精品解析：浙江省部分校2022-2023学年高二下学期5月份联考化学试题（解析版）

这是一份精品解析：浙江省部分校2022-2023学年高二下学期5月份联考化学试题（解析版），共26页。试卷主要包含了 下列化学用语表示正确的是， 设为阿伏加德罗常数的值， 关于反应，下列说法正确的是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

高二年级化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 A1 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Br 80 Ag 108 Ba 137
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. 基态原子的电子排布式
B. 可用于制取
C. 生铁置于溶液中发生析氢腐蚀
D. 可降低在水中的溶解度
【答案】C
【解析】
【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+HClO，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. 的结构示意图：
B. 的电子式：
C. 聚丙烯的结构简式
D. 分子的球棍模型；
【答案】D
【解析】
【详解】A．的核内质子数是16，离子结构示意图为：，故A错误；
B．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. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A. 46%的乙醇水溶液中所含氧原子数目为
B. 中含有键的数目不一定为
C. (分子结构： )中的共价键数目为
D. 的和的混合气体与过量充分反应转移的电子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．46%的乙醇水溶液中乙醇的质量为46g，物质的量为=1mol，水的质量为100g-46g=54g，物质的量为=3mol，所含氧原子数目为，故A正确；
B．的物质的量为=0.1mol，可能是乙醇也可能是乙醚，含有键的数目不一定为，故B正确；
C．的物质的量为，中含有6个共价键，0.25mol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
B. 苯酚、乙醇、福尔马林和硫酸铜均能使蛋白质变性
C. 钠单质可以从水溶液中置换出
D. 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．钠和水溶液反应时，先和溶液中的水反应生成NaOH，不能置换出，故C错误；
D．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(未配平)，下列说法正确的是
A. X的化学式是
B. 是氧化产物
C. 每消耗 ，转移电子数为
D. 前的化学计量数为10
【答案】A
【解析】
【详解】A．和溶液反应生成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，故A正确；
B．该反应中O元素由-1价下降到-2价，是还原产物，故B错误；
C．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，转移电子数为，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：2NaCN+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. 溶液中通入过量：
B. 硫化亚铁与浓硫酸混合加热：
C. 将少量通入溶液：
D. 同浓度同体积溶液与溶液混合：
【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，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．将少量通入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，故C正确；
D．同浓度同体积溶液与溶液混合，H+和OH-发生反应，离子方程式为，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．一个氨基酸的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

A. M的分子式为
B. 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. M最多可与反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构式可知，M的分子式为，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，M最多可与反应，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，晶体中阴离子为。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的轨道有3个电子。下列说法中不正确的是
A. 原子半径：
B. 简单气态氢化物的稳定性：
C. 与Y同周期且比Y的第一电离能大的元素仅有2种
D. 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电池(如图所示)，通过焦磷酸盐配体与形成正极保护层防止不可控扩散，实现了和在石墨表面可逆转化(已知易歧化：)，下列说法正确的是

A. 与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：
C. 选用强酸性溶液作电解质，以抑止的歧化
D. 电池充电过程中，电池阳极中的值逐渐增大
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，在石墨电极上得到电子生成，石墨电极为正极，电极方程式为：+e-=，Sn在负极失去电子生成，电极方程式为：Sn-4e-=。
【详解】A．由题意可知，该电池中焦磷酸盐配体与形成正极保护层防止不可控扩散，与形成的是配位键，故A错误；
B．由分析可知，石墨电极为正极，电极方程式为：+e-=，故B错误；
C．易歧化：，选用强酸性溶液作电解质，增大H+的浓度，平衡逆向移动，以抑止的歧化，故C正确；
D．电池充电过程中，阳极Mn2+转化为，值逐渐减小，故D错误；
故选C。
12. 已知四氯化硒四聚体的结构如图所示，其中每个周围的六个形成一个正八面体，在一定条件下可发生水解反应。下列说法不正确的是

A. Se位于元素周期表的区
B. 中每个原子的价层电子对数为6
C. 的水解产物为和
D. 比更难发生水解
【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．原子的价层电子对数为=6，B正确；
C．+12H2O=16HCl+4，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，在恒容密闭容器中加入A和B进行反应：，达到平衡后，测得生成C，且反应的前后压强之比为，则下列说法不正确的是
A. 从开始至平衡时，B的平均速率为
B. 该反应化学平衡常数表达式是
C. 升高温度，体系压强增大，可知减小
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，在恒容密闭容器中加入A和B进行反应，平衡时生成C，且反应的前后压强之比为，根据可知，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，由此可建立如下三段式：

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，据此作答。
【详解】A．从开始至平衡时，B平均速率为v(B)= ，故A正确；
B．由，C为固体，不写在K的表达式中，则化学平衡常数K=，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，那么可知减小，故C正确；
D．在恒温恒容条件下，，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. 与反应的能量变化如图所示(各粒子均处于基态，单位为)，则下列说法不正确的是

A. 的第一电离能
B. 键能为
C. ，
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，(g)失去1个电子生成Na+，的第一电离能，故A错误；
B．由图可知，Cl2(g)断键生成Cl(g)吸收的能量为，键能为，故B正确；
C．(g)失去1个电子生成Na+(g)需要吸收能量，，Na+(g)和Cl-(g)形成离子键得到NaCl要放出热量，，故C正确；
D．由盖斯定律可知，结合图中历程，，则，故D正确；
故选A。
15. 25℃，向的溶液中滴加的盐酸，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，
B. 在b点的溶液中，
C. 煮沸可能造成溶液中的分解，但不影响滴定结果
D. 若将盐酸换成同浓度，当滴至时，
【答案】B
【解析】
【详解】A．a点时加入10mol盐酸，得到等浓度的Na2CO3、NaCl和NaHCO3混合溶液，根据电荷守恒：，物料守恒：，联立二式可得， ，由因为，可得，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(CO)0.002mol，即，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0.10 mol/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(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
往溶液中加入无水乙醇
析出深蓝色固体
溶剂极性越小的溶解度越小
C
加热试管底部的固体
试管底部固体减少，中部的内壁上出现白色固体
固体受热升华
D
向加有酚酞的溶液中加入溶液
溶液的红色变深
与溶液反应生成

A. A B. B C. C D. 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．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，促使晶体析出，说明溶剂极性越小的溶解度越小，故B正确；
C．加热试管底部的固体，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固体，不是因为固体受热升华，故C错误；
D．向加有酚酞的溶液中加入溶液，溶液碱性增强，溶液的红色变深，但不能说明反应生成了，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）的中心原子的杂化方式为______，离子的空间结构为______。
（3）已知基态的电子排布式为，则基态原子的价层电子排布式为______。
（4）磷酸基团的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，其吸附效率受的影响，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. sp3 ②. 正四面体形
（3）4d25s2 （4）电解质
（5）pH过低时，NH3会转化为，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】
测定磷锆晶体结构方法是X射线衍射。
【小问2详解】
的中心原子的价层电子对数为4+=4，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，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HPO，两端Zr与2个HPO相连，所以该晶体的化学式为Zr(HPO4)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） ①. C、O ②. C≡O
（2）CuO+COCu+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+COCu+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. 丁烯和乙烯反应制丙烯的方法被称为“烯烃复分解法”： 。向容积为的恒容密闭容器中按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



则______。
（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）时达到平衡状态，容器中，，。
①平衡常数______(用含m、n的式子表示)。
②再往容器内通入等物质的量的和，重新达到平衡后的体积分数______(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：
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]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）+148 kJ∙mol-1 （2）CD
（3） ①. ②. 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)+O2(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∆H1=(-1411kJ∙mol-1)+(-2539 kJ∙mol-1)-(-2049 kJ∙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+148 kJ∙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V L，平衡常数；
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，生成物是，反应可表示为，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CH3CH=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、、、和，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
沉淀完全
开始溶解
溶解完全

1.9
3.2
14


3.3
5.2
7.8
10.8
请回答：
（1）下列关于“除杂”操作环节的叙述正确的是______。
A. 加的目的是除去溶液中的、
B. 搅拌可提高的利用率
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，计算的______。“除杂”应控制的范围是______。
（4）产品纯度测定：称取一定质量产品，加过量溶液，煮2分钟后加水稀释，再转移至容量瓶中并定容，取出用溶液滴定至终点。
①能否用稀代替，______(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．盛装标准溶液
b．用标准溶液润洗
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. 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、、、和，加入过量CaO调节pH使和转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，使转化为CaSO4沉淀，过滤后滤液中存在、、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，故A错误；
B．搅拌可增大反应速率，提高CaO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-)= ，的。“除杂”应该使Fe3+和Al3+沉淀，应控制的范围是5.5-7.8。
【小问4详解】
①不能用稀代替，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. 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能使酸性溶液褪色。
请回答：
（1）中的官能团名称是羟基、羧基和______。
（2）化合物的结构简式是______。
（3）下列说法正确的是______。
A. 的反应条件是醇溶液，加热
B. 化合物E最多可消耗
C. 实验室可用重结晶法提纯化合物G
D. 氢键是影响纤维强度的重要因素
（4）写出的化学方程式______。
（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，遇能显紫色，不能发生水解反应；
②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，无键。
【答案】（1）氨基、肽键
（2） （3）BCD
（4）+O2+H2O
（5）
（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，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：+O2+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：。
【小问6详解】
D的同分异构体满足条件：①能发生银镜反应，遇FeCl3能显紫色，不能发生水解反应，说明其中含有醛基和酚羟基，没有酯基；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，无−O−O−键；3种同时符合条件的结构为：、、。