試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁山東省濰坊市2022屆高三二模考試化學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．“打造青山常在、綠水長流、空氣常新的美麗中國，讓錦繡河山造福人民”。下列水處理方法錯誤的是A．用臭氧進行自來水消毒 B．向酸性廢水中加生石灰進行中和C．用FeS除去工業(yè)廢水中的Cu2+和Hg2+ D．用Na2SO4除去硬水中的Mg2+和Ca2+2．探究銅絲與過量濃硫酸的反應，下列裝置(部分夾持裝置略)或操作錯誤的是A．用裝置甲進行銅絲和濃硫酸的反應B．用裝置乙驗證有二氧化硫生成并吸收尾氣C．用裝置丙稀釋反應后的混合液D．用裝置丁測定余酸的濃度3．有機物a、b、c的結構如圖。下列說法正確的是A．a(chǎn)的一氯代物有3種 B．b是的單體C．c的二氯代物有4種 D．a(chǎn)、b、c互為同分異構體4．X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，基態(tài)Y原子2p軌道上有5個電子，Z與Y屬于同一主族，X和Z能形成化合物XZ3.下列說法正確的是A．原子半徑：r(X)＜r(Y)＜r(Z)B．X的第一電離能比同周期相鄰元素的小C．簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y弱于ZD．基態(tài)Y原子核外電子有5種不同空間運動狀態(tài)5．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．1.0molCH4與Cl2在光照下反應生成的CH3Cl分子數(shù)為NAB．0.1mol/L的Na2CO3溶液中陽離子數(shù)目為0.2NAC．12g金剛石中含有化學鍵的數(shù)目為2NAD．含0.2molH2SO4的濃硫酸和足量的銅反應，轉移電子數(shù)為0.2NA6．工業(yè)上用CH3OH與H2O重整生產(chǎn)原料氣H2，并有少量的CO、CH3OCH3等副產(chǎn)物。CO會使催化劑中毒，可用CH3COO[Cu(NH3)2]溶液吸收。下列說法正確的是A．CH3OCH3是非極性分子B．CH3COO[Cu(NH3)2]中N—H鍵角大于NH3分子中N—H鍵角C．CH3OH和CH3OCH3分子之間均只存在范德華力D．CH3COO[Cu(NH3)2]中C原子的雜化方式都為sp37．漢黃芩素具有抗病毒作用，其結構簡式如圖所示。下列關于漢黃芩素的說法錯誤的是A．含有4種官能團B．能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應C．分子中所有原子可能處于同一平面D．1mol該分子最多能與8molH2發(fā)生加成反應8．下列由實驗現(xiàn)象所得結論正確的是A．取補鐵口服液的上層清液，滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，證明口服液中含有Fe2+B．向盛有0.01mol/L的CH3COONa溶液的小試管中滴加酚酞溶液，溶液變紅，再加入少量CH3COONa固體，溶液紅色加深，證明CH3COONa水解程度增大C．向盛有稀硝酸的試管中加入銅片，加熱，試管口出現(xiàn)紅棕色氣體，證明銅與稀硝酸反應生成NO2D．將溴乙烷與氫氧化鈉的醇溶液共熱，產(chǎn)物通入到溴水中，溴水褪色，證明溴乙烷發(fā)生消去反應9．以金屬氫化物(MHx)為負極材料的Ni/MHx電池，其充放電機理如圖所示。下列說法錯誤的是A．過程b表示電池放電過程B．電池工作過程中，電解液的pH基本保持不變C．充電時陰極的電極反應式為MHx+xOH--xe-=M+xH2OD．放電時正極的電極反應式為NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-10．一種以黑鎢礦(主要成分是FeWO4和MnWO4，還含有Si、As等元素的雜質(zhì))為原料制備鎢酸(H2WO4)的工業(yè)流程如圖所示。已知：“水浸”后濾液中主要陰離子為、、和下列說法錯誤的是A．濾渣的成分是H2SiO3B．“焙燒”過程中，F(xiàn)e、Mn元素被氧化C．“氧化”過程發(fā)生反應的離子方程式是+ClO-=+Cl-D．“沉鎢”過程，用Ca(OH)2溶液代替CaCl2溶液效果更好11．苯甲酸可用作食品防腐劑，微溶于冷水，易溶于乙醇、熱水，實驗室可通過甲苯氧化制苯甲酸，制備過程和裝置如圖：下列說法錯誤的是A．實驗中可選用250mL三頸燒瓶B．當回流液不再出現(xiàn)油珠即可判斷反應已完成C．加入飽和亞硫酸氫鈉溶液的目的是降低苯甲酸的溶解度D．趁熱過濾前需用熱水將濾紙浸濕12．科技工作者開發(fā)以乙醇為原料制備DDE()的電解裝置如圖所示。下列說法錯誤的是A．電源的電極電勢：a>bB．陽極電極反應式為：C2H5OH+Cl--2e-=C2H5OCl+H+C．乙醛為該轉化過程的催化劑D．每產(chǎn)生1molDDE，電路中通過2mole-13．一種通過電化學催化的方式，處理溫室氣體CO2的同時獲得燃料H2或CO或者工業(yè)原料(甲酸)的部分催化歷程如圖所示(*表示吸附在Sb表面上的物種)。下列說法錯誤的是A．CO2催化生成CO的活化能為1.10evB．生成HCOOH的過程中有C—H的生成和斷裂C．Sb表面生成HCOOH的反應為：*CO2+2e-+2*H+=HCOOHD．Sb催化劑對三種競爭反應的選擇效果為HCOOH＞H2＞CO二、多選題14．化合物Z是一種具有廣譜抗菌活性的藥物，其合成反應如圖。下列說法錯誤的是A．X分子間只能形成下列氫鍵：O—H…O、N—H…NB．1molZ最多能與6molNaOH反應C．Z分子中含2個手性碳原子D．X、Y、Z三種分子均存在順反異構體15．CH3NH2·H2O為一元弱堿，常溫下，將HCl氣體通入0.1mol/LCH3NH2·H2O水溶液中，混合溶液中pH與微粒濃度的對數(shù)值(lgc)的關系如圖所示(忽略溶液體積的變化)。下列說法正確的是A．Kb(CH3NH2·H2O)的數(shù)量級為10-4B．該體系中，c(OH-)=mol/LC．P點，c(Cl-)+c(CH3NH)+c(CH3NH2·H2O)=0.2mol/LD．P點之后，溶液中可能存在c(Cl-)+c(OH-)=2c(CH3NH)三、結構與性質(zhì)16．砷化鎵(GaAs)、碲化鎘(CdTe)等太陽能電池適合光電轉換，可以直接把光能轉化成電能。回答下列問題：(1)元素As與N同族，預測As的氫化物分子的立體結構為____，其基態(tài)原子最外層p軌道電子的自旋狀態(tài)____(填“相同”或“相反”)。(2)元素Cd與Zn是同一副族的相鄰元素，Cd的價層電子排布為4d105s2，Cd2+的價層電子排布為___。(3)經(jīng)X射線衍射實驗證明在碲酸(H6TeO6)分子內(nèi)的6個羥基排列在碲原子的周圍呈八面體結構，碲酸中碲原子的價層電子對數(shù)為____。(4)Te、Se都是第ⅥA族的元素，SeF6與SF6具有相似的結構，則熔沸點SeF6___SF6(填“>”或“<”或“=")；二硒鍵和二硫鍵是重要的光響應動態(tài)共價鍵，其光響應原理可用如圖表示，已知光的波長與其能量成反比，則圖中實現(xiàn)光響應的波長：λ1____λ2(填“>”或“<”或“=")，其原因是____。(5)CdTe的晶胞屬立方晶系，晶胞參數(shù)如圖1所示。以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子的分數(shù)坐標。如原子M的坐標為(0，0，0)，則原子N的坐標為____。該晶胞沿其面對角線方向上的投影如圖2所示，則代表Te原子的位置是____(填序號)，晶胞中原子6和11之間的距離為____pm(用含a的代數(shù)式表示)。四、工業(yè)流程題17．釕(Ru)為重要的稀有元素，廣泛應用于電子、航空航天、化工等領域。一種以含釕廢料(主要成分為Ru，含有SiO2、Bi2O3等雜質(zhì))為原料制RuCl3的工藝流程如圖：已知：濾液1中Ru元素和Bi元素存在形式為RuO、BiO?；卮鹣铝袉栴}：(1)“氧化堿浸”時，為提高釕的浸出率可采取的措施有____(任寫一條)，Ru發(fā)生反應的離子方程式為_____。(2)濾液2的主要成分有NaCl、CH3CHO和____，反應1的離子方程式是___。(3)金屬釕與乙醇的質(zhì)量比x和反應溫度T對釕的回收率的影響如圖所示，則回收釕較為適宜的條件是____。(4)氣體X經(jīng)處理可以循環(huán)利用，“吸收”過程發(fā)生反應的化學方程式為____。(5)可用氫還原重量法測定產(chǎn)品的純度，其原理為2RuCl3+3H2=2Ru+6HCl。產(chǎn)品純度進行測定時，所得數(shù)據(jù)見表：實驗序號產(chǎn)品質(zhì)量/g固體Ru質(zhì)量/g①5.0002.0210②5.0002.0190③5.0002.0200④5.0001.6200則產(chǎn)品的純度為____。五、實驗題18．S2Cl2是一種有毒的液體，熔點-76℃，沸點138℃，蒸氣有腐蝕性，易溶解硫磺，遇水分解。主要用于殺蟲劑、硫化染料、氣相下橡膠的硫化等。興趣小組同學用如圖所示裝置(夾持和部分加熱裝置略去)制取S2Cl2并測定所得S2Cl2的純度。已知：S的熔點112.8℃，沸點444℃。回答下列問題：(1)實驗時，先加熱_______(填裝置序號)，裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為_______。(2)實驗開始一段時間后，D中硫粉大量減少，仍有黃綠色氣體，應采取的實驗操作是_______。(3)錐形瓶F中實際收集到的是_______，要從F中得到的產(chǎn)物獲得較純凈的S2Cl2應采用的實驗方法是_______。(4)無水CaCl2的作用是_______。(5)測定S2Cl2的純度：①取mg實驗所得S2Cl2緩緩通入足量NH3攪拌、靜置。向其中加入足量甲醛，充分反應后，用cmol/LNaOH標準溶液滴定，達到滴定終點時消耗NaOH標準液VmL。實驗所得S2Cl2的質(zhì)量分數(shù)為_______。[已知：6S2Cl2+16NH3=S4N4+8S+12NH4Cl；6HCHO+4NH=(CH2)6N4+4H++6H2O]②下列滴定操作中，會導致S2Cl2質(zhì)量分數(shù)測定值偏低的是_______。a．錐形瓶洗滌干凈后未干燥b．滴定前平視滴定管刻度線，滴定后俯視c．堿式滴定管用蒸餾水洗凈后，未用NaOH標準溶液潤洗d．滴定前堿式滴定管內(nèi)無氣泡，滴定結束后有氣泡六、有機推斷題19．化合物M是一種醫(yī)藥中間體。實驗室制備M的一種合成路線如圖：已知：①+②RCNRCOONa③④RCOOHRCOCl回答下列問題：(1)A的化學名稱是_______，D中含氧官能團的名稱是_______。(2)C→D的反應類型是_______。(3)F的結構簡式是_______。(4)D與NaOH溶液反應的化學方程式是_______。(5)寫出符合下列條件的C的同分異構體的結構簡式_______。①苯環(huán)上有3個取代基②能發(fā)生銀鏡反應③核磁共振氫譜有5組峰，峰面積之比為6：2：2：1：1(6)參照上述合成路線，以苯酚和為原料(無機試劑任選)，設計制備的合成路線_______。七、原理綜合題20．晶體硅材料是最主要的光伏材料，隨當前信息工程的發(fā)展，硅主要用于微電子技術。工業(yè)上將粗硅氯化、精餾后得到SiCl4和SiHCl3的混合物然后用H2還原得到高純硅。還原過程中發(fā)生的主要反應為：i.SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)△H1=akJ/molii.SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g)△H2=bkJ/mol回答下列問題：(1)已知：2SiHCl3(g)SiCl4(g)+SiH2Cl2(g)△H3=48kJ/molH2(g)還原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的熱化學方程式為_______。(2)在T1、T2溫度下，將1molSiCl4(g)、1molSiHCl3(g)和3molH2(g)加入體積固定的密團容器中，在催化條件下發(fā)生反應i、ii。測得H2的轉化率及體系內(nèi)的壓強隨時間的變化關系如圖所示。①T2溫度下，反應達到平衡時SiHCl3(g)的轉化率_______。②T2溫度下，反應i的標準平衡常數(shù)Kθ的計算式為_______。(已知：分壓=總壓×該組分物質(zhì)的量分數(shù)，對于反應dD(g)+eE(g)gG(g)+hH(g)的Kθ=，其中pθ=106Pa，pG、pH、pD、pE為各組分的平衡分壓)。③△H2_______0(填“＞”或“＜”)，寫出推理過程_______。④要增大SiCl4(g)的轉化率可以采取的措施有_______(寫其中的一條即可)。(3)研究發(fā)現(xiàn)，反應SiCl4(g)+SiH2Cl2(g)2SiHCl3(g)的活化能Ea=100kJ/mol。反應的活化能Ea、速率常數(shù)k、溫度T滿足關系：ln==-。已知：R=8.3×10-3kJ/(mol·K)；ln10=2.3①若T1=300K，通過升高溫度到595K，才能滿足=108以加快反應速率；②若T=300K，使用催化劑使活化能降低，滿足=108以加快反應速率，Ea應減小。上述②中Ea應減小_______kJ/mol(保留1位小數(shù))；對比①和②你得到的結論是_______。答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．D【解析】【詳解】A．用臭氧進行自來水消毒，氧化性強殺菌消毒程度高且無污染，A正確；B．生石灰為CaO，溶于水生成Ca(OH)2，可中和酸，B正確；C．用FeS能與Cu2+和Hg2+生成CuS和HgS沉淀，除去工業(yè)廢水中的Cu2+和Hg2+，C正確；D．硫酸鎂微溶于水，硫酸鈣微溶于水，不能用Na2SO4除去硬水中的Mg2+和Ca2+，D錯誤；答案選D。2．D【解析】【詳解】A．銅和濃硫酸反應需要加熱，可用裝置甲進行該反應，A正確；B．二氧化硫可使品紅溶液褪色，因此品紅溶液可用于檢驗二氧化硫，SO2有毒，會污染空氣，需用NaOH溶液吸收SO2，并需要防止倒吸，故可用裝置乙驗證有二氧化硫生成并吸收尾氣，B正確；C．稀釋濃硫酸，將濃硫酸沿燒杯內(nèi)壁慢慢倒入水中，并不斷用玻璃棒攪拌，C正確；D．NaOH溶液腐蝕玻璃，應放在堿式滴定管中，該滴定管是酸式滴定管，D錯誤；答案選D。3．A【解析】【詳解】A．a(chǎn)有3種等效氫，如圖，一氯代物有3種，A正確；B．b的加聚產(chǎn)物是：，的單體是苯乙烯不是b，B錯誤；C．根據(jù)“定一議二”，c的二氯代物有6種，C錯誤；D．a(chǎn)、b、c的分子式分別為：C8H6，C8H6，C8H8，故c與a、b不互為同分異構體，D錯誤；答案選A。4．D【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，基態(tài)Y原子2p軌道上有5個電子，則Y為F元素，Z與Y屬于同一主族，則Z為Cl元素，X和Z能形成化合物XZ3，則X為N元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．同周期元素從左至右原子半徑依次減小，同主族元素自上而下原子半徑依次增大，則原子半徑：r(Cl)＞r(N)＞r(F)，A錯誤；B．X為N元素，氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結構，第一電離能比同周期相鄰元素的大，B錯誤；C．非金屬性越強，簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性F＞Cl，則熱穩(wěn)定性HF＞HCl，C錯誤；D．電子占據(jù)了多少個軌道，就有多少種空間運動狀態(tài)，Y為F元素，其核外電子排布式為1s22s22p5，共有1+1+3=5種不同空間運動狀態(tài)的電子，D正確；答案選D。5．C【解析】【詳解】A．CH4與Cl2在光照下發(fā)生取代反應為連鎖反應，產(chǎn)物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，即1.0molCH4并完全轉化為CH3Cl，故生成的CH3Cl分子數(shù)小于NA，A錯誤；B．溶液體積未知，無法計算離子數(shù)目，B錯誤；C．12g金剛石的物質(zhì)的量為=1mol，金剛石中1個碳原子參與形成4個C-C鍵，則1個碳原子形成4=2個C-C鍵，則含有化學鍵的物質(zhì)的量為1mol2=2mol，數(shù)目為2NA，C正確；D．隨著反應進行，濃硫酸變?yōu)橄×蛩?，稀硫酸不與銅反應，所以0.2molH2SO4不能完全反應，反應轉移電子數(shù)小于0.2NA，D錯誤；答案選C。6．B【解析】【詳解】A．CH3OCH3中心O原子為V形結構，所以分子屬于極性鍵組成的極性分子，A錯誤；B．CH3COO[Cu(NH3)2]中N提供孤對電子作為配位原子，使孤對電子對N-H成鍵之間的排斥力相對于NH3來說有所減小，所以CH3COO[Cu(NH3)2]中N—H鍵角大于NH3分子中N—H鍵角，B正確；C．CH3OH和CH3OCH3均為分子化合物，所以分子之間均存在范德華力，但CH3OH分子間還存在氫鍵，C錯誤；D．CH3COO[Cu(NH3)2]中甲基C原子的雜化方式為sp3，另一個C原子含碳氧雙鍵，采用sp2雜化，D錯誤；故選B。7．C【解析】【分析】根據(jù)有機物中含有的官能團判斷其個數(shù)及性質(zhì)，能與氫氣發(fā)生加成的官能團有碳碳雙鍵和羰基、還有苯環(huán)?！驹斀狻緼．根據(jù)有機結構簡式判斷其中含有酚羥基、醚鍵、碳碳雙鍵、羰基共4種官能團，故A正確；B．結構中含有酚羥基，故與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，故B正確；C．分子中含有甲基的結構，其中碳采用sp3雜化，空間構型是四面體結構，故不可能處于同一平面，故C不正確；D．分子結構中苯環(huán)消耗6mol氫氣，碳碳雙鍵消耗1mol氫氣，羰基消耗1mol氫氣，故最多能與8mol氫氣發(fā)生加成，故D正確；故選答案C?！军c睛】此題考查有機物官能團的判斷，根據(jù)官能團及原子團的性質(zhì)判斷反應類型及反應現(xiàn)象。8．D【解析】【詳解】A．能使高錳酸鉀溶液紫色褪去的物質(zhì)不僅僅是Fe2+，補鐵口服液中若含有其他具有還原性的物質(zhì)，則向補鐵口服液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，不能說明補鐵口服液中含F(xiàn)e2+，A錯誤；B．向盛有0.01mol?L-1CH3COONa溶液的試管中滴加幾滴酚酞試液，由于存在水解平衡CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-，溶液變紅；變紅的溶液中再加入少量CH3COONa固體，溶液紅色加深，可能是因為CH3COO-濃度增大，堿性增強，不能說明水解程度增大，B錯誤；C．試管口出現(xiàn)紅棕色氣體說明有二氧化氮氣體存在，但二氧化氮可能是一氧化氮遇空氣生成的，銅與稀硝酸可以反應生成一氧化氮氣體，因此無法證明銅與稀硝酸反應生成二氧化氮，C錯誤；D．溴乙烷和氫氧化鈉的乙醇溶液共熱后產(chǎn)生的氣體為乙烯，乙烯和溴水發(fā)生加成反應使溴水褪色，揮發(fā)出的乙醇和溴水不反應，將產(chǎn)物通入到溴水中，若溴水顏色變淺，可說溴乙烷和氫氧化鈉的乙醇溶液發(fā)生反應產(chǎn)生了乙烯，即溴乙烷發(fā)生了消去反應，D正確；答案選D。9．C【解析】【分析】由裝置圖，過程a左邊電極上水轉變?yōu)闅溲醺x子，電極反應為M+xH2O+xe?=MHx+xOH?，為氧化反應，并不是放電時的負極反應、而是充電時的陰極反應，則過程a表示電池充電過程，則過程b為放電過程，放電時，負極金屬氫化物(MHx)失去電子發(fā)生氧化反應，正極NiOOH得到電子被還原，則放電時電池反應為MHx+xNiOOH=M+xNi(OH)2，充電時反應逆轉，據(jù)此回答。【詳解】A．由分析可知，過程b表示電池的放電過程，A正確；B．電池總反應為M+xNi(OH)2MHx+xNiOOH，電解質(zhì)溶液pH基本不發(fā)生改變，B正確；C．由分析，充電時陰極M得到電子，電極反應式為M+xH2O+xe?=MHx+xOH?，C錯誤；D．放電時正極NiOOH得到電子被還原，電極反應：NiOOH+H2O+e?=Ni(OH)2+OH?，D正確；答案選C。10．D【解析】【詳解】A．“水浸”后濾液中含有，加入鹽酸調(diào)節(jié)pH時會產(chǎn)生濾渣H2SiO3，選項A正確；B．根據(jù)后續(xù)中Fe、Mn的化合價，“焙燒”過程中，F(xiàn)e、Mn元素由+2價升高為+3、+,被氧化，選項B正確；C．“氧化”過程次氯酸鈉將氧化為，發(fā)生反應的離子方程式是+ClO-=+Cl-，選項C正確；D．“沉鎢”過程，若用Ca(OH)2溶液代替CaCl2溶液則后續(xù)酸解時會消耗更多的鹽酸，效果不好，選項D錯誤；答案選D。11．C【解析】【詳解】A．加熱液體，所盛液體的體積不超過三頸燒瓶的一半，三頸燒瓶中已經(jīng)加入100m的水，1.5mL甲苯，4.8g高錳酸鉀，應選用250mL的三頸燒瓶，A正確；B．沒有油珠說明不溶于水的甲苯已經(jīng)完全被氧化，因此當回流液中不再出現(xiàn)油珠時，說明反應已經(jīng)完成，B正確；C．高錳酸鉀具有強氧化性，能將Cl-氧化，加入適量的飽和亞硫酸氫鈉溶液是為了除去過量的高錳酸鉀，避免在用鹽酸酸化時，產(chǎn)生氯氣，C錯誤；D．為增大過濾效率，趁熱過濾前需用熱水將濾紙浸濕，防止有氣泡，D正確；答案選C。12．C【解析】【詳解】A．電解池陽極連接電源正極，陰極連接電源負極；右側電極的電極反應為2H++2e-=H2，則右側點擊為陰極，故左側電極為陽極，a為正極，b為負極，電極電勢a＞b，A正確；B．左側電極為陽極，電極反應式為：C2H5OH+Cl--2e-=C2H5OCl+H+，B正確；C．由圖可知，C2H5OCl先轉化為CH3CHO，CH3CHO再和C2H5OH反應生成水和DDE，則CH3CHO為中間產(chǎn)物，C錯誤；D．由圖可知，產(chǎn)生1molDDE需要消耗1molCH3CHO，而1molCH3CH2OH轉化為1molCH3CHO需要轉移2mole-，每產(chǎn)生1molDDE，電路中通過2mole-，D正確；故選C。13．AB【解析】【詳解】A．由圖象分析可知，CO2吸附在催化劑上時，催化生成CO的活化能為1.10ev，A錯誤；B．生成HCOOH的過程中，有C-H的生成，但沒有C-H的斷裂，B錯誤；C．根據(jù)圖像，*CO2和*H+在Sb表面反應生成HCOOH，C的化合價由+4價降低為+2價，故反應為：*CO2+2e-+2*H+=HCOOH，C正確；D．催化劑可降低反應的活化能，由圖可知，生成CO的活化能最大，生成HCOOH的活化能最小，故Sb催化劑對三種競爭反應的選擇效果為HCOOH＞H2＞CO，D正確；答案選AB。14．AC【解析】【詳解】A．由X的結構簡式可知，X分子中含有O-H、N-H、N、O，因此X分子間可形成的氫鍵有：O—H…O、N—H…N、O—H…N、N—H…O，A錯誤；B．根據(jù)Z的結構簡式，1molZ分子含有2mol酚羥基、1mol酯基、1mol羧基和1mol—CONH—，均能與NaOH反應，同時分子中酯基與NaOH反應后會生成酚羥基，因此多消耗1molNaOH，故1molZ最多能與6molNaOH反應，B正確；C．手性碳原子為飽和碳原子，連有4個不同的基團，故Z分子中只含有1個手性碳原子，如圖，C錯誤；D．由X、Y、Z的結構簡式可知，三種分子均存在碳碳雙鍵，且雙鍵碳原子一端連有不同的原子或原子團，因此均存在順反異構體，D正確；答案選AC。15．BD【解析】【分析】CH3NH2·H2O為一元弱堿，可以類比NH3·H2O，CH3NH2·H2O的電離方程式為CH3NH2·H2O+OH-，當pH增大時，c(OH-)增大，c(H+)減小，同時c(CH3NH2·H2O)升高，c()減小，根據(jù)關系圖，圖中兩條對角線，斜率為正的對角線為代表H+，斜率為負的對角線代表OH-，虛線代表CH3NH2·H2O，最后的實線代表，據(jù)此分析解答。【詳解】A．由圖可知，Q點時pH=9.5，則c(H+)=10-9.5mol/L，因此c(OH-)=，又c(CH3NH2·H2O)=c()，則CH3NH2·H2O的電離平衡常數(shù)，數(shù)量級為10-5，A錯誤；B．體系中存在物料守恒：c(CH3NH2·H2O)+c()=0.1mol/L，帶入Kb可得c(OH-)=mol/L，B正確；C．Cl-濃度未知，c(Cl-)+c(CH3NH)+c(CH3NH2·H2O)無法計算，C錯誤；D．溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(CH3NH)=c(Cl-)+c(OH-)，若c(H+)=c(CH3NH)，則2c(CH3NH)=c(Cl-)+c(OH-)，由分析可知，斜率為正的對角線為代表H+，最后的實線代表，兩條線在P點之后有交點，即此時c(H+)=c(CH3NH)，D正確；答案選BD。16．(1)

三角錐形

相同(2)4d10(3)6(4)

>

<

Se的原子半徑比S原子大，Se-Se鍵鍵能比S-S鍵鍵能小，則光譜能量高，波長短(5)

7，8，11

【解析】(1)元素As與N同族，N為sp3雜化，則As也為sp3雜化，預測As的氫化物分子的立體結構為三角錐形；As的核外價層電子排布為4s24p3，4p軌道的電子自旋方向相同；(2)Cd的價層電子排布為4d105s2，Cd2+的價層電子排布為4d10；(3)碲酸(H6TeO6)分子內(nèi)的6個羥基排列在碲原子的周圍呈八面體結構，價層電子對數(shù)為6；(4)SeF6與SF6具有相似的結構，均為分子晶體，SeF6相對分子質(zhì)量大，分子間作用力強，熔沸點高，故熔沸點SeF6>SF6；Se的原子半徑比S原子大，Se-Se鍵鍵能比S-S鍵鍵能小，則光譜能量高，波長短，故λ1<λ2，原因為：Se的原子半徑比S原子大，Se-Se鍵鍵能比S-S鍵鍵能小，則光譜能量高，波長短；(5)N的坐標為；根據(jù)圖１，可知代表Te原子的位置是7，8，11；如圖所示，A為6球位置，AB的長度為6和11球的距離，C為B（11球）在底面的投影，落在面對角線的的位置，BC的長度為邊長的，為；CD的距離距離為面對角線的，長度為；AD長度為面對角線一半，為，AC長度為：，AB的長度為：。17．(1)

適當升高溫度、增大堿的濃度、將廢料粉碎等（任寫一條）

Ru+2OH-+3ClO-=RuO+H2O+3Cl-(2)

Na2SiO3、NaBiO2

RuO+CH3CH2OH+2H2O=Ru(OH)4↓+CH3CHO+2OH-(3)x=1:2.5、T=50(4)2RuO4+16HCl=2RuCl3+5Cl2↑+8H2O(5)83%【解析】【分析】含釕廢料(主要成分為Ru，含有SiO2、Bi2O3等雜質(zhì))，經(jīng)過次氯酸鈉氧化、氫氧化鈉堿浸后，根據(jù)給定已知信息可知，Ru元素和Bi元素以RuO、BiO存在形式留在濾液1中，同時SiO2與NaOH反應生成可溶于水的硅酸鈉、還有反應得到的氯化鈉也是濾液1的溶質(zhì)之一，后經(jīng)過乙醇還原RuO得到Ru(OH)4沉淀和濾液2，Ru(OH)4再被氯酸鈉氧化后蒸餾得到RuO4(g)后被鹽酸吸收，經(jīng)反應可得到氯氣、RuCl3和水，則推知氣體X為氯氣，據(jù)此分析。(1)適當升高溫度、增大堿的濃度、將廢料粉碎等均可提高反應速率，繼而提高釕的浸出率；主要成分為Ru的含釕廢料在堿性條件下被次氯酸鈉氧化為RuO，次氯酸根離子被還原為氯離子，根據(jù)氧化還原反應的配平原則可知，該反應的離子方程式為：Ru+2OH-+3ClO-=RuO+H2O+3Cl-，故答案為：適當升高溫度、增大堿的濃度、將廢料粉碎等（任寫一條）；Ru+2OH-+3ClO-=RuO+H2O+3Cl-；(2)根據(jù)上述分析可知，結合濾液1的成分前后聯(lián)系可知，濾液2中除了生成氯化鈉、乙醛以外，還有NaBiO2和Na2SiO3；結合已知信息可知乙醇被氧化為乙醛，RuO被還原為Ru(OH)4，再根據(jù)氧化還原的配平原則可知，該反應的離子方程式為：RuO+CH3CH2OH+2H2O=Ru(OH)4↓+CH3CHO+2OH-，故答案為：Na2SiO3、NaBiO2；RuO+CH3CH2OH+2H2O=Ru(OH)4↓+CH3CHO+2OH-。(3)金屬釕與乙醇的質(zhì)量比x對釕的回收率的影響變化趨勢可看出，隨著x比值不斷減小，釕的回收率不斷增大，當x=1:2.5時，其回收率達到94%左右，再減小x的值，釕的回收率增大不明顯，所以最佳的質(zhì)量比x取x=1:2.5，同理，觀察隨著反應溫度T的增大，釕的回收率不斷增大，當T=50時，其回收率達接近96%左右，再升高溫度，變化非常微弱，反而增大成本，所以選取最佳溫度為T=50，故答案為：x=1:2.5、T=50；(4)結合上述分析推知氣體X為氯氣，RuO4屬于高價態(tài)氧化物，類似于PbO2或MnO2與濃鹽酸的反應原理，RuO4與鹽酸反應可生成氯氣、RuCl3和水，即“吸收”過程涉及的化學方程式可表示為：2RuO4+16HCl=2RuCl3+5Cl2↑+8H2O；(5)根據(jù)上述數(shù)據(jù)可知，第④組實驗數(shù)據(jù)誤差較大，應舍去，所以上述前三組實驗得到的固體Ru質(zhì)量的平均值為，則根據(jù)2RuCl3+3H2=2Ru+6HCl可知，參加反應的RuCl3的質(zhì)量為，因產(chǎn)品質(zhì)量為5.000g，所以產(chǎn)品的純度為=83%。18．(1)

A

MnO2+4HCl(濃)Cl2↑+MnCl2+2H2O(2)停止加熱圓底燒瓶或停止(減緩)向圓底燒瓶內(nèi)加入濃鹽酸(3)

S的S2Cl2溶液

蒸餾提純或分餾提純(4)防止水蒸氣進入F裝置，導致S2Cl2分解(5)

bd【解析】【分析】本實驗的實驗目的為制取S2Cl2并測定所得S2Cl2的純度，分析裝置圖可知，A為MnO2和濃鹽酸加熱制取Cl2，反應原理為：MnO2+4HCl(濃)Cl2↑+MnCl2+2H2O，B裝置中盛有飽和食鹽水，吸收揮發(fā)的HCl氣體，C盛有濃硫酸，吸收水蒸氣，D為Cl2和S反應生成S2Cl2，E為冷凝裝置，F(xiàn)為收集裝置，G為尾氣吸收裝置，據(jù)此分析解答。(1)實驗時，應先加熱A裝置，產(chǎn)生Cl2以排盡裝置內(nèi)的空氣，根據(jù)分析可知，裝置A為MnO2和濃鹽酸加熱制取Cl2，反應的化學方程式為：MnO2+4HCl(濃)Cl2↑+MnCl2+2H2O；(2)實驗開始一段時間后，D中硫粉大量減少，仍有黃綠色氣體，說明Cl2過量，則應該采取的措施為停止加熱圓底燒瓶或停止(減緩)向圓底燒瓶內(nèi)加入濃鹽酸；(3)S的熔點為112.8℃，S2Cl2的沸點為138℃，S2Cl2蒸氣易溶解硫磺，因此錐形瓶F中實際收集到的是S的S2Cl2溶液，S的沸點為444℃，可采用蒸餾提純或分餾提純的方法除去S，進而獲得較純凈的S2Cl2；(4)S2Cl2遇水分解，故無水CaCl2的作用是防止水蒸氣進入F裝置，導致S2Cl2分解；(5)①已知6S2Cl2+16NH3=S4N4+8S+12NH4Cl；6HCHO+4NH=(CH2)6N4+4H++6H2O，又H++OH-=H2O，則有：S2Cl2~2~2H+~2NaOH，故n(S2Cl2)=n(NaOH)=(cV×10-3)mol，則S2Cl2的質(zhì)量分數(shù)為；②a．錐形瓶洗滌干凈后未干燥不影響S2Cl2的物質(zhì)的量，故對實驗結果無影響，a不符合題意；b．滴定前平視滴定管刻度線，滴定后俯視，導致讀得的消耗NaOH的體積偏小，使得最終實驗結果偏低，b符合題意；c．堿式滴定管用蒸餾水洗凈后，未用NaOH標準溶液潤洗，導致NaOH濃度偏小，最終消耗的NaOH溶液體積偏大，使得S2Cl2的質(zhì)量分數(shù)測定偏高，c不符合題意；d．滴定前堿式滴定管內(nèi)無氣泡，滴定結束后有氣泡，讀得的消耗NaOH的體積偏小，使得最終實驗結果偏低，d符合題意；答案選bd。19．(1)

對甲基苯酚(或4-甲基苯酚)

羥基、羰基(2)取代反應(3)(4)+2NaOH+H2O+NaCl(5)、(6)【解析】【分析】根據(jù)有機物C的結構可以反推出，有機物B與HCHO反應生成有機物C，根據(jù)B的分子式可知有機物B的結構為；有機物A與CH3COCl反應生成有機物B，根據(jù)有機物A的分子式可知，有機物A為；有機物C與濃鹽酸反應生成有機物D，結合有機物D的分子式可以得到D為；D與NaCN發(fā)生取代反應生成E，有機物E與CH3CHO發(fā)生已知反應①生成有機物F，結合有機物G的結構可以得到有機物F的結構為，則E的結構簡式為，據(jù)此分析解答。(1)A的結構簡式為，則A的化學名稱為對甲基苯酚(或4-甲基苯酚)，D的結構簡式為，其中含氧官能團為羥基、羰基；(2)有機物C與濃鹽酸反應生成有機物D，C的結構簡式為，D為，可知—OH被Cl原子所取代，因此C→D為取代反應；(3)由上述分析可知，F(xiàn)的結構簡式為；(4)D的結構簡式為，分子中酚羥基和Cl原子均能與NaOH反應，因此產(chǎn)物為，故反應的化學方程