浙江省杭州外国语学校2024年高考化学四模试卷含解析

浙江省杭州外国语学校2024年高考化学四模试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、化合物丙是一种医药中间体,可以通过如图反应制得。下列有关说法不正确的是A．丙的分子式为C10H14O2B．乙分子中所有原子不可能处于同一平面C．甲、.乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．甲的一氯代物只有2种（不考虑立体异构）2、常温下，下列各组离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．弱碱性溶液中：K+、Na+、I－、ClO－C．中性溶液中：Fe3+、K+、Cl－、D．能使甲基橙变红的溶液中：Al3+、Na+、Cl－、3、下列仪器名称错误的是()A．量筒 B．试管 C．蒸发皿 D．分液漏斗4、水系钠离子电池安全性能好、价格低廉、对环境友好，有着巨大的市场前景。某钠离子电池工作原理如图，电池总反应为：2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3下列说法错误的是A．充电时，a接电源正极B．放电时，溶液中的Na+在NaFePO4F电极上得电子被还原C．充电时，阴极上的电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e﹣=Na3Ti2(PO4)3D．理论上，该电池在充电或放电过程中溶液中的c(Na+)不变5、化合物(x)、(y)、(z)的分子式均为C5H6。下列说法正确的是A．x、y、z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．z的同分异构体只有x和y两种C．z的一氯代物只有一种，二氯代物只有两种(不考虑立体异构)D．x分子中所有原子共平面6、下列关于物质的分类或性质描述不正确的是()A．NaClO是强碱弱酸盐，具有强氧化性B．氯气溶于水能导电，氯气是电解质C．Fe(OH)3胶体遇氢碘酸先聚沉后溶解，并有氧化还原反应发生D．加热煮沸Mg(HCO3)2溶液，可产生Mg(OH)2沉淀7、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．常温常压下，22.4LCH4含有的分子数小于NAB．7.8gNa2O2与足量水反应转移的电子数为0.2NAC．1mol苯中含有的碳碳双键数为3NAD．1L1mol·L-1的磷酸溶液中氢离子数为3NA8、取三份浓度均为0.1mol/L，体积均为1L的CH3COONa溶液中分别加入NH4Cl固体、CH3COONH4固体、HCl气体后所得溶液pH变化曲线如图（溶液体积变化忽略不计）下列说法不正确的是A．曲线a、b、c分别代表加入CH3COONH4、NH4Cl、HClB．由图可知Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3﹒H2O)＝1×10－7C．A点处c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)D．C点处c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)＞0.1mol/L9、钛（Ti）金属常被称为未来钢铁，Ti和Ti是钛的两种同位素。下列有关Ti的说法正确的是A．Ti比Ti少1个质子 B．Ti和Ti的化学性质相同C．Ti的相对原子质量是46 D．Ti的原子序数为4710、下列关于有机物a()、b()、c(）的说法正确的是A．a、b互为同系物B．C中所有碳原子可能处于同一平面C．b的同分异构体中含有羧基的结构还有7种（不含立体异构）D．a易溶于水，b、c均能使酸性高猛酸钾溶液褪色11、常温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。［已知δ(X)＝］下列说法正确的是A．Ka(HA)的数量级为10－5B．溶液中由水电离出的c(H＋)：a点＞b点C．当pH＝4.7时，c(A－)＋c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)D．当pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL12、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R和X组成简单分子的球棍模型如图所示。Y原子核外K、M层上电子数相等，Z原子最外层电子数是电子层数的2倍。下列推断正确的是A．原子半径：Y>Z>R>XB．Y3X2是含两种化学键的离子化合物C．X的氧化物对应的水化物是强酸D．X和Z的气态氢化物能够发生化合反应13、属于弱电解质的是A．一水合氨 B．二氧化碳 C．乙醇 D．硫酸钡14、下列物质与其用途不相符的是A．乙二醇——抗冻剂 B．NaCl——制纯碱C．Al2O3——焊接钢轨 D．甲苯——制炸药15、H2C2O4(草酸)为二元弱酸，在水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-物质的量分数与pH关系如图所示，下列说法不正确的是A．由图可知，草酸的Ka＝10-1.2B．0.1mol·L—1NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)C．向草酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH为4.2时c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-)D．根据图中数据计算可得C点溶液pH为2.816、在100kPa时，1molC(石墨，s)转化为1molC(金刚石，s)，要吸收l.895kJ的热能。下列说法正确的是A．金刚石和石墨是碳元素的两种同分异构体B．金刚石比石墨稳定C．1molC(石墨，s)比1molC(金刚石，s)的总能量低D．石墨转化为金刚石是物理变化二、非选择题（本题包括5小题）17、扁桃酸衍生物是重要的医药中间体。以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如下：(1)A分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为______。写出A+B→C的化学反应方程式：__________________。(2)C()中①、②、③3个一OH的酸性由弱到强的顺序是_____。(3)E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E分子中不同化学环境的氢原子有______种。(4)D→F的反应类型是_____，1molF在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为______mol。写出符合下列条件的F的所有同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式：__________。①属于一元酸类化合物：②苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基。(5)已知：R一CH2COOHR一一COOHA有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A的路线流程图(其他原料任选)。合成路线流程图示例如下：______________________CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H518、工业上以苯、乙烯和乙炔为原料合成化工原料G的流程如下：（1）A的名称__，条件X为__；（2）D→E的化学方程式为__，E→F的反应类型为__。（3）实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水的目的是__，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为__。（4）F的结构简式为___。（5）写出符合下列条件的G的同分异构体的结构简式__。①与G具有相同官能团的芳香族类化合物；②有两个通过C-C相连的六元环；③核磁共振氢谱有8种吸收峰；（6）参照上述合成路线，设计一条以1，2二氯丙烷和二碘甲烷及必要试剂合成甲基环丙烷的路线：__。19、草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]是一种常用的金属着色剂，易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间。某兴趣小组设计实验制备草酸铁铵并测其纯度。（1）甲组设计由硝酸氧化葡萄糖制取草酸，其实验装置(夹持及加热装置略去)如图所示。①仪器a的名称是________________。②55～60℃下，装置A中生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，该反应的化学方程式为__________________________。③装置B的作用是______________________；装置C中盛装的试剂是______________。（2）乙组利用甲组提纯后的草酸溶液制备草酸铁铵。将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液；滴加氨水至__________，然后将溶液________、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品。（3）丙组设计实验测定乙组产品的纯度。准确称量5.000g产品配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入足量0.1000mol·L－1稀硫酸酸化后，再用0.1000mol·L－1KMnO4标准溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液的体积为12.00mL。①滴定终点的现象是_______________________。②滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快，其主要原因是____________________。③产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为____________％。[已知：(NH4)3Fe(C2O4)3的摩尔质量为374g·mol－1]20、(CH3COO)2Mn·4H2O主要用于纺织染色催化剂和分析试剂，其制备过程如图。回答下列问题：步骤一：以MnO2为原料制各MnSO4(1)仪器a的名称是___，C装置中NaOH溶液的作用是___________。(2)B装置中发生反应的化学方程式是___________。步骤二：制备MnCO3沉淀充分反应后将B装置中的混合物过滤，向滤液中加入饱和NH4HCO3溶液，反应生成MnCO3沉淀。过滤，洗涤，干燥。(3)①生成MnCO3的离子方程式_____________。②判断沉淀已洗净的操作和现象是___________。步骤三：制备(CH3COO)2Mn·4H2O固体向11.5gMnCO3固体中加入醋酸水溶液，反应一段时间后，过滤、洗涤，控制温度不超过55℃干燥，得(CH3COO)2Mn·4H2O固体。探究生成(CH3COO)2Mn·4H2O最佳实验条件的数据如下：(4)产品干燥温度不宜超过55℃的原因可能是___________。(5)上述实验探究了___________和___________对产品质量的影响，实验l中(CH3COO)2Mn·4H2O产率为___________。21、2019年10月1日，在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF-31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。回答下列问题：（1）基态铁原子的价电子排布式为___。（2）与Cr同周期且基态原子最外层电子数相同的元素，可能位于周期表的___区。（3）实验室常用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3+。其中N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为___(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为___。（4）铁元素能于CO形成Fe(CO)5。羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1molFe(CO)5分子中含___molσ键，与CO互为等电子体的一种离子的化学式为___。（5）碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积，然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处，K+占据的是C60分子围成的___空隙和___空隙(填几何空间构型)；若C60分子的坐标参数分别为A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，则距离A位置最近的阳离子的原子坐标参数为___。（6）Ni可以形成多种氧化物，其中一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，a的值为0.88，且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+，则晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比为___，晶胞参数为428pm，则晶体密度为___g/cm3(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出表达式)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A.由丙的结构简式可知，丙的分子式为C10H14O2，故A正确；B.乙分子中含有饱和碳原子，所以乙分子中所有原子不可能处于同一平面，故B正确；C.甲、乙、丙三种有机物分子中均含有碳碳双键，所以均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.甲的分子中有3种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有3种(不考虑立体异构)，故D错误；故选D。【点睛】共面问题可以运用类比迁移的方法分析，熟记简单小分子的空间构型：①甲烷分子为正四面体构型，其分子中有且只有三个原子共面；②乙烯分子中所有原子共面；③乙炔分子中所有原子共线；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+、、离子之间不反应，能够大量共存，故A符合题意；B．弱碱性溶液中：I－和ClO－发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不符合题意；C．中性溶液中：Fe3+会大量水解生成氢氧化铁，不能大量存在，故C不符合题意；D．能使甲基橙变红的溶液显酸性，H+和不能大量共存，且Al3+与HCO3-发生双水解反应不能大量共存，故D不符合题意；答案选A。【点睛】澄清透明不是无色，含铜离子的溶液是蓝色透明的液体，在酸性和碱性条件下都不能大量共存。3、C【解析】

A.据图可知，A为量筒，故A正确；B.据图可知，B为试管，故B正确；C.据图可知，C为坩埚，故C错误；D.据图可知，D为分液漏斗，故D正确；答案选C。4、B【解析】

2NaFePO4F+Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+NaTi2(PO4)3分析方程式得出NaFePO4F变为Na2FePO4F，Fe在降低，发生还原反应，该物质作原电池的正极，Na3Ti2(PO4)3变为NaTi2(PO4)3，Ti在升高，发生氧化反应，该物质作原电池的负极。【详解】A选项，放电时a为正极，因此充电时，a接电源正极，故A正确；B选项，放电时，溶液中的Na+不放电，而是Na3Ti2(PO4)3中Ti在失去电子，故B错误；C选项，阴极主要是NaTi2(PO4)3得到电子，因此阴极上的电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e－=Na3Ti2(PO4)3，故C正确；D选项，根据溶液中电荷守恒关系，理论上，该电池在充电或放电过程中溶液中的c(Na+)不变，故D正确；综上所述，答案为B。【点睛】分析化合价，根据化合价来定负极和正极，根据负极和正极来书写电极反应式。5、C【解析】

A.x、y中含碳碳双键，z中不含碳碳双键，则x、y能使酸性高锰酸钾溶液褪色，z不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项错误；B.C5H6的不饱和度为，若为直链结构，可含1个双键、1个三键，则z的同分异构体不是只有x和y两种，B项错误；C.z中三个亚甲基上的H原子属于等效氢原子，因此z只有一类氢原子，则z的一氯代物只有一种，2个Cl可在同一个亚甲基上或不同亚甲基上，二氯代物只有两种，C项正确；D.x中含1个四面体结构的碳原子，则所有原子不可能共面，D项错误；答案选C。6、B【解析】

A．次氯酸钠是由氢氧化钠与次氯酸反应生成，属于强碱弱酸盐，次氯酸钠中氯元素处于+1的价，具有强的氧化性，故A正确；B．氯气是单质，不是电解质，故B错误；C．氢碘酸为可溶性电解质，能够是氢氧化铁胶体聚沉，氢氧化铁具有强的氧化性，能够氧化碘离子生成单质电，所以Fe(OH)3胶体遇氢碘酸先聚沉后溶解，并有氧化还原反应发生，故C正确；D．长时间煮沸Mg(HCO3)2溶液，Mg(HCO3)2生成MgCO3，水解生成Mg(OH)2，故D正确；故选：B。【点睛】电解质：在水溶液或在熔融状态下能够导电的化合物。所以判断是否为电解质的前提为化合物，B选项氯气是单质，不是电解质也不是非电解质。7、A【解析】

A.常温常压下，22.4LCH4物质的量小于1mol，其含有的分子数小于NA，故A正确；B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2mol过氧化钠转移2mol电子，因此7.8gNa2O2即0.1mol与足量水反应转移的电子数为0.1NA，故B错误；C.苯中不含有的碳碳双键，故C错误；D.1L1mol·L-1的磷酸物质的量为1mol，磷酸是弱酸，部分电离，因此溶液中氢离子数小于3NA，故D错误。综上所述，答案为A。8、B【解析】

醋酸钠为强碱弱酸盐，因醋酸根离子水解，溶液呈碱性。往溶液中加入氯化铵固体，由于铵根离子水解呈酸性，故随着氯化铵的加入，溶液将由碱性逐渐变为酸性，由于水解微弱，所得溶液酸性较弱，符合的曲线为b；往溶液中通入氢化氯气体，随着气体的通入溶液由碱性转变为酸性，由于氯化氢为强酸，通入量较大时，溶液的酸性较强，符合的曲线为c；加入醋酸铵固体所对应的变化曲线为a，据此结合电荷守恒及盐的水解原理分析。【详解】A.根据分析可知，曲线a代表醋酸铵、曲线b代表氯化铵、曲线c代表氯化氢，故A正确；B.当加入固体的物质的量为0.1mol时，曲线b对应的pH值等于7，说明等浓度的醋酸根离子的水解程度与铵根离子相同，即Ka(CH3COOH)=Kb(NH3﹒H2O)，但无法计算其电离平衡常数，故B错误；C.A点含有的溶质为0.1molCH3COONa与0.1molCH3COONH4，溶液的pH>7，则c(OH−)>c(H+)，醋酸根离子的水解程度较小，则c(CH3COO−)>c(Na+)，铵根离子部分水解，则c(Na+)>c(NH4+)，溶液中离子浓度的大小关系为：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C正确；D.C点通入0.1molHCl，与0.1mol醋酸钠反应得到0.1molCH3COOH与0.1molNaCl，c(Cl−)=c(Na+)=0.1mol/L，则c(CH3COO−)+c(Cl−)+c(OH−)>0.1mol/L，故D正确；故选：B。【点睛】本题考查图象分析、溶液中离子浓度关系，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，转移掌握电荷守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的综合应用能力。9、B【解析】

A.Ti和Ti:质子数都是22，故A错误；B.Ti和Ti是同种元素的不同原子，因为最外层电子数相同，所以化学性质相同，故B正确；C.46是Ti的质量数，不是其相对原子质量质量，故C错误；D.Ti的原子序数为22,故D错误；答案选B。10、C【解析】

A.a、b的分子式和分子结构都相同，属于同一种物质。故A错误；B.c是1，4-环己二醇，碳原子均采取杂化，所有碳原子不可能处于同一平面。故B错误；C.b的烃基是戊基（），戊基一共有8种结构，所以，b的同分异构体中含有羧基的结构还有7种。故C正确；D.饱和羧酸不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，与羟基相连的碳原子上有氢原子的饱和醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以，上述物质中，只有c能使酸性高锰酸钾溶液褪色。故D错误；故答案选：C。11、A【解析】

A.曲线的交点处，c(HA)=c(A-)，此时pH=4.7，则因此Ka(HA)的数量级为10-5，A项正确；B.a点、b点溶液均显酸性，均抑制水的电离，a点pH较小，溶液酸性较强，抑制水的电离程度更大，因此，溶液中由水电离出的c(H＋)：a点<b点，B项错误；C.当pH＝4.7时，c(HA)=c(A-)，但c(OH－)不等于c(H＋)，C项错误；D.HA为弱酸，当消耗NaOH溶液的体积为20.00mL时，二者恰好反应生成NaA溶液，溶液显碱性，pH>7，D项错误；答案选A。【点睛】利用曲线的交点计算Ka(HA)，是该题的巧妙之处，因为该点c(HA)=c(A-)，因此Ka(HA)=c(H+)，同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等。12、D【解析】

根据R和X组成简单分子的球棍模型，可推出该分子为NH3，由此得出R为H，X为N；由“Y原子核外K、M层上电子数相等”，可推出Y核外电子排布为2、8、2，即为Mg；因为Z的原子序数大于Y，所以Z属于第三周期元素，由“Z原子最外层电子数是电子层数的2倍”，可确定Z的最外层电子数为6，从而推出Z为S。【详解】依据上面推断，R、X、Y、Z分别为H、N、Mg、S。A.原子半径：Mg>S>N>H，A错误；B.Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的离子化合物，只含有离子键，B错误；C.N的氧化物对应的水化物可能为HNO3、HNO2，HNO3是强酸，HNO2是弱酸，C错误；D.N和S的气态氢化物分别为NH3和H2S，二者能够发生化合反应，生成NH4HS或(NH4)2S，D正确。故选D。13、A【解析】

在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质，包括弱酸、弱碱和水等，据此分析。【详解】A.NH3•H2O在水溶液中部分电离产生离子，在溶液中存在电离平衡，属于弱电解质，A正确；B.CO2在水溶液中和熔融状态下均不能导电，为非电解质，B错误；C.乙醇在水溶液中和熔融状态下均不能导电，为非电解质，C错误；D.BaSO4在水溶液中虽然溶解度很小，但溶解的能完全电离，故为强电解质，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查了电解质、非电解质以及强弱电解质的判断的知识，应注意的是强弱电解质的本质区别是电离是否彻底，和溶解度、离子浓度及溶液的导电能力等均无关。14、C【解析】

A.乙二醇的熔点很低，故可用作汽车的防冻液，故A正确；B.侯氏制碱法的原理是将氨气和二氧化碳通入饱和氯化钠溶液中，然后生成碳酸氢钠和氯化铵，将碳酸氢钠分离出后加热即可制得纯碱碳酸钠，故氯化钠可用作制纯碱，故B正确；C.利用铝热反应来焊接钢轨，而铝热反应是铝单质和某些金属氧化物的反应，其中氧化铝是生成物，故可以说金属铝能用于焊接钢轨，故C错误；D.三硝基甲苯是一种烈性炸药，可以通过甲苯的硝化反应来制取，故D正确。故选：C。15、D【解析】

由图线1为H2C2O4、2为HC2O4-、3为C2O42-。A.当pH为1.2时c(H+)=10-1.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1，草酸的Ka＝10-1.2，故A正确；B.0.1mol·L-1NaHC2O4溶液显酸性c(H+)>c(OH-)，HC2O4-会发生水解和电离c(Na+)>c(HC2O4-)，因此c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；C.pH为4.2时，溶液中含有微粒为HC2O4-和C2O42-，且c(HC2O4-)=c(HC2O4-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，则有c(Na+)+c(H+)=3c(C2O42-)+c(OH-)，故C正确；D.由于草酸为弱酸分两步电离，Ka1=，Ka2=，Ka1·Ka2=，根据图中C点得到c(C2O42-)=c(H2C2O4)，所以，Ka1Ka2=，当pH为1.2时c(H+)=10-1.2mol·L-1，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)=0.5mol·L-1，草酸的Ka1＝10-1.2。当pH为4.2时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点溶液pH为2.7。故D错误。答案选D。16、C【解析】

A、金刚石和石墨是碳元素形成的两种不同单质，互为同素异形体，选项A错误；B、1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定，选项B错误；C、1molC(石墨，s)转化为1molC(金刚石，s)，要吸收l.895kJ的热能说明1molC(石墨，s)比1molC(金刚石，s)的总能量低，选项C正确；D、石墨转化为金刚石是化学变化，选项D错误。答案选C。【点睛】本题主要考查物质具有的能量越低越稳定，在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定．金刚石的能量高，1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多。二、非选择题（本题包括5小题）17、醛基、羧基②<①<③4取代反应3【解析】

A分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，则A为OHC﹣COOH，根据C的结构可知B是，A转化到C发生加成反应，据此分析作答。【详解】(1)A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，说明含有醛基和羧基，则A是OHC﹣COOH，根据C的结构可知B是，A+B→C发生加成反应，反应方程式为：，故答案为醛基羧基；；。(2)羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，所以酸性由弱到强顺序为：②<①<③，故答案为②<①<③；(3)C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反应，可以生成3个六元环的化合物，C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为，该分子为对称结构，分子中有4种化学环境不同的H原子，分别为苯环上2种、酚羟基中1种、亚甲基上1种，故答案为4；(4)对比D、F的结构，可知溴原子取代﹣OH位置，D→F的反应类型是取代反应；F中溴原子、酚羟基、酯基(羧酸与醇形成的酯基)，都可以与氢氧化钠反应，1molF最多消耗3molNaOH；其同分分异构体满足①属于一元酸类化合物：②苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基，其结构简式可以为：故答案为取代反应；3；；（5）由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到OHC﹣COOH，合成路线流程图为，故答案为。18、氯甲苯Na和NH3(液)加成反应减缓电石与水的反应速率【解析】

⑴A的名称氯甲苯，条件X为Na和NH3(液)；⑵根据图中信息可得到D→E的化学方程式为，E→F增加了两个氢原子，即反应类型为加成反应。⑶实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水，浓度减小，减缓电石与水的反应速率，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为。⑷D只加了一个氢气变为F，F与CH2I2反应得到G，从结构上得出F的结构简式为。⑸①与G具有相同官能团的芳香族类化合物，说明有苯环；②有两个通过C—C相连的六元环，说明除了苯环外还有一个六元环，共12个碳原子；③核磁共振氢谱有8种吸收峰；。⑹1，2二氯丙烷先在氢氧化钠醇加热条件下发生消去反应生成丙炔，丙炔在林氏催化剂条件下与氢气发生加成反应生成丙烯，丙烯和CH2I2在催化剂作用下反应生成甲基环丙烷，其合成路线。【详解】⑴A的名称氯甲苯，条件X为Na和NH3(液)；⑵根据图中信息可得到D→E的化学方程式为，E→F增加了两个氢原子，即反应类型为加成反应，故答案为：；加成反应。⑶实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水，浓度减小，减缓电石与水的反应速率，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为，故答案为：减缓电石与水的反应速率；。⑷D只加了一个氢气变为F，F与CH2I2反应得到G，从结构上得出F的结构简式为，故答案为：。⑸①与G具有相同官能团的芳香族类化合物，说明有苯环；②有两个通过C—C相连的六元环，说明除了苯环外还有一个六元环，共12个碳原子；③核磁共振氢谱有8种吸收峰；，故答案为：。⑹1，2二氯丙烷先在氢氧化钠醇加热条件下发生消去反应生成丙炔，丙炔在林氏催化剂条件下与氢气发生加成反应生成丙烯，丙烯和CH2I2在催化剂作用下反应生成甲基环丙烷，其合成路线，故答案为：。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之间加热浓缩、冷却结晶溶液变为粉红色,且半分钟内不褪色反应生成的Mn2+是该反应的催化剂74.8【解析】

(1)①根据图示分析判断仪器a的名称；②55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒分析书写方程式；③反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸；(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；(3)①滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂；②滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，据此分析；③根据题给数据，结合反应，计算(NH4)3Fe(C2O4)3的物质的量，进而计算产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数=×100%。【详解】(1)①根据图示仪器a的名称为球形冷凝管；②55～60℃下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒，该反应的化学方程式为12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；③反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸，装置B的作用是做安全瓶防止倒吸，装置C中盛装的试剂是NaOH溶液，用于吸收NO2和NO，发生反应为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.0～5.0之间，则将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至pH介于4.0～5.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；提纯后的草酸溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品；(3)①滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂，滴定终点的现象是加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色，即为达到终点；②滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，说明反应生成的Mn2+可以加快反应速率，即Mn2+起催化剂的作用；③滴定过程中，产品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸，草酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，离子反应为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，10.00mL产品溶液消耗n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×0.012L=0.0012mol，则10.00mL产品溶液中n(H2C2O4)=n(MnO4-)=×0.0012mol=0.003mol，根据物料守恒，100mL产品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量=×0.003mol××374g·mol－1=3.74g，故产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为×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取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净温度过高会失去结晶水醋酸质量分数温度90.0%【解析】

将分液漏斗中的浓硫酸滴加到盛有Na2SO3的试管中发生复分解反应制取SO2，将反应产生的SO2气体通入三颈烧瓶中与MnO2反应制取MnSO4，由于SO2是大气污染物，未反应的SO2不能直接排放，可根据SO2与碱反应的性质用NaOH溶液进行尾气处理，同时要使用倒扣的漏斗以防止倒吸现象的发生。反应产生的MnSO4再与NH4HCO3发生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，将MnCO3沉淀经过滤、洗涤后用醋酸溶解可得醋酸锰，根据表格中温度、浓度对制取的产品的质量分析醋酸锰晶体合适的条件。【详解】(1)根据仪器结构可知仪器a的名称为分液漏斗；C装置中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染大气；(2)B装置中SO2与MnO2反应制取MnSO4，反应的方程式是SO2+MnO2=MnSO4(或写为SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O)；(3)①MnSO4与NH4HCO3发生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，该反应的离子方程式为：2HCO3-+Mn2+=MnCO3↓+CO2↑+H2O；②若MnCO