浙江省宁波市2024年高考化学模拟试题（含答案）3

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．常温常压下，下列物质为气态的是（）A．甲醇 B．甲醛 C．甲酸 D．水2．碳酸氢钠常用作食用碱或工业用碱，下列说法不正确的是（）A．向碳酸氢钠固体中加入少量水后，会出现吸热现象B．碳酸氢钠溶液呈碱性，加入NHC．分别同时加热等量碳酸钠和碳酸氢钠固体，碳酸氢钠先发生分解D．往饱和碳酸钠溶液中通入CO3．下列表示正确的是（）A．BF3B．H3OC．基态Fe2+D．的名称：乙二酸乙二酯4．KNO3具有强氧化性，可发生反应：2KNO3+2NA．N2B．KNOC．生成1molN2转移电子的数目为D．实验室不可用加热NH45．下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是（）A．1.0mol/L氨水溶液（pH=9）中：Cu2+、NB．1.0mol/L氯化钠溶液（pH=7）中：Fe3+、BC．0.1mol/L碳酸钠溶液（pH=11）中：[Al(OH)4]-D．0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液（pH=5）中：C2O42−6．《开宝本草》记载“取钢煅作叶，如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣”。铁华粉［主要成分为(CH3COO)A．气体X为SB．铁华粉中含有铁单质C．由上述实验可知，OH−结合FD．制备铁华粉的主要反应为Fe+2C7．类比和推理是学习化学的重要方法，下列结论合理的是（）已知结论A15—冠—5（冠醚）能识别N12—冠—4（冠醚）能识别KB酸性：三氟乙酸＞三氯乙酸酸性：氢氟酸＞氢氯酸CKK溶解度：AD晶体硅是半导体材料晶体硅的化学键含金属键成分A．A B．B C．C D．D8．某实验小组为制备1-氯-2-甲基丙烷（沸点69℃），将2-甲基-1-丙醇和POCl3溶于CH2Cl2中，加热回流（伴有HCl气体产生）。反应完全后倒入冰水中分解残余的POCA．装置①在加热回流时，需加入沸石或碎瓷片B．装置②与装置①的冷凝管上端相连，因HCl气体极易溶于水，需将尾气处理装置设计成防倒吸C．装置③在分液前无法区分水层与有机层时，可向分液漏斗中滴水，若上层无水滴通过轨迹，则上层为水层D．CH2C9．关于有机物检测，下列说法正确的是（）A．分子式为C4H10B．可用溴水鉴别甲酸水溶液、甲醛水溶液和甲苯C．CH3CHOD．淀粉水解液碱化后，加入新制氢氧化铜并加热，出现砖红色沉淀，说明淀粉水解生成了还原性糖10．下列指定反应与方程式不相符的是（）A．淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4B．用惰性电极电解MgCl2C．甘油与硝酸发生酯化反应：D．在酸催化下，苯酚与甲醛反应生成羟甲基苯酚：11．有机物L的合成路线（反应条件和其他产物已经略去）如下图所示，下列说法不正确的是（）A．1molX最多能与2molNaOH（水溶液）发生反应B．在Z→M的过程中，发生还原反应，M的结构简式为CC．Y能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同D．N和L均难溶于水12．有机金属氯化物由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、M、N组成，部分结构如图所示，基态原子M核外电子所占据原子轨道全充满，N元素的价层电子排布式为nsn−1nA．Z与N可形成化合物ZN3B．最简单氢化物的沸点：Z>YC．M元素的第一电离能比同周期相邻元素的大D．YX3+13．高氯酸在化工生产中有广泛应用，工业上以NaClOA．上述装置中，f极为光伏电池的正极B．a、b处均通入NaClOC．d处得到较浓的NaOH溶液，c处得到HClO4溶液D．若转移2mol电子，理论上生成100.5gHClO414．乙醛与氢氰酸（HCN，弱酸）能发生加成反应，生成2-羟基丙腈，历程如下：下列说法不正确的是（）A．因氧原子的电负性较大，醛基中的碳原子带部分正电荷，与CNB．HCN易挥发且有剧毒，是该反应不在酸性条件下进行的原因之一C．往丙酮与HCN反应体系中加入一滴KOH溶液，反应速率明显加快，因此碱性越强，上述反应越容易进行D．与HCN加成的反应速率：15．常温下，往0.35mol/LCa(ClO)2溶液中通入已知：Ka(HClO)=4.0×10K下列说法不正确的是（）A．通入一定量CO2后溶液pH=7，未出现B．往Ca(ClO)2溶液中加盐酸酸化，将有C．通入一定量CO2后溶液中D．已知自然条件下，饱和碳酸溶液的pH≈5.16．根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，下列方案设计、结论均正确的是（）实验目的方案设计现象结论A探究金属Na、Ca的金属性强弱将金属Na、Ca分别切成体积相等的颗粒，投入蒸馏水中金属Na与水反应更加剧烈Na的金属性强于CaB判断AlCl将AlClAlClAlClC探究浓硝酸与炭在加热条件下能否反应将红热的木炭投入浓硝酸中产生红棕色气体炭与浓硝酸在加热条件下反应生成ND探究有机物中官能团之间的影响分别向丙烯酸乙酯（CH2=CHCOOC前者无明显现象，后者快速固化氰基活化双键，使其更易发生加聚反应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．氢和氧是构建化合物的常见元素。请回答：（1）钴氧化物和Al①钴蓝晶胞中Co、Al、O原子个数比为。②Co原子间最短的距离为pm。③图2所示字母中，Ⅰ型小立方体分别是a、（填字母序号）。（2）苯、1，3-丁二烯都是平面分子，碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共轭大π键。①下列说法正确的是。A.同周期元素中，第一电离能大于碳的元素有3种B.苯中碳原子杂化方式为sC.1，3-丁二烯的2、3号位碳原子间的键长大于乙烷中的碳碳键键长D.的二氯代物有9种（不考虑立体异构）②苯环之间通过共用苯环的若干条环边而形成的芳香烃称为稠环芳烃，例如：萘（）、蒽（）、菲（）。分子式为C30H18（3）邻羟基苯甲醛（）能形成分子内氢键。①画出邻羟基苯甲醛的分子内氢键。②邻羟基苯甲醛在分子内形成氢键，在分子间不存在氢键的原因是。18．砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电。一种从酸性高浓度含砷废水［砷主要以亚砷酸（H3已知：Ⅰ.AⅡ.AⅢ.砷酸（H3Ⅳ.Ksp(FeS)=6请回答：（1）从含砷废水到滤液Ⅰ，浓度明显减小的阳离子为（用离子符号表示）。（2）下列说法正确的是____。A．沉砷时产生的废气可用CuSOB．酸化的目的是增加+5价砷的氧化性C．NaOH浸取后所得滤渣的主要成分是FeS，不含FeD．酸性：H（3）“沉砷”过程中FeS是否可用过量的Na2S替换（4）砷酸“还原”过程中发生的化学方程式为。还原后溶液需检验是否仍剩余砷酸，设计检验实验方案。19．通过电化学将CO（1）某研究小组采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将CO2最终转化为乙烯，装置示意图如图1所示。惰性电极a上催化剂纳米Cu处的电极反应式为图1（2）另一研究小组研究乙醇-水催化重整获得清洁能源H2反应Ⅰ：C2H反应Ⅱ：CO2反应Ⅲ：C2H①ΔH3=②保持压强为100kPa，按n始(C2H5OH):n始(H2O)=1:下列说法正确的是。A.曲线a表示平衡时COB.乙醇的平衡转化率随温度的升高一直增大C.300℃后曲线b随温度升高而降低的原因是催化剂在高温下活性下降D.降低水醇比［n(H2O)③500℃、100kPa条件下，反应Ⅱ中用平衡分压表示的平衡常数Kp=。

（3）第三个研究小组研究CH4还原CO2获得能源CO。恒压、750℃条件下，CH①上述转化循环顺利进行时，过程ⅲ中参加反应的n(Fe):n(CaC②若CH4和CO2按物质的量之比1：1投料，会导致过程ⅱ、ⅲ循环无法持续进行，请解释原因（结合第20．某小组设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量（夹持装置略）。已知：①测定原理为甲醛把Ag+还原成Ag，产生的Ag与Fe3+定量反应生成②吸光度用A表示，计算公式为A=abc，其中a为吸光度系数，b为光在样本中经过的距离，c为溶液浓度。请回答：（1）仪器A的名称是。（2）制备银氨溶液，仪器B中放置的药品是（填“AgNO（3）选择正确的操作，完成室内空气中甲醛含量的测定：操作①：取下玻璃塞→操作②：→操作③：→操作④：使可滑动隔板处于最右端→操作⑤：→操作⑥：→操作⑦：→再将操作③～⑦重复4次→测定溶液吸光度。a.打开K1，关闭K2b.打开Kc.将可滑动隔板拉至最左端d.热水浴加热仪器Ae.将可滑动隔板缓慢推至最右端f.将可滑动隔板迅速推至最右端（4）写出甲醛与银氨溶液反应的化学方程式。（5）将仪器A中溶液的pH调至1，加入足量Fe2(SO4（6）下列说法正确的是____。A．本实验缺少尾气处理装置B．实验应在室内不同点位进行空气取样，以保证数据的准确性C．毛细管的作用是减小空气通入速率，保证空气中的HCHO被吸收完全D．有色配合物浓度越大，测得吸光度数值越大21．化合物J是一种用于降血脂的药物，其合成路线如图：已知：①结构与苯相似；②R−Cl→请回答：（1）化合物I含有的官能团名称是。（2）反应⑤为取代反应，产物中有HBr，则F的结构简式是。（3）下列说法不正确的是____。A．反应④的反应类型是氧化反应B．反应⑥除生成H外，还生成C．已知化合物E中的N原子杂化方式均为spD．化合物J中有3个手性碳原子（4）化合物A的分子式为C7H10N2（5）设计以氯苯为原料合成物质K（）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B的同分异构体的结构简式（不考虑立体异构）。①具有含N的六元杂环，六元环中无碳碳三键，环上只有一个取代基；②1H−NMR③碳原子不连两个双键，不含其他环状结构。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】常温下，甲醇为液态，甲醛为气体，甲酸为液体，水为液体，故答案为；B

【分析】根据常温下各物质的状态即可判断。2．【答案】B【解析】【解答】A.碳酸氢钠溶于水吸热，故A不符合题意；

B.碳酸氢钠显碱性，加入氯化铵后，当形成氨水浓度较大时才会产生氨气，故B符合题意；

C.碳酸氢钠稳定性弱于碳酸钠，同时加热时，碳酸氢钠先分解，故C不符合题意；

D.相同条件下碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，向饱和碳酸钠溶液通入二氧化碳气体，产生浑浊，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.碳酸氢钠溶于水出现吸热现象；

B.当浓度达到一定时，才会出现氨气；

C.相同条件下，碳酸钠比碳酸氢钠稳定；

D.相同条件下，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠。3．【答案】A【解析】【解答】A.BF3的价层电子对为3+1×32=3，（VSEPR）模型为平面三角形，故A符合题意；

B.H3O+的电子式：，故B不符合题意；

C.基态Fe2+的价层电子轨道表示式：，故C不符合题意；

D.的名称为乙二酸二乙酯，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.BF3计算出B原子的价层电子对胃3，因此为平面三角形；

B.水合氢离子中水中氧原子需要满足8个电子；

C.铁原子价层电子排布为3d54s2，亚铁离子电子排布为：3d54．【答案】B【解析】【解答】A.KNO3中N元素化合价由+5价变为0价，NH4Cl中N元素化合价由-3价变为0价，则N2既是氧化产物，又是还原产物，故A不符合题意；

B.KNO3中N元素化合价由+5价变为0价，O元素化合价由-2价变为0价，则KNO3既是氧化剂又是还原剂，故B符合题意；

C.KNO3中N元素化合价由+5价变为0价，反应消耗2molKNO3生成2molN2转移10mol电子，则生成1molN2转移电子的数目为5NA，故C不符合题意；

D.2KNO3+2NH4Cl  △  __2N2↑+O2↑+4H5．【答案】C【解析】【解答】A.1.0mol/L氨水溶液（pH=9）有大量的氢氧根，铜离子与氢氧根离子反应得到氢氧化铜，故A不符合题意；

B.铁离子水解呈酸性，因此溶液PH＜7，故B不符合题意；

C.[Al(OH)4]-、Cl−、CN−在碱性条件下均共存，故C符合题意；

D.C2O42−与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应不共存，故D不符合题意；

.故答案为：C

【分析】A.铜离子与氢氧根不共存；6．【答案】A【解析】【解答】A.(CH3COO)2Fe⋅H2O］与硫酸作用得到醋酸，故A符合题意；

B.加入盐酸，有氢气产生，说明铁华粉中含有铁单质，故B不符合题意；

C.由上述实验可知，氢氧根离子能与蓝色沉淀反应，生成棕色沉淀，说明有氢氧化铁沉淀生成，说明氢氧根离子结合铁离子的能力强于CN-，故C不符合题意；7．【答案】D【解析】【解答】A.12—冠—4（冠醚）与Li+络合而不与Na+、K+络合，故12—冠—4（冠醚）不能识别K+，故A不符合题意；

B.F的吸电子能力强于Cl，使得三氟乙酸比三氯乙酸更易发生电离，而F的非金属性比Cl强，所以酸性：三氟乙酸＞三氯乙酸，H-F键能比H-Cl键能大，更难发生电离，所以酸性：氢氟酸＜氢氯酸，故B不符合题意；

C.Ag2CrO4和AgCl组成不相似，不能进行比较溶解度，故C不符合题意；

D.晶体硅是半导体材料，能导电，金属含有金属键，能够导电，个由此可类比推理出，晶体硅的化学键含金属键成分，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.12—冠—4（冠醚）与Li+络合而不与Na+、K+络合；8．【答案】A【解析】【解答】A.该装置中有搅拌棒，不需加入沸石或碎瓷片，故A符合题意；

B.装置②与装置①的冷凝管上端相连，用来收集反应生成的HCl，HCl气体极易溶于水，所以要防止倒吸，故B不符合题意；

C.向两层溶液中滴水，滴入水后如果先接触有机层，滴入的水与有机层会有明显的界限，如果滴入水层，就会消失不见，故C不符合题意；

D.CH2Cl2沸点为39.8℃，1-氯-2-甲基丙烷沸点69℃，故可使用装置④的蒸馏装置，对圆底烧瓶进行控制温度的温水浴加热，得到纯净的1-氯-2-甲基丙烷，故D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A.根据装置①中含有环形搅拌棒，不需要加入碎瓷片；

B.装置B可以防倒吸；

C.相似相溶，加入水后不分层说明上层为水层，分层说明为有机层；

D.二氯甲烷装在装在圆底烧瓶中，利用水浴加热可增强效果。9．【答案】D【解析】【解答】A.分子式为C4H10O的有机物不能使酸性KMnO4溶液褪，比如：为醇，故A不符合题意；

B.甲酸水溶液、甲醛水溶液就能和溴水反应使溴水褪色，现象相同，故不能用溴水鉴别甲酸水溶液、甲醛水溶液和甲苯，故B不符合题意；

C.CH3CHO和CH3COOH都含有两种不同环境的氢原子，且个数比均为3：1，但由于所含官能团不同使得化学位移不同，故二者的核磁共振氢谱谱图不完全相同，故C不符合题意；

D.淀粉水解液生成葡萄糖，葡萄糖为还原性糖，碱化后，加入新制氢氧化铜并加热，出现砖红色沉淀，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.根据为醇，不能酸性高锰酸钾褪色；

B.甲酸和甲醛水溶液加入溴水褪色，不能鉴别，而甲苯萃取溴水，分层；

C.乙醛和乙酸核磁共振氢谱不是完全相同；10．【答案】C【解析】【解答】A.I-在空气中被氧化为I2，使淀粉溶液变蓝，离子方程式为4I−+O2+2H2O       __2I2+4OH−，故A不符合题意；

B.用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极上水电离出的H+发生还原反应生成H2，Mg2+和水电离产生的OH-反应生成Mg(OH)211．【答案】B【解析】【解答】A.由题干信息可知，1molX中含有2mol醇酯基，则最多能与2molNaOH发生反应，故A不符合题意；

B.由题干转化信息可知，有机化学中有机物加氢失氧的反应是还原反应，在Z→M的过程中即羧基转化为醇羟基，发生还原反应，则M的结构简式为CH2=CHCH2CH2CH2OH，故C符合题意；

C.Y能使溴水褪色是发生加成反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，即褪色原理不同，

故C不符合题意；

D.由题干信息可知，L为醚类物质，N是卤代烃，二者均难溶于水，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.根据结构简式即可得到1molX含有2mol酯基，可消耗2mol氢氧化钠；

B.根据图示设计将羧基转化为醇羟基即可写出结构简式；

C.Y含有双键可是溴水和高锰酸钾褪色，褪色原理不同；

D.L为醚类物质，N为氯代烃均不溶于水。12．【答案】A【解析】【解答】X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的短周期主族元素，N元素的价层电子排布式为nsn−1np2n−1，则N为Cl元素；阳离子中X、Y、Z形成共价键的数目分别为1、4、4，基态原子M核外电子所占据原子轨道全充满，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、M为Mg元素，N为Cl元素。

A.氮元素的原子序数为7，基态原子的价电子排布式为2s22p3，由于原子核外没有d轨道，所以由共价键的饱和性可知，氮原子与氯原子无法形成五氯化氮，故A符合题意；

B.氨分子能形成分子间氢键，甲烷不能形成分子间氢键，所以氨分子的分子间作用力大于甲烷，沸点高于甲烷，故B不符合题意；

C.同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，故C不符合题意；

D.CH3+离子中碳原子的价层电子对数为3，则碳原子的杂化方式为sp2杂化，故D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A.Z为N元素、N为Cl元素，根据核外电子排布即可判断形成NCl5；

B.Y为C元素形成氢化物为CH4、Z为N元素，形成氢化物为NH3，氨气形成氢键，沸点高；

C.M为Mg元素，同周期元素，从左到右第一电离能增大趋势，镁3s处于全充满较稳定，第一电离能大；13．【答案】C【解析】【解答】A.图中Na+由左侧移动到右侧，即电解池左侧为阳极，阳极电极与光伏电池的正极相接，所以e极为光伏电池的正极、f极为负极，故A不符合题意；

B.由以上分析可知，物质b为稀NaOH溶液，故B不符合题意；

C.左侧阳极上生成的H+与加入的高氯酸钠结合成高氯酸，右侧阴极上生成的OH-与Na+结合成NaOH，所以d处得到较浓的NaOH溶液，c处得到HClO4，故C符合题意；

D.电解NaClO4溶液生成HClO4时阳极电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，转移2mol电子则生成2molH+，即生成2molHClO4，m(HClO4)=nM=2mol×100.5g/mol=201g，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.根据钠离子向Y移动，因此电极d为阴极，因此f为电池的负极；

B.左侧为阳极，因此生成大量的氢离子与高氯酸钠形成高氯酸，右侧留下大量的氢氧根与钠离子形成氢氧化钠；

C.根据电解高氯酸钠得到高氯酸，即可得到c处是高氯酸，d留下大量氢氧根与钠离子结合形成氢氧化钠；

D.左侧是阳极，因此电极式为2H2O-4e-=4H++O2↑，转移2mol电子即可生成2mol高氯酸即可计算出物质的质量。14．【答案】C【解析】【解答】A.氧原子的电负性较大，醛基中的碳原子带部分正电荷，碳原子与CN-作用，故A不符合题意；

B.HCN易挥发且有剧毒，所以该反应不在酸性条件下进行，故B不符合题意；

C.往丙酮与HCN反应体系中加入一滴KOH溶液，CN-浓度增大，反应速率明显加快，若碱性过强，氢离子浓度降低，第二步反应难发生，故C符合题意；

D.硝基是吸电子基，甲基是给电子基，间甲基苯甲醛中醛基中的碳原子正电性减弱，不利于亲核加成，所以与HCN加成的反应速率：，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.氧原子电负性较强，醛基上碳带正电荷，因此与CN-作用；

B.酸性条件稀啊，易形成HCN易挥发；

C.HCN是弱酸，加入氢氧化钾导致CN-浓度增大，速率加快，过多碱导致第二步氢离子减少，反应难发生；

D.硝基是吸电子基，甲基是给电子基，间甲基苯甲醛中醛基中的碳原子正电性减弱，不利于反应。15．【答案】A【解析】【解答】A.向Ca(ClO)2溶液中通入一定量CO2后溶液pH=7，c(H+)=10-7mol/L，由于Ka(HClO)=4.0×10-8，c(H+)c(ClO-)c(HClO)=4.0×10-8，c(ClO-)c(HClO)=0.4，根据Ca(ClO)2溶液浓度为0.35mol/L，则c(ClO-)+c(HClO)=0.35mol/L×2=0.70mol/L，两式联立，解得c(ClO-)=0.2mol/L；c(HClO)=0.5mol/L；溶液pH=7，溶液显中性，则溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得c(H+)+2c(Ca2+)=c(OH-)+c(ClO-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，故有2c(Ca2+)=c(ClO-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)；0.35mol/LCa(ClO)2溶液中，c(Ca2+)=0.35mol/L，0.35mol/L×2=0.2mol/L+2c(CO32-)+c(HCO3-)，所以2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.5mol/L，H2CO3的二级电离平衡常数Ka2=c(CO32-)c(H+)c(HCO3-)=4.7×10-11，c(CO32-)c(HCO3-)=4.7×10-4，结合等式2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.5mol/L，可知c(HCO3-)≈0.5mol/L，c(CO32-)=0.5mol/L×4.7×10-4=2.35×10-4mol/L，c(Ca2+)·c(CO32-)=0.35×2.35×10-4=8.225×10-5＞Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，因此溶液中会出现CaCO3沉淀，故A符合题意；

B.加入盐酸酸化，次氯酸钙具有强氧化性，HCl具有还原性，会发生归中反应，将其氧化为氯气，反应方程式为：ClO-+Cl-+2H+=H2O+Cl2↑，故B不符合题意；

C.Ka(HClO)=c(H+)c(ClO-)c(HClO)=4.0×10-8，若c(ClO-)=c(HClO)，则c(H+)=4.0×10-8mol/L，pH=8-lg4=7.4<8，而酚酞的变色范围是8.2-10，所以酚酞并未变红，故C不符合题意；

D.碳酸在溶液中存在两步电离平衡，HCO3-主要是来自于第一步电离，H+两步电离均会生成，故c(H+)＞c(HCO3-)；CO32-主要是HCO3-部分电离得到，而且HCO3-电离程度十分微弱，H2CO3电离出HCO3-的程度大于HCO3-电离产生CO32-的程度，故c(CO32-)和c(OH-)要小于c(HCO3-)；Kb1=c(HCO3-)c(OH-)c(CO32-)=KwKa2=2.13×10-4，溶液pH=5.6，c(H+)=10-5.6mol/L，c(OH-)=10-8.4mol/L，c(HCO3-)≈c(H+)=10-5.6mol/L，可得c(CO32-)=4.7×1016．【答案】D【解析】【解答】A.将金属Na、Ca分别切成体积相等的颗粒，投入蒸馏水中，分别发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；Ca+2H2O=Ca(OH)2+H2↑，由于NaOH易溶于水，会迅速扩散到溶于中，反应继续进行；而Ca(OH)2微溶水，反应产生Ca(OH)2覆盖在金属表面，阻止反应的进行，导致Ca与水的反应速率比Na与H2O反应的缓慢，因此不能比较金属Na、Ca的金属性强弱，故A不符合题意；

B.AlCl3固体溶于水，AlCl3电离产生Al3+、Cl-，由于溶液中有自由移动的离子，因此能够导电，但不能判断其物质中含有离子键，故B不符合题意；

C.浓硝酸具有不稳定性，在加热时会发生分解反应：4HNO3→∆2H2O+4NO2↑+O2↑，反应产生的NO2也会产生红棕色气体，而不能证明C与浓硝酸反应产生NO2，故C不符合题意；

D.分别向丙烯酸乙酯(CH2=CHCOOCH2CH3)和α-氰基丙烯酸乙酯[CH2=C(CN)COOCH2CH3]中滴入水，前者无明显现象，后者快速固化，说明氰基活化双键，使其更易发生加聚反应，产生高聚物，可以用于探究有机物中官能团之间的影响，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.从金属活动性判断，钙的金属性强于钠，但是钠和钙与水反应时，氢氧化钙微溶于水阻碍反应进行，导致速率降低；

B.判断是否含有离子键，可利用熔融的氯化铝进行是否导电判断；

C.浓硝酸受热时也分解成二氧化氮，无法确定是浓硝酸与木炭反应得到；

D.根据加入水后固化说明发生价加聚反应，主要是氰基活化双键。17．【答案】（1）1：2：4；32（2）BD；54（3）；形成分子间氢键相当于分子数减少的反应，熵的减少量大于形成分子内氢键，因此邻羟基苯甲醛更倾向于形成分子内氢键【解析】【解答】（1）①Ⅰ型立体结构中Co位于顶点和体心，原子数是4×18+1；O位于晶胞内，原子数是4；Ⅱ型小立方体中Co位于顶点，原子数是4×18；O位于晶胞内，原子数是4；Al位于晶胞内，原子数是4；该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有Co原子数是8、Al原子数是16、O原子数是32，则钴蓝晶胞中Co、Al、O原子个数比为：8：16：32=1：2：4；

②由图可知，Co原子间最短的距离为面对角线的一半，则该距离为：32apm；

③根据晶胞中Ⅰ型立体结构、Ⅱ型小立方体关系，图2中Ⅰ型小立方体位于图2中上层ac对角线的位置、下层f位置，故分别是a、c、f；

（2）①A.同周期越靠右，第一电离能越大，其中第ⅡA、ⅤA的元素由于其电子排布为稳定结构，第一电离能较大，故同周期元素中，第一电离能大于碳的元素有N、O、F、Ne，一共4种，故A不符合题意；

B.苯中，碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共轭大π键，则苯中碳原子杂化方式为sp2，故B符合题意；

C.根据信息可知，1，3-丁二烯中碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共轭大π键，则其中碳原子间的键长小于乙烷中的碳碳键键长，故C不符合题意；

D.根据定一移一的原则可知，，的二氯代物有，，，，共有9种，故D符合题意

②根据题给信息可知，分子式为C30H18的稠环芳烃中含有苯环的个数为7个，其中含有C—Cσ键的个数为：36，C—Hσ键的个数为：18，则一个分子中σ键有54个；

（3）①羟基氢和醛基氧可形成氢键即可画出：；

②从化学反应进行的方向可以知道，邻羟基苯甲醛在分子间形成氢键，会导致分子数减少，则熵减少，但是该物质更加易于形成分子内氢键，说明形成分子间氢键相当于分子数减少的反应，熵的减少量大于形成分子内氢键，因此邻羟基苯甲醛更倾向于形成分子内氢键；

【分析】（1）①根据晶胞中原子占位计算出原子个数；

②根据Co位置，体对角线一般为Co原子最短的距离；

③根据钴原子位于晶胞的顶角和面心即可得到I为a，c，f；

（2）①A.同周期中从左到右第一电离能增大趋势，比碳大的有N、O、F、Ne；

B..苯中碳原子杂化方式为sp2；

C.1，3-丁二烯都是平面分子，碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共轭大π键，键较短；

D.找出一氯取代物种类，结合氢原子种类找出二取代物；

②单键和双键均含有一个σ键，根据结构即可找出个数；

（3）①根据氢键形成的原理判断，羟基氢和醛基氧可形成氢键；

②根据形成分子内氢键导致分子数减少，属熵减少即可判断出易形成分子内氢键。18．【答案】（1）H（2）A；B；D（3）否；由于As2S3(s)+3（4）2H3AsO4【解析】【解答】（1）含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，H3AsO3与FeS反应，氢离子不断消耗；

（2）A.沉砷时产生的废气中含有H2S，可用CuSO4溶液吸收将其转化为CuS固体处理，故A符合题意；

B.砷酸（H3AsO3）在酸性条件下有强氧化性，因此酸化的目的是将砷酸钠转化为砷酸，从而增强+5价砷的氧化性，故B符合题意；

C.Ksp(FeS)=6.3×10−18，Ksp[Fe(OH)2]=4.9×1017比较接近，沉淀可能含有Fe(OH)2，故C不符合题意；

D.非金属性Se>As，则两者最高价氧化物水化物的酸性强弱：H2SeO4>H3AsO4，故D符合题意；

（3）Ⅱ.As2S3(s)+3S2−(aq)⇌2As19．【答案】（1）2CO+8（2）+255.（3）3：4；过程ⅲ的反应为：CaCO3⇌CaO+CO2、4CO2+3Fe⇌Fe3O4+4CO，当n(Fe):n(CaCO3)=3:4时，ⅲ可顺利发生；若CH4【解析】【解答】（1）由图可知，纳米Cu处的电极上发生的反应是CO2被还原为乙烯，所以电极反应式为：

2CO+8e−+6H2O→CH2=CH2+8OH−；

（2）①C2H5OH(g)+3H2O(g)⇌2CO2(g)+6H2(g)ΔH1=+173.3kJ/mol①，CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.1kJ/mol②，C2H5OH(g)+H2O(g)⇌2CO(g)+4H2(g)起始(mol)1300转化(mol)a/6a/2a/3a平衡(mol)1-a/63-a/2a/3aC起始(mol)a/3a00转化(mol)xxxx平衡(mol)a/3-xa-xxx由图可知500℃时，H2的产率为80%，CO2和CO的选择性相等都为50%，故有a-x6×100%=80%，xa3-x+xx100%=50%，x=0.96，a=5.76，由此可计算出平衡时，n(CO2)=0.96mol，n(H2)=4.8mol，n(CO)=0.96mol，n(H2O)=0.12+0.96=1.08mol，所以反应Ⅱ中用平衡分压表示的平衡常数K=n(H2O)n(CO)n(H2)n(CO2)=0.225；

（3）①写出方程式为：CH4+3CO2+4CaO+Fe3O4=4CaCO3+3Fe+2H2O，CaCO3⇌CaO+CO2，4CO2+3Fe⇌Fe3O4+4CO，n(Fe):n(CaCO3)=3；4.转化顺利进行；

②根据第一问可知：n(Fe):n(CaCO3)=20．【答案】（1）三颈烧瓶（2）氨水（3）d；a；c；b；e（4）HCHO+4Ag（5）0.03（6）B；C；D【解析】【解答】（1）根据图示即可得到仪器A的名称为三颈烧瓶；

（2）制备银氨溶液，仪器B中放置的药品是氨水；

（3）经过分析可知，操作①：取下玻璃塞→操作②d.热水浴加热仪器A→操作③a.打开K1，关闭K2→操作④使可滑动隔板处于最右端，排出容器中空气→操作⑤c.将可滑动隔板拉至最左端，吸入室内待测的空气→操作⑥b.打开K2，关闭K1→操作⑦e.将可滑动隔板缓慢推至最右端，使得待测空气缓缓进入银氨溶液充分反应→再将操作③～⑦重复4次，减小实验误差→测定溶液吸光度，即可得到顺序：dacbe；

（4）甲醛具有一定还原性，能还原一价银为银单质，与银氨溶液反应生成银单质和碳酸铵、水、氨气，