2024年沪科版高二化学上册月考试卷含答案

…………○…………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2024年沪科版高二化学上册月考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5题，共10分)1、硅酸盐水泥的生产过程中要加入一定量石膏，它的作用是()A.作填料B.调节水泥的硬化速度C.作催化剂D.使水泥具有硬化的性质2、某同学按图示装置进行实验：A极是铜锌合金，B极为纯铜，溶液为足量的硫酸铜溶液。通电一段时间后，若A极恰好全部溶解，此时B极质量增加5.76g，溶液质量增0.03g，则合金中Cu、Zn原子个数比为A.4：1B.3：1C.2：1D.任意比3、下列条件的改变，一定能加快化学反应速率的是（）A.增大压强B.升高温度C.增大反应物的量D.减小生成物的浓度4、下列物质中，只含有离子键的是rm{(}rm{)}A.rm{Na_{2}O_{2}}B.rm{NaCl}C.rm{HCl}D.rm{NaOH}5、下列属于盐的是A.rm{NaCl}B.rm{KOH}C.rm{HNO_{3}}D.rm{CO_{2}}评卷人得分二、双选题(共5题，共10分)6、下列叙述中正确的是（）A.中和10ml0.1mol•L-1醋酸与中和100ml0.01mol•L-1醋酸所需同种碱溶液的量不同B.体积相等、pH相等盐酸和硫酸溶液中，H+离子的物质的量相等C.等体积pH=3的酸溶液与pH=11的碱溶液相混合后，混合溶液的pH一定等于7D.250C时，将0.1mol•L-1NaOH溶液与pH=1的稀硫酸等体积混合，混合后溶液pH=77、关于维生素C的叙述正确的是（）A.维生素C能使溴水褪色B.维生素C可作食品添加剂C.维生素C又称抗坏血酸D.维生素C不能发生氧化反应8、下列各组物质中，所含分子数一定相同的是rm{(NA}表示阿伏加德罗常数rm{)}A.rm{1molH_{2}}和rm{16gO_{2}}B.rm{N_{A}}个rm{N_{2}}和rm{11gCO_{2}}C.rm{18gH_{2}O}和rm{1molBr_{2;}}D.rm{22.4LH_{2}}和rm{NA}个rm{CO_{2}}9、丁腈橡胶具有优良的耐油、耐高温性能，它的结构简式为：合成丁腈橡胶的原料是rm{(}rm{)}A.rm{CH_{2}=CH-CH=CH_{2}}B.rm{CH_{3}-CH=CH-CN}C.rm{CH_{2}=CH-CN}D.rm{CH_{3}-CH=CH-CH_{3}}10、将rm{BaO_{2}}放入密闭的真空容器中，反应rm{2BaO_{2}(s)?2BaO(s)+O_{2}(g)}达到平衡rm{.}保持温度不变，体积压缩为原来的一半，体系重新达到平衡，下列说法正确的是rm{(}rm{)}A.平衡常数减小B.平衡逆向移动，氧气的物质的量浓度减小C.体系的压强不变D.rm{BaO_{2}}的量增加评卷人得分三、多选题(共9题，共18分)11、乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一。下列说法正确的是()A.乙烯可与乙醇发生酯化反应B.乙烯可使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色C.一定条件下乙烯可发生聚合反应D.一定条件下乙烯可发生加成反应12、煤在燃烧时会产生rm{SO_{2}}造成环境污染。下列说法正确的有()A.rm{SO_{2}}是形成酸雨的主要气体B.用碱液吸收燃煤废气可减少环境污染C.往燃煤中混入生石灰，可减少rm{SO_{2}}的排放D.用水溶解rm{.}过滤除去煤中的单质硫以减少rm{SO_{2}}的排放13、下列离子与氖原子具有相同核外电子数的有A.rm{Na^{+}}B.rm{F^{隆陋}}C.rm{Al^{3+}}D.rm{S^{2隆陋}}14、现代以石油化工为基础的三大合成材料是rm{(}rm{)}A.合成洗涤剂B.合成纤维C.合成橡胶D.塑料15、下列分子中的碳原子可能处在同一平面内的是()A.rm{CH_{3}(CH_{2})_{4}CH_{3}}B.rm{CH_{3}(CH_{2})_{4}CH_{3}}C.D.16、生活及生产过程直接排放的超细颗粒物是大气中可吸入颗粒物的主要来源。能减少大气中可吸入颗粒物的措施有()A.加高工厂烟囱B.推广使用新能源汽车C.安装除尘设备D.将高污染产业转型升级17、关于乙烯的化学性质；说法正确的是。

A.不能发生聚合反应B.能使溴水褪色。

C.可与rm{H_{2}}发生加成反应D.可与rm{HCl}加成18、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19、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.四氯化碳评卷人得分四、填空题(共3题，共30分)20、在4HCl（浓）+MnO2═MnCl2+Cl2↑+2H2O的反应中，还原剂是____，氧化剂是____，每生成1molCl2转移____mol电子．21、下图所示实验中，A、B中的电极为多孔铂电极，c、d为夹在经Na2SO4溶液浸湿的滤纸条上的铂夹，a、b为电源的两极。将A、B中充满KOH溶液后倒立于盛有KOH溶液的水槽中，断开开关K1，闭合K2、K3，通以直流电。请回答下列问题：(1)a为直流电源极。(2)滤纸上(实验开始时中央滴有KMnO4液滴)的明显现象为____；(3)写出电极反应式：A极：；C极：。(4)若经电解一段时间后，A、B中均有气体包围电极，此时切断K2、K3，闭合K1，则电流表的指针是否发生偏转，说明你的理由。22、碱式氯化铜有多种组成，可表示为rm{Cu}rm{{,!}_{a}}rm{(OH)}rm{{,!}_{b}}rm{Cl}rm{{,!}_{c}}rm{隆陇}rm{x}rm{H_{2}O}为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：rm{垄脵}称取样品rm{1.1160g}用少量稀rm{HNO_{3}}溶解后配成rm{100.00mL}溶液rm{A;垄脷}取rm{25.00mL}溶液rm{A}加入足量rm{AgNO_{3}}溶液，得rm{AgCl0.1722g;垄脹}另取rm{25.00mL}溶液rm{A}调节rm{pH4隆芦5}用浓度为rm{0.08000mol隆陇L^{-1}}的rm{EDTA(Na_{2}H_{2}Y隆陇2H_{2}O)}标准溶液滴定rm{Cu^{2+}(}离子方程式为rm{Cu^{2+}+H_{2}Y^{2-=}CuY^{2-}+2H^{+})}滴定至终点，消耗标准溶液rm{Cu^{2+}+

H_{2}Y^{2-=}CuY^{2-}+2H^{+})}通过计算确定该样品的化学式rm{30.00mL}写出计算过程rm{(}rm{)}评卷人得分五、工业流程题(共2题，共8分)23、已知：①FeSO4、FeSO4·nH2O加热时易被氧气氧化；②FeSO4·nH2O→FeSO4+nH2O；③碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用如图装置对FeSO4·nH2O中结晶水的含量进行测定。

称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)；装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后；实验步骤如下：

完成下面小题。

1．下列分析正确的是()

A．装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液。

B．步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4·nH2O被氧化。

C．装置B和装置D可以互换位置。

D．为加快产生CO2的速率；可将A中装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉状。

2．操作甲和操作丙分别是()

A．操作甲：关闭K1操作丙：熄灭酒精灯。

B．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温。

C．操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1

D.．作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干。

3．步骤Ⅳ称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4·nH2O)中n值是()

A．4.698B．6.734C．7.000D．7.666

4．若n值小于理论值，产生误差的可能原因是()

A．加热时间过长，FeSO4进一步分解了。

B．原晶体中含有易挥发的物质。

C．装置D中的碱石灰失效了。

D．加热时间过短，结晶水未完全失去24、金属铬在工业上有广泛用途，主要用于不锈钢及高温合金的生产。铬铵矾(NH4Cr(SO4)2·12H2O)法是一种以碳素铬铁(主要是由Cr、Fe、C形成的合金)为主要原料生产金属铬，并能获得副产物铁铵矾【(NH4Cr(SO4)2·12H2O)】的方法。有关流程如下:

已知部分阳离子以氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(金属离子浓度为0.01mol/L):。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3开始沉淀的pH7.62.74.9完全沉淀的pH9.63.76.8

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，其目的是____________

(2)净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是___________，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是__________。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为______；过滤；洗涤、干燥。

(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是_________________。

(4)阳极液通入SO2的离子反应方程式______________。

(5)工业废水中含有一定量的Cr3+，也含有一定量的Mg2+、Ca2+,而除去“钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10，当加入过量NaF使两种沉淀共存时，溶液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=__________。

(6)某课外活动小组将铬铵矾(NH4CrSO4)·12H2O)经过一系列操作获得了Cr2(CO3)3粗品。该小组利用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，阴离子简写为H2Y2-)测定粗品中Cr2(CO3)3的质量分数，准确称取2.00g粗品试样，溶于5.0mL稀盐酸中，依次加入5.0mLNH3·NH4Cl缓冲溶液、0.10g紫脲酸铵混合指示剂，用0.100mol/LEDTA标准溶液滴定至呈稳定颜色，平均消耗标准溶液5.00mL已知:Cr3++H2Y2-=CrY+2H+。

①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将_____(填“偏大”；“偏小”或“不变”)。

②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=____。评卷人得分六、简答题(共1题，共8分)25、聚合化铝是一种新型、高效絮凝剂和净水剂，其单体是液态的碱式氯化铝rm{Al_{2}(OH)_{n}Cl_{6-n}.}本实验采用铝盐溶液水解絮凝法制备碱式氯化铝rm{.}其制备原料为分布广、价格廉的高岭土，化学组成为：rm{Al_{2}O_{3}(25%隆芦34%)}rm{SiO_{2}(40%隆芦50%)}rm{Fe_{2}O_{3}(0.5%隆芦3.0%)}以及少量杂质和水分rm{.}已知氧化铝有多种不同的结构，化学性质也有差异，且一定条件下可相互转化；高岭土中的氧化铝难溶于酸rm{.}制备碱式氯化铝的实验流程如下：

根据流程图回答下列问题：

rm{(1)}“煅烧”的目的是______．

rm{(2)}配制质量分数rm{15%}的盐酸需要rm{200ml30%}的浓盐酸rm{(}密度约为rm{1.15g?cm^{-3})}和______rm{g}蒸馏水；配制用到的仪器有______．

rm{(3)}“溶解”过程中发生反应的离子方程式为______．

rm{(4)}加少量铝粉的主要作用是______．

rm{(5)}“蒸发浓缩”需保持温度在rm{90隆芦100隆忙}控制温度的实验方法是______．

rm{(6)}若溶解过程改为加入一定浓度的氢氧化钠溶液，发生反应的离子方程式为______．参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【解答】水泥具有水硬性；加石膏的作用是调节硬化速度。

【分析】本题考查硅酸盐水泥生产中石膏的作用，熟练掌握石膏可以调节水泥的硬化速度是解题的关键​。2、C【分析】试题分析：阳极A极是铜锌合金，发生反应：Zn-2e-=Zn2+;Cu-2e-=Cu2+.阴极B极为纯铜，发生反应Cu2++2e-=Cu。n(Cu)=5.76g÷64g/mol=0.09mol.由于Zn、Cu都是+2价的金属，所以阳极溶解的合金的物质的量也是0.09mol。1摩尔的Zn质量是65g,1摩尔的Cu质量是64g,相差1g.现在溶液质量增0.03g，说明合金中含有Zn的物质的量为n(Zn)=0.03mol,n(Cu)=0.06mol.因此n(Cu):n(Zn)=0.06:0.03=2：1.即二者的个数比为2：1.选项为C。考点：考查电解池、金属的精炼的知识【解析】【答案】C3、B【分析】【解答】解：A；增大压强对有气体参加的反应；反应速率加快，若没有气体参加，压强对反应速率不影响，故A错误；B、升高温度，增加单位体积内的活化分子数，有效碰撞增加，反应速率加快，故B正确；

C；增加反应物的物质的量；反应物的浓度不一定变化，如固体、纯液体，反应速率不一定加快，故C错误；

D；对于正反应是吸热反应的可逆反应；降低温度，平衡向逆反应移动，生成物的浓度降低，反应速率减慢，故D错误；

故选B．

【分析】A；增大压强对有气体参加的反应；反应速率加快；

B；升高温度；活增大活化分子数，反应速率加快；

C；增加反应物的物质的量；反应物的浓度不一定变化；

D、对于正反应是吸热反应的可逆反应，降低温度，平衡向逆反应移动，生成物的浓度降低．4、B【分析】解：rm{A.}过氧化钠中存在的化学键有钠离子和过氧根之间的离子键；也有氧元素和氧元素之间的非极性共价键，故A不选；

B.氯化钠中仅存在钠离子；氯离子之间的离子键；故B选；

C.rm{HCl}为共价化合物；仅含有共价键，故C不选；

D.rm{NaOH}含有离子键和共价键；故D不选。

故选：rm{B}

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，第rm{IA}族、第rm{IIA}族和第rm{VIA}族、第rm{VIIA}族元素之间易形成离子键；含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物，以此解答该题。

本题考查了离子键和共价键的判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握离子键、共价键的区别，把握物质的构成特点，根据物质的构成微粒及微粒间存在的作用力来分析解答，难度不大。【解析】rm{B}5、C【分析】【分析】本题考查盐的判断，掌握盐的概念是解题的关键，注意基础知识的积累，难度较小。【解答】

根据盐的概念：电离时生成金属阳离子rm{(}或rm{NH}或rm{(}rm{NH}rm{4}rm{4}和酸根离子的化合物回答即可。rm{{,!}^{+}}

rm{)}和酸根离子的化合物回答即可。

rm{)}

A.氯化钠电离时生成钠离子与氯离子，符合盐的概念，故A正确；

B.氢氧化钾电离时生成氢氧根离子与钾离子，符合碱的概念，故B错误；

C.硝酸电离时生成硝酸根离子与氢离子，符合酸的概念，故C错误；【解析】rm{C}二、双选题(共5题，共10分)6、B|D【分析】解：A．中和醋酸需要同种碱的物质的量与酸的物质的量成正比；与其浓度大小无关，两种醋酸的物质的量相等，所以消耗碱的物质的量相等，故A错误；

B．盐酸；硫酸都是强酸；pH相同时溶液中氢离子浓度相等，则等体积、等pH等的盐酸和硫酸溶液中氢离子的物质的量相等，故B正确；

C．常温下；等体积的pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液混合，如果酸碱都是强电解质，则混合溶液呈中性，如果酸是弱酸，混合溶液呈酸性，如果碱是弱碱，则混合溶液呈碱性，所以混合后溶液的pH可能大于7；小于7或等于7，故C错误；

D．pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，则将0.1mol•L-1NaOH溶液与pH=1的稀硫酸等体积混合后；两溶液恰好反应，溶液呈中性，25℃时混合液的pH=7，故D正确；

故选BD．

A．中和醋酸需要同种碱的物质的量与酸的物质的量成正比；与其浓度大小无关；

B．pH相同时酸溶液中的氢离子浓度相等；等体积时两溶液中氢离子的物质的量相等；

C．常温下；等体积的pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液混合，混合后溶液的pH可能大于7；小于7或等于7；

D．25℃时；pH=1的硫酸中氢离子浓度为0.1mol/L，则两溶液混合后恰好发生中和反应，溶液呈中性．

本题考查了酸碱混合溶液定性判断及溶液pH的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意A中消耗碱的物质的量与酸的浓度无关，为易错点．【解析】【答案】BD7、A|B|C【分析】解：维生素C又称抗坏血酸；具有还原性，能与氧化性物质反应，分子中含有C=C，能与溴水发生加成反应，可作食品添加剂，用于补充维生素，故ABC正确，D错误；

故选ABC．

维生素C又称抗坏血酸；含有C=C和-OH，具有还原性，可作食品添加剂，用于补充维生素，据此分析．

本题考查了有机物的结构与性质，题目难度不大，注意把握维生素C的性质，侧重于考查学生对基础知识的应用能力．【解析】【答案】ABC8、AC【分析】

【分析】本题考查了物质的量的有关计算，明确气体摩尔体积的适用范围及适用条件是解本题关键，熟练掌握基本公式即可解答。【解答】所含分子数一定相同，说明二者的物质的量相等。A.rm{1molH}rm{1molH}rm{{,!}_{2}}和rm{16gO}的物质的量均为rm{16gO}故A正确；B.rm{{,!}_{2}}rm{0.5mol}rm{N}rm{N}rm{{,!}_{A}}个rm{N}的物质的量为rm{dfrac{11g}{44g/mol}=0.25mol}二者分子数不同，rm{N}C.rm{{,!}_{2}}的物质的量为rm{1mol}rm{11gCO_{2}}的物质的量为rm{dfrac{11g}{44g/mol}

=0.25mol}二者分子数不同，rm{1mol}的物质的量为rm{dfrac{18g}{18g/mol}=1mol}二者分子数相同，故C正确；D.温度、压强未知，导致无法计算氢气的物质的量，则无法判断二者分子数是否相等，故D错误。故选AC。

rm{11gCO_{2}}【解析】rm{AC}9、rAC【分析】解：该高聚物链节主链不含杂原子，属于加聚反应生成的高聚物，链节主链上存在碳碳双键结构，有rm{6}个碳原子，其单体必为两种，按如图所示断开在将双键中的rm{1}个rm{C-C}打开，然后将半键闭合即可的该高聚物单体为：rm{垄脵CH_{2}=CH-CH=CH_{2}}rm{垄脹CH_{2}=CH-CN}

故选AC．

解答此类题目；首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断；丁腈橡胶为加聚反应产物，加聚产物的单体推断方法为：

rm{(1)}凡链节的主链上只有两个碳原子rm{(}无其它原子rm{)}的高聚物；其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；

rm{(2)}凡链节主链上只有四个碳原子rm{(}无其它原子rm{)}且链节无双键的高聚物；其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；

rm{(3)}凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物；其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换．

本题考查了加聚反应原理及高分子化合物单体的求算方法，题目难度中等，注意掌握加聚反应的概念及反应原理，明确高分子化合物单体的求算方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力．【解析】rm{AC}10、rCD【分析】解：rm{A.}化学平衡常数只与温度有关；温度不变，平衡常数不变，故A错误；

B.缩小容器体积；增大压强，氧气的物质的量浓度增加，平衡向逆反应方向移动，故B错误；

C.平衡向逆反应方向移动；但温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，其压强不变，故C正确；

D.平衡向逆反应方向移动，则rm{BaO_{2}}量增加；故D正确；

故选CD．

保持温度不变；缩小容器体积，增大压强，可逆反应向逆反应方向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答．

本题考查了可逆反应平衡移动，根据压强与平衡移动方向之间的关系分析解答即可，注意平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，为易错点．【解析】rm{CD}三、多选题(共9题，共18分)11、BCD【分析】【点评】本题考查了乙烯的性质、乙烯的用途、乙烯的制取，难度不大，注意乙醇在不同温度下生成的产物不同，为易错点。【解答】A.乙酸可与乙醇发生酯化反应，乙烯不能发生酯化反应，故A错误；

B.乙烯中含有碳碳双键，为不饱和键，可使酸性rm{KMnO}rm{KMnO}rm{{,!}_{4}}；故B正确；

C.乙烯中含有碳碳不饱和键；能发生加聚反应，故C正确；

D.乙烯中含有碳碳双键；为不饱和键，所以能发生加成反应，故D正确。

故选BCD。

溶液褪色【解析】rm{BCD}12、ABC【分析】【分析】本题旨在考查学生对二氧化硫的污染及治理、常见的生活环境的污染及治理等应用。【解答】A.二氧化硫是形成硫酸型酸雨的主要气体，故A正确；B.燃煤废气中有二氧化硫气体，用碱液吸收可以减少环境污染，故B正确；C.燃煤中加入生石灰，二氧化硫和生石灰反应生成亚硫酸钙，可以减少二氧化硫的排放，故C正确；D.硫不溶于水，不能用水溶解、过滤除去煤中的单质硫，故D错误。故选ABC。【解析】rm{ABC}13、ABC【分析】略【解析】rm{ABC}14、BCD【分析】解：石油化工是rm{20}世纪兴起的一种综合利用石油产品的工业rm{.}化学科技工作者把燃料油中较大的分子裂解成含二个；三个、四个碳原子等的小分子；然后把它们加工制成各种产品，如塑料、合成纤维、合成橡胶、药物、农药、炸药、化肥等等，其中塑料、合成纤维、合成橡胶为三大合成材料；

BCD正确；

故选BCD．

三大合成材料是指：塑料；合成纤维、合成橡胶；据此即可解答．

本题考查了石油的用途，注意乙烯与石油产品、塑料、合成纤维、有机溶剂的关系是解答本题的关键，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．【解析】rm{BCD}15、wudaan【分析】【分析】本题考查了学生对有机物的共面知识的认识，难度较大，分析时可根据已学过的甲烷、乙烯、苯的结构来类比判断。【解答】A.rm{CH}rm{3}rm{3}rm{(CH}rm{2}rm{2}rm{)}rm{4}rm{4}rm{CH}中中间碳原子与其相连的碳原子结构与甲烷类似，分子中的碳原子不可能处在同一平面内，故B错误；rm{3}中侧链子中的碳原子与其相连的碳原子结构与甲烷类似，分子中的碳原子不可能处在同一平面内，故C错误；rm{3}中与乙炔基相连的碳原子与其相连的碳原子结构与甲烷类似，分子中的碳原子不可能处在同一平面内，故D错误。故无答案。属于烷烃，结构呈锯齿状，分子中的碳原子不可能处在同一平面内，故A错误；【解析】rm{wudaan}16、BCD【分析】【分析】本题主要考查常见的生活环境的污染及治理的相关知识，据此进行分析解答。【解答】加高工厂烟囱虽然可以使周围地表粉尘的含量减少，但是污染物的排放总量不变，且没有被吸收除掉，同时还容易使污染范围扩大，所以不能减少大气中可吸入颗粒物，而推广使用新能源汽车、安装除尘设备、rm{.}将高污染产业转型升级则可以减少大气中可吸入颗粒物，故BCD正确。将高污染产业转型升级则可以减少大气中可吸入颗粒物，故BCD正确。rm{.}故选BCD。【解析】rm{BCD}17、BCD【分析】【分析】本题考查乙烯的性质，注意碳碳双键的特点，难度不大。【解答】A.乙烯含有rm{C=C}双键；能发生聚合反应生成聚乙烯，故A错误；

B.乙烯含有rm{C=C}双键；通入溴水中发生加成反应，溴水褪色，故B正确；

C.乙烯含有rm{C=C}双键，可与rm{H_{;2}}发生加成反应；生成乙烷，故C正确；

D.乙烯含有rm{C=C}双键，可与rm{HCl}加成；生成氯乙烷，故D正确。

故选BCD。

【解析】rm{BCD}18、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}19、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】乙酸乙酯、三氯甲烷、四氯化碳和水不溶，能分层，乙醇和水以任意比互溶，不分层，故ACD正确。故选rm{ACD}rm{ACD}【解析】rm{ACD}四、填空题(共3题，共30分)20、略

【分析】

在4HCl（浓）+MnO2═MnCl2+Cl2↑+2H2O的反应中，化合价降低元素是Mn元素，所在的反应物二氧化锰是氧化剂，化合价升高元素是Cl元素，所在的反应物HCl是还原剂，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=2，即每生成氯气1mol，就会转移2mol电子，故答案为：HCl；MnO2；2．

【解析】【答案】氧化还原反应中；化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，该元素被还原，化合价升高元素所在的反应物是还原剂，该元素被氧化，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数．

21、略

【分析】（1）断开开关K1，闭合K2、K3，通以直流电，则构成电解池。电解氢氧化钾溶液生成氢气和氧气。根据试管内生成的体积大小可判断，A中生成的是氧气，B中生成的是氢气。则a是电源的负极，b是电源的正极。（2）电解池中阴离子向阳极移动，d和电源的正极相连，作阳极，所以紫色斑点向d移动。（3）A极OH一放电，c极氢离子放电，所以电极反应式分别是4OH一一4e一=2H2O+O2↑、2H++2e一=H2↑。（4）切断K2、K3，闭合K1，则构成氢氧燃料电池，所以指针发生偏转。【解析】【答案】(1)负(2分)(2)紫色斑点向d移动(2分)(3)A极：4OH一一4e一=2H2O+O2↑(2分)C极：2H++2e一=H2↑(2分)(4)偏转，形成氢氧燃料电池(2分)22、解：n（Cl-）=n（AgCl）×100.00mL/25.00mL=0.1722g/143.5g/mol×100.00mL/25.00mL=4.800×10-3mol，n（Cu2+）=n（EDTA）×100.00mL/25.00mL=0.08000mol•L-1×30.00mL×10-3L•mL-1×100.00mL/25.00mL=9.600×10-3mol，n（OH-）=2n（Cu2+）-n（Cl-）=2×9.600×10-3mol-4.800×10-3mol=1.440×10-2mol，m（Cl-）=4.800×10-3mol×35.5g•mol-1=0.1704g，m（Cu2+）=9.600×10-3mol×64g•mol-1=0.6144g，m（OH-）=1.440×10-2mol×17g•mol-1=0.2448g，n（H2O）=(1.1160g−0.1704g−0.6144g−0.2448g)÷18g/mol=4.800×10-3mol，则a：b：c：x=n（Cu2+）：n（OH-）：n（Cl-）：n（H2O）=2：3：1：1，即化学式为Cu2（OH）3Cl•H2O，答：该样品的化学式为Cu2（OH）3Cl•H2O。【分析】【分析】本题考查滴定的测定实验，为高频考点，把握发生的反应、物质的量的计算为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意氧化还原反应的计算及定组成的应用，题目难度中等。【解答】解：rm{n(Cl^{-})=n(AgCl)隆脕100.00mL/25.00mL=0.1722g/143.5g/mol隆脕100.00mL/25.00mL=4.800隆脕10^{-3}mol}rm{n(Cu^{2+})=n(EDTA)隆脕100.00mL/25.00mL=0.08000mol?L^{-1}隆脕30.00mL隆脕10^{-3}}rm{n(Cu^{2+})=n(EDTA)隆脕100.00mL/25.00mL=0.08000

mol?L^{-1}隆脕30.00mL隆脕10^{-3}}rm{L?mL^{-1}隆脕100.00mL/25.00mL=9.600隆脕10^{-3}}rm{mol}rm{n(OH^{-})=2n(Cu^{2+})-n(Cl^{-})=2隆脕9.600隆脕10^{-3}}rm{mol-4.800隆脕10^{-3}}rm{mol=1.440隆脕10^{-2}}rm{mol}rm{mol隆脕35.5g?mol^{-1}=0.1704g}rm{m(Cl^{-})=4.800隆脕10^{-3}}rm{mol隆脕64g?mol^{-1}=0.6144g}rm{mol隆脕35.5g?mol^{-1}=0.1704

g}rm{mol隆脕17g?mol^{-1}=0.2448g}rm{m(Cu^{2+})=9.600隆脕10^{-3}}rm{mol隆脕64g?mol^{-1}=0.6144

g}则rm{m(OH^{-})=1.440隆脕10^{-2}}rm{mol隆脕17g?mol^{-1}=0.2448

g}rm{n(H_{2}O)=(1.1160g?0.1704g?0.6144g?0.2448g)隆脗18g/mol=4.800隆脕10^{-3}}rm{mol}rm{a}rm{b}rm{c}rm{x=n(Cu^{2+})}rm{n(OH^{-})}rm{n(Cl^{-})}即化学式为rm{n(H_{2}O)=2}rm{3}答：该样品的化学式为rm{1}rm{1}rm{Cu_{2}}【解析】解：rm{n(Cl^{-})=n(AgCl)隆脕100.00mL/25.00mL=0.1722g/143.5g/mol隆脕100.00mL/25.00mL=4.800隆脕10^{-3}mol}rm{n(Cu^{2+})=n(EDTA)隆脕100.00mL/25.00mL=0.08000mol?L^{-1}隆脕30.00mL隆脕10^{-3}}rm{n(Cu^{2+})=n(EDTA)隆脕100.00mL/25.00mL=0.08000

mol?L^{-1}隆脕30.00mL隆脕10^{-3}}rm{L?mL^{-1}隆脕100.00mL/25.00mL=9.600隆脕10^{-3}}rm{mol}rm{n(OH^{-})=2n(Cu^{2+})-n(Cl^{-})=2隆脕9.600隆脕10^{-3}}rm{mol-4.800隆脕10^{-3}}rm{mol=1.440隆脕10^{-2}}rm{mol}rm{mol隆脕35.5g?mol^{-1}=0.1704g}rm{m(Cl^{-})=4.800隆脕10^{-3}}rm{mol隆脕64g?mol^{-1}=0.6144g}rm{mol隆脕35.5g?mol^{-1}=0.1704

g}rm{mol隆脕17g?mol^{-1}=0.2448g}rm{m(Cu^{2+})=9.600隆脕10^{-3}}rm{mol隆脕64g?mol^{-1}=0.6144

g}则rm{m(OH^{-})=1.440隆脕10^{-2}}rm{mol隆脕17g?mol^{-1}=0.2448

g}rm{n(H_{2}O)=(1.1160g?0.1704g?0.6144g?0.2448g)隆脗18g/mol=4.800隆脕10^{-3}}rm{mol}rm{a}rm{b}rm{c}rm{x=n(Cu^{2+})}rm{n(OH^{-})}rm{n(Cl^{-})}即化学式为rm{n(H_{2}O)=2}rm{3}答：该样品的化学式为rm{1}rm{1}rm{Cu_{2}}五、工业流程题(共2题，共8分)23、略

【分析】【详解】

1．A．装置B中的浓硫酸不能换成浓氢氧化钠溶液；因为氢氧化钠溶液会吸收二氧化碳气体，达不到排尽装置中空气的目的，故A错误；

B．步骤Ⅰ的目的是导入二氧化碳气体，排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO4•nH2O被氧化；故B正确；

C．装置B和装置D不能互换位置；因为碱石灰也会吸收二氧化碳气体，故C错误；

D．将A装置中盐酸浓度增大；石灰石磨成粉末；会使产生二氧化碳的速率过大，粉末状的石灰石会很快反应完，同时还会带入HCl气体，故D错误；

答案选B；

2．先熄灭酒精灯，通二氧化碳直至C装置冷却至室温，然后关闭K1；操作甲：熄灭酒精灯，操作丙：关闭K1；故选C；

3．硫酸亚铁晶体的质量=86.282g-82.112g=4.17g；失水后的硫酸亚铁无水盐的质量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的结晶水的质量=4.17g-2.32g=1.85g，解得n≈6.734，故选B；

4．A．加热时间过长，FeSO4进一步分解；会使m(无水盐)偏大，则n偏大，故A错误；

B．将原晶体中易挥发物质的质量计入减少的结晶水中；则n偏大，故B错误；

C．装置D中的碱石灰失效了；不会影响n值，故C错误；

D．加热时间过短；结晶水未完全失去，n值会小于理论值，故D正确；

答案选D。【解析】①.B②.C③.B④.D24、略

【分析】【详解】

(1)溶解碳素铬铁前需将其粉碎，增大接触面积，提高反应速率；(2)碳与双氧水、硫酸铵及硫酸均不反应，故净化和转化阶段:所得残渣的主要成分是碳(或C)，转化时需要添加定量的H2O2，其目的是使Fe2+转化为Fe3+。由溶液1获得铁铵矾晶体的操作方法为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；(3)将铬铵矾晶体溶于稀硫酸，而不是直接溶于水的主要原因是抑制离子的水解；(4)阳极液通入SO2，二氧化硫与Cr2O72-反应生成SO42-、Cr3+，反应的离子反应方程式为3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O；(5)c(Mg2+)/c(Ca2+)=c(Mg2+)c2(F-)/c(Ca2+)c2(F-)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=(6)①滴定操作中，如果滴定前装有EDIA标准溶液的满定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，消耗的标准溶液计数偏大，则测定结果将偏大；②粗品中Cr2(CO3)3的质量分数w[Cr2(CO3)3]=【解析】①.增大接触面积，提高反应速率②.碳(或C)③.使Fe2+转化为Fe3+④.蒸发浓缩，冷却结晶⑤.抑制离子的水解⑥.3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42-+2Cr3++H2O⑦.0.7