浙江省金华市2024年高考化学模拟试题（含答案）2

浙江省金华市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．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．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1：2D．Na2O2可在呼吸面具作为氧气的来源3．下列表示不正确的是（）A．苯甲酰胺的分子式：C7H7NOB．油酸甘油酯的结构简式：C．基态Ti2+离子的电子排布式：[Ar]4D．Cl-Cl的p-pσ键电子云图形：4．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       __A．该反应在任何温度下都可以自发进行B．生成28gN2转移电子的数目为10NAC．KNO3是氧化剂D．K2S和N2都是还原产物5．在溶液中能大量共存的离子组是（）A．Na+、Pb2+、NO3−、SO42− B．K+、CN-C．K+、H+、Cl-、S2O32− D．OH-、K+6．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．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．D8．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：9．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．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：2FB．Cu和浓HNO3反应：Cu+4C．Al2（SO4）3溶液与Na[Al（OH）4]溶液反应：AD．少量甲醛与新制Cu（OH）2反应：HCHO+2Cu11．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．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：Y>Q>WB．电负性：Z>X>WC．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．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：2C．电流计G的指针向左偏转时，C2电极反应为：ASD．由上述实验现象可知，氧化性：AS14．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ΔS>0，ΔH<0C．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，β−D−吡喃葡萄糖比α−D−吡喃葡萄糖稳定15．常温常压下，H2S气体在水中的饱和浓度约为0.10mol⋅L−1。已知：Kal(HA．饱和H2S溶液中存在cB．向10mL0.010mol⋅L−1H2C．向0.010mol⋅LD．FeS(s16．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：CC将Na2CO3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嫡增D用精密pH试纸测定0.测得pH为7.8KA．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．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：N2H5+（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1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2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2xmol共价单键（5）硼砂(Na2B4O7⋅10H2O)与NaOH的混合溶液中加入H18．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：Ag+③AgCl的Ksp=1.8×1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）AgCl(s)+2NH①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。19．一种燃煤烟气中CO2的捕集和资源再利用技术可通过图1转化过程实现。（1）以过渡金属作催化剂，利用图2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pH=11，则溶液中含碳微粒（①H2CO3、②HCO3−、③CO32−）的浓度由大到小的顺序为（填序号）。（室温下，（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．C2H反应II．C2H反应III．C2H将4molC2H6和6molCO2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3所示（C2H4的选择性=n②M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4。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/%C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8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CO20．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；②ICl+Cl2=IC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：ICl+2NaOHD．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；②ICl+KI=I2+KCl；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nmol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amol·L−1的Na2①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．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和连的结构。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【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【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【解析】【解答】A．苯甲酰胺的结构简式为，分子式为C7H7NO，故A不符合题意；

B．油酸甘油酯是不饱和高级脂肪酸甘油酯，结构简式为，故B不符合题意；

C．钛元素的原子序数为22，基态Ti2+离子的电子排布式为，故C符合题意；

D．氯气分子中含有的氯氯键为p-pσ键，电子云图形为，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.苯甲酰胺结构简式为，即可写出分子式；

B.油酸是Cl5H33COOH，即可写出油酸甘油酯结构简式；

C.Ti是22号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，即可写出电子排布式；

D.p能级是椭圆形。4．【答案】B【解析】【解答】A．该反应的正反应是气体体积扩大的放热反应，∆H＜0，∆S＞0，∆G=∆H-T∆S＜0，故该反应在任何温度下都可以自发进行，故A不符合题意；

B．根据反应方程式可知：每反应产生1molN2，反应过程中转移12mol。反应生成28gN2，其物质的量是1mol，因此反应过程中转移电子的数目为12NA，故B符合题意；

C．在该反应中N元素化合价降低，得到电子被还原，因此KNO3是氧化剂，给UC不符合题意；

D．在该反应中S元素化合价由反应前S单质的0价变为反应后K2S的-2价，因此S化合价降低，得到电子被还原，因此单质S为氧化剂，K2S是还原产物；N元素的化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后N2的0价，化合价降低，得到电子被还原，因此KNO3为氧化剂，N2也是还原产物，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.∆H＜0，∆S＞0，∆G=∆H-T∆S＜0，即可判断；

B.根据S+2KNO3+3C       __K2S+5．【答案】D【解析】【解答】A.SO42−和Pb2+形成难溶的硫酸铅，故A不符合题意；

B.[Fe（SCN）6]3-与CN-生成配合物；故B不符合题意；

C.H+和S2O32−可发生氧化还原反应得到硫单质和二氧化硫，故C不符合题意；

D.：OH-、K+、SO42−、CrO42−不会发生反应，可共存，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.Pb2+和SO42−可反应不共存；

B.[Fe（SCN）6]3-是红色络合物；6．【答案】C【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【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【解析】【解答】A．瓷坩埚中含有二氧化硅，高温下熔融的碳酸钠与二氧化硅反应，应该选用铁坩埚，故A不符合题意；

B．SO2通入Na2S中，SO2与S2-反应生成硫单质，溶液中出现淡黄色沉淀，SO2在该反应中得电子体现氧化性，故B符合题意；

C．稀硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙微溶于水，会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，故C不符合题意；

D．液溴具有挥发性，挥发的液溴能腐蚀橡胶，不能用橡皮塞，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.熔化碳酸钠利用铁坩埚；

B.硫离子具有还原性，二氧化硫与硫离子发生反应可证明二氧化硫氧化性；

C.制取二氧化碳利用稀盐酸和大理石反应；

D.溴具有氧化性不能用橡胶塞。9．【答案】C【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【解析】【解答】A．少量氯化铁固体与浓碘化钾溶液反应生成氯化亚铁、氯化钾和KI3，反应的离子方程式为，故A不符合题意；

B．铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为，故B不符合题意；

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，反应的化学方程式为，故C不符合题意；

D．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符合题意；

故答案为：D

【分析】A.少量氯化铁固体与浓碘化钾溶液反应生成氯化亚铁、氯化钾和KI3即可写出离子方程式；

B.铜与浓硝酸反应得到硝酸铜和二氧化氮和水即可写出离子方程式；

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即可写出方程式；

D.1mol甲醛含有2mol醛基，即可写出方程式。11．【答案】C【解析】【解答】A．根据上述分析可知：A分子式是C6H10，其结构简式是，故A不符合题意；

B．物质B结构简式是，该物质分子结构对称，其中含有5种不同化学环境的氢原子，故B不符合题意；

C．根据上述分析可知物质C是，其分子中含有酮羰基，而无醛基，因此有机物C不能与银氨溶液发生银镜反应，故C符合题意；

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，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.根据A和B相差1个水分子，即可得到A中含有双键，即可写出键线式；

B.根据分子B为即可找出氢原子种类；

C.根据B-C条件即可得到催化氧化得到无醛基不能发生银镜反应；

D.根据X结构简式即可找出官能团。12．【答案】D【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【解析】【解答】Cl、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，说明此时C2电极是正极，Cl电极是负极。一段时间后，当电流计指针回到中间“0”位置，此时反应达到平衡状态，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，说明此时C2电极是负极，Cl电极是正极；

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，故A不符合题意；

B．电流计G的指针向右偏转时，Cl电极是负极，Cl电极反应为：2I−−2e−=I2，故B符合题意；

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：，故C不符合题意；

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：，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.指针向左向右偏转均为化学能转化为电能；

B.电流计G的指针向右偏转，说明左侧是负极，右侧是正极，因此左侧是碘离子失去电子变为碘单质；

C.电流计G的指针向左偏转时，左侧为正极，右侧为负极，因此在碱性环境下，Na314．【答案】B【解析】【解答】A．链状葡萄糖成环是-OH与-CHO发生加成反应，故A不符合题意；

B．链状葡萄糖成环反应，分子混乱程度降低，，故B符合题意；

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，分子中多了一个手性碳原子，故C不符合题意；

D．水溶液中，β−D−吡喃葡萄糖比α−D−吡喃葡萄糖含量高，更易形成β−D−吡喃葡萄糖，说明β−D−吡喃葡萄糖比α−D−吡喃葡萄糖稳定，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.根据成环结构简式，即可判断出成环是醛基和羟基加成的结果；

B.根据成环时混乱度降低即可判断；

C.成环时，碳原子连接4个不同的基团，为手性碳原子；

D.根据含糖量高低判断β−D−吡喃葡萄糖稳定。15．【答案】A【解析】【解答】A．氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，且一级电离抑制二级电离，则饱和氢硫酸溶液中氢离子浓度略大于氢硫酸根离子，由一级电离常数可知，溶液中的氢离子浓度约为=×10-4mol/L≈1.05×10-4mol/L，由二级电离常数Ka2(H2S)=可知，溶液中硫离子浓度约为1.3×10-13mol/L，由水的离子积常数可知，溶液中氢氧根离子浓度约为≈9.5×10-11mol/L，则溶液中离子浓度的大小顺序为，故A符合题意；

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，则溶液中硫离子浓度约为≈1.4×10-18mol/L，故B不符合题意；

C．氢硫酸饱和溶液中氢离子浓度约等于氢离子浓度，由电离常数Ka2(H2S)=可知，溶液中硫离子浓度约为1.3×10-13mol/L，则溶液中浓度商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不符合题意；

D．由方程式可知，反应的平衡常数K====≈4.4×102mol/L，故D不符合题意；

故答案为：A

【分析】A.根据电离常数计算出各离子浓度；

B.利用Kal(H2S)=1.1×10−7，Ka2(H2S)=1.3×10−13计算出离子浓度；

C.利用电离常数K16．【答案】B【解析】【解答】A．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，故A不符合题意；

B．加入Cu粉后，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，故B符合题意；

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嫡增，故C不符合题意；

D．pH为7.8，溶液显碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，，故D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A.蓝色是铜离子颜色，是铜变为铜离子与氨气结合形成铜氨离子；

B.铜与铁离子导致铁离子减少，颜色变浅；

C.根据∆G=∆H-T∆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；混合晶体（4）A；D（5）【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；

（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；

（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，因此晶体类型为混合晶体；

（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符合题意；

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不符合题意；

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C-F的键长比C-C短，故C不符合题意；

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(3×12+1)×x=2.5xmol共价单键，故D符合题意；

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：；

【分析】（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），其中阳离子和阴离子为和（亚硝酰正离子），阳离子中氮原子是sp杂化，为线性构型，硝酸根离子中氮原子是sp2杂化；

（2）氮原子电负性大于氢原子，因此使得相邻的N-H键电子云向NH2方向偏，极性增大酸性增强；

（3）根据找出晶胞计算出晶胞中原子个数比即可，钾失去电子给石墨层，因此其为混合晶体；

（4）A.根据结构简式，即可的都碳原子为饱和碳原子，导电能力降低；

B.根据结构可知，为饱和碳原子，其抗氧化性增强；

C.氟原子半径小于碳原子即可判断；

D.根据键的连接即可判断，与一个氟原子形成单键，与三个碳原子成单键即可计算；

（5）根据B原子只有一种化学环境，因此构型是高度对称，结合B和O均为8个电子稳定结构写出结构式。18．【答案】（1）47；O2；[Ag(NH3)2]+、（2）4（3）AgCl(s)+2NH3(【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；[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+、Ag+、NH4+、H+；

（2）由分析可知，向溶液C中加入一水合肼溶液得到银单质，和氨气和氮气以及铵根离子，写出发生的反应为4[Ag(NH3)2]++N2H4⋅H2O=4Ag+N2↑+4NH4++4NH3+H2O；

故答案为：4[Ag(NH3)2]+19．【答案】（1）2C（2）③②①（3）－761.1；温度升高，反应Ⅱ正向移动程度更大（4）B【解析】【解答】（1）根据图示阴极是二氧化碳得到电子结合碳酸氢根变为乙烯和氢气和碳酸根，即可写出电极反应式为：2CO2+12e−+12HCO3−=C2H4+12CO32−+4H2；

（2）H2CO3⇌H++HCO3-，Ka1=c(H+)c(HCO3-)c(H2CO3)=4×10−7，HCO3-⇌H++CO32-，Ka2=c(C起始(mol)66000转化(mol)xxxxx平衡(mol)6-x6-xxxxC起始(mol)6-x6-xx0转化(mol)y2y4y3y平衡(mol)6-x-y6-x-2yx+4y3y乙烷的平衡转化率为80%，(x+y)/6=0.8，乙烯的选择性为50%，x/(x+y)=0.5，即可得到x=y=2.4mol，因此K=c(C2H4)c(H2O)c(CO)c(C2H6)c(CO2)=2.4×2.4×2.43.6×3.6=1.1；

③反应I主要是乙烯，温度升高，温度对II的选择性更大，导致反应II为主；

（4）A.根据图示，催化剂助剂在第二步起作用，故A不符合题意；

B.在Fe3（CO）12/ZSM-5中添加K助剂时，乙烯的含量最高，因此合成乙烯的效果最高，B符合题意；

C.温度不变，常数不变，C不符合题意；

D.Fe3（CO）12为簇状超分子，可降低反应活化能，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】（1）根据反应物得失电子写出电极反应式；

（2）根据Ka1=4×1020．【答案】（1）2KMnO4（2）甲（3）e；d；c；b；g；f（4）C；D（5）C；200n−0【解析】【解答】第一个装置中KMnO4和浓盐酸反应生成Cl2，化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KC1+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；

（2）ICl易水解，若选用乙装