2025年鲁教版高二化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年鲁教版高二化学上册阶段测试试卷657考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、导致下列现象的主要原因与排放SO2有关的是A.光化学烟雾B.酸雨C.臭氧空洞D.温室效应2、微量元素在人体内的含量低于0.01%，但对维持生命活动，促进生长发育有极其重要的作用。关于微量元素，下列说法错误的是()。A.食用加碘食盐以防止碘缺乏病B.使用铁锅炒菜可以减少贫血病的发生C.保持科学的饮食习惯，全面摄入各种微量元素D.多吃各种营养品，以增大微量元素的吸收3、“绿色化学”对化学反应提出了“原子经济性”（原子节约）的概念及要求．理想的“原子经济性”反应中，原料分子中的所有原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放．以下反应中符合“原子经济性”的是（）A.乙醇催化氧化制乙醛B.乙醇与浓硫酸共热制乙烯C.苯乙烯在一定条件下制聚苯乙烯D.溴乙烷制乙醇4、中国南海海域是全球范围内石油储量与可开采储量较丰富、开采潜力较大的地方，有“第二个波斯湾”之称rm{.}下列关于石油的说法正确的是rm{(}rm{)}A.石油属于可再生矿物能源B.石油只含有碳、氢、氧三种元素C.石油裂化的主要目的是提高轻质液体燃料的产量和质量D.石油分馏的各馏分均是纯净物5、某化学反应过程中的能量变化关系如右图所示，下列结论正确的是()A.该反应是放热反应B.生成物的总能量小于反应物的总能量C.该反应中其他形式的能量转化成了化学能D.该反应可能是酸和碱的中和反应6、已知丙醇分子中羟基的氧原子是rm{{,!}^{18}O}这种醇与乙酸反应生成酯的相对分子质量是rm{(}rm{)}A.rm{126}B.rm{122}C.rm{120}D.rm{104}7、A、B、C、X均为中学化学常见的物质，一定条件下它们有如下转化关系（部分产物已略去），下列说法错误的是（）A.若X为Cl2，则C可能为FeCl3B.若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3溶液C.若X为O2，则A可能为H2SD.若C均为焰色反应呈黄色的化合物，则X可能为CO2评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、氯酸根和亚硫酸氢根发生氧化还原反应：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+3H^{+}+Cl^{-}}，下图为该反应速率随时间变化的图像。图中rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=

3SO_{4}^{2-}+3H^{+}+Cl^{-}}是用rm{v(ClO_{3}^{-})}在单位时间内的物质的量浓度的变化来表示的反应速率。则下列说法不正确的是()

A.反应开始时速率增大可能是rm{ClO_{3}^{-}}增大引起的B.若坐标改为rm{c(H^{+})}时，速率时间曲线和上图曲线完全重合C.后期反应速率下降的原因是反应物浓度减少D.图中阴影部分rm{v(Cl^{-})}面积rm{"}为rm{"}至rm{t_{1}}时间内rm{t_{2}}的物质的量的减少值rm{ClO_{3}^{-}}9、下列广告用语在科学性上错误的是rm{(}rm{)}A.没有水就没有生命B.这种蒸馏水绝对纯净，其中不含任何离子C.这种口服液含丰富的氮rm{.}磷rm{.}锌等微量元素D.这种饮料不含任何化学物质10、下列物质中，既有离子键又有共价键的是rm{(}rm{)}A.rm{Ca(NO_{3})_{2}}B.rm{KOH}C.rm{H_{2}O}D.rm{NH_{4}F}11、日常生活和工业生产中常用到漂白剂rm{.}下列物质具有漂白作用的有rm{(}rm{)}A.rm{NaClO}溶液B.新制氯水C.二氧化硫D.稀rm{H_{2}SO_{4}}12、下列反应能用离子方程式rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}=BaCO_{3}隆媒}表示的有A.rm{CO_{3}^{2-}+Ba^{2+}=

BaCO_{3}隆媒}与rm{BaCl_{2}}溶液反应B.rm{K_{2}CO_{3}}与rm{CO_{2}}溶液反应C.rm{Ba(OH)_{2}}与rm{Ba(NO_{3})_{2}}溶液反应D.rm{Na_{2}CO_{3}}与rm{Ba(OH)_{2}}溶液反应rm{NaHCO_{3}}13、下列物质与水混合后静置，出现分层的是A.乙酸乙酯B.乙醇C.三氯甲烷D.四氯化碳14、下列做法与化学反应速率有关的是。

A.延长反应时间rm{{,!}}B.使用合适的催化剂。

C.增加反应物的浓度D.改变反应的温度15、可用于沉淀rm{Ba2^{+}}的试剂有。

A.rm{NaCl}溶液B.rm{Na_{2}CO_{3}}溶液C.rm{Na_{2}SO_{4}}溶液D.rm{NaNO_{3}}溶液评卷人得分三、双选题(共6题，共12分)16、下列说法正确的是rm{(N_{A}}为阿伏加德罗常数的值rm{(}rm{)}A.rm{124g}rm{P_{4}}含有的rm{P-P}键的个数为rm{4N_{A}}B.rm{12g}石墨中含有rm{C-C}键的个数为rm{1.5N_{A}}C.rm{12g}金刚石中含有rm{C-C}键的个数为rm{2N_{A}}D.rm{60g}rm{SiO_{2}}中含rm{Si-O}键的个数为rm{2N_{A}}17、rm{N_{A}}表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.标准状况下，rm{22.4L}二氯甲烷的分子数约为rm{N_{A}}个B.rm{1mol}冰中有rm{2mol}氢键C.rm{17.6g}丙烷中所含的极性共价键为rm{3.2N_{A}}个D.rm{1molH_{3}O^{+}}含有rm{11mol}电子18、可用来鉴别己烯、四氯化碳、甲苯的方法是rm{(}rm{)}A.酸性高锰酸钾B.溴水C.液溴D.rm{NaOH}19、一定条件下的某可逆反应，其正反应速率υ（正）和逆反应速率υ（逆）随时间的变化如图所示，下列判断正确的是（）A.t1时刻，υ（正）＜υ（逆）B.t2时刻，υ（正）＞υ（逆）C.t3时刻，υ（正）=υ（逆）D.t4时刻，υ（正）=υ（逆）20、下列有关能量转换的说法正确的是rm{(}rm{)}A.煤燃烧是化学能转化为热能的过程B.化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能C.动物体内葡萄糖被氧化成rm{CO_{2}}是热能转变成化学能的过程D.植物通过光合作用将rm{CO_{2}}转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程21、在有机物分子中，若某个碳原子连接rm{4}个不同的原子或原子团，则这种碳原子称为“手性碳原子”。凡有一个手性碳原子的物质一定具有光学活性。物质：有光学活性，它发生下列反应后生成的有机物无光学活性的是：

A.与rm{NaOH}溶液共热B.与甲酸发生酯化反应C.与银氨溶液发生银镜反应D.在催化剂存在下与rm{H_{2}}作用评卷人得分四、解答题(共4题，共40分)22、氢气是一种清洁能源．

（1）已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol

2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-571.6kJ/mol

H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol

①氢气的燃烧热是______kJ/mol②燃烧2gH2生成水蒸气；放出的热量为______kJ．

（2）人们可以通过多种途径获取氢气．

①1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2；需吸收10.94KJ热量，此反应的热化学方程式为______

②工业上制氢气的一个重要反应是：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）；已知在25℃时：

H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-242kJ/molC（石墨）+O2（g）═CO2（g）△H=-394kJ/mol

C（石墨）+O2（g）═CO（g）H=-111kJ/mol则25℃时一氧化碳与水蒸气作用转化成氢气和二氧化碳反应的△H=______kJ/mol．

23、下已知A～K均为中学化学中的常见物质；它们之间的转化关系如图所示，其中A；D为金属单质，反应过程中生成的水及其他部分产物已略去．

请回答以下问题：

（1）E中阳离子的结构示意图为______．

（2）CO2的电子式为______．

（3）向F中通入足量CO2生成K的离子方程式______．

（4）写出H在空气中生成I的化学方程式______．

24、以下是实验室制取氯气的装置；在图中饱和食盐水的作用是______，[浓硫酸的作用是______，F中盛放的溶液是______，起的作用是______．

25、下列为生活中常用药品：

A．碘酒B．青霉素C．阿司匹林D．葡萄糖注射液E．抗酸药（主要成分为碳酸氢钠）．

①上述药品中属于抗生素的是______（填写字母；下同）；

②能为人体直接提供能量的是______；

③下列关于药物使用的说法中；正确的是______．

A．碘酒能使蛋白质变性；常用于外敷消毒。

B．长期大量服用阿司匹林可预防疾病；没有毒副作用。

C．使用青霉素；可直接静脉注射，不需进行皮肤敏感试验。

D．随着平价药房的开设；生病了都可以到药店自己买药服用，不用到医院就诊。

④碳酸氢钠可防治胃酸分泌过多；其发挥功效时的离子方程式为______．

评卷人得分五、计算题(共3题，共6分)26、某烃类物质rm{0.1mol}完全燃烧，将生成物通过浓硫酸，浓硫酸增重rm{7.2}克，再将剩余气体通过碱石灰，碱石灰增重rm{13.2}克；通过计算，确定该有机物的分子式，写出其结构简式．

27、

rm{?}现有以下四种物质：A.新制的氢氧化铜rm{[Cu(OH)_{2}]}悬浊液rm{B.}晶体硅rm{[Si]}C.明矾rm{[KAl(SO_{4})_{2}隆陇12H_{2}O]}rm{D.}过氧化钠rm{[Na_{2?}O_{2}]_{?}}请你根据题意，选择恰当的选项用字母代号填空。rm{(1)}检验尿液中是否含有葡萄糖，可使用_______________；rm{(2)}要使含少量泥沙的浑浊水变澄清，可使用________________；rm{(3)}常盛放在呼吸面具里的物质，可使用______________；rm{(4)}用于制造计算机芯片的材料，可使用______________。

rm{?}根据乙烯的化学性质，完成下列填空：rm{(1)}乙烯____使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色rm{(}填“能”或“不能”rm{)}rm{(2)}乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，请完成这个反应的化学方程式：rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤}____。

rm{?}新制氯水中含有rm{Cl_{2}}rm{H_{2}O}rm{HClO}rm{H^{+}}rm{Cl^{隆陋}}等粒子，根据下列质选择恰当的粒子进行填空：rm{(1)}使新制氯水呈现浅黄绿色的物质是____；rm{(2)}能起杀菌消毒作用，光照易分解的弱酸是____；rm{(3)}能与硝酸银溶液作用生成白色沉淀的离子是____。28、CoCl2•xH2O与Na2CO3•10H2O的固体混合物共8.100g；加入足量的水后，生成白色的碳酸钴沉淀，将沉淀滤出，洗净烘干，其质量为1.190g。将滤液与洗涤液合并，加入足量盐酸产生无色气体0.224L(不考虑气体的溶解)。

(1)固体混合物中Na2CO3•10H2O的质量为_______g（保留2位小数）。

(2)CoCl2•xH2O中x=_____。

(3)将得到的1.190g沉淀在空气中充分灼烧至恒重，得到的固体是一种钴的氧化物，其质量为0.830g，该氧化物属离子晶体。通过计算，可确定该晶体的化学式为________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【解析】试题分析：SO2是形成酸雨的主要因素，光化学烟雾的形成和氮的氧化物有关系，臭氧空洞与卤代烃的排放有关系，温室效应和CO2有关系，答案选B。考点：考查常见大气污染物的判断【解析】【答案】B2、D【分析】【解答】中国有句名言：药补不如食补。食物中所提供的微量元素就足够了；不要任意增补各种营养品。

【分析】本题考查微量元素对人体的作用，以及微量元素的来源。3、C【分析】解：A．乙醇催化氧化制乙醛；同时生成水，原子没有全部利用，故A不选；

B．乙醇与浓硫酸共热制乙烯；同时生成水，原子没有全部利用，故B不选；

C．苯乙烯在一定条件下制聚苯乙烯；原料中的原子全部转变成所需要的产物，不产生副产物，实现零排放，故C选；

D．溴乙烷制乙醇，发生水解反应，同时生成HBr；原子没有全部利用，故D不选；

故选C．

由信息可知；原料分子中的原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放，符合“原子经济性”，则加成反应；加聚反应符合此特点，以此解答该题．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重信息分析及反应类型的考查，题目难度不大．【解析】【答案】C4、C【分析】解：rm{A}因石油属于不可再生矿物能源；故A正确；

B；因石油中含有碳、氢、氧、氮、硫等元素；故B错误；

C；因石油裂化的主要目的是提高轻质液体燃料的产量和质量；故C正确；

D；因石油分馏的各馏分仍是混合物；故D错误；

故选：rm{C}．

A；石油属于不可再生矿物能源；

B；石油含有碳、氢、氧、氮、硫等元素；

C；根据石油裂化是提高轻质液体燃料的产量和质量；

D；石油分馏的各馏分仍是混合物；

本题主要考查了石油的组成、分馏、裂化的目的，难度不大，根据课本知识即可完成．【解析】rm{C}5、C【分析】【分析】本题考化学反应与能量的关系。【解答】A.反应物的能量低于生成物的能量，反应吸热，故A错误；B.生成物的总能量大于反应物的总能量，故B错误；C.该反应中其他形式的能量转化成了化学能，使得生成物的能量高于反应物的能量，故C正确；D.酸和碱的中和反应是放热的，故D错误。故选C。【解析】rm{C}6、D【分析】解：酸与醇反应的原理为酸脱羟基，醇脱氢，故丙醇与乙酸反应的原理为rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}CH_{2}^{18}OH}rm{xrightarrow[{录脫脠脠}]{{脜篓脕貌脣谩}}}rm{

xrightarrow[{录脫脠脠}]{{脜篓脕貌脣谩}}}故CHrm{CH_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{2}CH_{3}+H_{2}O}的相对分子质量为rm{{,!}_{3}CO^{18}OCH_{2}CH_{2}CH_{3}}

故选：rm{5隆脕12+16+18+10隆脕1=104}．

根据酸与醇反应的实质进行分析得出正确结论rm{D}酸脱羟基；醇脱氢．

酯化反应是高考热点题型，每年高考必考rm{.}本题重点考查了酯化反应的实质，酸脱羟基，醇脱氢．rm{.}【解析】rm{D}7、A【分析】解：根据A；B、C之间的转化关系知；A生成B还是C，与反应物的量有关。

A．无论Fe是否过量，Fe在C12中燃烧都生成FeC13，所以与C12的量无关；故A错误；

B．若X为KOH溶液，则A可能为AlCl3，AlCl3和过量KOH发生反应4KOH+AlCl3═KAlO2+H2O+3KCl，则C是KAlO2，和少量KOH溶液发生反应3KOH+AlCl3═Al（OH）3↓+3KCl，B是Al（OH）3，Al（OH）3和KOH溶液发生反应Al（OH）3+KOH═KAlO2+2H2O；故B正确；

C．若X是O2，A可为H2S，H2S和过量O2反应生成SO2，和少量O2反应生成S，S能和O2反应生成SO2；所以符合条件，故C正确；

D．若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，均含有Na元素，若X为CO2，A是NaOH，NaOH和少量CO2反应生成Na2CO3，和过量CO2反应生成NaHCO3，Na2CO3和CO2反应生成NaHCO3；所以符合转化关系，故D正确；

故选：A。

根据A；B、C之间的转化关系知；A生成B还是C，与反应物的量有关。

A．若X为Cl2，氯气具有极强的氧化性，Fe与C12反应与量无关；

B．若X为KOH溶液，则A是A1C13溶液，KOH与A1C13反应产物与KOH的量有关；

C．若X为O2，A是H2S，H2S在少量氧气或过量氧气中产物不同；

D．若A、B、C均为焰色反应呈黄色的化合物，均含Na元素，若X为CO2，A是NaOH，NaOH和CO2反应产物与CO2的量有关。

本题考查无机物推断，属于验证型题目，根据反应特点知“A生成C还是先生成B再转化为C”与X的量有关，注意掌握中学常见连续反应，熟练掌握元素化合物的性质。【解析】A二、多选题(共8题，共16分)8、BD【分析】【分析】本题主要考查了外界条件对化学反应速率的有关知识，难度不大，需要注意的是要抓住题目的信息是解答rm{A}选项的关键。【解答】A.由方程式：rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}可知：反应开始时随着反应的进行，rm{c(H^{+})}不断增大，反应的速率加快由题目信息可知反应的速率随rm{c(H^{+})}的增大而加快；故A正确；

B.在反应中rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}rm{1molClO_{3}^{-}}参加氧化还原反应得到rm{6mol}电子，rm{1mol}亚硫酸氢根离子参加氧化还原反应失去rm{2mol}电子，所以得失电子的最小公倍数是rm{6}则rm{ClO_{3}^{-}}的计量数是rm{1}亚硫酸氢根离子的计量数是rm{3}其它原子根据原子守恒来配平，所以该方程式为：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+3H^{+}}rm{v(ClO_{3}^{-})}rm{v(H^{+})=1}rm{3}纵坐标为rm{v(H^{+})}的rm{v-t}曲线与图中曲线不重合；故B错误；

C.随着反应的进行；反应物的浓度减少，反应速率减小，所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小，故C正确；

D.在反应中rm{ClO_{3}^{-}+HSO_{3}^{-}-SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+H^{+}}rm{1molClO_{3}^{-}}参加氧化还原反应得到rm{6mol}电子，rm{1mol}亚硫酸氢根离子参加氧化还原反应失去rm{2mol}电子，所以得失电子的最小公倍数是rm{6}则rm{ClO_{3}^{-}}的计量数是rm{1}亚硫酸氢根离子的计量数是rm{3}其它原子根据原子守恒来配平，所以该方程式为：rm{ClO_{3}^{-}+3HSO_{3}^{-}=3SO_{4}^{2-}+Cl^{-}+3H^{+}}rm{trianglen(Cl^{-})}rm{trianglen(ClO_{3}^{-})=1}rm{triangle

n(ClO_{3}^{-})=1}所以图中阴影部分“面积”可以表示rm{1}时间为rm{t_{1}-t_{2}}增加或者是rm{n(Cl^{-})}浓度的减小；故D错误。

故选BD。rm{ClO_{3}^{-}}【解析】rm{BD}9、BCD【分析】解：rm{A.}水是生命之源；人类时刻离不开水，所以人类不能没有水，没有水就没有生命，故A正确；

B.水是弱电解质；能电离出氢离子和氢氧根离子，所以蒸馏水中含有离子，故B错误；

C.氮和磷在人体内属于常量元素；不是微量元素，故C错误；

D.任何物质都是由化学物质构成的；饮料中的所有物质均属于化学物质，故D错误；

故选BCD．

A.根据水的重要性判断；

B.水是弱电解质；能电离出离子；

C.根据人体内的常量元素和微量元素判断；常量元素包括氧；碳、氢、氮、钙、磷、钾、硫、钠、氯、镁，微量元素包括铁、钴、铜、锌、铬、锰、钼、碘、硒；

D.任何物质都是由化学元素组成的；饮料是由化学物质组成的．

本题考查了原子、分子、离子等基础知识，题目难度不大，学会用化学知识解释生产、生活现象，学以致用．【解析】rm{BCD}10、ABD【分析】解：rm{A.}硝酸钙中钙离子和硝酸根离子之间存在离子键，rm{N}原子和rm{O}原子之间存在共价键；故A正确；

B.rm{KOH}中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键，rm{O}原子和rm{H}原子之间存在共价键；故B正确；

C.水分子中rm{H}原子和rm{O}原子之间只存在共价键；故C错误；

D.氟化铵中铵根离子和氟离子之间存在离子键、rm{N}原子和rm{H}原子之间存在共价键；故D正确；

故选ABD．

一般来说；活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，部分碱；大多数盐和金属氧化物中含有离子键，多原子非金属单质、酸、部分非金属氧化物、部分碱、部分盐中含有共价键．

本题考查了离子键和共价键的判断，根据物质的构成微粒及微粒间作用力分析解答，注意二者区别，铵盐中存在离子键，且铵根离子中存在配位键，配位键属于共价键．【解析】rm{ABD}11、ABC【分析】解：rm{A.NaClO}溶液具有强氧化性和漂白性；故A选；

B.氯水中含rm{HClO}具有漂白性，故B不选；

C.rm{SO_{2}}与有色物质化合生成无色物质；使有色物质褪色，具有漂白性，故C不选；

D.稀rm{H_{2}SO_{4}}不具有漂白性；故D选；

故选ABC．

具有强氧化性的物质能使有色物质褪色，如rm{HClO}等，而rm{SO_{2}}与有色物质化合生成无色物质；使有色物质褪色，以此来解答．

本题考查物质的漂白性，为高频考点，把握物质的性质、漂白原理、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．【解析】rm{ABC}12、AC【分析】【分析】本题考查离子方程式的书写，离子反应的本质，难度中等。【解答】A.rm{BaCl}rm{BaCl}rm{{,!}_{2}}与rm{K}rm{K}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}故A正确；

rm{{,!}_{3}}溶液反应的离子方程式为：rm{Ba^{2+}+CO_{3}^{2-}=BaCO_{3}隆媒}B.rm{Ba(OH)}rm{2}rm{2}rm{+CO}rm{2}rm{2}的离子反应为rm{=BaCO}rm{3}rm{3}rm{隆媒+H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{Ba}rm{2+}rm{2+}rm{+2OH}故B错误；rm{-}rm{-}rm{+CO}rm{2}rm{2}rm{=BaCO}rm{3}rm{3}rm{隆媒+H}rm{2}rm{2}rm{O}C.rm{Ba(NO}rm{Ba(NO}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{2}}rm{+Na}故C选；

rm{+Na}rm{{,!}_{2}}rm{CO}rm{CO}rm{{,!}_{3}}rm{=BaCO}rm{=BaCO}rm{{,!}_{3}}的离子反应为rm{隆媒+2NaNO}rm{隆媒+2NaNO}rm{{,!}_{3}}的离子反应为rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}rm{+CO}rm{+CO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{=BaCO}故D错误。

rm{=BaCO}rm{{,!}_{3}}【解析】rm{AC}13、ACD【分析】【分析】本题考查了物质分离提纯的方法，混合物分层，说明两种液体不互溶，反之不出现分层时选项中的物质与水互溶，以此来解答。【解答】A.乙酸乙酯难溶于水，与水混合后静置会出现分层，故A正确；B.乙醇和水互溶，与水混合后静置不会出现分层，故B错误；C.三氯甲烷难溶于水，与水混合后静置会出现分层，故C正确；D.四氯化碳难溶于水，与水混合后静置会出现分层，故D正确。故选rm{ACD}rm{ACD}【解析】rm{ACD}14、BCD【分析】【分析】本题考查化学反应素的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念、理论知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。【解答】A.延长时间不能判断反应速率的变化，可能增大，也可能减小，如达到平衡，速率不变，故A不选；

B.使用催化剂，一般可增大反应速率，故B选；

C.增加反应物浓度，单位体积的活化分子数目增多，反应速率增大，故C选；

D.改变反应的温度，活化分子的百分数改变，则反应速率一定改变，故D选。

故选BCD。【解析】rm{BCD}15、BC【分析】【分析】本题考查离子反应发生的条件，熟知常见物质的溶解度是解题的必备知识，离子反应发生的条件有：生成沉淀、气体、弱电解质rm{(}水、弱酸、弱碱等rm{)}发生氧化还原反应。水、弱酸、弱碱等rm{(}发生氧化还原反应。【解答】rm{)}rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}可以与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}可以与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，rm{Ba}rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}

与硝酸根离子、氯离子不能发生离子反应。A.rm{Ba}rm{Ba}

rm{{,!}^{2+}}与氯离子不能发生离子反应，因此不会生成沉淀，故A错误；B.rm{Ba}

rm{Ba}rm{{,!}^{2+}}可以与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，故B正确；

C.rm{Ba}

rm{Ba}【解析】rm{BC}三、双选题(共6题，共12分)16、BC【分析】解：rm{A}rm{n(P_{4})=dfrac{m}{M}=dfrac{124g}{124g/mol}=1mol}rm{n(P_{4})=dfrac{m}{M}=dfrac

{124g}{124g/mol}=1mol}个rm{1}分子含有rm{P_{4}}个rm{6}键，因此rm{P-P}rm{124g}含有的rm{P_{4}}键的物质的量为rm{P-P}rm{6mol}键的个数为rm{P-P}故A错误；

B、rm{6N_{A}}石墨中含有碳原子的物质的量rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{12g}{12g/mol}=1mol}在石墨晶体中一个碳原子形成rm{12g}个rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac

{12g}{12g/mol}=1mol}键，每个rm{3}键由rm{C-C}个碳原子构成，因此rm{C-C}石墨中含有rm{2}键的物质的量为rm{1mol隆脕3隆脕dfrac{1}{2}=1.5mol}rm{12g}键的个数为rm{C-C}故B正确；

C、rm{1mol隆脕3隆脕dfrac

{1}{2}=1.5mol}金刚石中含有碳原子的物质的量rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac{12g}{12g/mol}=1mol}在金刚石晶体中每个碳原子形成rm{C-C}个rm{1.5N_{A}}键，每个rm{12g}键由rm{n=dfrac{m}{M}=dfrac

{12g}{12g/mol}=1mol}个碳原子构成，因此rm{4}金刚石中含有rm{C-C}键的物质的量为rm{1mol隆脕4隆脕dfrac{1}{2}=2mol}rm{C-C}键的个数为rm{2}故C正确；

D、rm{12g}rm{SiO_{2})=dfrac{m}{M}=dfrac{60g}{60g/mol}=1mol}在二氧化硅晶体中，每个硅原子形成rm{C-C}个rm{1mol隆脕4隆脕dfrac

{1}{2}=2mol}键，因此rm{C-C}rm{2N_{A}}中含rm{n(}键的物质的量为rm{SiO_{2})=dfrac{m}{M}=dfrac

{60g}{60g/mol}=1mol}rm{4}键的个数为rm{Si-O}故D错误；

故选：rm{60g}

通过rm{SiO_{2}}计算各物质的物质的量；结合各晶体的结构确定各个化学键的个数．

本题考查阿伏伽德罗常数的有关计算，难度中等，侧重于分子晶体、原子晶体、混合晶体结构的考查，掌握物质的晶体结构是解题的关键．rm{Si-O}【解析】rm{BC}17、rBC【分析】解：rm{A}标况下二氯甲烷为液态；故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子数，故A错误；

B、一个水分子能形成两条氢键，故rm{1mol}冰中含rm{2mol}氢键，故rm{2N_{A}}个；故B正确；

C、rm{17.6g}丙烷的物质的量rm{n=dfrac{17.6g}{44g/mol}=0.4mol}而rm{n=dfrac

{17.6g}{44g/mol}=0.4mol}丙烷中含rm{1mol}极性共价键，故rm{8mol}丙烷中含rm{0.4mol}极性共价键即rm{3.2mol}个；故C正确；

D、rm{3.2N_{A}}为rm{H_{3}O^{+}}电子微粒，故rm{10}中rm{1molH_{3}O^{+}}故D错误．

故选BC．

A；标况下二氯甲烷为液态；

B；一个水分子能形成两条氢键；

C、求出丙烷的物质的量，然后根据rm{10N_{A}}丙烷中含rm{1mol}极性共价键来分析；

D、rm{8mol}为rm{H_{3}O^{+}}电子微粒．

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．rm{10}【解析】rm{BC}18、rAB【分析】解：rm{A.}四氯化碳；甲苯和己烯分别与酸性高锰酸钾混合的现象分别为分层后有机层在下层、分层后有机层在上层、紫色褪去；现象不同，可鉴别，故A选；

B.四氯化碳；甲苯和己烯与溴水混合的现象分别为分层后有机色层在下层、分层后有机色层在上层、溴水褪色；现象不同，可鉴别，故B选；

C.四氯化碳；甲苯均与液溴不分层；现象相同，不能鉴别，故C不选；

D.均不与rm{NaOH}溶液反应，且苯和己烯与rm{NaOH}溶液混合的现象相同；不能鉴别，故D不选；

故选AB．

四氯化碳；甲苯和己烯与溴水混合的现象分别为分层后有机色层在下层、分层后有机色层在上层、溴水褪色；分别与酸性高锰酸钾混合的现象分别为分层后有机层在下层、分层后有机层在上层、紫色褪去；以此来解答．

本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握常见有机物的性质及现象为解答的关键，侧重加成反应及萃取现象的考查，题目难度不大．【解析】rm{AB}19、B|D【分析】解：由图象可知；该反应从正反应一端开始；

t4时刻达到化学平衡；

由图可以看出则t4时刻之前均为υ（正）＞υ（逆），t4时刻之后均为υ（正）=υ（逆）；

故选BD．

由图象可知，t4时刻之前均为υ（正）＞υ（逆），t4时刻之后均为υ（正）=υ（逆）；以此来解答．

本题考查图象及反应速率的关系，明确图中正反应速率在上方，则大于逆反应速率即可解答，注重基础知识和图象分析能力的考查，题目难度不大．【解析】【答案】BD20、rAB【分析】解：rm{A}煤燃烧是化学能转化为热能的过程；故A正确；

B、植物进行光合作用制造有机物，储存能量，植物死后，其尸体的一部分被腐生细菌或是真菌分解，剩下的植物的这些残骸经过一系列的演变形成了煤炭rm{.}所以煤中储存的能量来源于植物，植物中的能量来源于太阳能rm{(}或光能rm{)}所以化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，故B正确；

C、动物体内葡萄糖被氧化成rm{CO_{2}}是化学能转变成热能的过程；故C错误；

D、植物通过光合作用将rm{CO_{2}}转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程；故D错误；

故选AB．

A；煤燃烧是化学能转化为热能的过程；

B、植物在光合作用中的物质转化和能量转化rm{.}植物的光合作用是将光能rm{(}太阳能rm{)}转化为化学能；将无机物转化为有机物；

C、动物体内葡萄糖被氧化成rm{CO_{2}}是化学能转变成热能的过程；

D、植物通过光合作用将rm{CO_{2}}转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程．

本题考查能量的转换形式，注意常见能量的形式有哪些，结合转化的特点来分析．【解析】rm{AB}21、AD【分析】【分析】

本题以手性碳原子为载体，考查了羟基；羧基、酯基、醛基的化学性质；要熟记常见官能团的化学性质。

【解答】A.与手性碳原子为载体，考查了溶液共热发生水解反应，又生成rm{NaOH}个rm{1}生成的有机物无光学活性，故A正确；rm{HOCH_{2}-}，又生成B.与甲酸发生酯化反应个rm{1}rm{HCOOCH_{2}-}，故B错误；生成的有机物有光学活性，又生成C.与银氨溶液发生银镜反应个rm{1}生成的有机物有光学活性，故C错误；rm{-COOH}D.在催化剂存在下与rm{H}rm{H}又生成rm{{,!}_{2}}个作用，生成的有机物无光学活性，故D正确；故选AD。rm{1}【解析】rm{AD}四、解答题(共4题，共40分)22、略

【分析】

（1）①依据燃烧热的概念可以得到氢气的燃烧热的热化学方程式：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ/mol；故答案为：285.8kJ/mol；

②燃烧2gH2物质的量为1mol，生成水蒸气，放出的热量可以根据热化学方程式计算：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol；1mol氢气完全燃烧生成气态水放热为241.8KJ；

故答案为：241.8；

（2）1g碳与适量水蒸气反应生成CO和H2，需吸收10.94KJ热量，12g碳完全反应吸热为12×10.94KJ=131.28KJ；反应的热化学方程式为：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=131.28KJ/mol；

故答案为：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=131.28KJ/mol；

①H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=-242kJ/mol

②C（石墨）+O2（g）═CO2（g）△H=-394kJ/mol

③C（石墨）+O2（g）═CO（g）△H=-111kJ/mol

依据盖斯定律②-①-③得到：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）；△H=-41KJ/mol；

故答案为：-41KJ/mol；

【解析】【答案】（1）①燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；②依据氢气燃烧的热化学方程式计算：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol；

（2）①依据质量换算物质的量结合化学方程式的系数计算反应的焓变；依据书写热化学方程式的方法写出，标注物质的聚集状态和反应的焓变；

②依据盖斯定律结合热化学方程式计算得到一氧化碳与水蒸气作用转化成氢气和二氧化碳反应的焓变；

23、略

【分析】

I为红褐色固体，应为Fe（OH）3，则H为Fe（OH）2，G为FeCl2，D为Fe，J为FeCl3，B为Fe2O3，A和B的反应为铝热反应，A为Al，C为Al2O3，E为AlCl3，K为AlOH）3，F为NaAlO2；

（1）E为AlCl3，阳离子为Al3+，离子的结构示意图为故答案为：

（2）CO2为根据化合物，电子式为故答案为：

（3）向NaAlO2中通入足量CO2生成AlOH）3的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

（4）Fe（OH）2具有还原性，易与空气中的氧气发生氧化还原反应生成Fe（OH）3，反应的方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．

【解析】【答案】I为红褐色固体，应为Fe（OH）3，则H为Fe（OH）2，G为FeCl2，D为Fe，J为FeCl3，B为Fe2O3，A和B的反应为铝热反应，A为Al，C为Al2O3，E为AlCl3，K为AlOH）3，F为NaAlO2；结合相关物质的性质以及题目要求可解答该题．

24、略

【分析】

实验室可以采用加热二氧化锰固体和浓盐酸的方法制取氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑；加热二氧化锰固体和浓盐酸的方法制取氯气时，产生的氯气中容易混有氯化氢气体，要除去氯化氢气体，所选的除杂试剂只能吸收氯化氢而不能吸收氯气，故可以使用饱和食盐水将其除去，浓硫酸具有