2025年人教A版必修2化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………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A版必修2化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：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9题，共18分)1、锌铜原电池装置如图所示；其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是。

A.铜电极上发生氧化反应B.电池工作一段时间后，甲池的c(SO42－)减小C.电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D.阴阳离子离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡2、我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如图：

下列说法不正确的是（）A.①→②放出能量B.①→②中形成碳碳键C.①→②中碳氢键发生断裂D.由②得到乙酸的过程中，形成了氧氢键3、向Na2CO3溶液中滴加盐酸，反应过程中能量变化如图所示，下列说法正确的是（）.

A.△H1>△H2；△H2<△H3B.反应（aq）＋H+（aq）=CO2（g）＋H2O（l）为放热反应C.（aq）＋2H+（aq）=CO2（g）＋H2O（l）△H＝（△H1＋△H2＋△H3）D.H2CO3（aq）=CO2（g）＋H2O（l），若使用催化剂，则△H3变小4、理论上不能设计原电池的化学反应是A.CH4（g）+2O2（g）→CO2（g）+2H2O（l）；ΔH<0B.HCl（l）+NaOH（l）=NaCl（l）+H2O（l）；ΔH<0C.Fe（s）＋H2SO4（l）=FeSO4（l）+H2（g）；ΔH<0D.2FeCl3（l）＋Fe（s）=3FeCl2（l）；ΔH<05、原电池的构成需要一定的条件。下列装置可以构成原电池的是A.B.C.D.6、某小组同学探究SO2与Fe3+盐溶液的反应，进行了如下实验：已知：Fe3++HSO3-⇌Fe(HSO3)2+(红棕色)

结合上述实验，下列说法不正确的是A.产生红棕色物质的反应速率快于SO2与Fe3+氧化还原反应的速率B.①与②对照，说明阴离子种类对SO2与Fe3+氧化还原反应的速率有影响C.Fe(NO3)3溶液中加入1滴浓硝酸后变为无色，说明浓硝酸具有漂白性D.5h后③比①黄色更深不能证明是NO3-浓度的增大减慢了SO2与Fe3+反应的速率7、下列说法不正确的是A.汽油是石油经常压蒸馏获得的一个馏分，是C5~C11的烷烃环烷烃的混合物B.芳香烃的获取主要来自煤的干馏和对石油分馏产品的催化重整C.石油裂解的主要目的是为了得到更多的汽油D.石蜡、润滑油等可以通过石油的减压分馏得到8、某反应过程的能量变化如图所示；下列说法错误的是（）

A.该反应为放热反应，∆H>0B.反应过程b有催化剂参与C.反应过程a的活化能大于E1D.该反应可能需要加热才能发生9、甲基环戊烷（）常用作溶剂，关于该化合物下列说法错误的是A.难溶于水，易溶于有机溶剂B.其一氯代物有3种C.该有机物在一定条件下可以发生取代、氧化反应D.与2-己烯互为同分异构体评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、根据分子中所含官能团可预测有机化合物的性质。

①下列化合物中，能与H2发生加成反应的是_____(填字母；下同)。

a.CH3Clb.CH2=CH2c.CH3CH2OH

②下列化合物中，能发生水解反应的是______。

a.蔗糖b.乙酸c.乙醇。

③下列有机物中易溶于水的是_____。

a.乙烯b.乙酸乙酯c.葡萄糖11、完成下列各题。

光导纤维的主要成分是________(填“”或“Si”)，实验室里常往溶液中加入_____(填“氨水”或“NaOH溶液”)来制取实验室检测中含有应选用的试剂是______(填“溶液”或“NaOH溶液”)，应选择的试纸是_______(填“红色石蕊试纸”或“蓝色石蕊试纸”)。12、X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四种常见元素，其相关信息如下表；。元素

相关信息

X

X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等

Y

常温常压下，Y单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积

Z

Z和Y同周期，Z的电负性大于Y

W

W的一种核素的质量数为63，中子数为34

(1)Y位于元素周期表第_____周期第_____族，Y和Z的最高价氧合物对应的水化物的酸性较强的是______化学式）

(2)XY2是一种常用的溶剂，XY2的分子中存在_______个键。在H-Y，H-Z两种共价键中，键的极性较强的是______，键长较长的是_______。

(3)W的基态原子核外电子排布式是___________。W2Y在空气中煅烧生成的W2O化学方程式是____________。

(4)处理含XO、YO2烟道气污染的一种方法；是将其在催化剂作用下转化为单质Y。

已知：

XO(g)+O2(g)=XO2(g)△H=-283.0kJ.mol-1

Y(s)+O2(g)=YO2(g)△H=-296.0kJmol-1

此反应的热化学方程式是________________________________13、油脂是人体所必需的营养物质。

(1)下列关于油脂的叙述不正确的是_______（填序号）。

A.利用油脂在碱性条件下的水解反应；可以生产甘油和肥皂。

B.油脂在小肠内受酶的催化作用而水解；生成的高级脂肪酸和甘油作为人体营养成分为肠壁所吸收，同时提供人体活动所需要的能量。

C.油脂中的碳链中的碳碳键为碳碳单键时；主要是高沸点的动物脂肪。

D.油脂是人体所需的基本营养物质之一；应尽量多食用富含油脂的物质。

(2)某天然油脂的结构简式如图所示。该油脂完全水解，需消耗的物质的量为_______mol；已知该油脂与氢气发生加成反应时最多需氢气8g，则该油脂中含碳碳双键________mol。

14、二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：

(1)CO2催化加氢生成C2H4和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=_______。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)_______(填“变大”“变小”或“不变”)。

(2)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3；在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示：

图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是_______、_______。CO2催化加氢合成C2H4反应的△H_______0(填“大于”或“小于”)。

(3)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。若在一定温度和压强条件下，要提高反应速率和乙烯选择性，应当使用合适的_______等，此时，活化能会_______，单位体积内活化分子百分数_______，单位体积内有效碰撞次数_______。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、CH3CH2CH2CH3在光照下与氯气反应，只生成1种一氯代烃。(____)A.正确B.错误16、在锌铜原电池中，因为有电子通过电解质溶液形成闭合回路，所以有电流产生。(_______)A.正确B.错误17、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18、在原电池中，发生氧化反应的一极一定是负极。(_______)A.正确B.错误19、C6H5—CH=CH2属于苯的同系物。(____)A.正确B.错误20、用来生产计算机芯片的硅在自然界中以游离态和化合态两种形式存在。(____)A.正确B.错误21、经过处理的厨余垃圾残渣，在焚烧发电过程中存在化学能、热能、电能间的转化。(_______)A.正确B.错误22、用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨。(____)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共2题，共20分)23、金属及其化合物在生产中用途广泛。

I.利用生产硼砂的废渣一一确镁泥(主要成分为MgCO3.SiO2，还含有少量Fe2O3、MnO、CaO等)为主要原料制取轻质碳酸镁[MgCO3:Mg(OH)2:2H2O]的工业流程如下:

（1）写出“酸溶"一步中，MgCO3和硫酸反应的离子方程式_____________。

（2）滤渣2的主要成分有MnO2和____，写出生成MnO2的离子方程式__________。

（3）“合成”时需通蒸汽至80℃，边加热边搅拌，温度不能超80℃的原因是______________。

II.从含铜丰富的自然资源黄铜矿(CuFeS2)冶炼铜的工艺流程如下:

已知:①CuFeS2+3CuCl2=4CuCl↓+FeCl2+2S↓②+1价的Cu在酸性条件下易歧化。

（4）浸取时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，该反应化学方程式为________。

（5）若过滤1所得滤液中只含FeCl2，则将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为______。

（6）调节溶液的pH后，除生成Cu外，还能产生一种金属离子，此金属离子是______。（填离子符号）

（7）过滤3所得滤液中的CuCl2可循环使用，为保持流程持续循环，每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为_________。24、镁；铝是两种重要的金属；它们的单质及化合物有着各自的性质。

Ⅰ．海水中含有氯化镁；是镁的重要来源之一；从海水中制取镁，某同学设计了如下流程步骤：

主要的步骤总结如下：①把贝壳制成石灰乳②往母液中加石灰乳，沉降、过滤，得到Mg(OH)2沉淀③将沉淀物与盐酸反应，结晶、过滤，将制得的晶体脱水得无水MgCl2④将得到的产物熔融后电解。

(1)下列说法不正确的是___________(填代号)。

A．此法的优点之一是原料来源丰富。

B．进行①②③步骤的目的是从海水中提取氯化镁。

C．第④步电解法制取镁是由于镁是很活泼的金属。

D．以上制取镁的过程中涉及的反应只有分解反应；化合反应和置换反应。

(2)步骤②不够合理，理由是___________。

Ⅱ．(3)铝热还原法是冶炼熔点较高的金属的一种重要方法，焊接钢轨即用到此法。将干燥的氧化铁粉末和铝粉均匀混合后放入纸漏斗中(漏斗已事先处理好)，并架在铁架台上，下面放置一个盛有沙子的蒸发皿。请写出该置换反应的化学方程式：___________。

(4)为确定某铝热剂(氧化铁粉末和铝粉)的组成；分别进行下列实验。

若取10.7g样品，向其中加入足量的NaOH溶液，测得生成的气体(标准状况)体积为3.36L，反应的化学方程式为___________，样品中铝的质量是___________g。写出计算过程：___________。若取10.7g样品将其点燃，恰好完全反应，待反应产物冷却后，加入足量盐酸，测得生成的气体体积为aL，该气体与上小题中所得气体的体积比等于___________∶___________。写出计算过程：___________。评卷人得分五、原理综合题(共1题，共10分)25、(1)某温度时；在一个容积为2L的密闭容器中，X；Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图1所示。

①反应开始至2min，气体Z的反应速率为_______；若反应容器恒压，则充入氦气会使反应速率_______(填变快；变慢或不变)

②在2L的另一个密闭容器中，放入0.2molA和0.3molB，在一定温度下，压强为p，放入催化剂(体积忽略)，发生反应2A(g)+3B(g)⇌xC(g)+2D(g)，在amin后，容器中c(A)=0.05mol•L-1，若温度不变，压强变为0.9p，则v(C)=_______。

(2)能源是现代文明的原动力；通过化学方法可以使能源按人们所期望的形式转化，从而开辟新能源和提高能源的利用率。

①家用小轿车(燃油汽车)中的动力和能量与化学反应息息相关。关于汽油在气缸中燃烧反应的叙述正确的是_______。

A.汽油燃烧过程中；化学能转化为热能。

B.汽油具有的总能量高于生成物二氧化碳和水具有的总能量。

C.汽车尾气中含NO的原因是汽油中含有氮元素；燃烧后生成NO

D.断裂汽油和氧气分子中化学键吸收的总能量小于形成碳氧化物和水分子中化学键放出的总能量。

②将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图2所示(A、B为多孔碳棒)。A处电极入口通甲烷，B处电极入口通氧气，则B作_______极，A电极上发生的电极反应方程式为_______。

评卷人得分六、有机推断题(共1题，共8分)26、工业中很多重要的原料都是来源于石油化工；如图所示:

请回答下列问题:

(1)C的结构简式为_______，D中官能团的名称是______。

(2)②、⑤反应的反应类型分别是_____、______。

(3)反应①的化学方程式为_____；反应③的化学方程式为_____。

(4)丙烯分子中最多有____个原子共面，丙烯在一定条件下可以发生加聚反应，写出其反应的化学方程式:_____。

(5)某实验小组用以下装置制备乙酸乙酯。

球形冷凝管的作用是_____。将圆底烧瓶中的液体倒入饱和碳酸钠溶液中，经过多步操作，可分离得到粗产品。此过程中定需要的操作是______(填序号)。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A.由图像可知该原电池反应原理为Zn+Cu2＋=Zn2＋+Cu；故Zn电极为负极失电子发生氧化反应，Cu电极为正极得电子发生还原反应，故A项错误；

B.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c(SO42－)不变；故B项错误；

C.电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中Cu2＋+2e—=Cu，故乙池中为Cu2＋～Zn2＋，摩尔质量M(Zn2＋)>M(Cu2＋)故乙池溶液的总质量增加；C项正确；

D.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池保持溶液中电荷平衡；阴离子并不通过交换膜，故D项错误；

本题选C。2、C【分析】【分析】

根据图示可知，CO2和CH4在催化剂存在下反应生成CH3COOH，总反应方程式为CO2+CH4→CH3COOH。

【详解】

A.根据图示；①的总能量高于②的总能量，所以①→②放出能量，A正确；

B.根据图示；对比①和②，①→②形成了C－C键，B正确；

C.根据图示，CH4选择性活化变为①过程中；有1个C－H键发生断裂，C错误；

D.由②得到乙酸的过程中；有一个氧原子上连了一个氢原子，即形成了氧氢键，D正确；

答案选C。3、C【分析】【详解】

A．由图象可知，能量差值越大，反应热的绝对值越大，△H1、△H2都为放热反应，值为负值，则△H1＜△H2；故A错误；

B．由图象可知反应HCO3-（aq）+H+（aq）=CO2（g）+H2O（l）中反应物能量低；生成物能量高，为吸热反应，故B错误；

C．由盖斯定律可知CO32-（aq）+2H+（aq）=CO2（g）+H2O（l）△H=（△H1+△H2+△H3）；故C正确；

D．H2CO3（aq）=CO2（g）＋H2O（l）；加入催化剂，反应热不变，故D错误；

答案为C。4、B【分析】【分析】

自发的氧化还原反应能设计成原电池；可根据反应的类型进行分析判断。

【详解】

A．反应CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)中，C的化合价升高，O的化合价降低，属于氧化还原反应，ΔH<0；能够自发进行，所以可以设计成原电池，A选项不满足题意；

B．反应HCl(l)+NaOH(l)===NaCl(l)+H2O(l)中元素的化合价均没有发生改变；属于复分解反应，不能设计成原电池，B选项满足题意；

C．反应Fe(s)＋H2SO4(l)===FeSO4(l)+H2(g)中Fe元素的化合价升高，H元素的化合价降低，属于氧化还原反应，ΔH<0；能够自发进行，所以可以设计成原电池，C选项不满足题意；

D．反应2FeCl3(l)＋Fe(s)===3FeCl2(l)中，FeCl3中的Fe元素化合价降低，Fe(s)的化合价升高，属于氧化还原反应，ΔH<0；能够自发进行，所以可以设计成原电池，D选项不满足题意；

答案选B。5、C【分析】【详解】

A．两个电极相同；则此装置不能构成原电池，故A不符合题意；

B．烧杯中的蔗糖溶液不是电解质；不能和电极反应，不能构成原电池，故B不符合题意；

C．锌和硫酸铜溶液反应是氧化还原反应；形成回路，有两种活泼性不同的电极，此装置能构成原电池，故C符合题意；

D．此装置不能形成回路；则此装置不能构成原电池，故D不符合题意；

答案C。6、C【分析】【详解】

A．三组实验在通入SO2后，都迅速的产生了大量红棕色物质，并且无丁达尔效应，因此红棕色物质即在静置了5个小时后，红棕色物质才消失；尤其是第二组实验，在溶液中不存在其他氧化性粒子即时，仍然先产生大量的红棕色物质，在5h后才发生褪色，说明产生红棕色物质的反应速率要明显快于Fe3+和SO2的氧化还原反应速率；A项正确；

B．实验②的溶液中阴离子中不含具有氧化性的离子，其在静置5h后，加入铁氰化钾溶液，产生大量蓝色沉淀，说明生成了大量的Fe2+；而实验①的溶液中含有能够在一定条件下体现氧化性的其在静置5h后，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，说明相比于实验①生成的Fe2+量较少；因此能证明阴离子种类对SO2与Fe3+的氧化还原反应的速率有影响；B项正确；

C．由于Fe3+容易发生水解，在较浓的Fe3+的溶液(1mol/L)中，Fe3+会水解生成从而显现出较深的黄色，若向其中加入浓硝酸，则溶液的酸性增强，那么Fe3+水解被抑制，在溶液中则更多地以形式存在；具有极浅的紫色，肉眼观察近乎无色；因此溶液由黄色变为“无色”，并不是硝酸具有漂白性，而是Fe3+的水解平衡受抑制的结果；C项错误；

D．由题可知，实验①和实验③的溶液，在静置5h后，加入铁氰化钾溶液，产生的蓝色沉淀的量并无明显差异，所以说明Fe3+和SO2的氧化还原反应速率并没有产生明显的差异；结合C项的分析，黄色是由于Fe3+发生水解产生的，因此实验③的溶液后来变成比实验①更黄的颜色，可能是由于在体现氧化性的过程中消耗了较多的H+而使得溶液的酸性变弱，Fe3+水解平衡正向移动导致溶液黄色加深；D项正确；

答案选C。7、C【分析】【分析】

【详解】

A．石油是由烷烃、环烷烃、芳香烃组成的混合物，石油主要由液态烃构成，也溶有少量气态烃和固态烃，石油中肯定含有C5～C11的烷烃，因此通过石油炼厂的常压蒸馏就可以得到汽油、煤油等分馏产品，汽油是C5~C11的烷烃环烷烃的混合物；故A不符合题意；

B．煤的干馏和石油分馏产品的催化重整均可以获得芳香烃；即工业上芳香烃的重要来源是石油的催化重整和煤的干馏，故B不符合题意；

C．石油裂解的目的是获得断裂不饱和烃；产物常用于化工生产，如乙烯；丙烯等，故C符合题意；

D．石油；润滑油等由于分子中碳链较长；高温下易炭化结焦，故常用减压分馏的方法提取，故D不符合题意；

答案选C。8、A【分析】【详解】

A.由图可知，反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，则该反应为放热反应，∆H<0；A错误；

B.加入催化剂，降低活化能，b曲线表明有催化剂参与反应；B正确；

C.E1为加入催化剂后反应的活化能，加入催化剂，降低活化能，a过程为未加催化剂时反应的活化能，故大于E1；C正确；

D.化学反应的实质是旧键断裂；新键形成；断裂化学键需要吸收能量转化为活化分子，活化能越大、反应速率越小，所以反应过程需要外界供给能量才能持续进行，D正确；

答案选A。9、B【分析】【详解】

A.甲基环戊烷是烃；烃难溶于水，易溶于有机溶剂，故A正确；

B.甲基环戊烷有四种位置的氢，如图因此其一氯代物有4种，故B错误；

C.该有机物在一定条件下与氯气光照发生取代；与氧气点燃发生氧化反应，故C正确；

D.甲基环戊烷与2-己烯分子式都为C6H10；因此两者互为同分异构体，故D正确。

综上所述，答案为B。二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】【分析】

①碳碳双键能与氢气加成；

②双糖能发生水解；

③葡萄糖能溶于水；

【详解】

①只有乙烯含有不饱和键；能与氢气发生加成反应；

选b；

②乙醇和乙酸不能发生水解；只有蔗糖可以发生水解反应生成葡萄糖；

选a；

③a．乙烯属于烃类；难溶于水；

b．乙酸乙酯为难溶于水的油状液体；

c．葡萄糖为易溶于水的单糖；

答案选c。【解析】①.b②.a③.c11、略

【分析】【分析】

【详解】

光导纤维的主要成分是由于Al(OH)3能够溶于强碱溶液中，但不溶于氨水，故实验室制备Al(OH)3是用可溶性的铝盐和弱碱氨水反应，方程式为：AlCl3+3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl；实验室检测中含有铵根离子与氢氧根离子加热反应生成氨气，原理为：+OH-NH3↑+H2O，氨气属于碱性气体，可用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，产生了NH3；原溶液中含有铵根离子；

故答案为：氨水；NaOH溶液；红色石蕊试纸。【解析】氨水NaOH溶液红色石蕊试纸12、略

【分析】【分析】

X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四种常见元素，X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相同，X原子核外电子排布式为1s22s22p2；则X为碳元素；常温常压下，Y单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积，则Y为硫元素；Z和Y同周期，Z的电负性大于Y，则Z为Cl元素；W的一种核素的质量数为63，中子数为34，则其质子数=63-34=29，则W为Cu元素，据此解答。

【详解】

（1）根据以上分析，Y为硫元素，在周期表中的位置为：第三周期ⅥA族。非金属性：Cl>S，所以其最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是HClO4。

因此，本题正确答案是：三；VIA；HClO4；

（2）CS2是一种常用的溶剂，结构与CO2类似；结构式为S=C=S，含有2个σ键，在H-S；H-Cl两种共价键中，Cl元素的电负性更大，对键合电子的吸引力更强，故H-Cl键的极性较强，键长取决于中心元素的原子半径，中心原子的原子半径越大，则键长越长，S原子半径大于Cl原子，所以H-Cl键长小于H-S键长；

因此；本题正确答案是：2；H-Cl；H-S；

（3）W为Cu元素，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1。Cu2S和O2发生反应生成Cu2O和SO2气体，反应的化学方程式为2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2。

因此，本题正确答案是：1s22s22p63s23p63d104s1；2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；

（4）根据盖斯定律：方程式应为①×2-②，即2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）H=-270kJ/mol。

因此，本题正确答案是：2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）H=-270kJ/mol。【解析】三VIAHClO42H-ClH-S1s22s22p63s23p63d104s12Cu2S+3O22Cu2O+2SO2SO2（g）+2CO（g）=S(g)+2CO2（g）H=-270.0kJ/mol13、略

【分析】【详解】

A.油脂属于高级脂肪酸甘油酯；所以油脂在碱性条件下能发生水解反应，生成甘油和硬脂酸钠，硬脂酸钠是肥皂的主要成分，故A正确；

B.油脂在小肠内受酶的催化作用而水解；生成的高级脂肪酸和甘油作为人体营养成分为肠壁所吸收，同时提供人体活动所需要的能量，故B正确；

C.油脂中的碳链中的碳碳键为碳碳单键时；属于饱和高级脂肪酸甘油酯，为动物脂肪，沸点较高，故C正确；

D.油脂是人体所需的基本营养物质之一；应适量摄入，过多导致人肥胖，引起各种疾病，故D错误；

故答案：D；

(2)由天然油脂的结构简式可知，该油脂含有三个酯基，完全水解需消耗3mol的已知该油脂与氢气发生加成反应时最多需8g氢气的物质的量为4mol，每个碳碳双键消耗氢气，所以该油脂中含碳碳双键为4mol；故答案：3；4。

【点睛】

根据天然油脂的结构可知含有三个酯基，水解消耗氢氧化钠的物质的量等于酯基数目，加成消耗氢气的物质的量就等于碳碳双键数目，以此分析解答。【解析】D3414、略

【分析】【详解】

(1)CO2催化加氢生成C2H4和水的反应中；该反应的化学方程式是。

=产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1:4，由于该反应正向是气体分子数减少的反应，若增大压强，则化学平衡正向移动，n(C2H4)变大；

(2)由题中信息可知，两反应物初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的量分数之比为1:3，d和b表示的物质的物质的量之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c，由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减少，则化学平衡向逆反应方向进行，则该反应是放热反应，△H小于0；

(3)若在一定温度和压强条件下，要提高反应速率和乙烯选择性，应当使用合适的催化剂等，此时，活化能会降低，单位体积内活化分子百分数增大，单位体积内有效碰撞次数增多。【解析】1：4变大dc小于催化剂降低增大增多三、判断题(共8题，共16分)15、B【分析】【分析】

【详解】

丁烷分子中含有两种氢原子，故与氯气取代时，可生成两种一氯代烃，即CH2ClCH2CH2CH3和CH3CHClCH2CH3，题干说法错误。16、B【分析】【详解】

电子不能通过电解质溶液。在锌铜原电池中，电子通过外电路形成闭合回路，所以有电流产生，错误。17、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。18、A【分析】【详解】

在原电池中，负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应，正确。19、B【分析】【详解】

苯的同系物要求分子中含有1个苯环，且苯环上连有烷基，而C6H5—CH=CH2苯环上连的是乙烯基，和苯结构不相似，且在分子组成上和苯没有相差若干个CH2原子团，故C6H5—CH=CH2不属于苯的同系物，故错误。20、B【分析】【分析】

【详解】

硅是一种亲氧元素，在自然界中全部以化合态存在，故错误。21、A【分析】【详解】

焚烧发电过程中存在化学能转化为热能再转化为机械能最后电能，正确。22、A【分析】【详解】

烧碱（NaOH）和含高浓度的废水反应可以生成氨气，故可以回收利用氨，正确。四、工业流程题(共2题，共20分)23、略

【分析】【详解】

I．由制备流程可知，硼镁泥的主要成分为MgCO3、SiO2，还有少量Fe2O3、MnO、CaO等，向废渣中加硫酸时SiO2不溶解，过滤得到滤渣1为二氧化硅，NaClO具有氧化性，能将Mn2+氧化为MnO2，调节PH生成MnO2、Fe(OH)3沉淀，过滤得滤渣2为MnO2、Fe(OH)3；再经过系列除杂后所得溶液中加碳酸铵溶液，得到轻质碳酸镁；

(1)MgCO3和硫酸反应生成硫酸镁和二氧化碳，反应方程式为MgCO3+H2SO4=MgSO4+CO2↑+H2O；

(2)根据上面的分析可知滤渣2的主要成分为MnO2、Fe(OH)3，次氯酸钠能氧化锰离子生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++ClO-+H2O═MnO2↓+2H++Cl-；

(3)“合成”时在溶液中加碳酸铵溶液；得到轻质碳酸镁；硫酸铵和水，温度过低反应速率慢，温度过高轻质碳酸镁、碳酸铵会分解；

Ⅱ．CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2=4CuCl↓+FeCl2+2S↓，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有[CuCl2]-，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2+；

(1)CuFeS2和3FeCl3之间发生的是氧化还原反应，化学方程式为：CuFeS2+3FeCl3=CuCl+4FeCl2+2S；

(2)过滤1所得滤液中只含FeCl2，将其在空气中加热蒸干、灼烧后，加热过程中发生水解反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁灼烧分解生成氧化铁，所得固体为Fe2O3；

(3)过滤得到滤液含有[CuCl2]-，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+；

(4)滤3所得滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，涉及反应有CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S、2CuCl=Cu+CuCl2，综合两个化学方程式可得CuFeS2+CuCl2=2Cu+FeCl2+2S，由方程式可得每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为0.5mol。【解析】①.MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑②.Fe(OH)3③.Mn2++ClO-+H2O=MnO2↓+2H++Cl-④.(NH4)2CO3受热分解(或(NH4)2CO32NH3↑+H2O+CO2↑)⑤.CuFeS2+3FeCl3=CuCl↓+4FeCl2+2S↓⑥.Fe2O3⑦.Cu2+⑧.0.5mol24、略

【分析】【分析】

Ⅰ．贝壳的主要成分是碳酸钙，煅烧得到氧化钙，和水反应得到石灰乳，加入海水晒盐剩下的母液中，和母液中的MgCl2反应得到Mg(OH)2沉淀。然后Mg(OH)2和盐酸反应，得到的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2•6H2O；在HCl气流中加热得到无水氯化镁，最后电解熔融的氯化镁得到金属镁；

Ⅱ．铝热反应是铝和金属氧化物发生的置换反应；

【详解】

(1)A．用上述流程制取金属镁；原料是海水和贝壳，就地取材，原料来源丰富，故A正确；

B．进行①②③步骤；获得了氯化镁，所以目的是从海水中提取氯化镁，故B正确；

C．由于很活泼的金属难以从化合物中还原得到；所以一般采取电解法获得，镁是很活泼的金属，所以电解熔融的氯化镁得到镁，故C正确；

D．煅烧贝壳是碳酸钙的分解反应，氧化钙和水的反应是化合反应，氢氧化钙和氯化镁的反应是复分解反应，氢氧化镁和盐酸的反应也是复分解反应，MgCl2•6H2O分解得到MgCl2是分解反应，电解熔融的MgCl2制取镁是分解反应；在制取镁的过程中，没有置换反应，有化合反应；分解反应和复分解反应，故D错误；

故选D；

(2)步骤②是将石灰乳加入到海水中，由于Ca(OH)2微溶，导致制得的Mg(OH)2不纯；

Ⅱ．(3)氧化铁粉末和铝粉在高温下反应生成铁和氧化铝，该置换反应的化学方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；

(4)铝热剂中的铝能和NaOH溶液反应，化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。生成氢气标准状况下体积为3.36L，即物质的量为=0.15mol。根据化学方程式可知，生成3molH2，消耗2molAl，则生成0.15molH2；消耗0.1molAl，则消耗的铝的质量为0.1mol×27g/mol=2.7g；

若铝和氧化铁恰好完全反应，则只有反应生成的铁能和盐酸反应生成氢气：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。根据铝热反应的方程式：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，Al和生成的Fe的物质的量相等，根据2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，2molAl生成3molH2，根据Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，2molFe生成2molH2，则等物质的量的Fe和Al生成氢气的物质的量之比为2:3，同温同压下体积比等于物质的量之比，也为2:3。【解析】DCa(OH)2微溶，导致制得的Mg(OH)2不纯2Al+Fe2O32Fe+Al2O32Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑2.7标准状况下H2体积为3.36L，即物质的量为=0.15mol。根据化学方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，生成3molH2，消耗2molAl，则生成0.15molH2，消