浙江省稽陽聯(lián)誼學(xué)校2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期聯(lián)考化學(xué)試題

2023年11月稽陽聯(lián)誼學(xué)校高三聯(lián)考化學(xué)選考試題卷本卷可能用到相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Al27P31Cr52第Ⅰ卷選擇題部分一、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(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1.下列材料的主要化學(xué)成份是單質(zhì)的是A.碳納米材料 B.金剛砂 C.鉛酸電池的正極 D.滌綸【答案】A【解析】【詳解】A．碳納米材料的主要化學(xué)成份是碳單質(zhì)，A項(xiàng)符合題意；B．金剛砂的主要化學(xué)成份是碳化硅，是化合物，B項(xiàng)不符合題意；C．鉛酸電池的正極為二氧化鉛，是化合物，C項(xiàng)不符合題意；D．滌綸為高分子合成材料，是混合物，D項(xiàng)不符合題意；故選A。2.下列化學(xué)用語表示正確的是A.分子的球棍模型：B.的VSEPR模型名稱是四面體型C.鄰羥基苯甲醛的分子內(nèi)氫鍵：D.聚丙烯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：【答案】B【解析】【詳解】A．分子結(jié)構(gòu)為V形結(jié)構(gòu)，該球棍模型與其結(jié)構(gòu)不符，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，所以VSEPR模型名稱是四面體型，B項(xiàng)正確；C．鄰羥基苯甲醛分子內(nèi)氫鍵是羥基上的氫原子與羰基上的氧原子間形成的，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．聚丙烯結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式應(yīng)該為：，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選B。3.關(guān)于硫酸鋇，下列說法不正確的是A.不溶于水也不溶于酸，但屬于強(qiáng)電解質(zhì)B.不易被X射線透過，可用于醫(yī)療檢查藥劑C.可用飽和碳酸鈉溶液處理，使其轉(zhuǎn)化為易溶于水的鹽D.高溫下，可被焦炭還原成BaS【答案】C【解析】【詳解】A．硫酸鋇難溶于水，但溶于水的部分完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，A項(xiàng)正確；B．硫酸鋇難溶于水和酸，且不容易被X射線透過，醫(yī)療上可用作消化系統(tǒng)X射線檢測(cè)的內(nèi)服藥劑，B項(xiàng)正確；C．硫酸鋇溶解度小于碳酸鋇，故硫酸鋇和碳酸鈉溶液不反應(yīng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．高溫下，硫酸鋇可以被焦炭還原成BaS，D項(xiàng)正確；故選C。4.下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)和用途，對(duì)應(yīng)關(guān)系不正確的是A.維生素C具有氧化性，可用于食品中的抗氧化劑B.鋅抗腐蝕性較強(qiáng)，可用于制造白鐵皮C.過氧化鈉能與二氧化碳反應(yīng)生成氧氣，用作供氧劑D.乙醇能使蛋白質(zhì)變性，可用于消毒【答案】A【解析】【詳解】A．食品中含有的等易被空氣中的氧氣氧化，維生素C具有還原性，且對(duì)人體無害，可用作食品抗氧化劑，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．鋅的抗腐蝕性較強(qiáng)，可用于制造白鐵皮，保護(hù)鐵不被腐蝕，B項(xiàng)正確；C．過氧化鈉能與二氧化碳反應(yīng)生成氧氣，同時(shí)可吸收人體呼出的二氧化碳和水蒸氣，可作供氧劑，C項(xiàng)正確；D．乙醇能使蛋白質(zhì)變性，可以通過此原理殺滅微生物，可用于消毒，D項(xiàng)正確；故選A。5.關(guān)于下列實(shí)驗(yàn)裝置，有關(guān)說法正確的是A.圖①裝置可用于熔融NaOH B.圖②裝置可證明苯與溴發(fā)生了取代反應(yīng)C.圖③可制備并檢驗(yàn)乙炔氣體 D.圖④經(jīng)過適當(dāng)操作，可看到噴泉現(xiàn)象【答案】D【解析】【詳解】A．瓷坩堝中含有二氧化硅，高熱條件下易與NaOH反應(yīng)導(dǎo)致坩堝破裂，A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)過程中，有溴單質(zhì)揮發(fā)出來，也能與硝酸銀溶液產(chǎn)生沉淀，不能證明苯與溴發(fā)生了取代反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．生成的乙炔中含有硫化氫等雜質(zhì)，也能使高錳酸鉀溶液褪色，應(yīng)先通過硫酸銅溶液，再用酸性高錳酸鉀溶液檢驗(yàn)，C錯(cuò)誤；D．打開止水夾，用熱毛巾或浸過冰水的毛巾捂住圓底燒瓶，使NaOH溶液與氯氣接觸后，即可看到噴泉現(xiàn)象，D正確；

故選D。6.某些生物酶體系可以促進(jìn)和的轉(zhuǎn)移(如a、b和c)，能將海洋中的亞硝酸鹽轉(zhuǎn)化為氮?dú)膺M(jìn)入大氣層，反應(yīng)過程如圖所示。下列說法正確的是A.整個(gè)過程，轉(zhuǎn)化向大氣釋放B.過程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的反應(yīng)，均使水體酸性增強(qiáng)C.、均具有還原性，它們?cè)谒芤褐芯@酸性D.過程Ⅰ、過程Ⅱ氮元素均發(fā)生還原反應(yīng)【答案】A【解析】【分析】分析轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，可知過程Ⅰ為：，過程Ⅱ?yàn)椋?，過程Ⅲ為：，過程ⅠⅢ的總反應(yīng)為：?！驹斀狻緼．根據(jù)總反應(yīng)式，整個(gè)過程，轉(zhuǎn)化1mol向大氣釋放1molN2，A正確；B．過程Ⅰ、Ⅱ反應(yīng)均消耗氫離子，使水體酸性減弱，B錯(cuò)誤；C．N2H4能結(jié)合水電離出的氫離子而使溶液顯堿性，C錯(cuò)誤；D．過程Ⅱ中銨根離子中氮元素化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故選A。7.為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.中，各原子最外層孤電子對(duì)總數(shù)為B.固體中含有離子總數(shù)為C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L氯氣溶于足量水所得氯水中：D.6.4gCu與一定體積濃硝酸恰好完全反應(yīng)，則生成氣體分子數(shù)大于【答案】B【解析】【詳解】A．分子中氧原子上有兩個(gè)孤電子對(duì)，氮原子上有一個(gè)孤電子對(duì)，所以中，各原子最外層孤電子對(duì)總數(shù)為，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．由鈉離子和過氧根離子構(gòu)成，所以固體中含有離子總數(shù)為，B項(xiàng)正確；C．氯氣與水反應(yīng)是可逆反應(yīng)，，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．隨反應(yīng)進(jìn)行，濃硝酸變稀硝酸，還原產(chǎn)物變?yōu)镹O，相同物質(zhì)的量的銅生成氣體分子數(shù)減少，所以6.4gCu與一定體積濃硝酸恰好完全反應(yīng)，則生成氣體分子數(shù)小于，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選B。8.下列說法正確的是A.只含有一個(gè)碳原子的有機(jī)物，不可能存在同分異構(gòu)現(xiàn)象B.苯酚和苯甲酸的混合物，可通過蒸餾的方法進(jìn)行分離C.乙烯在較高壓力與較高溫度和引發(fā)劑作用下，通過加聚反應(yīng)可得到高密度聚乙烯D.由于氧的電負(fù)性比碳和氫要大，所以醇在發(fā)生化學(xué)反應(yīng)時(shí)，HO或CO易斷裂【答案】D【解析】【詳解】A．如與互為同分異構(gòu)體，與互為同分異構(gòu)體，CHFClBr存在對(duì)映異構(gòu)體等，故A錯(cuò)誤；B．苯酚和苯甲酸常溫下均為固體，不能通過蒸餾的方法進(jìn)行分離，故B錯(cuò)誤；C．乙烯在較高壓力與較高溫度和引發(fā)劑作用下，通加聚反應(yīng)可得到低密度聚乙烯，故C錯(cuò)誤；D．由于氧的電負(fù)性比碳和氫要大，使得HO或CO的極性較強(qiáng)，所以醇在發(fā)生化學(xué)反應(yīng)時(shí)，HO或CO易斷裂，故D正確；故選D。9.下列反應(yīng)的離子方程式正確的是A.向溶液中滴加少量稀硝酸：B.AgCl溶于過量氨水：C.溶液中滴加少量溶液：D.硫酸銅溶液中滴加少量硫氫化鈉溶液產(chǎn)生黑色沉淀：【答案】C【解析】【詳解】A．碘離子還原性比亞鐵離子強(qiáng)，向溶液中滴加少量稀硝酸，首先被氧化的是碘離子生成碘單質(zhì)，，A錯(cuò)誤；B．AgCl不溶于水，在反應(yīng)中不能拆，對(duì)應(yīng)的離子方程式應(yīng)為，B錯(cuò)誤；C．少量時(shí)，氫氧根只與鐵離子反應(yīng)，鋇離子全部參加反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，所以對(duì)應(yīng)離子方程式為，C正確；D．硫氫化鈉溶液少量，銅離子足量，不可能生成硫化氫氣體，所以對(duì)應(yīng)離子方程式為：，D錯(cuò)誤；故選C。10.高分子N可用于制備聚合物離子導(dǎo)體，其合成路線如下：下列說法不正確的是A.試劑a所有原子在同一個(gè)平面上B.M和N均能與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)C.反應(yīng)1為加聚反應(yīng)，反應(yīng)2為取代反應(yīng)D.試劑b的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：【答案】D【解析】【詳解】A．可推測(cè)a為丁烯二酸酸酐，四個(gè)碳原子均為雜化，碳碳雙鍵上與碳直接相連的原子在同一平面，所以a分子所有原子在同一個(gè)平面上，故A正確；B．酸酐能和NaOH溶液反應(yīng)，N中含有羧基和酯基，它們均能與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)，故B正確；C．應(yīng)1為加聚反應(yīng)生成聚合物，反應(yīng)2酸酐與醇的取代反應(yīng)，故C正確；D．試劑b的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，故D錯(cuò)誤；故選：D。11.A、B、C、D、E五種元素位于元素周期表前四周期，原子序數(shù)依次增大，除E外均為非金屬元素。A是主族元素原子半徑最小的元素，B元素基態(tài)原子s軌道電子數(shù)比p軌道電子數(shù)多1，C與B位于同一周期，C基態(tài)原子有2個(gè)未成對(duì)電子，D的單質(zhì)是重要的半導(dǎo)體材料，E屬于過渡元素，基態(tài)有電子填充的軌道無成單電子。下列有關(guān)說法不正確的是A.電負(fù)性：C>B>A>DB.D的單質(zhì)、D與A、B或C均能形成具有正四面體結(jié)構(gòu)的共價(jià)晶體C.A與B，A與C均能形成含有非極性鍵的極性分子D.由A、B、C、E四種元素共同組成的一種鹽溶液，加入無水乙醇能析出藍(lán)色沉淀【答案】B【解析】【分析】A、B、C、D、E五種元素位于元素周期表前四周期，原子序數(shù)依次增大，除E外均為非金屬元素。主族元素原子半徑最小的元素為氫，所以A為H；B的電子排布式為，為N；C與B位于同一周期，C基態(tài)原子有2個(gè)未成對(duì)電子，則C為O；D的單質(zhì)是重要的半導(dǎo)體材料，為Si；基態(tài)有電子填充的軌道無成單電子，則價(jià)層電子排布為，E為Cu?！驹斀狻緼．電負(fù)性：O>N>H>Si，A項(xiàng)正確；B．D與A形成化合物為，為分子晶體，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．A與B可形成，A與C可形成，它們均為含有非極性鍵的極性分子，C項(xiàng)正確；D．由A、B、C、E四種元素可組成鹽，加入無水乙醇降低了其在水中的溶解度，能析出藍(lán)色沉淀，D項(xiàng)正確；故選B。12.級(jí)聯(lián)電池是指在同一個(gè)反應(yīng)腔體中耦合兩個(gè)連續(xù)的電化學(xué)反應(yīng)，它可以大大提高了電池的能量密度。某水系級(jí)聯(lián)電池，工作原理如圖所示已知電解質(zhì)為溶液，步驟2中的電池反應(yīng)為：(單獨(dú)構(gòu)建該步電池時(shí)效率較低)。下列說法不正確的是A.放電時(shí)，步驟1的正極反應(yīng)式為B.對(duì)步驟2的正極反應(yīng)可能起催化作用，提高了電池工作效率C.若用該電池進(jìn)行銅的電解精煉，則消耗6.5g鋅時(shí)，得到的精銅質(zhì)量大于6.4gD.步驟2工作過程中，電池工作環(huán)境氧氣濃度越大，正極板質(zhì)量增加也越多【答案】C【解析】【分析】由工作原理圖可知，第一步總反應(yīng)為，Zn為負(fù)極，電極反應(yīng)為：，S為正極，電極反應(yīng)為：，當(dāng)正極的硫完全反應(yīng)生成后，繼續(xù)高效發(fā)生第二步反應(yīng)，Zn為負(fù)極，電極反應(yīng)為：，S為正極，電極反應(yīng)為，單獨(dú)構(gòu)建該步電池時(shí)效率較低，可能的原因是步驟1的放電產(chǎn)物對(duì)步驟2的放電過程起催化作用，據(jù)此進(jìn)行分析。【詳解】A．根據(jù)圖示放電時(shí)，步聚1中，銅離子和S均得到電子，生成硫化亞銅，正極反應(yīng)式為，A項(xiàng)正確；B．由分析可知，“單獨(dú)構(gòu)建該步電池時(shí)效率較低”，可推測(cè)對(duì)步驟2的正極反應(yīng)起催化作用，提高了電池工作效率，B項(xiàng)正確；C．用該電池進(jìn)行銅的電解精煉，消耗6.5g鋅時(shí)，轉(zhuǎn)移2mol電子，得到的精銅質(zhì)量等于6.4g，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．由分析可知，步驟2工作過程中，電池工作環(huán)境氧氣濃度越大，x值也越大，極板質(zhì)量增加也越多，D項(xiàng)正確；故選C。13.自由基是化學(xué)鍵斷裂時(shí)產(chǎn)生的含未成對(duì)電子的中間體，HNO自由基與反應(yīng)過程的能量變化如圖所示，下列說法正確的是A.反應(yīng)過程中，產(chǎn)物的濃度先增大，后減小B.過渡態(tài)能量越高，反應(yīng)的活化能越高，反應(yīng)的越小C.其它條件相同，升高溫度，達(dá)到平衡時(shí)，生成的產(chǎn)物中的百分含量增大D.反應(yīng)過程中，【答案】A【解析】【詳解】A．生成的活化能低，反應(yīng)速率快，但能量低，更穩(wěn)定，所以反應(yīng)過程中，產(chǎn)物的濃度先增大，因不斷生成，使平衡向生成方向移動(dòng)，濃度減小，A項(xiàng)正確；B．過渡態(tài)能量越高，反應(yīng)的活化能越高，但反應(yīng)的與活化能高低無直接關(guān)系，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．由圖可知，為放熱過程，升高溫度，有利于平衡向逆方向移動(dòng)，達(dá)到平衡時(shí)，生成的產(chǎn)物中的百分含量減小，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．由反應(yīng)過程可知，，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選A。14.CuCl為白色粉末狀固體，難溶于水和乙醇，在潮濕環(huán)境中，容易被空氣氧化，是一種重要工業(yè)原料。工業(yè)以硫化銅精礦為原料，制備氯化亞銅的流程如下圖所示：下列說法不正確的是A.步驟①會(huì)產(chǎn)生有毒氣體，可用石灰乳吸收B.步驟②適當(dāng)增大硫酸濃度、加熱可以加快浸出速率C.步驟③應(yīng)先加入溶液，再緩慢滴加NaCl溶液D.步驟④中X可以是無水乙醇【答案】C【解析】【分析】第①步為硫化銅氧化焙燒，第②步為硫酸浸出，得到硫酸銅溶液，第3步硫酸銅、亞硫酸鈉和氯化鈉反應(yīng)生成氯化亞銅沉淀，第④步用鹽酸、乙醇洗滌后得到氯化亞銅固體?！驹斀狻緼．步驟①會(huì)產(chǎn)生二氧化硫有毒氣體，可用石灰乳吸收，A正確；B．硫酸濃度增大，反應(yīng)速率加快，能加快浸出速率，適當(dāng)加熱也能加快浸出速率，B正確；C．步驟③中Cu2+被Na2SO3還原生成Cu+，為防止Cu+再次被空氣氧化，不能緩慢滴加NaCl溶液，C錯(cuò)誤；D．無水乙醇可洗去水，加快干燥速度，防止CuCl在潮濕環(huán)境中被空氣氧化，D正確；故選C。15.已知常溫下，電離常數(shù)：；；；；；。某實(shí)驗(yàn)小組進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)(溶液混合后體積變化忽略不計(jì)，常溫下溶液pH為11.65)：實(shí)驗(yàn)①：溶液中，小心滴加等體積0.1mol/L鹽酸，無氣泡產(chǎn)生；實(shí)驗(yàn)②：溶液與等體積溶液混合，產(chǎn)生白色沉淀；實(shí)驗(yàn)③：溶液與等體積溶液混合，產(chǎn)生白色沉淀和氣泡；實(shí)驗(yàn)④：溶液與等體積溶液混合，產(chǎn)生白色沉淀；下列說法不正確的是A.實(shí)驗(yàn)①反應(yīng)后的溶液中：B.實(shí)驗(yàn)②反應(yīng)后的溶液中，C.實(shí)驗(yàn)③總反應(yīng)，平衡常數(shù)D.實(shí)驗(yàn)②中沉淀為正鹽，實(shí)驗(yàn)④中生成的沉淀可能含有堿式鹽【答案】C【解析】【詳解】A．實(shí)驗(yàn)①反應(yīng)后的得到等物質(zhì)的量濃度的、、NaCl溶液，根據(jù)碳酸的電離常數(shù)可知，溶液中碳酸根的水解平衡進(jìn)行的程度最大，所以溶液中粒子濃度關(guān)系為：，A項(xiàng)正確；B．實(shí)驗(yàn)②反應(yīng)得到碳酸鈣飽和溶液，由于碳酸根離子能發(fā)生水解反應(yīng)，所以，B項(xiàng)正確；C．根據(jù)各平衡常數(shù)可得到以下平衡及平衡常數(shù)：平衡Ⅰ：，；平衡Ⅱ：，；平衡Ⅲ：，；③將平衡Ⅰ＋平衡Ⅱ＋平衡Ⅲ，可得反應(yīng)：，其反應(yīng)平衡常數(shù)，由于碳酸分解平衡常數(shù)未知，所以選項(xiàng)中平衡常數(shù)不能求得，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．常溫下0.1mol/L溶液pH為11.65，實(shí)驗(yàn)②中；，所以只生成；實(shí)驗(yàn)④中；，能同時(shí)生成和沉淀，可能含有堿式鹽，D項(xiàng)正確；故選C。16.下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)方案現(xiàn)象結(jié)論A將滴有少量濃氨水的集氣瓶倒扣在滴有少量濃硫酸的集氣瓶上方集氣瓶?jī)?nèi)產(chǎn)生大量白煙氨氣和硫酸反應(yīng)生成了硫酸銨B硫酸銅氨溶液中滴加少量硫酸產(chǎn)生藍(lán)色沉淀硫酸根離子濃度增大，硫酸銅氨溶解度降低C將纏有鋅條的鐵釘置于裝有少量食鹽水的培養(yǎng)皿中，一段時(shí)間后，向鐵釘附近滴加溶液未出現(xiàn)藍(lán)色沉淀鋅條對(duì)鐵釘起到保護(hù)作用D將5mL1溴丁烷、15mL無水乙醇和2.0gNaOH混合，微熱，并將產(chǎn)生氣體通入的溶液溴的四氯化碳溶液褪色1溴丁烷發(fā)生消去反應(yīng)，生成1丁烯A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．硫酸沒有揮發(fā)性，不會(huì)看到白煙現(xiàn)象，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．硫酸銅氨溶液中滴加少量硫酸出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，是因?yàn)榱蛩崞茐牧算~氨離子結(jié)構(gòu)，釋放出的氨與銅離子反應(yīng)生成了氫氧化銅沉淀，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．檢驗(yàn)亞鐵離子應(yīng)該用溶液，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．溴的四氯化碳溶液褪色說明1溴丁烷發(fā)生了消去反應(yīng)，生成了1丁烯，D項(xiàng)正確；故選D。第Ⅱ卷非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.磷及其化合物用途廣泛。請(qǐng)回答：（1）基態(tài)磷原子價(jià)層電子的軌道表示式是_____。某激發(fā)態(tài)P原子的電子排布式為：，該P(yáng)原子中共有_____種能量不同的電子。（2）磷有白磷、紅磷和黑磷等三種常見的單質(zhì)。黑磷具有與石墨類似的層狀結(jié)構(gòu)。它們的結(jié)構(gòu)如圖：下列說法不正確的是_____。A.三種磷單質(zhì)中，磷原子的雜化方式都是雜化B.白磷晶體是分子晶體，黑磷晶體是混合型晶體C.黑磷晶體中，以共價(jià)鍵結(jié)合的磷原子都在同一平面上D.三種磷單質(zhì)中，白磷的熔、沸點(diǎn)最高（3）已知配合物的穩(wěn)定性：，其原因是_____。（4）磷化鋁的晶胞結(jié)構(gòu)如圖。P原子周圍最緊鄰的P原子數(shù)為_____，已知該晶體的密度為，則最近兩個(gè)P原子間的核間距為_____pm(用表示阿伏加德羅常數(shù)的值，列出計(jì)算式)?！敬鸢浮?7.①.②.618.CD19.P的電負(fù)性小于N，形成配位鍵時(shí)更易給出孤電子對(duì)，故更穩(wěn)定20.①.12②.【解析】【小問1詳解】P為15號(hào)元素，電子排布式為[Ne]3s23p3，其價(jià)電子排布式為：，該激發(fā)態(tài)P原子的電子在10個(gè)原子軌道上運(yùn)動(dòng)，在1s、2s、2p、3s、3p、3d運(yùn)動(dòng)的電子能量不同，因此有6種種能量不同的電子；故答案為：；6。【小問2詳解】A.三種磷單質(zhì)中，三種磷單質(zhì)中，磷原子的價(jià)電子數(shù)為5個(gè)，磷原子間均以單鍵相連接，剩余1對(duì)孤電子對(duì)，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，因此磷原子的雜化方式都是雜化，故A正確；B.白磷由白磷分子構(gòu)成，白磷晶體屬于分子晶體，黑鱗具有與石墨類似的層狀結(jié)構(gòu)，層間是范德華力，層內(nèi)相鄰原子是共價(jià)鍵，因此黑磷晶體是混合型晶體，故B正確；C.根據(jù)圖中信息得到黑磷晶體中以共價(jià)鍵結(jié)合的磷原子不在同一平面上，故C錯(cuò)誤；D.三種磷單質(zhì)中，白磷的相對(duì)分子質(zhì)量最小，分子間作用力最弱，在三種晶體中熔沸點(diǎn)最低，故D錯(cuò)誤；綜上所述，答案為：CD?！拘?詳解】P的電負(fù)性小于N，形成配位鍵時(shí)更易給出電子，故更穩(wěn)定；故答案為：P的電負(fù)性小于N，形成配位鍵時(shí)更易給出孤電子對(duì)，故更穩(wěn)定?！拘?詳解】該物質(zhì)中含有4個(gè)Al，個(gè)P，化學(xué)式為AlP，P原子周圍最緊鄰的P原子數(shù)，跟Al原子周圍最緊鄰的Al原子數(shù)相等，而Al原子周圍最緊鄰的Al原子數(shù)12個(gè)[以頂點(diǎn)的Al分析，一個(gè)橫截面有4個(gè)Al(位于每個(gè)小面的面心)，有3個(gè)橫截面，共12個(gè)]；由立方晶胞密度計(jì)算公式：，得到晶胞的邊長(zhǎng)，兩個(gè)最近P原子間的距離為面對(duì)角線長(zhǎng)度的一半即；故答案為：12；。18.乙二酸(俗稱草酸)是最簡(jiǎn)單的二元羧酸。下圖流程表示其部分轉(zhuǎn)化關(guān)系。[已知：]請(qǐng)回答：（1）草酸是一種重要的還原劑，在分析化學(xué)上常被用作測(cè)定高錳酸鉀溶液濃度的試劑。寫出途徑Ⅰ反應(yīng)的離子方程式_____。（2）①X是具有六元環(huán)狀結(jié)構(gòu)的碳氧化合物，C、O原子均滿足8電子結(jié)構(gòu)。寫出X的結(jié)構(gòu)式_____。②下列說法正確的是_____。A．X是一種酸性氧化物B．由途徑Ⅱ可知，草酸鈣不溶于稀鹽酸C．乙二酸的酸性比乙酸強(qiáng)D．乙二酸跟足量乙醇反應(yīng)生成乙二酸乙二酯③乙二酸易溶于乙醇，難溶于苯和氯仿，原因是_____。（3）設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證氣態(tài)化合物X既有氧化性又有還原性_____?！敬鸢浮?819.①.②.ABC③.根據(jù)“相似形溶”原理，乙二酸與乙醇都是極性分子，且都含有羥基，兩者能形成氫鍵，故易溶；苯和氯仿是非極性或弱極性分子，乙二酸與苯和氯仿的分子間作用力弱，故難溶20.將X通入酸性高錳酸鉀溶液，溶液紫色褪去或?qū)氣體通入灼熱的氧化銅，固體顏色由黑變紅，證明X具有還原性；將燃著的鎂條伸入X中，鎂條繼續(xù)燃燒，生成黑色和白色固體，證明X具有氧化性【解析】【分析】乙二酸和高錳酸鉀反應(yīng)會(huì)生成二氧化碳，高錳酸鉀有氧化性，乙二酸有還原性，碳元素為+3價(jià)，氧化生成二氧化碳，高錳酸鉀被草酸還原生成則反應(yīng)的離子方程式為：；乙二酸加熱得到X，由題給信息可知，乙二酸加熱脫水生成酸酐和題中所給X是具有六元環(huán)狀結(jié)構(gòu)的碳氧化合物，C、O原子均滿足8電子結(jié)構(gòu)。則乙二酸加熱得到的X物質(zhì)結(jié)構(gòu)應(yīng)該為，乙二酸和氯化鈣反應(yīng)得到草酸鈣；【小問1詳解】草酸是一種強(qiáng)還原劑，是二元弱酸，碳元素為+3價(jià)，氧化生成二氧化碳，高錳酸鉀被草酸還原生成，離子方程式為：；【小問2詳解】由題給信息可知，乙二酸加熱脫水生成酸酐，該酸酐具有六元環(huán)狀結(jié)構(gòu)，應(yīng)是2分子乙二酸發(fā)生脫水而成，結(jié)構(gòu)式為：；A．根據(jù)題意，與石灰水反應(yīng)：，所以X是酸性氧化物，A項(xiàng)正確；B．由于乙二酸與氯化鈣溶液反應(yīng)：，可知草酸鈣不溶于稀鹽酸，B項(xiàng)正確；C．羧基是吸電子基，使另一個(gè)羧基的酸性增強(qiáng)(羥基極性增強(qiáng)，羥基氫容易電離出來),甲基是推電子基，使羧基的酸性減弱；所以乙二酸的酸性強(qiáng)于乙酸，,C項(xiàng)正確。D．乙二酸跟2分子乙醇反應(yīng)生成乙二酸二乙酯，乙二酸跟乙二醇反應(yīng)生成乙二酸乙二酯。項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選ABC；根據(jù)“相似形溶”原理，乙二酸與乙醇都是極性分子，且都含有羥基，兩者能形成氫鍵，故易溶；苯和氯仿是非極性或弱極性分子，乙二酸與苯和氯仿的分子間作用力弱，故難溶。【小問3詳解】類比于CO還原性的檢驗(yàn)：將X氣體通入灼熱的氧化銅，固體顏色由黑變紅，證明X具有還原性；類比于氧化性的檢驗(yàn)：將點(diǎn)燃的鎂條伸入X中，鎂條繼續(xù)燃燒，生成黑色和白色固體，證明X具有氧化性。19.丙烯是一種重要的化工原料，在催化劑作用下，可以由丙烷直接脫氫或氧化脫氫制備。反應(yīng)Ⅰ(直接脫氫)：反應(yīng)Ⅱ(氧化脫氫)：反應(yīng)Ⅲ(氫氣燃燒)：回答下列問題：（1）_____kJ/mol。（2）對(duì)于反應(yīng)Ⅰ，總壓恒定為100kPa，在密閉容器中通入和Ar的混合氣體。在溫度為時(shí)，的平衡轉(zhuǎn)化率與通入氣體中的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)的關(guān)系如圖1①結(jié)合圖1，從平衡移動(dòng)的角度分析，“通入Ar”的作用是_____。②若要將的平衡轉(zhuǎn)化率提高到60％，則_____。（3）恒溫條件下，測(cè)得反應(yīng)Ⅰ平衡時(shí)的物質(zhì)的量濃度與平衡總壓的關(guān)系如圖2.請(qǐng)?jiān)趫D上畫出平衡時(shí)的物質(zhì)的量濃度隨平衡總壓變化的曲線_____。(在圖中C點(diǎn)平衡總壓為10Mpa時(shí)，丙烷和丙烯的物質(zhì)的濃度相等)。（4）①關(guān)于反應(yīng)Ⅲ，下列說法正確的是_____。A．該反應(yīng)在任何溫度下都能自發(fā)進(jìn)行B．升高溫度，反應(yīng)Ⅱ平衡常數(shù)增大C．通入的氧氣越多，越有利于丙烷的氧化脫氫D．將水液化分離出來，既可以加快反應(yīng)速率，又能提高的轉(zhuǎn)化率②與直接脫氫反應(yīng)相比，氧化脫氫制備丙烯的優(yōu)點(diǎn)是_____。（5）研究表明，可催化氧化脫氫制丙烯。在p=0.1MPa，，催化劑X的催化下，氣體按一定流速通過反應(yīng)器，丙烷轉(zhuǎn)化率和產(chǎn)物選擇性(丙烯的選擇性=丙烯的產(chǎn)率÷丙烷的轉(zhuǎn)化率×100％)隨溫度變化如下表：t℃丙烷轉(zhuǎn)化率產(chǎn)物的選擇性CO4004.0693.122.204.6850012.3291.233.165.6160035.2285.447.736.83下列說法不正確的是_____。A.在較高溫度下，催化劑X可提高產(chǎn)生丙烯反應(yīng)的速率B.催化氧化脫氫制丙烯的反應(yīng)是放熱反應(yīng)C.相同條件下，使用不同的催化劑，丙烷的平衡轉(zhuǎn)化率相同D.溫度升高，催化劑X的活性下降，丙烯的產(chǎn)率降低【答案】（1）＋124（2）①.減小氣體濃度(或分壓)，使平衡右移，提高轉(zhuǎn)化率②.1：3.8（3）（4）①.A②.反應(yīng)溫度較低、節(jié)約能源##氧氣消耗氫氣，有利于平衡正向移動(dòng)##利用氫氣和氧氣反應(yīng)放熱，維持熱量平衡##產(chǎn)品容易分離、副產(chǎn)物少（5）BD【解析】【小問1詳解】由蓋斯定律，可得；【小問2詳解】①在總壓恒定的條件下，充入惰性氣體，等同于擴(kuò)體減壓，氣體濃度(或分壓)減小，使平衡向著氣體分子數(shù)增大的方向移動(dòng)(右移)，提高了的轉(zhuǎn)化率；②根據(jù)圖1，的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.4時(shí)，其平衡轉(zhuǎn)化率為50%。假設(shè)混合氣體為1mol，則起始時(shí)為0.4mol，Ar為0.6mol，運(yùn)用三段式法計(jì)算：，由于總壓恒定為100kPa，平衡時(shí)為0.2mol，為0.2mol，為0.2mol，Ar為0.6mol，則、、的分壓均為，故時(shí)反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)，要將的平衡轉(zhuǎn)化率提高到60%，假設(shè)起始時(shí)為1mol，Ar為xmol，。運(yùn)用三段式法計(jì)算：，由于總壓恒定為100kPa，平衡時(shí)為0.4mol，為0.6mol，為0.6mol，Ar為xmol，則分壓為，、的分壓均為，根據(jù)溫度不變平衡常數(shù)相等：，(說明：本題用濃度平衡常數(shù)同樣可求得結(jié)果)；【小問3詳解】增大壓強(qiáng)縮小體積，平衡時(shí)兩種物質(zhì)的濃度都隨平衡總壓(體積縮小)的增大而增大。增大壓強(qiáng)時(shí)，由于平衡向著氣體分子數(shù)減少的逆反應(yīng)方向移動(dòng)，所以在兩者濃度相等之后，兩者濃度增加的程度不同，丙烷的濃度增大得更多，故丙烷的濃度大于丙烯的濃度。據(jù)此理可作圖；【小問4詳解】①A.反應(yīng)Ⅱ的，，所以該反應(yīng)在任何溫度下都能自發(fā)進(jìn)行，選項(xiàng)A正確；B.升高溫度，反應(yīng)Ⅱ的平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)減小，選項(xiàng)B不正確；C.通入的氧氣過多，將發(fā)生丙烷的深度氧化，可能生成CO或，使丙烯的產(chǎn)率降低或得不到丙烯，選項(xiàng)C不正確；D.將水液化分離出來，可提高的轉(zhuǎn)化率，濃度降低減慢反應(yīng)速率，選項(xiàng)D不正確；答案選A；②與直接脫氫反應(yīng)相比，氧化脫氫制備丙烯的優(yōu)點(diǎn)是反應(yīng)Ⅱ的溫度較低(任何溫度下都自發(fā))、反應(yīng)Ⅰ必須在高溫下才能自發(fā)，低溫反應(yīng)可以節(jié)約能源；產(chǎn)品主要是水和丙烯，容易分離、副產(chǎn)物少；【小問5詳解】A.催化氧化脫氫制丙烯，在較高溫度下，丙烯的產(chǎn)率遠(yuǎn)高于乙烯和CO，是催化劑X選擇性地提高產(chǎn)生丙烯反應(yīng)速率的結(jié)果，選項(xiàng)A正確；B.表格中的數(shù)據(jù)不一定是平衡狀態(tài)的數(shù)據(jù)，不能得出該平衡體系，溫度對(duì)平衡移動(dòng)的影響規(guī)律，選項(xiàng)B不正確；C.催化劑能夠改變反應(yīng)速率，不同的催化劑對(duì)一定時(shí)間里沒有達(dá)到平衡的轉(zhuǎn)化率影響不同，但不能改變平衡轉(zhuǎn)化率和平衡常數(shù)，選項(xiàng)C正確；D.催化劑的活性與溫度有關(guān)，溫度過低或過高都可能是催化劑失活。從表格中的數(shù)據(jù)分析，溫度升高，丙烯的選擇性降低，但是丙烷的轉(zhuǎn)化率在增大，丙烯的產(chǎn)率在增加，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選BD。20.氧化石墨烯／四氧化三鐵()在吸附材料、磁性材料、電池材料等方面具有廣泛的應(yīng)用前景。某實(shí)驗(yàn)小組按如下流程制備，并研究其對(duì)模擬廢水中的吸附去除性能。Ⅰ：制備已知：①反應(yīng)I部分機(jī)理：濃硫酸強(qiáng)質(zhì)子酸，嵌入石墨層間破壞范德華力，有助于石墨烯層被剝離開。②氧化石墨烯是一種單層二維材料，結(jié)構(gòu)中有羧基、羥基和環(huán)氧基。請(qǐng)回答：（1）實(shí)驗(yàn)室研磨用的儀器是_____。A. B. C. D.（2）下列有關(guān)說法不正確的是_____。A.采用磁力攪拌可減少沉淀Ⅱ中的團(tuán)聚現(xiàn)象B.取沉淀Ⅱ的上清液，滴入酸性溶液，褪色說明沉淀II反應(yīng)未完全C.制備GO過程中，和作氧化劑D.反應(yīng)Ⅰ中，宜將石墨研成細(xì)粉，主要目的是增大石墨粒子表面積，提高氧化程度（3）沉淀Ⅱ中的離子方程式_____。（4）反應(yīng)Ⅰ采用冰水浴，控溫的理由是_____。Ⅱ：研究對(duì)模擬廢水中的吸附去除性能。步驟一：①配制不同濃度的標(biāo)準(zhǔn)液；②測(cè)定吸光度。分別取0.50mL不同濃度標(biāo)準(zhǔn)液加入一定量酸酸化、搖勻，再加入一定量顯色劑，搖勻，用紫外分光光度計(jì)在540nm處測(cè)量其吸光度；③根據(jù)測(cè)定的吸光度值和標(biāo)準(zhǔn)液濃度，繪制吸光度(A)與濃度(c)的標(biāo)準(zhǔn)曲線(如圖所示)。步驟二：①取10.00mL模擬廢水稀釋至250mL，用步驟一中②的方法，測(cè)得吸光度值為0.6；②取50.00mL模擬廢水，加入進(jìn)行吸附性能測(cè)試，用磁鐵分離，用步驟一中②的方法，測(cè)得吸光度值為0.6；（5）步驟一中，酸化后，的主要存在的離子形式是_____，加入后的去除率為_____?！敬鸢浮浚?）C（2）AB（3）（4）防止溫度過高發(fā)生石墨與濃硫酸之間的副反應(yīng)；防止?jié)饬蛩崤c硝酸鈉反應(yīng)產(chǎn)生的硝酸揮發(fā)或分解（5）①.②.96.0%【解析】【分析】加水溶解氯化鐵及氯化亞鐵形成溶液，加入NaOH調(diào)節(jié)pH，生成Fe(OH)2、Fe(OH)3沉淀，烘干后生成Fe3O4，據(jù)此解答；【小問1詳解】實(shí)驗(yàn)室的研磨儀器為研缽；故答案為：C；【小問2詳解】A．具有磁性，用磁力攪拌會(huì)加重團(tuán)聚現(xiàn)象，A錯(cuò)誤；B．干擾酸性檢驗(yàn)，B錯(cuò)誤；C．氧化石墨烯結(jié)構(gòu)中有羧基、羥基和環(huán)氧基可知，和的作用是氧化單層石墨烯，C正確；D．將石墨研成細(xì)粉，可增大石墨粒子表面積，提高后續(xù)反應(yīng)程度，D正