2022屆山東省日照市高三第二次模擬考試化學試題（解析版）

1、PAGE 26頁PAGE 山東省日照市2022屆高三第二次模擬考試化學試題一、單選題1化學與生產(chǎn)、生活密切相關。下列說法正確的是（）A燃煤加入石灰石可以減少酸雨的形成及溫室氣體的排放B可用化學氧化法或電化學氧化法處理含NO3的廢水C改善燃油品質(zhì)可減少汽車尾氣中CO、NO、SO2等氣體的排放D熒光材料BGO的主要成分Bi2Ge2O7全部由主族元素組成2下列物質(zhì)的應用錯誤的是（）A“84”消毒液可用于金屬餐具的消毒BNa2S可用于除去污水中的Cu2+和Hg2+C小蘇打可用于治療胃酸過多D氟化物可用于預防齲齒牙膏添加劑3關于下列儀器使用的說法正確的是（）Aa和f均可盛放濃硫酸用于干燥氯氣Bc和g可用

2、于蒸發(fā)結(jié)晶Cb和e可用于蒸餾Dd和h可用于減壓過濾4X、Y、Z為前10號原子序數(shù)遞增的同周期緊鄰元素，基態(tài)Z原子的第一電離能的大小在本周期元素中排第二位。下列說法錯誤的是（）A電負性：XYZB基態(tài)原子未成對電子數(shù)：XYZC原子半徑：XYZD簡單氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：ZYX5實驗室用環(huán)己醇與濃硫酸混合加熱制備環(huán)己烯，裝置如圖所示(加熱和夾持裝置略去)。下列說法錯誤的是（）A添加試劑時，先加入環(huán)己醇，再加入濃硫酸B反應過程中，分水器有水積攢則立即打開活塞放出C分水器中水量不再增多時，說明反應結(jié)束，即可停止實驗D依次用NaOH溶液、蒸餾水洗滌，分液后加入無水CaCl2固體，過濾后再進行蒸餾即可得到純凈環(huán)

3、己烯6阿司匹林與撲熱息痛在一定條件下生成貝諾酯。三種物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡式如下：下列說法錯誤的是（）A三種物質(zhì)中均含有2種官能團B撲熱息痛遇：FeCl3溶液顯紫色C1mol阿司匹林最多與2molNaOH反應D阿司匹林與撲熱息痛生成貝諾酯的反應類型為取代反應7為探究KSCN的性質(zhì)進行了如下四個實驗：向1mL0.15molL-1的KSCN溶液中加入1mL0.15molL-1FeSO4溶液，無明顯現(xiàn)象。向中所得溶液再滴加硫酸酸化的KMnO4溶液，溶液先變紅后褪色。向1mL 0.15molL-1的KSCN溶液中加入1mL 0.05molL-1Fe2(SO4)3溶液，溶液變紅。向中所得溶液再滴加0.5mL 0.5

4、molL-1FeSO4溶液，溶液顏色明顯變淺。下列說法錯誤的是（）A由和可得出溶液顏色變紅的原因為Fe3+與SCN-生成紅色物質(zhì)B由和的現(xiàn)象可說明還原性：Fe2+SCN-C中溶液顏色變淺的原因可能是Fe2+也可以與SCN-絡合D將中所得溶液分為兩等份，分別加入0.5mLH2O、0.5mL 0.5molL-1FeSO4溶液，對比二者顏色變化即可確定中顏色變淺的原因8以FeSO4為原料制備鋰離子電池的電極材料磷酸亞鐵鋰(LiFePO4)的流程如下：下列說法錯誤的是（）A“沉鐵”步驟反應的離子方程式為：2Fe2+H2O2+2H3PO4=2FePO4+2H2O+4H+B“沉鐵”步驟中的氧化劑H2O2可

5、以用O3來代替C“煅燒”步驟中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2：1D“煅燒”步驟中每消耗1mol Li2CO3時，生成3mol氧化產(chǎn)物9解痙藥物奧昔布寧的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列關于奧昔布寧的說法正確的是（）A組成元素均位于元素周期表的p區(qū)B基態(tài)原子第一電離能：NOHCC分子中碳原子雜化軌道類型有2種D分子中兩個六元環(huán)的成環(huán)原子均各自共面10已知：雜環(huán)共軛聚合物制成的電極材料具有體積不膨脹的特性。鋁-聚合物電池以雜環(huán)共軛聚合物為正極材料、氯化鋁/尿素(AlCl4/urea，urea為尿素)為電解液，其有關工作原理如下圖所示。下列說法錯誤的是（）A放電時，負極附近AlCl4減少B放電時，正極上生成

6、1mol聚合物時，電路中通過4mol電子C充電時，陰極反應為：2AlCl2(urea)2+3e-=Al+AlCl4+4ureaD用雜環(huán)共軛聚合物為正極材料能克服體積膨脹對電極結(jié)構(gòu)造成的破壞11根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象，所得結(jié)論正確的是（）選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A向0.1molL-1的醋酸溶液中滴加等溫、等濃度NaOH溶液至過量溶液溫度先升高后降低CH3COO-的水解反應為放熱反應B向溶有SO2的BaCl2溶液中加入Fe(NO3)3溶液有白色沉淀生成NO3具有氧化性C一定溫度下，向Na2CO3溶液中滴加同濃度同體積的水楊酸()溶液無氣泡產(chǎn)生Ka2(碳酸)0回答下列問題：（1）“調(diào)pH”除鋁、鈦時，p

7、H對溶液中金屬離子質(zhì)量濃度影響如下表，根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷除鋁、鈦時pH應調(diào)節(jié)至 為宜。pH溶液中金屬離子質(zhì)量濃度(mgL-1)Al3+Ni2+Ti4+1.1610077804624212608014.2125587015.210737201（2）“酸溶”所得溶液，經(jīng)電積可得單質(zhì)鎳，電積沉鎳裝置如圖所示。電積裝置中，交換膜b應為 離子交換膜(填“陽”或“陰”)。電解時濃縮室溶液體積保持不變，當濃縮室得到1L 0.6molL-1的鹽酸時，陰極得到Ni的質(zhì)量小于14.75g，其原因為 。（3）“氧化浸出”時，鈀(Pd)被氧化生成配位離子PdCl62的離子方程式為 。（4）“沉

8、鈀”時，溫度保持在5565，溫度不易過高，其原因除防止銨鹽分解外，還有 ?！俺菱Z”時，銨鹽最好選用 (填化學式)，有利于鈀的沉淀。（5）氯鈀酸銨(NH4)2PdCl6在“焙燒還原”時所用石英管冷凝壁上有大量白色固體析出，該固體可在 操作中循環(huán)使用(填操作單元名稱)。18氯化亞砜(SOCl2)具有較強的巰基和羥基取代能力，廣泛應用于有機合成中。工業(yè)上可以利用SO3與SCl2反應制得，裝置如下圖所示(夾持及加熱裝置已略去)：物質(zhì)的相關性質(zhì)如下表：物質(zhì)SO3SCl2SOCl2熔點/16.8-78-105沸點/44.86078.8與水反應均能與水劇烈反應已知：H2SO4(濃)P2O5_225SO3+H

9、2O；SCl2與SOCl2互溶。實驗步驟如下：通入干燥的氮氣(能夠抑制三氧化硫氣體逸出)，觀察A中氣泡控制N2的流速；將P2O5固體置于燒瓶B中，向B中分多次緩慢加入5.44mL濃硫酸(密度為1.84g cm-3，質(zhì)量分數(shù)為98)，再向C中加入足量SCl2；冷凝管接入冷凝水后將燒瓶B升溫至225，三氧化硫液體緩慢流入錐形瓶C中；反應完成后取下錐形瓶C，(操作)，得到高純SOCl2產(chǎn)物?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器a的名稱為 ，錐形瓶C中生成氯化亞砜的方程式為 。（2）該制備SOCl2裝置存在的缺陷為 。（3）實驗步驟中的操作為 (填名稱)。（4）將得到的SOCl2溶于水生成兩種酸，反應的離子方程式

10、為 ，取所得溶液體積的十分之一用0.5molL-1標準碘溶液滴定，選用 做指示劑，滴定終點消耗標準碘溶液的體積為13.00mL，則SOCl2的產(chǎn)率為 ，若滴定后，滴定管尖嘴處有氣泡，則測定結(jié)果 (填“偏高”“偏低”或“不變”)。19COx選擇性甲烷化是近年來有良好應用前景的處理方法。富氫氣氛下，CO、CO2.均可與H2發(fā)生甲烷化反應。ICO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) H=-206.2kJmol-1IICO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) H=a kJmol-1回答下列問題：（1）已知CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) H =-41.2kJmo

11、l-1，則a= 。（2）400時，選用鎳基催化劑，向1L密閉容器中通入10molCO、10molCO2和40molH2進行反應，平衡后測得n(H2)=9mol，n(CH4)=10mol。CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為 。已知反應II的正=k正c(CO2)c4(H2)，逆=k逆c(CH4)c2(H2O) (k正、k逆為速率常數(shù)，只與溫度有關)。k正k逆= (保留兩位小數(shù))；升高溫度，k正k逆= (填“變大”“變小”或“不變”)。（3）已知：H2對CO的選擇性SCOCH4=3n(CO，進口)n(CO，出口)n(H2，進口)n(H2，出口)100，則H2對CO2的選擇性SCOCH4= 。增大入口處CO的物質(zhì)的

12、量，SCOCH4SCO2CH4和原來相比 (填“變大”“變小”或“不變”)。（4）其他條件相同，反應II使用兩種不同催化劑，反應相同的時間，測得CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的影響如圖所示。根據(jù)圖像分析，下列說法錯誤的是_(填標號)。A工業(yè)生產(chǎn)中應選擇的溫度和催化劑分別是320、Ni-CeO2B相同條件下，以Ni-CeO2為催化劑有助于提高平衡轉(zhuǎn)化率C溫度高于320時，CO2轉(zhuǎn)化率減小的原因可能是升溫使催化劑活性降低D溫度高于320時，CO2轉(zhuǎn)化率繼續(xù)增大的原因可能是化學反應速率加快20有機物H為緩釋激素類片劑藥物的主要成分，其合成路線如下：已知：I. II.RCNLiAlH4RCH2NH2回答下列

13、問題：（1）A與試劑X發(fā)生加成反應生成B，則試劑X的名稱為 ，D中含氧官能團的名稱為 。（2）D生成E的反應類型為 ；E生成F的化學反應方程式為 ；物質(zhì)G是對人體起直接治療作用的藥物，將其轉(zhuǎn)化為H的主要目的是 。（3）E的同分異構(gòu)體M含有結(jié)構(gòu)，氮原子只與碳原子直接相連，1molM最多與5molH2發(fā)生加成，核磁共振氫譜吸收峰面積之比為1：2：2：2：4，其結(jié)構(gòu)簡式為 。（4）結(jié)合題中所給信息，設計以甲醛和為原料，合成的合成路線(其他試劑任選) 。答案解析部分1【答案】D【解析】【解答】A燃煤加入石灰石可以減少二氧化硫的排放量，從而減少酸雨的形成，但不能減少二氧化碳的排放量，A不符合題意；B硝酸

14、根離子中氮元素的化合價為+5價，處于氮元素的最高價，不能被氧化，B不符合題意；C汽車尾氣中產(chǎn)生的氮氧化物，不是車用燃油燃燒產(chǎn)生的，而是空氣中的氮氣和氧氣在氣缸內(nèi)電火花的條件下反應生成的，改善燃油品質(zhì)并不能減少氮氧化物的排放，C不符合題意；DBi位于第VA族，Ge位于第IVA族，O位于第VIA族，Bi2Ge2O7全部由主族元素組成，D符合題意；故答案為：D?！痉治觥緼.CaO可以作為固硫劑，減少酸雨的形成，但不能減少二氧化碳的排放；B.硝酸根中N元素處于最高價態(tài)；C.燃油中不含氮元素。2【答案】A【解析】【解答】A“84消毒液”成分為次氯酸鈉具有強氧化性，可能腐蝕金屬餐具，不能用于金屬餐具的消毒

15、，故A符合題意；B硫離子能夠與銅離子和汞離子反應生成硫化銅沉淀和硫化汞沉淀，所以可以用Na2S作沉淀劑，除去廢水中的Cu2+和Hg2+，故B不符合題意；C小蘇打是碳酸氫鈉的俗稱，胃酸主要是鹽酸，二者反應生成氯化鈉、水和二氧化碳，并且小蘇打無毒、無害，故C不符合題意；D氟可以和鈣形成一層保護牙齒的物質(zhì)，氟化物可用于預防齲齒牙膏添加劑，故D不符合題意；故答案為：A?！痉治觥緼.次氯酸鈉水解生成氫氧化鈉和次氯酸；B.硫離子與銅離子、汞離子反應生成硫化銅、硫化汞沉淀；C.碳酸氫鈉能與鹽酸反應，且對胃的刺激較??；D.牙膏中添加氟化物用于預防齲齒，羥基磷酸鈣轉(zhuǎn)化為氟磷酸鈣。3【答案】C【解析】【解答】AU

16、形管不能盛放濃硫酸干燥氯氣，應該用固體干燥劑，A不符合題意；B用于蒸發(fā)結(jié)晶的是蒸發(fā)皿，不能是表面皿，B不符合題意；Cb和e分別是蒸餾燒瓶和冷凝管，可用于蒸餾，C符合題意；D可用于減壓過濾的是布氏漏斗，不是普通漏斗，D不符合題意；故答案為：C。【分析】A.U型管里需盛放固體干燥劑，干燥氯氣用濃硫酸；B.蒸發(fā)結(jié)晶所需儀器為蒸發(fā)皿；D.減壓過濾不能使用普通漏斗。4【答案】A【解析】【解答】根據(jù)分析可知，X為N，Y為O，Z為F元素，A主族元素同周期從左向右電負性逐漸增大，則電負性：Z(F)Y(O)X(N)，故A符合題意；BN、O、F基態(tài)原子未成對電子數(shù)分別為3、2、1，即基態(tài)原子未成對電子數(shù)：XYZ，

17、故B不符合題意；C主族元素同周期從左向右原子半徑逐漸減小，則原子半徑：X(N)Y(O)Z(F)，故C不符合題意；D非金屬性越強，簡單氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性越強，非金屬性：FON，則簡單氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：ZYX，故D不符合題意；故答案為：A。【分析】X、Y、Z為前10號原子序數(shù)遞增的同周期緊鄰元素，則X、Y、Z均為第二周期元素，基態(tài)Z原子的第一電離能的大小在本周期元素中排第二位，則Z為F元素，Y為O元素，X為N元素。5【答案】B【解析】【解答】A由于濃硫酸稀釋過程中釋放出大量的熱，且濃硫酸的密度大于環(huán)己醇，根據(jù)濃硫酸稀釋操作的注意事項可知，添加試劑時，先加入環(huán)己醇，再加入濃硫酸，A不符合題意；B分水器

18、的作用是將反應生成的水能夠及時分離出來，使反應正向進行，且當分水器中的水量不再增多時，說明反應結(jié)束，即可停止實驗，故還有控制反應的作用，故反應過程中，當分水器中的水層增至支管口附近時，再打開活塞放出部分水，B符合題意；C由B項分析可知，分水器中水量不再增多時，說明反應結(jié)束，即可停止實驗，C不符合題意；D所帶反應后混合溶液依次用NaOH溶液除去作為催化劑的H2SO4、蒸餾水洗滌除去NaOH、Na2SO4、H2SO4的可溶性雜質(zhì)，分液后等有機層，加入無水CaCl2固體吸水，過濾后再進行蒸餾即可得到純凈環(huán)己烯，D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥緼.濃硫酸稀釋放熱，且密度大于環(huán)己醇；B.應當分水器中

19、的水層增至支管口附近時，再打開活塞放出部分水；C.分水器中水量不再增多時，反應結(jié)束；D.先加NaOH除去濃硫酸，再用蒸餾水洗滌除去NaOH、Na2SO4、H2SO4的可溶性雜質(zhì)，分液后加入無水CaCl2固體吸水，過濾后再進行蒸餾得到純凈的環(huán)己醇。6【答案】C【解析】【解答】A三種分子中均含COOC、CONH兩種官能團，故A不符合題意；B撲熱息痛含酚OH，遇FeCl3溶液顯紫色，則可用FeCl3溶液區(qū)別撲熱息痛，故B不符合題意；C阿司匹林足量NaOH溶液共熱，發(fā)生水解生成乙酸和鄰羥基苯甲酸，COOH、酚OH均能與NaOH反應，故1mol阿司匹林最多與3molNaOH，反應故C符合題意；D常阿司匹

20、林與撲熱息痛生成貝諾酯的反應類型為酯化反應，屬于取代反應，故D不符合題意；故答案為C?！痉治觥緼.三種分子均含-COOC-、-CONH-；B.撲熱息痛含酚羥基；D.酯化反應屬于取代反應。7【答案】D【解析】【解答】A比較實驗、可知，兩實驗中僅是Fe2+和Fe3+的不同，其余離子均相同，故由和可得出溶液顏色變紅的原因為Fe3+與SCN-生成紅色物質(zhì)，A不符合題意；B由實驗可知Fe3+能與SCN-結(jié)合成紅色物質(zhì)，而實驗滴加酸性高錳酸鉀后先變紅，說明Fe2+被氧化為Fe3+，后褪色說明SCN-被氧化了，則由和的現(xiàn)象可說明還原性：Fe2+SCN-，B不符合題意；C比較實驗、可知，在實驗所得紅色溶液中加

21、入0.5mL 0.5molL-1FeSO4溶液，溶液顏色明顯變淺，可能是由于Fe2+與SCN-形成絡合物后，導致SCN-的濃度減小，使得Fe3+3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移動，溶液顏色明顯變淺，C不符合題意； D將中所得溶液分為兩等份，分別加入0.5mLH2O、0.5mL 0.5molL-1FeSO4溶液，將導致兩溶液中的硫酸根離子濃度不同，即變量不唯一，且加水稀釋和加入0.5mL 0.5molL-1FeSO4溶液都將使溶液顏色變淺，即無法對比二者顏色變化即可確定中顏色變淺的原因，D符合題意；故答案為：D?！痉治觥緼.Fe3+與SCN-生成紅色的Fe(SCN)3；B.根據(jù)還原劑的還原性

22、大于還原產(chǎn)物比較；C.加入FeSO4溶液后顏色變淺，可能是由于Fe2+與SCN-形成絡合物。8【答案】D【解析】【解答】A亞鐵離子有還原性，過氧化氫有氧化性，“沉鐵”步驟中兩者發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為：2Fe2+H2O2+2H3PO4=2FePO4+2H2O+4H+，A不符合題意；B臭氧有氧化性，“沉鐵”步驟中的氧化劑H2O2可以用O3來代替，B不符合題意；C“煅燒”步驟中發(fā)生反應：Li2CO3+H2C2O4+2FePO4=煅燒2LiFePO4+3CO2+H2O，鐵元素化合價降低，F(xiàn)ePO4是氧化劑，碳元素化合價升高，H2C2O4是還原劑，由方程式可知，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比

23、為2：1，C不符合題意；D“煅燒”步驟中發(fā)生反應：Li2CO3+H2C2O4+2FePO4=煅燒2LiFePO4+3CO2+H2O，每消耗1molLi2CO3時，生成3molCO2，但只有2mol是氧化產(chǎn)物，D符合題意；故答案為：D。【分析】向FeSO4溶液中加入雙氧水將Fe2+氧化為Fe3+，加入磷酸發(fā)生復分解反應，反應生成FePO4沉淀和硫酸，向得到的沉淀中加入Li2CO3和草酸得到LiFePO4。9【答案】B【解析】【解答】A氫元素位于元素周期表的s區(qū)，A不符合題意；B同一主族元素從上向下第一電離能逐漸減小，同一周期主族元素從左向右第一電離能呈增大趨勢，但第IIA族和第VA族最外層電子處

24、于全滿和半滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，其第一電離能比同周期相鄰元素第一電離能大，因此基態(tài)原子第一電離能：NOHC，B符合題意；C分子中含三鍵碳、雙鍵碳和飽和碳，碳原子的雜化類型有sp、sp2、sp3共3種雜化類型，C不符合題意；D分子中苯環(huán)的成環(huán)原子共面，但另一個六元環(huán)中的碳全為飽和碳，其成環(huán)原子不共面，D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥緼.H是s區(qū)元素；C.三鍵碳為sp雜化，苯環(huán)和雙鍵碳為sp2雜化，飽和碳原子為sp3雜化；D.除苯環(huán)外的另一個六元環(huán)成環(huán)原子不共面。10【答案】B【解析】【解答】A由分析可知，放電時，負極反應式為：Al-3e-+ AlCl4+4urea=2AlCl2(urea)2+，故

25、負極附近AlCl4減少，A不符合題意；B由分析可知，放電時，正極反應式為：高聚物+4nAlCl2(urea)2+6ne-=共軛高聚物，故正極上生成1mol共軛聚合物時，電路中通過6nmol電子，B符合題意；C由分析可知，放電時，負極反應式為：Al-3e-+ AlCl4+4urea=2AlCl2(urea)2+，則充電時，陰極反應為：2AlCl2(urea)2+3e-=Al+AlCl4+4urea，C不符合題意；D由題干信息可知，雜環(huán)共軛聚合物制成的電極材料具有體積不膨脹的特性，用雜環(huán)共軛聚合物為正極材料能克服體積膨脹對電極結(jié)構(gòu)造成的破壞，D不符合題意；故答案為：B?！痉治觥坑蓤D可知，放電時，正

26、極反應為高聚物+4nAlCl2(urea)2+6ne-=共軛高聚物，負極反應為Al-3e-+ AlCl4+4urea=2AlCl2(urea)2+。11【答案】D【解析】【解答】ACH3COO-的水解反應為吸熱反應，A不符合題意；BFe3+和NO3都可以在酸性條件下將BaCl2溶液中的SO2氧化為SO42，該實驗無法說明NO3具有強氧化性，B不符合題意；C羧基的酸性大于酚羥基，向Na2CO3溶液中逐滴加入同濃度、同體積的水楊酸溶液，邊滴加邊振蕩，羧基先和Na2CO3反應生成NaHCO3，酚羥基和NaHCO3不反應，所以無氣體產(chǎn)生，說明Ka1(碳酸)Ka2(水楊酸)，C不符合題意；D向2mL濃度

27、均為0.1molL-1的NaCl與Na2S混合液中滴入2滴0.1molL-1的AgNO3溶液，只有黑色沉淀生成，說明Ag2S比AgCl更難溶，D符合題意；故答案為：D?！痉治觥緼.鹽類水解吸熱；B.Fe3+也具有氧化性；C.強酸能和弱酸鹽反應生成弱酸。12【答案】B【解析】【解答】A“堿浸”時，Pb5O8與硫化鈉發(fā)生氧化還原反應生成PbS、S和氫氧化鈉，反應的化學方程式為：Pb5O8+8Na2S+8H2O=5PbS+16NaOH+3S，其中PbS是還原產(chǎn)物，S是氧化產(chǎn)物，依據(jù)正負化合價代數(shù)和為0的原則，可知Pb5O8中Pb2+和Pb4+的數(shù)目之比為2：3，結(jié)合方程式可知，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物

28、質(zhì)的量之比為1：1，A不符合題意；B“氧化”時用的氧化劑為過氧化氫，過氧化氫受熱分解速率加快，因此不能將溶液加熱至沸騰，B符合題意；C浸出液“氧化”過程中，發(fā)生反應：H2O2+AsO2+2OH-= AsO43+2H2O，消耗了氫氧根離子，溶液的堿性逐漸減弱，C不符合題意；D“氧化”后得到Na3AsO4溶液，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到砷酸鈉晶體，D不符合題意；故答案為：B。 【分析】高砷煙塵 (主要成分為As2O3、As2O5和Pb5O8，As2O3、As2O5均為酸性氧化物) ，加入硫化鈉和氫氧化鈉堿浸，浸出后，抽濾得到沉淀PbS和S，“浸出液”呈堿性，其主要成分為Na3As

29、O4和NaAsO2，“氧化”過程中H2O2作氧化劑，發(fā)生H2O2+AsO2+2OH-= AsO43+2H2O，然后蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到砷酸鈉晶體。13【答案】B,C【解析】【解答】A甲的結(jié)構(gòu)有：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH(CH3)CH2OH、CH3CH2CH(CH3)OH 、CH3CH(CH3)2OH、C(CH3)3OH，共有5種，故A不符合題意；B若甲的結(jié)構(gòu)為CH3CH2CH2CH2OH，含有-CH2OH結(jié)構(gòu)能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，乙為烯烴，含有碳碳雙鍵，能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，不能鑒別，故B符合題意；C丙的同分異構(gòu)體中具有四種化學環(huán)境氫

30、的有：、，其中1，2-二溴丁烷和1，3-二溴丁烷有對映異構(gòu)，所以丙的同分異構(gòu)體中含四種化學環(huán)境氫的有5種，故C符合題意；D若丁為(CH3)2CHCHO，甲可能為2-甲基-2-丙醇即，甲在濃硫酸加熱下發(fā)生消去反應得到乙為，乙與溴發(fā)生加成反應得到丙為，丙與NaOH水溶液加熱下發(fā)生水解反應生成，先發(fā)生消去反應得到再發(fā)生加成反應得到，最后醇發(fā)生催化氧化得到，推斷成立，故D不符合題意；故答案為：BC。【分析】甲為飽和一元醇，甲發(fā)生消去反應生成乙，乙不飽和度為1，為烯烴，烯烴和溴的四氯化碳發(fā)生加成反應生成丙，丙在NaOH水溶液中水解得到醇，經(jīng)一系列反應生成丁。14【答案】A,C【解析】【解答】A由題干圖示

31、信息可知，兩種路徑中的第一步質(zhì)子化的活化能均比第二步的大，活化能越大，反應速率越慢，慢反應是整個反應的決速步驟，A符合題意；B由于加成反應生成2-溴丙烷比生成1-溴丙烷更容易，則加成產(chǎn)物主要以2-溴丙烷為主，這是熱力學控制的結(jié)果，B不符合題意；C由題干圖示信息可知，(CH3)2CH+具有的總能量比CH3CH2CH2+低，能量越低越穩(wěn)定， (CH3)2CH+比CH3CH2CH2+更穩(wěn)定，并且相應的質(zhì)子化的活化能也更低，C符合題意；D由題干圖示信息可知，該反應正反應是一個放熱反應，則有正反應的活化能比逆反應的低，故溫度升高時，該反應的正反應速率增大程度小于逆反應速率增大程度，D不符合題意；故答案為

32、：AC。【分析】A.慢反應決定整個反應的反應速率；B.加成反應生成2-溴丙烷比生成1-溴丙烷更容易；C.能量越低越穩(wěn)定；D.放熱反應升高溫度正反應速率增大程度小于逆反應速率增大程度。15【答案】B,C【解析】【解答】A向聯(lián)氨水溶液中逐滴滴加鹽酸溶液，N2H4微粒的物質(zhì)的量分數(shù)越來越小，所以曲線為N2H4微粒的物質(zhì)的量分數(shù)，N2H5+微粒的物質(zhì)的量分數(shù)逐漸增大，所以曲線為N2H5+微粒的物質(zhì)的量分數(shù)，則曲線為N2H62+微粒的物質(zhì)的量分數(shù)，故A不符合題意；BpOH=12時，c(N2H62+)=c(N2H5+)，反應N2H62+N2H5+H+的電離平衡常數(shù)K=c(H+)=102，故B符合題意；CL

33、MN過程中溶液一直是酸性，水的電離被抑制，水的電離程度一直減小，故C符合題意；D加入HCl溶液體積為2mol時溶液中的溶質(zhì)為N2H6Cl2，根據(jù)溶液呈電中性，2c(N2H62+)+c(N2H5+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)，根據(jù)物料守恒可知，2c(N2H62+)+2c(N2H5+)+2c(N2H4)=c(Cl)，兩式相減，可得c(H+)-c(OH-)=c(N2H5+)+2c(N2H4)，故D不符合題意；故答案為BC?！痉治觥肯騈2H4水溶液中逐滴滴加鹽酸溶液，N2H4的質(zhì)量分數(shù)逐漸減小，N2H5+的質(zhì)量分數(shù)先增大后減小，N2H62+的質(zhì)量分數(shù)逐漸增大，則曲線為N2H4的分布分數(shù)的變化

34、，曲線為N2H5+的分布分數(shù)的變化，曲線為N2H62+的分布分數(shù)的變化。16【答案】（1）3d74s2；球（2）碳；正四面體形；C（3）N3、CNO-、SCN-；CH3OH與水分子能夠形成分子間氫鍵（4）6；68%；659NA3r21030【解析】【解答】(1)已知Co是27號元素，故基態(tài)鈷原子的價電子排布式為3d74s2，其最高能層為4s能級，s能級的電子云輪廓圖為球形，故答案為：3d74s2；球；(2)由于C的電負性比O的弱，電負性弱的原子易提供孤電子對形成配位鍵， CO與鈷形成配位化合物時，提供孤電子對的為碳原子，故答案為：碳；高氯酸六氨合鈷(II)的結(jié)構(gòu)為。其外界離子即ClO4，由于C

35、lO4中心原子Cl周圍的價層電子對數(shù)為：4+12(7+142)=4，故其空間構(gòu)型為正四面體形，根據(jù)雜化軌道理論可知，參與雜化的軌道數(shù)之和等于雜化之后形成的軌道數(shù)，且雜化軌道只用于形成鍵或者存放孤電子對， Co(NH3)62+的中心原子Co2+周圍形成了6個鍵，故中心原子雜化后形成了6個軌道，故其采取的雜化類型判斷合理的是sp3d2，故答案為：正四面體形；C；(3)等電子體是指原子總數(shù)相等價電子總數(shù)相等的微粒，故與N2O互為等電子體的陰離子的化學式有：N3、CNO-、SCN-等，故答案為：N3、CNO-、SCN-；CH3OH與水任意比互溶，其原因除與水分子的極性相似外，還有CH3OH與水分子能夠

36、形成分子間氫鍵，故答案為：CH3OH與水分子能夠形成分子間氫鍵；(4)根據(jù)均攤法可知，甲圖所示的堆積方式中，每個晶胞中實際占有的鈷原子數(shù)為1216+212+3=6，乙圖所示的堆積方式即體心立方中，晶胞的原子空間利用率為68%，故答案為：6；68%；已知：NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，鈷原子半徑為r pm，則底面邊長為2rpm，甲圖中正六棱柱的高為hpm，六棱柱的底面由6個正三角形構(gòu)成，正三角形的高為：3rpm，每個正三角形的面積為：122r3r=3r2pm2=3r210-20cm2，故晶胞的體積為：3r2h10-30cm3，由分析可知，一個晶胞的質(zhì)量為：659NAg，則該晶胞的密度為=mV=659

37、NAg3r21030cm3=659NA3r21030gcm-3，故答案為：659NA3r21030?！痉治觥浚?）Co的原子序數(shù)為27，其價電子排布式為3d74s2，最高能級為4s能級；（2）CO中C的電負性比O的弱，更易給出電子；高氯酸六氨合鈷(II)的外界離子為ClO4，ClO4中Cl原子的價層電子對數(shù)為4； Co(NH3)62+中Co2+周圍形成了6個鍵；（3）等電子體具有相同的原子總數(shù)和價電子數(shù)；甲醇與水分子間能形成氫鍵；（4）根據(jù)均攤法和=mV計算。17【答案】（1）3.4（2）陰；部分H+在陰極上放電（3）3Pd+2ClO3+12H+16Cl-=3PdCl62+6H2O（4）減少P

38、dCl62的解離，提高Pd的回收率；NH4Cl（5）沉鈀【解析】【解答】(1)由分分析可知，“調(diào)pH”除鋁、鈦時，即讓Al3+沉淀，而Ni2+還未沉淀，由表中數(shù)據(jù)可知，pH=3.4時，Al3+濃度突然減小很大，此時Ti4+也幾乎沉淀完全不再改變，Ni2+濃度變化不大，故根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷除鋁、鈦時pH應調(diào)節(jié)至3.4為宜，故答案為：3.4； (2)由題干電積沉鎳裝置示意圖可知，電積裝置中，左側(cè)為陽極，電解稀硫酸，電極反應為：2H2O-4e-=4H+O2，右側(cè)電極為陰極，電極反應為：Ni2+2e-=Ni，電解池中陽離子移向陰極，陰離子移向陽極，濃縮室制得濃度更大的HCl，即左側(cè)室中通過陽離子交換膜a

39、進入濃縮室，右側(cè)室的Cl-經(jīng)過陰離子交換膜b進入濃縮室，則交換膜b應為陰離子交換膜，電解時濃縮室溶液體積保持不變，當濃縮室得到1L 0.6molL-1的鹽酸時，即通過電路中的電子為：1L(0.6mol/L0.1mol/L)2=0.25mol，若陰極上全部是Ni2+得到電子，則陰極上析出Ni的質(zhì)量為：0.25mol59g/mol=14.75g，由于經(jīng)過酸溶后的溶液中含有H+，H+也能在陰極上得到電子，導致陰極得到Ni的質(zhì)量小于14.75g，故答案為：陰；部分H+在陰極上放電；(3)由分析可知，“氧化浸出”時，鈀(Pd)被氧化生成配位離子PdCl62的反應方程式為：3Pd+2NaClO3+16HC

40、l=Na2PdCl6+6H2O+2H2PdCl6，則其離子方程式為3Pd+2ClO3+12H+16Cl-=3PdCl62+6H2O，故答案為：3Pd+2ClO3+12H+16Cl-=3PdCl62+6H2O；(4)“沉鈀”時，溫度保持在5565，溫度不易過高，其原因除防止銨鹽分解外，由題干信息可知，PdCl62(aq)PdCl4(aq)+2Cl-(aq) H0升高溫度，平衡正向移動，即溫度過高將加速PdCl62的解離，造成Pd的損失，由分析可知，“沉鈀”時，未不引入新的雜質(zhì)，銨鹽最好選用NH4Cl，有利于鈀的沉淀，故答案為：減少PdCl62的解離，提高Pd的回收率；NH4Cl；(5)由分析可知

41、，氯鈀酸銨(NH4)2PdCl6在“焙燒還原”時發(fā)生的反應方程式為：(NH4)2PdCl6+2H2=焙燒Pd+2NH4Cl+4HCl，則所用石英管冷凝壁上有大量白色固體析出，該固體為NH4Cl，可在沉鈀操作中循環(huán)使用，故答案為：沉鈀。 【分析】向鎳鈦鈀廢鈀材中加入鹽酸進行“酸浸”，發(fā)生的反應有：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，Ni+2HCl=NiCl2+H2，過濾得鈦鈀富集料和濾液，向鈦鈀富集料中加入HCl、NaClO3進行氧化浸出，反應原理為：3Pd+2NaClO3+16HCl=Na2PdCl6+6H2O+2H2PdCl6，過濾出Ti，向濾液中加入銨鹽(為不引入形成雜質(zhì)最后用NH4C

42、l)，過濾出氯鈀酸銨，洗滌干燥進行焙燒還原得到Pa和NH4Cl、HCl，反應方程式為：(NH4)2PdCl6+2H2=焙燒Pd+2NH4Cl+4HCl，向酸浸后的濾液中加入NaOH調(diào)節(jié)pH進行沉Al，過濾出Al(OH)3，向濾液中繼續(xù)加入NaOH進行沉鎳，得到沉淀Ni(OH)2，洗滌后加入HCl，得到NiCl2溶液，進行電極沉鎳，在陰極上得到Ni。18【答案】（1）蛇形冷凝管；SO3+SCl2=SOCl2+SO2（2）尾氣處理裝置D前無干燥裝置（3）蒸餾（4）SOCl2+2H2O=H2SO3+2Cl-+2H+；淀粉溶液；65%；偏低【解析】【解答】觀察A中氣泡控制N2的流速，裝置B發(fā)生反應H2

43、SO4(濃)P2O5_225SO3+H2O用于制取SO3，裝置C中SO3與SCl2反應制取SOCl2，裝置D用于吸收尾氣；(1)儀器a的名稱為蛇形冷凝管；SO3與SCl2反應生成SOCl2和SO2，反應方程式為SO3+SCl2=SOCl2+SO2；(2)SOCl2能與水劇烈反應，該制備SOCl2裝置存在的缺陷為尾氣處理裝置D前無干燥裝置；(3)利用沸點不同，可用蒸餾法收集SOCl2，實驗步驟中的操作為蒸餾；(4)SOCl2中S元素為+4價，溶于水生成兩種酸分別為HCl和H2SO3，反應的離子方程式為SOCl2+2H2O=H2SO3+2Cl-+2H+；H2SO3具有還原性，與標準碘溶液發(fā)生氧化還

44、原反應生成I-，可選用淀粉溶液做指示劑，滴定終點時溶液由無色變?yōu)樗{色；滴定的原理為：H2SO3+I2+ H2O =SO42+2I-+4H+，則n(H2SO3)=n(I2)=cV=0.5molL-113.0010-3L=6.510-3mol，取所得溶液體積的十分之一，由元素守恒可得m(SOCl2)=10nM=106.510-3mol119g/mol=7.735g，由制取SOCl2原理H2SO4(濃)P2O5_225SO3+H2O、SO3+SCl2=SOCl2+SO2，加入5.44mL濃硫酸(密度為1.84g cm-3，質(zhì)量分數(shù)為98)，m(H2SO4)= 5.441.8498=9.8g，n(H2

45、SO4)=mM=9.8g98g/mol=0.1mol，n(SOCl2)=n(H2SO4)=0.1mol，理論得到的質(zhì)量m(SOCl2)=nM=0.1mol119 g/mol=11.9g，則SOCl2的產(chǎn)率為7.735g11.9g100%=65%；滴定終點時，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴處有氣泡，消耗標準液體積偏小，則測定結(jié)果偏低。【分析】（1）儀器a為蛇形冷凝管；錐形瓶C中SO3與SCl2反應生成SOCl2和SO2；（2）SOCl2能與水劇烈反應，尾氣處理裝置D前應存在干燥裝置；（3）分離互溶的液體常用蒸餾的方法； （4） SOCl2溶于水生成亞硫酸和鹽酸；亞硫酸具有還原性，能將碘還原為碘離子，碘遇淀粉變藍

46、色，當?shù)膺^量時，溶液由無色變?yōu)樗{色；根據(jù)產(chǎn)率=實際質(zhì)量樣品質(zhì)量100%計算；滴定管尖嘴處有氣泡，消耗標準液體積偏小。19【答案】（1）-165.0（2）10%；0.02；變小（3）12.9%；變大（4）B【解析】【解答】(1)由題干信息可知，反應I：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) H1=-206.2kJmol-1反應III：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) H3=-41.2kJmol-1， 則反應I-反應III即得反應IICO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，根據(jù)蓋斯定律可得：H=H1-H3=(-206.2kJmol-1)-( -41.2kJmol-1)=-165.0kJmol-1，故答案為：-165.0；(2)根據(jù)三段式分析可知：CO(g)+3H2(g)起始量(mol)10轉(zhuǎn)化量(mol)x3x平衡量(mol)10 xCH4(g)xx+H2O(g)xx，CO2(g)+4H2(g)起始量(mol)10轉(zhuǎn)化量(mol)y4y平衡量(mol)10yCH4(g)yy+2H2O(g)2y2y， 400時，選用鎳基催化劑，向1L密閉容器中通入10molCO、10molCO2和40molH2進行反應，平衡后測得n(H2)=9mol，n(CH4)=10mol，則有