2025年沪教版必修2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年沪教版必修2化学上册阶段测试试卷181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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下图为铜锌原电池示意图；下列说法正确的是()

A.锌片逐渐溶解B.烧杯中溶液逐渐呈蓝色C.电子由铜片通过导线流向锌片D.锌为正极，铜为负极2、对如图两种化合物的结构或性质描述正确的是。

A.不是同分异构体B.分子中共平面的碳原子数一定相同C.均能与溴水反应且反应类型不同D.可用NaOH溶液、银氨溶液、酸性KMnO4溶液区分3、在的密闭容器中进行反应30秒后，的物质的量增加了下列叙述正确的是A.B.C.当容器内气体密度不再变化时，反应达到平衡D.当容器内的浓度不再增加时，反应达到平衡4、氨硼烷(NH3·BH3)电池反应为NH3·BH3＋3H2O2=NH4BO2＋4H2O，可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，已知H2O2足量；下列说法不正确的是()

A.正极的电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2OB.H＋通过质子交换膜向右侧移动C.电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3D.当电路中转移0.6NA电子，左右两极室质量差为1.9g5、W、X、Y、Z四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大。化合物XW3能作制冷剂且其浓溶液可检验Z单质是否泄露，化合物YZ3能促进水的电离，则下列说法错误的是A.简单离子半径：r(Z)>r(X)>r(Y)B.Y的最高价氧化物对应的水化物为强碱C.X2W4分子中既含极性键，又含非极性键D.化合物XW3的水溶液能抑制水的电离6、某化学反应的能量变化如图所示；则下列说法中正确的是。

A.该反应为放热反应，无需加热就可以发生B.断裂1mol键和1mol键要吸收xkJ的能量C.根据图示可知生成1molAB(g)放出的能量D.三种物质(g)、(g)、AB(g)中，最稳定的物质一定是AB(g)7、下列说法正确的是A.可用溴水鉴别直馏汽油和裂化汽油B.煤的液化和气化都是物理变化C.煤中含有苯及其同系物，所以煤是工业上获得苯的重要来源D.石油分馏获得的石油气中，含甲烷、乙烷、乙烯等气态烃评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、氯铝电池是一种新型的燃料电池，电解质溶液是试完成下列问题：

通入的电极是___________极填“正”或“负”

铝电极是___________极填“正”或“负”

电子从___________填“Al”或“”，下同极流向___________极。

该装置将能___________转化为___________能。9、高炉炼铁过程中发生的主要反应为Fe2O3(s)+CO(g)⇌Fe(s)+CO2(g)，已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：。温度/℃100011501300平衡常数4.03.73.5

请回答下列问题：

(1)该反应的平衡常数表达式K＝_____________，△H____________0(填“＞”；“＜”或“＝”)。

(2)在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe2O3、CO各1.0mol，反应经过10min后达到平衡。求该时间范围内CO的平衡转化率＝___________。

(3)欲提高(2)中CO的平衡转化率，可采取的措施是____________。

A．减少Fe的量B．增加Fe2O3的量。

C．移出部分CO2D．提高反应温度。

E．减小容器的容积F．加入合适的催化剂10、某同学在整理实验室时发现了三根金属丝；查看实验室清单，初步判断它们可能是Cu；Fe、Al、Mg、Ag中的三种，为了确定三者的材质，设计了如下实验：

(1)首先将三根金属丝分别编为1、2、3号，观察打磨后的金属丝外观，三者均为银白色，由此判断三者均不可能是___________(填化学式；下同)。

(2)i．将三者分别插入稀硫酸；1；3号表面产生气泡，2号表面没有观察到明显现象。

ii．为进一步确定1；3号的材质；他将两根金属丝上端连接后同时插入稀硫酸，1号表面产生气泡，3号表面没有观察到明显现象(如下图一所示)。对此他提出三种可能：

第一种：1号为Fe；3号为Mg。

第二种：1号为___________，3号为___________。

第三种：1号为___________，3号为___________。

(3)他继续将1；3号两根金属丝连接检流计后同时插入稀氢氧化钠溶液；观察到的现象如上图二所示。

综合上述所有的实验现象，他判断出三根金属丝1号为___________，2号为___________，3号为___________。11、(1)下列几组物质中，互为同位素的是___________，互为同系物的是___________，互为同分异构体的是___________，属于同种物质的是___________。(用序号填空)

①O2和O3②35Cl和37Cl③CH3CH3和CH3CH2CH3④和⑤CH3(CH2)2CH3和(CH3)2CHCH3

(2)按要求填空。

①某烃的相对分子质量为28，则该烃的分子式为___________。

②乙烷在标准状况下的密度为___________g/L(保留到小数点后一位)。

③写出甲烷与氯气光照时二氯甲烷转化为氯仿的化学方程式___________。

④某辛烷的同分异构体，一溴代物只有一种，写出它的结构简式___________。12、浓硫酸在有化学实验中频繁出现；下列实验中浓硫酸的作用：

a．实验室制备乙酸乙酯：________；

b．实验室制乙烯：________。13、有一类抗酸药能有效地治疗因胃酸过多引起的胃痛；胃胀等；其有效成分除了中学化学中熟知的氧化镁、氢氧化镁、氢氧化铝、碳酸钙、碳酸氢钠等外，还有一些我们不太熟悉的物质如双羟基铝碳酸钠、柠檬酸钠、三硅酸镁等。联系我们所学知识，试完成下列各题：

(1)人的胃液中含有大量的盐酸，可以为胃蛋白酶提供酸性环境，同时还可以杀死随食物进入胃部的细菌，但胃液酸度过高会患胃酸过多症，下列物质不宜用作治疗胃酸过多的药物的主要成分的是___________(填字母)。

A．小苏打粉B．Al(OH)3粉。

C．氧化钙粉D．纯碳酸钙粉。

(2)胃镜检查发现胃少量出血，说明胃溃疡已深及粘膜下层，此种情况下胃溃疡患者胃酸过多可考虑选用上小题中的___________。

(3)某品牌抗酸药的主要成分有糖衣；碳酸镁、氢氧化铝、淀粉。

①写出该抗酸药发挥功效时的化学方程式：___________。

②淀粉在抗酸药中作填充剂、粘合剂，淀粉在人体内酶的催化作用下发生水解反应，最终转化为(写分子式)___________。

③服用抗酸药时，为什么一般要嚼碎后吞服？___________。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)14、(CH3)2CH(CH2)2CH(C2H5)(CH2)2CH3的名称是2－甲基－5－乙基辛烷。(___________)A.正确B.错误15、除去Cu粉中混有CuO的实验操作是加入稀硝酸溶解、过滤、洗涤、干燥。(_______)A.正确B.错误16、手机、电脑中使用的锂电池属于一次电池。(_______)A.正确B.错误17、分别将少量钠投入盛有水和乙醇的烧杯中，比较水和乙醇中氢的活泼性。(_____)A.正确B.错误18、食用油酸败后，高温消毒后仍可食用(_______)A.正确B.错误19、聚乙烯可包装食品，而聚氯乙烯塑料不可用于包装食品。(___)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共4题，共8分)20、硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示：

已知：硼酸为粉末状晶体；易溶于水，加热到一定温度可分解为无水物。

回答下列问题：

（1）写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式___。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度浓度外，还可采取的措施有（写两条）：___。

（2）“浸渣”中还剩余的物质是：___（写化学式）。

（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是___。然后再调节溶液的pH约为5，目的是___。

（4）“粗硼酸”中的主要杂质是___（填名称）。

（5）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程___。21、硅及其化合物是重要的材料；应用范围很广。请回答下列问题：

(1)制备硅半导体材料必须先得到高纯硅，三氯甲硅烷(SiHCl3)还原法是当前制备高纯硅的主要方法；生产过程示意图如下：

①用石英砂和焦炭高温加热时有碳化硅生成，该反应的化学方程式为______________。

②写出由纯SiHCl3制备高纯硅的化学反应方程式：________________。

③SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和另一种物质，写出并配平该化学反应方程式：________________。

(2)水泥属于硅酸盐工业产品，是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2；并含有一定量的铁；铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：

回答下列问题：

①在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是_______________，还可使用_________代替硝酸。

②沉淀A的主要成分是__________，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为________。

③加氨水过程中加热的目的是_______。沉淀B的主要成分为________、_______(写化学式)。22、镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。工业上用红土镍矿(主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2)制备NiSO4·6H2O和钴的工艺流程如图所示。

已知：①Ni；Co的化学性质与Fe相似：

②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：。金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+Co2+Mg2+开始沉淀时的pH6.84.12.27.57.29.4沉淀完全时的pH9.25.43.29.09.012.4

③“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：X2+(水相)+2RH(有机相)XR2(有机相)+2H+(水相)。

回答下列问题：

(1)滤渣I的主要成分为____(填化学式)。

(2)调pH的目的为沉铁和沉铝。沉铁时发生的氧化还原反应的离子方程式为____。如何判断NaClO已足量：____(写出具体操作过程)。

(3)滤渣3的成分为MgF2和CaF2。若滤液1中c(Ca2+)=1.0×10-3molL，当滤液2中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，除钙率为____(忽略沉淀前后溶液体积变化)。(已知：Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11)

(4)用25%P507+5%TBP+70%磺化煤油做萃取剂；萃取时，Co；Ni的浸出率和钴/镍分离因素随pH的关系如图所示：

萃取时，选择pH为___左右。

(5)试剂X为___。

(6)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系。温度低于30.8℃30.8℃~53.8℃53.8℃~280℃高于280℃晶体形态NiSO4·7H2ONiSO4·6H2O多种结晶水合物NiSO4

由NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O晶体的操作M依次是蒸发浓缩、____、过滤、洗涤、干燥。23、钻钼系催化剂主要用于石油炼制等工艺，从废钴钼催化剂(主要含有CoS和)中回收钴和钼的工艺流程如图：

已知：浸取液中的金属离子主要为

(1)钼酸铵中的化合价为________，在空气中高温焙烧产生两种氧化物：和________(填化学式)。

(2)为了加快酸浸速率，可采取的措施为________(任写一条)。

(3)若选择两种不同萃取剂按一定比例(协萃比)协同萃取和萃取情况如图所示，当协萃比________，更有利于的萃取。

(4)操作Ⅰ的名称为________。

(5)向有机相1中滴加氨水，发生的离子方程式为________。

(6)萃取的反应原理为向有机相2中加入能进行反萃取的原因是________(结合平衡移动原理解释)。

(7)水相2中的主要溶质除了还有________(填化学式)。

(8)可用作电极，若选用电解质溶液，通电时可转化为其电极反应式为________。评卷人得分五、实验题(共2题，共20分)24、某同学设计实验用图甲装置探究工业制乙烯的原理和乙烯的主要化学性质；用图乙装置探究苯与液溴的反应。请回答下列问题：

(1)工业制乙烯的实验原理是烷烃(液态)在催化剂和加热条件下发生反应生成不饱和烃。

例如：石油分馏产物之一的十六烷烃发生反应：C16H34C8H18＋甲，甲4乙，则甲的分子式为________，乙的结构简式为_____________。

(2)B装置中的实验现象可能是_____，写出反应的化学方程式：_____，其反应类型是____。

(3)实验反应完毕后I试管中的现象是__________。

(4)检验甲烷和乙烯的方法是________(选填字母下同)，除去甲烷中乙烯的方法是__________。

A．气体通入水中B．气体通过盛溴水的洗气瓶C．气体通过盛酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶D．气体通过氢氧化钠溶液。

(5)根据乙烯和苯的性质写出以下反应的化学方程式：

由乙烯制氯乙烷：__________________，由苯制硝基苯：______________。25、为探究乙烯与溴的加成反应,甲同学设计并进行了如下实验:先取一定量的工业用乙烯气体(在储气瓶中),使气体通入溴水中,发现溶液褪色,即证明乙烯与溴水发生了加成反应。

乙同学发现在甲同学的实验中,褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊物质,推测在工业上制得的乙烯中还可能含有少量还原性的气体杂质,由此他提出必须先除去杂质,然后再使乙烯与溴水反应。

请你回答下列问题:

(1)甲同学的实验中有关的化学方程式为___________。

(2)甲同学设计的实验____(填“能”或“不能”)验证乙烯与溴发生加成反应,其理由是____。

①使溴水褪色的反应,未必是加成反应。

②使溴水褪色的反应,就是加成反应。

③使溴水褪色的物质,未必是乙烯。

④使溴水褪色的物质,就是乙烯。

(3)乙同学推测此乙烯中必定含有的一种杂质气体是____,它与溴水反应的化学方程式是___________。在验证过程中必须全部除去杂质气体,除去该杂质的试剂可选用_______。

(4)为了验证乙烯与溴水的反应是加成反应而不是取代反应,可采取的方法有___________。评卷人得分六、推断题(共2题，共10分)26、F是新型降压药替米沙坦的中间体；可由下列路线合成：

（1）A→B的反应类型是_________，D→E的反应类型是_____；E→F的反应类型是。

__________。

（2）写出满足下列条件的B的所有同分异构体______（写结构简式）。

①含有苯环②含有酯基③能与新制Cu(OH)2反应。

（3）C中含有的官能团名称是________。已知固体C在加热条件下可溶于甲醇，下列C→D的有关说法正确的是_________。

a．使用过量的甲醇，是为了提高D的产率b.浓硫酸的吸水性可能会导致溶液变黑。

c.甲醇既是反应物，又是溶剂d.D的化学式为

（4）E的同分异构体苯丙氨酸经聚合反应形成的高聚物是__________(写结构简式)。

（5）已知在一定条件下可水解为和R2-NH2，则F在强酸和长时间加热条件下发生水解反应的化学方程式是____________________________。27、X；Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大。X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素；M是地壳中含量最高的金属元素。

回答下列问题：

⑴L的元素符号为________；M在元素周期表中的位置为________________；五种元素的原子半径从大到小的顺序是____________________（用元素符号表示）。

⑵Z、X两元素按原子数目比l∶3和2∶4构成分子A和B，A的电子式为___，B的结构式为____________。

⑶硒（Se）是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为_______，其最高价氧化物对应的水化物化学式为_______。该族2~5周期元素单质分别与H2反应生成lmol气态氢化物的反应热如下，表示生成1mol硒化氢反应热的是__________（填字母代号）。

a．+99.7mol·L－1b．+29.7mol·L－1c．－20.6mol·L－1d．－241.8kJ·mol－1

⑷用M单质作阳极，石墨作阴极，NaHCO3溶液作电解液进行电解，生成难溶物R，R受热分解生成化合物Q。写出阳极生成R的电极反应式：______________；由R生成Q的化学方程式：_______________________________________________。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【分析】

原电池中较活泼的金属作负极；发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，据此解答。

【详解】

A．锌的金属性强于铜；锌是负极，锌片逐渐溶解，A正确；

B．铜是正极；溶液中的氢离子放电，则烧杯中溶液不会呈蓝色，B错误；

C．锌是负极；铜是正极，电子由锌片通过导线流向铜片，C错误；

D．锌为负极；铜为正极，D错误；

答案选A。2、C【分析】【详解】

A．二者分子式相同，都是且二者结构不同，所以是同分异构体，A错误；

B．第一种含有苯环，共平面的碳原子数至少为8个，第二种有机物含有碳碳双键，与碳原子直接相连的碳原子共平面，共平面的碳原子数至少为6，B错误；

C．左边物质含有酚羟基，能和溴水发生取代反应，右边物质中的双键能和溴水发生加成反应，醛基能和溴发生氧化还原反应生成羧基，反应类型不同，C正确；

D．酚羟基和碳碳双键都可被酸性高锰酸钾氧化，不能鉴别，D错误。

故选C。3、D【分析】【详解】

A．0到30秒内三氧化硫的平均速率为未指明反应时间则难以计算反应速率，A错误；

B．速率之比等于化学计量数之比，0到30秒内氧气的平均速率为未指明反应时间则难以计算反应速率，B错误；

C．气体质量；容积体积始终不变；故气体密度始终不变，则当容器内气体密度不再变化时不能说明反应达到平衡，C错误；

D．当容器内的浓度不再增加时；各成分的浓度不再变化，则反应达到平衡，D正确；

答案选D。4、C【分析】【分析】

氨硼烷(NH3·BH3)电池反应为NH3·BH3＋3H2O2=NH4BO2＋4H2O，分析化合价得到，过氧化氢化合价降低，在正极反应，NH3·BH3化合价升高；在负极反应。

【详解】

A选项，过氧化氢化合价降低，在正极反应，其电极反应式为3H2O2+6H++6e－═6H2O；故A正确；

B选项，H＋通过质子交换膜向右侧正极移动；故B正确；

C选项，电池工作时，正极生成水，负极生成NH4BO2；故C错误；

D选项，负极反应NH3·BH3＋2H2O－6e－=NH4BO2＋6H+，根据A选项，当电路中转移0.6NA电子时，左侧有0.6mol氢离子从左侧移动到右侧，左侧有0.1molNH3·BH3参与反应，左侧质量增加0.1mol×31g∙mol－1－0.6mol×1g∙mol－1=2.5g，右侧质量增加0.6mol×1g∙mol－1=0.6g；因此左右两极室质量差为2.5g－0.6g=1.9g，故D正确。

综上所述，答案为C。5、B【分析】【分析】

W、X、Y、Z四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大，那么W位于第一周期，为H；化合物XW3能作制冷剂且其浓溶液可检验Z单质是否泄露，那么X为N，Z为Cl；化合物YZ3能促进水的电离；即能发生水解，则Y为Al。

【详解】

A.X为N，Y为Al，Z为Cl。简单离子半径大小关系：Cl->N3->Al3+，即r(Z)>r(X)>r(Y)；A正确；

B.Y为Al，Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3；属于两性氢氧化物，不是强碱，B错误；

C.N2H4电子式为分子中既含极性键，又含非极性键，C正确；

D.NH3溶于水生成NH3·H2O，NH3·H2O电离出OH-；能够抑制水的电离，D正确。

答案：D。

【点睛】

半径大小比较：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，三看电子数，电子层数相等，原子序数相同，电子数越多，半径越大。6、B【分析】【分析】

【详解】

A．由图可知反应物总能量高于生成物能量为放热反应；但A-A键和B-B键断裂需要吸收能量，可能需要加热破坏反应物化学键以发生反应，反应放热与反应是否需要加热无关，选项A错误；

B．断裂1moLA-A键和1molB-B键要吸收xkJ的能量；选项B正确；

C．根据图示可知生成1mol放出的能量；选项C错误；

D．物质能量越低越稳定，由图知和的总能量高于的能量；但不知单独物质的能量大小，所以无法确定谁最稳定，选项D错误；

答案选B。7、A【分析】【分析】

【详解】

A．直馏汽油中不存在碳碳双键；而裂化汽油中含有不饱和烃，能使溴水褪色，A正确；

B．煤的液化分为直接液化和间接液化；直接液化是将煤和与氢气作用生成液体燃料，间接液化是先将煤转化为一氧化碳和氢气，然后在催化剂作用下合成甲醇等。煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程，煤的气化和液化都是化学变化，B不正确；

C．煤中没有苯及其同系物；但煤经过干馏可以生成苯及其同系物，C不正确；

D．石油的分馏是物理变化；得不到乙烯，D不正确；

故选A。二、填空题(共6题，共12分)8、略

【分析】【分析】

【详解】

依据分析可知，通入氯气的电极是正极，氯气在正极上得到电子，被还原成氯离子，电极反应方程式为：

故答案为：正；

加入铝的电极是负极，由于此溶液为KOH，故电极反应方程式为：

故答案为：负；

原电池中电子从负极流出经过导线流到正极；

故答案为：Al；

该装置为原电池；将化学能转化为电能；

故答案为：化学能；电。

原电池原理即有氧化还原反应发生；且失去电子的为负极，化合价升高，电子流出，得到电子的一极为正极，化合价降低，电子流入，据此解答即可。

本题考查学生原电池的工作原理，属于基础知识的考查，题目难度不大，注意对基础知识的学习和积累。【解析】正负Al化学能电9、略

【分析】【详解】

(1)该反应平衡常数K＝升高温度平衡常数减小，说明正反应为放热反应，则△H＜0，故答案为：＜；

(2)该温度下化学平衡常数K＝4.0；设CO的平衡转化率为x，则反应消耗的c(CO)＝0.1xmol/L；

化学平衡常数K＝＝4.0；x＝80%，故答案为：80%；

(3)A．减少Fe的量；平衡不移动，则不能实现目的，故A错误；

B．增加Fe2O3的量；平衡不移动，则不能实现目的，故B错误；

C．移出部分CO2；平衡正向移动，CO转化率增大，故C正确；

D．提高反应温度；平衡逆向移动，CO转化率减小，故D错误；

E．减小容器的容积；相当于增大压强平衡不移动，CO转化率不变，故E错误；

F．加入合适的催化剂；平衡不移动，CO转化率不变，故F错误；

故答案为：C。【解析】＜80%C10、略

【分析】【详解】

（1）金属铜为紫红色；故三者均不可能是Cu；

（2）将三者分别插入稀硫酸；1；3号表面产生气泡，2号表面没有观察到明显现象，则可以确定2号为Ag；将1、3号两根金属丝上端连接后同时插入稀硫酸，1号表面产生气泡，3号表面没有观察到明显现象，则1号金属能与稀硫酸反应产生氢气，且比3号金属活泼，故第一种：1号为Fe，3号为Mg；第二种：1号为Fe，3号为Al；第三种：1号为Al，3号为Mg；

（3）继续将1、3号两根金属丝连接检流计后同时插入稀氢氧化钠溶液，1号金属表面产生气泡，为Al，3号金属为Mg，综上所述：1号为Fe，2号为Ag，3号为Al。【解析】(1)Cu

(2)FeAlAlMg

(3)AlAgMg11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)②35Cl和37Cl为Cl元素的不同核素，互为同位素；③CH3CH3和CH3CH2CH3结构相似，分子组成相差一个CH2，互为同系物；⑤CH3(CH2)2CH3和(CH3)2CHCH3分子式均为C4H10，但结构不同，互为同分异构体；由于甲烷为正四面体结构，所以④和为同一种物质；

(2)①某烃的相对分子质量为28，=24，则含C原子个数为4、H原子个数为4，分子式为C2H4；

②标况下22.4L乙烷的物质的量为1mol，质量为1mol×30g/mol=30g，则密度为=1.3g/L；

③二氯甲烷中一个氢原子被氯原子取代生成氯仿(三氯甲烷)，化学方程式为CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl；

④辛烷含有8个碳原子，一溴代物只有一种，即只有一种环境的氢原子，结构简式为(CH3)3CC(CH3)3。【解析】①.②②.③③.⑤④.④⑤.C2H4⑥.1.3⑦.CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl⑧.(CH3)3CC(CH3)312、略

【分析】【分析】

实验室用乙醇与乙酸；在浓硫酸并加热的条件下发生反应制取乙酸乙酯；用乙醇在浓硫酸、170℃的条件下制得乙烯。

【详解】

a．实验室制备乙酸乙酯时，乙酸与乙醇发生酯化反应，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；在反应中，浓硫酸的作用：催化剂；吸水剂；

b．实验室制乙烯时，乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应，反应的化学方程式为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；浓硫酸的作用：催化剂，脱水剂。

答案为：催化剂；吸水剂；催化剂；脱水剂。

【点睛】

在书写用乙酸与乙醇反应制乙酸乙酯的化学方程式时，我们很容易忽视反应生成水的存在。【解析】催化剂、吸水剂催化剂，脱水剂13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)小苏打粉、Al(OH)3粉；氧化钙粉、纯碳酸钙粉均可与盐酸反应；但CaO溶于水生成强碱并放出大量的热会灼伤和腐蚀人体，故氧化钙粉不宜用作治疗胃酸过多，故答案为C。

(2)胃溃疡患者，不能食用与胃酸反应产生CO2气体的抗酸药如小苏打粉、纯碳酸钙粉，为避免胃穿孔，可服用Al(OH)3粉；故答案为：B。

(3)①抗酸药发挥功效时的化学方程式：MgCO3＋2HCl=MgCl2＋CO2↑＋H2O、Al(OH)3＋3HCl=AlCl3＋3H2O，故答案为：MgCO3＋2HCl=MgCl2＋CO2↑＋H2O、Al(OH)3＋3HCl=AlCl3＋3H2O。

②淀粉在人体内酶的催化作用下水解的最终产物为葡萄糖，葡萄糖的分子式为C6H12O6，故答案为：C6H12O6。

③抗酸药嚼碎后服用可防止黏附在胃壁上不能充分与盐酸作用，以及可能导致呕吐等不良反应，故答案为：将抗酸药嚼碎后吞服，可以防止抗酸药片黏附在胃壁上不能充分与盐酸作用，以及可能导致呕吐等不良反应。【解析】CBMgCO3＋2HCl=MgCl2＋CO2↑＋H2O、Al(OH)3＋3HCl=AlCl3＋3H2OC6H12O6将抗酸药嚼碎后吞服，可以防止抗酸药片黏附在胃壁上不能充分与盐酸作用，以及可能导致呕吐等不良反应三、判断题(共6题，共12分)14、A【分析】【详解】

(CH3)2CH(CH2)2CH(C2H5)(CH2)2CH3的名称是2－甲基－5－乙基辛烷，正确。15、B【分析】【详解】

Cu和CuO均能与稀硝酸反应，错误。16、B【分析】【分析】

【详解】

手机、电脑中使用的锂电池属于可充电电池，即二次电池，题干说法错误。17、A【分析】【分析】

【详解】

甲基使羟基的活性降低，钠与水反应比与乙醇反应剧烈，则分别将少量钠投入盛有水和乙醇的烧杯中，可比较水和乙醇中氢的活泼性，故正确。18、B【分析】【详解】

食用油酸败后，再经高温反复加热，易产生致癌物，有害身体健康，不可食用，故错误。19、A【分析】【详解】

聚氯乙烯有毒，不能用于包装食品，正确。四、工业流程题(共4题，共8分)20、略

【分析】【分析】

以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)，由流程可知，加硫酸溶解，Fe3O4、SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，Fe3O4具有磁性，可以采用物理方法分离，滤渣1的成分为SiO2和CaSO4；

“净化除杂”需先加H2O2溶液，将Fe2+转化为Fe3+，调节溶液的pH约为5，使Fe3＋、Al3＋均转化为沉淀，则滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3。

【详解】

(1)Mg2B2O5·H2O与硫酸反应生成硫酸镁和硼酸，化学方程式Mg2B2O5·H2O+2H2SO42MgSO4+2H3BO3；

为提高浸出速率；除适当增加硫酸浓度浓度外，还可采取的措施有：减小铁硼矿粉粒径；提高反应温度；

(2)利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离，“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4；

(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是将Fe2+氧化为Fe3+。然后再调节溶液的pH约为5，目的是使Al3+与Fe3+形成氢氧化物而除去；

(4)根据方程式Mg2B2O5·H2O+2H2SO42MgSO4+2H3BO3；反应中还生成硫酸镁，“粗硼酸”中的主要杂质是(七水)硫酸镁；

(5)硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，硼酸受热分解，生成三氧化二硼，镁将硼还原，化学方程式：2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg3MgO+2B。【解析】Mg2B2O5·H2O+2H2SO42MgSO4+2H3BO3减小铁硼矿粉粒径、提高反应温度SiO2和CaSO4将Fe2+氧化为Fe3+使Al3+与Fe3+形成氢氧化物而除去（七水）硫酸镁2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg3MgO+2B21、略

【分析】【分析】

(2)水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物，加入氯化铵、盐酸和硝酸，由于二氧化硅与酸不反应，则得到的沉淀A为SiO2，滤液中含有Fe3+、Al3+、Mg2+等离子，加入氨水调节pH4~5，可生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，滤液主要含有Ca2+，加入草酸铵可生成草酸钙沉淀。

【详解】

(1)①用石英砂和焦炭高温加热时有碳化硅生成，该反应的化学方程式为：SiO2+3CSiC+2CO↑；②纯SiHCl3和氢气反应生成硅和氯化氢，化学反应方程式：SiHCl3+H2Si+3HCl③SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和氢气，反应方程式：SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+H2↑+3HCl↑(2)①铁离子在pH较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，为避免引入新杂质，还可用过氧化氢代替硝酸，故答案为：将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+；H2O2；②由以上分析可知沉淀A为SiO2，不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与HF的反应，方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故答案为：SiO2；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；③滴加氨水，溶液呈碱性，此时不用考虑盐类水解的问题，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，生成的沉淀主要是Al(OH)3、Fe(OH)3，故答案为：防止胶体生成，易沉淀分离；Al(OH)3、Fe(OH)3；【解析】SiO2+3CSiC+2CO↑SiHCl3+H2Si+3HClSiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+H2↑+3HCl↑将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+H2O2SiO2SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O防止胶体生成，易沉淀分离Al(OH)3Fe(OH)322、略

【分析】【分析】

红土镍矿：主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2，向其中加入硫酸，NiO与硫酸反应生成NiSO4，CoO与硫酸反应生成CoSO4，FeO与硫酸反应生成FeSO4，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，MgO与硫酸反应生成MgSO4，CaO与硫酸反应生成CaSO4，SiO2与硫酸不反应，则过滤得到的滤渣1含SiO2和CaSO4；向滤液中加入次氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节pH，将铁离子、铝离子沉淀，过滤，滤渣2含Fe(OH)3、Al(OH)3；向滤液1中加入氟化钠，将镁离子转化为氟化镁沉淀，将钙离子转化为氟化钙沉淀，滤渣3含MgF2、CaF2；向滤液2中加入萃取剂，将二价钴离子萃取到有机相中，再加盐酸进行反萃取，得到氯化钴溶液，氯化钴溶液电解得到单质钴；而二价镍离子在萃取的水相中，将水相处理得到硫酸镍溶液，硫酸镍溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O晶体。

(1)

由分析可知，滤渣1的主要成分是：SiO2和CaSO4。

(2)

次氯酸根离子有强氧化性，亚铁离子有还原性，两者发生氧化还原反应生成氯离子和铁离子，而生成的铁离子又水解生成氢氧化铁，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，沉铁时发生的氧化还原反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO；要证明次氯酸钠已足量，只需证明溶液中已经没有亚铁离子，因此方法为：取反应后少量滤液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液；若无蓝色沉淀产生，说明NaClO已足量。

(3)

当滤液2中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，c2(F-)===510-5(mol/L)2，此时溶液中c(Ca2+)===310-6mol/L，除钙率为：

(4)

由图示可知；pH为3.5左右时，Co/Ni分离因素最高，钴和镍的萃取率相差较大，因此，萃取时，选择pH为3.5左右。

(5)

由图示可知；反萃取后得到氯化钴溶液，再结合已知信息③，因此试剂X为盐酸。

(6)

从溶液中获得晶体的操作一般是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，依据表中数据可知，30.8℃~53.8℃，晶体以NiSO4·6H2O形式存在，因此冷却结晶时应在30.8℃~53.8℃之间冷却结晶。【解析】(1)CaSO4和SiO2

(2)2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO取反应后少量滤液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液；若无蓝色沉淀产生，说明NaClO已足量。

(3)99.7%

(4)3.5

(5)盐酸。

(6)冷却至30.8℃~53.8℃之间结晶23、略

【分析】【分析】

从废钴钼催化剂(主要含有CoS和)经过焙烧后，得到CoO和二氧化硫，加入硫酸后，浸取液中的金属离子主要为经过萃取和分液得到有机相1和水相1，有机相1中含有加入氨水后得到钼酸铵溶液，经结晶后得到钼酸铵；水相1中含有SO42-，经萃取分液后，水相2中含有和有机相2中含有SO42-；加入硫酸后，得到水相3，加入草酸铵，得到草酸钴，加热草酸钴可以得到四氧化三钴，据此分析解答。

【详解】

(1)中，铵根离子为+1价，O为-2价，所有元素的化合价之和为0，Mo的化合价为+6，和氧气反应的化学方程式为：2+7O2=2+4SO2，可知生成物有二氧化硫和两种氧化物；

(2)为了加快酸浸速率；可采取的措施为搅拌，可以增大接触面积；

(3)根据图像，找到最多，较少的协萃比为4:1；

(4)操作1是将有机相和水相分开；是分液；

(5)有机相1中含有加入氨水后得到钼酸铵溶液，化学方程式为

(6)根据可知，加入增大；平衡向左移动，能进行反萃取；

(7)水相1中含有SO42-，经萃取分液后，水相2中含有和

(8)可以表示成在碱性条件下可发生氧化反应，生成电极反应为【解析】①.②.③.搅拌④.⑤.分液⑥.⑦.根据可知，加入增大，平衡向左移动⑧.⑨.五、实验题(共2题，共20分)24、略

【分析】【详解】

(1)石油裂化属于分解反应，遵循原子个数守恒，根据反应C16H34C8H18＋甲，可知甲分子式为：C8H16，甲4乙，则乙的分子式为C2H4，乙为乙烯，结构简式CH2=CH2，故答案为：C8H16；CH2=CH2；

(2)乙烯含有碳碳双键，能够与溴发生加成反应而使溴水褪色，反应的化学方程式为CH2＝CH2＋Br2→CH2Br−CH2Br；导致最终B中橙色（或橙黄色）褪去；

故答案为：溴水褪色；CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br；加成反应；

(3)图乙中苯与液溴发生取代反应产生溴化氢；通过四氯化碳除去其中的溴蒸气和苯蒸气后通入硝酸银溶液中，溴化氢与硝酸银反应产生淡(浅)黄色的溴化银沉淀；

故答案为：淡(浅)黄色沉淀。

(4)A.甲烷；乙烯均不溶于水；且常温下都不与水反应，不能用于检验甲烷和乙烯，也不能用于除去甲烷中的乙烯；

B.乙烯含有碳碳双键；能与溴水发生加成反应生成1，2—二溴乙烷液体，甲烷不与溴水反应，所以可用溴水检验甲烷和乙烯；并能用于除去甲烷中混有的乙烯；

C.甲烷与酸性高锰酸钾溶液不反应；但是乙烯可以被酸性高锰酸钾溶液氧化使其褪色，故可用酸性高锰酸钾溶液检验甲烷和乙烯，但是乙烯被氧化产生二氧化碳气体，引入了新的杂质，因此不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中混有的乙烯；

D.甲烷；乙烯都不溶于氢氧化钠溶液；不能用于检验甲烷和乙烯，也不能用于除去甲烷中的乙烯；

故答案为：BC；B

(5)乙烯与氯化氢发生加成反应得到氯乙烷，反应为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；苯与浓硝酸在浓硫酸作催化剂条件下发生硝化反应产生硝基苯和水，反应方程式为+HO-NO2+H2O；

故答案为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；+HO-NO2+H2O【解析】C8H16CH2=CH2溴水褪色CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br加成反应淡(浅)黄色沉淀BCBCH2=CH2+HClCH3CH2Cl+HO-NO2+H2O25、略

【分析】【分析】

(1)乙烯分子中含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应生成CH2BrCH2Br；据此写出反应的化学方程式；

(2)用此法得到的乙烯内可能含有SO2气体，因SO2能将溴水还原而使之褪色；故溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应；

(3)生成的乙炔中混有硫化氢气体；可与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色；根据杂质硫化氢与被提纯的乙烯气体的化学性质进行解答；

(4)乙烯若与溴水发生取代，则有HBr生成从而使溶液显酸性，若发生加成反应则生成CH2BrCH2Br溶液不显酸性。

【详解】

(1)甲同学利用的是乙烯与溴水发生加成反应使溴水褪色