【文档说明】浙江省精诚联盟2022-2023学年高二下学期5月联考化学试题 含解析.docx，共(27)页，1.773 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-f63d308f69f397329ac4961a80e13fdc.html

以下为本文档部分文字说明：

高二年级化学试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、学号和姓名；考场号、座位号写在指定位置；3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸。5.可能用到的相对原

子质量：H1C12N14O16Na23Mg24A127Si28S32Cl35.5K39Ca40Cr52Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Ba137一、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)1.我国古代染坊采用“碱剂”去除蚕丝表层杂质。该“碱剂”的主要成分是一种盐，成分可能是A.食盐B.硫酸C.纯碱D.胆矾【答案】C【解析】【分析】由题意可知，该“碱剂”的主要成分是一种盐，根据

盐的水解原理可知该盐应该为强碱弱酸盐。【详解】A．氯化钠为强酸强碱盐，不能水解，故A不选；B．烧碱是碱不是盐，故B不选；C．纯碱为碳酸钠，是强碱弱酸盐，水解显碱性，故C选；D．胆矾水解显酸性，故D不选；故选：C。2.氯化钠是高中化学中常见的试剂，下列说法不

正确．．．的是A.基态Na原子电子排布式22611s2s2p3sB.NaCl可用于制取3NaHCOC.生铁置于NaCl溶液中发生析氢腐蚀D.NaCl可降低2Cl在水中的溶解度【答案】C【解析】的【详解】A．基态Na原子核外有11个

电子，其电子排布式为1s22s22p63s1，A正确；B．在侯氏制碱法中NaCl饱和溶液中先通入NH3再通入CO2以此制得碳酸氢钠，B正确；C．生铁置于NaCl溶液中发生吸氧腐蚀而不是析氢腐蚀，C错误；D．Cl2+H2OHCl+HCl

O，加入NaCl，氯离子浓度增大，使得该反应的化学平衡逆向移动，从而降低氯气在水中的溶解度，D正确；故答案选C。3.下列化学用语表示正确的是A.2S−的结构示意图：B.4NHH的电子式：C.聚丙烯的结

构简式D.2HO分子的球棍模型；【答案】D【解析】【详解】A．2S−的核内质子数是16，离子结构示意图为：，故A错误；B．4NHH是离子化合物，电子式为：，故B错误；C．聚丙烯的结构简式为：，故C错误；D．H2O分子的空间构型为V形，球棍模型为，故D正确；故选D。4.设AN为阿伏加德罗常

数的值。下列说法不正确．．．的是A.100g46%的乙醇水溶液中所含氧原子数目为A4NB.4.6g26CHO中含有CH−键的数目不一定为A0.6NC.3lg4P(分子结构：)中的共价键数目为AND.1mol的2CO和()2HOg的混合气体与过量2

2NaO充分反应转移的电子数为AN【答案】C【解析】【详解】A．100g46%的乙醇水溶液中乙醇的质量为46g，物质的量为46g46g/mol=1mol，水的质量为100g-46g=54g，物质的量为54g18g/mol=3mol，所含氧原子数

目为A4N，故A正确；B．4.6g26CHO的物质的量为46g46g/mol=0.1mol，26CHO可能是乙醇也可能是乙醚，含有CH−键的数目不一定为A0.6N，故B正确；C．3lg4P的物质的量为31

g1mol431g/mol4=，4P中含有6个共价键，0.25mol4P中含有1.5mol共价键，故C错误；D．过氧化钠和二氧化碳或水反应，当1mol二氧化碳或水反应时，反应转移1mol电子，故当1mol二氧化碳和水蒸气的混合气体与过氧化钠反应时，反应转移1mol电子即NA个

，故D正确；故选C。5.下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是A.铁与碘反应易生成碘化铁()3FeIB.苯酚、乙醇、福尔马林和硫酸铜均能使蛋白质变性C.钠单质可以从4TiCl水溶液中置换出TiD.3BaCO不溶于水，可用作医疗上检查肠胃的钡餐

【答案】B【解析】【详解】A．碘单质为弱氧化剂，只能将铁氧化为+2价，故铁与碘反应易生成碘化亚铁，故A错误；B．苯酚、乙醇、福尔马林和硫酸铜均能使蛋白质变性，故B正确；C．钠和4TiCl水溶液反应时，先和溶液中的水反应生成NaOH，不能置换出Ti，故C错误；D．3BaCO不溶于水，但会溶于胃酸

（主要是盐酸），生成的钡离子为重金属离子，能使人中毒，不能用作医疗上检查肠胃的钡餐，故D错误；故选B。6.关于反应2222NaCNHONXHO+→++(未配平)，下列说法正确的是A.X的化学式是3NaHCOB.2HO是氧化产物C.每消耗1molNaCN，转移电子数为A10ND.

22HO前的化学计量数为10【答案】A【解析】【详解】A．NaCN和22HO溶液反应生成N2，N元素化合价由-3上升到0价，O元素由-1价下降到-2价，C元素化合价由+2价上升到+4价，结合原子守恒，X为3NaHCO，故A正确；B．该反应中O元素由-1价下降到

-2价，2HO是还原产物，故B错误；C．NaCN中N元素化合价由-3上升到0价，C元素化合价由+2价上升到+4价，每消耗1molNaCN，转移电子数为A5N，故C错误；D．根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2NaC

N+5H2O2=2NaHCO3+4H2O，故D错误；故选A。7.下列反应的离子方程式不正确．．．的是A.10.1molL−2NaAlO溶液中通入过量2CO：()22233AlOCO2HOAlOHHCO−−++=+B.硫化亚铁与浓硫酸混合加热：222HFeSHSFe+

++=+C.将少量2SO通入NaClO溶液：2224SOHO3ClOSOCl2HClO−−−++=++D.同浓度同体积44NHHSO溶液与NaOH溶液混合：2HOHHO+−+=【答案】B【解析】【详解】A．碳酸的酸性强于氢氧化铝，因此NaAlO2溶液中通入过量的CO2，反应的离

子方程式为()22233AlOCO2HOAlOHHCO−−++=+，故A正确；B．浓硫酸具有强氧化性，和硫化亚铁反应会生成SO2和硫酸铁等，故B错误；C．将少量2SO通入NaClO溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠和次氯酸，离子方程式为2224SOHO3ClOSOC

l2HClO−−−++=++，故C正确；D．同浓度同体积44NHHSO溶液与NaOH溶液混合，H+和OH-发生反应，离子方程式为2HOHHO+−+=，故D正确；故选B。8.下列说法正确的是A.难溶于水的苯磺酸可用于制备合成洗涤剂B.盐析、渗析和灼烧是分离提

纯蛋白质的重要方法C.甘氨酸、丙氨酸和谷氨酸的混合物最多能生成6种链状二肽D.在分子中所有碳原子可能共平面【答案】D【解析】【详解】A．苯磺酸易溶于水，是一种强酸，可以看作是硫酸分子里的一个羟基被苯环取代的产物，磺化反应可用于制备合成洗涤剂，故

A错误；B．提纯蛋白质，其性质不能变化，可利用盐析或渗析法等来提纯蛋白质，加热能使蛋白质变性，变性是不可逆的，故B错误；C．一个氨基酸氨基和另一个氨基酸的羧基发生成肽反应形成二肽，甘氨酸有一个氨基和一个羧基

而谷氨酸有一个氨基和两个羧基，所以它们可形成3种二肽，同样分析，甘氨酸和丙氨酸之间可形成2种二肽，谷氨酸和丙氨酸间可形成3种二肽，另外两个甘氨酸可以形成1种二肽，两个丙氨酸可以形成1种二肽，两个谷氨酸可以形成2种二肽，最多能生成12种链状二肽，故C错误；

D．碳碳双键和苯环是平面结构，碳碳三键是直线形结构，则分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；故选D。9.化合物M是从枸杞中提取的活性物质，下列说法正确的是的A.M的分子式为191923CHNOB.能发生取代、加成、消去、水解、缩聚等反应C.能与酸、碱反应生成相应的盐D.1molM最多可与8mo

l2H反应【答案】C【解析】【详解】A．由结构式可知，M的分子式为192023CHNO，故A错误；B．该有机物中含有羟基可以发生取代反应，含有苯环可以发生加成反应，含有肽键可以发生水解反应，含有两个羟基可以发生缩聚反应

，但不能发生消去反应，故B错误；C．该有机物中含有酚羟基和氨基，能与酸、碱反应生成相应的盐，故C正确；D．该有机物中含有2个苯环和1个碳碳双键，1molM最多可与7mol2H反应，故D错误；故选C。10.我国科学家合成了一种深紫外非线性光学晶体材料A

BPF，晶体中阴离子为311193MXYZ−。元素M、X、Y、Z均为短周期元素，M、Y与Z同周期，M的最外层电子数比次外层电子数多1，Z为电负性最强的元素，Y是地壳中含量最高的元素，X的3p轨道有3个电子。下

列说法中不正确．．．的是A.原子半径：XMYZB.简单气态氢化物的稳定性：YXC.与Y同周期且比Y的第一电离能大的元素仅有2种D.3XZ中所有原子均满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】元素M、X、Y、Z均为短周期元素，M的最外层

电子数比次外层电子数多1，说明M是B；Z为电负性最强的元素，说明Z是F；Y是地壳中含量最高的元素，说明Y是O；X的3p轨道有3个电子，说明X是P，据此进行分析。【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电核数越大，原子半

径越小，原子半径：P>B>O>F，故A正确；B．非金属性：O>P，则简单气态氢化物的稳定性：H2O>PH3，故B正确；C．同一周期元素且原子序数依次增大，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，与O同周期且比O的第一电离能大的元素有

N、F、Ne共3种，故C错误；D．PF3中F是-1价，P是+3价，所有原子均满足8电子稳定结构，故D正确；故选C。11.中国研究者发明一种酸性水系SnMn−电池(如图所示)，通过焦磷酸盐配体()427PO−与4Sn+形成正极保护

层防止3Mn+不可控扩散，实现了2Mn+和3Mn+在石墨表面可逆转化(已知3Mn+易歧化：32222Mn2HOMnOMn4H++++++)，下列说法正确的是A.4Sn+与427PO−通过离子键形成难溶于水的保护层B.放电时石墨电极的反应式为：3224HMn

OeMn2HO+−+++=+C.选用强酸性溶液作电解质，以抑止3Mn+的歧化D.电池充电过程中，电池阳极中的()()23MnMnnn++值逐渐增大【答案】C【解析】【分析】由图可知，3Mn+在石墨电极上得到电子生成2Mn+，石墨电极为正极，电极方程式为：3Mn++e-=2Mn+，Sn在负极失去

电子生成4Sn+，电极方程式为：Sn-4e-=4Sn+。【详解】A．由题意可知，该电池中焦磷酸盐配体()427PO−与4Sn+形成正极保护层防止3Mn+不可控扩散，4Sn+与427PO−形成的是配位键，故A错误；B．由分析可知，石墨电极为正极，电

极方程式为：3Mn++e-=2Mn+，故B错误；C．3Mn+易歧化：32222Mn2HOMnOMn4H++++++，选用强酸性溶液作电解质，增大H+浓度，平衡逆向移动，以抑止3Mn+的歧化，故C正确；D．电池充电过程中，阳极M

n2+转化为3Mn+，()()23MnMnnn++值逐渐减小，故D错误；故选C。12.已知四氯化硒四聚体()44SeCl的结构如图所示，其中每个Se周围的六个Cl形成一个正八面体，()44SeCl在一定条件下可发生水解反应。下列说法不正确．．．的是A.

Se位于元素周期表的p区B.()44SeCl中每个Se原子的价层电子对数为6C.()44SeCl的水解产物为23HSeO和HClD.()44SeBr比()44SeCl更难发生水解【答案】D【解析】【详解】A．Se的价电子为4s24p4，可知该元素位于p区，A正确；B．Se原

子的价层电子对数为662+=6，B正确；C．()44SeCl+12H2O=16HCl+423HSeO，C正确；D．Se-Br键长长于Se-Cl键，键能更低，更易水解，故D错误。【点睛】键长越长的物质，键能一般越低，更易发生反应。13.某温度下，在2L恒容密闭容器中加入4molA和2molB进行

反应：()()()()3Ag2Bg4C?2D?++，20min达到平衡后，测得生成1.6molC，且反应的前后压强之比为5:4，则下列说法不正确．．．的是的A.从开始至平衡时，B的平均速率为110.02molLmin−−B.该反应的化学平衡常数表达式是()()(

)232DABcKcc=C.升高温度，体系压强增大，可知K减小D.缓慢地再加入B，体系中D的体积分数先增大后减小【答案】D【解析】【分析】题中，在2L恒容密闭容器中加入4molA和2molB进行反应，平衡时生成1.6molC，且反应的前后压强之比为5:4，根据P

nPn起起平衡平衡=可知，54mol+2mol4n平衡=计算可得平衡时气体总的物质的量为4.8mol，生成的物质C有1.6mol，由此可建立如下三段式：()()()()4mol2mol001.2mol0.8mol1.6mo

l0.8mol2.8mol1.2mol1.6mol0.8mol3Ag+2Bg4C?+2D?起变平若C和D均是气体，那么平衡时气体总的物质的为2.8mol+1.2mol+1.6mol+0.8mol=6.4mol，不符

合上面所求4.8mol，因此C和D中有一个并非是气体，根据数值关系可知C为非气态，而D为气态，即平衡时气体总的物质的量为4.8mol，得到方程式应为()()()()3Ag+2Bg4Cs+2Dg，据此作答。【详解】A．从开始至平衡时，B的平均速率为v(B)=110.002omoLl.8ml

220minLmin−−=，故A正确；B．由()()()()3Ag+2Bg4Cs+2Dg，C为固体，不写在K的表达式中，则化学平衡常数K=232c(D)c(A)c(B)，故B正确；C．升高温度，体系压强增大，这是个气体体积分数减小的反应，说明升高温度逆向移动，那么可知K减小，故C

正确；D．在恒温恒容条件下，()()()()3Ag+2Bg4Cs+2Dg，缓慢加入B，B的物质的量增大，气体的体积分数等于物质的量分数，此时D的体积分数减小，但对于该反应而言是压强减小的反应，则平衡正

向移动，D的体积分数增大，故体系中D的体积分数先减小后增大，故D错误；故答案选D。14.Na与2Cl反应的能量变化如图所示(各粒子均处于基态，H单位为1kJmol−)，则下列说法不正确．．．的是A.Na的第一电离能()1123kJmolIHH−=

+B.ClCl−键能为142kJmolH−C.3H0，60HD.156234HHHHHH−−=++【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，Na(g)失去1个电子生成Na+，Na的第一电离能()113I

ΔHkJmol−=，故A错误；B．由图可知，Cl2(g)断键生成Cl(g)吸收的能量为142HkJmol−，ClCl−键能为142HkJmol−，故B正确；C．Na(g)失去1个电子生成Na+(g)需要吸收能量，3H0，Na+(g)和Cl-(g)形成离子键得到NaCl要放出热

量，6H0，故C正确；D．由盖斯定律可知，结合图中历程，123456ΔHΔHΔHΔHΔH+ΔH=+++，则156234HHHHHH−−=++，故D正确；故选A。15.25℃，向20mL10.1molL−的23NaCO溶液中滴加10.1molL−的盐酸，溶液

pH随盐酸体积(V)的变化如图所示。下列说法不正确．．．的是A.在a点的溶液中，()()()()()2233HCOCOOHClHccccc−−−+−=−−B.在b点的溶液中，()()2332HCOHCO0.002molnn−+C.煮沸可能造成溶液中的3NaH

CO分解，但不影响滴定结果D.若将盐酸换成同浓度3CHCOOH，当滴至pH7=时，()()3NaCHCOOcc+−【答案】B【解析】【详解】A．a点时加入10mol10.1molL−盐酸，得到等浓度的Na2CO3、NaCl和NaHCO3混合溶液，根据电荷守恒：()(

)()()()()++--2--33cH+cNa=cOH+cCl+2cCO+cHCO，物料守恒：()()()()+2--2333cNa=2cHCO+2cCO+2cHCO，联立二式可得，()()()()()--+-233cOH+cCl=cH+2c

HCO+cHCO，由因为()()()()-2-32332cCl=cCO+cHCO+cHCO−，可得()()()()()2---+233cHCO-cCO=cOH-cCl-cH，故A正确；B．在滴定百分率50%

时，溶质为氯化钠、碳酸氢钠，b点盐酸比滴定百分率50%时稍微过量，生成碳酸，溶液pH=7，溶液为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸溶液，n(CO23−)<n(H2CO3),溶液中存在物料守恒，n(CO23−)+n(HCO3−)+n(H2CO3)=0.002mol，则n

(H2CO3)+n(HCO3−)+n(H2CO3)>0.002mol，即()()-2332nHCO+nHCO>0.002mol，故B错误；C．反应生产二氧化碳能溶于水生成碳酸影响实验滴定结果，煮沸目的是除去CO2，使突跃变大，冷却

后继续滴定到终点，不影响滴定结果，故C正确；D．若将0.10mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)+c(HCO3−)+2c(CO23−)，由于pH=7，c(H+)=c(

OH-)，得到：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(HCO3−)+2(CO23−)，即()()+3-cNa>cCHCOO，故D正确；故选B。16.下列方案设计、现象和结论都正确的是实验方案现象结论A铜片加入装有浓硝酸稀硝酸的试

管中浓硝酸产生红棕色气体：稀硝酸产生无色气体，在试管口略显红棕色稀硝酸的氧化性强于浓硝酸的氧化性B往()344CuNHSO溶液中加入无水乙醇析出深蓝色固体溶剂极性越小()344CuNHSO的溶解度越小C加热试管底部的4NHCl固体试管底部固体减少，中部的内壁上出现白色固体4NHCl固

体受热升华D向加有酚酞的3NaHCO溶液中加入NaOH溶液溶液的红色变深3NaHCO与NaOH溶液反应生成23NaCOA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．铜片和浓硝酸反应生成二氧化氮，和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮和空气中的氧气

反应生成红棕色的二氧化氮，该实验说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸的氧化性，故A错误；B．()344CuNHSO在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以加入乙醇的目的是降低溶剂的极性，促使()344CuNHSO晶体析出，说明溶剂极性越小()344CuNHSO

的溶解度越小，故B正确；C．加热试管底部的4NHCl固体，4NHCl发生分解生成氨气和HCl气体，氨气和HCl气体在试管中部遇冷又反应生成4NHCl固体，不是因为4NHCl固体受热升华，故C错误；D．向加有酚酞的3NaHCO溶液中加入NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液的红色变深，但不能说明反应生成

了23NaCO，故D错误；故选B。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.磷锆晶体在离子交换、质子传导、催化、光化学等领域有潜在的应用前景，因而引发了大量的研究工作。已知磷锆晶体是一种典型的阳离子型层状化合物，结构如图所

示。请回答：（1）测定磷锆晶体结构的方法(即获得如图)是______。（2）34PO−的中心原子的杂化方式为______，离子的空间结构为______。（3）已知基态3Zr+的电子排布式为1Kr4d，则基态Zr原子的价层电子排布式为_

_____。（4）磷酸基团的H+可在层内空间自由扩散，磷锆晶体在燃料电池中可以作______。（5）利用磷锆晶体实现对大气中低浓度氨气选择性吸附，其吸附效率受pH的影响，pH过低或过高，吸附率均不高的原因是______。（6）磷锆晶体属于__

____晶体(填晶体类型名称)，该晶体的化学式为______。【答案】（1）X射线衍射（2）①.sp3②.正四面体形（3）4d25s2（4）电解质（5）pH过低时，NH3会转化为+4NH，而pH过高时，OH-会中和晶体中的H+

，影响晶体性能，所以吸附效率受pH影响（6）①.混合型②.Zr(HPO4)2【解析】小问1详解】测定磷锆晶体结构的方法是X射线衍射。【小问2详解】34PO−的中心原子的价层电子对数为4+()153422+−=4，34PO−的中心原子的杂化方式为sp3，且没有孤电子对，离

子的空间结构为正四面体形。【小问3详解】Zr原子失去3个电子得到已知Zr3+，基态Zr3+的电子排布式为[Kr]4d1，则基态Zr原子的价层电子排布式为【4d25s2。【小问4详解】磷酸基团的H+可在层内空间自由扩散，可以发生离子交换，可在燃料电池中可以作电解质。【小问5详解】pH过低时，NH3会

转化为+4NH，而pH过高时，OH-会中和晶体中的H+，影响晶体性能，所以吸附效率受pH影响。【小问6详解】磷锆晶体既有离子晶体的特征，又有分子晶体的特征，属于混合型晶体，由该晶体的结构可知，晶体中存在HPO24−，两端Zr与2个HPO24−相连，所以该晶体的化学式为Zr(HP

O4)2。18.由常见两种短周期元素组成某气体化合物X，为探究其组成，某小组进行了如下实验：注：混合固体与稀硫酸反应为非氧化还原反应。请回答：（1）化合物X的组成元素是______，X中各元素均符合8电子稳定结构，则X的结构式为______。（2）X与CuO反应的化学方程式为

______。（3）将7.2g无色气体通入过量澄清石灰水中，得到12.8g白色沉淀，则反应的化学方程式为______。（4）如果将③中稀硫酸改为用稀盐酸，会生成一种可溶于稀硝酸的白色沉淀，请设计实验方案检验白色

沉淀中的两种元素______。【答案】（1）①C、O②.C≡O（2）CuO+COCu+CO2（3）Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O（4）(1)取少量白色固体于试管中，加稀硝酸，使之溶解，溶液呈蓝色；(2)将溶液分为两份，其中一份加氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成，则含铜离子；另一份加

硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成，则含有氯离子【解析】【分析】由无色气体通入澄清石灰水变浑浊，X可与氧化铜反应，推测X为CO，无色气体含CO2，混合固.体中有Cu，加稀硫酸得蓝色溶液，则混合固体中

除Cu外，还有CuO，氧化铜和硫酸的反应不是氧化还原反应，以此解题。【小问1详解】由分析可知，X为CO，其组成元素为：C、O；其结构式为：C≡O；【小问2详解】一氧化碳和氧化铜在加热时生成铜和二氧化碳，方程式为：CuO+COCu+CO2；【小问3详解】由分析可知，无色气体中含有二氧化碳，且澄清

石灰水过量，则无色气体可以和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，方程式为：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O；【小问4详解】混合固体中含铜、氧两种元素，用稀盐酸代替稀硫酸，生成白色沉淀，猜想白色固体为CuCl，根据题意，该沉淀溶于硝酸，则CuCl与硝酸反应产生铜离

子和氯离子，设计实验：(1)取少量白色固体于试管中，加稀硝酸，使之溶解，溶液呈蓝色；(2)将溶液分为两份，其中一份加氢氧化钠溶液，有蓝色沉淀生成，则含铜离子；另一份加硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成，则含有氯离子。19.丁烯()48CH和乙烯()24CH反应制丙烯()36CH的方法被称

为“烯烃复分解法”：()()()482436CHgCHg2CHg+1ΔH。向容积为VL的恒容密闭容器中按()()4824VCH:VCH1:1=的比例充入两种气体。请回答：（1）已知各相关物质的燃烧热如下表：物质乙烯丙烯丁烯燃烧热1/kJmol−1411−2049−2539−

则1H=______。（2）下列说法中正确的是______(选填序号)。A.混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到了限度B.因化学方程式前后物质的化学计量数之和相等，所以反应的S等于零C.催化剂降低了烯烃歧化反应的活化能，增大了活化分子百分数D.烯烃歧化反

应中，断键吸收的能量大于成键放出的能量（3）1mint时达到平衡状态，容器中()48nCH=mmol，()24nCH=mmol，()36nCH=nmol。①平衡常数K=______(用含m、n的式子表示)。②再往容器内通入等物质的量的48CH和24CH，重新

达到平衡后36CH的体积分数______(填“增大”“减少”或“不变”)。（4）歧化反应的机理如图所示，下列说法正确的是______(选填序号)。A.反应②为消去反应B.反应可表示为：1211222RCHCHRCHCHRCHCH=→=+=C.为顺式结构D.丙烯与丁烯发生反应，

可生成3种新烯烃（5）在相同催化剂作用下，温度、空速[体流过催化剂表面的速率()mL/gcath]对丁烯和乙烯复分解反应平衡的影响如图所示：①温度升高，丙烯产率先增大后减少，原因是______。②空速太快

，丙烯的产率逐渐减小，原因是______。【答案】（1）+148kJ∙mol-1（2）CD（3）①.22nm②.不变（4）ABD（5）①.升高温度，复分解反应平衡右移，丙烯产率增大，后因温度过高，产生副反应，产率减小②.反应物与催化剂接触时间太短，反应不充分，丙烯产率减小【解析】【小问1详解

】燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，根据燃烧热可得热化学方程式：已知①C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)∆H=-1411kJ∙mol-1，②C3H6(g)+92O2(g)=3CO2

(g)+3H2O(l)∆H=-2049kJ∙mol-1，③C4H8(g)+6O2(g)=4CO2(g)+4H2O(l)∆H=-2539kJ∙mol-1，根据盖斯定律，由①+③-2×②得到()()()482436CHgCHg2CHg+∆H1=

(-1411kJ∙mol-1)+(-2539kJ∙mol-1)-(-2049kJ∙mol-1)×2=+148kJ∙mol-1；【小问2详解】A．该反应前后气体分子数不变，即物质的量不变，由质量守恒可知，混合气体的总质量不变，则混合气体的平均相对分子质量一直保持不变，不能判断平衡，无法说明反

应达到了限度，故A错误；B．由计算可知1H=+148kJ∙mol-1>0，根据自发反应的判据∆G=∆H-T∆S<0，说明∆S>0，故B错误；C．催化剂可降低反应的活化能，使更多的普通分子成为活化分子，增大了活化分子百分数，

提高反应速率，故C正确；D．烯烃歧化反应是吸热反应，断键吸收的能量大于成键放出的能量，故D正确；故选CD；【小问3详解】①容积为VL，平衡常数2223622448nmol()c(CH)nVLK===mmolmmolc(CH)c(CH)mVLVL；②现在再往容器内通入等物

质的量的C4H8和C2H4，使容器内气体压强增大，由于反应是等体积的反应，所以浓度比等于物质的量的比，化学平衡不移动，因此再达到新平衡时C3H6的体积分数不变；【小问4详解】A．反应②环链生成碳碳双键，是消去反应，故A正确；B．根据流程图可知反应物是12RCHCH=，生成物是1122RCHCHRC

HCH==、，反应可表示为1211222RCHCHRCHCHRCHCH=→=+=，故B正确；C．两个相同基团在碳碳双键的同一侧为顺式结构，该有机物中2个H不在同一侧，是反式结构，故C错误；D．根据歧化反应的机理，丙烯加成产物有CH

3CH=CHCH3和CH2=CH2，丁烯加成产物有，可生成3种新烯烃，故D正确；故选ABD；【小问5详解】①温度升高，丙烯产率先增大后减少，原因是：升高温度，复分解反应平衡右移，丙烯产率增大，后因温度过高，产生副反应，产率减小；②空

速太快，丙烯的产率逐渐减小，原因是：反应物与催化剂接触时间太短，反应不充分，丙烯产率减小。20.某矿石浸出液中含Li+、Na+、24SO−、3Fe+和3Al+，利用该浸出液生产高纯度碳酸锂的工艺流程如下：常温下，有关金属离子开始沉淀、沉淀完全、开始溶解和溶解完全的pH见下表：氢氧化物pH值pH值

开始沉淀()0.01mol/Lc=沉淀完全()510mol/Lc−开始溶解溶解完全()3FeOH1.93.214()3AlOH3.35.27.810.8请回答：（1）下列关于“除杂”操作环节的叙述正确的是_____

_。A.加CaO的目的是除去溶液中的3Fe+、3Al+B.搅拌可提高CaO的利用率C.过滤前，需要进行煮沸操作D.洗涤滤渣I，应该选用冷水（2）滤渣II的主要成分为______(填化学式)。（3）利用表中数据，计算()3FeOH的spK=______。“除杂”应控制的pH

范围是______。（4）23LiCO产品纯度测定：称取一定质量23LiCO产品，加过量0.1000mol/L24HSO溶液，煮2分钟后加水稀释，再转移至250mL容量瓶中并定容，取出20.00mL用0.1000mol/LNaOH溶液滴定至终点。①24HSO能否用稀HCl代替，______(

选填“能”或“不能”)，原因是______。②滴定前的下列操作的正确顺序是______(填字母)。a．盛装NaOH标准溶液b．用NaOH标准溶液润洗c．读数、记录d．查漏、清洗e．排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面【答案】（1）BD（2）CaCO3（3）①.38

.3110−②.5.5-7.8（4）①.不能②.稀HCl具有挥发性，加热蒸煮时会导致稀HCl挥发，影响实验结果③.dbaec【解析】【分析】某矿石浸出液中含Li+、Na+、24SO−、3Fe+和3Al+，加入过量Ca

O调节pH使3Fe+和3Al+转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，使24SO−转化为CaSO4沉淀，过滤后滤液中存在Li+、Na+、Ca2+，向滤液中加入Na2CO3使Ca2+转化为CaCO3沉淀，过滤后向滤液中加入高纯Na2CO3，经过过滤、洗涤、干燥得到高纯度碳酸锂。【小问1

详解】A．加CaO的目的是除去溶液中的Fe3+、Al3+和24SO−，故A错误；B．搅拌可增大反应速率，提高CaO的利用率，故B正确；C．CaO溶于水后生成Ca(OH)2，Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，过滤前不能进行煮沸处理，故C错误；D．滤渣I为Al(OH)3、Fe(OH)

3和CaSO4，为防止滤渣溶解，应该选用冷水洗涤，故D正确；故选BD。【小问2详解】由分析可知，滤渣II的主要成分为CaCO3。【小问3详解】0.01mol/L的Fe3+溶液开始沉淀时，pH=1.9，溶液中

c(OH-)=()-14-12.1W-1.9+K10=mol/L=10mol/L10cH，()3FeOH的()()()-33+3-38s1p2..131K=cFecOH0.0111010−==。“除杂”应该使Fe3+和Al3+沉淀，应控制的pH范围是5.5-

7.8。【小问4详解】①24HSO不能用稀HCl代替，原因是：稀HCl具有挥发性，加热蒸煮时会导致稀HCl挥发，影响实验结果；②滴定前的正确顺序是：d．查漏、清洗滴定管，b．用NaOH标准溶液润洗滴定管，a．盛装NaOH标准溶液，e．排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面，c．读数、记录，正确

的顺序为：dbaec。21.5M纤维是一种超高性能纤维，具有密度小、强度大的优点，是制成头盔、防弹背心的核心材料，其合成路线如下：已知：①；②能使酸性4KMnO溶液褪色。请回答：（1）5M中的官能团名称是羟基、羧基和______。（2）化合物H的结构简式是______。（3）下列说法正确的是__

____。A.AB→的反应条件是NaOH醇溶液，加热B.1mol化合物E最多可消耗4molNaOHC.实验室可用重结晶法提纯化合物GD.氢键是影响5M纤维强度的重要因素（4）写出BC→的化学方程式___

___。（5）以甲苯为有机原料合成高分子材料(用流程图表示，无机试剂任选)______。（6）写出3种同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式______。①能发生银镜反应，遇3FeCl能显紫色，不能发生水解反应；②1HNMR−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，无OO−−−键。【答案】（1）氨基、肽键（2）（3）BCD（4）+O2Cu⎯⎯→△+H2O（5）⎯⎯⎯⎯⎯⎯→酸性高锰酸钾溶液⎯⎯⎯⎯⎯→浓硫酸、浓硝酸△FeHCl⎯⎯→一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯

→（6）、、【解析】【分析】对二甲苯和氯气在光照条件下发生甲基上取代反应生成A，A为卤代烃，故A为，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为，发生催化氧化生成C为，C进一步氧化生成D为，H与G发生缩聚反应产

物结构可知，G为，H为，F酸化后得到G，则F为，故可以发生取代反应生成E为，E发生水解反应生成F为，以此解答。【小问1详解】由结构简式可知，5M中的官能团名称是羟基、羧基和氨基、肽键。【小问2详解】由分析可知，H的结构简式为。【小问3详解】A．由分析可知，A

发生水解反应生成B，反应条件是NaOH水溶液，加热，故A错误；B．由分析可知，E为，由F的结构简式可知，1mol化合物E最多可消耗4molNaOH，故B正确；C．的溶解度受温度影响较大，可用重结晶法提纯，故C正确；

D．M5纤维中含有羟基、羧基、氨基，能够形成氢键，氢键是影响M5纤维强度的重要因素，故D正确；故选BCD。【小问4详解】B发生催化氧化反应生成C，方程式为：+O2Cu⎯⎯→△+H2O。【小问5详解】由逆向合成法分析，目标产物可以由发生羧

基反应得到，可由发生还原反应得到，可由发生硝化反应得到，可由发生氧化反应得到，合成路线为：⎯⎯⎯⎯⎯⎯→酸性高锰酸钾溶液⎯⎯⎯⎯⎯→浓硫酸、浓硝酸△FeHCl⎯⎯→一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→。【小问6详解】获

得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com