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2024屆浙江省金華市義烏市高三下學期三?；瘜W試題
1．（2024高三下·義烏模擬）下列物質屬于非電解質的是（　　）
A．氯化鋁 B．重晶石 C．氯仿 D．福爾馬林
【答案】C
【知識點】電解質與非電解質
【解析】【解答】A．氯化鋁屬于鹽，為電解質，故A不符合題意；
B．重晶石為BaSO4，屬于鹽類，為電解質，故B不符合題意；
C．氯仿不能發生電離，屬于非電解質，故C符合題意；
D．福爾馬林為水溶液，屬于混合物，既不是電解質也不是非電解質，故D不符合題意；
故答案為：C
【分析】氯化鋁，重晶石均屬于鹽類，為電解質，氯仿是有機物不是電解質，福爾馬林是混合物不是電解質也不是電解質。
2．（2024高三下·義烏模擬）關于Na2O2的下列敘述中不正確的是（　?。?br/>A．Na2O2屬于堿性氧化物
B．Na2O2可由Na在空氣中燃燒得到
C．Na2O2中陰陽離子個數比為1：2
D．Na2O2可在呼吸面具作為氧氣的來源
【答案】A
【知識點】鈉的氧化物
【解析】【解答】A．Na2O2與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，不是堿性氧化物，故A符合題意；
B．Na在空氣中緩慢氧化則得到Na2O，燃燒則得到Na2O2，故B不符合題意；
C.1個Na2O2中含有2個鈉離子和1個過氧根離子，陰、陽離子個數比為1：2，故C不符合題意；
D．Na2O2可與二氧化碳反應生成氧氣，可用于呼吸面具的氧氣來源，故D不符合題意；
故答案為：A
【分析】A.過氧化鈉不是堿性氧化物；
B.過氧化鈉是鈉與氧氣加熱得到；
C.過氧化鈉中含有過氧根離子和鈉離子；
D.過氧化鈉與二氧化碳和水反應得到氧氣即可判斷。
3．（2024高三下·義烏模擬）下列表示不正確的是
A．苯甲酰胺的分子式：C7H7NO
B．油酸甘油酯的結構簡式：
C．基態Ti2+離子的電子排布式：
D．Cl-Cl的p-p鍵電子云圖形：
【答案】C
【知識點】原子核外電子排布；共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；油脂的性質、組成與結構；酰胺
【解析】【解答】A．苯甲酰胺的結構簡式為，該物質的分子式為C7H7NO，A正確；
B．油酸甘油酯是不飽和高級脂肪酸甘油酯，該物質的結構簡式為，B正確；
C．鈦元素的原子序數為22，其基態原子的核外電子排布式為[Ar]3d24s2。因此基態Ti2+離子的電子排布式為，C錯誤；
D．氯氣分子中含有的化學鍵為p-pσ鍵，其電子云圖形為，D正確；
故答案為：C
【分析】A、根據苯甲酰胺的結構簡式確定其分子式。
B、油酸甘油酯為不飽和高級脂肪酸甘油酯。
C、根據基態Ti原子的核外電子排布式確定基態Ti2+的核外電子排布式。
D、Cl2中化學鍵為p-pσ鍵。
4．（2024高三下·義烏模擬）我國古代四大發明之一的黑火藥是由硫黃粉、硝酸鉀和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸時的反應為：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，下列說法不正確的是(NA為阿伏加德羅常數的值)
A．該反應在任何溫度下都可以自發進行
B．生成28 g N2轉移電子的數目為10NA
C．KNO3是氧化劑
D．K2S和N2都是還原產物
【答案】B
【知識點】氧化還原反應；焓變和熵變；氧化還原反應的電子轉移數目計算
【解析】【解答】A．該反應的正反應是氣體分子數增大的放熱反應，即H＜0，S＞0。因此G=H-TS＜0，所以該反應在任何溫度下都可以自發進行，A正確；
B．根據反應方程式可知：每反應產生1個 N2分子，反應過程中轉移12個電子。因此當反應生成28 g N2（即1molN2）時，反應過程中轉移電子的數目為12NA，B錯誤；
C．在該反應中N元素化合價降低，發生得電子的還原反應，因此KNO3是氧化劑，C正確；
D．在該反應中S元素由0價變為-2價，化合價降低，發生得電子的還原反應，因此單質S為氧化劑，K2S是還原產物。N元素由+5價變為0價，化合價降低，發生得電子的還原反應，因此KNO3為氧化劑，N2也是還原產物，D正確；
故答案為：B
【分析】A、根據ΔH-TΔS＜0，判斷反應自發進行的條件。
B、根據化合價變化計算反應過程中轉移電子數。
C、反應過程中存在元素化合價降低的物質為氧化劑。
D、發生還原反應后所得產物為還原產物。
5．（2024高三下·義烏模擬）在溶液中能大量共存的離子組是
A．Na+、Pb2+、、 B．K+、CN-、Cl-、[Fe(SCN)6]3-
C．K+、H+、Cl-、 D．OH-、K+、、
【答案】D
【知識點】離子共存
【解析】【解答】A．Pb2+與反應生成硫酸鉛沉淀，因此不能大量共存，A錯誤；
B．CN-與Fe3+的配位能力強于SCN-，因此CN-與[Fe(SCN)6]3-反應生成[Fe(CN)6]3-，因此不能大量共存，B錯誤；
C．H+與反應生成S和SO2，二者不能大量共存，C錯誤；
D．OH-、K+、、各離子之間相互不反應，可大量共存，D正確；
故答案為：D
【分析】A、Pb2＋能與SO42－形成PbSO4沉淀。
B、CN－能與[Fe(SCN)6]3－反應。
C、S2O32－能與H＋反應。
D、溶液中各個離子相互間不反應。
6．（2024高三下·義烏模擬）明礬常用作凈水劑，下列關于明礬大晶體制備實驗的說法不正確的是（　?。?br/>A．配制明礬飽和溶液的溫度要控制在比室溫高10~15℃
B．明礬小晶核要懸掛在飽和溶液中央，可避免形成形狀不規整的晶體
C．形成大晶體的過程中，需要敞開玻璃杯靜置較長時間
D．本實驗中所用儀器都要用蒸餾水洗凈
【答案】C
【知識點】蒸發和結晶、重結晶；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】A．溫度降低的時候，飽和度也會降低，明礬會吸附在小晶核上，所以要得到較大顆粒的明礬晶體，配制比室溫高10～20℃明礬飽和溶液，故A不符合題意；
B．明礬小晶核要懸掛在飽和溶液中央，增大接觸面積，有利于晶胞的均勻成長，可避免形成形狀不規整的晶體，故B不符合題意；
C．敞開玻璃杯靜置較長時間，容易引入空氣中雜質，應該用硬紙片蓋好玻璃杯，故C符合題意；
D．本實驗中所用儀器都要用蒸餾水洗凈，防止雜質污染，若有雜質，就在溶液中形成多個晶核，顯然不利于大晶體的生成，故D不符合題意；
故答案為：C
【分析】A.溫度稍高可控制得到較大的明礬晶體；
B.明礬晶體懸掛在飽和溶液中央，有利于晶體均勻形成；
C.形成大晶體時應該密封好燒杯；
D.儀器利用蒸餾水洗凈主要防止雜質不利于大晶體形成。
7．（2024高三下·義烏模擬）根據材料的組成和結構變化可推測其性能變化，下列推測不合理的是（　　）
材料 組成和結構變化 性能變化
A 聚乙烯 低壓法聚乙烯轉變為高壓法聚乙烯 軟化溫度和密度增大
B 純鋁 加入少量Mn等其它金屬 硬度增大
C 鋼鐵 鋼鐵表面進行發藍處理 抗腐蝕性增強
D 液態植物油 與氫氣加成，提高其飽和程度 熔化溫度提高
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知識點】合金及其應用；乙烯的物理、化學性質；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A．低壓法聚乙烯是在較低壓力和較低溫度下，用催化劑使乙烯發生加聚反應得到的，支鏈較少，軟化溫度和密度都比高壓法聚乙烯的高，故A符合題意；
B．鋁中加入少量Mn等其它金屬制成合金，可以增強材料的硬度，故B不符合題意；
C．鋼鐵表面進行發藍處理形成了致密的氧化物膜，抗腐蝕性增強，故C不符合題意；
D．液態植物油中含有碳碳雙鍵，與氫氣加成，提高其飽和程度，相對分子質量增大，分子間作用力增大，熔化溫度提高，故D不符合題意；
故答案為：A
【分析】A.低壓法聚乙烯軟化溫度低密度低；
B.合金硬度增大；
C.鋼鐵發藍處理抗腐蝕性增強；
D.液態植物油含有雙鍵，與氫氣加成，提高飽和度。
8．（2024高三下·義烏模擬）下列裝置能達到實驗目的的是
A．熔化Na2CO3 B．驗證SO2氧化性 C．實驗室制CO2 D．實驗室保存液溴
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知識點】二氧化硫的性質；硅和二氧化硅；化學試劑的存放；常見氣體制備原理及裝置選擇
【解析】【解答】A．瓷坩堝中含有二氧化硅，熔融碳酸鈉能與二氧化硅反應，不能選用瓷坩堝，應該選用鐵坩堝，A錯誤；
B．SO2與S2-反應生成硫單質，反應過程中SO2發生得電子的還原反應，體現氧化性，B正確；
C．稀硫酸與碳酸鈣反應生成微溶于水的硫酸鈣，覆蓋在碳酸鈣固體表面阻止反應的進行，應該選用稀鹽酸與碳酸鈣反應，C錯誤；
D．液溴具有揮發性和氧化性，揮發的液溴能腐蝕橡膠，不能用橡皮塞，D錯誤；
故答案為：B
【分析】A、熔融Na2CO3能與SiO2反應。
B、反應產生淡黃色沉淀S，體現了SO2的氧化性。
C、實驗室制取CO2應用大理石與稀鹽酸反應。
D、Br2具有氧化性，能腐蝕橡膠，應用玻璃塞。
9．（2024高三下·義烏模擬）下列說法正確的是（　?。?br/>A．用酸性KMnO4溶液可鑒別汽油、煤油和柴油
B．用NaOH溶液、硝酸銀溶液可鑒別氯乙烷、溴乙烷和碘乙烷
C．用溴水可鑒別酒精、苯酚、己烯和甲苯
D．用飽和Na2CO3溶液可鑒別乙醇、乙醛、乙酸和乙酸乙酯
【答案】C
【知識點】有機物的鑒別；物質的檢驗和鑒別
【解析】【解答】A．汽油能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，煤油和柴油均不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A不符合題意；
B．氯乙烷、溴乙烷和碘乙烷在堿性條件下可水解，應先加入酸中和堿后再加入硝酸銀，進行鹵素離子的檢驗，故B不符合題意；
C．溴水與酒精不反應，但是可以混溶；苯酚與溴水反應生成白色沉淀；乙烯與溴水發生加成反應使溴水褪色；甲苯與溴水萃取，可以鑒別，故C符合題意；
D．乙醇溶于飽和Na2CO3溶液，乙醛不與飽和Na2CO3溶液反應，但可與飽和Na2CO3溶液互溶，乙酸與飽和Na2CO3溶液反應有氣泡冒出，乙酸乙酯不溶于飽和Na2CO3溶液分層，不能鑒別，故D不符合題意；
故答案為：C
【分析】A.汽油中可含有不飽和烴，可是酸性高錳酸鉀褪色，煤油，柴油不能使其褪色；
B. 氯乙烷、溴乙烷和碘乙烷 在堿性條件下水解，后加入硝酸再進行檢驗；
C.溴水與乙醇混合均勻，苯酚與溴水形成白色沉淀，己烯可使溴水褪色，甲苯可萃取溴出現不同現象；
D.乙醇與碳酸鈉互溶，乙酸與碳酸鈉放出氣體，乙酸乙酯出現分層，乙醛與碳酸鈉互溶。
10．（2024高三下·義烏模擬）下列化學反應與方程式不相符的是
A．少量FeCl3固體加入到KI濃溶液中：
B．Cu和濃HNO3反應：
C．Al2(SO4)3溶液與Na[Al(OH)4]溶液反應：
D．少量甲醛與新制Cu(OH)2反應：
【答案】D
【知識點】鹽類水解的原理；硝酸的化學性質；甲醛
【解析】【解答】A．Fe3＋能將I－氧化成I2，I2與過量的I-反應生成I3-，因此該反應的離子方程式為，故A正確；
B．銅和濃硝酸反應生成硝酸銅、二氧化氮和水，因此該反應的離子方程式為，故B正確；
C．硫酸鋁溶液和四羥基合鋁酸鈉溶液發生雙水解反應生成硫酸鈉和氫氧化鋁沉淀，改反應的化學方程式為，故C正確；
D．一個HCHO分子中含有2個-CHO，因此少量甲醛與新制氫氧化銅共熱反應生成碳酸鈉、氧化亞銅沉淀和水，反應的化學方程式為，故D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、Fe3＋具有氧化性，能將I－氧化成I2。
B、Cu與濃硝酸反應生成可溶性Cu(NO3)2、NO2和H2O。
C、Al3＋能與Al(OH)4－反應生成Al(OH)3沉淀。
D、HCHO少量，則參與反應HCHO與Cu(OH)2的系數比為1：4。
11．（2024高三下·義烏模擬）姜黃素X()的合成路線如下：
下列說法不正確的是
A．A的鍵線式為 B．B有5種化學環境不同的氫原子
C．有機物C能發生銀鏡反應 D．X分子中有4種官能團
【答案】C
【知識點】利用質譜、紅外光譜、核磁共振等確定有機物的結構；有機物中的官能團；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】A．根據上述分析可知：A的結構簡式是，A正確；
B．物質B結構簡式是，由結構的對稱性可知，B中含有5種不同化學環境的氫原子，B正確；
C．由分析可知，物質C的結構簡式為，其分子中不含醛基，因此有機物C不能發生銀鏡反應，C錯誤；
D．根據姜黃素X的分子結構可知：X分子中含有酚羥基、醚鍵、酮羰基、碳碳雙鍵四種不同的官能團，D正確；
故答案為：C
【分析】A分子式是C6H10，B分子式是C6H12O，二者分子式相差2個H原子和1個O原子，因此試劑a是H2O。說明A分子中含有不飽和的碳碳雙鍵，結合最終產物X的結構簡式可知，A的結構簡式是；與H2O發生加成反應生成B，因此B的結構簡式為。B與O2在Cu催化作用下發生氧化反應生成C，因此C的結構簡式為。C與在堿性條件下發生反應產生姜黃素和H2O，據此分析解答。
12．（2024高三下·義烏模擬）短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序數依次增大。W簡單離子在同周期離子中半徑最??；基態X、Z、Q原子均有兩個單電子，Q與Z同主族。下列說法不正確的是（　?。?br/>A．第一電離能：
B．電負性：
C．Z與Q形成的化合物可能是非極性分子
D．Z的氫化物沸點不可能低于X的氫化物沸點
【答案】D
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律；元素周期表的結構及其應用
【解析】【解答】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序數依次增大，基態X、Z、Q原子均有兩個單電子，W簡單離子在同周期離子中半徑最小，Q與Z同主族，則X為C元素、Y為N元素、Z為O元素、W為Al元素、Q為S元素；
A．金屬元素的第一電離能小于非金屬元素；同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，氮原子的2p軌道為穩定的半充滿結構，元素的第一電離能大于相鄰元素O，同主族從上到下第一電離能呈減小趨勢，O元素第一電離能大于S，則第一電離能由大到小的順序為N＞S＞Al，故A不符合題意；
B．金屬元素的電負性小于非金屬元素，非金屬元素的非金屬性越強，電負性越大，同周期元素，從左到右非金屬性依次增強，則電負性由大到小的順序為O＞C＞Al，故B不符合題意；
C．O可與S形成SO3，屬于非極性分子，故C不符合題意；
D．C的氫化物有多種，隨著C數量的增大其氫化物沸點越高，癸烷的沸點是174.1℃高于H2O沸點，D說法太絕對，故D符合題意；
故答案為：D
【分析】A.金屬元素第一電離能小于非金屬，同主族從上到下電離能減小趨勢；
B.非金屬性越強，電負性越弱；
C.O可與S形成SO2和SO3，SO3為非極性分子；
D.X為C元素，Z為O元素，碳的氫化物種類多沸點可能高于水。
13．（2024高三下·義烏模擬）如圖所示裝置中，C1、C2是石墨電極。A中盛有棕色的KI和I2的混合溶液，B中盛有無色的Na3AsO4和Na3AsO3的混合溶液。當連接開關K，并向B中滴加濃鹽酸時，發現靈敏電流計G的指針向右偏轉。一段時間后，當電流計指針回到中間“0”位置時，再向B中滴加過量濃NaOH溶液，可觀察到電流計指針向左偏轉。下列說法正確的是
A．電流計G的指針向右偏轉時，化學能轉變為電能；向左偏轉時，電能轉變為化學能
B．電流計G的指針向右偏轉時，C1電極反應為：
C．電流計G的指針向左偏轉時，C2電極反應為：
D．由上述實驗現象可知，氧化性：
【答案】B
【知識點】氧化性、還原性強弱的比較；原電池工作原理及應用
【解析】【解答】A．不論電流計G的指針向右偏轉還是向左偏轉，均是原電池，都是化學能轉變為電能，A錯誤；
B．電流計G的指針向右偏轉時，C1電極是負極，C1電極反應為：，B正確；
C．電流計G的指針向左偏轉時，C2電極是負極，C2電極反應為：，C錯誤；
D．根據以上分析可知在酸性溶液中氧化性：，在堿性溶液中氧化性：，D錯誤；
故答案為：B
【分析】A、該裝置為原電池裝置，化學能轉化為電能。
B、電流計G指針向右偏轉，則C2電極為正極，C1電極為負極，I－發生失電子的氧化反應。
C、電流計G指針向左偏轉，則C2電極為負極，AsO33－發生失電子的氧化反應，生成AsO43－。
D、酸堿性條件下，正負極的電極反應式不同，因此物質的氧化性強弱不同。
14．（2024高三下·義烏模擬）在葡萄糖水溶液中，鏈狀結構與環狀結構的平衡關系及百分含量如下：
下列說法不正確的是
A．鏈狀葡萄糖成環是-OH與-CHO發生加成反應的結果
B．鏈狀葡萄糖成環反應的，
C．鏈狀葡萄糖成環后，分子中多了一個手性碳原子
D．水溶液中，吡喃葡萄糖比吡喃葡萄糖穩定
【答案】B
【知識點】“手性分子”在生命科學等方面的應用；焓變和熵變；單糖的性質和用途
【解析】【解答】A．-OH與-CHO發生加成反應后形成環狀葡萄糖，故A正確；
B．鏈狀葡萄糖成環反應，分子混亂程度降低，因此，故B錯誤；
C．鏈狀葡萄糖成環后，醛基變為羥基，醛基中的碳原子變為手性碳原子，因此分子中多了一個手性碳原子，故C正確；
D．水溶液中，吡喃葡萄糖比吡喃葡萄糖含量高，更易形成吡喃葡萄糖，說明吡喃葡萄糖比吡喃葡萄糖穩定，故D正確；
故答案為：B
【分析】A、-OH和-CHO發生加成反應后形成環狀葡萄糖。
B、成環后分子混亂程度降低，熵值變小。
C、連接有4個不同的原子或原子團的碳原子，稱為手性碳原子。
D、轉化過程中，吡喃葡萄糖更容易形成，則其穩定性更高。
15．（2024高三下·義烏模擬）常溫常壓下，H2S氣體在水中的飽和濃度約為，已知：，；。下列說法不正確的是
A．飽和H2S溶液中存在
B．向溶液中加幾滴濃鹽酸，使其濃度達到，此時溶液中約為
C．向溶液中通入H2S氣體直至飽和，溶液中有FeS沉淀生成
D．的平衡常數為
【答案】A
【知識點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；離子濃度大小的比較；電離平衡常數
【解析】【解答】A．氫硫酸是二元弱酸，在溶液中分步電離，第一步電離程度大于第二步電離程度。因此飽和氫硫酸溶液中c(H＋)＞c(HS－)。由一級電離常數可知，溶液中c(H＋)==×10—4mol/L≈1.05×10—4mol/L；由二級電離常數Ka2(H2S)=可知，溶液中c(S2-)=1.3×10—13mol/L。由水的離子積常數可知，溶液中c(OH-)=≈9.5×10—11mol/L。因此溶液中離子濃度的大小順序為，故A錯誤；
B．由電離常數可得：Ka1(H2S)×Ka2(H2S)=，由題意可知，溶液中氫離子濃度和氫硫酸濃度都約為0.01mol/L，因此溶液中c(S2-)=≈1.4×10—18mol/L，故B正確；
C．氫硫酸飽和溶液中c(H＋)=c(HS－)，由電離常數Ka2(H2S)=可知，溶液中c(S2-)=1.3×10—13mol/L。因此溶液中濃度熵QC= c(Fe2+)c(S2—)=0.01×1.3×10—13=1.3×10—15＞Ksp(FeS)=6.3×10—18，所以溶液中有氯化亞鐵生成，故C正確；
D．由方程式可知，反應的平衡常數K====≈4.4×102mol/L，故D正確；
故答案為：A
【分析】A、H2S為二元弱酸，第一步電離程度大于第二步電離程度，結合電離常數和水的離子積計算c(S2－)和c(OH－)，從而得出大小關系。
B、根據電離常數大小進行計算。
C、根據溶液中Qc與Ksp的相對大小分析，若Qc＞Ksp，則有沉淀產生。
D、根據平衡常數的表達式和電離常數進行計算。
16．（2024高三下·義烏模擬）根據下列有關實驗方案設計和現象，所得結論不正確的是
選項 實驗方案 現象 結論
A 將打磨過的鐵銅合金放在氨水中一段時間 溶液變為深藍色 可能是銅在氨水中發生吸氧腐蝕
B 向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量Cu粉 溶液先變成血紅色，加入Cu粉后，血紅色變淺 與SCN-的配位能力：
C 將和NH4NO3固體混合并用玻璃棒快速攪拌 有刺激性氣味的氣體產生，并伴隨降溫 該反應能發生的主要原因是熵增
D 用精密pH試紙測定溶液的pH值 測得pH為7.8
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知識點】焓變和熵變；鹽類水解的應用；鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變；性質實驗方案的設計
【解析】【解答】A．溶液變為藍色，說明形成Cu2+，因此鐵銅合金中銅在氨水中失去電子發生吸氧腐蝕，形成四氨合銅離子使得溶液顯藍色，A正確；
B．加入Cu粉后，由于Fe3＋的氧化性，銅和鐵離子發生氧化還原反應生成亞鐵離子和銅離子，使得平衡逆向移動，溶液血紅色變淺，與配位能力無關，B錯誤；
C．根據反應能自發進行，反應中溫度降低、生成氣體為熵增的吸熱反應，則該反應能發生的主要原因是熵增，C正確；
D．pH為7.8，溶液顯堿性，說明水解程度：HCO3－＞NH4＋，因此電離常數：，D正確；
故答案為：B
【分析】A、溶液變藍色，說明反應產生Cu2＋。
B、Fe3＋具有氧化性，能與Cu反應，使得溶液中c(Fe3＋)減小，可逆反應Fe3＋＋3SCN－ Fe(SCN)3平衡逆向移動。
C、反應自發進行，則ΔH－TΔS＜0，據此分析。
D、溶液顯堿性，說明HCO3－水解程度大于NH4＋，結合越弱越水解，確定二者的電離常數大小。
17．（2024高三下·義烏模擬）氮、碳、硼元素形成的化合物具有獨特的結構。請回答：
（1）固態的N2O5為離子晶體(陰陽離子中所含原子個數均不超過4個)，其陽離子的空間結構名稱為　 　，陰離子中氮原子的雜化方式為　 　。
（2）比較酸性強弱：　 　(填“>”、“<”)，請說明理由　 　。
（3）當石墨被過量的K處理后(未反應的金屬被汞洗出)，K+離子在石墨層間嵌入，K+層在石墨層的投影如圖所示。該鉀石墨晶體的化學式是　 　，晶體類型是　 　。
（4）石墨與F2在450℃反應，石墨層間插入F得到層狀結構化合物(CF)x，該物質仍具潤滑性，其單層局部結構如圖所示。下列關于該化合物的說法不正確的是___________。
A．與石墨相比，(CF)x導電性增強
B．與石墨相比，(CF)x抗氧化性增強
C．(CF)x中C—F的鍵長比C—C短
D．1mol(CF)x中含有2x mol共價單鍵
（5）硼砂與NaOH的混合溶液中加入H2O2可以制備，已知X的陰離子只有一種化學環境的B原子，且B和O原子最外層都達到8電子穩定結構，寫出X陰離子的結構式　 　。
【答案】（1）直線形；sp2
（2）>；N的電負性大于H的電負性，使得相鄰N—H鍵的電子云向NH2方向偏移，N—H鍵的極性變大，更易電離出氫離子，酸性更強
（3）KC8；離子晶體
（4）
（5）
【知識點】原子結構與元素的性質；鍵能、鍵長、鍵角及其應用；晶胞的計算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷
【解析】【解答】（1）N2O5為離子晶體，根其據陰陽離子中所含原子個數均不超過4個可推斷出其陰陽離子為：和（亞硝酰正離子），其中陽離子呈直線型，陰離子為平面三角形且氮原子為sp2雜化。
故答案為：直線形； sp2
（2）由于N的電負性大于H的電負性，使得中相鄰鍵的電子云向-NH2方向偏移，鍵的極性變大，更易電離出氫離子，酸性更強，因此酸性強于。
故答案為：＞； N的電負性大于H的電負性，使得相鄰N—H鍵的電子云向NH2方向偏移，N—H鍵的極性變大，更易電離出氫離子，酸性更強
（3）
可以選擇圖中紅框中的部分作為該鉀石墨的晶胞，利用均攤法，可以算出該鉀石墨的化學式為KC8，該晶體中，鉀失去電子給石墨層，形成了離子化合物，因此晶體類型為離子晶體；
故答案為： KC8 ；離子晶體
（4）A．由圖可知，與石墨相比，(CF)x分子中碳原子均為飽和碳原子，分子中沒有未參與雜化的2p軌道上的電子，導電性減弱，故A錯誤；
B．由圖可知，與石墨相比，(CF)x分子中碳原子均為飽和碳原子，不易被氧化，抗氧化性增強，故B正確；
C．隨原子序數遞增，同周期主族元素的原子半徑逐漸減小，因此(CF)x中的鍵長比短，故C正確；
D．由圖可知，(CF)x分子中碳原子與3個碳原子形成碳碳共價鍵，每個碳碳鍵被2個碳原子共用，與1個氟原子形成共價鍵，則1mol(CF)x分子中含有(3×+1)×x=2.5xmol共價單鍵，故D錯誤；
故答案為：AD
（5）由于B只有一種化學環境，說明兩個B原子在結構上是等價的。又根據各原子數量推斷出X的陰離子是對稱結構，同時B和O原子最外層都達到8電子穩定結構，B連有兩個-OH，此時O多余，推測B與B之間通過過氧鍵連接，共同達到穩定的8電子排布，因此推測X的結構為：。
故答案為：
【分析】（1）根據離子中原子個數少于4個可得，N2O5中的陰陽離子為NO3－和NO2＋，據此確定其空間結構和中心原子的雜化方式。
（2）N2H5＋與NH4＋相差N原子和H原子，結合電負性N＞H進行分析。
（3）利用“均攤法”確定晶體的化學式。晶體中存在K＋，屬于離子晶體。
（4）A、根據碳原子的成鍵情況分析其導電性強弱。
B、(CF)x中碳原子為飽和碳原子，不易被氧化。
C、根據原子半徑大小比較鍵長長短，成鍵原子的原子半徑越小，鍵長越短。
D、根據(CF)x的成鍵情況分析其所含的共價鍵個數。
（5）陰離子中只含有一種化學環境的B原子，則結構具有對稱性。結合B、O原子最外層都滿足8電子穩定結構，確定X陰離子的結構式。
18．（2024高三下·義烏模擬）光盤金屬層含有Ag(其它金屬微量忽略不計)，可以進行資源回收利用，下圖為從光盤中提取Ag的工業流程：
已知：①氣體A、氣體D是空氣的主要組成氣體。
②配離子的形成是分步進行的： 。
③AgCl的， 。
請回答：
（1）已知Ag位于周期表的第五周期IB族，Ag的原子序數為　 ??；氣體A的化學式為　 　，寫出溶液C中所有的陽離子　 　。
（2）反應Ⅲ的離子方程式為　 　。
（3）是一個可逆反應。
①結合相關數據說明上述反應是可逆反應　 　；
②設計實驗驗證上述反應是可逆反應　 　。
【答案】（1）47；O2；、、、、H+
（2）
（3）由方程式可知，反應的平衡常數，K值較小，表明該反應進行得不完全；將AgCl固體與少量氨水混合，充分反應后過濾，將濾液分成兩支試管，向一支試管中滴加酚酞，溶液變紅，表明少量氨水沒有完全反應﹔向另一支試管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀產生，表明存在產物Cl-
【知識點】配合物的成鍵情況；氧化還原反應方程式的配平
【解析】【解答】（1）由銀元素位于元素周期表的第五周期IB族可知，銀元素的原子序數為47；由分析可知，氣體A為氧氣；向氯化銀中加入足量氨水的目的是將氯化銀轉化為含有二氨合銀離子的溶液C，溶液C中二氨合銀離子分步離解得到的陽離子為一氨合銀離子、銀離子，過量的氨水部分電離出的陽離子為銨根離子，水微弱電離出的陽離子為氫離子，則溶液C中含有的陽離子為二氨合銀離子、一氨合銀離子、銀離子、銨根離子和氫離子.
故答案為：47；O2；、、、、H+
（2）由分析可知，向溶液C中加入一水合肼溶液發生的反應為.
故答案為：
（3）①由方程式可知，反應的平衡常數K====2.0×103×8.0×103×1.8×10—10=2.88×10 3，K值較小說明該反應進行得不完全，屬于可逆反應.
故答案為：由方程式可知，反應的平衡常數，K值較小，表明該反應進行得不完全
②由方程式可知，若該反應為可逆反應，向氯化銀固體中加入少量氨水，反應后的溶液中含有氯離子，說明氯化銀能與氨水反應，含有未反應的氨水說明氯化銀能與氨水的反應為可逆反應，則驗證上述反應是可逆反應的實驗方案為將AgCl固體與少量氨水混合，充分反應后過濾，將濾液分成兩支試管，向一支試管中滴加酚酞，溶液變紅，表明少量氨水沒有完全反應﹔向另一支試管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀產生，表明存在產物Cl-。
故答案為：將AgCl固體與少量氨水混合，充分反應后過濾，將濾液分成兩支試管，向一支試管中滴加酚酞，溶液變紅，表明少量氨水沒有完全反應﹔向另一支試管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀產生，表明存在產物Cl-
【分析】步驟Ⅰ中加入NaOH和NaClO溶液，發生反應：4Ag＋4NaClO＋2H2O=4AgCl＋4NaOH＋O2↑。因此氣體A為O2，溶液B中含有NaOH。步驟Ⅱ中往AgCl中加入足量氨水，發生反應：AgCl＋2NH3·H2O=Ag(NH3)2Cl＋2H2O。因此溶液C中含有Ag(NH3)2＋、Cl－和Na＋。步驟Ⅲ中加入足量N2H4·H2O，產生的氣體D為空氣的組成氣體，因此D為N2，該反應的離子方程式為：4[Ag(NH3)2]＋＋N2H4·H2O=4Ag↓＋4NH3＋N2↑＋4NH4＋＋H2O。因此溶液E中含有Na＋、Cl－和NH4＋。據此結合題干設問分析作答。
19．（2024高三下·義烏模擬）一種燃煤煙氣中CO2的捕集和資源再利用技術可通過圖轉化過程實現。
（1）以過渡金屬作催化劑，利用圖所示裝置可實現“轉化”。寫出陰極表面的電極反應方程式　 　。
（2）CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液，則溶液中含碳微粒(①H2CO3、②、③)的濃度由大到小的順序為　 　(填序號)。(室溫下，的；)
（3）在催化劑下，CO2氧化C2H6可獲得C2H4.其主要化學反應為：
反應I．
反應Ⅱ．
反應Ⅲ．
將4 mol C2H6和6 mol CO2的混合氣體置于1.0L恒容密閉容器中反應，乙烷的平衡轉化率、乙烯的選擇性與溫度關系如圖所示(C2H4的選擇性。
①=　 　。
②M點反應I的平衡常數為　 　(保留兩位有效數字)。
③C2H4選擇性隨溫度升高而下降的原因可能是　 　。
（4）用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氫合成乙烯，所得產物含C3H6、C4H8等副產物，反應過程如圖。
催化劑中添加Na、K、Cu助劑后可改變反應的選擇性。在其他條件相同時，添加不同助劑，經過相同時間后測得CO2轉化率和各產物的物質的量分數如表所示：
助劑 CO2轉化率/% 各產物在所有產物中的占比/%
C2H4 C3H6 其他
Na 42.5 35.9 39.6 24.5
K 27.2 75.6 22.8 1.6
Cu 9.8 80.7 12.5 6.8
下列說法正確的是　 　。
A．催化劑助劑主要在第Ⅰ步起作用
B．在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加K助劑時，合成乙烯的效果最好
C．添加助劑不同，CO2加氫合成乙烯的平衡常數不同
D．Fe3(CO)12為簇狀超分子，可活化CO
【答案】（1）或
（2）③②①
（3）-76；1.1；溫度升高，反應Ⅱ正向移動程度更大(以反應Ⅱ為主)
（4）BD
【知識點】電極反應和電池反應方程式；化學平衡的計算；電解池工作原理及應用；電離平衡常數
【解析】【解答】（1）從圖中可知，電解質溶液為KHCO3，陰極上CO2得電子結合碳酸氫根離子生成C2H4，電極反應方程式為或。
故答案為：
（2）pH=11，則c(H+)=10-11mol/L，H2CO3(aq)H+(aq)+(aq)，Ka1=4×10-7，則，則，故c()>c(H2CO3)，同理H++，Ka2=，，則c()>c()，故三種離子濃度從大到小的順序為③②①。
故答案為：③②①
（3）①反應Ⅲ=反應Ⅰ×2-反應Ⅱ，ΔH3=(177×2-430)kJ/mol=-76kJ/mol。
故答案為：-76kJ/mol
②反應Ⅲ可由反應Ⅰ×2-反應Ⅱ得到，則考慮前兩個反應即可，M點乙烷轉化率為50%，乙烯的選擇性為80%，則消耗乙烷2mol，反應Ⅰ生成乙烯1.6mol，反應Ⅱ消耗乙烷0.4mol，則有，，平衡時c(C2H6)=2mol/L，c(CO2)=3.6mol/L，c(C2H4)=1.6mol/L，c(H2O)=1.6mol/L，c(CO)=3.2mol/L，則K==1.1。
故答案為：1.1
③反應Ⅰ和Ⅱ都是吸熱反應，溫度升高化學平衡正向移動，但是溫度升高對反應Ⅱ的影響更大，反應Ⅱ正向移動的幅度大于反應Ⅰ，因此乙烯的選擇性隨溫度升高而下降。
故答案為： 溫度升高，反應Ⅱ正向移動程度更大(以反應Ⅱ為主)
（4）A．從圖中可知，催化劑助劑在第I步和低聚反應、異構化反應中都起作用，A錯誤；
B．從表中可知，在催化劑中添加K助劑，產物中乙烯的占比明顯大于其他物質，故添加K助劑時，合成乙烯的效果最好，B正確；
C．催化劑對化學平衡常數沒有影響，化學平衡常數只受溫度的影響，C錯誤；
D．Fe3(CO)12為簇狀超分子，其能活化CO分子，使得CO在第二步中能快速轉化為(CH2)n，D正確；
故答案為：BD
【分析】（1）陰極上CO2發生得電子的還原反應，生成C2H4，據此寫出其電極反應式。
（2）所得溶液的pH=11，則溶液中c(H＋)=10－11mol·L－1，結合H2CO3的電離常數計算溶液中c(HCO3－)、c(H2CO3)和c(CO32－)，進而得出離子濃度的相對大小。
（3）①根據蓋斯定律計算目標反應的反應熱。
② M點乙烷轉化率為50%，乙烯的選擇性為80%，則消耗乙烷2mol，反應Ⅰ生成乙烯1.6mol，反應Ⅱ消耗乙烷0.4mol，據此結合三段式進行計算。
③溫度升高C2H4的選擇性下降，根據溫度對平衡移動的影響分析。
（4）A、由反應過程可知，催化劑在各個反應過程中都有參與反應。
B、由表格數據可知，添加K后，產物中C2H4的占比增大。
C、平衡常數只與溫度有關，溫度不變，平衡常數不變。
D、Fe3(CO)12為簇狀超分子，使得CO活化。
20．（2024高三下·義烏模擬）某興趣小組用下圖的裝置制取ICl，并用ICl的冰醋酸溶液來測定某油脂的不飽和度。油脂的不飽和度是指一個油脂分子最多可加成的氫分子數。
已知：①ICl的熔點為13.9℃，沸點為97.4℃，化學性質與氯氣相似易水解；
②，ICl3的熔點為111℃。
請回答：
（1）寫出第一個裝置中發生反應的化學方程式：　 　。
（2）虛線框內應選用的裝置是　 　(填“甲”或“乙”)。
（3）上述制備ICl的實驗中，根據氣流方向各裝置的連接順序為：a→　 　(用接口的字母表示)。
（4）下列有關說法正確的是___________。
A．上述實驗裝置中的KMnO4固體也可用MnO2代替
B．恒壓滴液漏斗使用時應打開上面的玻璃塞
C．ICl與NaOH溶液反應的方程式為：
D．若所制得的ICl中溶有少量ICl3雜質，可以采用蒸餾法進行提純
（5）用ICl的冰醋酸溶液測定某油脂的不飽和度，進行如下實驗，實驗過程中有關反應為：
①；②；③
實驗步驟：
將含有0.05mol某油脂的樣品溶于CCl4后形成100mL溶液；從中取出10mL，加入20mL含有ICl物質的量為n mol的冰醋酸溶液(過量)；充分反應后，加入足量KI溶液；生成的碘單質用a 的標準溶液滴定；重復上述實驗兩次，測得滴定所需Na2S2O3的平均值為V mL。
①滴定前，需要將裝有標準液的滴定管中的氣泡排盡，應選擇圖中　 　。
A． B． C． D．
②該油脂的不飽和度為　 　(用含a、n、V的表達式表示)。
【答案】（1）(濃)
（2）甲
（3）edcbgf
（4）
（5）C；
【知識點】氯氣的實驗室制法；實驗裝置綜合；中和滴定；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）第一個裝置中KMnO4和濃鹽酸反應生成Cl2，化學方程式為(濃)。
故答案為：(濃)
（2）ICl易水解，若選用乙裝置，溶液中的水蒸氣進入反應裝置中，造成ICl水解，則虛線框內應選用的裝置是甲。
故答案為：甲
（3）由分析可知，上述制備ICl的實驗中，根據氣流方向各裝置的連接順序為aedcbgf。
故答案為： edcbgf
（4）A．MnO2和濃鹽酸反應制備Cl2需要加熱，故不能用MnO2替換KMnO4，A項錯誤；
B．恒壓滴液漏斗組合的裝置中內部壓強相同，故只需打開活塞即可順利流下，不需打開上面的玻璃塞，B項錯誤；
C．ICl化學性質與氯氣相似，則ICl和NaOH反應生成NaIO、NaCl和H2O，化學方程式為，C項正確；
D．ICl的沸點為97.4℃，ICl3的熔點為111℃，二者沸點差異大，故可以采用蒸餾法進行提純，D項正確；
故答案為：CD
（5）①Na2S2O3是強堿弱酸鹽，溶液先堿性，則應選用堿式滴定管，堿式滴定管正確的排除裝置內氣泡的操作為C。
故答案為：C
②根據反應②、③得到比例關系：ICl~2Na2S2O3，測得滴定所需Na2S2O3的平均值為V mL，則反應①剩余的ICl的物質的量為，則反應①消耗ICl的物質的量為，則10mL中油脂的CCl4溶液中含有的碳碳雙鍵的物質的量為，0.05mol某油脂中的碳碳雙鍵的物質的量為，則1個該油脂中含有個碳碳雙鍵，含有一個碳碳雙鍵的不飽和度為1，則該油脂的不飽和度為。
故答案為：
【分析】（1）第一個裝置為Cl2的制備裝置，KMnO4將濃鹽酸氧化生成Cl2，自身還原為MnCl2。據此寫出反應的化學方程式。
（2）ICl易水解，因此不能用NaOH溶液。
（3）第一個裝置為Cl2的發生裝置；生成Cl2后通入飽和食鹽水中，除去Cl2中混有的HCl；再 將氣體通入濃硫酸，除去Cl2中的H2O；再將Cl2通入裝有I2的裝置中，I2和Cl2反應生成ICl，據此確定裝置連接順序。
（4）A、若用MnO2與濃鹽酸反應制取Cl2，需加熱。
B、恒壓滴液漏斗組合成的裝置內部壓強相等，因此不需打開頂部的玻璃塞。
C、ICl的性質與Cl2相似，因此ICl與NaOH溶液反應生成NaCl、NaIO和H2O。
D、若含有ICl3雜質，可采用蒸餾法，使I2逸出。
（5）①Na2S2O3溶液顯堿性，應使用堿式滴定管，結合堿式滴定管排氣泡操作分析。
②根據關系式“ICl～2Na2S2O3”計算n(ICl)，進而計算油脂中所含的碳碳雙鍵的物質的量，從而得到該油脂的不飽和度。
21．（2024高三下·義烏模擬）某研究小組通過下列路線合成藥物西地那非。
已知：Mc為甲基(—CH3)，Et為乙基(—CH2CH3)，Pr為正丙基(—CH2CH2CH3)；化合物I中不存在一個氮原子與兩個羰基直接相連的結構。
請回答：
（1）化合物A的含氧官能團的名稱是　 　。
（2）試劑Y的結構簡式是　 　。
（3）下列說法正確的是___________。
A．D→E的反應條件X為濃硝酸、濃硫酸并適當加熱
B．化合物I→J的反應主要經歷了加成和消去的過程
C．保持其它條件不變，若將B→C中的CH3I改為CH3Cl，則該反應速率將變快
D．可通過測定K的質譜圖來確定J→K中ClSO3H參與反應的是Cl原子還是OH基團
（4）寫出F與過量NH3反應生成G的化學方程式　 　。
（5）有機玻璃是一種重要的塑料()，可通過化合物W()，聚合得到。設計以丙酮和甲醇為原料合成W的路線　 　(用流程圖表示，無機試劑任選)。
（6）寫出同時符合下列條件的化合物C的同分異構體的結構簡式　 　。
①分子中含有苯環；
②1H-NMR譜和IR譜檢測表明：分子中共有4種不同化學環境的氫原子，有氮氧鍵，無氧氫鍵和氧氧鍵；
③分子中沒有兩個甲基連在同一個碳原子上。
【答案】（1）羰基、酯基
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
【知識點】有機物中的官能團；有機物的推斷；有機物的合成；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）由A的結構簡式可知其含氧官能團為羰基、酯基。
故答案為：羰基、酯基
（2）由以上分析可知Y的結構簡式為：。
故答案為：羰基、酯基
（3）由以上分析可知D→E的反應條件X為濃硝酸、濃硫酸并適當加熱，故A正確；
由以上分析可知，化合物I→J的反應，I中氨基與羰基先發生加成反應形成羥基，然后羥基再發生消去反應生成J，故B正確；
保持其它條件不變，若將B→C中的CH3I改為CH3Cl，因Cl的非金屬性強于I，C-Cl鍵鍵能大于C-I鍵，則CH3Cl比CH3I難斷鍵，則該反應速率將變慢，故C錯誤；
J→K中ClSO3H參與反應的原子團不同時，形成的K的相對原子量不同，通過測定K的質譜圖可以確定是Cl原子還是OH基團反應，故D正確；
故答案為：ABD
（4）F中酰氯鍵與氨氣發生取代反應生成G，反應方程式為：。
故答案為：
（5）與HCN發生加成反應生成，水解生成，發生醇消去反應生成，與甲醇發生取代反應生成，發生加聚反應生成，合成路線為：。
故答案為：
（6）C的同分異構體滿足，①分子中含有苯環；②1H-NMR譜和IR譜檢測表明：分子中共有4種不同化學環境的氫原子，有氮氧鍵，無氧氫鍵和氧氧鍵，分子具有對稱性；③分子中沒有兩個甲基連在同一個碳原子上，則兩個甲基可能連在同一個N原子上，或連接在對稱碳上，則符合的結構簡式為：。
故答案為：
【分析】（1）根據A的結構簡式確定其所含的含氧官能團。
（2）G中硝基被氫氣還原生成H，H中酰胺基與Y反應生成I，結合J的結構及Y的分子式可知Y應為：。
（3）A、D在X條件下生成E，E與SOCl2發生取代反應生成F，結合F的結構簡式可知D到E的轉化過程中應引入硝基，結合苯的硝化反應，可知反應條件X應為濃硫酸、濃硝酸、加熱；
B、I中氨基與羰基先加成、再消去生成J，J與ClSO3H發生取代反應生成K；
C、Cl的非金屬性強于I，C-Cl鍵鍵能大于C-I鍵，則CH3Cl比CH3I難斷鍵；
D、J→K中ClSO3H參與反應的原子團不同時，形成的K的相對原子量不同，因此可通過測定質譜圖判斷。
（4）F中酰氯鍵與氨氣發生取代反應生成G，據此書寫反應的化學方程式。
（5）化合物W（）可由和CH3OH發生酯化反應生成，因此合成路線的關鍵是由得到。羰基可與HCN發生加成反應生成；中-CN發生水解反應可引入-COOH；-OH發生消去反應可引入碳碳雙鍵。據此設計合成路線圖。
（6）根據限定條件確定稿同分異構體的基本結構單元，從而得到同分異構體的結構簡式。
1 / 12024屆浙江省金華市義烏市高三下學期三?；瘜W試題
1．（2024高三下·義烏模擬）下列物質屬于非電解質的是（　　）
A．氯化鋁 B．重晶石 C．氯仿 D．福爾馬林
2．（2024高三下·義烏模擬）關于Na2O2的下列敘述中不正確的是（　?。?br/>A．Na2O2屬于堿性氧化物
B．Na2O2可由Na在空氣中燃燒得到
C．Na2O2中陰陽離子個數比為1：2
D．Na2O2可在呼吸面具作為氧氣的來源
3．（2024高三下·義烏模擬）下列表示不正確的是
A．苯甲酰胺的分子式：C7H7NO
B．油酸甘油酯的結構簡式：
C．基態Ti2+離子的電子排布式：
D．Cl-Cl的p-p鍵電子云圖形：
4．（2024高三下·義烏模擬）我國古代四大發明之一的黑火藥是由硫黃粉、硝酸鉀和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸時的反應為：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，下列說法不正確的是(NA為阿伏加德羅常數的值)
A．該反應在任何溫度下都可以自發進行
B．生成28 g N2轉移電子的數目為10NA
C．KNO3是氧化劑
D．K2S和N2都是還原產物
5．（2024高三下·義烏模擬）在溶液中能大量共存的離子組是
A．Na+、Pb2+、、 B．K+、CN-、Cl-、[Fe(SCN)6]3-
C．K+、H+、Cl-、 D．OH-、K+、、
6．（2024高三下·義烏模擬）明礬常用作凈水劑，下列關于明礬大晶體制備實驗的說法不正確的是（　?。?br/>A．配制明礬飽和溶液的溫度要控制在比室溫高10~15℃
B．明礬小晶核要懸掛在飽和溶液中央，可避免形成形狀不規整的晶體
C．形成大晶體的過程中，需要敞開玻璃杯靜置較長時間
D．本實驗中所用儀器都要用蒸餾水洗凈
7．（2024高三下·義烏模擬）根據材料的組成和結構變化可推測其性能變化，下列推測不合理的是（　?。?br/>材料 組成和結構變化 性能變化
A 聚乙烯 低壓法聚乙烯轉變為高壓法聚乙烯 軟化溫度和密度增大
B 純鋁 加入少量Mn等其它金屬 硬度增大
C 鋼鐵 鋼鐵表面進行發藍處理 抗腐蝕性增強
D 液態植物油 與氫氣加成，提高其飽和程度 熔化溫度提高
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高三下·義烏模擬）下列裝置能達到實驗目的的是
A．熔化Na2CO3 B．驗證SO2氧化性 C．實驗室制CO2 D．實驗室保存液溴
A．A B．B C．C D．D
9．（2024高三下·義烏模擬）下列說法正確的是（　?。?br/>A．用酸性KMnO4溶液可鑒別汽油、煤油和柴油
B．用NaOH溶液、硝酸銀溶液可鑒別氯乙烷、溴乙烷和碘乙烷
C．用溴水可鑒別酒精、苯酚、己烯和甲苯
D．用飽和Na2CO3溶液可鑒別乙醇、乙醛、乙酸和乙酸乙酯
10．（2024高三下·義烏模擬）下列化學反應與方程式不相符的是
A．少量FeCl3固體加入到KI濃溶液中：
B．Cu和濃HNO3反應：
C．Al2(SO4)3溶液與Na[Al(OH)4]溶液反應：
D．少量甲醛與新制Cu(OH)2反應：
11．（2024高三下·義烏模擬）姜黃素X()的合成路線如下：
下列說法不正確的是
A．A的鍵線式為 B．B有5種化學環境不同的氫原子
C．有機物C能發生銀鏡反應 D．X分子中有4種官能團
12．（2024高三下·義烏模擬）短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序數依次增大。W簡單離子在同周期離子中半徑最??；基態X、Z、Q原子均有兩個單電子，Q與Z同主族。下列說法不正確的是（　　）
A．第一電離能：
B．電負性：
C．Z與Q形成的化合物可能是非極性分子
D．Z的氫化物沸點不可能低于X的氫化物沸點
13．（2024高三下·義烏模擬）如圖所示裝置中，C1、C2是石墨電極。A中盛有棕色的KI和I2的混合溶液，B中盛有無色的Na3AsO4和Na3AsO3的混合溶液。當連接開關K，并向B中滴加濃鹽酸時，發現靈敏電流計G的指針向右偏轉。一段時間后，當電流計指針回到中間“0”位置時，再向B中滴加過量濃NaOH溶液，可觀察到電流計指針向左偏轉。下列說法正確的是
A．電流計G的指針向右偏轉時，化學能轉變為電能；向左偏轉時，電能轉變為化學能
B．電流計G的指針向右偏轉時，C1電極反應為：
C．電流計G的指針向左偏轉時，C2電極反應為：
D．由上述實驗現象可知，氧化性：
14．（2024高三下·義烏模擬）在葡萄糖水溶液中，鏈狀結構與環狀結構的平衡關系及百分含量如下：
下列說法不正確的是
A．鏈狀葡萄糖成環是-OH與-CHO發生加成反應的結果
B．鏈狀葡萄糖成環反應的，
C．鏈狀葡萄糖成環后，分子中多了一個手性碳原子
D．水溶液中，吡喃葡萄糖比吡喃葡萄糖穩定
15．（2024高三下·義烏模擬）常溫常壓下，H2S氣體在水中的飽和濃度約為，已知：，；。下列說法不正確的是
A．飽和H2S溶液中存在
B．向溶液中加幾滴濃鹽酸，使其濃度達到，此時溶液中約為
C．向溶液中通入H2S氣體直至飽和，溶液中有FeS沉淀生成
D．的平衡常數為
16．（2024高三下·義烏模擬）根據下列有關實驗方案設計和現象，所得結論不正確的是
選項 實驗方案 現象 結論
A 將打磨過的鐵銅合金放在氨水中一段時間 溶液變為深藍色 可能是銅在氨水中發生吸氧腐蝕
B 向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量Cu粉 溶液先變成血紅色，加入Cu粉后，血紅色變淺 與SCN-的配位能力：
C 將和NH4NO3固體混合并用玻璃棒快速攪拌 有刺激性氣味的氣體產生，并伴隨降溫 該反應能發生的主要原因是熵增
D 用精密pH試紙測定溶液的pH值 測得pH為7.8
A．A B．B C．C D．D
17．（2024高三下·義烏模擬）氮、碳、硼元素形成的化合物具有獨特的結構。請回答：
（1）固態的N2O5為離子晶體(陰陽離子中所含原子個數均不超過4個)，其陽離子的空間結構名稱為　 　，陰離子中氮原子的雜化方式為　 　。
（2）比較酸性強弱：　 　(填“>”、“<”)，請說明理由　 　。
（3）當石墨被過量的K處理后(未反應的金屬被汞洗出)，K+離子在石墨層間嵌入，K+層在石墨層的投影如圖所示。該鉀石墨晶體的化學式是　 　，晶體類型是　 　。
（4）石墨與F2在450℃反應，石墨層間插入F得到層狀結構化合物(CF)x，該物質仍具潤滑性，其單層局部結構如圖所示。下列關于該化合物的說法不正確的是___________。
A．與石墨相比，(CF)x導電性增強
B．與石墨相比，(CF)x抗氧化性增強
C．(CF)x中C—F的鍵長比C—C短
D．1mol(CF)x中含有2x mol共價單鍵
（5）硼砂與NaOH的混合溶液中加入H2O2可以制備，已知X的陰離子只有一種化學環境的B原子，且B和O原子最外層都達到8電子穩定結構，寫出X陰離子的結構式　 　。
18．（2024高三下·義烏模擬）光盤金屬層含有Ag(其它金屬微量忽略不計)，可以進行資源回收利用，下圖為從光盤中提取Ag的工業流程：
已知：①氣體A、氣體D是空氣的主要組成氣體。
②配離子的形成是分步進行的： 。
③AgCl的， 。
請回答：
（1）已知Ag位于周期表的第五周期IB族，Ag的原子序數為　 ??；氣體A的化學式為　 　，寫出溶液C中所有的陽離子　 　。
（2）反應Ⅲ的離子方程式為　 　。
（3）是一個可逆反應。
①結合相關數據說明上述反應是可逆反應　 ??；
②設計實驗驗證上述反應是可逆反應　 　。
19．（2024高三下·義烏模擬）一種燃煤煙氣中CO2的捕集和資源再利用技術可通過圖轉化過程實現。
（1）以過渡金屬作催化劑，利用圖所示裝置可實現“轉化”。寫出陰極表面的電極反應方程式　 　。
（2）CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液，則溶液中含碳微粒(①H2CO3、②、③)的濃度由大到小的順序為　 　(填序號)。(室溫下，的；)
（3）在催化劑下，CO2氧化C2H6可獲得C2H4.其主要化學反應為：
反應I．
反應Ⅱ．
反應Ⅲ．
將4 mol C2H6和6 mol CO2的混合氣體置于1.0L恒容密閉容器中反應，乙烷的平衡轉化率、乙烯的選擇性與溫度關系如圖所示(C2H4的選擇性。
①=　 　。
②M點反應I的平衡常數為　 　(保留兩位有效數字)。
③C2H4選擇性隨溫度升高而下降的原因可能是　 　。
（4）用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氫合成乙烯，所得產物含C3H6、C4H8等副產物，反應過程如圖。
催化劑中添加Na、K、Cu助劑后可改變反應的選擇性。在其他條件相同時，添加不同助劑，經過相同時間后測得CO2轉化率和各產物的物質的量分數如表所示：
助劑 CO2轉化率/% 各產物在所有產物中的占比/%
C2H4 C3H6 其他
Na 42.5 35.9 39.6 24.5
K 27.2 75.6 22.8 1.6
Cu 9.8 80.7 12.5 6.8
下列說法正確的是　 　。
A．催化劑助劑主要在第Ⅰ步起作用
B．在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加K助劑時，合成乙烯的效果最好
C．添加助劑不同，CO2加氫合成乙烯的平衡常數不同
D．Fe3(CO)12為簇狀超分子，可活化CO
20．（2024高三下·義烏模擬）某興趣小組用下圖的裝置制取ICl，并用ICl的冰醋酸溶液來測定某油脂的不飽和度。油脂的不飽和度是指一個油脂分子最多可加成的氫分子數。
已知：①ICl的熔點為13.9℃，沸點為97.4℃，化學性質與氯氣相似易水解；
②，ICl3的熔點為111℃。
請回答：
（1）寫出第一個裝置中發生反應的化學方程式：　 　。
（2）虛線框內應選用的裝置是　 　(填“甲”或“乙”)。
（3）上述制備ICl的實驗中，根據氣流方向各裝置的連接順序為：a→　 　(用接口的字母表示)。
（4）下列有關說法正確的是___________。
A．上述實驗裝置中的KMnO4固體也可用MnO2代替
B．恒壓滴液漏斗使用時應打開上面的玻璃塞
C．ICl與NaOH溶液反應的方程式為：
D．若所制得的ICl中溶有少量ICl3雜質，可以采用蒸餾法進行提純
（5）用ICl的冰醋酸溶液測定某油脂的不飽和度，進行如下實驗，實驗過程中有關反應為：
①；②；③
實驗步驟：
將含有0.05mol某油脂的樣品溶于CCl4后形成100mL溶液；從中取出10mL，加入20mL含有ICl物質的量為n mol的冰醋酸溶液(過量)；充分反應后，加入足量KI溶液；生成的碘單質用a 的標準溶液滴定；重復上述實驗兩次，測得滴定所需Na2S2O3的平均值為V mL。
①滴定前，需要將裝有標準液的滴定管中的氣泡排盡，應選擇圖中　 　。
A． B． C． D．
②該油脂的不飽和度為　 　(用含a、n、V的表達式表示)。
21．（2024高三下·義烏模擬）某研究小組通過下列路線合成藥物西地那非。
已知：Mc為甲基(—CH3)，Et為乙基(—CH2CH3)，Pr為正丙基(—CH2CH2CH3)；化合物I中不存在一個氮原子與兩個羰基直接相連的結構。
請回答：
（1）化合物A的含氧官能團的名稱是　 　。
（2）試劑Y的結構簡式是　 　。
（3）下列說法正確的是___________。
A．D→E的反應條件X為濃硝酸、濃硫酸并適當加熱
B．化合物I→J的反應主要經歷了加成和消去的過程
C．保持其它條件不變，若將B→C中的CH3I改為CH3Cl，則該反應速率將變快
D．可通過測定K的質譜圖來確定J→K中ClSO3H參與反應的是Cl原子還是OH基團
（4）寫出F與過量NH3反應生成G的化學方程式　 　。
（5）有機玻璃是一種重要的塑料()，可通過化合物W()，聚合得到。設計以丙酮和甲醇為原料合成W的路線　 　(用流程圖表示，無機試劑任選)。
（6）寫出同時符合下列條件的化合物C的同分異構體的結構簡式　 　。
①分子中含有苯環；
②1H-NMR譜和IR譜檢測表明：分子中共有4種不同化學環境的氫原子，有氮氧鍵，無氧氫鍵和氧氧鍵；
③分子中沒有兩個甲基連在同一個碳原子上。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】電解質與非電解質
【解析】【解答】A．氯化鋁屬于鹽，為電解質，故A不符合題意；
B．重晶石為BaSO4，屬于鹽類，為電解質，故B不符合題意；
C．氯仿不能發生電離，屬于非電解質，故C符合題意；
D．福爾馬林為水溶液，屬于混合物，既不是電解質也不是非電解質，故D不符合題意；
故答案為：C
【分析】氯化鋁，重晶石均屬于鹽類，為電解質，氯仿是有機物不是電解質，福爾馬林是混合物不是電解質也不是電解質。
2．【答案】A
【知識點】鈉的氧化物
【解析】【解答】A．Na2O2與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，不是堿性氧化物，故A符合題意；
B．Na在空氣中緩慢氧化則得到Na2O，燃燒則得到Na2O2，故B不符合題意；
C.1個Na2O2中含有2個鈉離子和1個過氧根離子，陰、陽離子個數比為1：2，故C不符合題意；
D．Na2O2可與二氧化碳反應生成氧氣，可用于呼吸面具的氧氣來源，故D不符合題意；
故答案為：A
【分析】A.過氧化鈉不是堿性氧化物；
B.過氧化鈉是鈉與氧氣加熱得到；
C.過氧化鈉中含有過氧根離子和鈉離子；
D.過氧化鈉與二氧化碳和水反應得到氧氣即可判斷。
3．【答案】C
【知識點】原子核外電子排布；共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；油脂的性質、組成與結構；酰胺
【解析】【解答】A．苯甲酰胺的結構簡式為，該物質的分子式為C7H7NO，A正確；
B．油酸甘油酯是不飽和高級脂肪酸甘油酯，該物質的結構簡式為，B正確；
C．鈦元素的原子序數為22，其基態原子的核外電子排布式為[Ar]3d24s2。因此基態Ti2+離子的電子排布式為，C錯誤；
D．氯氣分子中含有的化學鍵為p-pσ鍵，其電子云圖形為，D正確；
故答案為：C
【分析】A、根據苯甲酰胺的結構簡式確定其分子式。
B、油酸甘油酯為不飽和高級脂肪酸甘油酯。
C、根據基態Ti原子的核外電子排布式確定基態Ti2+的核外電子排布式。
D、Cl2中化學鍵為p-pσ鍵。
4．【答案】B
【知識點】氧化還原反應；焓變和熵變；氧化還原反應的電子轉移數目計算
【解析】【解答】A．該反應的正反應是氣體分子數增大的放熱反應，即H＜0，S＞0。因此G=H-TS＜0，所以該反應在任何溫度下都可以自發進行，A正確；
B．根據反應方程式可知：每反應產生1個 N2分子，反應過程中轉移12個電子。因此當反應生成28 g N2（即1molN2）時，反應過程中轉移電子的數目為12NA，B錯誤；
C．在該反應中N元素化合價降低，發生得電子的還原反應，因此KNO3是氧化劑，C正確；
D．在該反應中S元素由0價變為-2價，化合價降低，發生得電子的還原反應，因此單質S為氧化劑，K2S是還原產物。N元素由+5價變為0價，化合價降低，發生得電子的還原反應，因此KNO3為氧化劑，N2也是還原產物，D正確；
故答案為：B
【分析】A、根據ΔH-TΔS＜0，判斷反應自發進行的條件。
B、根據化合價變化計算反應過程中轉移電子數。
C、反應過程中存在元素化合價降低的物質為氧化劑。
D、發生還原反應后所得產物為還原產物。
5．【答案】D
【知識點】離子共存
【解析】【解答】A．Pb2+與反應生成硫酸鉛沉淀，因此不能大量共存，A錯誤；
B．CN-與Fe3+的配位能力強于SCN-，因此CN-與[Fe(SCN)6]3-反應生成[Fe(CN)6]3-，因此不能大量共存，B錯誤；
C．H+與反應生成S和SO2，二者不能大量共存，C錯誤；
D．OH-、K+、、各離子之間相互不反應，可大量共存，D正確；
故答案為：D
【分析】A、Pb2＋能與SO42－形成PbSO4沉淀。
B、CN－能與[Fe(SCN)6]3－反應。
C、S2O32－能與H＋反應。
D、溶液中各個離子相互間不反應。
6．【答案】C
【知識點】蒸發和結晶、重結晶；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】A．溫度降低的時候，飽和度也會降低，明礬會吸附在小晶核上，所以要得到較大顆粒的明礬晶體，配制比室溫高10～20℃明礬飽和溶液，故A不符合題意；
B．明礬小晶核要懸掛在飽和溶液中央，增大接觸面積，有利于晶胞的均勻成長，可避免形成形狀不規整的晶體，故B不符合題意；
C．敞開玻璃杯靜置較長時間，容易引入空氣中雜質，應該用硬紙片蓋好玻璃杯，故C符合題意；
D．本實驗中所用儀器都要用蒸餾水洗凈，防止雜質污染，若有雜質，就在溶液中形成多個晶核，顯然不利于大晶體的生成，故D不符合題意；
故答案為：C
【分析】A.溫度稍高可控制得到較大的明礬晶體；
B.明礬晶體懸掛在飽和溶液中央，有利于晶體均勻形成；
C.形成大晶體時應該密封好燒杯；
D.儀器利用蒸餾水洗凈主要防止雜質不利于大晶體形成。
7．【答案】A
【知識點】合金及其應用；乙烯的物理、化學性質；油脂的性質、組成與結構
【解析】【解答】A．低壓法聚乙烯是在較低壓力和較低溫度下，用催化劑使乙烯發生加聚反應得到的，支鏈較少，軟化溫度和密度都比高壓法聚乙烯的高，故A符合題意；
B．鋁中加入少量Mn等其它金屬制成合金，可以增強材料的硬度，故B不符合題意；
C．鋼鐵表面進行發藍處理形成了致密的氧化物膜，抗腐蝕性增強，故C不符合題意；
D．液態植物油中含有碳碳雙鍵，與氫氣加成，提高其飽和程度，相對分子質量增大，分子間作用力增大，熔化溫度提高，故D不符合題意；
故答案為：A
【分析】A.低壓法聚乙烯軟化溫度低密度低；
B.合金硬度增大；
C.鋼鐵發藍處理抗腐蝕性增強；
D.液態植物油含有雙鍵，與氫氣加成，提高飽和度。
8．【答案】B
【知識點】二氧化硫的性質；硅和二氧化硅；化學試劑的存放；常見氣體制備原理及裝置選擇
【解析】【解答】A．瓷坩堝中含有二氧化硅，熔融碳酸鈉能與二氧化硅反應，不能選用瓷坩堝，應該選用鐵坩堝，A錯誤；
B．SO2與S2-反應生成硫單質，反應過程中SO2發生得電子的還原反應，體現氧化性，B正確；
C．稀硫酸與碳酸鈣反應生成微溶于水的硫酸鈣，覆蓋在碳酸鈣固體表面阻止反應的進行，應該選用稀鹽酸與碳酸鈣反應，C錯誤；
D．液溴具有揮發性和氧化性，揮發的液溴能腐蝕橡膠，不能用橡皮塞，D錯誤；
故答案為：B
【分析】A、熔融Na2CO3能與SiO2反應。
B、反應產生淡黃色沉淀S，體現了SO2的氧化性。
C、實驗室制取CO2應用大理石與稀鹽酸反應。
D、Br2具有氧化性，能腐蝕橡膠，應用玻璃塞。
9．【答案】C
【知識點】有機物的鑒別；物質的檢驗和鑒別
【解析】【解答】A．汽油能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，煤油和柴油均不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A不符合題意；
B．氯乙烷、溴乙烷和碘乙烷在堿性條件下可水解，應先加入酸中和堿后再加入硝酸銀，進行鹵素離子的檢驗，故B不符合題意；
C．溴水與酒精不反應，但是可以混溶；苯酚與溴水反應生成白色沉淀；乙烯與溴水發生加成反應使溴水褪色；甲苯與溴水萃取，可以鑒別，故C符合題意；
D．乙醇溶于飽和Na2CO3溶液，乙醛不與飽和Na2CO3溶液反應，但可與飽和Na2CO3溶液互溶，乙酸與飽和Na2CO3溶液反應有氣泡冒出，乙酸乙酯不溶于飽和Na2CO3溶液分層，不能鑒別，故D不符合題意；
故答案為：C
【分析】A.汽油中可含有不飽和烴，可是酸性高錳酸鉀褪色，煤油，柴油不能使其褪色；
B. 氯乙烷、溴乙烷和碘乙烷 在堿性條件下水解，后加入硝酸再進行檢驗；
C.溴水與乙醇混合均勻，苯酚與溴水形成白色沉淀，己烯可使溴水褪色，甲苯可萃取溴出現不同現象；
D.乙醇與碳酸鈉互溶，乙酸與碳酸鈉放出氣體，乙酸乙酯出現分層，乙醛與碳酸鈉互溶。
10．【答案】D
【知識點】鹽類水解的原理；硝酸的化學性質；甲醛
【解析】【解答】A．Fe3＋能將I－氧化成I2，I2與過量的I-反應生成I3-，因此該反應的離子方程式為，故A正確；
B．銅和濃硝酸反應生成硝酸銅、二氧化氮和水，因此該反應的離子方程式為，故B正確；
C．硫酸鋁溶液和四羥基合鋁酸鈉溶液發生雙水解反應生成硫酸鈉和氫氧化鋁沉淀，改反應的化學方程式為，故C正確；
D．一個HCHO分子中含有2個-CHO，因此少量甲醛與新制氫氧化銅共熱反應生成碳酸鈉、氧化亞銅沉淀和水，反應的化學方程式為，故D錯誤；
故答案為：D
【分析】A、Fe3＋具有氧化性，能將I－氧化成I2。
B、Cu與濃硝酸反應生成可溶性Cu(NO3)2、NO2和H2O。
C、Al3＋能與Al(OH)4－反應生成Al(OH)3沉淀。
D、HCHO少量，則參與反應HCHO與Cu(OH)2的系數比為1：4。
11．【答案】C
【知識點】利用質譜、紅外光譜、核磁共振等確定有機物的結構；有機物中的官能團；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】A．根據上述分析可知：A的結構簡式是，A正確；
B．物質B結構簡式是，由結構的對稱性可知，B中含有5種不同化學環境的氫原子，B正確；
C．由分析可知，物質C的結構簡式為，其分子中不含醛基，因此有機物C不能發生銀鏡反應，C錯誤；
D．根據姜黃素X的分子結構可知：X分子中含有酚羥基、醚鍵、酮羰基、碳碳雙鍵四種不同的官能團，D正確；
故答案為：C
【分析】A分子式是C6H10，B分子式是C6H12O，二者分子式相差2個H原子和1個O原子，因此試劑a是H2O。說明A分子中含有不飽和的碳碳雙鍵，結合最終產物X的結構簡式可知，A的結構簡式是；與H2O發生加成反應生成B，因此B的結構簡式為。B與O2在Cu催化作用下發生氧化反應生成C，因此C的結構簡式為。C與在堿性條件下發生反應產生姜黃素和H2O，據此分析解答。
12．【答案】D
【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規律；元素周期表的結構及其應用
【解析】【解答】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序數依次增大，基態X、Z、Q原子均有兩個單電子，W簡單離子在同周期離子中半徑最小，Q與Z同主族，則X為C元素、Y為N元素、Z為O元素、W為Al元素、Q為S元素；
A．金屬元素的第一電離能小于非金屬元素；同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，氮原子的2p軌道為穩定的半充滿結構，元素的第一電離能大于相鄰元素O，同主族從上到下第一電離能呈減小趨勢，O元素第一電離能大于S，則第一電離能由大到小的順序為N＞S＞Al，故A不符合題意；
B．金屬元素的電負性小于非金屬元素，非金屬元素的非金屬性越強，電負性越大，同周期元素，從左到右非金屬性依次增強，則電負性由大到小的順序為O＞C＞Al，故B不符合題意；
C．O可與S形成SO3，屬于非極性分子，故C不符合題意；
D．C的氫化物有多種，隨著C數量的增大其氫化物沸點越高，癸烷的沸點是174.1℃高于H2O沸點，D說法太絕對，故D符合題意；
故答案為：D
【分析】A.金屬元素第一電離能小于非金屬，同主族從上到下電離能減小趨勢；
B.非金屬性越強，電負性越弱；
C.O可與S形成SO2和SO3，SO3為非極性分子；
D.X為C元素，Z為O元素，碳的氫化物種類多沸點可能高于水。
13．【答案】B
【知識點】氧化性、還原性強弱的比較；原電池工作原理及應用
【解析】【解答】A．不論電流計G的指針向右偏轉還是向左偏轉，均是原電池，都是化學能轉變為電能，A錯誤；
B．電流計G的指針向右偏轉時，C1電極是負極，C1電極反應為：，B正確；
C．電流計G的指針向左偏轉時，C2電極是負極，C2電極反應為：，C錯誤；
D．根據以上分析可知在酸性溶液中氧化性：，在堿性溶液中氧化性：，D錯誤；
故答案為：B
【分析】A、該裝置為原電池裝置，化學能轉化為電能。
B、電流計G指針向右偏轉，則C2電極為正極，C1電極為負極，I－發生失電子的氧化反應。
C、電流計G指針向左偏轉，則C2電極為負極，AsO33－發生失電子的氧化反應，生成AsO43－。
D、酸堿性條件下，正負極的電極反應式不同，因此物質的氧化性強弱不同。
14．【答案】B
【知識點】“手性分子”在生命科學等方面的應用；焓變和熵變；單糖的性質和用途
【解析】【解答】A．-OH與-CHO發生加成反應后形成環狀葡萄糖，故A正確；
B．鏈狀葡萄糖成環反應，分子混亂程度降低，因此，故B錯誤；
C．鏈狀葡萄糖成環后，醛基變為羥基，醛基中的碳原子變為手性碳原子，因此分子中多了一個手性碳原子，故C正確；
D．水溶液中，吡喃葡萄糖比吡喃葡萄糖含量高，更易形成吡喃葡萄糖，說明吡喃葡萄糖比吡喃葡萄糖穩定，故D正確；
故答案為：B
【分析】A、-OH和-CHO發生加成反應后形成環狀葡萄糖。
B、成環后分子混亂程度降低，熵值變小。
C、連接有4個不同的原子或原子團的碳原子，稱為手性碳原子。
D、轉化過程中，吡喃葡萄糖更容易形成，則其穩定性更高。
15．【答案】A
【知識點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；離子濃度大小的比較；電離平衡常數
【解析】【解答】A．氫硫酸是二元弱酸，在溶液中分步電離，第一步電離程度大于第二步電離程度。因此飽和氫硫酸溶液中c(H＋)＞c(HS－)。由一級電離常數可知，溶液中c(H＋)==×10—4mol/L≈1.05×10—4mol/L；由二級電離常數Ka2(H2S)=可知，溶液中c(S2-)=1.3×10—13mol/L。由水的離子積常數可知，溶液中c(OH-)=≈9.5×10—11mol/L。因此溶液中離子濃度的大小順序為，故A錯誤；
B．由電離常數可得：Ka1(H2S)×Ka2(H2S)=，由題意可知，溶液中氫離子濃度和氫硫酸濃度都約為0.01mol/L，因此溶液中c(S2-)=≈1.4×10—18mol/L，故B正確；
C．氫硫酸飽和溶液中c(H＋)=c(HS－)，由電離常數Ka2(H2S)=可知，溶液中c(S2-)=1.3×10—13mol/L。因此溶液中濃度熵QC= c(Fe2+)c(S2—)=0.01×1.3×10—13=1.3×10—15＞Ksp(FeS)=6.3×10—18，所以溶液中有氯化亞鐵生成，故C正確；
D．由方程式可知，反應的平衡常數K====≈4.4×102mol/L，故D正確；
故答案為：A
【分析】A、H2S為二元弱酸，第一步電離程度大于第二步電離程度，結合電離常數和水的離子積計算c(S2－)和c(OH－)，從而得出大小關系。
B、根據電離常數大小進行計算。
C、根據溶液中Qc與Ksp的相對大小分析，若Qc＞Ksp，則有沉淀產生。
D、根據平衡常數的表達式和電離常數進行計算。
16．【答案】B
【知識點】焓變和熵變；鹽類水解的應用；鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變；性質實驗方案的設計
【解析】【解答】A．溶液變為藍色，說明形成Cu2+，因此鐵銅合金中銅在氨水中失去電子發生吸氧腐蝕，形成四氨合銅離子使得溶液顯藍色，A正確；
B．加入Cu粉后，由于Fe3＋的氧化性，銅和鐵離子發生氧化還原反應生成亞鐵離子和銅離子，使得平衡逆向移動，溶液血紅色變淺，與配位能力無關，B錯誤；
C．根據反應能自發進行，反應中溫度降低、生成氣體為熵增的吸熱反應，則該反應能發生的主要原因是熵增，C正確；
D．pH為7.8，溶液顯堿性，說明水解程度：HCO3－＞NH4＋，因此電離常數：，D正確；
故答案為：B
【分析】A、溶液變藍色，說明反應產生Cu2＋。
B、Fe3＋具有氧化性，能與Cu反應，使得溶液中c(Fe3＋)減小，可逆反應Fe3＋＋3SCN－ Fe(SCN)3平衡逆向移動。
C、反應自發進行，則ΔH－TΔS＜0，據此分析。
D、溶液顯堿性，說明HCO3－水解程度大于NH4＋，結合越弱越水解，確定二者的電離常數大小。
17．【答案】（1）直線形；sp2
（2）>；N的電負性大于H的電負性，使得相鄰N—H鍵的電子云向NH2方向偏移，N—H鍵的極性變大，更易電離出氫離子，酸性更強
（3）KC8；離子晶體
（4）
（5）
【知識點】原子結構與元素的性質；鍵能、鍵長、鍵角及其應用；晶胞的計算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷
【解析】【解答】（1）N2O5為離子晶體，根其據陰陽離子中所含原子個數均不超過4個可推斷出其陰陽離子為：和（亞硝酰正離子），其中陽離子呈直線型，陰離子為平面三角形且氮原子為sp2雜化。
故答案為：直線形； sp2
（2）由于N的電負性大于H的電負性，使得中相鄰鍵的電子云向-NH2方向偏移，鍵的極性變大，更易電離出氫離子，酸性更強，因此酸性強于。
故答案為：＞； N的電負性大于H的電負性，使得相鄰N—H鍵的電子云向NH2方向偏移，N—H鍵的極性變大，更易電離出氫離子，酸性更強
（3）
可以選擇圖中紅框中的部分作為該鉀石墨的晶胞，利用均攤法，可以算出該鉀石墨的化學式為KC8，該晶體中，鉀失去電子給石墨層，形成了離子化合物，因此晶體類型為離子晶體；
故答案為： KC8 ；離子晶體
（4）A．由圖可知，與石墨相比，(CF)x分子中碳原子均為飽和碳原子，分子中沒有未參與雜化的2p軌道上的電子，導電性減弱，故A錯誤；
B．由圖可知，與石墨相比，(CF)x分子中碳原子均為飽和碳原子，不易被氧化，抗氧化性增強，故B正確；
C．隨原子序數遞增，同周期主族元素的原子半徑逐漸減小，因此(CF)x中的鍵長比短，故C正確；
D．由圖可知，(CF)x分子中碳原子與3個碳原子形成碳碳共價鍵，每個碳碳鍵被2個碳原子共用，與1個氟原子形成共價鍵，則1mol(CF)x分子中含有(3×+1)×x=2.5xmol共價單鍵，故D錯誤；
故答案為：AD
（5）由于B只有一種化學環境，說明兩個B原子在結構上是等價的。又根據各原子數量推斷出X的陰離子是對稱結構，同時B和O原子最外層都達到8電子穩定結構，B連有兩個-OH，此時O多余，推測B與B之間通過過氧鍵連接，共同達到穩定的8電子排布，因此推測X的結構為：。
故答案為：
【分析】（1）根據離子中原子個數少于4個可得，N2O5中的陰陽離子為NO3－和NO2＋，據此確定其空間結構和中心原子的雜化方式。
（2）N2H5＋與NH4＋相差N原子和H原子，結合電負性N＞H進行分析。
（3）利用“均攤法”確定晶體的化學式。晶體中存在K＋，屬于離子晶體。
（4）A、根據碳原子的成鍵情況分析其導電性強弱。
B、(CF)x中碳原子為飽和碳原子，不易被氧化。
C、根據原子半徑大小比較鍵長長短，成鍵原子的原子半徑越小，鍵長越短。
D、根據(CF)x的成鍵情況分析其所含的共價鍵個數。
（5）陰離子中只含有一種化學環境的B原子，則結構具有對稱性。結合B、O原子最外層都滿足8電子穩定結構，確定X陰離子的結構式。
18．【答案】（1）47；O2；、、、、H+
（2）
（3）由方程式可知，反應的平衡常數，K值較小，表明該反應進行得不完全；將AgCl固體與少量氨水混合，充分反應后過濾，將濾液分成兩支試管，向一支試管中滴加酚酞，溶液變紅，表明少量氨水沒有完全反應﹔向另一支試管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀產生，表明存在產物Cl-
【知識點】配合物的成鍵情況；氧化還原反應方程式的配平
【解析】【解答】（1）由銀元素位于元素周期表的第五周期IB族可知，銀元素的原子序數為47；由分析可知，氣體A為氧氣；向氯化銀中加入足量氨水的目的是將氯化銀轉化為含有二氨合銀離子的溶液C，溶液C中二氨合銀離子分步離解得到的陽離子為一氨合銀離子、銀離子，過量的氨水部分電離出的陽離子為銨根離子，水微弱電離出的陽離子為氫離子，則溶液C中含有的陽離子為二氨合銀離子、一氨合銀離子、銀離子、銨根離子和氫離子.
故答案為：47；O2；、、、、H+
（2）由分析可知，向溶液C中加入一水合肼溶液發生的反應為.
故答案為：
（3）①由方程式可知，反應的平衡常數K====2.0×103×8.0×103×1.8×10—10=2.88×10 3，K值較小說明該反應進行得不完全，屬于可逆反應.
故答案為：由方程式可知，反應的平衡常數，K值較小，表明該反應進行得不完全
②由方程式可知，若該反應為可逆反應，向氯化銀固體中加入少量氨水，反應后的溶液中含有氯離子，說明氯化銀能與氨水反應，含有未反應的氨水說明氯化銀能與氨水的反應為可逆反應，則驗證上述反應是可逆反應的實驗方案為將AgCl固體與少量氨水混合，充分反應后過濾，將濾液分成兩支試管，向一支試管中滴加酚酞，溶液變紅，表明少量氨水沒有完全反應﹔向另一支試管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀產生，表明存在產物Cl-。
故答案為：將AgCl固體與少量氨水混合，充分反應后過濾，將濾液分成兩支試管，向一支試管中滴加酚酞，溶液變紅，表明少量氨水沒有完全反應﹔向另一支試管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀產生，表明存在產物Cl-
【分析】步驟Ⅰ中加入NaOH和NaClO溶液，發生反應：4Ag＋4NaClO＋2H2O=4AgCl＋4NaOH＋O2↑。因此氣體A為O2，溶液B中含有NaOH。步驟Ⅱ中往AgCl中加入足量氨水，發生反應：AgCl＋2NH3·H2O=Ag(NH3)2Cl＋2H2O。因此溶液C中含有Ag(NH3)2＋、Cl－和Na＋。步驟Ⅲ中加入足量N2H4·H2O，產生的氣體D為空氣的組成氣體，因此D為N2，該反應的離子方程式為：4[Ag(NH3)2]＋＋N2H4·H2O=4Ag↓＋4NH3＋N2↑＋4NH4＋＋H2O。因此溶液E中含有Na＋、Cl－和NH4＋。據此結合題干設問分析作答。
19．【答案】（1）或
（2）③②①
（3）-76；1.1；溫度升高，反應Ⅱ正向移動程度更大(以反應Ⅱ為主)
（4）BD
【知識點】電極反應和電池反應方程式；化學平衡的計算；電解池工作原理及應用；電離平衡常數
【解析】【解答】（1）從圖中可知，電解質溶液為KHCO3，陰極上CO2得電子結合碳酸氫根離子生成C2H4，電極反應方程式為或。
故答案為：
（2）pH=11，則c(H+)=10-11mol/L，H2CO3(aq)H+(aq)+(aq)，Ka1=4×10-7，則，則，故c()>c(H2CO3)，同理H++，Ka2=，，則c()>c()，故三種離子濃度從大到小的順序為③②①。
故答案為：③②①
（3）①反應Ⅲ=反應Ⅰ×2-反應Ⅱ，ΔH3=(177×2-430)kJ/mol=-76kJ/mol。
故答案為：-76kJ/mol
②反應Ⅲ可由反應Ⅰ×2-反應Ⅱ得到，則考慮前兩個反應即可，M點乙烷轉化率為50%，乙烯的選擇性為80%，則消耗乙烷2mol，反應Ⅰ生成乙烯1.6mol，反應Ⅱ消耗乙烷0.4mol，則有，，平衡時c(C2H6)=2mol/L，c(CO2)=3.6mol/L，c(C2H4)=1.6mol/L，c(H2O)=1.6mol/L，c(CO)=3.2mol/L，則K==1.1。
故答案為：1.1
③反應Ⅰ和Ⅱ都是吸熱反應，溫度升高化學平衡正向移動，但是溫度升高對反應Ⅱ的影響更大，反應Ⅱ正向移動的幅度大于反應Ⅰ，因此乙烯的選擇性隨溫度升高而下降。
故答案為： 溫度升高，反應Ⅱ正向移動程度更大(以反應Ⅱ為主)
（4）A．從圖中可知，催化劑助劑在第I步和低聚反應、異構化反應中都起作用，A錯誤；
B．從表中可知，在催化劑中添加K助劑，產物中乙烯的占比明顯大于其他物質，故添加K助劑時，合成乙烯的效果最好，B正確；
C．催化劑對化學平衡常數沒有影響，化學平衡常數只受溫度的影響，C錯誤；
D．Fe3(CO)12為簇狀超分子，其能活化CO分子，使得CO在第二步中能快速轉化為(CH2)n，D正確；
故答案為：BD
【分析】（1）陰極上CO2發生得電子的還原反應，生成C2H4，據此寫出其電極反應式。
（2）所得溶液的pH=11，則溶液中c(H＋)=10－11mol·L－1，結合H2CO3的電離常數計算溶液中c(HCO3－)、c(H2CO3)和c(CO32－)，進而得出離子濃度的相對大小。
（3）①根據蓋斯定律計算目標反應的反應熱。
② M點乙烷轉化率為50%，乙烯的選擇性為80%，則消耗乙烷2mol，反應Ⅰ生成乙烯1.6mol，反應Ⅱ消耗乙烷0.4mol，據此結合三段式進行計算。
③溫度升高C2H4的選擇性下降，根據溫度對平衡移動的影響分析。
（4）A、由反應過程可知，催化劑在各個反應過程中都有參與反應。
B、由表格數據可知，添加K后，產物中C2H4的占比增大。
C、平衡常數只與溫度有關，溫度不變，平衡常數不變。
D、Fe3(CO)12為簇狀超分子，使得CO活化。
20．【答案】（1）(濃)
（2）甲
（3）edcbgf
（4）
（5）C；
【知識點】氯氣的實驗室制法；實驗裝置綜合；中和滴定；制備實驗方案的設計
【解析】【解答】（1）第一個裝置中KMnO4和濃鹽酸反應生成Cl2，化學方程式為(濃)。
故答案為：(濃)
（2）ICl易水解，若選用乙裝置，溶液中的水蒸氣進入反應裝置中，造成ICl水解，則虛線框內應選用的裝置是甲。
故答案為：甲
（3）由分析可知，上述制備ICl的實驗中，根據氣流方向各裝置的連接順序為aedcbgf。
故答案為： edcbgf
（4）A．MnO2和濃鹽酸反應制備Cl2需要加熱，故不能用MnO2替換KMnO4，A項錯誤；
B．恒壓滴液漏斗組合的裝置中內部壓強相同，故只需打開活塞即可順利流下，不需打開上面的玻璃塞，B項錯誤；
C．ICl化學性質與氯氣相似，則ICl和NaOH反應生成NaIO、NaCl和H2O，化學方程式為，C項正確；
D．ICl的沸點為97.4℃，ICl3的熔點為111℃，二者沸點差異大，故可以采用蒸餾法進行提純，D項正確；
故答案為：CD
（5）①Na2S2O3是強堿弱酸鹽，溶液先堿性，則應選用堿式滴定管，堿式滴定管正確的排除裝置內氣泡的操作為C。
故答案為：C
②根據反應②、③得到比例關系：ICl~2Na2S2O3，測得滴定所需Na2S2O3的平均值為V mL，則反應①剩余的ICl的物質的量為，則反應①消耗ICl的物質的量為，則10mL中油脂的CCl4溶液中含有的碳碳雙鍵的物質的量為，0.05mol某油脂中的碳碳雙鍵的物質的量為，則1個該油脂中含有個碳碳雙鍵，含有一個碳碳雙鍵的不飽和度為1，則該油脂的不飽和度為。
故答案為：
【分析】（1）第一個裝置為Cl2的制備裝置，KMnO4將濃鹽酸氧化生成Cl2，自身還原為MnCl2。據此寫出反應的化學方程式。
（2）ICl易水解，因此不能用NaOH溶液。
（3）第一個裝置為Cl2的發生裝置；生成Cl2后通入飽和食鹽水中，除去Cl2中混有的HCl；再 將氣體通入濃硫酸，除去Cl2中的H2O；再將Cl2通入裝有I2的裝置中，I2和Cl2反應生成ICl，據此確定裝置連接順序。
（4）A、若用MnO2與濃鹽酸反應制取Cl2，需加熱。
B、恒壓滴液漏斗組合成的裝置內部壓強相等，因此不需打開頂部的玻璃塞。
C、ICl的性質與Cl2相似，因此ICl與NaOH溶液反應生成NaCl、NaIO和H2O。
D、若含有ICl3雜質，可采用蒸餾法，使I2逸出。
（5）①Na2S2O3溶液顯堿性，應使用堿式滴定管，結合堿式滴定管排氣泡操作分析。
②根據關系式“ICl～2Na2S2O3”計算n(ICl)，進而計算油脂中所含的碳碳雙鍵的物質的量，從而得到該油脂的不飽和度。
21．【答案】（1）羰基、酯基
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
【知識點】有機物中的官能團；有機物的推斷；有機物的合成；同分異構現象和同分異構體
【解析】【解答】（1）由A的結構簡式可知其含氧官能團為羰基、酯基。
故答案為：羰基、酯基
（2）由以上分析可知Y的結構簡式為：。
故答案為：羰基、酯基
（3）由以上分析可知D→E的反應條件X為濃硝酸、濃硫酸并適當加熱，故A正確；
由以上分析可知，化合物I→J的反應，I中氨基與羰基先發生加成反應形成羥基，然后羥基再發生消去反應生成J，故B正確；
保持其它條件不變，若將B→C中的CH3I改為CH3Cl，因Cl的非金屬性強于I，C-Cl鍵鍵能大于C-I鍵，則CH3Cl比CH3I難斷鍵，則該反應速率將變慢，故C錯誤；
J→K中ClSO3H參與反應的原子團不同時，形成的K的相對原子量不同，通過測定K的質譜圖可以確定是Cl原子還是OH基團反應，故D正確；
故答案為：ABD
（4）F中酰氯鍵與氨氣發生取代反應生成G，反應方程式為：。
故答案為：
（5）與HCN發生加成反應生成，水解生成，發生醇消去反應生成，與甲醇發生取代反應生成，發生加聚反應生成，合成路線為：。
故答案為：
（6）C的同分異構體滿足，①分子中含有苯環；②1H-NMR譜和IR譜檢測表明：分子中共有4種不同化學環境的氫原子，有氮氧鍵，無氧氫鍵和氧氧鍵，分子具有對稱性；③分子中沒有兩個甲基連在同一個碳原子上，則兩個甲基可能連在同一個N原子上，或連接在對稱碳上，則符合的結構簡式為：。
故答案為：
【分析】（1）根據A的結構簡式確定其所含的含氧官能團。
（2）G中硝基被氫氣還原生成H，H中酰胺基與Y反應生成I，結合J的結構及Y的分子式可知Y應為：。
（3）A、D在X條件下生成E，E與SOCl2發生取代反應生成F，結合F的結構簡式可知D到E的轉化過程中應引入硝基，結合苯的硝化反應，可知反應條件X應為濃硫酸、濃硝酸、加熱；
B、I中氨基與羰基先加成、再消去生成J，J與ClSO3H發生取代反應生成K；
C、Cl的非金屬性強于I，C-Cl鍵鍵能大于C-I鍵，則CH3Cl比CH3I難斷鍵；
D、J→K中ClSO3H參與反應的原子團不同時，形成的K的相對原子量不同，因此可通過測定質譜圖判斷。
（4）F中酰氯鍵與氨氣發生取代反應生成G，據此書寫反應的化學方程式。
（5）化合物W（）可由和CH3OH發生酯化反應生成，因此合成路線的關鍵是由得到。羰基可與HCN發生加成反應生成；中-CN發生水解反應可引入-COOH；-OH發生消去反應可引入碳碳雙鍵。據此設計合成路線圖。
（6）根據限定條件確定稿同分異構體的基本結構單元，從而得到同分異構體的結構簡式。
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