浙江省杭州外國(guó)語(yǔ)學(xué)校2024年高考化學(xué)四模試卷含解析

浙江省杭州外國(guó)語(yǔ)學(xué)校2024年高考化學(xué)四模試卷注意事項(xiàng)1．考生要認(rèn)真填寫考場(chǎng)號(hào)和座位序號(hào)。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無(wú)效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、化合物丙是一種醫(yī)藥中間體,可以通過(guò)如圖反應(yīng)制得。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是A．丙的分子式為C10H14O2B．乙分子中所有原子不可能處于同一平面C．甲、.乙、丙均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．甲的一氯代物只有2種（不考慮立體異構(gòu)）2、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、、B．弱堿性溶液中：K+、Na+、I－、ClO－C．中性溶液中：Fe3+、K+、Cl－、D．能使甲基橙變紅的溶液中：Al3+、Na+、Cl－、3、下列儀器名稱錯(cuò)誤的是()A．量筒 B．試管 C．蒸發(fā)皿 D．分液漏斗4、水系鈉離子電池安全性能好、價(jià)格低廉、對(duì)環(huán)境友好，有著巨大的市場(chǎng)前景。某鈉離子電池工作原理如圖，電池總反應(yīng)為：2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．充電時(shí)，a接電源正極B．放電時(shí)，溶液中的Na+在NaFePO4F電極上得電子被還原C．充電時(shí)，陰極上的電極反應(yīng)為NaTi2(PO4)3+2Na++2e﹣=Na3Ti2(PO4)3D．理論上，該電池在充電或放電過(guò)程中溶液中的c(Na+)不變5、化合物(x)、(y)、(z)的分子式均為C5H6。下列說(shuō)法正確的是A．x、y、z均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B．z的同分異構(gòu)體只有x和y兩種C．z的一氯代物只有一種，二氯代物只有兩種(不考慮立體異構(gòu))D．x分子中所有原子共平面6、下列關(guān)于物質(zhì)的分類或性質(zhì)描述不正確的是()A．NaClO是強(qiáng)堿弱酸鹽，具有強(qiáng)氧化性B．氯氣溶于水能導(dǎo)電，氯氣是電解質(zhì)C．Fe(OH)3膠體遇氫碘酸先聚沉后溶解，并有氧化還原反應(yīng)發(fā)生D．加熱煮沸Mg(HCO3)2溶液，可產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀7、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A．常溫常壓下，22.4LCH4含有的分子數(shù)小于NAB．7.8gNa2O2與足量水反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAC．1mol苯中含有的碳碳雙鍵數(shù)為3NAD．1L1mol·L-1的磷酸溶液中氫離子數(shù)為3NA8、取三份濃度均為0.1mol/L，體積均為1L的CH3COONa溶液中分別加入NH4Cl固體、CH3COONH4固體、HCl氣體后所得溶液pH變化曲線如圖（溶液體積變化忽略不計(jì)）下列說(shuō)法不正確的是A．曲線a、b、c分別代表加入CH3COONH4、NH4Cl、HClB．由圖可知Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3﹒H2O)＝1×10－7C．A點(diǎn)處c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)D．C點(diǎn)處c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)＞0.1mol/L9、鈦（Ti）金屬常被稱為未來(lái)鋼鐵，Ti和Ti是鈦的兩種同位素。下列有關(guān)Ti的說(shuō)法正確的是A．Ti比Ti少1個(gè)質(zhì)子 B．Ti和Ti的化學(xué)性質(zhì)相同C．Ti的相對(duì)原子質(zhì)量是46 D．Ti的原子序數(shù)為4710、下列關(guān)于有機(jī)物a()、b()、c(）的說(shuō)法正確的是A．a(chǎn)、b互為同系物B．C中所有碳原子可能處于同一平面C．b的同分異構(gòu)體中含有羧基的結(jié)構(gòu)還有7種（不含立體異構(gòu)）D．a(chǎn)易溶于水，b、c均能使酸性高猛酸鉀溶液褪色11、常溫下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A－的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)δ(X)隨pH的變化如圖所示。［已知δ(X)＝］下列說(shuō)法正確的是A．Ka(HA)的數(shù)量級(jí)為10－5B．溶液中由水電離出的c(H＋)：a點(diǎn)＞b點(diǎn)C．當(dāng)pH＝4.7時(shí)，c(A－)＋c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)D．當(dāng)pH＝7時(shí)，消耗NaOH溶液的體積為20.00mL12、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，R和X組成簡(jiǎn)單分子的球棍模型如圖所示。Y原子核外K、M層上電子數(shù)相等，Z原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍。下列推斷正確的是A．原子半徑：Y>Z>R>XB．Y3X2是含兩種化學(xué)鍵的離子化合物C．X的氧化物對(duì)應(yīng)的水化物是強(qiáng)酸D．X和Z的氣態(tài)氫化物能夠發(fā)生化合反應(yīng)13、屬于弱電解質(zhì)的是A．一水合氨 B．二氧化碳 C．乙醇 D．硫酸鋇14、下列物質(zhì)與其用途不相符的是A．乙二醇——抗凍劑 B．NaCl——制純堿C．Al2O3——焊接鋼軌 D．甲苯——制炸藥15、H2C2O4(草酸)為二元弱酸，在水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法不正確的是A．由圖可知，草酸的Ka＝10-1.2B．0.1mol·L—1NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)C．向草酸溶液中滴加氫氧化鈉溶液至pH為4.2時(shí)c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-)D．根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計(jì)算可得C點(diǎn)溶液pH為2.816、在100kPa時(shí)，1molC(石墨，s)轉(zhuǎn)化為1molC(金剛石，s)，要吸收l(shuí).895kJ的熱能。下列說(shuō)法正確的是A．金剛石和石墨是碳元素的兩種同分異構(gòu)體B．金剛石比石墨穩(wěn)定C．1molC(石墨，s)比1molC(金剛石，s)的總能量低D．石墨轉(zhuǎn)化為金剛石是物理變化二、非選擇題（本題包括5小題）17、扁桃酸衍生物是重要的醫(yī)藥中間體。以A和B為原料合成扁桃酸衍生物F的路線如下：(1)A分子式為C2H2O3，可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，且具有酸性，A所含官能團(tuán)名稱為______。寫出A+B→C的化學(xué)反應(yīng)方程式：__________________。(2)C()中①、②、③3個(gè)一OH的酸性由弱到強(qiáng)的順序是_____。(3)E是由2分子C生成的含有3個(gè)六元環(huán)的化合物，E分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子有______種。(4)D→F的反應(yīng)類型是_____，1molF在一定條件下與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗NaOH的物質(zhì)的量為______mol。寫出符合下列條件的F的所有同分異構(gòu)體(不考慮立體異構(gòu))的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：__________。①屬于一元酸類化合物：②苯環(huán)上只有2個(gè)取代基且處于對(duì)位，其中一個(gè)是羥基。(5)已知：R一CH2COOHR一一COOHA有多種合成方法，在方框中寫出由乙酸合成A的路線流程圖(其他原料任選)。合成路線流程圖示例如下：______________________CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H518、工業(yè)上以苯、乙烯和乙炔為原料合成化工原料G的流程如下：（1）A的名稱__，條件X為__；（2）D→E的化學(xué)方程式為__，E→F的反應(yīng)類型為__。（3）實(shí)驗(yàn)室制備乙炔時(shí)，用飽和食鹽水代替水的目的是__，以乙烯為原料原子利率為100%的合成的化學(xué)方程式為__。（4）F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為___。（5）寫出符合下列條件的G的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式__。①與G具有相同官能團(tuán)的芳香族類化合物；②有兩個(gè)通過(guò)C-C相連的六元環(huán)；③核磁共振氫譜有8種吸收峰；（6）參照上述合成路線，設(shè)計(jì)一條以1，2二氯丙烷和二碘甲烷及必要試劑合成甲基環(huán)丙烷的路線：__。19、草酸鐵銨[(NH4)3Fe(C2O4)3]是一種常用的金屬著色劑，易溶于水，常溫下其水溶液的pH介于4.0～5.0之間。某興趣小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)制備草酸鐵銨并測(cè)其純度。（1）甲組設(shè)計(jì)由硝酸氧化葡萄糖制取草酸，其實(shí)驗(yàn)裝置(夾持及加熱裝置略去)如圖所示。①儀器a的名稱是________________。②55～60℃下，裝置A中生成H2C2O4，同時(shí)生成NO2和NO且物質(zhì)的量之比為3：1，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________________________。③裝置B的作用是______________________；裝置C中盛裝的試劑是______________。（2）乙組利用甲組提純后的草酸溶液制備草酸鐵銨。將Fe2O3在攪拌條件下溶于熱的草酸溶液；滴加氨水至__________，然后將溶液________、過(guò)濾、洗滌并干燥，制得草酸鐵銨產(chǎn)品。（3）丙組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)測(cè)定乙組產(chǎn)品的純度。準(zhǔn)確稱量5.000g產(chǎn)品配成100mL溶液，取10.00mL于錐形瓶中，加入足量0.1000mol·L－1稀硫酸酸化后，再用0.1000mol·L－1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，消耗KMnO4溶液的體積為12.00mL。①滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是_______________________。②滴定過(guò)程中發(fā)現(xiàn)褪色速率開始緩慢后迅速加快，其主要原因是____________________。③產(chǎn)品中(NH4)3Fe(C2O4)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____________％。[已知：(NH4)3Fe(C2O4)3的摩爾質(zhì)量為374g·mol－1]20、(CH3COO)2Mn·4H2O主要用于紡織染色催化劑和分析試劑，其制備過(guò)程如圖?；卮鹣铝袉?wèn)題：步驟一：以MnO2為原料制各MnSO4(1)儀器a的名稱是___，C裝置中NaOH溶液的作用是___________。(2)B裝置中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是___________。步驟二：制備MnCO3沉淀充分反應(yīng)后將B裝置中的混合物過(guò)濾，向?yàn)V液中加入飽和NH4HCO3溶液，反應(yīng)生成MnCO3沉淀。過(guò)濾，洗滌，干燥。(3)①生成MnCO3的離子方程式_____________。②判斷沉淀已洗凈的操作和現(xiàn)象是___________。步驟三：制備(CH3COO)2Mn·4H2O固體向11.5gMnCO3固體中加入醋酸水溶液，反應(yīng)一段時(shí)間后，過(guò)濾、洗滌，控制溫度不超過(guò)55℃干燥，得(CH3COO)2Mn·4H2O固體。探究生成(CH3COO)2Mn·4H2O最佳實(shí)驗(yàn)條件的數(shù)據(jù)如下：(4)產(chǎn)品干燥溫度不宜超過(guò)55℃的原因可能是___________。(5)上述實(shí)驗(yàn)探究了___________和___________對(duì)產(chǎn)品質(zhì)量的影響，實(shí)驗(yàn)l中(CH3COO)2Mn·4H2O產(chǎn)率為___________。21、2019年10月1日，在慶祝中華人民共和國(guó)成立70周年的閱兵儀式上，最后亮相的DF-31A洲際戰(zhàn)略導(dǎo)彈是我國(guó)大國(guó)地位、國(guó)防實(shí)力的顯著標(biāo)志。其制作材料包含了Fe、Cr、Ni、C等多種元素?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）基態(tài)鐵原子的價(jià)電子排布式為___。（2）與Cr同周期且基態(tài)原子最外層電子數(shù)相同的元素，可能位于周期表的___區(qū)。（3）實(shí)驗(yàn)室常用KSCN溶液、苯酚()檢驗(yàn)Fe3+。其中N、O、S的第一電離能由大到小的順序?yàn)開__(用元素符號(hào)表示)，苯酚中碳原子的雜化軌道類型為___。（4）鐵元素能于CO形成Fe(CO)5。羰基鐵[Fe(CO)5]可用作催化劑、汽油抗爆劑等。1molFe(CO)5分子中含___molσ鍵，與CO互為等電子體的一種離子的化學(xué)式為___。（5）碳的一種同素異形體的晶體可采取非最密堆積，然后在空隙中插入金屬離子獲得超導(dǎo)體。如圖為一種超導(dǎo)體的面心立方晶胞，C60分子占據(jù)頂點(diǎn)和面心處，K+占據(jù)的是C60分子圍成的___空隙和___空隙(填幾何空間構(gòu)型)；若C60分子的坐標(biāo)參數(shù)分別為A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，則距離A位置最近的陽(yáng)離子的原子坐標(biāo)參數(shù)為___。（6）Ni可以形成多種氧化物，其中一種NiaO晶體晶胞結(jié)構(gòu)為NaCl型，由于晶體缺陷，a的值為0.88，且晶體中的Ni分別為Ni2+、Ni3+，則晶體中Ni2+與Ni3+的最簡(jiǎn)整數(shù)比為___，晶胞參數(shù)為428pm，則晶體密度為___g/cm3(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，列出表達(dá)式)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、D【解析】

A.由丙的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，丙的分子式為C10H14O2，故A正確；B.乙分子中含有飽和碳原子，所以乙分子中所有原子不可能處于同一平面，故B正確；C.甲、乙、丙三種有機(jī)物分子中均含有碳碳雙鍵，所以均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；D.甲的分子中有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，則其一氯代物有3種(不考慮立體異構(gòu))，故D錯(cuò)誤；故選D?！军c(diǎn)睛】共面問(wèn)題可以運(yùn)用類比遷移的方法分析，熟記簡(jiǎn)單小分子的空間構(gòu)型：①甲烷分子為正四面體構(gòu)型，其分子中有且只有三個(gè)原子共面；②乙烯分子中所有原子共面；③乙炔分子中所有原子共線；④苯分子中所有原子共面；⑤HCHO分子中所有原子共面。2、A【解析】

A．澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、、離子之間不反應(yīng)，能夠大量共存，故A符合題意；B．弱堿性溶液中：I－和ClO－發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，故B不符合題意；C．中性溶液中：Fe3+會(huì)大量水解生成氫氧化鐵，不能大量存在，故C不符合題意；D．能使甲基橙變紅的溶液顯酸性，H+和不能大量共存，且Al3+與HCO3-發(fā)生雙水解反應(yīng)不能大量共存，故D不符合題意；答案選A?！军c(diǎn)睛】澄清透明不是無(wú)色，含銅離子的溶液是藍(lán)色透明的液體，在酸性和堿性條件下都不能大量共存。3、C【解析】

A.據(jù)圖可知，A為量筒，故A正確；B.據(jù)圖可知，B為試管，故B正確；C.據(jù)圖可知，C為坩堝，故C錯(cuò)誤；D.據(jù)圖可知，D為分液漏斗，故D正確；答案選C。4、B【解析】

2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3分析方程式得出NaFePO4F變?yōu)镹a2FePO4F，F(xiàn)e在降低，發(fā)生還原反應(yīng)，該物質(zhì)作原電池的正極，Na3Ti2(PO4)3變?yōu)镹aTi2(PO4)3，Ti在升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，該物質(zhì)作原電池的負(fù)極?！驹斀狻緼選項(xiàng)，放電時(shí)a為正極，因此充電時(shí)，a接電源正極，故A正確；B選項(xiàng)，放電時(shí)，溶液中的Na+不放電，而是Na3Ti2(PO4)3中Ti在失去電子，故B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，陰極主要是NaTi2(PO4)3得到電子，因此陰極上的電極反應(yīng)為NaTi2(PO4)3+2Na++2e－=Na3Ti2(PO4)3，故C正確；D選項(xiàng)，根據(jù)溶液中電荷守恒關(guān)系，理論上，該電池在充電或放電過(guò)程中溶液中的c(Na+)不變，故D正確；綜上所述，答案為B?！军c(diǎn)睛】分析化合價(jià)，根據(jù)化合價(jià)來(lái)定負(fù)極和正極，根據(jù)負(fù)極和正極來(lái)書寫電極反應(yīng)式。5、C【解析】

A.x、y中含碳碳雙鍵，z中不含碳碳雙鍵，則x、y能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，z不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.C5H6的不飽和度為，若為直鏈結(jié)構(gòu)，可含1個(gè)雙鍵、1個(gè)三鍵，則z的同分異構(gòu)體不是只有x和y兩種，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.z中三個(gè)亞甲基上的H原子屬于等效氫原子，因此z只有一類氫原子，則z的一氯代物只有一種，2個(gè)Cl可在同一個(gè)亞甲基上或不同亞甲基上，二氯代物只有兩種，C項(xiàng)正確；D.x中含1個(gè)四面體結(jié)構(gòu)的碳原子，則所有原子不可能共面，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。6、B【解析】

A．次氯酸鈉是由氫氧化鈉與次氯酸反應(yīng)生成，屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，次氯酸鈉中氯元素處于+1的價(jià)，具有強(qiáng)的氧化性，故A正確；B．氯氣是單質(zhì)，不是電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C．氫碘酸為可溶性電解質(zhì)，能夠是氫氧化鐵膠體聚沉，氫氧化鐵具有強(qiáng)的氧化性，能夠氧化碘離子生成單質(zhì)電，所以Fe(OH)3膠體遇氫碘酸先聚沉后溶解，并有氧化還原反應(yīng)發(fā)生，故C正確；D．長(zhǎng)時(shí)間煮沸Mg(HCO3)2溶液，Mg(HCO3)2生成MgCO3，水解生成Mg(OH)2，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)睛】電解質(zhì)：在水溶液或在熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔铩Ｋ耘袛嗍欠駷殡娊赓|(zhì)的前提為化合物，B選項(xiàng)氯氣是單質(zhì)，不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)。7、A【解析】

A.常溫常壓下，22.4LCH4物質(zhì)的量小于1mol，其含有的分子數(shù)小于NA，故A正確；B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2mol過(guò)氧化鈉轉(zhuǎn)移2mol電子，因此7.8gNa2O2即0.1mol與足量水反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA，故B錯(cuò)誤；C.苯中不含有的碳碳雙鍵，故C錯(cuò)誤；D.1L1mol·L-1的磷酸物質(zhì)的量為1mol，磷酸是弱酸，部分電離，因此溶液中氫離子數(shù)小于3NA，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為A。8、B【解析】

醋酸鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽，因醋酸根離子水解，溶液呈堿性。往溶液中加入氯化銨固體，由于銨根離子水解呈酸性，故隨著氯化銨的加入，溶液將由堿性逐漸變?yōu)樗嵝?，由于水解微弱，所得溶液酸性較弱，符合的曲線為b；往溶液中通入氫化氯氣體，隨著氣體的通入溶液由堿性轉(zhuǎn)變?yōu)樗嵝?，由于氯化氫為?qiáng)酸，通入量較大時(shí)，溶液的酸性較強(qiáng)，符合的曲線為c；加入醋酸銨固體所對(duì)應(yīng)的變化曲線為a，據(jù)此結(jié)合電荷守恒及鹽的水解原理分析?！驹斀狻緼.根據(jù)分析可知，曲線a代表醋酸銨、曲線b代表氯化銨、曲線c代表氯化氫，故A正確；B.當(dāng)加入固體的物質(zhì)的量為0.1mol時(shí)，曲線b對(duì)應(yīng)的pH值等于7，說(shuō)明等濃度的醋酸根離子的水解程度與銨根離子相同，即Ka(CH3COOH)=Kb(NH3﹒H2O)，但無(wú)法計(jì)算其電離平衡常數(shù)，故B錯(cuò)誤；C.A點(diǎn)含有的溶質(zhì)為0.1molCH3COONa與0.1molCH3COONH4，溶液的pH>7，則c(OH?)>c(H+)，醋酸根離子的水解程度較小，則c(CH3COO?)>c(Na+)，銨根離子部分水解，則c(Na+)>c(NH4+)，溶液中離子濃度的大小關(guān)系為：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C正確；D.C點(diǎn)通入0.1molHCl，與0.1mol醋酸鈉反應(yīng)得到0.1molCH3COOH與0.1molNaCl，c(Cl?)=c(Na+)=0.1mol/L，則c(CH3COO?)+c(Cl?)+c(OH?)>0.1mol/L，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)睛】本題考查圖象分析、溶液中離子濃度關(guān)系，題目難度中等，明確圖象曲線變化的意義為解答關(guān)鍵，轉(zhuǎn)移掌握電荷守恒及鹽的水解原理，試題培養(yǎng)了學(xué)生的綜合應(yīng)用能力。9、B【解析】

A.Ti和Ti:質(zhì)子數(shù)都是22，故A錯(cuò)誤；B.Ti和Ti是同種元素的不同原子，因?yàn)樽钔鈱与娮訑?shù)相同，所以化學(xué)性質(zhì)相同，故B正確；C.46是Ti的質(zhì)量數(shù)，不是其相對(duì)原子質(zhì)量質(zhì)量，故C錯(cuò)誤；D.Ti的原子序數(shù)為22,故D錯(cuò)誤；答案選B。10、C【解析】

A.a、b的分子式和分子結(jié)構(gòu)都相同，屬于同一種物質(zhì)。故A錯(cuò)誤；B.c是1，4-環(huán)己二醇，碳原子均采取雜化，所有碳原子不可能處于同一平面。故B錯(cuò)誤；C.b的烴基是戊基（），戊基一共有8種結(jié)構(gòu)，所以，b的同分異構(gòu)體中含有羧基的結(jié)構(gòu)還有7種。故C正確；D.飽和羧酸不能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，與羥基相連的碳原子上有氫原子的飽和醇能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，所以，上述物質(zhì)中，只有c能使酸性高錳酸鉀溶液褪色。故D錯(cuò)誤；故答案選：C。11、A【解析】

A.曲線的交點(diǎn)處，c(HA)=c(A-)，此時(shí)pH=4.7，則因此Ka(HA)的數(shù)量級(jí)為10-5，A項(xiàng)正確；B.a點(diǎn)、b點(diǎn)溶液均顯酸性，均抑制水的電離，a點(diǎn)pH較小，溶液酸性較強(qiáng)，抑制水的電離程度更大，因此，溶液中由水電離出的c(H＋)：a點(diǎn)<b點(diǎn)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.當(dāng)pH＝4.7時(shí)，c(HA)=c(A-)，但c(OH－)不等于c(H＋)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.HA為弱酸，當(dāng)消耗NaOH溶液的體積為20.00mL時(shí)，二者恰好反應(yīng)生成NaA溶液，溶液顯堿性，pH>7，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A?！军c(diǎn)睛】利用曲線的交點(diǎn)計(jì)算Ka(HA)，是該題的巧妙之處，因?yàn)樵擖c(diǎn)c(HA)=c(A-)，因此Ka(HA)=c(H+)，同學(xué)們?cè)谧鏊芤褐须x子平衡的圖像題的時(shí)候，多關(guān)注特殊的點(diǎn)，諸如曲線的交點(diǎn)、起點(diǎn)、恰好反應(yīng)點(diǎn)、中性點(diǎn)等。12、D【解析】

根據(jù)R和X組成簡(jiǎn)單分子的球棍模型，可推出該分子為NH3，由此得出R為H，X為N；由“Y原子核外K、M層上電子數(shù)相等”，可推出Y核外電子排布為2、8、2，即為Mg；因?yàn)閆的原子序數(shù)大于Y，所以Z屬于第三周期元素，由“Z原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍”，可確定Z的最外層電子數(shù)為6，從而推出Z為S?！驹斀狻恳罁?jù)上面推斷，R、X、Y、Z分別為H、N、Mg、S。A.原子半徑：Mg>S>N>H，A錯(cuò)誤；B.Mg3N2是由Mg2+和N3-構(gòu)成的離子化合物，只含有離子鍵，B錯(cuò)誤；C.N的氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可能為HNO3、HNO2，HNO3是強(qiáng)酸，HNO2是弱酸，C錯(cuò)誤；D.N和S的氣態(tài)氫化物分別為NH3和H2S，二者能夠發(fā)生化合反應(yīng)，生成NH4HS或(NH4)2S，D正確。故選D。13、A【解析】

在水溶液中只能部分電離的電解質(zhì)為弱電解質(zhì)，包括弱酸、弱堿和水等，據(jù)此分析?！驹斀狻緼.NH3?H2O在水溶液中部分電離產(chǎn)生離子，在溶液中存在電離平衡，屬于弱電解質(zhì)，A正確；B.CO2在水溶液中和熔融狀態(tài)下均不能導(dǎo)電，為非電解質(zhì)，B錯(cuò)誤；C.乙醇在水溶液中和熔融狀態(tài)下均不能導(dǎo)電，為非電解質(zhì)，C錯(cuò)誤；D.BaSO4在水溶液中雖然溶解度很小，但溶解的能完全電離，故為強(qiáng)電解質(zhì)，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是A。【點(diǎn)睛】本題考查了電解質(zhì)、非電解質(zhì)以及強(qiáng)弱電解質(zhì)的判斷的知識(shí)，應(yīng)注意的是強(qiáng)弱電解質(zhì)的本質(zhì)區(qū)別是電離是否徹底，和溶解度、離子濃度及溶液的導(dǎo)電能力等均無(wú)關(guān)。14、C【解析】

A.乙二醇的熔點(diǎn)很低，故可用作汽車的防凍液，故A正確；B.侯氏制堿法的原理是將氨氣和二氧化碳通入飽和氯化鈉溶液中，然后生成碳酸氫鈉和氯化銨，將碳酸氫鈉分離出后加熱即可制得純堿碳酸鈉，故氯化鈉可用作制純堿，故B正確；C.利用鋁熱反應(yīng)來(lái)焊接鋼軌，而鋁熱反應(yīng)是鋁單質(zhì)和某些金屬氧化物的反應(yīng)，其中氧化鋁是生成物，故可以說(shuō)金屬鋁能用于焊接鋼軌，故C錯(cuò)誤；D.三硝基甲苯是一種烈性炸藥，可以通過(guò)甲苯的硝化反應(yīng)來(lái)制取，故D正確。故選：C。15、D【解析】

由圖線1為H2C2O4、2為HC2O4-、3為C2O42-。A.當(dāng)pH為1.2時(shí)c(H+)=10-1.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1，草酸的Ka＝10-1.2，故A正確；B.0.1mol·L-1NaHC2O4溶液顯酸性c(H+)>c(OH-)，HC2O4-會(huì)發(fā)生水解和電離c(Na+)>c(HC2O4-)，因此c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)，故B正確；C.pH為4.2時(shí)，溶液中含有微粒為HC2O4-和C2O42-，且c(HC2O4-)=c(HC2O4-)，根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，則有c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-)，故C正確；D.由于草酸為弱酸分兩步電離，Ka1=，Ka2=，Ka1·Ka2=，根據(jù)圖中C點(diǎn)得到c(C2O42-)=c(H2C2O4)，所以，Ka1Ka2=，當(dāng)pH為1.2時(shí)c(H+)=10-1.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1，草酸的Ka1＝10-1.2。當(dāng)pH為4.2時(shí)c(H+)=10-4.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(C2O42-)=0.5mol·L-1，草酸的Ka2＝10-4.2；====10-2.7，C點(diǎn)溶液pH為2.7。故D錯(cuò)誤。答案選D。16、C【解析】

A、金剛石和石墨是碳元素形成的兩種不同單質(zhì)，互為同素異形體，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、1mol石墨轉(zhuǎn)化為金剛石，要吸收1.895kJ的能量說(shuō)明石墨的能量低于金剛石的能量，石墨更穩(wěn)定，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、1molC(石墨，s)轉(zhuǎn)化為1molC(金剛石，s)，要吸收l(shuí).895kJ的熱能說(shuō)明1molC(石墨，s)比1molC(金剛石，s)的總能量低，選項(xiàng)C正確；D、石墨轉(zhuǎn)化為金剛石是化學(xué)變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選C?！军c(diǎn)睛】本題主要考查物質(zhì)具有的能量越低越穩(wěn)定，在100kPa時(shí)，1mol石墨轉(zhuǎn)化為金剛石，要吸收1.895kJ的能量說(shuō)明石墨的能量低于金剛石的能量，石墨更穩(wěn)定．金剛石的能量高，1mol石墨和金剛石完全燃燒時(shí)釋放的能量金剛石比石墨多。二、非選擇題（本題包括5小題）17、醛基、羧基②<①<③4取代反應(yīng)3【解析】

A分子式為C2H2O3，可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，且具有酸性，則A為OHC﹣COOH，根據(jù)C的結(jié)構(gòu)可知B是，A轉(zhuǎn)化到C發(fā)生加成反應(yīng)，據(jù)此分析作答。【詳解】(1)A的分子式為C2H2O3，可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，且具有酸性，說(shuō)明含有醛基和羧基，則A是OHC﹣COOH，根據(jù)C的結(jié)構(gòu)可知B是，A+B→C發(fā)生加成反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：，故答案為醛基羧基；；。(2)羧基的酸性強(qiáng)于酚羥基，酚羥基的酸性強(qiáng)于醇羥基，所以酸性由弱到強(qiáng)順序?yàn)椋孩?lt;①<③，故答案為②<①<③；(3)C中有羥基和羧基，2分子C可以發(fā)生酯化反應(yīng)，可以生成3個(gè)六元環(huán)的化合物，C分子間醇羥基、羧基發(fā)生酯化反應(yīng)，則E為，該分子為對(duì)稱結(jié)構(gòu)，分子中有4種化學(xué)環(huán)境不同的H原子，分別為苯環(huán)上2種、酚羥基中1種、亞甲基上1種，故答案為4；(4)對(duì)比D、F的結(jié)構(gòu)，可知溴原子取代﹣OH位置，D→F的反應(yīng)類型是取代反應(yīng)；F中溴原子、酚羥基、酯基(羧酸與醇形成的酯基)，都可以與氫氧化鈉反應(yīng)，1molF最多消耗3molNaOH；其同分分異構(gòu)體滿足①屬于一元酸類化合物：②苯環(huán)上只有2個(gè)取代基且處于對(duì)位，其中一個(gè)是羥基，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可以為：故答案為取代反應(yīng)；3；；（5）由題目信息可知，乙酸與PCl3反應(yīng)得到ClCH2COOH，在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)得到HOCH2COONa，用鹽酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu作催化劑條件下發(fā)生催化氧化得到OHC﹣COOH，合成路線流程圖為，故答案為。18、氯甲苯Na和NH3(液)加成反應(yīng)減緩電石與水的反應(yīng)速率【解析】

⑴A的名稱氯甲苯，條件X為Na和NH3(液)；⑵根據(jù)圖中信息可得到D→E的化學(xué)方程式為，E→F增加了兩個(gè)氫原子，即反應(yīng)類型為加成反應(yīng)。⑶實(shí)驗(yàn)室制備乙炔時(shí)，用飽和食鹽水代替水，濃度減小，減緩電石與水的反應(yīng)速率，以乙烯為原料原子利率為100%的合成的化學(xué)方程式為。⑷D只加了一個(gè)氫氣變?yōu)镕，F(xiàn)與CH2I2反應(yīng)得到G，從結(jié)構(gòu)上得出F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。⑸①與G具有相同官能團(tuán)的芳香族類化合物，說(shuō)明有苯環(huán)；②有兩個(gè)通過(guò)C—C相連的六元環(huán)，說(shuō)明除了苯環(huán)外還有一個(gè)六元環(huán)，共12個(gè)碳原子；③核磁共振氫譜有8種吸收峰；。⑹1，2二氯丙烷先在氫氧化鈉醇加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成丙炔，丙炔在林氏催化劑條件下與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成丙烯，丙烯和CH2I2在催化劑作用下反應(yīng)生成甲基環(huán)丙烷，其合成路線?！驹斀狻竣臕的名稱氯甲苯，條件X為Na和NH3(液)；⑵根據(jù)圖中信息可得到D→E的化學(xué)方程式為，E→F增加了兩個(gè)氫原子，即反應(yīng)類型為加成反應(yīng)，故答案為：；加成反應(yīng)。⑶實(shí)驗(yàn)室制備乙炔時(shí)，用飽和食鹽水代替水，濃度減小，減緩電石與水的反應(yīng)速率，以乙烯為原料原子利率為100%的合成的化學(xué)方程式為，故答案為：減緩電石與水的反應(yīng)速率；。⑷D只加了一個(gè)氫氣變?yōu)镕，F(xiàn)與CH2I2反應(yīng)得到G，從結(jié)構(gòu)上得出F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：。⑸①與G具有相同官能團(tuán)的芳香族類化合物，說(shuō)明有苯環(huán)；②有兩個(gè)通過(guò)C—C相連的六元環(huán)，說(shuō)明除了苯環(huán)外還有一個(gè)六元環(huán)，共12個(gè)碳原子；③核磁共振氫譜有8種吸收峰；，故答案為：。⑹1，2二氯丙烷先在氫氧化鈉醇加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成丙炔，丙炔在林氏催化劑條件下與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成丙烯，丙烯和CH2I2在催化劑作用下反應(yīng)生成甲基環(huán)丙烷，其合成路線，故答案為：。19、球形冷凝管12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O安全瓶，防倒吸NaOH溶液溶液pH介于4.0~5.0之間加熱濃縮、冷卻結(jié)晶溶液變?yōu)榉奂t色,且半分鐘內(nèi)不褪色反應(yīng)生成的Mn2+是該反應(yīng)的催化劑74.8【解析】

(1)①根據(jù)圖示分析判斷儀器a的名稱；②55～60℃下，裝置A中硝酸與葡萄糖發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成H2C2O4，同時(shí)生成NO2和NO且物質(zhì)的量之比為3：1，根據(jù)電子得失守恒、原子守恒分析書寫方程式；③反應(yīng)中生成的NO2和NO，均為大氣污染氣體，需要尾氣吸收，NO2和NO被吸收時(shí)會(huì)導(dǎo)致倒吸；(2)草酸鐵銨[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常溫下其水溶液的pH介于4.0～5.0之間；草酸鐵銨是銨鹽，溫度過(guò)高易分解，且溫度過(guò)高促進(jìn)銨根離子和鐵離子水解，不能直接加熱蒸干；(3)①滴定操作是高錳酸鉀溶液參與的氧化還原反應(yīng)，高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)過(guò)程中顏色褪去，自身可做指示劑；②滴定過(guò)程中高錳酸鉀溶液被還原為Mn2+，且隨著反應(yīng)進(jìn)行，Mn2+的濃度增大，反應(yīng)速率加快，據(jù)此分析；③根據(jù)題給數(shù)據(jù)，結(jié)合反應(yīng)，計(jì)算(NH4)3Fe(C2O4)3的物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算產(chǎn)品中(NH4)3Fe(C2O4)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%?！驹斀狻?1)①根據(jù)圖示儀器a的名稱為球形冷凝管；②55～60℃下，裝置A中硝酸與葡萄糖發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成H2C2O4，同時(shí)生成NO2和NO且物質(zhì)的量之比為3：1，根據(jù)電子得失守恒、原子守恒，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；③反應(yīng)中生成的NO2和NO，均為大氣污染氣體，需要尾氣吸收，NO2和NO被吸收時(shí)會(huì)導(dǎo)致倒吸，裝置B的作用是做安全瓶防止倒吸，裝置C中盛裝的試劑是NaOH溶液，用于吸收NO2和NO，發(fā)生反應(yīng)為NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)草酸鐵銨[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常溫下其水溶液的pH介于4.0～5.0之間，則將Fe2O3在攪拌條件下溶于熱的草酸溶液，滴加氨水至pH介于4.0～5.0之間；草酸鐵銨是銨鹽，溫度過(guò)高易分解，且溫度過(guò)高促進(jìn)銨根離子和鐵離子水解，不能直接加熱蒸干；提純后的草酸溶液進(jìn)行蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌并干燥，制得草酸鐵銨產(chǎn)品；(3)①滴定操作是高錳酸鉀溶液參與的氧化還原反應(yīng)，高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)過(guò)程中顏色褪去，自身可做指示劑，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是加入最后一滴高錳酸鉀溶液，溶液變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不褪色，即為達(dá)到終點(diǎn)；②滴定過(guò)程中高錳酸鉀溶液被還原為Mn2+，且隨著反應(yīng)進(jìn)行，Mn2+的濃度增大，反應(yīng)速率加快，說(shuō)明反應(yīng)生成的Mn2+可以加快反應(yīng)速率，即Mn2+起催化劑的作用；③滴定過(guò)程中，產(chǎn)品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸，草酸與高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子反應(yīng)為5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，10.00mL產(chǎn)品溶液消耗n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×0.012L=0.0012mol，則10.00mL產(chǎn)品溶液中n(H2C2O4)=n(MnO4-)=×0.0012mol=0.003mol，根據(jù)物料守恒，100mL產(chǎn)品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的質(zhì)量=×0.003mol××374g·mol－1=3.74g，故產(chǎn)品中(NH4)3Fe(C2O4)3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=74.8%。20、分液漏斗吸收多余的SO2SO2+MnO2=MnSO4或SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次洗滌液少許于試管中，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無(wú)沉淀生成，證明沉淀已洗滌干凈溫度過(guò)高會(huì)失去結(jié)晶水醋酸質(zhì)量分?jǐn)?shù)溫度90.0%【解析】

將分液漏斗中的濃硫酸滴加到盛有Na2SO3的試管中發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)制取SO2，將反應(yīng)產(chǎn)生的SO2氣體通入三頸燒瓶中與MnO2反應(yīng)制取MnSO4，由于SO2是大氣污染物，未反應(yīng)的SO2不能直接排放，可根據(jù)SO2與堿反應(yīng)的性質(zhì)用NaOH溶液進(jìn)行尾氣處理，同時(shí)要使用倒扣的漏斗以防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生。反應(yīng)產(chǎn)生的MnSO4再與NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，將MnCO3沉淀經(jīng)過(guò)濾、洗滌后用醋酸溶解可得醋酸錳，根據(jù)表格中溫度、濃度對(duì)制取的產(chǎn)品的質(zhì)量分析醋酸錳晶體合適的條件?！驹斀狻?1)根據(jù)儀器結(jié)構(gòu)可知儀器a的名稱為分液漏斗；C裝置中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染大氣；(2)B裝置中SO2與MnO2反應(yīng)制取MnSO4，反應(yīng)的方程式是SO2+MnO2=MnSO4(或?qū)憺镾O2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O)；(3)①M(fèi)nSO4與NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，該反應(yīng)的離子方程式為：2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O；②若MnCO