浙江省宁波市2024年高考化学模拟试题（含答案）2

浙江省宁波市2024年高考化学模拟试题阅卷人一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)得分1．材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分不属于新型无机非金属材料的是（）A．水泥 B．石英光导纤维C．氮化铝陶瓷 D．石墨烯2．工业上常用NaOH溶液吸收NO2，发生反应：2NO2+2NaOH=NaNA．NaNO3是强电解质B．NaNO2有毒，不可用于食品添加剂C．N元素位于元素周期表p区D．NaNO2溶液中通入O2，溶液pH降低3．下列表示不正确的是（）A．质子数为92、中子数为146的U原子：92B．HClO的电子式：C．的名称：2，2，4-三甲基己烷D．H2S的价层电子对互斥(VSEPR)模型：4．酸性条件下Na2S和Na2SO3发生反应：2Na2S+Na2A．生成24gS转移电子的数目为NB．Na2S是还原剂，发生氧化反应C．Na2SO4是氧化产物D．碱性条件下S2-和SO5．根据物质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（）

物质组成和结构变化性能变化A铅晶体将晶体颗粒粉碎至小于200纳米熔点变高B普通玻璃加入硼酸盐烧制耐化学腐蚀，耐温度急剧变化C布洛芬将分子结构进行成酯修饰减少药物对胃、肠道的刺激D植物油催化加氢抗氧化性增强，便于储运A．A B．B C．C D．D6．下列说法不正确的是（）A．淀粉、纤维素、麦芽糖在一定条件下都可转化为葡萄糖B．单一波长的X射线通过水晶粉末时，记录仪上会产生明锐的衍射峰C．通过核磁共振氢谱(1H-NMR)不能鉴别HCOOCH3和CH3COOHD．在鸡蛋清溶液中，加入硫酸铜溶液，蛋白质会发生变性7．下列实验装置能用于相应实验的是（）A．分离酒精和水B．浓硫酸和铜片反应制SO2C．验证丙烯醛(CH2=CHCHO)中有碳碳双键D．铁制镀件镀铜A．A B．B C．C D．D8．下列化学反应与方程式相符的是（）A．氢氧化钠溶液中加入过量草酸：HB．碱性条件下，氢氧化铁与次氯酸钠溶液反应制备高铁酸钠(Na2C．工业制取高纯硅：SiD．尿素与甲醛反应生成某线型脲醛树脂：9．浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源，其中海水提溴工艺流程如下所示：下列说法中不正确的是（）A．吹出塔中利用了溴单质的挥发性将溴分离出来B．吸收塔中Br2与SO2发生反应以达到富集目的C．蒸馏塔中利用物质沸点不同进行分离D．吸收时可用Fe2(SO4)3溶液代替SO2和水10．抗坏血酸(X)能被氧化为脱氢抗坏血酸(Y)而发挥抗氧化作用，下列说法不正确的是（）A．X可溶于水B．X与NaOH醇溶液共热发生消去反应C．X和Y中均含有两个手性碳原子D．X和Y均能与金属钠反应产生氢气11．X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y、Z位于同一周期，且互不相邻，三者的最外层电子数之和为15，基态Y原子的价电子层中有3个未成对电子，Z与Q同主族，M原子在同周期中原子半径最大，下列说法不正确的是（）A．化学键中离子键成分的百分数：MZ>MQB．键角：XZ3<YQ3C．Z、M、Q原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：M<Z<QD．最高价氧化物对应水化物的酸性：X<Y12．由CO2合成环状碳酸酯的一种反应机理如图所示。下列说法不正确的是（）A．转化过程中涉及极性键的断裂与形成B．根据杂化轨道理论，上述转化过程中的含碳化合物碳原子的杂化方式为sp2和sp3C．化合物1的阳离子体积大，所含离子键较弱，其常温下可能为液态D．可按照该反应机理与CO2反应生成13．利用下图电池装置可验证不同化合价铁元素的相关性质。已知：电池装置中，盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电迁移率(u离子Li+Na+Ca2+K+HCNCl-Su4.075.196.597.624.617.407.918.27下列说法正确的是（）A．根据上表数据，盐桥中应选择KNO3作为电解质B．石墨电极上对应的电极反应式为：FC．反应一段时间后，当右池中c(Fe2+D．盐桥中的阴离子进入石墨电极一侧溶液中14．邻二醇在酸的作用下能转化为酮(或醛)，反应的分步机理和协同机理如下：已知：①当碳原子上连有推电子基团时，有利于碳正离子(通常指的是价层只有6个电子的碳阳离子，是活性中间体)的稳定。②2，3-二甲基-2，3-丁二醇与酸反应，对应的中间体和生成物相对能量(kJ/mol)如下：过渡态1过渡态2生成物分步机理0.0030.138.3-82.3协同机理0.0044.0--82.3③当碳正离子的相邻碳上有两个不同芳基时，迁移的相对速率与芳基的关系如下表：芳基相对速率0.71500下列说法不正确的是（）A．酸性条件下，2，3-二甲基-2，3-丁二醇转化为主要以分步机理进行B．上述转化过程中酸可提高反应速率，但不影响平衡产率C．乙二醇在酸性条件下只能通过协同机理生成醛，原因是碳正离子中间体不稳定D．在酸的作用下，产物主要形式为15．室温下，将Na2CO3溶液与过量CaSO4固体混合，溶液pH随时间变化如图所示。已知：Ksp(CaS下列说法不正确的是（）A．室温下，反应CaSO4B．随着反应的进行，溶液pH下降的原因是COC．0~600s内上层清液中存在：c(ND．反应过程中，溶液中始终存在：c(N16．依据实验目的设计实验方案并进行实验，观察实验现象，下列方案设计和结论都正确的是（）实验方案实验现象实验目的实验结论A验证复方氢氧化铝片中的氢氧化铝取药3片研碎，滴加过量盐酸并过滤，不断振荡滤液并逐滴加入NaOH溶液至过量加入NaOH溶液过程中，开始没有明显变化，随后产生白色沉淀，最后沉淀溶解得无色溶液复方氢氧化铝片中存在氢氧化铝B检验溶液中的N向溶液中加入NaOH溶液并加热产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体溶液中存在NC验证Fe2+还原性向FeCl2溶液中滴加酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去Fe2+具有还原性D检验苯中是否含有少量杂质苯酚向溶液中加入足量浓溴水未观察到白色沉淀苯中不含苯酚A．A B．B C．C D．D阅卷人二、非选择题(本大题共5小题，共52分)得分17．IVA族和VA族元素形成的化合物种类繁多，应用广泛。请回答：（1）D-青霉胺用以治疗或控制先天性铜代谢障碍性疾病，其结构简式如图所示，下列说法不正确的是____。A．第一电离能：C<N<OB．电负性：O>N>SC．H原子与C、N、O原子均可形成18电子的非极性分子D．D-青霉胺熔点为212℃，主要原因是其存在分子间氢键（2）聚合氮材料是备受关注的高能量密度物质。某新型二元金属富氮化合物的晶胞如图所示，其化学式为，晶体类型是。（3）已知一个气态基态原子得到一个电子形成气态基态负一价离子所产生的能量变化称为该元素原子的第一电子亲合能(吸收能量为负值，释放能量为正值)。试解释碳原子第一电子亲合能(+122kJ/mol)较氮原子第一电子亲合能(-58kJ/mol)大的可能原因。（4）将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质中，属于顺磁性物质的是____。A．[Cu(NH3)2]Cl（5）NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，该分子的空间构型为。高能电子流轰击NOCl分子，通过质谱仪发现存在质荷比数值为30的离子峰，该峰对应的微粒化学式是(已知各产物微粒均带1个单位正电荷)。18．斑铜矿(主要成分是Cu5FeS4，含少量SiO2)是自然界中最丰富的含铜矿物之一，以斑铜矿为原料可实现如下转化。已知：①CuCl为白色晶体，难溶于水，在空气中易被氧化；可与NaCl溶液反应，生成易溶于水的Na[CuCl2]②Cu+酸性条件发生自身氧化还原反应生成Cu2+和Cu。③[Cu(NH请回答：（1）①溶液A中加试剂X可实现FeCl3的循环利用，则试剂X是。②固体C可通过溶解、过滤、蒸馏等操作分离出硫单质，溶解时最适宜的溶剂为。A．水B．NaOH溶液C．CS2D．酒精（2）步骤Ⅱ需快速将固体B投入到NaCl溶液中，原因是。（3）写出溶液D中的所有阳离子。（4）写出反应I的离子方程式。（5）将斑铜矿在有氧条件下用氨水浸出，可制得[Cu(NH3)4]SO19．甲酸是一种有机化工原料，广泛用于农药、皮革、医药和橡胶等工业。请回答：（1）活性Fe3O4-x催化反应H2(g)+HCO3−(aq)=HCO（2）某温度下，HCOOH电离平衡常数为Ka，当HCOOH平衡浓度为xmol/L时，HCOOH已电离的弱电解质分子数的电离度α=(电离度a=已电离的弱电解质分子数弱电解质的分子总数（3）某研究小组发现HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应如下：Ⅰ．HCOOH(aq)⇌CO(aq)+Ⅱ．HCOOH(aq)⇌C研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H+仅对反应Ⅰ有催化加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。T℃下，在密封石英管内完全充满1.0mol/LHCOOH水溶液，分解产物均完全溶于水中。CO2、CO浓度与反应时间的变化关系如图所示。①下列说法正确的是。A．反应Ⅰ活化能小于反应ⅡB．反应CO(aq)+C．混合体系达平衡后：c(CO)+c(CD．若在起始溶液中加入盐酸，则CO达浓度峰值时，c(CO)c(HCOOH)②保持其它条件不变，若反应起始时溶液中同时还含有0.10mol/L盐酸，请在上图中画出CO的浓度与反应时间的变化关系图。（4）一种由CO2电化学法合成甲酸盐的工作原理如图所示。电极b为极。电解一段时间后，若两侧电解液中K+的物质的量相差0.08mol，则阳极产生的气体在标准状况下的总体积为L(假设产生的气体全部逸出)。20．TiCl4是制备金属钛的重要中间体，某兴趣小组利用如下装置在实验室制备TiCl4(夹持装置略)，反应方程式为：TiO已知：物质熔点/℃沸点/℃性质TiCl4-25136.4高温时能与O2反应，与HCl不发生反应。易水解成白色沉淀，能溶于有机溶剂。请回答：（1）装置A中盛放浓盐酸的仪器a名称是。（2）装置B中冷凝水进口是(填“c”或“d”)。（3）完善线框中装置排序A→D→→→→F（4）仪器b中的固体X可以是____。A．MnO2 B．KMnO4 C．CaCl2（5）下列说法正确的是____。A．加热E装置前，应先进行装置A中反应或打开k通一段时间CO2B．装置D中长导管起平衡气压和判断装置是否通畅的作用C．装置D中盛有的试剂是饱和食盐水D．该实验中存在的缺陷是没有进行CO的尾气处理（6）测定所得TiCl4的纯度：取1.000gTiCl4粗产品加入烧瓶，向安全漏斗中加入适量蒸馏水(装置如图)，待充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，滴加几滴K2CrO4溶液做指示剂，用0.8000mol/LAgNO3溶液滴定至终点，消耗滴定液20.00mL。常温下，Ksp(AgCl)=1.①实验中使用安全漏斗的目的是。②依据上述数据计算所得产品纯度是。21．某研究小组按下列路线合成治疗慢性粒细胞白血病药物尼洛替尼(部分反应条件已简化)。请回答：（1）化合物E的含氧官能团名称是。（2）化合物C的结构简式是。（3）下列说法正确的是____。A．化合物A的酸性强于DB．化合物E→F的反应类型是取代反应C．化合物E与HCl溶液共热，可生成DD．化合物A→D的转化，是为了使-NO2更有效地取代在甲基的邻位（4）写出反应F→G的化学方程式。（5）化合物X()是B的同分异构体，设计以CH3CH2OH和甲苯为原料合成X的路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)。（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除苯环外无其他环状结构，有-CHO结构，无-O-O-结构；②1H-NMR谱显示有4种不同化学环境的氢原子，其中苯环上只有一种

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、水泥为传统无机非金属材料，A符合题意。

B、石英光导纤维为新型干无机非金属材料，B不符合题意。

C、氮化铝陶瓷为新型无机非金属材料，C不符合题意。

D、石墨烯为碳的单质，属于新型无机非金属材料，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】传统无机非金属材料为陶瓷、玻璃和水泥。2．【答案】B【解析】【解答】A、NaNO3为盐，溶于水时完全电离，属于强电解质，A不符合题意。

B、NaNO2有毒，但少量NaNO2可用作食品添加剂，B符合题意。

C、N的核外电子排布式为1s22s22p3，其电子最后填充的是p能级，因此N元素位于元素周期表的p区，C不符合题意。

D、NaNO2溶液显碱性，O2能将NaNO2氧化成NaNO3，NaNO3溶液显中性，因此溶液的pH降低，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、属于强电解质的有强酸、强碱和绝大多数盐。

B、少量NaNO2可用做食品添加。

C、N元素的核外电子排布式为1s22s22p3。

D、O2能将NaNO2氧化成NaNO3。3．【答案】D【解析】【解答】A、该原子的质量数为92+146=238，该原子的符号为92238U，A不符合题意。

B、HClO的结构式为H-O-Cl，其电子式为，B不符合题意。

C、该有机物的最长碳链有6个碳原子，为己烷；其中第2个碳原子上有2个甲基，第4个碳原子上有1个甲基。因此该有机物的名称为：2，2，4-三甲基己烷，C不符合题意。

D、H2S中S原子的价层电子对数为4，其中含有2对孤电子对，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、标在元素符号左上角表示的是质量数。

B、HClO的结构式为H-O-Cl，据此确定其电子式。

C、根据烷烃的命名规则进行命名。

D、H24．【答案】C【解析】【解答】A、24gS的物质的量为0.75mol。该反应中Na2S中硫从－2价变为0价，失去4个电子；Na2SO3中硫从＋4价变为0价，得到4个电子。因此每生成3个S，转移4个电子。所以当有0.75molS生成时，转移电子数为1mol，即为1Na，A不符合题意。

B、由分析可知，Na2S是该反应的还原剂，发生氧化反应，B不符合题意。

C、Na2SO4中硫元素来自于H2SO4，无元素化合价变化，因此Na2SO4既不是氧化产物，也不是还原产物，C符合题意。

D、S2－和SO32－需在酸性条件下才可以反应，在碱性条件下不可以反应，因此可大量共存，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】该反应中Na2S发生氧化反应，生成S；Na2SO3发生还原反应，生成S。因此Na2S为该反应的还原剂；Na2SO3为该反应的氧化剂；S既是氧化产物又是还原产物。据此结合选项进行分析。5．【答案】A【解析】【解答】A、当晶体的颗粒小至纳米量级时，晶体的表面积增大，熔点降低，A符合题意。

B、由分析可知，玻璃中加入硼酸盐，可形成耐化学腐蚀、耐温度急剧变化的玻璃，B不符合题意。

C、布洛芬对胃肠道有刺激性，将其结构进行成酯修饰，可减小对胃肠道的刺激，C不符合题意。

D、植物油中含有不饱和碳碳键，能与H2发生加成反应，生成饱和高级脂肪酸甘油酯，便于运输，增强抗氧化性，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】A、晶体的表面积增大，熔点下降。

B、玻璃中加入硼酸盐烧制，可增强其耐化学腐蚀性、耐温度急剧变化。

C、布洛芬对胃肠道有刺激性，将其进行成酯修饰，可减少对胃肠道的刺激。

D、植物油含有不饱和碳碳键，能与H2发生加成反应，生成饱和高级脂肪酸甘油酯。6．【答案】C【解析】【解答】A、淀粉、纤维素和麦芽糖都可以水解生成葡萄糖，A不符合题意。

B、水晶属于晶体，单一波长的X射线通过晶体时，可产生明锐的吸收峰，B不符合题意。

C、HCOOCH3和CH3COOH都含有两种不同化学环境的氢原子，且氢原子的位置号不同，因此可用核磁共振氢谱鉴别，C符合题意。

D、Cu2＋属于重金属离子，可使蛋白质变性，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】A、淀粉、纤维素和麦芽糖都可以水解生成葡萄糖。

B、水晶属于晶体，可产生明锐的衍射峰。

C、二者都含有两种不同化学环境的氢原子，且氢原子的位置不同。

D、Cu2＋能使蛋白质变性。7．【答案】D【解析】【解答】A、酒精和水是两种可互溶的液体，不可用分液进行分离，A不符合题意。

B、Cu与浓硫酸的反应需要加热，B不符合题意。

C、银氨溶液需在碱性条件下才具有氧化性。而溴水中Br2能与碱反应，因此在加入溴水之前，应先进行酸化，C不符合题意。

D、往铁制品上镀铜时，铁制镀件作阴极，与电源的负极相连；铜做阳极，与电源的正极相连，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、分液用于分离两种不互溶的液体。

B、Cu与浓硫酸的反应需要加热。

C、银氨溶液显碱性，需先酸化，再加入溴水。

D、电镀时，铁制镀件应做阴极，铜做阳极。8．【答案】B【解析】【解答】A、H2C2O4过量，则NaOH少量，反应生成NaHC2O4和H2O，该反应的离子方程式为：H2C2O4＋OH－=HC2O4－＋H2O，A不符合题意。

B、碱性条件下NaClO将Fe(OH)3氧化成Na2FeO4，自身还原为NaCl，该反应的化学方程式为：4NaOH＋3NaClO＋2Fe(OH)3=2Na2FeO4＋3NaCl＋5h2O，B符合题意。

C、工业制取高纯硅的反应为：SiO2＋2C==高温Si＋2CO↑、Si＋4HCl==高温SiCl4＋2H2、2H2＋SiCl4==高温Si＋4HCl，C不符合题意。

D、尿素与甲醛反应生成某线型脲醛树脂的反应为：，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、H2C2O4过量，则反应生成NaHC2O4。

B、NaClO具有氧化性，将Fe(OH)3氧化生成Na2FeO4，同时NaClO被还原为NaCl。

C、焦炭还原SiO2，所得为粗硅，需进一步纯化。

D、生成H9．【答案】D【解析】【解答】A、吹出塔中用空气吹出Br2，利用了溴单质的挥发性，A不符合题意。

B、吸收塔中发生反应SO2＋Br2＋2H2O=2HBr＋H2SO4，实现了溴的富集，B不符合题意。

C、蒸馏塔中利用沸点差异，实现了溴的分离，C不符合题意。

D、吸收塔中若用Fe2(SO4)3溶液代替SO2和H2O，由于氧化性Br2＞Fe3＋，因此Fe3＋无法与Br2反应，D符合题意。

故答案为：D

【分析】海水中通入酸和氯气，Cl2将Br－氧化成Br2。利用Br2的挥发性，用空气将Br2吹出。“吸收塔”中SO2与Br2发生反应：SO2＋Br2＋2H2O=2HBr＋H2SO4。“蒸馏塔”中Cl2与HBr发生反应Cl2＋2HBr=2HCl＋Br2。冷凝器中溴蒸汽冷凝，形成液溴。据此结合选项进行分析。10．【答案】B【解析】【解答】A、X中含有多个醇羟基，羟基为亲水基团，因此X可溶于水，A不符合题意。

B、X中含有羟基，且羟基邻位碳原子上个含有氢原子，因此可在“浓硫酸/加热”条件下发生消去反应，B符合题意。

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。X、Y上的手性碳原子分别为、，C不符合题意。

D、X、Y中都含有羟基，都能与金属Na反应生成H2，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、X中含有多个羟基，羟基为亲水基团。

B、醇羟基的消去反应条件为浓硫酸加热。

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、羟基能与Na反应生成H2。11．【答案】B【解析】【解答】由分析可知，X为B、Y为N、Z为F、M为Na、Q为Cl。

A、MZ为NaF、MQ为NaCl。由于电负性F＞Cl，因此NaF中离子键成分的百分数大于NaCl中离子键的百分数，A不符合题意。

B、XZ3为BF3，为平面三角形结构，键角为120°。YQ3为NCl3，为三角锥形结构，键角为107°，因此键角XZ3＞YQ3，B符合题意。

C、电子层数越大，离子半径越大；电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。因此离子半径：Cl－＞F－＞Na＋，即Q＞Z＞M，C不符合题意。

D、非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性越强。由于非金属性X＜Y，所以最高价氧化物对应水化物的酸性X＜Y，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】M原子在同周期中原子半径最大，因此M为Na。基态Y原子的价电子层有3个未成对电子，则价电子层的核外电子排布式为2s22p3或3s23p3。结合M为Na，则Y为N。X、Y、Z互不相邻，且最外层电子数之和为15，因此X为B、Z为F。Z与Q同主族，所以Q为Cl。据此结合选项进行分析。12．【答案】B【解析】【解答】A、反应②中碳氧极性键断裂，形成碳溴极性键。因此过程中涉及极性键的断裂和形成，A不符合题意。

B、上述转化物质中，饱和碳原子采用sp3杂化；酯基中碳氧双键碳原子采用sp2杂化；CO2中碳原子采用sp杂化，B符合题意。

C、化合物1的阳离子为有机阳离子，其体积较大，所含的离子键较弱，常温下可能为液态，C不符合题意。

D、由反应历程可知，CO2中碳原子和环氧烷中氧原子结合形成环状碳酸酯，因此可按照该反应机理与CO2反应生成，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、根据反应过程中化学键的断裂和形成分析。

B、以单键形式存在的碳原子采用sp3杂化；以双键形式存在的碳原子采用sp2杂化；CO2中碳原子采用sp杂化。

C、化合物1的阳离子为有机阳离子，其体积较大，离子键较弱。

D、由反应历程可知，CO2中碳和环氧烷中氧原子结合形成环状碳酸酯。13．【答案】C【解析】【解答】A、Fe2(SO4)3、FeSO4溶液显酸性，NO3－在酸性条件下具有氧化性，能将Fe2＋氧化；HCO3－能与Fe3＋发生双水解反应，因此排除HCO3－和NO3－。要使阴阳离子的电迁移率尽可能地相近，则盐桥中的电解质应该为KCl，A不符合题意。

B、石墨电极为正极，溶液中Fe3＋发生得电子的还原反应，生成Fe2＋。其电极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋，B不符合题意。

C、令参与反应的c(Fe3＋)=xmol·L－1，则一段时间后，右池中c(Fe3＋)=(0.2－x)mol·L－1，c(Fe2＋)=(0.05＋x)mol·L－1，所以可得0.05+x0.2-x=32，解得x=0.1。即参与反应的c(Fe3＋)=0.1mol·L－1，过程中转移电子数为0.1mol。左侧电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，因此反应生成c(Fe2＋)=0.05mol·L－1，所以左池中c(Fe2＋)=0.1mol·L－1＋0.05mol·L－1=0.15mol·L－1，C符合题意。

D、在原电池中，阴离子移向负极。因此盐桥中阴离子进入铁电极一侧溶液中，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】A、NO3－在酸性条件下具有氧化性，能将Fe2＋氧化。

B、石墨电极为正极，溶液中的Fe3＋发生得电子的还原反应。

C、令参与反应的c(Fe3＋)=xmol·L－1，结合溶液中c(Fe2＋)与c(Fe14．【答案】D【解析】【解答】A、过渡态总能量与反应物总能量的差为活化能，活化能越小，反应速率越快。根据表中数据可知，分步机理中国活化能较小，反应速率较快。所以酸性条件下，2，3－二甲基－2，3－丁二醇转化为主要以分步机理进行，A不符合题意。

B、根据图可知，H＋在反应中做催化剂，只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以不影响产率，B不符合题意。

C、当碳原子上个连接有推电子基团时，有利于碳正离子的稳定，乙二醇中没有推电子基团，所以乙二醇中碳正离子不稳定。因此只能通过协同机理生成醛，C不符合题意。

D、迁移的相对速率较快，所以产物的主要形式为，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、活化能越小，反应速率越快。

B、酸只改变化学反应速率，不影响平衡移动。

C、当碳原子上连接有推电子基团时，有利于碳正离子的稳定，乙二醇中没有推电子基团。

D、迁移的相对速率较快。15．【答案】D【解析】【解答】A、该反应的平衡常数K=cSO42-cCO32-=KspCaSO4cCa2+KspCaCO3cCa2+=KspCaSO4KspCaCO3=4.9×10-53.4×10-9=1.4×104，A不符合题意。

B、随着反应的进行，溶液中CO32－转化为CaCO3沉淀，使得溶液中c(CO32－)减小，可逆反应“CO32－＋H2O⇌HCO3－＋OH－”平衡逆向移动，溶液中c(OH－)减小，c(H＋)增大，pH减小，B不符合题意。

C、溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＋c(H＋)=2c(CO32－)＋2c(SO42－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)。由于0～600s内溶液的pH＞7，因此溶液中c(OH－)＞c(H＋)，所以c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＞2c(CO32－)＋2c(SO42－)＋c(HCO3－)，C不符合题意。

D、Na2CO3溶液中存在物料守恒：c(Na＋)=2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，由于反应过程中，部分CO32－16．【答案】A【解析】【解答】A、加入NaOH溶液的过程中，OH－先与过量的H＋反应，无明显现象。随后OH－与Al3＋反应生成Al(OH)3沉淀；Al(OH)3进一步与过量的OH－反应生成AlO2－。因此可观察到先产生白色沉淀，后沉淀溶解。所以说明含有Al(OH)3，A符合题意。

B、酰胺在NaOH溶液中发生水解，也能产生NH3，使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。因此不能说明溶液中一定含有NH4＋，B不符合题意。

C、FeCl2溶液中Cl－也能使酸性KMO4溶液褪色，因此不能说明Fe2＋具有还原性，C不符合题意。

D、苯酚与浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚，三溴苯酚可溶于苯中，因此没有白色沉淀产生，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】A、Al(OH)3是一种两性氢氧化物，能与强酸和强碱的稀溶液反应。

B、酰胺也能与NaOH溶液反应生成NH3。

C、溶液中的Cl－也能使酸性KMnO4溶液褪色。

D、三溴苯酚能溶于苯中。17．【答案】（1）A；C；D（2）NaN5；离子晶体（3）碳原子2p能级有两个电子，得到一个电子后2p能级为半充满，能量低更稳定（4）B（5）V形；NO+【解析】【解答】（1）A、同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大。但由于N的2p能级为半充满稳定结构，难以失去第一个电子。因此第一电离能：C＜O＜N，A符合题意。

B、非金属性：O＞N＞S，因此电负性：O＞N＞S，B不符合题意。

C、H与O形成的18电子分子为H2O2，H2O2为极性分子，C符合题意。

D、分子结构中－COOH、－NH2位于同一个碳原子上，易形成分子内氢键，D符合题意。

故答案为：ACD

（2）由晶胞结构可知，Na位于顶点和体心，因此一个晶胞中Na的个数为8×18+1=2；N5位于面心，因此一个晶胞中含有N5的个数为4×12=2。所以该晶体的化学式为NaN5。晶体结构中含有Na+，因此属于离子晶体。

故答案为：NaN5；离子晶体

（3）C原子的价层电子排布式为2s22p2，得到1个电子形成半充满稳定结构。N原子的价层电子排布式为2s22p3，得到1个电子由半充满稳定结构变为不稳定结构。因此碳原子第一电子亲合能叫氮原子第一电子亲合能大。

故答案为：碳原子2p能级有2个电子，得到一个电子后2p能级为半充满，能量低更稳定

（4）A、[Cu(NH3)2]Cl中Cu＋的价层电子排布式为3d10，不存在未成对电子，因此不属于顺磁性物质，A不符合题意。

B、[Cu(H2O)4]SO4中Cu2＋的价层电子排布式为3d9，还有一个未成对电子，因此属于顺磁性物质，B符合题意。

C、Na[Al(OH)4]中Al3＋的价层电子排布式为2s22p6，不存在未成对电子，因此不属于顺磁性物质，C不符合题意。

故答案为：B

（5）NOCl的结构式为O=N－Cl，其中心氮原子的价层电子对数为3，其中含有一对孤电子对，因此NOCl的空间构型为V形。质荷比数值为30的离子峰，含有一个N原子和一个氧原子，且带有1个单位正电荷，因此该微粒的化学式为NO＋。

故答案为；V形；NO＋

【分析】（1）A、同周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大，第ⅡA、ⅤA族元素比第ⅢA、ⅥA族大。

B、非金属性越大，电负性越大。

C、H2O2为极性分子。

D、－COOH和－NH2可形成分子内氢键。

（2）根据均摊法确定微粒的个数，从而得出其化学式。含有金属阳离子的化合物，属于离子化合物。

（3）结合C、N原子核外电子排布进行分析。18．【答案】（1）Cl2；C（2）防止氯化亚铜在空气中被氧化（3）Na+、Cu2+、H+（4）C（5）将浸出液过滤，得到深蓝色溶液，向深蓝色溶液中加入无水乙醇析出[Cu(N【解析】【解答】（1）①溶液A中的主要成分为FeCl2，可通入Cl2将Fe2＋氧化成Fe3＋，实现FeCl3的循环利用。因此试剂X为Cl2。

故答案为：Cl2

②固体C中含有S和SiO2，要通过溶解、过滤、蒸馏获得硫单质，则所加试剂应能将S溶解。而硫易溶于CS2，因此溶解时最适宜的试剂为CS2，C符合题意。

故答案为：C

（2）将固体B溶于NaCl溶液中，是为了使固体B中的CuCl与NaCl溶液反应。由于CuCl易被空气中的O2氧化，因此将固体B投入到NaCl溶液中，需快速，防止CuCl被空气中的O2氧化。

故答案为：防止氯化亚铜在空气中被氧化

（3）在Na[CuCl2]溶液中加入盐酸，＋1的Cu与H＋反应生成Cu2＋和Cu，由于所加盐酸过量，因此溶液D中所含的阳离子有Na＋、H＋和Cu2＋。

故答案为：Na＋、Cu2＋、H＋

（4）由分析可知，斑铜矿与FeCl3溶液反应生成CuCl、FeCl2和S，因此该反应的离子方程式为：Cu5FeS4＋7Fe3＋＋5Cl－=8Fe2＋＋5CuCl＋4S。

故答案为：Cu5FeS4＋7Fe3＋＋5Cl－=8Fe2＋＋5CuCl＋4S

（5）可用乙醇从溶液中析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O。因此实验方案为：将浸出液过滤，得到深蓝色溶液。向深蓝色溶液额中加入无水乙醇析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，过滤；用无水乙醇洗涤，低温干燥。

故答案为：将浸出液过滤，得到深蓝色溶液。向深蓝色溶液额中加入无水乙醇析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，过滤；用无水乙醇洗涤，低温干燥

【分析】固体B中加入NaCl溶液后，得到Na[CuCl2]溶液和固体C(S、SiO2)，说明固体B中含有CuCl、S和SiO2。则斑铜矿中加入FeCl3溶液后反应生成CuCl、S和FeCl2。因此溶液A中含有FeCl2。Na[CuCl2]溶液中加入盐酸后，由于Cu＋在酸性条件下易反应生成Cu2＋和Cu，因此溶液D中含有Cu2＋、Na＋和过量的H＋。据此结合题干设问分析。19．【答案】（1）<；反应的△S<0且自发，则△H<0（2）K（3）AD；（4）阴；1.12【解析】【解答】（1）该反应能自发进行，则ΔH-TΔS＜0。由于该反应气体分子数减小，ΔS＜0。所以要使ΔH-TΔS＜0，则ΔH＜0。

故答案为：＜；反应的ΔS＜0且自发，则ΔH＜0

（2）令起始时c(HCOOH)=amol·L－1，则反应过程中HCOOH的变化浓度为(a－x)mol·L－1，所以平衡时c(HCOO－)=c(H＋)=(a－x)mol·L－1。该温度下反应的平衡常数Ka=cHCOO-·cH+cHCOOH=a-x×a-xx，解得a=Kax+x。即起始时cHCOOH=Kax+xmol·L-1，反应过程中HCOOH的变化浓度为Kaxmol·L-1。所以该温度下HCOOH的电离度α=KaxKax+x。

故答案为：KaxKax+x

（3）①A、反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，则反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，A符合题意。

B、该反应可由反应Ⅱ减去反应Ⅰ得到，因此该反应的反应热ΔH=ΔH2-ΔH1，B不符合题意。

C、由碳元素守恒可得，体系中存在守恒关系c(HCOOH)＋c(CO)＋c(CO2)=1.0mol·L－1，C不符合题意。

D、加入盐酸，提供H＋，为反应的催化剂，不影响平衡移动，因此达到平衡状态时，体系中cCOcHCOOH的值与未加盐酸时相同，D符合题意。

故答案为：AD

②保持其他条件不变，若反应起始时溶液中同时还含有0.10mol·L－1的盐酸，H＋仅对反应Ⅰ有催化作用，则CO达到浓度峰值的时间更短，且比原峰值大，所以CO的浓度与反应时间的变化关系如图。

故答案为：

（4）电极b中通入CO2，反应生成甲酸盐，过程中碳元素由＋4价变为＋2价，发生还原反应，因此电极b为阴极。电解过程中阳极的电极反应式为4HCO3－－4e－=O2↑＋4CO2↑＋2H2O。当两侧电解液中K＋相差0.08mol时，左侧电解质溶液中有0.04molK＋移向右侧，即有0.04molHCO3－发生反应。因此反应生成n(O2)=0.01mol、n(CO2)=0.04mol，所以阳极产生气体的总体积为(0.01mol＋0.04mol)×22.4L·mol－1=1.12L。

故答案为：阴；1.12

【分析】（1）反应能自发进行，则ΔH-TΔS＜0，据此判断该反应的热效应。

（2）根据三段式和平衡常数的表达式进行计算。

（3）①A、活化能越小，反应速率越快。

B、根据盖斯定律计算。

20．【答案】（1）恒压滴液漏斗（2）c（3）E；B；C（4）B（5）A；B；D（6）防止水解产生的HCl挥发导致测量误差；76.00%【解析】【解答】（1）图示仪器a为恒压滴液漏斗。

故答案为：恒压滴液漏斗

（2）冷凝管中冷凝水的流向为“下口进，上口出”，因此装置B中冷凝水的进口为c。

故答案为：c

（3）装置B为TiCl4的冷凝收集装置；装置C、D为干燥装置；装置E为TiO