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2024届浙江省金华市义乌市高三下学期三模化学试题
1．（2024高三下·义乌模拟）下列物质属于非电解质的是（　　）
A．氯化铝 B．重晶石 C．氯仿 D．福尔马林
【答案】C
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A．氯化铝属于盐，为电解质，故A不符合题意；
B．重晶石为BaSO4，属于盐类，为电解质，故B不符合题意；
C．氯仿不能发生电离，属于非电解质，故C符合题意；
D．福尔马林为水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】氯化铝，重晶石均属于盐类，为电解质，氯仿是有机物不是电解质，福尔马林是混合物不是电解质也不是电解质。
2．（2024高三下·义乌模拟）关于Na2O2的下列叙述中不正确的是（　　）
A．Na2O2属于碱性氧化物
B．Na2O2可由Na在空气中燃烧得到
C．Na2O2中阴阳离子个数比为1：2
D．Na2O2可在呼吸面具作为氧气的来源
【答案】A
【知识点】钠的氧化物
【解析】【解答】A．Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故A符合题意；
B．Na在空气中缓慢氧化则得到Na2O，燃烧则得到Na2O2，故B不符合题意；
C.1个Na2O2中含有2个钠离子和1个过氧根离子，阴、阳离子个数比为1：2，故C不符合题意；
D．Na2O2可与二氧化碳反应生成氧气，可用于呼吸面具的氧气来源，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.过氧化钠不是碱性氧化物；
B.过氧化钠是钠与氧气加热得到；
C.过氧化钠中含有过氧根离子和钠离子；
D.过氧化钠与二氧化碳和水反应得到氧气即可判断。
3．（2024高三下·义乌模拟）下列表示不正确的是
A．苯甲酰胺的分子式：C7H7NO
B．油酸甘油酯的结构简式：
C．基态Ti2+离子的电子排布式：
D．Cl-Cl的p-p键电子云图形：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；油脂的性质、组成与结构；酰胺
【解析】【解答】A．苯甲酰胺的结构简式为，该物质的分子式为C7H7NO，A正确；
B．油酸甘油酯是不饱和高级脂肪酸甘油酯，该物质的结构简式为，B正确；
C．钛元素的原子序数为22，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d24s2。因此基态Ti2+离子的电子排布式为，C错误；
D．氯气分子中含有的化学键为p-pσ键，其电子云图形为，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据苯甲酰胺的结构简式确定其分子式。
B、油酸甘油酯为不饱和高级脂肪酸甘油酯。
C、根据基态Ti原子的核外电子排布式确定基态Ti2+的核外电子排布式。
D、Cl2中化学键为p-pσ键。
4．（2024高三下·义乌模拟）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)
A．该反应在任何温度下都可以自发进行
B．生成28 g N2转移电子的数目为10NA
C．KNO3是氧化剂
D．K2S和N2都是还原产物
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；焓变和熵变；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．该反应的正反应是气体分子数增大的放热反应，即H＜0，S＞0。因此G=H-TS＜0，所以该反应在任何温度下都可以自发进行，A正确；
B．根据反应方程式可知：每反应产生1个 N2分子，反应过程中转移12个电子。因此当反应生成28 g N2（即1molN2）时，反应过程中转移电子的数目为12NA，B错误；
C．在该反应中N元素化合价降低，发生得电子的还原反应，因此KNO3是氧化剂，C正确；
D．在该反应中S元素由0价变为-2价，化合价降低，发生得电子的还原反应，因此单质S为氧化剂，K2S是还原产物。N元素由+5价变为0价，化合价降低，发生得电子的还原反应，因此KNO3为氧化剂，N2也是还原产物，D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据ΔH-TΔS＜0，判断反应自发进行的条件。
B、根据化合价变化计算反应过程中转移电子数。
C、反应过程中存在元素化合价降低的物质为氧化剂。
D、发生还原反应后所得产物为还原产物。
5．（2024高三下·义乌模拟）在溶液中能大量共存的离子组是
A．Na+、Pb2+、、 B．K+、CN-、Cl-、[Fe(SCN)6]3-
C．K+、H+、Cl-、 D．OH-、K+、、
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．Pb2+与反应生成硫酸铅沉淀，因此不能大量共存，A错误；
B．CN-与Fe3+的配位能力强于SCN-，因此CN-与[Fe(SCN)6]3-反应生成[Fe(CN)6]3-，因此不能大量共存，B错误；
C．H+与反应生成S和SO2，二者不能大量共存，C错误；
D．OH-、K+、、各离子之间相互不反应，可大量共存，D正确；
故答案为：D
【分析】A、Pb2＋能与SO42－形成PbSO4沉淀。
B、CN－能与[Fe(SCN)6]3－反应。
C、S2O32－能与H＋反应。
D、溶液中各个离子相互间不反应。
6．（2024高三下·义乌模拟）明矾常用作净水剂，下列关于明矾大晶体制备实验的说法不正确的是（　　）
A．配制明矾饱和溶液的温度要控制在比室温高10~15℃
B．明矾小晶核要悬挂在饱和溶液中央，可避免形成形状不规整的晶体
C．形成大晶体的过程中，需要敞开玻璃杯静置较长时间
D．本实验中所用仪器都要用蒸馏水洗净
【答案】C
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．温度降低的时候，饱和度也会降低，明矾会吸附在小晶核上，所以要得到较大颗粒的明矾晶体，配制比室温高10～20℃明矾饱和溶液，故A不符合题意；
B．明矾小晶核要悬挂在饱和溶液中央，增大接触面积，有利于晶胞的均匀成长，可避免形成形状不规整的晶体，故B不符合题意；
C．敞开玻璃杯静置较长时间，容易引入空气中杂质，应该用硬纸片盖好玻璃杯，故C符合题意；
D．本实验中所用仪器都要用蒸馏水洗净，防止杂质污染，若有杂质，就在溶液中形成多个晶核，显然不利于大晶体的生成，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.温度稍高可控制得到较大的明矾晶体；
B.明矾晶体悬挂在饱和溶液中央，有利于晶体均匀形成；
C.形成大晶体时应该密封好烧杯；
D.仪器利用蒸馏水洗净主要防止杂质不利于大晶体形成。
7．（2024高三下·义乌模拟）根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是（　　）
材料 组成和结构变化 性能变化
A 聚乙烯 低压法聚乙烯转变为高压法聚乙烯 软化温度和密度增大
B 纯铝 加入少量Mn等其它金属 硬度增大
C 钢铁 钢铁表面进行发蓝处理 抗腐蚀性增强
D 液态植物油 与氢气加成，提高其饱和程度 熔化温度提高
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】合金及其应用；乙烯的物理、化学性质；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．低压法聚乙烯是在较低压力和较低温度下，用催化剂使乙烯发生加聚反应得到的，支链较少，软化温度和密度都比高压法聚乙烯的高，故A符合题意；
B．铝中加入少量Mn等其它金属制成合金，可以增强材料的硬度，故B不符合题意；
C．钢铁表面进行发蓝处理形成了致密的氧化物膜，抗腐蚀性增强，故C不符合题意；
D．液态植物油中含有碳碳双键，与氢气加成，提高其饱和程度，相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔化温度提高，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.低压法聚乙烯软化温度低密度低；
B.合金硬度增大；
C.钢铁发蓝处理抗腐蚀性增强；
D.液态植物油含有双键，与氢气加成，提高饱和度。
8．（2024高三下·义乌模拟）下列装置能达到实验目的的是
A．熔化Na2CO3 B．验证SO2氧化性 C．实验室制CO2 D．实验室保存液溴
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；化学试剂的存放；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A．瓷坩埚中含有二氧化硅，熔融碳酸钠能与二氧化硅反应，不能选用瓷坩埚，应该选用铁坩埚，A错误；
B．SO2与S2-反应生成硫单质，反应过程中SO2发生得电子的还原反应，体现氧化性，B正确；
C．稀硫酸与碳酸钙反应生成微溶于水的硫酸钙，覆盖在碳酸钙固体表面阻止反应的进行，应该选用稀盐酸与碳酸钙反应，C错误；
D．液溴具有挥发性和氧化性，挥发的液溴能腐蚀橡胶，不能用橡皮塞，D错误；
故答案为：B
【分析】A、熔融Na2CO3能与SiO2反应。
B、反应产生淡黄色沉淀S，体现了SO2的氧化性。
C、实验室制取CO2应用大理石与稀盐酸反应。
D、Br2具有氧化性，能腐蚀橡胶，应用玻璃塞。
9．（2024高三下·义乌模拟）下列说法正确的是（　　）
A．用酸性KMnO4溶液可鉴别汽油、煤油和柴油
B．用NaOH溶液、硝酸银溶液可鉴别氯乙烷、溴乙烷和碘乙烷
C．用溴水可鉴别酒精、苯酚、己烯和甲苯
D．用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙醛、乙酸和乙酸乙酯
【答案】C
【知识点】有机物的鉴别；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A．汽油能使酸性高锰酸钾溶液褪色，煤油和柴油均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A不符合题意；
B．氯乙烷、溴乙烷和碘乙烷在碱性条件下可水解，应先加入酸中和碱后再加入硝酸银，进行卤素离子的检验，故B不符合题意；
C．溴水与酒精不反应，但是可以混溶；苯酚与溴水反应生成白色沉淀；乙烯与溴水发生加成反应使溴水褪色；甲苯与溴水萃取，可以鉴别，故C符合题意；
D．乙醇溶于饱和Na2CO3溶液，乙醛不与饱和Na2CO3溶液反应，但可与饱和Na2CO3溶液互溶，乙酸与饱和Na2CO3溶液反应有气泡冒出，乙酸乙酯不溶于饱和Na2CO3溶液分层，不能鉴别，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.汽油中可含有不饱和烃，可是酸性高锰酸钾褪色，煤油，柴油不能使其褪色；
B. 氯乙烷、溴乙烷和碘乙烷 在碱性条件下水解，后加入硝酸再进行检验；
C.溴水与乙醇混合均匀，苯酚与溴水形成白色沉淀，己烯可使溴水褪色，甲苯可萃取溴出现不同现象；
D.乙醇与碳酸钠互溶，乙酸与碳酸钠放出气体，乙酸乙酯出现分层，乙醛与碳酸钠互溶。
10．（2024高三下·义乌模拟）下列化学反应与方程式不相符的是
A．少量FeCl3固体加入到KI浓溶液中：
B．Cu和浓HNO3反应：
C．Al2(SO4)3溶液与Na[Al(OH)4]溶液反应：
D．少量甲醛与新制Cu(OH)2反应：
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；硝酸的化学性质；甲醛
【解析】【解答】A．Fe3＋能将I－氧化成I2，I2与过量的I-反应生成I3-，因此该反应的离子方程式为，故A正确；
B．铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，因此该反应的离子方程式为，故B正确；
C．硫酸铝溶液和四羟基合铝酸钠溶液发生双水解反应生成硫酸钠和氢氧化铝沉淀，改反应的化学方程式为，故C正确；
D．一个HCHO分子中含有2个-CHO，因此少量甲醛与新制氢氧化铜共热反应生成碳酸钠、氧化亚铜沉淀和水，反应的化学方程式为，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、Fe3＋具有氧化性，能将I－氧化成I2。
B、Cu与浓硝酸反应生成可溶性Cu(NO3)2、NO2和H2O。
C、Al3＋能与Al(OH)4－反应生成Al(OH)3沉淀。
D、HCHO少量，则参与反应HCHO与Cu(OH)2的系数比为1：4。
11．（2024高三下·义乌模拟）姜黄素X()的合成路线如下：
下列说法不正确的是
A．A的键线式为 B．B有5种化学环境不同的氢原子
C．有机物C能发生银镜反应 D．X分子中有4种官能团
【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．根据上述分析可知：A的结构简式是，A正确；
B．物质B结构简式是，由结构的对称性可知，B中含有5种不同化学环境的氢原子，B正确；
C．由分析可知，物质C的结构简式为，其分子中不含醛基，因此有机物C不能发生银镜反应，C错误；
D．根据姜黄素X的分子结构可知：X分子中含有酚羟基、醚键、酮羰基、碳碳双键四种不同的官能团，D正确；
故答案为：C
【分析】A分子式是C6H10，B分子式是C6H12O，二者分子式相差2个H原子和1个O原子，因此试剂a是H2O。说明A分子中含有不饱和的碳碳双键，结合最终产物X的结构简式可知，A的结构简式是；与H2O发生加成反应生成B，因此B的结构简式为。B与O2在Cu催化作用下发生氧化反应生成C，因此C的结构简式为。C与在碱性条件下发生反应产生姜黄素和H2O，据此分析解答。
12．（2024高三下·义乌模拟）短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。W简单离子在同周期离子中半径最小；基态X、Z、Q原子均有两个单电子，Q与Z同主族。下列说法不正确的是（　　）
A．第一电离能：
B．电负性：
C．Z与Q形成的化合物可能是非极性分子
D．Z的氢化物沸点不可能低于X的氢化物沸点
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族，则X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、W为Al元素、Q为S元素；
A．金属元素的第一电离能小于非金属元素；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素O，同主族从上到下第一电离能呈减小趋势，O元素第一电离能大于S，则第一电离能由大到小的顺序为N＞S＞Al，故A不符合题意；
B．金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则电负性由大到小的顺序为O＞C＞Al，故B不符合题意；
C．O可与S形成SO3，属于非极性分子，故C不符合题意；
D．C的氢化物有多种，随着C数量的增大其氢化物沸点越高，癸烷的沸点是174.1℃高于H2O沸点，D说法太绝对，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.金属元素第一电离能小于非金属，同主族从上到下电离能减小趋势；
B.非金属性越强，电负性越弱；
C.O可与S形成SO2和SO3，SO3为非极性分子；
D.X为C元素，Z为O元素，碳的氢化物种类多沸点可能高于水。
13．（2024高三下·义乌模拟）如图所示装置中，C1、C2是石墨电极。A中盛有棕色的KI和I2的混合溶液，B中盛有无色的Na3AsO4和Na3AsO3的混合溶液。当连接开关K，并向B中滴加浓盐酸时，发现灵敏电流计G的指针向右偏转。一段时间后，当电流计指针回到中间“0”位置时，再向B中滴加过量浓NaOH溶液，可观察到电流计指针向左偏转。下列说法正确的是
A．电流计G的指针向右偏转时，化学能转变为电能；向左偏转时，电能转变为化学能
B．电流计G的指针向右偏转时，C1电极反应为：
C．电流计G的指针向左偏转时，C2电极反应为：
D．由上述实验现象可知，氧化性：
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．不论电流计G的指针向右偏转还是向左偏转，均是原电池，都是化学能转变为电能，A错误；
B．电流计G的指针向右偏转时，C1电极是负极，C1电极反应为：，B正确；
C．电流计G的指针向左偏转时，C2电极是负极，C2电极反应为：，C错误；
D．根据以上分析可知在酸性溶液中氧化性：，在碱性溶液中氧化性：，D错误；
故答案为：B
【分析】A、该装置为原电池装置，化学能转化为电能。
B、电流计G指针向右偏转，则C2电极为正极，C1电极为负极，I－发生失电子的氧化反应。
C、电流计G指针向左偏转，则C2电极为负极，AsO33－发生失电子的氧化反应，生成AsO43－。
D、酸碱性条件下，正负极的电极反应式不同，因此物质的氧化性强弱不同。
14．（2024高三下·义乌模拟）在葡萄糖水溶液中，链状结构与环状结构的平衡关系及百分含量如下：
下列说法不正确的是
A．链状葡萄糖成环是-OH与-CHO发生加成反应的结果
B．链状葡萄糖成环反应的，
C．链状葡萄糖成环后，分子中多了一个手性碳原子
D．水溶液中，吡喃葡萄糖比吡喃葡萄糖稳定
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；焓变和熵变；单糖的性质和用途
【解析】【解答】A．-OH与-CHO发生加成反应后形成环状葡萄糖，故A正确；
B．链状葡萄糖成环反应，分子混乱程度降低，因此，故B错误；
C．链状葡萄糖成环后，醛基变为羟基，醛基中的碳原子变为手性碳原子，因此分子中多了一个手性碳原子，故C正确；
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，说明吡喃葡萄糖比吡喃葡萄糖稳定，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、-OH和-CHO发生加成反应后形成环状葡萄糖。
B、成环后分子混乱程度降低，熵值变小。
C、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子。
D、转化过程中，吡喃葡萄糖更容易形成，则其稳定性更高。
15．（2024高三下·义乌模拟）常温常压下，H2S气体在水中的饱和浓度约为，已知：，；。下列说法不正确的是
A．饱和H2S溶液中存在
B．向溶液中加几滴浓盐酸，使其浓度达到，此时溶液中约为
C．向溶液中通入H2S气体直至饱和，溶液中有FeS沉淀生成
D．的平衡常数为
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，第一步电离程度大于第二步电离程度。因此饱和氢硫酸溶液中c(H＋)＞c(HS－)。由一级电离常数可知，溶液中c(H＋)==×10—4mol/L≈1.05×10—4mol/L；由二级电离常数Ka2(H2S)=可知，溶液中c(S2-)=1.3×10—13mol/L。由水的离子积常数可知，溶液中c(OH-)=≈9.5×10—11mol/L。因此溶液中离子浓度的大小顺序为，故A错误；
B．由电离常数可得：Ka1(H2S)×Ka2(H2S)=，由题意可知，溶液中氢离子浓度和氢硫酸浓度都约为0.01mol/L，因此溶液中c(S2-)=≈1.4×10—18mol/L，故B正确；
C．氢硫酸饱和溶液中c(H＋)=c(HS－)，由电离常数Ka2(H2S)=可知，溶液中c(S2-)=1.3×10—13mol/L。因此溶液中浓度熵QC= c(Fe2+)c(S2—)=0.01×1.3×10—13=1.3×10—15＞Ksp(FeS)=6.3×10—18，所以溶液中有氯化亚铁生成，故C正确；
D．由方程式可知，反应的平衡常数K====≈4.4×102mol/L，故D正确；
故答案为：A
【分析】A、H2S为二元弱酸，第一步电离程度大于第二步电离程度，结合电离常数和水的离子积计算c(S2－)和c(OH－)，从而得出大小关系。
B、根据电离常数大小进行计算。
C、根据溶液中Qc与Ksp的相对大小分析，若Qc＞Ksp，则有沉淀产生。
D、根据平衡常数的表达式和电离常数进行计算。
16．（2024高三下·义乌模拟）根据下列有关实验方案设计和现象，所得结论不正确的是
选项 实验方案 现象 结论
A 将打磨过的铁铜合金放在氨水中一段时间 溶液变为深蓝色 可能是铜在氨水中发生吸氧腐蚀
B 向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量Cu粉 溶液先变成血红色，加入Cu粉后，血红色变浅 与SCN-的配位能力：
C 将和NH4NO3固体混合并用玻璃棒快速搅拌 有刺激性气味的气体产生，并伴随降温 该反应能发生的主要原因是熵增
D 用精密pH试纸测定溶液的pH值 测得pH为7.8
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】焓变和熵变；盐类水解的应用；铁盐和亚铁盐的相互转变；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．溶液变为蓝色，说明形成Cu2+，因此铁铜合金中铜在氨水中失去电子发生吸氧腐蚀，形成四氨合铜离子使得溶液显蓝色，A正确；
B．加入Cu粉后，由于Fe3＋的氧化性，铜和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，使得平衡逆向移动，溶液血红色变浅，与配位能力无关，B错误；
C．根据反应能自发进行，反应中温度降低、生成气体为熵增的吸热反应，则该反应能发生的主要原因是熵增，C正确；
D．pH为7.8，溶液显碱性，说明水解程度：HCO3－＞NH4＋，因此电离常数：，D正确；
故答案为：B
【分析】A、溶液变蓝色，说明反应产生Cu2＋。
B、Fe3＋具有氧化性，能与Cu反应，使得溶液中c(Fe3＋)减小，可逆反应Fe3＋＋3SCN－ Fe(SCN)3平衡逆向移动。
C、反应自发进行，则ΔH－TΔS＜0，据此分析。
D、溶液显碱性，说明HCO3－水解程度大于NH4＋，结合越弱越水解，确定二者的电离常数大小。
17．（2024高三下·义乌模拟）氮、碳、硼元素形成的化合物具有独特的结构。请回答：
（1）固态的N2O5为离子晶体(阴阳离子中所含原子个数均不超过4个)，其阳离子的空间结构名称为　 　，阴离子中氮原子的杂化方式为　 　。
（2）比较酸性强弱：　 　(填“>”、“<”)，请说明理由　 　。
（3）当石墨被过量的K处理后(未反应的金属被汞洗出)，K+离子在石墨层间嵌入，K+层在石墨层的投影如图所示。该钾石墨晶体的化学式是　 　，晶体类型是　 　。
（4）石墨与F2在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x，该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法不正确的是___________。
A．与石墨相比，(CF)x导电性增强
B．与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强
C．(CF)x中C—F的键长比C—C短
D．1mol(CF)x中含有2x mol共价单键
（5）硼砂与NaOH的混合溶液中加入H2O2可以制备，已知X的阴离子只有一种化学环境的B原子，且B和O原子最外层都达到8电子稳定结构，写出X阴离子的结构式　 　。
【答案】（1）直线形；sp2
（2）>；N的电负性大于H的电负性，使得相邻N—H键的电子云向NH2方向偏移，N—H键的极性变大，更易电离出氢离子，酸性更强
（3）KC8；离子晶体
（4）
（5）
【知识点】原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）N2O5为离子晶体，根其据阴阳离子中所含原子个数均不超过4个可推断出其阴阳离子为：和（亚硝酰正离子），其中阳离子呈直线型，阴离子为平面三角形且氮原子为sp2杂化。
故答案为：直线形； sp2
（2）由于N的电负性大于H的电负性，使得中相邻键的电子云向-NH2方向偏移，键的极性变大，更易电离出氢离子，酸性更强，因此酸性强于。
故答案为：＞； N的电负性大于H的电负性，使得相邻N—H键的电子云向NH2方向偏移，N—H键的极性变大，更易电离出氢离子，酸性更强
（3）
可以选择图中红框中的部分作为该钾石墨的晶胞，利用均摊法，可以算出该钾石墨的化学式为KC8，该晶体中，钾失去电子给石墨层，形成了离子化合物，因此晶体类型为离子晶体；
故答案为： KC8 ；离子晶体
（4）A．由图可知，与石墨相比，(CF)x分子中碳原子均为饱和碳原子，分子中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，导电性减弱，故A错误；
B．由图可知，与石墨相比，(CF)x分子中碳原子均为饱和碳原子，不易被氧化，抗氧化性增强，故B正确；
C．随原子序数递增，同周期主族元素的原子半径逐渐减小，因此(CF)x中的键长比短，故C正确；
D．由图可知，(CF)x分子中碳原子与3个碳原子形成碳碳共价键，每个碳碳键被2个碳原子共用，与1个氟原子形成共价键，则1mol(CF)x分子中含有(3×+1)×x=2.5xmol共价单键，故D错误；
故答案为：AD
（5）由于B只有一种化学环境，说明两个B原子在结构上是等价的。又根据各原子数量推断出X的阴离子是对称结构，同时B和O原子最外层都达到8电子稳定结构，B连有两个-OH，此时O多余，推测B与B之间通过过氧键连接，共同达到稳定的8电子排布，因此推测X的结构为：。
故答案为：
【分析】（1）根据离子中原子个数少于4个可得，N2O5中的阴阳离子为NO3－和NO2＋，据此确定其空间结构和中心原子的杂化方式。
（2）N2H5＋与NH4＋相差N原子和H原子，结合电负性N＞H进行分析。
（3）利用“均摊法”确定晶体的化学式。晶体中存在K＋，属于离子晶体。
（4）A、根据碳原子的成键情况分析其导电性强弱。
B、(CF)x中碳原子为饱和碳原子，不易被氧化。
C、根据原子半径大小比较键长长短，成键原子的原子半径越小，键长越短。
D、根据(CF)x的成键情况分析其所含的共价键个数。
（5）阴离子中只含有一种化学环境的B原子，则结构具有对称性。结合B、O原子最外层都满足8电子稳定结构，确定X阴离子的结构式。
18．（2024高三下·义乌模拟）光盘金属层含有Ag(其它金属微量忽略不计)，可以进行资源回收利用，下图为从光盘中提取Ag的工业流程：
已知：①气体A、气体D是空气的主要组成气体。
②配离子的形成是分步进行的： 。
③AgCl的， 。
请回答：
（1）已知Ag位于周期表的第五周期IB族，Ag的原子序数为　 　；气体A的化学式为　 　，写出溶液C中所有的阳离子　 　。
（2）反应Ⅲ的离子方程式为　 　。
（3）是一个可逆反应。
①结合相关数据说明上述反应是可逆反应　 　；
②设计实验验证上述反应是可逆反应　 　。
【答案】（1）47；O2；、、、、H+
（2）
（3）由方程式可知，反应的平衡常数，K值较小，表明该反应进行得不完全；将AgCl固体与少量氨水混合，充分反应后过滤，将滤液分成两支试管，向一支试管中滴加酚酞，溶液变红，表明少量氨水没有完全反应﹔向另一支试管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，表明存在产物Cl-
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】（1）由银元素位于元素周期表的第五周期IB族可知，银元素的原子序数为47；由分析可知，气体A为氧气；向氯化银中加入足量氨水的目的是将氯化银转化为含有二氨合银离子的溶液C，溶液C中二氨合银离子分步离解得到的阳离子为一氨合银离子、银离子，过量的氨水部分电离出的阳离子为铵根离子，水微弱电离出的阳离子为氢离子，则溶液C中含有的阳离子为二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、铵根离子和氢离子.
故答案为：47；O2；、、、、H+
（2）由分析可知，向溶液C中加入一水合肼溶液发生的反应为.
故答案为：
（3）①由方程式可知，反应的平衡常数K====2.0×103×8.0×103×1.8×10—10=2.88×10 3，K值较小说明该反应进行得不完全，属于可逆反应.
故答案为：由方程式可知，反应的平衡常数，K值较小，表明该反应进行得不完全
②由方程式可知，若该反应为可逆反应，向氯化银固体中加入少量氨水，反应后的溶液中含有氯离子，说明氯化银能与氨水反应，含有未反应的氨水说明氯化银能与氨水的反应为可逆反应，则验证上述反应是可逆反应的实验方案为将AgCl固体与少量氨水混合，充分反应后过滤，将滤液分成两支试管，向一支试管中滴加酚酞，溶液变红，表明少量氨水没有完全反应﹔向另一支试管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，表明存在产物Cl-。
故答案为：将AgCl固体与少量氨水混合，充分反应后过滤，将滤液分成两支试管，向一支试管中滴加酚酞，溶液变红，表明少量氨水没有完全反应﹔向另一支试管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，表明存在产物Cl-
【分析】步骤Ⅰ中加入NaOH和NaClO溶液，发生反应：4Ag＋4NaClO＋2H2O=4AgCl＋4NaOH＋O2↑。因此气体A为O2，溶液B中含有NaOH。步骤Ⅱ中往AgCl中加入足量氨水，发生反应：AgCl＋2NH3·H2O=Ag(NH3)2Cl＋2H2O。因此溶液C中含有Ag(NH3)2＋、Cl－和Na＋。步骤Ⅲ中加入足量N2H4·H2O，产生的气体D为空气的组成气体，因此D为N2，该反应的离子方程式为：4[Ag(NH3)2]＋＋N2H4·H2O=4Ag↓＋4NH3＋N2↑＋4NH4＋＋H2O。因此溶液E中含有Na＋、Cl－和NH4＋。据此结合题干设问分析作答。
19．（2024高三下·义乌模拟）一种燃煤烟气中CO2的捕集和资源再利用技术可通过图转化过程实现。
（1）以过渡金属作催化剂，利用图所示装置可实现“转化”。写出阴极表面的电极反应方程式　 　。
（2）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液，则溶液中含碳微粒(①H2CO3、②、③)的浓度由大到小的顺序为　 　(填序号)。(室温下，的；)
（3）在催化剂下，CO2氧化C2H6可获得C2H4.其主要化学反应为：
反应I．
反应Ⅱ．
反应Ⅲ．
将4 mol C2H6和6 mol CO2的混合气体置于1.0L恒容密闭容器中反应，乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性与温度关系如图所示(C2H4的选择性。
①=　 　。
②M点反应I的平衡常数为　 　(保留两位有效数字)。
③C2H4选择性随温度升高而下降的原因可能是　 　。
（4）用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成乙烯，所得产物含C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。
催化剂中添加Na、K、Cu助剂后可改变反应的选择性。在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如表所示：
助剂 CO2转化率/% 各产物在所有产物中的占比/%
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
下列说法正确的是　 　。
A．催化剂助剂主要在第Ⅰ步起作用
B．在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加K助剂时，合成乙烯的效果最好
C．添加助剂不同，CO2加氢合成乙烯的平衡常数不同
D．Fe3(CO)12为簇状超分子，可活化CO
【答案】（1）或
（2）③②①
（3）-76；1.1；温度升高，反应Ⅱ正向移动程度更大(以反应Ⅱ为主)
（4）BD
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）从图中可知，电解质溶液为KHCO3，阴极上CO2得电子结合碳酸氢根离子生成C2H4，电极反应方程式为或。
故答案为：
（2）pH=11，则c(H+)=10-11mol/L，H2CO3(aq)H+(aq)+(aq)，Ka1=4×10-7，则，则，故c()>c(H2CO3)，同理H++，Ka2=，，则c()>c()，故三种离子浓度从大到小的顺序为③②①。
故答案为：③②①
（3）①反应Ⅲ=反应Ⅰ×2-反应Ⅱ，ΔH3=(177×2-430)kJ/mol=-76kJ/mol。
故答案为：-76kJ/mol
②反应Ⅲ可由反应Ⅰ×2-反应Ⅱ得到，则考虑前两个反应即可，M点乙烷转化率为50%，乙烯的选择性为80%，则消耗乙烷2mol，反应Ⅰ生成乙烯1.6mol，反应Ⅱ消耗乙烷0.4mol，则有，，平衡时c(C2H6)=2mol/L，c(CO2)=3.6mol/L，c(C2H4)=1.6mol/L，c(H2O)=1.6mol/L，c(CO)=3.2mol/L，则K==1.1。
故答案为：1.1
③反应Ⅰ和Ⅱ都是吸热反应，温度升高化学平衡正向移动，但是温度升高对反应Ⅱ的影响更大，反应Ⅱ正向移动的幅度大于反应Ⅰ，因此乙烯的选择性随温度升高而下降。
故答案为： 温度升高，反应Ⅱ正向移动程度更大(以反应Ⅱ为主)
（4）A．从图中可知，催化剂助剂在第I步和低聚反应、异构化反应中都起作用，A错误；
B．从表中可知，在催化剂中添加K助剂，产物中乙烯的占比明显大于其他物质，故添加K助剂时，合成乙烯的效果最好，B正确；
C．催化剂对化学平衡常数没有影响，化学平衡常数只受温度的影响，C错误；
D．Fe3(CO)12为簇状超分子，其能活化CO分子，使得CO在第二步中能快速转化为(CH2)n，D正确；
故答案为：BD
【分析】（1）阴极上CO2发生得电子的还原反应，生成C2H4，据此写出其电极反应式。
（2）所得溶液的pH=11，则溶液中c(H＋)=10－11mol·L－1，结合H2CO3的电离常数计算溶液中c(HCO3－)、c(H2CO3)和c(CO32－)，进而得出离子浓度的相对大小。
（3）①根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
② M点乙烷转化率为50%，乙烯的选择性为80%，则消耗乙烷2mol，反应Ⅰ生成乙烯1.6mol，反应Ⅱ消耗乙烷0.4mol，据此结合三段式进行计算。
③温度升高C2H4的选择性下降，根据温度对平衡移动的影响分析。
（4）A、由反应过程可知，催化剂在各个反应过程中都有参与反应。
B、由表格数据可知，添加K后，产物中C2H4的占比增大。
C、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。
D、Fe3(CO)12为簇状超分子，使得CO活化。
20．（2024高三下·义乌模拟）某兴趣小组用下图的装置制取ICl，并用ICl的冰醋酸溶液来测定某油脂的不饱和度。油脂的不饱和度是指一个油脂分子最多可加成的氢分子数。
已知：①ICl的熔点为13.9℃，沸点为97.4℃，化学性质与氯气相似易水解；
②，ICl3的熔点为111℃。
请回答：
（1）写出第一个装置中发生反应的化学方程式：　 　。
（2）虚线框内应选用的装置是　 　(填“甲”或“乙”)。
（3）上述制备ICl的实验中，根据气流方向各装置的连接顺序为：a→　 　(用接口的字母表示)。
（4）下列有关说法正确的是___________。
A．上述实验装置中的KMnO4固体也可用MnO2代替
B．恒压滴液漏斗使用时应打开上面的玻璃塞
C．ICl与NaOH溶液反应的方程式为：
D．若所制得的ICl中溶有少量ICl3杂质，可以采用蒸馏法进行提纯
（5）用ICl的冰醋酸溶液测定某油脂的不饱和度，进行如下实验，实验过程中有关反应为：
①；②；③
实验步骤：
将含有0.05mol某油脂的样品溶于CCl4后形成100mL溶液；从中取出10mL，加入20mL含有ICl物质的量为n mol的冰醋酸溶液(过量)；充分反应后，加入足量KI溶液；生成的碘单质用a 的标准溶液滴定；重复上述实验两次，测得滴定所需Na2S2O3的平均值为V mL。
①滴定前，需要将装有标准液的滴定管中的气泡排尽，应选择图中　 　。
A． B． C． D．
②该油脂的不饱和度为　 　(用含a、n、V的表达式表示)。
【答案】（1）(浓)
（2）甲
（3）edcbgf
（4）
（5）C；
【知识点】氯气的实验室制法；实验装置综合；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）第一个装置中KMnO4和浓盐酸反应生成Cl2，化学方程式为(浓)。
故答案为：(浓)
（2）ICl易水解，若选用乙装置，溶液中的水蒸气进入反应装置中，造成ICl水解，则虚线框内应选用的装置是甲。
故答案为：甲
（3）由分析可知，上述制备ICl的实验中，根据气流方向各装置的连接顺序为aedcbgf。
故答案为： edcbgf
（4）A．MnO2和浓盐酸反应制备Cl2需要加热，故不能用MnO2替换KMnO4，A项错误；
B．恒压滴液漏斗组合的装置中内部压强相同，故只需打开活塞即可顺利流下，不需打开上面的玻璃塞，B项错误；
C．ICl化学性质与氯气相似，则ICl和NaOH反应生成NaIO、NaCl和H2O，化学方程式为，C项正确；
D．ICl的沸点为97.4℃，ICl3的熔点为111℃，二者沸点差异大，故可以采用蒸馏法进行提纯，D项正确；
故答案为：CD
（5）①Na2S2O3是强碱弱酸盐，溶液先碱性，则应选用碱式滴定管，碱式滴定管正确的排除装置内气泡的操作为C。
故答案为：C
②根据反应②、③得到比例关系：ICl~2Na2S2O3，测得滴定所需Na2S2O3的平均值为V mL，则反应①剩余的ICl的物质的量为，则反应①消耗ICl的物质的量为，则10mL中油脂的CCl4溶液中含有的碳碳双键的物质的量为，0.05mol某油脂中的碳碳双键的物质的量为，则1个该油脂中含有个碳碳双键，含有一个碳碳双键的不饱和度为1，则该油脂的不饱和度为。
故答案为：
【分析】（1）第一个装置为Cl2的制备装置，KMnO4将浓盐酸氧化生成Cl2，自身还原为MnCl2。据此写出反应的化学方程式。
（2）ICl易水解，因此不能用NaOH溶液。
（3）第一个装置为Cl2的发生装置；生成Cl2后通入饱和食盐水中，除去Cl2中混有的HCl；再 将气体通入浓硫酸，除去Cl2中的H2O；再将Cl2通入装有I2的装置中，I2和Cl2反应生成ICl，据此确定装置连接顺序。
（4）A、若用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，需加热。
B、恒压滴液漏斗组合成的装置内部压强相等，因此不需打开顶部的玻璃塞。
C、ICl的性质与Cl2相似，因此ICl与NaOH溶液反应生成NaCl、NaIO和H2O。
D、若含有ICl3杂质，可采用蒸馏法，使I2逸出。
（5）①Na2S2O3溶液显碱性，应使用碱式滴定管，结合碱式滴定管排气泡操作分析。
②根据关系式“ICl～2Na2S2O3”计算n(ICl)，进而计算油脂中所含的碳碳双键的物质的量，从而得到该油脂的不饱和度。
21．（2024高三下·义乌模拟）某研究小组通过下列路线合成药物西地那非。
已知：Mc为甲基(—CH3)，Et为乙基(—CH2CH3)，Pr为正丙基(—CH2CH2CH3)；化合物I中不存在一个氮原子与两个羰基直接相连的结构。
请回答：
（1）化合物A的含氧官能团的名称是　 　。
（2）试剂Y的结构简式是　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．D→E的反应条件X为浓硝酸、浓硫酸并适当加热
B．化合物I→J的反应主要经历了加成和消去的过程
C．保持其它条件不变，若将B→C中的CH3I改为CH3Cl，则该反应速率将变快
D．可通过测定K的质谱图来确定J→K中ClSO3H参与反应的是Cl原子还是OH基团
（4）写出F与过量NH3反应生成G的化学方程式　 　。
（5）有机玻璃是一种重要的塑料()，可通过化合物W()，聚合得到。设计以丙酮和甲醇为原料合成W的路线　 　(用流程图表示，无机试剂任选)。
（6）写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中含有苯环；
②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有氮氧键，无氧氢键和氧氧键；
③分子中没有两个甲基连在同一个碳原子上。
【答案】（1）羰基、酯基
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知其含氧官能团为羰基、酯基。
故答案为：羰基、酯基
（2）由以上分析可知Y的结构简式为：。
故答案为：羰基、酯基
（3）由以上分析可知D→E的反应条件X为浓硝酸、浓硫酸并适当加热，故A正确；
由以上分析可知，化合物I→J的反应，I中氨基与羰基先发生加成反应形成羟基，然后羟基再发生消去反应生成J，故B正确；
保持其它条件不变，若将B→C中的CH3I改为CH3Cl，因Cl的非金属性强于I，C-Cl键键能大于C-I键，则CH3Cl比CH3I难断键，则该反应速率将变慢，故C错误；
J→K中ClSO3H参与反应的原子团不同时，形成的K的相对原子量不同，通过测定K的质谱图可以确定是Cl原子还是OH基团反应，故D正确；
故答案为：ABD
（4）F中酰氯键与氨气发生取代反应生成G，反应方程式为：。
故答案为：
（5）与HCN发生加成反应生成，水解生成，发生醇消去反应生成，与甲醇发生取代反应生成，发生加聚反应生成，合成路线为：。
故答案为：
（6）C的同分异构体满足，①分子中含有苯环；②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有氮氧键，无氧氢键和氧氧键，分子具有对称性；③分子中没有两个甲基连在同一个碳原子上，则两个甲基可能连在同一个N原子上，或连接在对称碳上，则符合的结构简式为：。
故答案为：
【分析】（1）根据A的结构简式确定其所含的含氧官能团。
（2）G中硝基被氢气还原生成H，H中酰胺基与Y反应生成I，结合J的结构及Y的分子式可知Y应为：。
（3）A、D在X条件下生成E，E与SOCl2发生取代反应生成F，结合F的结构简式可知D到E的转化过程中应引入硝基，结合苯的硝化反应，可知反应条件X应为浓硫酸、浓硝酸、加热；
B、I中氨基与羰基先加成、再消去生成J，J与ClSO3H发生取代反应生成K；
C、Cl的非金属性强于I，C-Cl键键能大于C-I键，则CH3Cl比CH3I难断键；
D、J→K中ClSO3H参与反应的原子团不同时，形成的K的相对原子量不同，因此可通过测定质谱图判断。
（4）F中酰氯键与氨气发生取代反应生成G，据此书写反应的化学方程式。
（5）化合物W（）可由和CH3OH发生酯化反应生成，因此合成路线的关键是由得到。羰基可与HCN发生加成反应生成；中-CN发生水解反应可引入-COOH；-OH发生消去反应可引入碳碳双键。据此设计合成路线图。
（6）根据限定条件确定稿同分异构体的基本结构单元，从而得到同分异构体的结构简式。
1 / 12024届浙江省金华市义乌市高三下学期三模化学试题
1．（2024高三下·义乌模拟）下列物质属于非电解质的是（　　）
A．氯化铝 B．重晶石 C．氯仿 D．福尔马林
2．（2024高三下·义乌模拟）关于Na2O2的下列叙述中不正确的是（　　）
A．Na2O2属于碱性氧化物
B．Na2O2可由Na在空气中燃烧得到
C．Na2O2中阴阳离子个数比为1：2
D．Na2O2可在呼吸面具作为氧气的来源
3．（2024高三下·义乌模拟）下列表示不正确的是
A．苯甲酰胺的分子式：C7H7NO
B．油酸甘油酯的结构简式：
C．基态Ti2+离子的电子排布式：
D．Cl-Cl的p-p键电子云图形：
4．（2024高三下·义乌模拟）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)
A．该反应在任何温度下都可以自发进行
B．生成28 g N2转移电子的数目为10NA
C．KNO3是氧化剂
D．K2S和N2都是还原产物
5．（2024高三下·义乌模拟）在溶液中能大量共存的离子组是
A．Na+、Pb2+、、 B．K+、CN-、Cl-、[Fe(SCN)6]3-
C．K+、H+、Cl-、 D．OH-、K+、、
6．（2024高三下·义乌模拟）明矾常用作净水剂，下列关于明矾大晶体制备实验的说法不正确的是（　　）
A．配制明矾饱和溶液的温度要控制在比室温高10~15℃
B．明矾小晶核要悬挂在饱和溶液中央，可避免形成形状不规整的晶体
C．形成大晶体的过程中，需要敞开玻璃杯静置较长时间
D．本实验中所用仪器都要用蒸馏水洗净
7．（2024高三下·义乌模拟）根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是（　　）
材料 组成和结构变化 性能变化
A 聚乙烯 低压法聚乙烯转变为高压法聚乙烯 软化温度和密度增大
B 纯铝 加入少量Mn等其它金属 硬度增大
C 钢铁 钢铁表面进行发蓝处理 抗腐蚀性增强
D 液态植物油 与氢气加成，提高其饱和程度 熔化温度提高
A．A B．B C．C D．D
8．（2024高三下·义乌模拟）下列装置能达到实验目的的是
A．熔化Na2CO3 B．验证SO2氧化性 C．实验室制CO2 D．实验室保存液溴
A．A B．B C．C D．D
9．（2024高三下·义乌模拟）下列说法正确的是（　　）
A．用酸性KMnO4溶液可鉴别汽油、煤油和柴油
B．用NaOH溶液、硝酸银溶液可鉴别氯乙烷、溴乙烷和碘乙烷
C．用溴水可鉴别酒精、苯酚、己烯和甲苯
D．用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙醛、乙酸和乙酸乙酯
10．（2024高三下·义乌模拟）下列化学反应与方程式不相符的是
A．少量FeCl3固体加入到KI浓溶液中：
B．Cu和浓HNO3反应：
C．Al2(SO4)3溶液与Na[Al(OH)4]溶液反应：
D．少量甲醛与新制Cu(OH)2反应：
11．（2024高三下·义乌模拟）姜黄素X()的合成路线如下：
下列说法不正确的是
A．A的键线式为 B．B有5种化学环境不同的氢原子
C．有机物C能发生银镜反应 D．X分子中有4种官能团
12．（2024高三下·义乌模拟）短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。W简单离子在同周期离子中半径最小；基态X、Z、Q原子均有两个单电子，Q与Z同主族。下列说法不正确的是（　　）
A．第一电离能：
B．电负性：
C．Z与Q形成的化合物可能是非极性分子
D．Z的氢化物沸点不可能低于X的氢化物沸点
13．（2024高三下·义乌模拟）如图所示装置中，C1、C2是石墨电极。A中盛有棕色的KI和I2的混合溶液，B中盛有无色的Na3AsO4和Na3AsO3的混合溶液。当连接开关K，并向B中滴加浓盐酸时，发现灵敏电流计G的指针向右偏转。一段时间后，当电流计指针回到中间“0”位置时，再向B中滴加过量浓NaOH溶液，可观察到电流计指针向左偏转。下列说法正确的是
A．电流计G的指针向右偏转时，化学能转变为电能；向左偏转时，电能转变为化学能
B．电流计G的指针向右偏转时，C1电极反应为：
C．电流计G的指针向左偏转时，C2电极反应为：
D．由上述实验现象可知，氧化性：
14．（2024高三下·义乌模拟）在葡萄糖水溶液中，链状结构与环状结构的平衡关系及百分含量如下：
下列说法不正确的是
A．链状葡萄糖成环是-OH与-CHO发生加成反应的结果
B．链状葡萄糖成环反应的，
C．链状葡萄糖成环后，分子中多了一个手性碳原子
D．水溶液中，吡喃葡萄糖比吡喃葡萄糖稳定
15．（2024高三下·义乌模拟）常温常压下，H2S气体在水中的饱和浓度约为，已知：，；。下列说法不正确的是
A．饱和H2S溶液中存在
B．向溶液中加几滴浓盐酸，使其浓度达到，此时溶液中约为
C．向溶液中通入H2S气体直至饱和，溶液中有FeS沉淀生成
D．的平衡常数为
16．（2024高三下·义乌模拟）根据下列有关实验方案设计和现象，所得结论不正确的是
选项 实验方案 现象 结论
A 将打磨过的铁铜合金放在氨水中一段时间 溶液变为深蓝色 可能是铜在氨水中发生吸氧腐蚀
B 向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量Cu粉 溶液先变成血红色，加入Cu粉后，血红色变浅 与SCN-的配位能力：
C 将和NH4NO3固体混合并用玻璃棒快速搅拌 有刺激性气味的气体产生，并伴随降温 该反应能发生的主要原因是熵增
D 用精密pH试纸测定溶液的pH值 测得pH为7.8
A．A B．B C．C D．D
17．（2024高三下·义乌模拟）氮、碳、硼元素形成的化合物具有独特的结构。请回答：
（1）固态的N2O5为离子晶体(阴阳离子中所含原子个数均不超过4个)，其阳离子的空间结构名称为　 　，阴离子中氮原子的杂化方式为　 　。
（2）比较酸性强弱：　 　(填“>”、“<”)，请说明理由　 　。
（3）当石墨被过量的K处理后(未反应的金属被汞洗出)，K+离子在石墨层间嵌入，K+层在石墨层的投影如图所示。该钾石墨晶体的化学式是　 　，晶体类型是　 　。
（4）石墨与F2在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x，该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法不正确的是___________。
A．与石墨相比，(CF)x导电性增强
B．与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强
C．(CF)x中C—F的键长比C—C短
D．1mol(CF)x中含有2x mol共价单键
（5）硼砂与NaOH的混合溶液中加入H2O2可以制备，已知X的阴离子只有一种化学环境的B原子，且B和O原子最外层都达到8电子稳定结构，写出X阴离子的结构式　 　。
18．（2024高三下·义乌模拟）光盘金属层含有Ag(其它金属微量忽略不计)，可以进行资源回收利用，下图为从光盘中提取Ag的工业流程：
已知：①气体A、气体D是空气的主要组成气体。
②配离子的形成是分步进行的： 。
③AgCl的， 。
请回答：
（1）已知Ag位于周期表的第五周期IB族，Ag的原子序数为　 　；气体A的化学式为　 　，写出溶液C中所有的阳离子　 　。
（2）反应Ⅲ的离子方程式为　 　。
（3）是一个可逆反应。
①结合相关数据说明上述反应是可逆反应　 　；
②设计实验验证上述反应是可逆反应　 　。
19．（2024高三下·义乌模拟）一种燃煤烟气中CO2的捕集和资源再利用技术可通过图转化过程实现。
（1）以过渡金属作催化剂，利用图所示装置可实现“转化”。写出阴极表面的电极反应方程式　 　。
（2）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液，则溶液中含碳微粒(①H2CO3、②、③)的浓度由大到小的顺序为　 　(填序号)。(室温下，的；)
（3）在催化剂下，CO2氧化C2H6可获得C2H4.其主要化学反应为：
反应I．
反应Ⅱ．
反应Ⅲ．
将4 mol C2H6和6 mol CO2的混合气体置于1.0L恒容密闭容器中反应，乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性与温度关系如图所示(C2H4的选择性。
①=　 　。
②M点反应I的平衡常数为　 　(保留两位有效数字)。
③C2H4选择性随温度升高而下降的原因可能是　 　。
（4）用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成乙烯，所得产物含C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。
催化剂中添加Na、K、Cu助剂后可改变反应的选择性。在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如表所示：
助剂 CO2转化率/% 各产物在所有产物中的占比/%
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
下列说法正确的是　 　。
A．催化剂助剂主要在第Ⅰ步起作用
B．在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加K助剂时，合成乙烯的效果最好
C．添加助剂不同，CO2加氢合成乙烯的平衡常数不同
D．Fe3(CO)12为簇状超分子，可活化CO
20．（2024高三下·义乌模拟）某兴趣小组用下图的装置制取ICl，并用ICl的冰醋酸溶液来测定某油脂的不饱和度。油脂的不饱和度是指一个油脂分子最多可加成的氢分子数。
已知：①ICl的熔点为13.9℃，沸点为97.4℃，化学性质与氯气相似易水解；
②，ICl3的熔点为111℃。
请回答：
（1）写出第一个装置中发生反应的化学方程式：　 　。
（2）虚线框内应选用的装置是　 　(填“甲”或“乙”)。
（3）上述制备ICl的实验中，根据气流方向各装置的连接顺序为：a→　 　(用接口的字母表示)。
（4）下列有关说法正确的是___________。
A．上述实验装置中的KMnO4固体也可用MnO2代替
B．恒压滴液漏斗使用时应打开上面的玻璃塞
C．ICl与NaOH溶液反应的方程式为：
D．若所制得的ICl中溶有少量ICl3杂质，可以采用蒸馏法进行提纯
（5）用ICl的冰醋酸溶液测定某油脂的不饱和度，进行如下实验，实验过程中有关反应为：
①；②；③
实验步骤：
将含有0.05mol某油脂的样品溶于CCl4后形成100mL溶液；从中取出10mL，加入20mL含有ICl物质的量为n mol的冰醋酸溶液(过量)；充分反应后，加入足量KI溶液；生成的碘单质用a 的标准溶液滴定；重复上述实验两次，测得滴定所需Na2S2O3的平均值为V mL。
①滴定前，需要将装有标准液的滴定管中的气泡排尽，应选择图中　 　。
A． B． C． D．
②该油脂的不饱和度为　 　(用含a、n、V的表达式表示)。
21．（2024高三下·义乌模拟）某研究小组通过下列路线合成药物西地那非。
已知：Mc为甲基(—CH3)，Et为乙基(—CH2CH3)，Pr为正丙基(—CH2CH2CH3)；化合物I中不存在一个氮原子与两个羰基直接相连的结构。
请回答：
（1）化合物A的含氧官能团的名称是　 　。
（2）试剂Y的结构简式是　 　。
（3）下列说法正确的是___________。
A．D→E的反应条件X为浓硝酸、浓硫酸并适当加热
B．化合物I→J的反应主要经历了加成和消去的过程
C．保持其它条件不变，若将B→C中的CH3I改为CH3Cl，则该反应速率将变快
D．可通过测定K的质谱图来确定J→K中ClSO3H参与反应的是Cl原子还是OH基团
（4）写出F与过量NH3反应生成G的化学方程式　 　。
（5）有机玻璃是一种重要的塑料()，可通过化合物W()，聚合得到。设计以丙酮和甲醇为原料合成W的路线　 　(用流程图表示，无机试剂任选)。
（6）写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式　 　。
①分子中含有苯环；
②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有氮氧键，无氧氢键和氧氧键；
③分子中没有两个甲基连在同一个碳原子上。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A．氯化铝属于盐，为电解质，故A不符合题意；
B．重晶石为BaSO4，属于盐类，为电解质，故B不符合题意；
C．氯仿不能发生电离，属于非电解质，故C符合题意；
D．福尔马林为水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】氯化铝，重晶石均属于盐类，为电解质，氯仿是有机物不是电解质，福尔马林是混合物不是电解质也不是电解质。
2．【答案】A
【知识点】钠的氧化物
【解析】【解答】A．Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故A符合题意；
B．Na在空气中缓慢氧化则得到Na2O，燃烧则得到Na2O2，故B不符合题意；
C.1个Na2O2中含有2个钠离子和1个过氧根离子，阴、阳离子个数比为1：2，故C不符合题意；
D．Na2O2可与二氧化碳反应生成氧气，可用于呼吸面具的氧气来源，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.过氧化钠不是碱性氧化物；
B.过氧化钠是钠与氧气加热得到；
C.过氧化钠中含有过氧根离子和钠离子；
D.过氧化钠与二氧化碳和水反应得到氧气即可判断。
3．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；油脂的性质、组成与结构；酰胺
【解析】【解答】A．苯甲酰胺的结构简式为，该物质的分子式为C7H7NO，A正确；
B．油酸甘油酯是不饱和高级脂肪酸甘油酯，该物质的结构简式为，B正确；
C．钛元素的原子序数为22，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d24s2。因此基态Ti2+离子的电子排布式为，C错误；
D．氯气分子中含有的化学键为p-pσ键，其电子云图形为，D正确；
故答案为：C
【分析】A、根据苯甲酰胺的结构简式确定其分子式。
B、油酸甘油酯为不饱和高级脂肪酸甘油酯。
C、根据基态Ti原子的核外电子排布式确定基态Ti2+的核外电子排布式。
D、Cl2中化学键为p-pσ键。
4．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；焓变和熵变；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．该反应的正反应是气体分子数增大的放热反应，即H＜0，S＞0。因此G=H-TS＜0，所以该反应在任何温度下都可以自发进行，A正确；
B．根据反应方程式可知：每反应产生1个 N2分子，反应过程中转移12个电子。因此当反应生成28 g N2（即1molN2）时，反应过程中转移电子的数目为12NA，B错误；
C．在该反应中N元素化合价降低，发生得电子的还原反应，因此KNO3是氧化剂，C正确；
D．在该反应中S元素由0价变为-2价，化合价降低，发生得电子的还原反应，因此单质S为氧化剂，K2S是还原产物。N元素由+5价变为0价，化合价降低，发生得电子的还原反应，因此KNO3为氧化剂，N2也是还原产物，D正确；
故答案为：B
【分析】A、根据ΔH-TΔS＜0，判断反应自发进行的条件。
B、根据化合价变化计算反应过程中转移电子数。
C、反应过程中存在元素化合价降低的物质为氧化剂。
D、发生还原反应后所得产物为还原产物。
5．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A．Pb2+与反应生成硫酸铅沉淀，因此不能大量共存，A错误；
B．CN-与Fe3+的配位能力强于SCN-，因此CN-与[Fe(SCN)6]3-反应生成[Fe(CN)6]3-，因此不能大量共存，B错误；
C．H+与反应生成S和SO2，二者不能大量共存，C错误；
D．OH-、K+、、各离子之间相互不反应，可大量共存，D正确；
故答案为：D
【分析】A、Pb2＋能与SO42－形成PbSO4沉淀。
B、CN－能与[Fe(SCN)6]3－反应。
C、S2O32－能与H＋反应。
D、溶液中各个离子相互间不反应。
6．【答案】C
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．温度降低的时候，饱和度也会降低，明矾会吸附在小晶核上，所以要得到较大颗粒的明矾晶体，配制比室温高10～20℃明矾饱和溶液，故A不符合题意；
B．明矾小晶核要悬挂在饱和溶液中央，增大接触面积，有利于晶胞的均匀成长，可避免形成形状不规整的晶体，故B不符合题意；
C．敞开玻璃杯静置较长时间，容易引入空气中杂质，应该用硬纸片盖好玻璃杯，故C符合题意；
D．本实验中所用仪器都要用蒸馏水洗净，防止杂质污染，若有杂质，就在溶液中形成多个晶核，显然不利于大晶体的生成，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.温度稍高可控制得到较大的明矾晶体；
B.明矾晶体悬挂在饱和溶液中央，有利于晶体均匀形成；
C.形成大晶体时应该密封好烧杯；
D.仪器利用蒸馏水洗净主要防止杂质不利于大晶体形成。
7．【答案】A
【知识点】合金及其应用；乙烯的物理、化学性质；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．低压法聚乙烯是在较低压力和较低温度下，用催化剂使乙烯发生加聚反应得到的，支链较少，软化温度和密度都比高压法聚乙烯的高，故A符合题意；
B．铝中加入少量Mn等其它金属制成合金，可以增强材料的硬度，故B不符合题意；
C．钢铁表面进行发蓝处理形成了致密的氧化物膜，抗腐蚀性增强，故C不符合题意；
D．液态植物油中含有碳碳双键，与氢气加成，提高其饱和程度，相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔化温度提高，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.低压法聚乙烯软化温度低密度低；
B.合金硬度增大；
C.钢铁发蓝处理抗腐蚀性增强；
D.液态植物油含有双键，与氢气加成，提高饱和度。
8．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；硅和二氧化硅；化学试剂的存放；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A．瓷坩埚中含有二氧化硅，熔融碳酸钠能与二氧化硅反应，不能选用瓷坩埚，应该选用铁坩埚，A错误；
B．SO2与S2-反应生成硫单质，反应过程中SO2发生得电子的还原反应，体现氧化性，B正确；
C．稀硫酸与碳酸钙反应生成微溶于水的硫酸钙，覆盖在碳酸钙固体表面阻止反应的进行，应该选用稀盐酸与碳酸钙反应，C错误；
D．液溴具有挥发性和氧化性，挥发的液溴能腐蚀橡胶，不能用橡皮塞，D错误；
故答案为：B
【分析】A、熔融Na2CO3能与SiO2反应。
B、反应产生淡黄色沉淀S，体现了SO2的氧化性。
C、实验室制取CO2应用大理石与稀盐酸反应。
D、Br2具有氧化性，能腐蚀橡胶，应用玻璃塞。
9．【答案】C
【知识点】有机物的鉴别；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A．汽油能使酸性高锰酸钾溶液褪色，煤油和柴油均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A不符合题意；
B．氯乙烷、溴乙烷和碘乙烷在碱性条件下可水解，应先加入酸中和碱后再加入硝酸银，进行卤素离子的检验，故B不符合题意；
C．溴水与酒精不反应，但是可以混溶；苯酚与溴水反应生成白色沉淀；乙烯与溴水发生加成反应使溴水褪色；甲苯与溴水萃取，可以鉴别，故C符合题意；
D．乙醇溶于饱和Na2CO3溶液，乙醛不与饱和Na2CO3溶液反应，但可与饱和Na2CO3溶液互溶，乙酸与饱和Na2CO3溶液反应有气泡冒出，乙酸乙酯不溶于饱和Na2CO3溶液分层，不能鉴别，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.汽油中可含有不饱和烃，可是酸性高锰酸钾褪色，煤油，柴油不能使其褪色；
B. 氯乙烷、溴乙烷和碘乙烷 在碱性条件下水解，后加入硝酸再进行检验；
C.溴水与乙醇混合均匀，苯酚与溴水形成白色沉淀，己烯可使溴水褪色，甲苯可萃取溴出现不同现象；
D.乙醇与碳酸钠互溶，乙酸与碳酸钠放出气体，乙酸乙酯出现分层，乙醛与碳酸钠互溶。
10．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；硝酸的化学性质；甲醛
【解析】【解答】A．Fe3＋能将I－氧化成I2，I2与过量的I-反应生成I3-，因此该反应的离子方程式为，故A正确；
B．铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，因此该反应的离子方程式为，故B正确；
C．硫酸铝溶液和四羟基合铝酸钠溶液发生双水解反应生成硫酸钠和氢氧化铝沉淀，改反应的化学方程式为，故C正确；
D．一个HCHO分子中含有2个-CHO，因此少量甲醛与新制氢氧化铜共热反应生成碳酸钠、氧化亚铜沉淀和水，反应的化学方程式为，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、Fe3＋具有氧化性，能将I－氧化成I2。
B、Cu与浓硝酸反应生成可溶性Cu(NO3)2、NO2和H2O。
C、Al3＋能与Al(OH)4－反应生成Al(OH)3沉淀。
D、HCHO少量，则参与反应HCHO与Cu(OH)2的系数比为1：4。
11．【答案】C
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．根据上述分析可知：A的结构简式是，A正确；
B．物质B结构简式是，由结构的对称性可知，B中含有5种不同化学环境的氢原子，B正确；
C．由分析可知，物质C的结构简式为，其分子中不含醛基，因此有机物C不能发生银镜反应，C错误；
D．根据姜黄素X的分子结构可知：X分子中含有酚羟基、醚键、酮羰基、碳碳双键四种不同的官能团，D正确；
故答案为：C
【分析】A分子式是C6H10，B分子式是C6H12O，二者分子式相差2个H原子和1个O原子，因此试剂a是H2O。说明A分子中含有不饱和的碳碳双键，结合最终产物X的结构简式可知，A的结构简式是；与H2O发生加成反应生成B，因此B的结构简式为。B与O2在Cu催化作用下发生氧化反应生成C，因此C的结构简式为。C与在碱性条件下发生反应产生姜黄素和H2O，据此分析解答。
12．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族，则X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、W为Al元素、Q为S元素；
A．金属元素的第一电离能小于非金属元素；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素O，同主族从上到下第一电离能呈减小趋势，O元素第一电离能大于S，则第一电离能由大到小的顺序为N＞S＞Al，故A不符合题意；
B．金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则电负性由大到小的顺序为O＞C＞Al，故B不符合题意；
C．O可与S形成SO3，属于非极性分子，故C不符合题意；
D．C的氢化物有多种，随着C数量的增大其氢化物沸点越高，癸烷的沸点是174.1℃高于H2O沸点，D说法太绝对，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.金属元素第一电离能小于非金属，同主族从上到下电离能减小趋势；
B.非金属性越强，电负性越弱；
C.O可与S形成SO2和SO3，SO3为非极性分子；
D.X为C元素，Z为O元素，碳的氢化物种类多沸点可能高于水。
13．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．不论电流计G的指针向右偏转还是向左偏转，均是原电池，都是化学能转变为电能，A错误；
B．电流计G的指针向右偏转时，C1电极是负极，C1电极反应为：，B正确；
C．电流计G的指针向左偏转时，C2电极是负极，C2电极反应为：，C错误；
D．根据以上分析可知在酸性溶液中氧化性：，在碱性溶液中氧化性：，D错误；
故答案为：B
【分析】A、该装置为原电池装置，化学能转化为电能。
B、电流计G指针向右偏转，则C2电极为正极，C1电极为负极，I－发生失电子的氧化反应。
C、电流计G指针向左偏转，则C2电极为负极，AsO33－发生失电子的氧化反应，生成AsO43－。
D、酸碱性条件下，正负极的电极反应式不同，因此物质的氧化性强弱不同。
14．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；焓变和熵变；单糖的性质和用途
【解析】【解答】A．-OH与-CHO发生加成反应后形成环状葡萄糖，故A正确；
B．链状葡萄糖成环反应，分子混乱程度降低，因此，故B错误；
C．链状葡萄糖成环后，醛基变为羟基，醛基中的碳原子变为手性碳原子，因此分子中多了一个手性碳原子，故C正确；
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，说明吡喃葡萄糖比吡喃葡萄糖稳定，故D正确；
故答案为：B
【分析】A、-OH和-CHO发生加成反应后形成环状葡萄糖。
B、成环后分子混乱程度降低，熵值变小。
C、连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子。
D、转化过程中，吡喃葡萄糖更容易形成，则其稳定性更高。
15．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，第一步电离程度大于第二步电离程度。因此饱和氢硫酸溶液中c(H＋)＞c(HS－)。由一级电离常数可知，溶液中c(H＋)==×10—4mol/L≈1.05×10—4mol/L；由二级电离常数Ka2(H2S)=可知，溶液中c(S2-)=1.3×10—13mol/L。由水的离子积常数可知，溶液中c(OH-)=≈9.5×10—11mol/L。因此溶液中离子浓度的大小顺序为，故A错误；
B．由电离常数可得：Ka1(H2S)×Ka2(H2S)=，由题意可知，溶液中氢离子浓度和氢硫酸浓度都约为0.01mol/L，因此溶液中c(S2-)=≈1.4×10—18mol/L，故B正确；
C．氢硫酸饱和溶液中c(H＋)=c(HS－)，由电离常数Ka2(H2S)=可知，溶液中c(S2-)=1.3×10—13mol/L。因此溶液中浓度熵QC= c(Fe2+)c(S2—)=0.01×1.3×10—13=1.3×10—15＞Ksp(FeS)=6.3×10—18，所以溶液中有氯化亚铁生成，故C正确；
D．由方程式可知，反应的平衡常数K====≈4.4×102mol/L，故D正确；
故答案为：A
【分析】A、H2S为二元弱酸，第一步电离程度大于第二步电离程度，结合电离常数和水的离子积计算c(S2－)和c(OH－)，从而得出大小关系。
B、根据电离常数大小进行计算。
C、根据溶液中Qc与Ksp的相对大小分析，若Qc＞Ksp，则有沉淀产生。
D、根据平衡常数的表达式和电离常数进行计算。
16．【答案】B
【知识点】焓变和熵变；盐类水解的应用；铁盐和亚铁盐的相互转变；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．溶液变为蓝色，说明形成Cu2+，因此铁铜合金中铜在氨水中失去电子发生吸氧腐蚀，形成四氨合铜离子使得溶液显蓝色，A正确；
B．加入Cu粉后，由于Fe3＋的氧化性，铜和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，使得平衡逆向移动，溶液血红色变浅，与配位能力无关，B错误；
C．根据反应能自发进行，反应中温度降低、生成气体为熵增的吸热反应，则该反应能发生的主要原因是熵增，C正确；
D．pH为7.8，溶液显碱性，说明水解程度：HCO3－＞NH4＋，因此电离常数：，D正确；
故答案为：B
【分析】A、溶液变蓝色，说明反应产生Cu2＋。
B、Fe3＋具有氧化性，能与Cu反应，使得溶液中c(Fe3＋)减小，可逆反应Fe3＋＋3SCN－ Fe(SCN)3平衡逆向移动。
C、反应自发进行，则ΔH－TΔS＜0，据此分析。
D、溶液显碱性，说明HCO3－水解程度大于NH4＋，结合越弱越水解，确定二者的电离常数大小。
17．【答案】（1）直线形；sp2
（2）>；N的电负性大于H的电负性，使得相邻N—H键的电子云向NH2方向偏移，N—H键的极性变大，更易电离出氢离子，酸性更强
（3）KC8；离子晶体
（4）
（5）
【知识点】原子结构与元素的性质；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）N2O5为离子晶体，根其据阴阳离子中所含原子个数均不超过4个可推断出其阴阳离子为：和（亚硝酰正离子），其中阳离子呈直线型，阴离子为平面三角形且氮原子为sp2杂化。
故答案为：直线形； sp2
（2）由于N的电负性大于H的电负性，使得中相邻键的电子云向-NH2方向偏移，键的极性变大，更易电离出氢离子，酸性更强，因此酸性强于。
故答案为：＞； N的电负性大于H的电负性，使得相邻N—H键的电子云向NH2方向偏移，N—H键的极性变大，更易电离出氢离子，酸性更强
（3）
可以选择图中红框中的部分作为该钾石墨的晶胞，利用均摊法，可以算出该钾石墨的化学式为KC8，该晶体中，钾失去电子给石墨层，形成了离子化合物，因此晶体类型为离子晶体；
故答案为： KC8 ；离子晶体
（4）A．由图可知，与石墨相比，(CF)x分子中碳原子均为饱和碳原子，分子中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，导电性减弱，故A错误；
B．由图可知，与石墨相比，(CF)x分子中碳原子均为饱和碳原子，不易被氧化，抗氧化性增强，故B正确；
C．随原子序数递增，同周期主族元素的原子半径逐渐减小，因此(CF)x中的键长比短，故C正确；
D．由图可知，(CF)x分子中碳原子与3个碳原子形成碳碳共价键，每个碳碳键被2个碳原子共用，与1个氟原子形成共价键，则1mol(CF)x分子中含有(3×+1)×x=2.5xmol共价单键，故D错误；
故答案为：AD
（5）由于B只有一种化学环境，说明两个B原子在结构上是等价的。又根据各原子数量推断出X的阴离子是对称结构，同时B和O原子最外层都达到8电子稳定结构，B连有两个-OH，此时O多余，推测B与B之间通过过氧键连接，共同达到稳定的8电子排布，因此推测X的结构为：。
故答案为：
【分析】（1）根据离子中原子个数少于4个可得，N2O5中的阴阳离子为NO3－和NO2＋，据此确定其空间结构和中心原子的杂化方式。
（2）N2H5＋与NH4＋相差N原子和H原子，结合电负性N＞H进行分析。
（3）利用“均摊法”确定晶体的化学式。晶体中存在K＋，属于离子晶体。
（4）A、根据碳原子的成键情况分析其导电性强弱。
B、(CF)x中碳原子为饱和碳原子，不易被氧化。
C、根据原子半径大小比较键长长短，成键原子的原子半径越小，键长越短。
D、根据(CF)x的成键情况分析其所含的共价键个数。
（5）阴离子中只含有一种化学环境的B原子，则结构具有对称性。结合B、O原子最外层都满足8电子稳定结构，确定X阴离子的结构式。
18．【答案】（1）47；O2；、、、、H+
（2）
（3）由方程式可知，反应的平衡常数，K值较小，表明该反应进行得不完全；将AgCl固体与少量氨水混合，充分反应后过滤，将滤液分成两支试管，向一支试管中滴加酚酞，溶液变红，表明少量氨水没有完全反应﹔向另一支试管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，表明存在产物Cl-
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】（1）由银元素位于元素周期表的第五周期IB族可知，银元素的原子序数为47；由分析可知，气体A为氧气；向氯化银中加入足量氨水的目的是将氯化银转化为含有二氨合银离子的溶液C，溶液C中二氨合银离子分步离解得到的阳离子为一氨合银离子、银离子，过量的氨水部分电离出的阳离子为铵根离子，水微弱电离出的阳离子为氢离子，则溶液C中含有的阳离子为二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、铵根离子和氢离子.
故答案为：47；O2；、、、、H+
（2）由分析可知，向溶液C中加入一水合肼溶液发生的反应为.
故答案为：
（3）①由方程式可知，反应的平衡常数K====2.0×103×8.0×103×1.8×10—10=2.88×10 3，K值较小说明该反应进行得不完全，属于可逆反应.
故答案为：由方程式可知，反应的平衡常数，K值较小，表明该反应进行得不完全
②由方程式可知，若该反应为可逆反应，向氯化银固体中加入少量氨水，反应后的溶液中含有氯离子，说明氯化银能与氨水反应，含有未反应的氨水说明氯化银能与氨水的反应为可逆反应，则验证上述反应是可逆反应的实验方案为将AgCl固体与少量氨水混合，充分反应后过滤，将滤液分成两支试管，向一支试管中滴加酚酞，溶液变红，表明少量氨水没有完全反应﹔向另一支试管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，表明存在产物Cl-。
故答案为：将AgCl固体与少量氨水混合，充分反应后过滤，将滤液分成两支试管，向一支试管中滴加酚酞，溶液变红，表明少量氨水没有完全反应﹔向另一支试管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，表明存在产物Cl-
【分析】步骤Ⅰ中加入NaOH和NaClO溶液，发生反应：4Ag＋4NaClO＋2H2O=4AgCl＋4NaOH＋O2↑。因此气体A为O2，溶液B中含有NaOH。步骤Ⅱ中往AgCl中加入足量氨水，发生反应：AgCl＋2NH3·H2O=Ag(NH3)2Cl＋2H2O。因此溶液C中含有Ag(NH3)2＋、Cl－和Na＋。步骤Ⅲ中加入足量N2H4·H2O，产生的气体D为空气的组成气体，因此D为N2，该反应的离子方程式为：4[Ag(NH3)2]＋＋N2H4·H2O=4Ag↓＋4NH3＋N2↑＋4NH4＋＋H2O。因此溶液E中含有Na＋、Cl－和NH4＋。据此结合题干设问分析作答。
19．【答案】（1）或
（2）③②①
（3）-76；1.1；温度升高，反应Ⅱ正向移动程度更大(以反应Ⅱ为主)
（4）BD
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）从图中可知，电解质溶液为KHCO3，阴极上CO2得电子结合碳酸氢根离子生成C2H4，电极反应方程式为或。
故答案为：
（2）pH=11，则c(H+)=10-11mol/L，H2CO3(aq)H+(aq)+(aq)，Ka1=4×10-7，则，则，故c()>c(H2CO3)，同理H++，Ka2=，，则c()>c()，故三种离子浓度从大到小的顺序为③②①。
故答案为：③②①
（3）①反应Ⅲ=反应Ⅰ×2-反应Ⅱ，ΔH3=(177×2-430)kJ/mol=-76kJ/mol。
故答案为：-76kJ/mol
②反应Ⅲ可由反应Ⅰ×2-反应Ⅱ得到，则考虑前两个反应即可，M点乙烷转化率为50%，乙烯的选择性为80%，则消耗乙烷2mol，反应Ⅰ生成乙烯1.6mol，反应Ⅱ消耗乙烷0.4mol，则有，，平衡时c(C2H6)=2mol/L，c(CO2)=3.6mol/L，c(C2H4)=1.6mol/L，c(H2O)=1.6mol/L，c(CO)=3.2mol/L，则K==1.1。
故答案为：1.1
③反应Ⅰ和Ⅱ都是吸热反应，温度升高化学平衡正向移动，但是温度升高对反应Ⅱ的影响更大，反应Ⅱ正向移动的幅度大于反应Ⅰ，因此乙烯的选择性随温度升高而下降。
故答案为： 温度升高，反应Ⅱ正向移动程度更大(以反应Ⅱ为主)
（4）A．从图中可知，催化剂助剂在第I步和低聚反应、异构化反应中都起作用，A错误；
B．从表中可知，在催化剂中添加K助剂，产物中乙烯的占比明显大于其他物质，故添加K助剂时，合成乙烯的效果最好，B正确；
C．催化剂对化学平衡常数没有影响，化学平衡常数只受温度的影响，C错误；
D．Fe3(CO)12为簇状超分子，其能活化CO分子，使得CO在第二步中能快速转化为(CH2)n，D正确；
故答案为：BD
【分析】（1）阴极上CO2发生得电子的还原反应，生成C2H4，据此写出其电极反应式。
（2）所得溶液的pH=11，则溶液中c(H＋)=10－11mol·L－1，结合H2CO3的电离常数计算溶液中c(HCO3－)、c(H2CO3)和c(CO32－)，进而得出离子浓度的相对大小。
（3）①根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
② M点乙烷转化率为50%，乙烯的选择性为80%，则消耗乙烷2mol，反应Ⅰ生成乙烯1.6mol，反应Ⅱ消耗乙烷0.4mol，据此结合三段式进行计算。
③温度升高C2H4的选择性下降，根据温度对平衡移动的影响分析。
（4）A、由反应过程可知，催化剂在各个反应过程中都有参与反应。
B、由表格数据可知，添加K后，产物中C2H4的占比增大。
C、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。
D、Fe3(CO)12为簇状超分子，使得CO活化。
20．【答案】（1）(浓)
（2）甲
（3）edcbgf
（4）
（5）C；
【知识点】氯气的实验室制法；实验装置综合；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）第一个装置中KMnO4和浓盐酸反应生成Cl2，化学方程式为(浓)。
故答案为：(浓)
（2）ICl易水解，若选用乙装置，溶液中的水蒸气进入反应装置中，造成ICl水解，则虚线框内应选用的装置是甲。
故答案为：甲
（3）由分析可知，上述制备ICl的实验中，根据气流方向各装置的连接顺序为aedcbgf。
故答案为： edcbgf
（4）A．MnO2和浓盐酸反应制备Cl2需要加热，故不能用MnO2替换KMnO4，A项错误；
B．恒压滴液漏斗组合的装置中内部压强相同，故只需打开活塞即可顺利流下，不需打开上面的玻璃塞，B项错误；
C．ICl化学性质与氯气相似，则ICl和NaOH反应生成NaIO、NaCl和H2O，化学方程式为，C项正确；
D．ICl的沸点为97.4℃，ICl3的熔点为111℃，二者沸点差异大，故可以采用蒸馏法进行提纯，D项正确；
故答案为：CD
（5）①Na2S2O3是强碱弱酸盐，溶液先碱性，则应选用碱式滴定管，碱式滴定管正确的排除装置内气泡的操作为C。
故答案为：C
②根据反应②、③得到比例关系：ICl~2Na2S2O3，测得滴定所需Na2S2O3的平均值为V mL，则反应①剩余的ICl的物质的量为，则反应①消耗ICl的物质的量为，则10mL中油脂的CCl4溶液中含有的碳碳双键的物质的量为，0.05mol某油脂中的碳碳双键的物质的量为，则1个该油脂中含有个碳碳双键，含有一个碳碳双键的不饱和度为1，则该油脂的不饱和度为。
故答案为：
【分析】（1）第一个装置为Cl2的制备装置，KMnO4将浓盐酸氧化生成Cl2，自身还原为MnCl2。据此写出反应的化学方程式。
（2）ICl易水解，因此不能用NaOH溶液。
（3）第一个装置为Cl2的发生装置；生成Cl2后通入饱和食盐水中，除去Cl2中混有的HCl；再 将气体通入浓硫酸，除去Cl2中的H2O；再将Cl2通入装有I2的装置中，I2和Cl2反应生成ICl，据此确定装置连接顺序。
（4）A、若用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，需加热。
B、恒压滴液漏斗组合成的装置内部压强相等，因此不需打开顶部的玻璃塞。
C、ICl的性质与Cl2相似，因此ICl与NaOH溶液反应生成NaCl、NaIO和H2O。
D、若含有ICl3杂质，可采用蒸馏法，使I2逸出。
（5）①Na2S2O3溶液显碱性，应使用碱式滴定管，结合碱式滴定管排气泡操作分析。
②根据关系式“ICl～2Na2S2O3”计算n(ICl)，进而计算油脂中所含的碳碳双键的物质的量，从而得到该油脂的不饱和度。
21．【答案】（1）羰基、酯基
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知其含氧官能团为羰基、酯基。
故答案为：羰基、酯基
（2）由以上分析可知Y的结构简式为：。
故答案为：羰基、酯基
（3）由以上分析可知D→E的反应条件X为浓硝酸、浓硫酸并适当加热，故A正确；
由以上分析可知，化合物I→J的反应，I中氨基与羰基先发生加成反应形成羟基，然后羟基再发生消去反应生成J，故B正确；
保持其它条件不变，若将B→C中的CH3I改为CH3Cl，因Cl的非金属性强于I，C-Cl键键能大于C-I键，则CH3Cl比CH3I难断键，则该反应速率将变慢，故C错误；
J→K中ClSO3H参与反应的原子团不同时，形成的K的相对原子量不同，通过测定K的质谱图可以确定是Cl原子还是OH基团反应，故D正确；
故答案为：ABD
（4）F中酰氯键与氨气发生取代反应生成G，反应方程式为：。
故答案为：
（5）与HCN发生加成反应生成，水解生成，发生醇消去反应生成，与甲醇发生取代反应生成，发生加聚反应生成，合成路线为：。
故答案为：
（6）C的同分异构体满足，①分子中含有苯环；②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有氮氧键，无氧氢键和氧氧键，分子具有对称性；③分子中没有两个甲基连在同一个碳原子上，则两个甲基可能连在同一个N原子上，或连接在对称碳上，则符合的结构简式为：。
故答案为：
【分析】（1）根据A的结构简式确定其所含的含氧官能团。
（2）G中硝基被氢气还原生成H，H中酰胺基与Y反应生成I，结合J的结构及Y的分子式可知Y应为：。
（3）A、D在X条件下生成E，E与SOCl2发生取代反应生成F，结合F的结构简式可知D到E的转化过程中应引入硝基，结合苯的硝化反应，可知反应条件X应为浓硫酸、浓硝酸、加热；
B、I中氨基与羰基先加成、再消去生成J，J与ClSO3H发生取代反应生成K；
C、Cl的非金属性强于I，C-Cl键键能大于C-I键，则CH3Cl比CH3I难断键；
D、J→K中ClSO3H参与反应的原子团不同时，形成的K的相对原子量不同，因此可通过测定质谱图判断。
（4）F中酰氯键与氨气发生取代反应生成G，据此书写反应的化学方程式。
（5）化合物W（）可由和CH3OH发生酯化反应生成，因此合成路线的关键是由得到。羰基可与HCN发生加成反应生成；中-CN发生水解反应可引入-COOH；-OH发生消去反应可引入碳碳双键。据此设计合成路线图。
（6）根据限定条件确定稿同分异构体的基本结构单元，从而得到同分异构体的结构简式。
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