高中化学人教版必修第二册2026版步步高学习模块测评验收（二）

模块测评验收卷(二)(满分:100分)一、选择题(本题包括15小题,每小题只有一个选项符合题意,每小题3分,共45分)1.下列有关说法错误的是()A.钛合金具有耐腐蚀和耐低温等性能,可应用于航空航天领域B.航天器的操纵杆采用的碳纤维属于新型无机非金属材料C.火箭整流罩前锥段材料——聚甲基丙烯酰亚胺属于有机高分子材料D.航天器使用的太阳能电池阵和锂离子电池组工作时,均可将化学能转化成电能答案D解析A项,钛合金具有耐腐蚀和耐低温等性能,因此可应用于航空航天领域制作航天器;B项,碳纤维属于新型无机非金属材料;C项,火箭的整流罩前锥段材料——聚甲基丙烯酰亚胺属于有机合成高分子材料;D项,航天器使用的太阳能电池阵是将太阳能转化为电能,而不是将化学能转化为电能。2.化学与生产、生活密切相关。下列生产活动的相关解释错误的是()选项生产活动解释A制作化学电源将电能转化为化学能B葡萄酒生产过程中添加SO2SO2具有杀菌、抗氧化功能C冷藏保存疫苗防止温度过高使蛋白质变性D食盐中加入KIO3KIO3为食盐中的营养强化剂答案A解析A项,制作化学电源,是将化学能转化为电能;B项,葡萄酒生产过程中添加微量SO2,可以防止葡萄酒氧化变质,也可以起到杀菌作用;C项,疫苗主要成分为蛋白质,冷藏保存可以防止温度过高使蛋白质变性;D项,KIO3是含碘盐营养强化剂,可以防止大脖子病。3.下列说法不正确的是()A.烷烃的熔、沸点一般随着分子中碳原子数的增加而升高B.C2H518OH与CH3COOH发生酯化反应,反应生成的水分子中不存在C.不能用水区别乙醇、乙酸乙酯、CCl4三种有机试剂D.总物质的量为1mol的C3H6和C4H6O2的混合物,不论二者以何种比例混合,完全燃烧时消耗O2的量和生成H2O的量都不变答案C解析A项,烷烃一般随着分子中碳原子数的增加,相对分子质量增大,分子间作用力也增大,故其熔、沸点逐渐升高;B项,酯化反应的机理是酸脱羟基醇脱氢,故C2H518OH与CH3COOH发生酯化反应,反应生成的水分子中不存在18O;C项,乙醇与水互溶、乙酸乙酯和CCl4均与水不溶,但乙酸乙酯密度比水小,CCl4的密度比水大,故能用水区别乙醇、乙酸乙酯、CCl4三种有机试剂;D项,1molC3H6和C4H6O2完全燃烧时消耗的氧气均为4.5molO2,均生成3mol水,故总物质的量为1mol的C3H6和C4H6O2的混合物,不论二者以何种比例混合,完全燃烧时消耗O2的量和生成H24.某化学反应的能量变化如图所示,下列说法正确的是()A.该反应不一定需要加热B.该反应断键吸收的总能量小于成键释放的总能量C.该反应可能是化合反应,也可能是中和反应D.该过程可能为单质钾和水的反应答案A解析A项,该反应为吸热反应,反应吸热还是放热与反应条件无关,该反应不一定需要加热;B项,该反应为吸热反应,该反应断键吸收的总能量大于成键释放的总能量;C项,该反应为吸热反应,中和反应为放热反应,不可能是中和反应;D项,该反应为吸热反应,单质钾和水的反应放热,不可能是钾和水的反应。5.已知某药物具有抗痉挛作用,其结构简式为。下列说法不正确的是()A.该物质能与金属钠作用B.该物质能使溴水褪色C.该物质能通过加聚反应形成有机高分子D.该物质的分子式为C12H15NO3答案A解析A项,该物质含有的官能团有氨基、醚键、碳碳双键和酯基,不能与金属钠作用;B项,该物质含碳碳双键,与溴水发生加成反应,能使溴水褪色;C项,该物质含碳碳双键,能通过加聚反应形成有机高分子;D项,由结构简式知,该物质的分子式为C12H15NO3。6.某学习小组设计以下两套装置(部分夹持装置略去),用乙醇、乙酸和浓硫酸作原料分别制备乙酸乙酯(沸点77.2℃)。下列有关说法错误的是()A.浓硫酸能加快酯化反应速率B.装置b比装置a原料损失的少C.可用过滤的方法分离出乙酸乙酯D.使用饱和碳酸钠溶液,可以除去乙酸乙酯中的大部分杂质答案C解析A项,浓硫酸为酯化反应的催化剂,催化剂可以加快反应速率;B项,装置b中的长导管起到冷凝回流的作用,可提高原料的利用率,装置b比装置a原料损失的少;C项,乙酸乙酯为油状液体,与饱和碳酸钠溶液不互溶,应用分液的方法分离,过滤是分离固液混合物的方法;D项,使用饱和碳酸钠溶液,可以除去乙酸乙酯中的大部分杂质,如乙醇和乙酸。7.利用下列装置(部分夹持装置省略)进行实验,能达到实验目的的是()A.用甲装置蒸干NH4Cl溶液制备NH4Cl固体B.用乙装置检验Cu与浓硫酸反应生成的SO2C.用丙装置收集NO2并进行尾气处理D.用丁装置检验蔗糖的水解产物答案B解析A项,加热时氯化铵分解,应用冷却结晶法制备NH4Cl固体;B项,Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫,二氧化硫可使品红褪色,可检验生成的二氧化硫;C项,二氧化氮的密度比空气密度大,应长导管进气收集;D项,水解后,没有加NaOH中和硫酸,不能检验葡萄糖。8.因疫情防控需要,口罩已经成了必需品。熔喷布,口罩的“心脏”:口罩中间的过滤层,能过滤细菌,阻止病菌传播。熔喷布是一种以高熔融指数的聚丙烯(PP)为材料,由许多纵横交错的纤维以随机方向层叠而成的膜。下列有关聚丙烯的认识正确的是()A.聚丙烯是混合物B.聚丙烯的链节:—CH2—CH—CH3—C.聚丙烯能与溴水发生加成反应D.合成聚丙烯的单体丙烯分子中,一定有7个原子共面答案A解析聚丙烯为,链节是。A项,聚丙烯中高分子的链长不相同,是混合物;B项,聚丙烯的链节:;C项,根据聚丙烯的结构,聚丙烯中不含双键,不能与溴水发生加成反应;D项,如图所示,丙烯中一定有6个原子共平面:。9.碱性锌锰电池的总反应方程式为Zn+2MnO2+2H2O===Zn(OH)2+2MnOOH,下列说法正确的是()A.当电解质溶液为KOH时,K+向正极移动B.电池工作时,电子由正极通过外电路流向负极C.碱性锌锰电池为二次电池,放电后可充电而反复使用D.理论上,当通过外电路的电子为0.2mol时,负极的质量减小6.5g答案A解析该反应总反应方程式为Zn+2MnO2+2H2O===Zn(OH)2+2MnOOH,锌失电子作负极、二氧化锰作正极,负极反应式为Zn-2e-+2OH-===Zn(OH)2,正极反应式为2MnO2+2H2O+2e-===2MnOOH+2OH-,放电时,电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动。A项,当电解质溶液为KOH时,原电池中阳离子K+向正极移动;B项,电池工作时,负极产生电子,电子由负极通过外电路流向正极;C项,碱性锌锰电池为一次电池,放电后不能进行充电使用;D项,理论上,当通过外电路的电子为0.2mol时,负极上参加反应的Zn物质的量为0.1mol,生成了Zn(OH)2,质量增加了3.4g。10.铝土矿的主要成分为氧化铝、氧化铁和二氧化硅,工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝:下列说法错误的是()A.①②中除加试剂外,还需要进行过滤操作B.a、b中铝元素的化合价相同C.③中需要通入过量的氨气D.④进行的操作是加热,而且d一定是氧化铝答案C解析反应①后的体系中含有固体SiO2,需要过滤除去,反应②后的体系中含有Fe(OH)3沉淀,需要过滤除去,A正确;a、b中Al元素分别以AlCl3和Na[Al(OH)4]的形式存在,其中铝元素的化合价都是+3价,B正确;由Na[Al(OH)4]制备Al(OH)3需要通入过量CO2,C错误;由Al(OH)3制备Al2O3,加热即可,D正确。11.某学习小组为了探究影响酸性高锰酸钾溶液与NaHSO3溶液反应速率的因素,该小组设计如表实验方案。实验1234V(NaHSO3溶液)/mLc=0.2mol·L-13.03.04.03.0V(KMnO4溶液)/mLc=0.1mol·L-12.02.02.02.0V(H2SO4溶液)/mLc=0.6mol·L-11.02.02.01.0V(MnSO4溶液)/mLc=0.1mol·L-10.00.00.00.5V(H2O)/mL2.0a0.0b褪色时间t/min8643下列说法不正确的是()A.该反应的离子方程式为5HSO3-+2MnB.a=1.0,b=1.5C.实验3从反应开始到反应结束这段时间内反应速率v(MnO4-)=0.00625mol·L-1D.实验证明SO4答案D解析探究实验方案两两之间应保持单一变量,则四组实验的溶液总体积相等,利用混合溶液褪色时间判断变量对反应速率的影响。A项,HSO3-是弱酸的酸式酸根离子,不能拆写,该反应的离子方程式为5HSO3-+2MnO4-+H+===2Mn2++5SO42-+3H2O;B项,据题意可知,4组实验溶液总体积应相同,则a=1.0,b=1.5;C项,n(NaHSO3)∶n(KMnO4)=8∶2,0.00625mol·L-1·min-1;D项,实验4与实验1相比,其他条件相同条件下,实验4加了MnSO4,反应混合溶液褪色时间只有3min,由于溶液中已经加了H2SO4,说明SO42-不是该反应的催化剂,而Mn12.实验室做锌与浓硫酸反应的实验时,有同学认为产生二氧化硫,有同学认为除二氧化硫外,还可能产生氢气。为了验证两位同学的判断是否正确,设计了如图所示实验装置(锌与浓硫酸共热时产生的气体为X,且该装置略去E、F瓶中试剂相同)。下列说法错误的是()A.生成二氧化硫的化学方程式为Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2OB.装置E、F中加入的试剂为品红溶液,作用是检验SO2的存在以及是否除尽C.装置H中白色粉末变蓝不能说明X中含有氢气D.装置Ⅰ中加入的试剂是碱石灰,作用是吸收尾气答案D解析分析装置图可知,生成的气体中有二氧化硫和氢气,所以装置E是验证二氧化硫存在的装置,选品红溶液进行验证,通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫,通过装置F中的品红溶液验证二氧化硫是否除尽,利用氢气和氧化铜反应生成铜和水蒸气,所以利用装置H中的无水硫酸铜检验水的生成,为避免空气中的水蒸气影响H装置中水的检验,装置Ⅰ中需要用碱石灰,但气体在进入加热装置之前应该先干燥,所以应该在G之前增加盛有浓硫酸的试剂瓶,以此分析解答。A项,由图可知:锌和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸锌和水,其反应的化学方程式为Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O;B项,分析装置图可知,生成的气体中有二氧化硫和氢气,所以装置A是验证二氧化硫存在的装置,选品红溶液进行验证,通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫,通过装置F中的品红溶液验证二氧化硫是否除尽;C项,装置E、F中加入的试剂为品红溶液,氢气进入G、H之前未干燥,会混有水蒸气,装置H中白色粉末变蓝不能说明X中含有氢气;D项,该实验是为了证明混合气体中含有氢气,氢气和氧化铜反应生成铜和水蒸气,所以装置Ⅰ中加入的试剂是碱石灰,作用是防止空气中的水蒸气进入H,影响实验。13.将2molA和2molB在2L的恒容密闭容器中混合,一定条件下发生反应:2A(g)+B(s)2C(g),5min时测得C的浓度为0.2mol/L,下列说法正确的是()A.5min内,B的平均反应速率为0.02mol/(L·min)B.反应时,向容器中通入氦气,容器内压强增大,化学反应速率加快C.5min时,A的转化率为10%D.升高温度,化学反应速率增大,降低温度,化学反应速率减小答案D解析A项,B是固体,其浓度视为常数,不能用B表示化学反应速率;B项,该反应是在恒容密闭容器中反应,通入氦气,反应物的浓度不变,化学反应速率不变;C项,5min内,Δn(C)=0.2mol/L×2L=0.4mol,则Δn(A)=0.4mol,A的转化率为0.4mol2mol×100%=20%;D项,升高温度,化学反应速率增大,降低温度,14.通过海水晾晒可得粗盐,粗盐中除NaCl外,还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质,需要提纯后才能综合利用。某同学利用给定试剂NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液和盐酸,设计了下图粗盐精制的实验流程(注:在浓度较大的碳酸钠溶液中,可能存在反应BaSO4+CO32-===BaCO3+SOA.试剂①可以是Na2CO3溶液B.每一步加入的除杂试剂一定需要足量C.操作a是过滤,为了简化操作,可在加入试剂②后,将前述沉淀一并过滤D.检验SO42-是否除净的操作:取少量溶液C,加入BaCl2溶液,有白色沉淀答案B解析粗盐中除含有NaCl外,还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质,其中泥沙不溶于水,可以直接过滤除去,镁离子用氢氧化钠沉淀除去,钙离子用碳酸钠沉淀除去,硫酸根离子用氯化钡沉淀除去,为保证杂质去除彻底,需加入过量的除杂试剂,过量的除杂试剂也需在后续操作中去除,过量的氯化钡可以用碳酸钠除去,因此加入试剂顺序,氯化钡在碳酸钠前面加入,过量的碳酸钠和氢氧化钠可用盐酸除去,但在加盐酸之前应该先过滤,防止生成的碳酸钡、氢氧化镁、碳酸钙等沉淀溶解,过量的盐酸在蒸发结晶过程中挥发除去,最终得到精盐,据此作答。A项,由分析可知除杂过程中,过量的氯化钡可以用碳酸钠除去,故试剂①为BaCl2溶液,试剂②为Na2CO3溶液;B项,每一步加入的除杂试剂一定需要足量才能保证离子完全除掉;C项,若Na2CO3溶液的浓度过大,可能会发生反应:BaSO4+CO32-===BaCO3+SO42-,SO42-重新进入溶液中,故不能为了简化操作,在加入试剂②后,将前述沉淀一并过滤;D项,检验SO42-是否除净的操作:取少量溶液15.某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。某课外兴趣小组对X进行如下实验探究:下列说法正确的是()A.12.8g固体可能为Fe2O3B.混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2C.Fe2O3、Cu的物质的量之比为1∶1D.m>24.8答案D解析A项,因为盐酸是足量的,则12.8g固体不可能为Fe2O3;B项,混合物X中不一定含有Al2O3;C项,盐酸是足量的,所以Fe2O3会完全反应,但是铜不一定会完全反应,当加入过量氢氧化钠溶液时,SiO2会完全反应,所以剩余的固体只能是铜,根据反应Fe2O3+6HCl===2FeCl3+3H2O,2FeCl3+Cu===CuCl2+2FeCl2,得到关系式:Fe2O3~Cu,因为铜有剩余,则Fe2O3、Cu的物质的量之比小于1∶1;D项,固体X中一部分Fe2O3和Cu溶于盐酸后剩余24.8g固体,则m>24.8。二、非选择题(本题共3小题,共55分)16.(18分)甘蔗渣制取乙酸乙酯的生产流程如下图:已知:E的产量通常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志。请回答下列问题:(1)E的结构简式为,B的官能团的名称为。

(2)B与D反应的化学方程式为

(需注明条件),反应类型为反应;

(3)向A的水溶液中加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加热至沸腾,产生的实验现象是。

(4)实验室制取的乙酸乙酯中混有B和D,可用溶液除去,再用方法分离(选填“过滤”“蒸馏”或“分液”)。

(5)F(选填“能”或“不能”)用作食品保鲜袋。同时F也是“白色污染”的祸根之一,其原因是

。

答案(1)CH2==CH2羟基(2)CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O取代反应或酯化反应(3)产生砖红色沉淀(4)饱和碳酸钠溶液分液(5)能聚乙烯不能降解解析纤维素水解生成葡萄糖,葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇,乙醇发生消去反应生成乙烯,乙烯加聚生成聚乙烯。乙醇催化氧化生成乙醛,乙醛在催化剂条件下反应生成乙酸,乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯。故A为葡萄糖,B为乙醇,C为乙醛,D为乙酸,E为乙烯,F为聚乙烯。(1)E为乙烯,结构简式为CH2==CH2;B为乙醇,官能团为羟基。(2)乙醇和乙酸反应的方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O,该反应为酯化反应或取代反应。(3)葡萄糖含有醛基,葡萄糖水溶液中加入新制氢氧化铜悬浊液并加热到沸腾,出现砖红色沉淀。(4)乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸,加入饱和碳酸钠溶液除去,再用分液的方法分离。(5)聚乙烯能用作食品保鲜袋,因为聚乙烯不能降解,所以是白色污染的祸根之一。17.(18分)某化学兴趣小组同学利用下图所示装置(夹持及加热装置已略去,装置气密性良好)探究SO2的性质(实验前已事先除去装置中的空气)。请回答下列问题:[查阅资料得知浓硫酸的沸点为338℃,酒精灯火焰的温度为400~500℃](1)仪器a的名称。

(2)装置D和F的作用是。

(3)加热时,装置A中反应的化学方程式为

。

(4)打开K1,关闭K2,加热装置A一段时间后,B中的现象是,

当装置C中溶液由蓝色变为无色,由此推测所得无色溶液中的离子主要是H+、I-和;为了进一步实验证实了该过程中SO2已被氧化,该实验操作及现象是。

(5)关闭K1,打开K2,用酒精灯加热装置A,观察到E中发生的现象是有白色沉淀产生,白色沉淀的成分是,生成白色沉淀的原因可能是(选填字母序号)。a.SO2与BaCl2溶液反应生成了白色沉淀b.BaCl2溶液与硫酸蒸气反应生成了白色沉淀c.SO2溶于水生成的H2SO3被装置内的O2氧化生成H2SO4,再与BaCl2反应生成白色沉淀答案(1)分液漏斗(2)吸收SO2,防止污染空气(3)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O(4)品红溶液褪色SO42-取C中溶液少许,滴入BaCl2溶液(5)BaSO4bc解析(1)根据装置图,仪器a的名称是分液漏斗;(2)SO2是有毒气体,能被氢氧化钠溶液吸收,装置D和F的作用是吸收SO2,防止污染。(3)加热时,装置A中浓硫酸和铜反应生成硫酸铜、二氧化硫、水,反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O;(4)SO2具有漂白性,B中的现象是品红溶液褪色;当装置C中溶液由蓝色变为无色,说明I2被还原,则SO2被氧化,反应方程式为SO2+I2+2H2O===2HI+H2SO4,由此推测所得无色溶液中的离子主要是H+、I-和SO42-;为了进一步实验证实了该过程中SO2已被氧化,可取C中溶液少许,滴入BaCl2溶液,有白色沉淀生成,说明SO2已被氧化。(5)SO2和BaCl2溶液不反应,观察到E中有白色沉淀产生,则白色沉淀的成分是BaSO4,生成白色沉淀的原因可能是浓硫酸的沸点为338℃,酒精灯火焰的温度为400~500℃,A中挥发出硫酸蒸气,BaCl2溶液与硫酸蒸气反应生成了白色沉淀;还可能是A中生成的SO2溶于水生成的H2SO3被装置内的O2氧化生成H2SO4,再与BaCl2反应生成白色沉淀,故选bc18.(19分)H2和CH3OH是重要的能源物质,也是重要的化工原料。为倡导“节能减排”和“低碳经济”,降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2,工业上通常用CO2来生产燃料甲醇。在体积为2L的密闭容器中,充入0.8molCO2和2.0molH2,一定条件下发生反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。测得CO2和CH3OH的物质的量随时间变化如图所示。(1)0~3min内用H2表示该反应的化学反应速率为。

(2)下列措施能提高该反应的化学反应速率的是。

A.升高温度B.加入适宜的催化剂C.缩小容器的体积(3)能说明上述反应已达到平衡状态的是(填字母序号)。

A.CO2、H2、CH3OH、H2O四种气体的物质的量浓度之比为1∶3∶1∶1B.容器内混合气体的压强保持不变C.CO2的消耗速率与CH3OH的生成速率之比为1∶1D.容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变(4)达到平衡时,CO2的转化率为