高級中學名校試卷PAGEPAGE1浙江省精誠聯盟2022-2023學年高二下學期5月聯考考生須知：1.本卷共8頁滿分100分，考試時間90分鐘；2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、學號和姓名；考場號、座位號寫在指定位置；3.所有〖答案〗必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效；4.考試結束后，只需上交答題紙。5.可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23Mg24A127Si28S32Cl35.5K39Ca40Cr52Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Ba137一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.我國古代染坊采用“堿劑”去除蠶絲表層雜質。該“堿劑”的主要成分是一種鹽，成分可能是A.食鹽 B.硫酸 C.純堿 D.膽礬〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由題意可知，該“堿劑”的主要成分是一種鹽，根據鹽的水解原理可知該鹽應該為強堿弱酸鹽。【詳析】A．氯化鈉為強酸強堿鹽，不能水解，故A不選；B．燒堿是堿不是鹽，故B不選；C．純堿為碳酸鈉，是強堿弱酸鹽，水解顯堿性，故C選；D．膽礬水解顯酸性，故D不選；故選：C。2.氯化鈉是高中化學中常見的試劑，下列說法不正確的是A.基態(tài)原子電子排布式B.可用于制取C.生鐵置于溶液中發(fā)生析氫腐蝕D.可降低在水中的溶解度〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．基態(tài)Na原子核外有11個電子，其電子排布式為1s22s22p63s1，A正確；B．在侯氏制堿法中NaCl飽和溶液中先通入NH3再通入CO2以此制得碳酸氫鈉，B正確；C．生鐵置于NaCl溶液中發(fā)生吸氧腐蝕而不是析氫腐蝕，C錯誤；D．Cl2+H2OHCl+HClO，加入NaCl，氯離子濃度增大，使得該反應的化學平衡逆向移動，從而降低氯氣在水中的溶解度，D正確；故〖答案〗選C。3.下列化學用語表示正確的是A.的結構示意圖：B.的電子式：C.聚丙烯的結構簡式D.分子的球棍模型；〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．的核內質子數是16，離子結構示意圖為：，故A錯誤；B．是離子化合物，電子式為：，故B錯誤；C．聚丙烯的結構簡式為：，故C錯誤；D．H2O分子的空間構型為V形，球棍模型為，故D正確；故選D。4.設為阿伏加德羅常數的值。下列說法不正確的是A.46%的乙醇水溶液中所含氧原子數目為B.中含有鍵的數目不一定為C.(分子結構：)中的共價鍵數目為D.的和的混合氣體與過量充分反應轉移的電子數為〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．46%的乙醇水溶液中乙醇的質量為46g，物質的量為=1mol，水的質量為100g-46g=54g，物質的量為=3mol，所含氧原子數目為，故A正確；B．的物質的量為=0.1mol，可能是乙醇也可能是乙醚，含有鍵的數目不一定為，故B正確；C．的物質的量為，中含有6個共價鍵，0.25mol中含有1.5mol共價鍵，故C錯誤；D．過氧化鈉和二氧化碳或水反應，當1mol二氧化碳或水反應時，反應轉移1mol電子，故當1mol二氧化碳和水蒸氣的混合氣體與過氧化鈉反應時，反應轉移1mol電子即NA個，故D正確；故選C。5.下列關于元素及其化合物的性質說法正確的是A.鐵與碘反應易生成碘化鐵B.苯酚、乙醇、福爾馬林和硫酸銅均能使蛋白質變性C.鈉單質可以從水溶液中置換出D.不溶于水，可用作醫(yī)療上檢查腸胃的鋇餐〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．碘單質為弱氧化劑，只能將鐵氧化為+2價，故鐵與碘反應易生成碘化亞鐵，故A錯誤；B．苯酚、乙醇、福爾馬林和硫酸銅均能使蛋白質變性，故B正確；C．鈉和水溶液反應時，先和溶液中的水反應生成NaOH，不能置換出，故C錯誤；D．不溶于水，但會溶于胃酸（主要是鹽酸），生成的鋇離子為重金屬離子，能使人中毒，不能用作醫(yī)療上檢查腸胃的鋇餐，故D錯誤；故選B。6.關于反應(未配平)，下列說法正確的是A.X的化學式是B.是氧化產物C.每消耗，轉移電子數為D.前的化學計量數為10〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．和溶液反應生成N2，N元素化合價由-3上升到0價，O元素由-1價下降到-2價，C元素化合價由+2價上升到+4價，結合原子守恒，X為，故A正確；B．該反應中O元素由-1價下降到-2價，是還原產物，故B錯誤；C．中N元素化合價由-3上升到0價，C元素化合價由+2價上升到+4價，每消耗，轉移電子數為，故C錯誤；D．根據得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式為：2NaCN+5H2O2=2NaHCO3+4H2O，故D錯誤；故選A。7.下列反應的離子方程式不正確的是A.溶液中通入過量：B.硫化亞鐵與濃硫酸混合加熱：C.將少量通入溶液：D.同濃度同體積溶液與溶液混合：〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．碳酸的酸性強于氫氧化鋁，因此NaAlO2溶液中通入過量的CO2，反應的離子方程式為，故A正確；B．濃硫酸具有強氧化性，和硫化亞鐵反應會生成SO2和硫酸鐵等，故B錯誤；C．將少量通入溶液發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鈉和次氯酸，離子方程式為，故C正確；D．同濃度同體積溶液與溶液混合，H+和OH-發(fā)生反應，離子方程式為，故D正確；故選B。8.下列說法正確的是A.難溶于水的苯磺酸可用于制備合成洗滌劑B.鹽析、滲析和灼燒是分離提純蛋白質的重要方法C.甘氨酸、丙氨酸和谷氨酸的混合物最多能生成6種鏈狀二肽D.在分子中所有碳原子可能共平面〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．苯磺酸易溶于水，是一種強酸，可以看作是硫酸分子里的一個羥基被苯環(huán)取代的產物，磺化反應可用于制備合成洗滌劑，故A錯誤；B．提純蛋白質，其性質不能變化，可利用鹽析或滲析法等來提純蛋白質，加熱能使蛋白質變性，變性是不可逆的，故B錯誤；C．一個氨基酸氨基和另一個氨基酸的羧基發(fā)生成肽反應形成二肽，甘氨酸有一個氨基和一個羧基而谷氨酸有一個氨基和兩個羧基，所以它們可形成3種二肽，同樣分析，甘氨酸和丙氨酸之間可形成2種二肽，谷氨酸和丙氨酸間可形成3種二肽，另外兩個甘氨酸可以形成1種二肽，兩個丙氨酸可以形成1種二肽，兩個谷氨酸可以形成2種二肽，最多能生成12種鏈狀二肽，故C錯誤；D．碳碳雙鍵和苯環(huán)是平面結構，碳碳三鍵是直線形結構，則分子中所有碳原子可能共平面，故D正確；故選D。9.化合物M是從枸杞中提取的活性物質，下列說法正確的是A.M的分子式為B.能發(fā)生取代、加成、消去、水解、縮聚等反應C.能與酸、堿反應生成相應的鹽D.M最多可與反應〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．由結構式可知，M的分子式為，故A錯誤；B．該有機物中含有羥基可以發(fā)生取代反應，含有苯環(huán)可以發(fā)生加成反應，含有肽鍵可以發(fā)生水解反應，含有兩個羥基可以發(fā)生縮聚反應，但不能發(fā)生消去反應，故B錯誤；C．該有機物中含有酚羥基和氨基，能與酸、堿反應生成相應的鹽，故C正確；D．該有機物中含有2個苯環(huán)和1個碳碳雙鍵，M最多可與反應，故D錯誤；故選C。10.我國科學家合成了一種深紫外非線性光學晶體材料，晶體中陰離子為。元素M、X、Y、Z均為短周期元素，M、Y與Z同周期，M的最外層電子數比次外層電子數多1，Z為電負性最強的元素，Y是地殼中含量最高的元素，X的軌道有3個電子。下列說法中不正確的是A.原子半徑：B.簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：C.與Y同周期且比Y的第一電離能大的元素僅有2種D.中所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結構〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗元素M、X、Y、Z均為短周期元素，M的最外層電子數比次外層電子數多1，說明M是B；Z為電負性最強的元素，說明Z是F；Y是地殼中含量最高的元素，說明Y是O；X的3p軌道有3個電子，說明X是P，據此進行分析。【詳析】A．電子層數越多，原子半徑越大，電子層數相同，核電核數越大，原子半徑越小，原子半徑：P>B>O>F，故A正確；B．非金屬性：O>P，則簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：H2O>PH3，故B正確；C．同一周期元素且原子序數依次增大，元素的第一電離能隨著原子序數的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，與O同周期且比O的第一電離能大的元素有N、F、Ne共3種，故C錯誤；D．PF3中F是-1價，P是+3價，所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結構，故D正確；故選C。11.中國研究者發(fā)明一種酸性水系電池(如圖所示)，通過焦磷酸鹽配體與形成正極保護層防止不可控擴散，實現了和在石墨表面可逆轉化(已知易歧化：)，下列說法正確的是A.與通過離子鍵形成難溶于水的保護層B.放電時石墨電極的反應式為：C.選用強酸性溶液作電解質，以抑止的歧化D.電池充電過程中，電池陽極中的值逐漸增大〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由圖可知，在石墨電極上得到電子生成，石墨電極為正極，電極方程式為：+e-=，Sn在負極失去電子生成，電極方程式為：Sn-4e-=。【詳析】A．由題意可知，該電池中焦磷酸鹽配體與形成正極保護層防止不可控擴散，與形成的是配位鍵，故A錯誤；B．由分析可知，石墨電極為正極，電極方程式為：+e-=，故B錯誤；C．易歧化：，選用強酸性溶液作電解質，增大H+濃度，平衡逆向移動，以抑止的歧化，故C正確；D．電池充電過程中，陽極Mn2+轉化為，值逐漸減小，故D錯誤；故選C。12.已知四氯化硒四聚體的結構如圖所示，其中每個周圍的六個形成一個正八面體，在一定條件下可發(fā)生水解反應。下列說法不正確的是A.Se位于元素周期表的區(qū)B.中每個原子的價層電子對數為6C.的水解產物為和D.比更難發(fā)生水解〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．Se的價電子為4s24p4，可知該元素位于p區(qū)，A正確；B．原子的價層電子對數為=6，B正確；C．+12H2O=16HCl+4，C正確；D．Se-Br鍵長長于Se-Cl鍵，鍵能更低，更易水解，故D錯誤。【『點石成金』】鍵長越長的物質，鍵能一般越低，更易發(fā)生反應。13.某溫度下，在恒容密閉容器中加入A和B進行反應：，達到平衡后，測得生成C，且反應的前后壓強之比為，則下列說法不正確的是A.從開始至平衡時，B的平均速率為B.該反應的化學平衡常數表達式是C.升高溫度，體系壓強增大，可知減小D.緩慢地再加入B，體系中D的體積分數先增大后減小〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗題中，在恒容密閉容器中加入A和B進行反應，平衡時生成C，且反應的前后壓強之比為，根據可知，計算可得平衡時氣體總的物質的量為4.8mol，生成的物質C有，由此可建立如下三段式：若C和D均是氣體，那么平衡時氣體總的物質的為2.8mol+1.2mol+1.6mol+0.8mol=6.4mol，不符合上面所求4.8mol，因此C和D中有一個并非是氣體，根據數值關系可知C為非氣態(tài)，而D為氣態(tài)，即平衡時氣體總的物質的量為4.8mol，得到方程式應為，據此作答。【詳析】A．從開始至平衡時，B的平均速率為v(B)=，故A正確；B．由，C為固體，不寫在K的表達式中，則化學平衡常數K=，故B正確；C．升高溫度，體系壓強增大，這是個氣體體積分數減小的反應，說明升高溫度逆向移動，那么可知減小，故C正確；D．在恒溫恒容條件下，，緩慢加入B，B的物質的量增大，氣體的體積分數等于物質的量分數，此時D的體積分數減小，但對于該反應而言是壓強減小的反應，則平衡正向移動，D的體積分數增大，故體系中D的體積分數先減小后增大，故D錯誤；故〖答案〗選D。14.與反應的能量變化如圖所示(各粒子均處于基態(tài)，單位為)，則下列說法不正確的是A.的第一電離能B.鍵能為C.，D.〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．由圖可知，(g)失去1個電子生成Na+，的第一電離能，故A錯誤；B．由圖可知，Cl2(g)斷鍵生成Cl(g)吸收的能量為，鍵能為，故B正確；C．(g)失去1個電子生成Na+(g)需要吸收能量，，Na+(g)和Cl-(g)形成離子鍵得到NaCl要放出熱量，，故C正確；D．由蓋斯定律可知，結合圖中歷程，，則，故D正確；故選A。15.25℃，向的溶液中滴加的鹽酸，溶液pH隨鹽酸體積(V)的變化如圖所示。下列說法不正確的是A.在a點的溶液中，B.在b點的溶液中，C.煮沸可能造成溶液中的分解，但不影響滴定結果D.若將鹽酸換成同濃度，當滴至時，〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．a點時加入10mol鹽酸，得到等濃度的Na2CO3、NaCl和NaHCO3混合溶液，根據電荷守恒：，物料守恒：，聯立二式可得，，由因為，可得，故A正確；B．在滴定百分率50%時，溶質為氯化鈉、碳酸氫鈉，b點鹽酸比滴定百分率50%時稍微過量，生成碳酸，溶液pH=7，溶液為氯化鈉、碳酸氫鈉和碳酸溶液，n(CO)<n(H2CO3),溶液中存在物料守恒，n(CO)+n(HCO)+n(H2CO3)=0.002mol，則n(H2CO3)+n(HCO)+n(H2CO3)>0.002mol，即，故B錯誤；C．反應生產二氧化碳能溶于水生成碳酸影響實驗滴定結果，煮沸目的是除去CO2，使突躍變大，冷卻后繼續(xù)滴定到終點，不影響滴定結果，故C正確；D．若將0.10mol/L的鹽酸換成同濃度的醋酸，當滴至溶液的pH=7時，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)+c(HCO)+2c(CO)，由于pH=7，c(H+)=c(OH-)，得到：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(HCO)+2(CO)，即，故D正確；故選B。16.下列方案設計、現象和結論都正確的是實驗方案現象結論A銅片加入裝有濃硝酸稀硝酸的試管中濃硝酸產生紅棕色氣體：稀硝酸產生無色氣體，在試管口略顯紅棕色稀硝酸的氧化性強于濃硝酸的氧化性B往溶液中加入無水乙醇析出深藍色固體溶劑極性越小的溶解度越小C加熱試管底部的固體試管底部固體減少，中部的內壁上出現白色固體固體受熱升華D向加有酚酞的溶液中加入溶液溶液的紅色變深與溶液反應生成A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．銅片和濃硝酸反應生成二氧化氮，和稀硝酸反應生成一氧化氮，一氧化氮和空氣中的氧氣反應生成紅棕色的二氧化氮，該實驗說明濃硝酸的氧化性強于稀硝酸的氧化性，故A錯誤；B．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劑的極性，促使晶體析出，說明溶劑極性越小的溶解度越小，故B正確；C．加熱試管底部的固體，發(fā)生分解生成氨氣和HCl氣體，氨氣和HCl氣體在試管中部遇冷又反應生成固體，不是因為固體受熱升華，故C錯誤；D．向加有酚酞的溶液中加入溶液，溶液堿性增強，溶液的紅色變深，但不能說明反應生成了，故D錯誤；故選B。二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.磷鋯晶體在離子交換、質子傳導、催化、光化學等領域有潛在的應用前景，因而引發(fā)了大量的研究工作。已知磷鋯晶體是一種典型的陽離子型層狀化合物，結構如圖所示。請回答：（1）測定磷鋯晶體結構的方法(即獲得如圖)是______。（2）的中心原子的雜化方式為______，離子的空間結構為______。（3）已知基態(tài)的電子排布式為，則基態(tài)原子的價層電子排布式為______。（4）磷酸基團的可在層內空間自由擴散，磷鋯晶體在燃料電池中可以作______。（5）利用磷鋯晶體實現對大氣中低濃度氨氣選擇性吸附，其吸附效率受的影響，過低或過高，吸附率均不高的原因是______。（6）磷鋯晶體屬于______晶體(填晶體類型名稱)，該晶體的化學式為______。〖答案〗（1）X射線衍射（2）①.sp3②.正四面體形（3）4d25s2（4）電解質（5）pH過低時，NH3會轉化為，而pH過高時，OH-會中和晶體中的H+，影響晶體性能，所以吸附效率受pH影響（6）①.混合型②.Zr(HPO4)2〖解析〗小問1詳析】測定磷鋯晶體結構的方法是X射線衍射。【小問2詳析】的中心原子的價層電子對數為4+=4，的中心原子的雜化方式為sp3，且沒有孤電子對，離子的空間結構為正四面體形。【小問3詳析】Zr原子失去3個電子得到已知Zr3+，基態(tài)Zr3+的電子排布式為[Kr]4d1，則基態(tài)Zr原子的價層電子排布式為4d25s2。【小問4詳析】磷酸基團的H+可在層內空間自由擴散，可以發(fā)生離子交換，可在燃料電池中可以作電解質。【小問5詳析】pH過低時，NH3會轉化為，而pH過高時，OH-會中和晶體中的H+，影響晶體性能，所以吸附效率受pH影響。【小問6詳析】磷鋯晶體既有離子晶體的特征，又有分子晶體的特征，屬于混合型晶體，由該晶體的結構可知，晶體中存在HPO，兩端Zr與2個HPO相連，所以該晶體的化學式為Zr(HPO4)2。18.由常見兩種短周期元素組成某氣體化合物X，為探究其組成，某小組進行了如下實驗：注：混合固體與稀硫酸反應為非氧化還原反應。請回答：（1）化合物X的組成元素是______，X中各元素均符合8電子穩(wěn)定結構，則X的結構式為______。（2）X與反應的化學方程式為______。（3）將7.2g無色氣體通入過量澄清石灰水中，得到白色沉淀，則反應的化學方程式為______。（4）如果將③中稀硫酸改為用稀鹽酸，會生成一種可溶于稀硝酸的白色沉淀，請設計實驗方案檢驗白色沉淀中的兩種元素______。〖答案〗（1）①C、O②.C≡O（2）CuO+COCu+CO2（3）Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O（4）(1)取少量白色固體于試管中，加稀硝酸，使之溶解，溶液呈藍色；(2)將溶液分為兩份，其中一份加氫氧化鈉溶液，有藍色沉淀生成，則含銅離子；另一份加硝酸酸化的硝酸銀溶液，有白色沉淀生成，則含有氯離子〖解析〗〖祥解〗由無色氣體通入澄清石灰水變渾濁，X可與氧化銅反應，推測X為CO，無色氣體含CO2，混合固體中有Cu，加稀硫酸得藍色溶液，則混合固體中除Cu外，還有CuO，氧化銅和硫酸的反應不是氧化還原反應，以此解題。【小問1詳析】由分析可知，X為CO，其組成元素為：C、O；其結構式為：C≡O；【小問2詳析】一氧化碳和氧化銅在加熱時生成銅和二氧化碳，方程式為：CuO+COCu+CO2；【小問3詳析】由分析可知，無色氣體中含有二氧化碳，且澄清石灰水過量，則無色氣體可以和澄清石灰水反應生成碳酸鈣沉淀，方程式為：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O；【小問4詳析】混合固體中含銅、氧兩種元素，用稀鹽酸代替稀硫酸，生成白色沉淀，猜想白色固體為CuCl，根據題意，該沉淀溶于硝酸，則CuCl與硝酸反應產生銅離子和氯離子，設計實驗：(1)取少量白色固體于試管中，加稀硝酸，使之溶解，溶液呈藍色；(2)將溶液分為兩份，其中一份加氫氧化鈉溶液，有藍色沉淀生成，則含銅離子；另一份加硝酸酸化的硝酸銀溶液，有白色沉淀生成，則含有氯離子。19.丁烯和乙烯反應制丙烯的方法被稱為“烯烴復分解法”：。向容積為的恒容密閉容器中按的比例充入兩種氣體。請回答：（1）已知各相關物質的燃燒熱如下表：物質乙烯丙烯丁烯燃燒熱則______。（2）下列說法中正確的是______(選填序號)。A.混合氣體的平均相對分子質量不再改變，說明反應達到了限度B.因化學方程式前后物質的化學計量數之和相等，所以反應的等于零C.催化劑降低了烯烴歧化反應的活化能，增大了活化分子百分數D.烯烴歧化反應中，斷鍵吸收的能量大于成鍵放出的能量（3）時達到平衡狀態(tài)，容器中，，。①平衡常數______(用含m、n的式子表示)。②再往容器內通入等物質的量的和，重新達到平衡后的體積分數______(填“增大”“減少”或“不變”)。（4）歧化反應的機理如圖所示，下列說法正確的是______(選填序號)。A.反應②為消去反應B.反應可表示為：C.為順式結構D.丙烯與丁烯發(fā)生反應，可生成3種新烯烴（5）在相同催化劑作用下，溫度、空速[體流過催化劑表面的速率]對丁烯和乙烯復分解反應平衡的影響如圖所示：①溫度升高，丙烯產率先增大后減少，原因是______。②空速太快，丙烯的產率逐漸減小，原因是______。〖答案〗（1）+148kJ?mol-1（2）CD（3）①.②.不變（4）ABD（5）①.升高溫度，復分解反應平衡右移，丙烯產率增大，后因溫度過高，產生副反應，產率減小②.反應物與催化劑接觸時間太短，反應不充分，丙烯產率減小〖解析〗【小問1詳析】燃燒熱是指1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物，根據燃燒熱可得熱化學方程式：已知①C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)?H=-1411kJ?mol-1，②C3H6(g)+O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)?H=-2049kJ?mol-1，③C4H8(g)+6O2(g)=4CO2(g)+4H2O(l)?H=-2539kJ?mol-1，根據蓋斯定律，由①+③-2×②得到?H1=(-1411kJ?mol-1)+(-2539kJ?mol-1)-(-2049kJ?mol-1)×2=+148kJ?mol-1；【小問2詳析】A．該反應前后氣體分子數不變，即物質的量不變，由質量守恒可知，混合氣體的總質量不變，則混合氣體的平均相對分子質量一直保持不變，不能判斷平衡，無法說明反應達到了限度，故A錯誤；B．由計算可知+148kJ?mol-1>0，根據自發(fā)反應的判據?G=?H-T?S<0，說明?S>0，故B錯誤；C．催化劑可降低反應的活化能，使更多的普通分子成為活化分子，增大了活化分子百分數，提高反應速率，故C正確；D．烯烴歧化反應是吸熱反應，斷鍵吸收的能量大于成鍵放出的能量，故D正確；故選CD；【小問3詳析】①容積為VL，平衡常數；②現在再往容器內通入等物質的量的C4H8和C2H4，使容器內氣體壓強增大，由于反應是等體積的反應，所以濃度比等于物質的量的比，化學平衡不移動，因此再達到新平衡時C3H6的體積分數不變；【小問4詳析】A．反應②環(huán)鏈生成碳碳雙鍵，是消去反應，故A正確；B．根據流程圖可知反應物是，生成物是，反應可表示為，故B正確；C．兩個相同基團在碳碳雙鍵的同一側為順式結構，該有機物中2個H不在同一側，是反式結構，故C錯誤；D．根據歧化反應的機理，丙烯加成產物有CH3CH=CHCH3和CH2=CH2，丁烯加成產物有，可生成3種新烯烴，故D正確；故選ABD；【小問5詳析】①溫度升高，丙烯產率先增大后減少，原因是：升高溫度，復分解反應平衡右移，丙烯產率增大，后因溫度過高，產生副反應，產率減小；②空速太快，丙烯的產率逐漸減小，原因是：反應物與催化劑接觸時間太短，反應不充分，丙烯產率減小。20.某礦石浸出液中含、、、和，利用該浸出液生產高純度碳酸鋰的工藝流程如下：常溫下，有關金屬離子開始沉淀、沉淀完全、開始溶解和溶解完全的pH見下表：氫氧化物pH值pH值開始沉淀沉淀完全開始溶解溶解完全1.93.2143.35.27.810.8請回答：（1）下列關于“除雜”操作環(huán)節(jié)的敘述正確的是______。A.加的目的是除去溶液中的、B.攪拌可提高的利用率C.過濾前，需要進行煮沸操作D.洗滌濾渣I，應該選用冷水（2）濾渣II的主要成分為______(填化學式)。（3）利用表中數據，計算的______。“除雜”應控制的范圍是______。（4）產品純度測定：稱取一定質量產品，加過量溶液，煮2分鐘后加水稀釋，再轉移至容量瓶中并定容，取出用溶液滴定至終點。①能否用稀代替，______(選填“能”或“不能”)，原因是______。②滴定前的下列操作的正確順序是______(填字母)。a．盛裝標準溶液b．用標準溶液潤洗c．讀數、記錄d．查漏、清洗e．排盡滴定管尖嘴的氣泡并調整液面〖答案〗（1）BD（2）CaCO3（3）①.②.5.5-7.8（4）①.不能②.稀HCl具有揮發(fā)性，加熱蒸煮時會導致稀HCl揮發(fā)，影響實驗結果③.dbaec〖解析〗〖祥解〗某礦石浸出液中含、、、和，加入過量CaO調節(jié)pH使和轉化為Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，使轉化為CaSO4沉淀，過濾后濾液中存在、、Ca2+，向濾液中加入Na2CO3使Ca2+轉化為CaCO3沉淀，過濾后向濾液中加入高純Na2CO3，經過過濾、洗滌、干燥得到高純度碳酸鋰。【小問1詳析】A．加CaO的目的是除去溶液中的Fe3+、Al3+和，故A錯誤；B．攪拌可增大反應速率，提高CaO的利用率，故B正確；C．CaO溶于水后生成Ca(OH)2，Ca(OH)2的溶解度隨著溫度的升高而降低，過濾前不能進行煮沸處理，故C錯誤；D．濾渣I為Al(OH)3、Fe(OH)3和CaSO4，為防止濾渣溶解，應該選用冷水洗滌，故D正確；故選BD。【小問2詳析】由分析可知，濾渣II的主要成分為CaCO3。【小問3詳析】0.01mol/L的Fe3+溶液開始沉淀時，pH=1.9，溶液中c(OH-)=，的。“除雜”應該使Fe3+和Al3+沉淀，應控制的范圍是5.5-7.8。【小問4詳析】①不能用稀代替，原因是：稀HCl具有揮發(fā)性，加熱蒸煮時會導致稀HCl揮發(fā)，影響實驗結果；②滴定前的正確順序是：d．查漏、清洗滴定管，b．用NaOH標準溶液潤洗滴定管，a．盛裝NaOH標準溶液，e．排盡滴定管尖嘴的氣泡并調整液面，c．讀數、記錄，正確的順序為：dbaec。21.纖維是一種超高性能纖維，具有密度小、強度大的優(yōu)點，是制成頭盔、防彈背心的核心材料，其合成路線如下：已知：①；②能使酸性溶液褪色。請回答：（1）中的官能團名稱是羥基、羧基和______。（2）化合物的結構簡式是______。（3）下列說法正確的是______。A.的反應條件是醇溶液，加熱B.化合物E最多可消耗C.實驗室可用重結晶法提純化合物GD.氫鍵是影響纖維強度的重要因素（4）寫出的化學方程式______。（5）以甲苯為有機原料合成高分子材料(用流程圖表示，無機試劑任選)______。（6）寫出3種同時符合下列條件的化合物D的同分異構體的結構簡式______。①能發(fā)生銀鏡反應，遇能顯紫色，不能發(fā)生水解反應；②譜和IR譜檢測表明：分子中共有4種不同化學環(huán)境的氫原子，無鍵。〖答案〗（1）氨基、肽鍵（2）（3）BCD（4）+O2+H2O（5）（6）、、〖解析〗〖祥解〗對二甲苯和氯氣在光照條件下發(fā)生甲基上取代反應生成A，A為鹵代烴，故A為，A在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應生成B為，發(fā)生催化氧化生成C為，C進一步氧化生成D為，H與G發(fā)生縮聚反應產物結構可知，G為，H為，F酸化后得到G，則F為，故可以發(fā)生取代反應生成E為，E發(fā)生水解反應生成F為，以此解答。【小問1詳析】由結構簡式可知，中的官能團名稱是羥基、羧基和氨基、肽鍵。【小問2詳析】由分析可知，H的結構簡式為。【小問3詳析】A．由分析可知，A發(fā)生水解反應生成B，反應條件是NaOH水溶液，加熱，故A錯誤；B．由分析可知，E為，由F的結構簡式可知，1mol化合物E最多可消耗4molNaOH，故B正確；C．的溶解度受溫度影響較大，可用重結晶法提純，故C正確；D．M5纖維中含有羥基、羧基、氨基，能夠形成氫鍵，氫鍵是影響M5纖維強度的重要因素，故D正確；故選BCD。【小問4詳析】B發(fā)生催化氧化反應生成C，方程式為：+O2+H2O。【小問5詳析】由逆向合成法分析，目標產物可以由發(fā)生羧基反應得到，可由發(fā)生還原反應得到，可由發(fā)生硝化反應得到，可由發(fā)生氧化反應得到，合成路線為：。浙江省精誠聯盟2022-2023學年高二下學期5月聯考考生須知：1.本卷共8頁滿分100分，考試時間90分鐘；2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、學號和姓名；考場號、座位號寫在指定位置；3.所有〖答案〗必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效；4.考試結束后，只需上交答題紙。5.可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23Mg24A127Si28S32Cl35.5K39Ca40Cr52Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Ba137一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.我國古代染坊采用“堿劑”去除蠶絲表層雜質。該“堿劑”的主要成分是一種鹽，成分可能是A.食鹽 B.硫酸 C.純堿 D.膽礬〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由題意可知，該“堿劑”的主要成分是一種鹽，根據鹽的水解原理可知該鹽應該為強堿弱酸鹽。【詳析】A．氯化鈉為強酸強堿鹽，不能水解，故A不選；B．燒堿是堿不是鹽，故B不選；C．純堿為碳酸鈉，是強堿弱酸鹽，水解顯堿性，故C選；D．膽礬水解顯酸性，故D不選；故選：C。2.氯化鈉是高中化學中常見的試劑，下列說法不正確的是A.基態(tài)原子電子排布式B.可用于制取C.生鐵置于溶液中發(fā)生析氫腐蝕D.可降低在水中的溶解度〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．基態(tài)Na原子核外有11個電子，其電子排布式為1s22s22p63s1，A正確；B．在侯氏制堿法中NaCl飽和溶液中先通入NH3再通入CO2以此制得碳酸氫鈉，B正確；C．生鐵置于NaCl溶液中發(fā)生吸氧腐蝕而不是析氫腐蝕，C錯誤；D．Cl2+H2OHCl+HClO，加入NaCl，氯離子濃度增大，使得該反應的化學平衡逆向移動，從而降低氯氣在水中的溶解度，D正確；故〖答案〗選C。3.下列化學用語表示正確的是A.的結構示意圖：B.的電子式：C.聚丙烯的結構簡式D.分子的球棍模型；〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．的核內質子數是16，離子結構示意圖為：，故A錯誤；B．是離子化合物，電子式為：，故B錯誤；C．聚丙烯的結構簡式為：，故C錯誤；D．H2O分子的空間構型為V形，球棍模型為，故D正確；故選D。4.設為阿伏加德羅常數的值。下列說法不正確的是A.46%的乙醇水溶液中所含氧原子數目為B.中含有鍵的數目不一定為C.(分子結構：)中的共價鍵數目為D.的和的混合氣體與過量充分反應轉移的電子數為〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．46%的乙醇水溶液中乙醇的質量為46g，物質的量為=1mol，水的質量為100g-46g=54g，物質的量為=3mol，所含氧原子數目為，故A正確；B．的物質的量為=0.1mol，可能是乙醇也可能是乙醚，含有鍵的數目不一定為，故B正確；C．的物質的量為，中含有6個共價鍵，0.25mol中含有1.5mol共價鍵，故C錯誤；D．過氧化鈉和二氧化碳或水反應，當1mol二氧化碳或水反應時，反應轉移1mol電子，故當1mol二氧化碳和水蒸氣的混合氣體與過氧化鈉反應時，反應轉移1mol電子即NA個，故D正確；故選C。5.下列關于元素及其化合物的性質說法正確的是A.鐵與碘反應易生成碘化鐵B.苯酚、乙醇、福爾馬林和硫酸銅均能使蛋白質變性C.鈉單質可以從水溶液中置換出D.不溶于水，可用作醫(yī)療上檢查腸胃的鋇餐〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．碘單質為弱氧化劑，只能將鐵氧化為+2價，故鐵與碘反應易生成碘化亞鐵，故A錯誤；B．苯酚、乙醇、福爾馬林和硫酸銅均能使蛋白質變性，故B正確；C．鈉和水溶液反應時，先和溶液中的水反應生成NaOH，不能置換出，故C錯誤；D．不溶于水，但會溶于胃酸（主要是鹽酸），生成的鋇離子為重金屬離子，能使人中毒，不能用作醫(yī)療上檢查腸胃的鋇餐，故D錯誤；故選B。6.關于反應(未配平)，下列說法正確的是A.X的化學式是B.是氧化產物C.每消耗，轉移電子數為D.前的化學計量數為10〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．和溶液反應生成N2，N元素化合價由-3上升到0價，O元素由-1價下降到-2價，C元素化合價由+2價上升到+4價，結合原子守恒，X為，故A正確；B．該反應中O元素由-1價下降到-2價，是還原產物，故B錯誤；C．中N元素化合價由-3上升到0價，C元素化合價由+2價上升到+4價，每消耗，轉移電子數為，故C錯誤；D．根據得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式為：2NaCN+5H2O2=2NaHCO3+4H2O，故D錯誤；故選A。7.下列反應的離子方程式不正確的是A.溶液中通入過量：B.硫化亞鐵與濃硫酸混合加熱：C.將少量通入溶液：D.同濃度同體積溶液與溶液混合：〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．碳酸的酸性強于氫氧化鋁，因此NaAlO2溶液中通入過量的CO2，反應的離子方程式為，故A正確；B．濃硫酸具有強氧化性，和硫化亞鐵反應會生成SO2和硫酸鐵等，故B錯誤；C．將少量通入溶液發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鈉和次氯酸，離子方程式為，故C正確；D．同濃度同體積溶液與溶液混合，H+和OH-發(fā)生反應，離子方程式為，故D正確；故選B。8.下列說法正確的是A.難溶于水的苯磺酸可用于制備合成洗滌劑B.鹽析、滲析和灼燒是分離提純蛋白質的重要方法C.甘氨酸、丙氨酸和谷氨酸的混合物最多能生成6種鏈狀二肽D.在分子中所有碳原子可能共平面〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．苯磺酸易溶于水，是一種強酸，可以看作是硫酸分子里的一個羥基被苯環(huán)取代的產物，磺化反應可用于制備合成洗滌劑，故A錯誤；B．提純蛋白質，其性質不能變化，可利用鹽析或滲析法等來提純蛋白質，加熱能使蛋白質變性，變性是不可逆的，故B錯誤；C．一個氨基酸氨基和另一個氨基酸的羧基發(fā)生成肽反應形成二肽，甘氨酸有一個氨基和一個羧基而谷氨酸有一個氨基和兩個羧基，所以它們可形成3種二肽，同樣分析，甘氨酸和丙氨酸之間可形成2種二肽，谷氨酸和丙氨酸間可形成3種二肽，另外兩個甘氨酸可以形成1種二肽，兩個丙氨酸可以形成1種二肽，兩個谷氨酸可以形成2種二肽，最多能生成12種鏈狀二肽，故C錯誤；D．碳碳雙鍵和苯環(huán)是平面結構，碳碳三鍵是直線形結構，則分子中所有碳原子可能共平面，故D正確；故選D。9.化合物M是從枸杞中提取的活性物質，下列說法正確的是A.M的分子式為B.能發(fā)生取代、加成、消去、水解、縮聚等反應C.能與酸、堿反應生成相應的鹽D.M最多可與反應〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．由結構式可知，M的分子式為，故A錯誤；B．該有機物中含有羥基可以發(fā)生取代反應，含有苯環(huán)可以發(fā)生加成反應，含有肽鍵可以發(fā)生水解反應，含有兩個羥基可以發(fā)生縮聚反應，但不能發(fā)生消去反應，故B錯誤；C．該有機物中含有酚羥基和氨基，能與酸、堿反應生成相應的鹽，故C正確；D．該有機物中含有2個苯環(huán)和1個碳碳雙鍵，M最多可與反應，故D錯誤；故選C。10.我國科學家合成了一種深紫外非線性光學晶體材料，晶體中陰離子為。元素M、X、Y、Z均為短周期元素，M、Y與Z同周期，M的最外層電子數比次外層電子數多1，Z為電負性最強的元素，Y是地殼中含量最高的元素，X的軌道有3個電子。下列說法中不正確的是A.原子半徑：B.簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：C.與Y同周期且比Y的第一電離能大的元素僅有2種D.中所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結構〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗元素M、X、Y、Z均為短周期元素，M的最外層電子數比次外層電子數多1，說明M是B；Z為電負性最強的元素，說明Z是F；Y是地殼中含量最高的元素，說明Y是O；X的3p軌道有3個電子，說明X是P，據此進行分析。【詳析】A．電子層數越多，原子半徑越大，電子層數相同，核電核數越大，原子半徑越小，原子半徑：P>B>O>F，故A正確；B．非金屬性：O>P，則簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：H2O>PH3，故B正確；C．同一周期元素且原子序數依次增大，元素的第一電離能隨著原子序數的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，與O同周期且比O的第一電離能大的元素有N、F、Ne共3種，故C錯誤；D．PF3中F是-1價，P是+3價，所有原子均滿足8電子穩(wěn)定結構，故D正確；故選C。11.中國研究者發(fā)明一種酸性水系電池(如圖所示)，通過焦磷酸鹽配體與形成正極保護層防止不可控擴散，實現了和在石墨表面可逆轉化(已知易歧化：)，下列說法正確的是A.與通過離子鍵形成難溶于水的保護層B.放電時石墨電極的反應式為：C.選用強酸性溶液作電解質，以抑止的歧化D.電池充電過程中，電池陽極中的值逐漸增大〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由圖可知，在石墨電極上得到電子生成，石墨電極為正極，電極方程式為：+e-=，Sn在負極失去電子生成，電極方程式為：Sn-4e-=。【詳析】A．由題意可知，該電池中焦磷酸鹽配體與形成正極保護層防止不可控擴散，與形成的是配位鍵，故A錯誤；B．由分析可知，石墨電極為正極，電極方程式為：+e-=，故B錯誤；C．易歧化：，選用強酸性溶液作電解質，增大H+濃度，平衡逆向移動，以抑止的歧化，故C正確；D．電池充電過程中，陽極Mn2+轉化為，值逐漸減小，故D錯誤；故選C。12.已知四氯化硒四聚體的結構如圖所示，其中每個周圍的六個形成一個正八面體，在一定條件下可發(fā)生水解反應。下列說法不正確的是A.Se位于元素周期表的區(qū)B.中每個原子的價層電子對數為6C.的水解產物為和D.比更難發(fā)生水解〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．Se的價電子為4s24p4，可知該元素位于p區(qū)，A正確；B．原子的價層電子對數為=6，B正確；C．+12H2O=16HCl+4，C正確；D．Se-Br鍵長長于Se-Cl鍵，鍵能更低，更易水解，故D錯誤。【『點石成金』】鍵長越長的物質，鍵能一般越低，更易發(fā)生反應。13.某溫度下，在恒容密閉容器中加入A和B進行反應：，達到平衡后，測得生成C，且反應的前后壓強之比為，則下列說法不正確的是A.從開始至平衡時，B的平均速率為B.該反應的化學平衡常數表達式是C.升高溫度，體系壓強增大，可知減小D.緩慢地再加入B，體系中D的體積分數先增大后減小〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗題中，在恒容密閉容器中加入A和B進行反應，平衡時生成C，且反應的前后壓強之比為，根據可知，計算可得平衡時氣體總的物質的量為4.8mol，生成的物質C有，由此可建立如下三段式：若C和D均是氣體，那么平衡時氣體總的物質的為2.8mol+1.2mol+1.6mol+0.8mol=6.4mol，不符合上面所求4.8mol，因此C和D中有一個并非是氣體，根據數值關系可知C為非氣態(tài)，而D為氣態(tài)，即平衡時氣體總的物質的量為4.8mol，得到方程式應為，據此作答。【詳析】A．從開始至平衡時，B的平均速率為v(B)=，故A正確；B．由，C為固體，不寫在K的表達式中，則化學平衡常數K=，故B正確；C．升高溫度，體系壓強增大，這是個氣體體積分數減小的反應，說明升高溫度逆向移動，那么可知減小，故C正確；D．在恒溫恒容條件下，，緩慢加入B，B的物質的量增大，氣體的體積分數等于物質的量分數，此時D的體積分數減小，但對于該反應而言是壓強減小的反應，則平衡正向移動，D的體積分數增大，故體系中D的體積分數先減小后增大，故D錯誤；故〖答案〗選D。14.與反應的能量變化如圖所示(各粒子均處于基態(tài)，單位為)，則下列說法不正確的是A.的第一電離能B.鍵能為C.，D.〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．由圖可知，(g)失去1個電子生成Na+，的第一電離能，故A錯誤；B．由圖可知，Cl2(g)斷鍵生成Cl(g)吸收的能量為，鍵能為，故B正確；C．(g)失去1個電子生成Na+(g)需要吸收能量，，Na+(g)和Cl-(g)形成離子鍵得到NaCl要放出熱量，，故C正確；D．由蓋斯定律可知，結合圖中歷程，，則，故D正確；故選A。15.25℃，向的溶液中滴加的鹽酸，溶液pH隨鹽酸體積(V)的變化如圖所示。下列說法不正確的是A.在a點的溶液中，B.在b點的溶液中，C.煮沸可能造成溶液中的分解，但不影響滴定結果D.若將鹽酸換成同濃度，當滴至時，〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．a點時加入10mol鹽酸，得到等濃度的Na2CO3、NaCl和NaHCO3混合溶液，根據電荷守恒：，物料守恒：，聯立二式可得，，由因為，可得，故A正確；B．在滴定百分率50%時，溶質為氯化鈉、碳酸氫鈉，b點鹽酸比滴定百分率50%時稍微過量，生成碳酸，溶液pH=7，溶液為氯化鈉、碳酸氫鈉和碳酸溶液，n(CO)<n(H2CO3),溶液中存在物料守恒，n(CO)+n(HCO)+n(H2CO3)=0.002mol，則n(H2CO3)+n(HCO)+n(H2CO3)>0.002mol，即，故B錯誤；C．反應生產二氧化碳能溶于水生成碳酸影響實驗滴定結果，煮沸目的是除去CO2，使突躍變大，冷卻后繼續(xù)滴定到終點，不影響滴定結果，故C正確；D．若將0.10mol/L的鹽酸換成同濃度的醋酸，當滴至溶液的pH=7時，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)+c(HCO)+2c(CO)，由于pH=7，c(H+)=c(OH-)，得到：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(HCO)+2(CO)，即，故D正確；故選B。16.下列方案設計、現象和結論都正確的是實驗方案現象結論A銅片加入裝有濃硝酸稀硝酸的試管中濃硝酸產生紅棕色氣體：稀硝酸產生無色氣體，在試管口略顯紅棕色稀硝酸的氧化性強于濃硝酸的氧化性B往溶液中加入無水乙醇析出深藍色固體溶劑極性越小的溶解度越小C加熱試管底部的固體試管底部固體減少，中部的內壁上出現白色固體固體受熱升華D向加有酚酞的溶液中加入溶液溶液的紅色變深與溶液反應生成A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．銅片和濃硝酸反應生成二氧化氮，和稀硝酸反應生成一氧化氮，一氧化氮和空氣中的氧氣反應生成紅棕色的二氧化氮，該實驗說明濃硝酸的氧化性強于稀硝酸的氧化性，故A錯誤；B．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劑的極性，促使晶體析出，說明溶劑極性越小的溶解度越小，故B正確；C．加熱試管底部的固體，發(fā)生分解生成氨氣和HCl氣體，氨氣和HCl氣體在試管中部遇冷又反應生成固體，不是因為固體受熱升華，故C錯誤；D．向加有酚酞的溶液中加入溶液，溶液堿性增強，溶液的紅色變深，但不能說明反應生成了，故D錯誤；故選B。二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.磷鋯晶體在離子交換、質子傳導、催化、光化學等領域有潛在的應用前景，因而引發(fā)了大量的研究工作。已知磷鋯晶體是一種典型的陽離子型層狀化合物，結構如圖所示。請回答：（1）測定磷鋯晶體結構的方法(即獲得如圖)是______。（2）的中心原子的雜化方式為______，離子的空間結構為______。（3）已知基態(tài)的電子排布式為，則基態(tài)原子的價層電子排布式為______。（4）磷酸基團的可在層內空間自由擴散，磷鋯晶體在燃料電池中可以作______。（5）利用磷鋯晶體實現對大氣中低濃度氨氣選擇性吸附，其吸附效率受的影響，過低或過高，吸附率均不高的原因是______。（6）磷鋯晶體屬于______晶體(填晶體類型名稱)，該晶體的化學式為______。〖答案〗（1）X射線衍射（2）①.sp3②.正四面體形（3）4d25s2（4）電解質（5）pH過低時，NH3會轉化為，而pH過高時，OH-會中和晶體中的H+，影響晶體性能，所以吸附效率受pH影響（6）①.混合型②.Zr(HPO4)2〖解析〗小問1詳析】測定磷鋯晶體結構的方法是X射線衍射。【小問2詳析】的中心原子的價層電子對數為4+=4，的中心原子的雜化方式為sp3，且沒有孤電子對，離子的空間結構為正四面體形。【小問3詳析】Zr原子失去3個電子得到已知Zr3+，基態(tài)Zr3+的電子排布式為[Kr]4d1，則基態(tài)Zr原子的價層電子排布式為4d25s2。【小問4詳析】磷酸基團的H+可在層內空間自由擴散，可以發(fā)生離子交換，可在燃料電池中可以作電解質。【小問5詳析】pH過低時，NH3會轉化為，而pH過高時，OH-會中和晶體中的H+，影響晶體性能，所以吸附效率受pH影響。【小問6詳析】磷鋯晶體既有離子晶體的特征，又有分子晶體的特征，屬于混合型晶體，由該晶體的結構可知，晶體中存在HPO，兩端Zr與2個HPO相連，所以該晶體的化學式為Zr(HPO4)2。18.由常見兩種短周期元素組成某氣體化合物X，為探究其組成，某小組進行了如下實驗：注：混合固體與稀硫酸反應為非氧化還原反應。請回答：（1）化合物X的組成元素是______，X中各元素均符合8電子穩(wěn)定結構，則X的結構式為______。（2）X與反應的化學方程式為______。（3）將7.2g無色氣體通入過量澄清石灰水中，得到白色沉淀，則反應的化學方程式為______。（4）如果將③中稀硫酸改為用稀鹽酸，會生成一種可溶于稀硝酸的白色沉淀，請設計實驗方案檢驗白色沉淀中的兩種元素______。〖答案〗（1）①C、O②.C≡O（2）CuO+COCu+CO2（3）Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O（4）(1)取少量白色固體于試管中，加稀硝酸，使之溶解，溶液呈藍色；(2)將溶液分為兩份，其中一份加氫氧化鈉溶液，有藍色沉淀生成，則含銅離子；另一份加硝酸酸化的硝酸銀溶液，有白色沉淀生成，則含有氯離子〖解析〗〖祥解〗由無色氣體通入澄清石灰水變渾濁，X可與氧化銅反應，推測X為CO，無色氣體含CO2，混合固體中有Cu，加稀硫酸得藍色溶液，則混合固體中除Cu外，還有CuO，氧化銅和硫酸的反應不是氧化還原反應，以此解題。【小問1詳析】由分析可知，X為CO，其組成元素為：C、O；其結構式為：C≡O；【小問2詳析】一氧化碳和氧化銅在加熱時生成銅和二氧化碳，方程式為：CuO+COCu+CO2；【小問3詳析】由分析可知，無色氣體中含有二氧化碳，且澄清石灰水過量，則無色氣體可以和澄清石灰水反應生成碳酸鈣沉淀，方程式為：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O；【小問4詳析】混合固體中含銅、氧兩種元素，用稀鹽酸代替稀硫酸，生成白色沉淀，猜想白色固體為CuCl，根據題意，該沉淀溶于硝酸，則CuCl與硝酸反應產生銅離子和氯離子，設計實驗：(1)取少量白色固體于試管中，加稀硝酸，使之溶解，溶液呈藍色；(2)將溶液分為兩份，其中一份加氫氧化鈉溶液，有藍色沉淀生成，則含銅離子；另一份加硝酸酸化的硝酸銀溶液，有白色沉淀生成，則含有氯離子。19.丁烯和乙烯反應制丙烯的方法被稱為“烯烴復分解法”：。向容積為的恒容密閉容器中按的比例充入兩種氣體。請回答：（1）已知各相關物質的燃燒熱如下表：物質乙烯丙烯丁烯燃燒熱則______。（2）下列說法中正確的是______(選填序號)。A.混合氣體的平均相對分子質量不再改變，說明反應達到了限度B.因化學方程式前后物質的化學計量數之和相等，所以反應的等于零C.催化劑降低了烯烴歧化反應的活化能，增大了活化分子百分數D.烯烴歧化反應中，斷鍵吸收的能量大于成鍵放出的能量（3）時達到平衡狀態(tài)，容器中，，。①平衡常數______(用含m、n的式子表示)。②再往容器內通入等物質的量的和，重新達到平衡后的體積分數______(填“增大”“減少”或“不變”)。（4）歧化反應的機理如圖所示，下列說法正確的是______(選填序號)。A.反應②為消去反應B.反應可表示為：C.為順式結構D.丙烯與丁烯發(fā)生反應，可生成3種新烯烴（5）在相同催化劑作用下，溫度、空速[體流過催化劑表面的速率]對丁烯和乙烯復分解反應平衡的影響如圖所示：①溫度升高，丙烯產率先增大后減少，原因是______。②空速太快，丙烯的產率逐漸減小，原因是______。〖答案〗（1）+148kJ?mol-1（2）CD（3）①.②.不變（4）ABD（5）①.升高溫度，復分解反應平衡右移，丙烯產率增大，后因溫度過高，產生副反應，產率減小②.反應物與催化劑接觸時間太短，反應不充分，丙烯產率減小〖解析〗【小問1詳析】燃燒熱是指1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物，根據燃燒熱可得熱化學方程式：已知①C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)?H=-1411kJ?mol-1，②C3H6(g)+O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)?H=-2049kJ?mol-1，③C4H8(g)+6O2(g)=4CO2(g)+4H2O(l)?H=-2539kJ?mol-1，根據蓋斯定律，由①+③-2×②得到?H1=(-1411kJ?mol-1)+(-2539kJ?mol-1)-(-2049kJ?mol-1)×2=+148kJ?mol-1；【小問2詳析】A．該反應前后氣體分子數不變，即物質的量不變，由質量守恒可知，混合氣體的總質量不變，則混合氣體的平均相對分子質量一直保持不變，不能判斷平衡，無法說明反應達到了限度，故A錯誤；B．由計算可知+148kJ?mol-1>0，根據自發(fā)反應的判據?G=?H-T?S<0，說明?S>0，故B錯誤；C．催化劑可降低反應的活化能，使更多的普通分子成為活化分子，增大了活化分子百分數，提高反應速率，故C正確；D．烯烴歧化反應是吸熱反應，斷鍵吸收的能量大于成鍵放出的能量，故D正確；故選CD；【小問3詳析】①容積為VL，平衡常數；②現在再往容器內通入等物質的量的C4H8和C2H4，使容器內氣體壓強增大，由于反應是等體積的反應，所以濃度比等于物質的量的比，化學平衡不移動，因此再達到新平衡時C3H6的體積分數不變；【小問4詳析】A．反應②環(huán)鏈生成碳碳雙鍵，是消去反應，故A正確；B．根據流程圖可