2025年人教新课标必修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年人教新课标必修2化学上册阶段测试试卷176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、根据能量变化示意图；下列说法正确的是。

A.断开1molHCl(g)中的H-Cl键需要吸收bkJ能量B.反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，反应物的总能量小于生成物的总能量C.2molHCl(1)分解成1molH2(g)和1molCl2(g)需要吸收ckJ热量D.b-a=c2、下列物质中含有亲水基团但不溶于水的是()。A.CH3CH2BrB.CH3(CH2)11CH2OHC.C17H35COONaD.3、下列叙述中，正确的是A.常温下稀硝酸能使金属铝钝化B.氮的氧化物既可形成酸雨，又是光化学污染的主要成分C.酸雨在空气中静置一段时间后，雨水的酸性会慢慢减弱D.氨溶于水显弱碱性，因此可使石蕊溶液变为红色4、现有下列两个图像：

下列反应中符合上述图像的是（）A.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0B.2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)ΔH>0C.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH<0D.H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH>05、下列能说明甲烷是正四面体而非正方形平面结构的理由是（）A.它是饱和烃B.它是非极性分子C.其二氯取代物不存在同分异构体D.其一氯取代物不存在同分异构体6、苯乙烯(C8H8)是合成橡胶和塑料的原料；其结构如图，该分子中共平面的碳原子个数最多为。

A.8B.6C.7D.37、下列有关物质的性质与用途的叙述中，二者不具有对应关系的是A.NH3易溶于水，可用作制冷剂B.SO2具有漂白性，可用来漂白纸浆C.浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂D.漂白粉具有氧化性，可用作环境消毒剂评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、乙酸乙酯、油脂与NaOH溶液反应均有醇生成。(____)9、羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)+Q。

完成下列填空：

(1)写出H2S的结构式___，它的电离方程式为____。

(2)若反应容器的体积为2L，反应前将10mol的CO与一定量的H2S混合加热，20秒后，达到平衡，CO变为8mol，以H2S表示速率，则v(H2S)=___mol/(L•s)。

(3)写出一个能表示该反应达到平衡的标志：___。

(4)写出一个既能增大H2S转化率，又能加快反应速率的措施：___。

(5)该反应在一定条件下的反应速率(v)与时间(t)的关系如图所示，若反应达到平衡时(t1时)，升高温度，v正、v逆如何变化，分别用v′正、v′逆表示画在如图___。

10、硫；氮化合物的资源化利用既能解决环保问题；又能提供化工原料，缓解能源紧张问题，具有重要的现实意义和广阔的应用前景。

(1)是一种酸性氧化物，可用氨水吸收烟气中的氨水吸收少量可生成反应的离子方程式为_______。

(2)上述所得溶液再用氧化，可制得化肥反应的化学方程式为_______。

(3)工业或机动车尾气中的会造成环境问题；可用多种方法脱除。

①碱液吸收：溶液可吸收硝酸工业尾气(含)，获得副产品等物质的量的与被溶液吸收，反应的离子方程式为_______。

②上述碱液吸收时，若与的比例控制不当，则吸收液经浓缩结晶、过滤得到的晶体中最有可能混有的杂质是_______(填化学式)。排放的尾气中含量较高的氮氧化物是_______(填化学式)。

③还原法：尿素水溶液热解产生的可去除尾气中的流程如下：

A.写出“催化反应"过程中还原的化学方程式：_______。

B.若氧化处理后的尾气中混有此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低的去除率。试分析硫酸盐的产生过程：_______。11、按要求完成下列填空：

（1）H、H、H互为__；O2、O3互为__。

（2）在下列固体中：a.CaCl2b.KOHc.Hed.H2SO4e.NH4Clf.金刚石。

①其中不含化学键的物质是__。

②既含有离子键又含有共价键的物质是__(填序号)。

（3）如图是几种常见的电池装置。请回答：

①电池Ⅰ中负极反应式是__，溶液中H+向__(填“负”或“正”)极移动，若1mol电子流过导线，则产生氢气的物质的量是__mol。

②电池Ⅱ属于__电池(填“一次”或“二次”).

③电池Ⅲ是氢氧燃料电池，写出负极的电极反应式是__。12、(1)相对分子质量为100的烷烃的分子式是____________________________。

(2)立方烷的结构简式为其一氯代物有_____________种，它的六氯代物有__________________种。

(3)下列物质的沸点按由高到低的顺序排列正确的是___________________。

①②③④

A.②④①③B.④②①③C.④③②①D.②④③①评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)13、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14、干电池根据电池内的电解质分为酸性电池和碱性电池。(_______)A.正确B.错误15、同系物的分子式相同，分子中碳原子的连接方式不同。(____)A.正确B.错误16、天然气是一种清洁、不可再生的化石燃料。(____)A.正确B.错误17、青少年年龄还小，偶尔吸食一点毒品危害不大，教育一下就好。(____)A.正确B.错误18、植物油氢化过程中发生了加成反应。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、实验题(共2题，共12分)19、实验Ⅰ：下图1为实验室制取氨的实验装置。

（1）写出A中所发生反应的化学方程式____________________________________。

（2）在收集氨时试管口棉花的作用是______________________________________。

（3）另一学生积极思考产生喷泉的其他方法，设计了图3装置。首先在锥形瓶中分别加入足量的下列物质，反应后产生喷泉的是____

A．CaCO3粉末和浓盐酸B．锌粒和稀硫酸C．稀盐酸和AgNO3溶液。

（4）该同学又向锥形瓶中加入酒精，水槽中加入冷水后，再加入足量的下列物质，结果也产生了喷泉。水槽中加入的物质可以是____

A．生石灰B．食盐C．浓硫酸。

实验Ⅱ：为验证卤素单质氧化性的相对强弱；某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。

实验过程：

Ⅰ．打开弹簧夹；打开活塞a，滴加浓盐酸。

Ⅱ．当B和C中的溶液都变为橙黄色时；夹紧弹簧夹。

Ⅲ．当B中橙黄色溶液颜色变深时；关闭活塞a。

Ⅳ.打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b；取下D振荡。

（1）A中产生黄绿色气体，其化学方程式是__________________

（2）B中溶液发生反应的离子方程式是____________________

（3）过程Ⅳ的目的为______________

（4）D中出现的现象为____________________________

（5）氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下_______，得电子能力逐渐减弱。20、酒在酿造过程中部分醇会转化为羧酸；进而形成各种酯类化合物，使酒具有了特殊的香味。国家标准规定，优质高度浓香型白酒总酸量（以乙酸计）应不少于0.30g/L，总酯量（以乙酸乙酯计）应不少于2.0g/L。回答下列问题：

(1)米酒中乙醇含量可采用蒸馏法测定；装置如图I所示。

仪器A的名称是______；A中温度计的位置正确的是_____（选填a、b或c）；

(2)收集乙醇的锥形瓶需置于冰水浴中，其目的是___________________。欲收集无水乙醇，可加入足量的________（填物质名称）后再进行蒸馏。

(3)为测定某白酒样品的总酸量，取20.00mL样品于锥形瓶中，加入酚酞指示剂2滴，用0.010mol/L的NaOH标准溶液滴定至终点。判断终点的依据是___________。若该白酒样品为优质级，则消耗NaOH溶液体积应不小于_________mL。

(4)白酒中的总酯量可用返滴法测定。往上题滴定后的溶液（恰好至终点）中再加入20.00mL0.100mol/LNaOH标准溶液，用图II装置水浴加热半小时。冷却后用0.100mol/L的硫酸标准溶液滴定至终点。加热半小时的目的是___________________。已知最终消耗硫酸标准溶液7.70mL，该白酒样品中总酯量为____g/L。

(5)下列操作会使总酯量测定结果偏高的是_______（选填编号）

a．加热时未使用水浴和冷凝管。

b．选用了甲基橙为指示剂。

c．滴定前滴定管内无气泡；滴定后产生气泡。

d．滴定管未用硫酸标准溶液润洗。

(6)图I和图II的装置中均用到了冷凝管，其进水口分别为________（选填编号）

a．①③b．②④c．②③d．①④评卷人得分五、工业流程题(共4题，共28分)21、硫酸铵一种优良的氮肥；适用于各种土壤和作物，硫酸铵还可用于纺织；皮革、医药等方面。某化工厂以硫酸钙为原料制备硫酸铵，其工艺流程如下：

(1)X为_____，操作a名称为_______。

(2)煅烧CaCO3生成生石灰和CO2的反应为_____反应(填“吸热”或“放热”)，欲加快该反应速率可采取的措施为______(写出一种即可)。

(3)上述流程中，可以循环使用的物质有______(写化学式)。

(4)从滤液中获得(NH4)2SO4晶体，必要的操作步骤是蒸发浓缩，______；过滤等。

(5)写出利用该流程制备(NH4)2SO4的总化学方程_________。22、工业上利用石煤矿粉(主要含及少量)为原料生产工艺流程如下：

已知：①“水溶”、“转沉”、“转化”后，所得含钒物质依次为

②不同pH下，V(V)在溶液中的主要存在形式见下表：。pH4~66~88~1010~12主要离子

③25℃时，

回答下列问题：

(1)“焙烧”时，发生反应的化学方程式为_______。

(2)滤液Ⅰ的成分为_______(填化学式)；先“转沉”后“转化”的目的是_______。

(3)“转化”时，滤渣Ⅱ经高温煅烧后水浸，所得物质可导入到_______操作单元中循环使用。

(4)“沉钒”中析出晶体时，需要加入过量其原因是①_______。②_______；25℃时，测得“转化”后，滤液中mol·L为使“沉钒”时，钒元素的沉降率达到96%，应调节溶液中至少_______mol·L

(5)“煅烧”时，制得产品但反应体系中，若不及时分离气体Ⅱ，部分会转化成反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2，该反应的化学方程式为_______。23、实验室用大理石等原料制取安全无毒的杀菌剂过氧化钙。大理石的主要杂质是氧化铁；以下是提纯大理石的实验步骤：

(1)用硝酸溶解大理石时通常控制反应温度不超过70°C，且不使用浓硝酸，原因是___________、___________。

(2)操作II的目的是___________，若A为溶液，则A可以是___________。

(3)写出加入碳酸铵所发生反应的离子方程式___________。写出滤液B的一种用途：___________。24、工业上由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)冶炼铜的主要流程如图：

请回答下列问题：

(1)气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的___吸收。

a.浓H2SO4b.稀HNO3c.NaOH溶液d.氨水。

(2)由泡铜冶炼粗铜的化学方程式为____。

(3)以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是___。

a.电能全部转化为化学能。

b.粗铜接电源正极；发生氧化反应。

c.溶液中Cu2+向阳极移动。

d.从阳极泥中可回收Ag、Pt、Au等金属评卷人得分六、结构与性质(共1题，共4分)25、下面是合成某药物的中间体分子(由9个碳原子和若干氢、氧原子构成)的结构示意图：

试回答下列问题：

(1)通过对比上面的结构简式与立体模型，请指出结构简式中的“Et”表示的基团是(写结构简式)_____；该药物中间体的分子式为________。

(2)该分子中含有_________个不饱和碳原子。

(3)该药物中间体中含氧官能团的名称为___________。

(4)该药物中间体分子中与碳原子结合的氢原子被溴原子取代，所得的一溴代物有______种。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．由能量变化示意图可以看出，2molH(g)和2molCl(g)形成2molHCl(g)放出bkJ的能量，所以断开1molHCl(g)中的H-Cl键需要吸收kJ的能量；故A错误；

B．反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)为化合反应；是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故B错误；

C．由能量变化示意图可以看出，1molH2(g)和1molCl2(g)化合成2molHCl(g)放出ckJ热量，则2molHCl(g)分解成1molH2(g)和1molCl2(g)需要吸收ckJ热量；而由HCl(g)转化为HCl(l)也有能量变化，故C错误；

D．根据化学反应中反应物中化学键断裂吸收能量，生成物中化学键形成放出能量，该反应中，断裂1molH2(g)和1molCl2(g)中的化学键吸收能量为akJ，2molH(g)和2molCl(g)形成2molHCl(g)中的化学键放出bkJ的能量，1molH2(g)和1molCl2(g)化合成2molHCl(g)放出ckJ能量，则b-a=c；故D正确。

故选D。2、B【分析】【分析】

一般来说；亲水基团为-OH，可与水形成氢键，卤代烃都不溶于水，烃基较小的醇可溶于水，有机盐可溶于水，以此解答该题。

【详解】

A．不含有亲水基；故A错误；

B．含有亲水基-OH；但含12个碳以上的醇是无色固体，难溶于水，故B正确；

C．C17H35COONa为肥皂的主要成分；可溶于水，故C错误；

D．为洗涤剂的主要成分；能溶于水，故D错误；

故选：B。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．常温下；浓硝酸能使金属铝钝化，A项错误；

B．光化学烟雾的形成和氮的氧化物有关；酸雨的形成和氮的氧化物以及硫的氧化物有关，B项正确；

C．酸雨中的亚硫酸可以和氧气反应生成硫酸；酸性增强，所以酸雨在空气中静置一段时间后，雨水的酸性会慢慢增强，C项错误；

D．氨溶于水显弱碱性；可使石蕊溶液变为蓝色，D项错误；

答案选B。4、B【分析】【详解】

从图Ⅰ可知，升高温度，生成物浓度增大，即平衡向正反应方向移动，说明正反应为吸热反应；从图Ⅱ可知，压强增大，逆正即平衡向逆反应方向移动，说明逆反应为气体分子数减小的反应，同时满足以上两个条件的只有B选项。5、C【分析】【分析】

【详解】

A.饱和烃不能表明是正四面体结构还是正方形平面结构；A项错误；

B.非极性分子只能表明其结构对称；不能表明它的具体结构，B项错误；

C.如果是平面正方形结构；二氯取代物有两种，C项正确；

D.不管是平面结构还是正四面体结构；甲烷的一氯取代物都不存在同分异构体，D项错误；

答案选C。6、A【分析】【详解】

苯环为平面结构，碳碳双键上的碳原子和与碳原子相连的原子形成一个平面，两个平面以单键相连，单键可以旋转，所以分子中所有碳原子均可能共面，最多8个，故答案为A。7、A【分析】【分析】

【详解】

A．液氨汽化时要吸收大量的热；具有制冷作用，能够做制冷剂，与氨气易溶于水无关，故A错误；

B．SO2具有漂白性；二氧化硫可用于漂白纸张，是利用其漂白性，故B正确；

C．浓硫酸具有吸水性；能吸收水蒸气，所以浓硫酸可用作干燥剂，故C正确；

D．强氧化性的物质能杀菌消毒；漂白粉具有氧化性，能使细菌；病毒的蛋白质发生变性，从而杀死细菌和病毒，所以可用作环境消毒剂，故D正确；

故答案选A。

【点睛】

本题考查了物质的性质及应用，把握物质的性质与用途之间的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】【详解】

乙酸乙酯水解得到乙醇，油脂水解得到丙三醇，正确。【解析】【答题空9-1】正确9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)每个H2S中硫与氢原子形成两个共价键，H2S的结构式H-S-H，H2S是弱电解质，它的电离方程式为H2SHS-+H+。故答案为：H2SHS-+H+；

(2)若反应容器的体积为2L，反应前将10mol的CO与一定量的H2S混合加热，20秒后，达到平衡，CO变为8mol，以H2S表示速率，则v(H2S)=v(CO)==0.05mol/(L•s)。故答案为：0.05；

(3)写出一个能表示该反应达到平衡的标志：v(H2S)分解=v(H2S)生成或v(H2S)分解=v(CSO)分解等合理答案。故答案为：v(H2S)分解=v(H2S)生成或v(H2S)分解=v(CSO)分解等合理答案；

(4)CO浓度增大平衡正向移动，反应速率增大。写出一个既能增大H2S转化率；又能加快反应速率的措施：增大CO的浓度。故答案为：增大CO的浓度；

(5)该反应在一定条件下的反应速率(v)与时间(t)的关系如图所示，若反应达到平衡时(t1时)，升高温度，v正、v逆均增大，平衡逆向移动，分别用v′正、v′逆表示画在如图故答案为：【解析】H-S-HH2SHS-+H+0.05v(H2S)分解=v(H2S)生成或v(H2S)分解=v(CSO)分解等合理答案增大CO的浓度10、略

【分析】【详解】

（1）氨水显碱性，二氧化硫属于酸性氧化物，用氨水吸收少量二氧化硫，生成亚硫酸铵，其离子方程式为2NH3·H2O+SO2=2NH+SO+H2O；故答案为2NH3·H2O+SO2=2NH+SO+H2O；

（2）+4价硫以还原性为主，容易被氧气氧化，制备硫酸铵的化学反应方程式为2(NH4)2SO3+O2=2(NH4)2SO4；故答案为2(NH4)2SO3+O2=2(NH4)2SO4；

（3）①等物质的量NO和NO2被氢氧化钠吸收，转化成NaNO2，其离子方程式为NO+NO2+2OH-=2NO+H2O，故答案为NO+NO2+2OH-=2NO+H2O；

②若NO与NO2比例控制不当，NO2如果过量，过量NO2能与NaOH溶液反应：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，浓缩结晶过滤得到亚硝酸钠晶体，混有NaNO3杂质，NO不溶于水，且不与NaOH溶液反应，则排放的尾气中含量较高的氮氧化合物为NO；故答案为NaNO3；NO；

③A．氨气还原NO2得到氮气和水，其化学方程式为6NO2+8NH37N2+12H2O，故答案为6NO2+8NH37N2+12H2O；

B．SO2、O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成(NH4)2SO4或NH4HSO4，(NH4)2SO4或NH4HSO4覆盖在催化剂表面导致催化剂中毒，降低NOx的去除率；故答案为SO2、O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成(NH4)2SO4或NH4HSO4；【解析】(1)2NH3·H2O+SO2=2NH+SO+H2O

(2)2(NH4)2SO3+O2=2(NH4)2SO4

(3)NO+NO2+2OH-=2NO+H2ONaNO3NO6NO2+8NH37N2+12H2OSO2、O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成(NH4)2SO4或NH4HSO411、略

【分析】【分析】

(1)H、H、H是氢元素的不同原子，质子数相同，中子数不同，O2、O3是氧元素形成的不同单质；

(2)①稀有气体里不含化学键；②含有离子键的为离子化合物；一般有活泼的金属元素或铵根，如果这种化合物里还含有原子团，一般还会含有共价键；

(3)①负极Zn失电子发生氧化反应；原电池中阳离子向正极移动，若1mol电子流过导线，生成的氢气的物质的量为0.5mol；

②铅蓄电池是可充电电池；属于二次电池；

③氢氧燃烧电池通入氧气一侧发生还原反应为正极，通入燃料一侧为负极发生氧化反应；有OH-存在说明是碱性燃料电池；

根据以上分析进行解答。

【详解】

(1)H、H、H是氢元素的不同原子，质子数相同，中子数不同，互为同位素，O2、O3是氧元素形成的不同单质；互为同素异形体；

答案为：同位素；同素异形体。

(2)①稀有气体里不含化学键；He为稀有气体；

答案为：c

②含有离子键的为离子化合物，一般有活泼的金属元素或铵根，如果这种化合物里还含有原子团，一般还会含有共价键，b.KOH、e.NH4Cl符合；

答案为：be。

(3)①锌为活泼金属作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，原电池中阳离子向正极移动，所以H+向正极移动，正极反应式为：2H++2e-=H2↑；所以1mol电子流过导线，产生氢气的物质的量是0.5mol；

答案为：Zn-2e-=Zn2+；正；0.5。

②由图可知所给电池Ⅱ是铅蓄电池；铅蓄电池是可充电电池，属于二次电池；

答案为：二次。

③电池Ⅲ是氢氧燃料电池，总反应为燃料燃烧的化学方程式：2H2+O2=2H2O，通入氧气一侧为正极，在碱性环境下正极发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，通入燃料一侧为负极发生氧化反应，总反应减去正极反应就是负极反应：H2-2e-+2OH-=2H2O；

答案为：H2-2e-+2OH-=2H2O。

【点睛】

燃料电池电极反应式书写时，一般先写总反应，然后写正极反应式，两式相减得到负极反应式。【解析】①.同位素②.同素异形体③.c④.be⑤.Zn-2e-=Zn2+⑥.正⑦.0.5⑧.二次⑨.H2-2e-+2OH-=2H2O12、略

【分析】【分析】

(1)烷烃的通式是据此列式计算；

(2)立方烷结构对称；含有1种H，二氯代物有一条棱；面对角线、体对角线上3种位置，据此分析判断；

(3)烷烃的沸点随着分子中碳原子数的增加逐渐升高；碳原子数相同的烃；支链越多，熔沸点越低，据此分析排序。

【详解】

(1)烷烃的通式是设C原子数为n，则12n+2n+2=100，解得n=7，则相对分子质量为100的烷烃的分子式是C7H16，故答案为：C7H16；

(2)根据立方烷的结构简式可知；该物质是高度对称的，分子中所有H原子等效，有1种等效H，所以其一氯代物只有1种；二氯代物有一条棱；面对角线、体对角线上3种位置，即二氯代物有3种，分子中共含有8个H原子，则六氯代物与二氯代物的同分异构体数目相同，同分异构体数目为3，故答案为：1；3；

(3)烷烃的沸点随着分子中碳原子数的增加逐渐升高；碳原子数相同的烃，支链越多，熔沸点越低。①、③中碳原子都是4个，①无支链，③中有支链，沸点①③；②、④中碳原子数都是5，②无支链，④中有支链，沸点②④；②；④中碳原子数为5；比①、③中碳原子数都多，则沸点较高，故沸点由高到低的排列顺序是②④①③，故答案为：A。

【点睛】

本题的易错点为(2)，要注意立方烷中的氢原子数目为8，其六氯代物与二氯代物的种类数目相等。【解析】13A三、判断题(共6题，共12分)13、B【分析】【详解】

Cu和CuO均能与稀硝酸反应，错误。14、A【分析】【详解】

干电池根据电池内的电解质分为酸性电池和碱性电池，正确。15、B【分析】【详解】

同系物结构相似，组成相差若干个CH2原子团，故分子式一定不同，题干说法错误。16、A【分析】【详解】

天然气的主要成分为甲烷，燃烧产物只有CO2、H2O，对环境无污染，属于清洁燃料，且属于不可再生的化石燃料，选项说法正确。17、B【分析】略18、A【分析】【详解】

植物油氢化过程就是油脂与氢气发生加成反应，正确。四、实验题(共2题，共12分)19、略

【分析】【详解】

Ⅰ：（1）采用的是固+固混合加热制气的方法,故用氯化铵和氢氧化钙固体混合加热制氯化铵与氢氧化钙反应生成氯化钙、氨气和水,反应的化学方程式为:(1).2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；正确答案：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。

（2）收集氨气用的是向下排空气法,试管口棉花的作用是减少氨气与空气的对流,加快收集的速率,同时保证试管中能收集满氨气；正确答案：减少与空气的对流；保证试管中能收集满氨气。

（3）CaCO3粉末和浓盐酸反应产生大量二氧化碳,使锥形瓶中压强增大,形成喷泉,A正确；锌与稀硫酸反应产生大量氢气，氢气使锥形瓶中压强增大,形成喷泉,B正确；HCl和AgNO3溶液溶液,不产生气体,不能形成喷泉,C错误；正确选项AB。

（4）锥形瓶内装有酒精,易挥发,要形成喷泉,应使锥形瓶内压强增大,所加物质应放出大量的热,浓硫酸遇水被稀释,释放出大量的热,使锥形瓶中的乙醇挥发,压强增大,形成喷泉,生石灰溶于水放出大量的热；使锥形瓶中的乙醇挥发,压强增大,形成喷泉；而食盐溶于水物不能放出大量的热,不能产生喷泉；正确选项AC。

Ⅱ：（1）A中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气（黄绿色）、氯化锰、氯化钾和水，化学方程式是：16HCl(浓)+2KMnO4===2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；正确答案：16HCl(浓)+2KMnO4===2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O。

（2）氯气的氧化性大于溴，因此氯气能够氧化溴离子变为溴单质，离子方程式是：Cl2+2Br−===Br2+2Cl−；正确答案：Cl2+2Br−===Br2+2Cl−。

（3）C中NaBr与氯气反应生成NaCl和Br2，将C中溶液滴入D中，振荡，发生反应：Br2＋2KI===I2＋2KBr；静置后D中溶液分层，下层为碘的四氯化碳溶液，显紫红色，可以说明溴的氧化性强于碘；正确答案：为验证溴的氧化性强于碘。

（4）D中溴置换出碘，碘易溶于四氯化碳，且密度大于水，在下层，溶液静置后CCl4层溶液变为紫红色；正确答案：溶液静置后CCl4层溶液变为紫红色。

（5）氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱，是因为从Cl到I，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱；正确答案：原子半径逐渐增大。【解析】①.2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O②.减少与空气的对流，保证试管中能收集满氨气③.AB④.AC⑤.16HCl(浓)+2KMnO4===2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O⑥.Cl2+2Br−===Br2+2Cl−⑦.为验证溴的氧化性强于碘⑧.溶液静置后CCl4层溶液变为紫红色⑨.原子半径逐渐增大20、略

【分析】【分析】

蒸馏时用蒸馏烧瓶；温度计水银球位置在支管口处；从乙醇的性质分析；乙醇和乙酸易挥发，水也易挥发，故加入生石灰和乙酸反应吸收水；当滴定终点时，溶液显碱性，酚酞由无色变为粉红色，根据优质高度浓香型白酒总酸量（以乙酸计）应不少于0.30g/L计算需要氢氧化钠的体积；加热促进水解，根据消耗硫酸量来计算和硫酸反应的氢氧化钠的量，从而可计算出酯水解需要碱的量，进而计算出酯的量；根据消耗酸的量来确定误差，若耗酸多，则计算出的酯量少，偏低，反之偏高，据此分析；冷凝水中采用逆向通水，冷凝效果更好。

【详解】

(1)根据仪器A的构造可知；其名称为蒸馏烧瓶；温度计水银球位置在支管口处，以便于测量流出蒸气的温度；

(2)乙醇易挥发；为了减少乙醇的挥发，采用冰水冷凝的方法；乙醇和乙酸易挥发，水也易挥发，故欲收集无水乙醇时，可加入生石灰除去乙酸和水；

故答案为：冷凝作用；减少乙醇挥发，防止影响测定结果；生石灰；

(3)当滴定终点时，溶液显碱性，酚酞由无色变为粉红色，所以滴定终点的现象为：溶液由无色变为粉红色，半分钟内不褪色；根据优质高度浓香型白酒总酸量(以乙酸计)应不少于0.30g/L，则20.00mL样品含乙酸：0.02L×0.30g/L=0.006g，根据方程式可以计算：解得：V=0.01L=10mL；

故答案为：溶液由无色变为粉红色；半分钟内不褪色；10；

(4)加热可促进酯的水解速率，使酯水解完全；滴定耗硫酸的物质的量：0.1mol/L×7.7mL=0.77mmol，中和氢氧化钠的物质的量为：0.77mmol×2=1.54mmol，酯水解消耗氢氧化钠物质的量为：20.00mL×0.100mol/L−1.54mmol=0.46mmol，故酯的物质的量为0.46mmol，质量为：0.46mmol×88g/mol=40.48mg，故该样品总酯量为：

(5)根据消耗酸的量来确定误差；若耗酸多，则计算出的酯量少，偏低，反之偏高。

a.加热时未使用水浴和冷凝管；酯挥发结果偏低；

b.甲基橙变色范围为3.1−4.4；在酸性范围内变色，酸消耗多，结果偏低；

c.滴定前滴定管内无气泡；滴定后产生气泡，酸消耗体积读数偏小，结果偏高；

d.滴定管未用硫酸标准溶液润洗；耗酸多，结果偏低；

故答案为：c；

(6)冷凝水下进上出；冷凝效果好，所以图Ⅰ和图Ⅱ中的冷凝管的进水口分别为②；④；

故答案为：b。【解析】蒸馏烧瓶b冷凝作用，减少乙醇挥发，防止影响测定结果生石灰溶液由无色变为粉红色，半分钟内不褪色10使酯水解完全2.024cb五、工业流程题(共4题，共28分)21、略

【分析】【分析】

CaSO4浊液中先通入NH3、后通入X生成CaCO3，根据碳元素守恒，可知X是CO2，根据操作a后有滤液和CaCO3沉淀，可知操作a是过滤，此时滤液的主要成分是(NH4)2SO4，滤液通过提纯操作得到(NH4)2SO4和母液，碳酸钙灼烧后得到CaO和CO2，CO2可以重复利用通入A中，CaO与母液反应生成NH3，也可以重复利用通入CaSO4浊液中。

【详解】

(1)由分析可X为CO2，操作a名称为过滤，故答案为：CO2或二氧化碳；过滤；

(2)煅烧CaCO3生成生石灰和CO2的反应为吸热反应；欲加快该反应速率可采取的措施有：粉碎石灰石或者升高温度，故答案为：吸热；粉碎石灰石或者升高温度。

(3)由分析可知，上述流程中，可以循环使用的物质有：NH3，CO2；

(4)从滤液中获得(NH4)2SO4晶体；必要的操作步骤是蒸发浓缩，冷却结晶或降温结晶，过滤；洗涤等，故答案为：冷却结晶或降温结晶；

(5)根据流程图反应物有CaSO4、NH3、CO2，生成物有CaCO3、(NH4)2SO4，再根据元素守恒，反应物中有H2O，配平即得化学方程式：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+(NH4)2SO4，故答案为：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+(NH4)2SO4。【解析】①.CO2或二氧化碳②.过滤③.吸热④.粉碎石灰石或升高温度⑤.NH3，CO2⑥.冷却结晶或降温结晶⑦.CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+(