2025年冀教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2025年冀教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6题，共12分)1、有关水在人体中的作用；下列说法中正确的是（）

A.喝水过多会淡化血液。

B.水在人体内有调节体温的作用。

C.饮用水越纯净越好。

D.没有污染的水就是纯净水。

2、你认为减少酸雨产生可采取的措施有：①少用煤作燃料；②把工厂的烟囱造高；③燃料脱硫；④在已酸化的土壤中加石灰；⑤开发新能源A.①②③B.②③④⑤C.①③⑤D.①③④⑤3、下图是表示物质分子的示意图，图中“●”和“○”分别表示两种含有不同质子数的原子，则图中表示单质的是4、下图所示是晶体结构中具有代表性的最小重复单元的排列方式，其对应的化学式正确的是rm{(}白球、黑球、花球分别代表rm{X}rm{Y}rm{Z)}A.rm{X_{2}Y}B.rm{XY_{3}}C.rm{XY_{3}Z}D.rm{XYZ}5、有机化合物rm{M}的结构简式为关于rm{M}的说法正确的是rm{(}rm{)}A.分子式为rm{C_{10}H_{12}O_{3}}B.rm{1}rm{molNa_{2}CO_{3}}最多能消耗rm{l}rm{mol}有机物rm{M}C.rm{1}rm{molM}与足量金属钠反应生成rm{11.2}rm{L}气体rm{(}标准状况rm{)}D.rm{M}能发生取代反应、氧化反应和加成反应6、已知次氯酸是比碳酸还弱的酸，反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO达到平衡后，要使HClO浓度增大，可加入（）A.NaCl固体B.水C.CaCO3固体D.NaOH固体评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)7、NaCl的晶胞如图，已知钠的相对原子质量为23，氯的相对原子质量为35.5，Na+和C1—的核间距为acm，用NA表示阿伏加德罗常数，则（1）每个晶胞中平均分摊____个Na+，________个C1-。（2）NaCl晶体的密度ρ的表达式为g•cm-38、在一定温度下，将rm{4molSO_{2}}与rm{2molO_{2}}放入rm{4L}的密闭容器中，在一定条件下反应，rm{2SO_{2}+O_{2}?2SO_{3}.10min}时达到平衡状态rm{.}此时容器内压强比反应前减少rm{20%}计算rm{SO_{2}}的转化率为______．9、呼吸面具中常用rm{Na_{2}O_{2}}来做供氧剂，发生反应rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}篓T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}在反应中rm{Na_{2}O_{2}}是：______rm{CO_{2}}是：______rm{(}填氧化剂，还原剂，既不是氧化剂也不是还原剂rm{)}若有rm{1mol}的rm{O_{2}}生成，转移了______rm{mol}的电子；rm{Na_{2}O_{2}}中阴阳离子个数比______；rm{0.5mol}rm{CO_{2}}中，有______rm{mol}电子，______rm{mol}碳原子，在标准状况下所占有的体积______，含有的rm{O}原子个数______，摩尔质量______．10、铁及其化合物与生产；生活关系密切。如图是实验室研究海水对铁闸不同部分腐蚀情况的剖面示意图。

①该电化腐蚀称为______。

②图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是______（填字母）。11、（1）在298K时，1molC2H6在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量1558．3kJ。写出该反应的热化学方程式。（2）利用该反应设计一个燃料电池：用氢氧化钾溶液作电解质溶液，多孔石墨做电极，在电极上分别通入乙烷和氧气。通入乙烷气体的电极应为____极（填写“正”“负”）该电极上发生的电极反应式是（3）如图所示实验装置中，石墨棒上的电极反应式为；如果起始时盛有1000mLpH=5的硫酸铜溶液（25℃，CuSO4足量），一段时间后溶液的pH变为1，此时若要使溶液恢复到起始浓度（温度不变，忽略溶液体积的变化），可向溶液中加入__________（填物质名称）。12、维生素C（C6H8O6）主要存在于______、______中，它能促进人体生长发育，增强人体对疾病的抵抗力．近年来科学家发现维生素C有防癌作用．评卷人得分三、工业流程题(共9题，共18分)13、高铁酸盐是一种新型绿色净水消毒剂，热稳定性差，在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-。回答下列问题：

（1）工业上湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的工艺如图：

①Na2FeO4中铁元素的化合价为___，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为___(填“氧化还原反应”；“复分解反应”或“化合反应”)。

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，理由是__。

（2）化学氧化法生产高铁酸钠(Na2FeO4)是利用Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应，该反应的化学方程式为___；理论上每制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为___（保留小数点后1位）。

（3）采用三室膜电解技术制备Na2FeO4的装置如图甲所示，阳极的电极反应式为__。电解后，阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为___(填化学式)。

（4）将一定量的K2FeO4投入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中，测得剩余K2FeO4浓度变化如图乙所示，推测曲线I和曲线Ⅱ产生差异的原因是___。14、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15、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]=____。16、过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是由Na2CO3与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，同时具有Na2CO3和H2O2双重性质。可用于洗涤、纺织、医药、卫生等领域。工业上常以过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%＝×100%)来衡量其优劣；13%以上为优等品。一种制备过碳酸钠的工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)过碳酸钠受热易分解，写出反应的化学方程式：_____________。

(2)稳定剂及反应温度等因素对产品质量有很大影响。

①下列试剂中，可能用作“稳定剂”的是________(填字母)。

a．MnO2b．KI

c．Na2SiO3d．FeCl3

②反应温度对产品产率(y%)及活性氧含量的影响如下图所示。要使产品达到优等品且产率超过90%，合适的反应温度范围是______________。

③“结晶”时加入NaCl的目的是______________。

(3)“母液”中可循环利用的主要物质是______________。

(4)产品中活性氧含量的测定方法：称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol·L－1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol·L－1高锰酸钾标准溶液滴定，至溶液呈浅红色且半分钟内不褪色即为终点，平行三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56mL。另外，在不加样品的情况下按照上述过程进行空白实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为2.24mL。

①过碳酸钠与硫酸反应，产物除硫酸钠和水外，还有_____________。

②该样品的活性氧含量为________%。17、三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)。制三氯化铬的流程如下:

(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是________,如何判断其已洗涤干净:_____

(2)已知CCl4沸点为76.8℃,为保证稳定的CCl4气流,适宜加热方式是______。

(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:①将产物收集到蒸发皿中;②加热反应管至400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650℃;③三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,温度控制在50～60℃之间;④反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;⑤停止加热CCl4,继续通入氮气;⑥检查装置气密性。正确的顺序为:⑥→③→________。

(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为_____。

(5)样品中三氯化铬质量分数的测定。

称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1gNa2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2mol/LH2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1gKI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。

①该实验可选用的指示剂名称为______。

②移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸,加入Na2O2后也要加热煮沸,其主要原因是____。

③样品中无水三氯化铬的质量分数为____(结果保留一位小数)。18、叠氮化钠(NaN3)常用作汽车安全气囊及头孢类药物生产等。水合肼还原亚硝酸甲酯(CH3ONO)制备叠氮化钠(NaN3)的工艺流程如下：

已知：i．叠氮化钠受热或剧烈撞击易分解；具有较强的还原性。

ii．相关物质的物理性质如下表：。相关物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9767.1与水互溶亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿NaN3275300与水互溶，微溶于乙醇，不溶于乙醚

(1)步骤I总反应的化学方程式为___________。

(2)实验室模拟工艺流程步骤II；III的实验装置如图。

①步骤II三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是___________。

②步骤II开始时的操作为___________(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是___________(选填字母编号)。

a．打开K1、K2b．关闭K1、K2c．打开K3d．关闭K3e．水浴加热f．通冷凝水。

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再___________干燥。精制NaN3的方法是___________。

(4)实验室用滴定法测定产品纯度。测定过程涉及的反应为：

2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3=4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑

Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋

称取2.50g产品配成250mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入V1mLc1mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液，充分反应后稍作稀释，向溶液中加适量硫酸，滴加2滴邻菲哕啉指示剂，用c2mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗标准溶液V2mL。

①产品纯度为___________。

②为了提高实验的精确度，该实验还需要___________。评卷人得分四、计算题(共2题，共8分)19、

rm{?}现有以下四种物质：A.新制的氢氧化铜rm{[Cu(OH)_{2}]}悬浊液rm{B.}晶体硅rm{[Si]}C.明矾rm{[KAl(SO_{4})_{2}隆陇12H_{2}O]}rm{D.}过氧化钠rm{[Na_{2?}O_{2}]_{?}}请你根据题意，选择恰当的选项用字母代号填空。rm{(1)}检验尿液中是否含有葡萄糖，可使用_______________；rm{(2)}要使含少量泥沙的浑浊水变澄清，可使用________________；rm{(3)}常盛放在呼吸面具里的物质，可使用______________；rm{(4)}用于制造计算机芯片的材料，可使用______________。

rm{?}根据乙烯的化学性质，完成下列填空：rm{(1)}乙烯____使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色rm{(}填“能”或“不能”rm{)}rm{(2)}乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，请完成这个反应的化学方程式：rm{CH_{2}=CH_{2}+Br_{2}隆煤}____。

rm{?}新制氯水中含有rm{Cl_{2}}rm{H_{2}O}rm{HClO}rm{H^{+}}rm{Cl^{隆陋}}等粒子，根据下列质选择恰当的粒子进行填空：rm{(1)}使新制氯水呈现浅黄绿色的物质是____；rm{(2)}能起杀菌消毒作用，光照易分解的弱酸是____；rm{(3)}能与硝酸银溶液作用生成白色沉淀的离子是____。20、金晶体是面心立方最密堆积，立方体的每个面上rm{5}个金原子紧密堆砌rm{(}如图，其余各面省略rm{)}金原子半径为rm{A}rm{cm}求：

rm{(1)}金的密度为______rm{g?cm^{-3}.(}用带rm{A}计算式表示rm{)}

rm{(2)}金原子空间占有率为______rm{.(}用带rm{A}计算式表示rm{)}评卷人得分五、有机推断题(共4题，共20分)21、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．22、某烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型．

根据图示回答下列问题：

(1)写出A、B、C、D、E的结构简式：A_____，B_____，C_____，D_____，E_____；

(2)写出②；④两步反应的化学方程式：

②_________________________________；

④__________________________________．23、某研究小组按下列路线合成神经系统药物抗痫灵：

已知：①

②R1CHO+R2CH2CHO

请回答：

(1)下列说法正确的是___________。

A．化合物B能与FeCl3溶液发生显色反应。

B．化合物C能发生氧化反应。

C．具有弱碱性。

D．抗痫灵的分子式是C15H15NO3

(2)写出化合物E的结构简式___________。

(3)写出由化合物G→抗痫灵的化学方程式___________。

(4)设计以化合物C为原料经过三步制备化合物D的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。

(5)化合物H是比哌啶多一个碳的同系物，写出化合物H同时符合下列条件的同分异构体的结构简式___________。

IR谱和1H－NMR谱检测表明：

①分子中含有一个五元环；

②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。24、香料甲和G都在生活中有很多用途；其合成路线如下：

已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO(R1、R2代表烃基或氢原子)

②D与A互为同系物；在相同条件下；D蒸气相对于氢气的密度为39。

请回答下列问题：

（1）G中含氧官能团的名称是_______________，写出一种能鉴别A和D的试剂：________________。

（2）②的反应类型是____________，B和F的结构简式分别为______________、___________________。

（3）写出反应①的化学方程式_________________________________________________。

（4）C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的还有_______种。

（5）G的同分异构体是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选)，写出其反应流程图：_____________________________________________________________________。评卷人得分六、综合题(共2题，共6分)25、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．26、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】

A．血液是体液的一部分；体液中水含量太多或者太少都会自动调节，喝水过多，人体会自动调节，体液浓度在一定的范围内波动，一直保持在一个恒定值的附近，不会淡化血液，故A错误；

B．人是恒温动物；体内各种生理反应，各器官活动产生的热量必须及时散发，水的比热大，蒸发1克水可带走0.5卡热量，所以水在人体内有调节体温的作用，故B正确；

C．因纯净水中缺少人体必需的矿物质；长期饮用不利于健康，故C错误；

D．天然存在的水中往往溶解有这样那样的物质；即使不被污染也不叫纯净水，故D错误；

故选B．

【解析】【答案】A．水是一种很好的溶剂；喝一些对健康有益的茶水，让血液保持良好的流动性，但人体有自我调节的作用，体液浓度会在一定的范围内波动，一直保持在一个恒定值的附近；

B．水的比热大；蒸发1克水可带走0.5卡热量，所以水在人体内有调节体温的作用；

C．人们身体所需要的很多元素；一部分就是从饮水中获得的；

D．天然存在的水中往往溶解有这样那样的物质；

2、C【分析】试题分析：“少用煤作燃料”、“燃料脱硫”可以减少SO2的排放，“开发新能源”可以减少燃煤的使用量，也可以减少SO2的排放，“把工厂的烟囱造高”“在已酸化的土壤中加石灰”不能减少减少SO2的排放，选C。考点：酸雨的治理方法。【解析】【答案】C3、C【分析】【解析】【答案】C4、C【分析】【分析】本题考查了晶胞的有关计算，难度不大，利用均摊法计算晶胞中含有的原子个数之比解答，注意根据晶胞结构确定每个原子为几个晶胞共用。【解答】A.图中rm{X}为rm{1}rm{Y}的个数为rm{8隆脕}为rm{X}rm{1}的个数为rm{Y}rm{8隆脕}rm{dfrac{1}{8}}化学式为rm{=1}化学式为rm{XY}故A错误；故A错误；rm{=1}为rm{XY}B.图中rm{X}为rm{1+4隆脕}rm{X}rm{1+4隆脕}rm{dfrac{1}{8}}为rm{=}rm{=}rm{dfrac{3}{2}}，rm{Y}为rm{4隆脕}rm{Y}rm{4隆脕}rm{dfrac{1}{8}}故B错误；rm{=}为rm{=}rm{dfrac{1}{2}}，化学式为rm{X}rm{X}为rm{{,!}_{3}}rm{Y}故B错误；rm{Y}C.图中rm{X}为rm{8隆脕}为rm{X}化学式为rm{8隆脕}rm{dfrac{1}{8}}rm{=1}rm{Y}为rm{6隆脕}故C正确；rm{=1}为rm{Y}rm{6隆脕}rm{dfrac{1}{2}}rm{=3}rm{Z}为rm{1}化学式为rm{XY}为rm{=3}rm{Z}rm{1}rm{XY}为rm{{,!}_{3}}化学式为rm{Z}故C正确；rm{Z}D.图中rm{X}为rm{8隆脕}故D错误。rm{X}rm{8隆脕}【解析】rm{C}5、D【分析】解：rm{A.}由结构简式可知有机物分子式为rm{C_{10}H_{10}O_{3}}故A错误；

B.只有羧基可与碳酸钠反应，rm{1}rm{molNa_{2}CO_{3}}最多能消耗rm{2mol}有机物rm{M}故B错误；

C.含有羧基、羟基，都可与钠反应，则rm{1mol}有机物可生成rm{1mol}氢气，体积为rm{22.4L}故C错误；

D.含有碳碳双键；可发生加成；氧化反应，含有羧基、羟基，可发生取代反应，故D正确．

故选D．

有机物含有碳碳双键；可发生加成；加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有羟基，可发生取代、氧化反应，以此解答该题．

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇、羧酸、烯烃性质的考查，题目难度中等．【解析】rm{D}6、C【分析】解：A．NaCl不与HClO发生氧化还原反应；不能导致HClO浓度减小，故A错误；

B．加水稀释；平衡向正反应方向移动，但溶液体积增大的幅度比HClO增大的快，HClO浓度减小，故B错误；

C．加入碳酸钙固体；HCl与碳酸钙反应，而HClO不反应，溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，HClO浓度增加，故C正确．

D．NaOH和HCl；HClO都反应；不能使HClO浓度增加，故D错误；

故选C．

反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO达到平衡后；要使HClO浓度增加，应使平衡向正反应方向移动，HCl为强酸，HClO为弱酸，酸性比碳酸弱，以此解答该题．

本题考查化学平衡的影响，题目难度不大，注意次氯酸酸性弱于碳酸，不能和碳酸盐反应生成二氧化碳，化学平衡移动原理的理解应用是解题关键．【解析】【答案】C二、填空题(共6题，共12分)7、略

【分析】（1）由均摊法可知：Na+：=4；C1—：=4（2）晶体包括四个NaCl，其质量为体积为则：ρ==【解析】【答案】（1）44（各1分）（2）58.5/2a3NA（3分）8、60%【分析】解：此时容器内压强比反应前减少rm{20%}可知物质的量减少rm{20%}假设达到平衡时消耗rm{2molSO_{2}}则。

rm{2SO_{2}+O_{2}?2SO_{3}}

起始rm{(mol)}rm{4}rm{2}rm{0}

转化rm{(mol)}rm{x}rm{0.5x}rm{x}

平衡rm{(mol)}rm{4-x}rm{2-0.5x}rm{x}

则rm{(4+2)隆脕(1-20%)=(4-x+2-0.5x+x)}

rm{x=2.4}

则转化率为rm{dfrac{2.4}{6}隆脕100%=60%}

故答案为：rm{dfrac

{2.4}{6}隆脕100%=60%}．

此时容器内压强比反应前减少rm{60%}可知物质的量减少rm{20%}假设达到平衡时消耗rm{20%}则。

rm{2molSO_{2}}

起始rm{2SO_{2}+O_{2}?2SO_{3}}rm{(mol)}rm{4}rm{2}

转化rm{0}rm{(mol)}rm{x}rm{0.5x}

平衡rm{x}rm{(mol)}rm{4-x}rm{2-0.5x}

结合容器内压强比反应前减少rm{x}计算该题．

本题考查化学平衡的有关计算，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，本题可用三段式法，也可用差量法计算参加反应的rm{20%}的物质的量，生成的rm{SO_{2}}的物质的量，简化计算，注意优化解题方法．rm{SO_{3}}【解析】rm{60%}9、略

【分析】解：发生反应rm{2Na_{2}O_{2}+2CO_{2}篓T2Na_{2}CO_{3}+O_{2}隆眉}在反应中rm{Na_{2}O_{2}}是既是氧化剂也是还原剂，二氧化碳中各元素的化合价不变，所以二氧化碳既不是氧化剂也不是还原剂，若有rm{1mol}的rm{O_{2}}生成，转移了rm{2mol}的电子；rm{Na_{2}O_{2}}中阴离子为过氧根离子，所以阴阳离子个数比rm{2}rm{1}rm{0.5molCO_{2}}中，有rm{0.5隆脕(6+8隆脕2)=11mol}电子，rm{0.5mol}碳原子，在标准状况下所占有的体积rm{0.5隆脕22.4L/mol=11.2L}含有的rm{O}原子个数rm{0.5隆脕2隆脕N_{A}=N_{A}}摩尔质量rm{44g/mol}

故答案为：既是氧化剂也是还原剂；既不是氧化剂也不是还原剂；rm{2}rm{1}rm{2}rm{11}rm{0.5}rm{11.2L}rm{N_{A}}rm{44g/mol}．

由方程式可知反应中只有rm{O}元素的化合价发生变化，反应中rm{Na_{2}O_{2}}既是氧化剂又是还原剂；根据化合价的变化判断电子转移的数目，由此分析解答．

本题考查氧化还原反应，题目难度不大，解答该类题目的关键是能把握元素的化合价的变化，注意有关物理量转化过程中公式的使用．【解析】既是氧化剂也是还原剂；既不是氧化剂也不是还原剂；rm{2}rm{1}rm{2}rm{11}rm{0.5}rm{11.2L}rm{N_{A}}rm{44g/mol}10、吸氧腐蚀B【分析】解：①海水溶液为弱酸性；由图可知，则Fe失去电子，正极上氧气得到电子，发生吸氧腐蚀，故答案为：吸氧腐蚀；

②A发生化学腐蚀；B发生电化学腐蚀，C已经腐蚀后有氧化层，D处氧气最少，显然B中电化学腐蚀速率最快，生成铁锈最多，故答案为：B。

①海水溶液为弱酸性；由图可知，发生吸氧腐蚀；

②A发生化学腐蚀；B发生电化学腐蚀，C已经腐蚀后有氧化层，D处氧气最少；

本题考查金属的电化学腐蚀和防护，学生掌握电化学原理为解答的关键，题目难度中等。【解析】吸氧腐蚀B11、略

【分析】试题分析：（1）首先写出化学方程式并配平，然后求出∆H，进而得出热化学方程式。（2）燃料电池中通入氧气的电极为正极，通入燃料的电极为负极；C2H6中C元素化合价为-3价，生成的CO32‾中C元素化合价为+4价，所以2C2H6反应共失去14e‾，可得电极方程式。（3）根据电子的移动方向可知石墨电极为阳极；根据阴离子放电顺序，CuSO4溶液中水电离出的OH‾放电；电解CuSO4溶液生成Cu、O2，所以加入CuO可恢复到起始浓度。考点：本题考查热化学方程式的书写、电极的判断和电极方程式的书写、电解原理。【解析】【答案】（1）2C2H6（g）+7O2（g）→4CO2（g）+6H2O（l）∆H=-3116．6kJ/mol（2）负C2H6-14e-+18OH-=2CO32-+12H2O（3）4OH--4e-=O2↑+2H2OCuO（每空2分，共10分）12、略

【分析】解：富含维生素C的食品有新鲜的水果；绿色蔬菜等；故答案为：新鲜水果；绿色蔬菜．

维生素在人体内不能合成；需要从食物中摄取，维生素主要存在于水果；蔬菜中，据此回答．

本题以化学与人体健康为切入点，考查富含维生素的食品种类，注意化学和生活之间的联系，难度不大．【解析】新鲜水果；绿色蔬菜三、工业流程题(共9题，共18分)13、略

【分析】【分析】

(1)反应1中发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，向分离出的Na2FeO4中加入饱和KOH溶液反应生成粗K2FeO4；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，同时生成还原产物NaCl，结合守恒法写出该反应的化学方程式；根据电子守恒计算制备0.5molNa2FeO4消耗NaClO的质量；

(3)电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-；阴极生成氢气和氢氧化钠；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小；与铁离子的水解有关。

【详解】

(1)①Na2FeO4中钠元素的化合价为+1价；氧元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁元素的化合价为0-(-2)×4-(+1)×2=+6价；高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为发生氧化还原反应；

②反应2加入饱和KOH溶液可转化析出K2FeO4，即加入饱和KOH溶液发生的反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH；说明该温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度；

(2)Fe(OH)3、过饱和的NaClO溶液和NaOH浓溶液反应生成Na2FeO4，反应中Fe元素的化合价从+3价升高为+6价，Cl元素的化合价从+1价降为-1价，根据得失电子守恒、原子守恒，则该反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；设制备0.5mol的Na2FeO4消耗NaClO的质量为mg，则由电子守恒可知：0.5mol×3=[(+1)-(-1)]；解得：m≈55.9；

(3)根据装置图，Fe为阳极，电解时，阳极发生氧化反应生成FeO42-，电极方程式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；阴极生成氢气和氢氧化钠，则阴极室得到的A溶液中溶质的主要成分为NaOH；

(4)由图可知，Fe2(SO4)3浓度越大，K2FeO4浓度越小，根据“高铁酸盐在碱性条件下能稳定存在，溶于水发生反应：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8OH-”，则产生曲线Ⅰ和曲线Ⅱ差异的原因是Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应从而降低K2FeO4浓度。【解析】①.+6②.氧化还原反应③.该温度下Na2FeO4的溶解度大于K2FeO4④.2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O⑤.55.9g⑥.Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O⑦.NaOH⑧.Fe2(SO4)3溶液水解显酸性，促进K2FeO4与水反应，从而降低K2FeO4的浓度14、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.D15、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++H2O⑦.0.7⑧.偏大⑨.3.55%16、略

【分析】【详解】

(1)过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，受热分解生成碳酸钠、氧气、水，反应为：2(2Na2CO3•3H2O2)4Na2CO3+3O2↑+6H2O；

(2)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，具有碳酸钠和过氧化氢的性质，过氧化氢易分解，MnO2、FeCl3为其催化剂，所以不能选，过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，所以也不能选，过碳酸钠与硅酸钠不反应，可能用作“稳定剂”，故C选项符合，故答案为c；

②根据图象分析，温度为286.8～288.5K，产品达到优等品且产率超过90%，超过288.5K后，活性氧百分含量和产率均降低，所以最佳反应温度范围为286.8～288.5K；

③结晶过程中加入氯化钠、搅拌，增加钠离子浓度，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出；

(3)结晶过程中加入氯化钠促进过碳酸钠析出，“母液”中主要为氯化钠溶液，NaCl溶液又是结晶过程中促进过碳酸钠析出的原料，故循环利用的物质是NaCl；

(4)①过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)是由Na2CO3-与H2O2复合而形成的一种固体放氧剂，过碳酸钠与硫酸反应，为碳酸钠、过氧化氢和硫酸反应，所以产物为硫酸钠、过氧化氢、二氧化碳、水；

②称量0.1600g样品，在250mL锥形瓶中用100mL0.5mol•L-1硫酸溶解完全，立即用0.02000mol•L-1高锰酸钾标准溶液滴定，反应中MnO4-是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化产物是O2；依据元素化合价变化，锰元素化合价从+7价变化为+2价，过氧化氢中的氧元素化合价从-1价变化为0价，根据电子守恒配平写出离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2三次滴定平均消耗KMnO4溶液26.56mL，依据反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2；

2MnO4-～～～～～5H2O2；

25

(0.2526-0.0224)L×0.02mol/L0.01216mol

过碳酸钠产品中活性氧含量([O]%=×100%==12.16%。

点睛：明确实验目的及反应原理为解答关键，制备过碳酸钠的工艺流程：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3•3H2O2；双氧水稳定性差，易分解；因此向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是防止双氧水分解，因过碳酸钠易溶解于水，可利用盐析原理，结晶过程中加入氯化钠、搅拌，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出，从溶液中过滤出固体后，需要洗涤沉淀，然后干燥得到产品。【解析】①.2(2Na2CO3·3H2O2)4Na2CO3＋3O2↑＋6H2O②.c③.286.8～288.5K④.提高产量；增加钠离子浓度，促进过碳酸钠析出⑤.NaCl⑥.CO2⑦.12.16%17、略

【分析】【分析】

重铬酸铵分解不完全，还可能含有其它可溶性杂质；因为(NH4)2Cr2O7显桔红色，所以可以提供颜色来判断；因为CCl4沸点为76.8°C，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流，可以通过水浴加热来控制其流量；由(4)可知反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在管式炉中反应管与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4，继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿；由分子式可知，COCl2中的2个Cl原子被2个-OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，-OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl；利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉作指示剂；溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧气使生成的I2的量增大，产生偏高的误差；由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3+~Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3；根据关系式计算。据此分析。

【详解】

(1)重铬酸铵分解不完全,还可能含有其他可溶性杂质，用蒸馏水洗涤除去其中的可溶性杂质或除去固体表面的重铬酸铵溶液；因为(NH4)2Cr2O7属于铵盐；可以通过检验铵根离子的方法检验是否洗净：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入适量氢氧化钠浓溶液,加热，取一片红色石蕊试纸润湿，粘在玻璃棒上，接近试管口，观察试纸是否变蓝，若不变蓝，则说明已洗涤干净；

(2)因为CCl4沸点为76.8℃，温度比较低，因此为保证稳定的CCl4气流；可以通过水浴加热来控制，并用温度计指示温度；

(3)反应制备原理为Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+3COCl2，四氯化碳在反应管中与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4；继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿，操作顺序为：⑥→③→②→④→⑤→①；

(4)由该含氧酸酯的分子式可知COCl2中的2个Cl原子被2个—OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl，方程式为COCl2+2C2H5OH→C2H5OCOOC2H5+2HCl；

(5)①利用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉溶液作指示剂；②溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I-，若不除去其中溶解的氧气会使生成的I2的量增大，产生误差；③设25.00mL溶液中含有n(Cr3+)，由Cr元素守恒及方程式可得关系式：2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O3，根据关系式计算：

故n(Cr3+)=所以250mL溶液中n'(Cr3+)=根据Cr元素守恒可知n(CrCl3)=n'(Cr3+)=0.002mol，所以样品中m(CrCl3)=0.002mol×158.5g/mol=0.317g，故样品中三氯化铬的质量分数为

【点睛】

本题为物质的制备，考查常见实验流程，离子检验，难度较大的是计算，此处应运用原子守恒思路求出样品中的三氯化铬的质量，正确找出关系式是答题的关键；易错点是实验操作流程。【解析】除去其中的可溶性杂质(或除去固体表面的重铬酸铵溶液)取最后一次洗涤液于试管中,向其中加入适量氢氧化钠浓溶液,加热,取一片红色石蕊试纸润湿,粘在玻璃棒上,接近试管口,观察试纸是否变蓝,若不变蓝,则说明已洗涤干净(合理即可)水浴加热(并用温度计指示温度)②→④→⑤→①COCl2+2C2H5OHC2H5OCOOC2H5+2HCl淀粉溶液除去其中溶解的氧气,防止O2将I-氧化,产生误差96.1%18、略

【分析】【分析】

根据流程：NaNO2与甲醇、70%稀硫酸反应得到CH3ONO，加入NaOH水合肼溶液反应：CH3ONO+N2H4•H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O，得到的A溶液为NaN3，混有水合肼、NaOH、CH3OH，蒸馏A将甲醇分离，得到B溶液，将其结晶、抽滤、洗涤、干燥得到产品。计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+；结合化学方程式定量关系计算；为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值。

【详解】

(1)步骤I总反应亚硝酸钠和甲醇在酸性条件下生成CH3ONO和硫酸钠，化学方程式为2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O。故答案为：2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2O；

(2)①步骤II三颈烧瓶中发生反应CH3ONO加入NaOH水合肼溶液生成NaN3和CH3OH，化学方程式为CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O。该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是缓慢通入CH3ONO气体，降低反应速率，防止温度升高过快。故答案为：CH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O；缓慢通入CH3ONO气体；

②步骤Ⅱ中制备叠氮化钠的操作是在三颈瓶中进行，制备叠氮化钠的操作是打开K1、K2，关闭K3；步骤Ⅲ中溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是：关闭K1、K2→打开K3→水浴加热、通冷凝水或打开K3→关闭K1、K2→水浴加热、通冷凝水，故步骤II开始时的操作为ad(da)(选填字母编号)。步骤III蒸馏时的操作顺序是cbfe(bcfe)(选填字母编号)。故答案为：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次后，再真空低温(隔绝空气，低温干燥)干燥。精制NaN3的方法是重结晶；使混合在一起的杂质彼此分离。故答案为：真空低温(隔绝空气，低温干燥)；重结晶；

(4)①计算n[(NH4)2Ce(NO3)6]，n[(NH4)2Fe(SO4)2]，结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，剩余的六硝酸铈铵，向溶液中加适量硫酸，用c2mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c2V2×10-3mol，与NaN3反应的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=(c1V1-c2V2)×10-3mol，

ω==产品纯度为故答案为：

②为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值，该实验还需要补充平行实验(重复滴定2~3次)。故答案为：补充平行实验(重复滴定2~3次)。【解析】2NaNO2＋2CH3OH＋H2SO4=Na2SO4＋2CH3ONO↑＋2H2OCH3ONO＋N2H4·H2O＋NaOH=NaN3＋CH3OH＋3H2O缓慢通入CH3ONO气体ad(da)cbfe(bcfe)真空低温(隔绝空气，低温干燥)重结晶补充平行实验(重复滴定2~3次)四、计算题(共2题，共8分)19、（１）A（２）C（３）D（４）B【分析】【分析】本题综合考查元素化合物知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。【解答】rm{(1)}葡萄糖具有还原性，可与新制的氢氧化铜rm{[Cu(OH)_{2}]}悬浊液在加热条件下发生氧化还原反应，溶液生成砖红色沉淀，故答案为rm{A}

rm{(2)}要使含少量泥沙的浑浊水变澄清，可加入净水剂，可加入明矾，明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可净水，故答案为rm{C}

rm{(3)}过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，常用于供氧剂，故答案为rm{D}

rm{(4)}晶体硅可导电，常用于制造计算机芯片，故答案为rm{B}

【解析】rm{(拢卤)A}rm{(拢虏)C(拢鲁)D}rm{(拢麓)B}rm{(拢卤)A}rm{(拢虏)C(拢鲁)D}rm{(拢麓)B}20、略

【分析】解：rm{(1)}金原子个数rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}}每个金晶胞中含有rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}}个原子，金晶体的边长rm{a=3dfrac{4M}{N;_{A}cdot娄脩}}对角线长度就是金原子半径的rm{4}倍，金原子半径为rm{a=3dfrac{4M}{N;_{A}cdot娄脩}

}再由晶胞的边长计算其对角线长度，所以rm{4}即rm{(3dfrac{4M}{N;_{A}cdot娄脩})^{2}+(3dfrac{4M}{N;_{A}cdot娄脩})^{2}=(4A)^{2}}解得：rm{娄脩=dfrac{4隆脕197}{(2sqrt{2}A);^{3}N_{A}}g?cm^{-3}}

故答案为：rm{dfrac{4隆脕197}{(2sqrt{2}A);^{3}N_{A}}}

rm{Acm}该晶胞为面心立方最密堆积，则晶胞面对角线为金原子半径的rm{a^{2}+a^{2}=(4r)^{2}}倍，金原子半径为rm{(3dfrac{4M}{N;_{A}cdot娄脩}

)^{2}+(3dfrac{4M}{N;_{A}cdot娄脩})^{2}=(4A)^{2}}晶胞的边长为rm{4Acm隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}=2sqrt{2}Acm}每个金晶胞中含有rm{娄脩=dfrac{4隆脕197}{(2sqrt

{2}A);^{3}N_{A}}g?cm^{-3}}个原子，则金原子总体积为rm{4隆脕dfrac{4}{3}娄脨A^{3}cm^{3}}晶胞体积为rm{dfrac{4隆脕197}{(2sqrt

{2}A);^{3}N_{A}}}故空间利用率为rm{dfrac{4隆脕dfrac{4}{3}娄脨A^{3}cm^{3}}{(2sqrt{2}A)^{3}}隆脕100%=dfrac{4隆脕dfrac{4}{3}娄脨}{(2sqrt{2})^{3}}隆脕100%}

故答案为：rm{dfrac{4隆脕dfrac{4}{3}娄脨}{(2sqrt{2})^{3}}隆脕100%}．

rm{(2)}金原子个数rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}}每个金晶胞中含有rm{4}个原子，金晶体的边长rm{a=3dfrac{4M}{N;_{A}cdot娄脩}}再根据晶胞的边长计算其对角线长度，对角线长度就是金原子半径的rm{Acm}倍；半径已知，即可求出密度；

rm{4Acm隆脕dfrac{sqrt{2}}{2}=2sqrt

{2}Acm}计算金原子的总体积与晶胞总体积的比值．

本题考查晶胞计算、晶胞密度计算以及空间利用率的计算，难度不大，注意晶胞的边长不是金原子直径，为易错点．rm{4}【解析】rm{dfrac{4隆脕197}{(2sqrt{2}A);^{3}N_{A}}}rm{dfrac{4隆脕dfrac{4}{3}娄脨}{(2sqrt{2})^{3}}隆脕100%}五、有机推断题(共4题，共20分)21、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；反应④是乙烯的加聚反应，方程式为nCH2=CH2【解析】(1)CH2=CH2CH3CH3CH3CH2ClCH3CH2OH

(2)CH2=CH2+HClCH3CH2ClnCH2=CH222、略

【分析】【分析】

烃A是有机化学工业的基本原料；其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，且A还是一种植物生长调节剂，因此A为乙烯，故①为乙烯和氢气的加成反应生成B是乙烷，②为乙烯和氯化氢的加成反应生成C是氯乙烷。③为乙烯和水的加成反应生成D是乙醇。④为乙烯的加聚反应生成E是聚乙烯，⑤为乙烷与氯气的取代反应，据此解答。

(1)

根据以上分析可知A、B、C、D、E的结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH、

(2)

反应②是乙烯与氯化氢的加成反应，方程式为CH2=CH2+HCl