山东省2024届高考化学模拟试题

这是一份山东省2024届高考化学模拟试题，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．不能用来作为新冠病毒的消毒剂是
A．84消毒液B．漂粉精C．75%酒精D．明矾
2．由下列实验现象，推知所得结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
3．2022年北京冬奥会、冬残奥会的成功举办离不开各种科技力量的支撑。下列说法正确的是
A．跨临界直冷制冰使用的分子中存在1个σ键和1个π键
B．冰变成水破坏的只有范德华力
C．颁奖礼服内胆中添加的石墨烯是最薄且最坚硬的纳米材料，属于分子晶体
D．开幕式上，鸟巢上空绽放的璀璨焰火与原子核外电子跃迁释放能量有关
4．钛合金是航空航天工业的重要材料。由钛铁矿(主要成分为还有、硅酸盐等杂质)制备 等产品的一种工艺流程示意图如下：
下列说法正确的是
A．“酸浸”时稀可用盐酸代替
B．图中物质 X作氧化剂
C．操作Ⅱ所需仪器有酒精灯、坩埚、玻璃棒等
D．加入粉末促进反应正向进行
5．的分子结构如图所示，下列有关说法正确的是

A．既有键又有键B．既有极性键又有非极性键
C．既能溶于水又能溶于D．氧原子杂化轨道类型属于杂化
6．常温下，向体积均为、浓度均为的丙烯酸(CH2=CHCOOH)、丙酮酸 (CH3COCOOH)溶液中分别滴加的溶液，溶液的pH与的关系如图所示[为或]。下列说法正确的是
A．丙烯酸的酸性比丙酮酸的强
B．的
C．向含相同浓度的丙烯酸钠和丙酮酸钠的混合溶液中滴加盐酸时，先生成丙烯酸
D．当加入溶液时，两溶液的pH分别为4.26，2.49
7．曲尼斯特(结构如图)是一种抗过敏药物，可用于治疗过敏性鼻炎和支气管哮喘。下列关于曲尼斯特的说法正确的是
A．该物质能发生水解、氧化、消去反应B．分子中含有5种官能团
C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．1 ml曲尼斯特最多能与7 ml 发生加成反应
8．完成下列实验所选择的装置、仪器(夹持装置部分已略去)或操作正确的是
A．AB．BC．CD．D
9．25℃时，向10 mL ml·L-1H2A溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合后溶液的pH与所加NaOH溶液的体积关系如图所示、下列叙述正确的是
A．NaHA的电离方程式为NaHANa++HA-
B．B点：c(H2A)+c(H+)=c(OH-)+c(A2-)
C．C点：c(Na+)= c(A2-)+c(HA -)
D．D点：c(Na+)>c(A2-)>c( HA -)>c(OH-)>c(H+）
10．实验室使用 pH 传感器来测定某 Na2A 和 NaHA 混合溶液中 NaHA 的含量，用 0.1ml/L 盐酸滴定该混合溶液，得到如图曲线。滴定过程中，当滴入标准溶液的物质的量与待测组分的物质的量恰好符合化学反应式所表示的计量关系时，称反应达到了化学计量点，简称计量点。以下说法错误的是
A．未滴定时该混合溶液中：2c(Na+)=3c(A2‒)+3c(HA‒)+3c(H2A)
B．滴定过程中始终有 c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(Cl-)+c(OH-)成立
C．滴加 10mL 盐酸时，溶液中：c(Na+)＞c(A2‒)＞c(HA‒)＞c(H2A)＞c(H+)
D．滴加 30mL 盐酸时，溶液中：c(Na+)=c(Cl‒)＞c(H2A＞c(H+)＞c(OH‒)
11．有机物A用质谱仪测定如图①，核磁共振氢谱示意图如图②，则A的结构简式可能为
A．HCOOHB．CH3CHO
C．CH3CH2OHD．CH3CH2CH2COOH
二、多选题
12．Ni/MH电池是一种以氢氧化氧镍(NiOOH)和储氢合金(MH)为电极，6ml·L-1KOH为电解质溶液的二次电池，其工作原理如图所示，下列说法错误的是
A．放电时，左侧电极电势低于右侧
B．放电时，右侧电极反应式为：
C．充电时，左侧电极附近pH升高
D．充电时，转移1mle-，理论上右侧电极质量减轻1g
13．一种制备的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加以保持反应在条件下进行。常温下，的电离平衡常数。下列说法正确的是

A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B．低温真空蒸发主要目的是防止被氧化
C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ
D．若产量不变，参与反应Ⅲ的与物质的量之比增大时，需补加的量减少
14．现有下列氧化还原反应：① 2Br− + Cl2 =Br2+2Cl− ② 2Fe2+ + Br2= 2 Fe 3+ + 2Br− ③ 2MnO4− +10Cl− +16H+ = 2Mn2+ + 5Cl2↑ + 8H2O。根据上述反应，判断下列结论正确的是
A．还原性强弱顺序为：Fe2+﹥Br−﹥Mn2+﹥Cl−
B．① 中Cl− 是 Cl2的氧化产物，③ 中Cl2是 Cl− 的还原产物，
C．若向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，可观察到紫色褪去
D．1mlCl2通入含1mlFeBr2的溶液中，离子反应为：2Cl2+2Fe2++2Br−=Br2+4Cl−+2Fe3+
15．利用含钴废料(主要成分为C3O4，还含有少量的铝箔、LiCO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：
已知：萃取C2+的反应原理：C2++2HR(有机磷)CR2+2H+。下列说法错误的是
A．“滤液Ⅰ”中溶质的主要成分是Na[Al(OH)4]
B．“酸溶”中H2O2的作用是将C2+氧化为C3+
C．“反萃取”中可加入H2SO4分离出C2+
D．“沉钴”时增大Na2CO3溶液的浓度或滴加速率，能够提高产品的纯度
三、解答题
16．卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：
(1)时，与冰反应生成和。常温常压下，为无色气体，固态的晶体类型为 ，水解反应的产物为 (填化学式)。
(2)中心原子为，中心原子为，二者均为形结构，但中存在大键。中原子的轨道杂化方式 ；为键角 键角(填“＞”“ ＜”或“=”)。比较与中键的键长并说明原因 。
(3)一定条件下，和反应生成和化合物。已知属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数)，其中化合价为。上述反应的化学方程式为 。若阿伏伽德罗常数的值为，化合物的密度 (用含的代数式表示)。

17．过量的碳排放会引起温室效应，针对固碳方法开展了大量研究工作。
(1)海水可以吸收一定量的二氧化碳。
①溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中占95%，写出CO2溶于水产生的方程式： 。
②在海洋中，珊瑚虫可以将海水中的和通过钙化用(如图)转化为CaCO3，钙化作用的离子方程式为 。
(2)“尾气CO2固化及磷石膏联产工艺”涉及CO2减排和工业固废磷石膏处理两大工业环保技术领域，其部分工艺流程如下图：
已知：磷石膏主要成分CaSO4·2H2O。
①吸收塔中发生的反应可能有 (写出2个离子方程式)。
②写出三相反应器中沉淀转化反应的离子方程式 。
③三相反应器中氨气的作用是 。
(3)如图是利用氢氧燃料电池进行CO2浓缩富集的装置。
①对比吸收前和吸收后空气成分，含量一定下降的是CO2和 。
②结合a、b两极的电极反应和微粒迁移，解释该装置能进行CO2浓缩富集的原理 。
18．三氯甲硅烷是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为，熔点为，易水解。实验室根据反应，利用如下装置制备粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题：
(1)制备时进行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中；(ⅲ)通入，一段时间后接通冷凝装置，加热开始反应。操作(ⅰ)为 ；判断制备反应结束的实验现象是 。图示装置存在的两处缺陷是 。
(2)已知电负性在浓溶液中发生反应的化学方程式为 。
(3)采用如下方法测定溶有少量的纯度。
样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，进行如下实验操作：① ，② (填操作名称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依次为 (填标号)。测得样品纯度为 (用含、的代数式表示)。
19．聚乙烯醇肉桂酸酯可用于光刻工艺中作抗腐蚀涂层。下图是一种合成该有机化合物的路线(部分反应条件及产物已省略)。
已知以下信息：
I．；
II．能使酸性溶液褪色；
III．同温同压下，实验测定气体的密度与气态己烷的密度相同，中含有一个酯基和一个甲基。
请回答下列问题：
(1)的化学名称是 。
(2)由生成的过程中可能生成多种副产物，其中与互为同分异构体的有机化合物的结构简式为 。
(3)的分子式为 。
(4)由和生成的化学方程式为 。
(5)满足下列条件的的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。
①该有机化合物是一种二元弱酸，并能使溶液显色；
②苯环上有三个取代基，并能发生银镜反应。
(6)由经如下步骤可合成：
①中官能团的名称为 。
②的结构简式为 。
20．二氧化碳原位催化氢化既有利于实现“碳达峰、碳中和”，又能改善能源结构，从而成为目前研究的热点之一。已知：
I.CO2(g)+ 3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.5 kJ·ml-1；
II.CO2(g)+ H2(g)⇌HCOOH(g) △H =-11.2 kJ·ml-1
回答下列问题：
(1)甲酸蒸气氢化制备甲醇蒸气和水蒸气的热化学方程式为 。
(2)一定温度下，向起始压强为p0 kPa的20 L恒容密闭容器中充入CO2和H2，发生反应I和反应II。实验测得容器中CO2、H2、CH3 OH、HCOOH的物质的量与时间的关系如图1所示，其中L1表示CH3OH的物质的量与时间的关系。
①0~5 min内，平均反应速率v(H2)= ml·L-1·min-1。
②5~10 min内，反应速率更大的是反应 (填“I”或“II”)。
③该温度下，反应I的平衡常数Kp= kPa- 2(Kp是用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，用含p0的代数式表示，列出计算式即可)。
④10 min后，若再向容器中充入1 ml CO2、1 ml H2和1 ml HCOOH(g)，反应II向 (填“正反应方向”或“逆反应方向”)进行，理由为 (写出推断过程)。
(3)我国科学家研究指出：反应II在低压铁化合物催化下溶剂化处理的反应过程如图2所示(Bu表示丁基)，其中物质X转化为物质Y的反应历程如图3所示(TS表示过渡态)。
①下列说法正确的是 (填选项字母)。
A．反应II在低压铁化合物催化下溶剂化处理的总反应为放热反应
B上述反应过程中氧原子的成键数目保持不变
C．物质X转化为物质Y分三步进行
D．物质Z转化为物质W属于加成反应
②物质X转化为物质Y的过程中，我国科学家计算所得的最大能垒比国外科学家的计算结果低3.34×10-2kJ·ml -1，则国外科学家计算的该过程的最大能垒(活化能)为 。
选项
操作
现象
结论
A
用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色试验
火焰呈黄色
该溶液为钠盐溶液
B
将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液
溶液变红
Fe(NO3)2样品已变质
C
分别用惰性电极电解CuCl2溶液和MgCl2溶液
对应阴极产物为Cu和H2
得电子能力：Cu2+>Mg2+
D
用pH试纸分别测NaNO2和CH3COONa两溶液的pH
对应的pH分别约为8和9
HNO2电离出H+的能力比CH3COOH强
选项
A
B
C
D
实验
测定中和反应热
用NaOH溶液滴定盐酸
检验葡萄糖分子中的醛基
乙炔的制备及证明能与溴水反应
装置、仪器或操作
参考答案：
1．D
【详解】A．84消毒液的主要成分为具有强氧化性的次氯酸钠，可以用于消毒杀菌，故可作为新冠病毒的消毒剂，故A不选；
B．漂粉精又名高效漂白粉，主要成分是具有强氧化性的次氯酸钙，可以用于消毒杀菌，故可作为新冠病毒的消毒剂，故B不选；
C．75%酒精课时蛋白质变性，从而使细菌病毒失去活性，所以可以用于消毒杀菌，故可作为新冠病毒的消毒剂，故C不选；
D．明矾为十二水硫酸铝钾，明矾可用于净水，但不能用于消毒，故选D；
答案选D
2．C
【详解】A．用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+，但该溶液不一定为钠盐溶液也可能是NaOH溶液，A不合题意；
B．将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液变红，说明含有Fe3+，由于反应3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O，则不能说明Fe(NO3)2样品已变质，B不合题意；
C．分别用惰性电极电解CuCl2溶液和MgCl2溶液，对应阴极产物为Cu和H2，说明Cu2+先得到电子放电，而Mg2+很难得到电子，在阴极上不放电，则说明得电子能力：Cu2+>Mg2+，C符合题意；
D．用pH试纸分别测NaNO2和CH3COONa两溶液的pH，对应的pH分别约为8和9，由于题干未告知两溶液的浓度是否相等，则无法比较和CH3COO-的水解程度，也就无法比较HNO2和CH3COOH电离出H+的能力强弱，D不合题意；
故答案为：C。
3．D
【详解】A．的结构式为O=C=O，1个分子中含有2个σ键和2个π键，故A错误；
B．冰变成水，不仅要破坏范德华力还要破坏水分子间的氢键，故B错误；
C．石墨烯是混合型晶体，故C错误，
D．焰火是原子核外电子由较高能量的激发态向较低能量的激发态乃至向基态跃迁释放能量形成的，故D正确。
综上所述，答案为D。
4．D
【分析】加入铁屑此时溶液呈强酸性，该过程中有如下反应发生：2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，蒸发浓缩、冷却结晶得到FeSO4.7H2O，过滤分离出含有TiO2+溶液，加碳酸钠得到TiO(OH)2，以此来解答。
【详解】A．酸浸时加入盐酸，在后续操作中不能通过生成FeSO4.7H2O分离铁元素，不能有盐酸，故A错误；
B．图中物质 X作还原剂，把铁离子还原为亚铁离子，故B错误；
C．得到FeSO4.7H2O是通过蒸发浓缩，用的是蒸发皿，不是坩埚，故C错误；
D．向“富含TiO2+溶液”中加入Na2CO3粉末的作用是调节溶液pH,促进TiO2+水解正向移动，故D正确；
故选D。
5．B
【详解】A．分子的结构式为H-O-O-H，只含有键，故A错误；
B．分子的结构式为H-O-O-H，O-H键为极性键、O-O键为非极性键，故B正确；
C．是极性分子，不能溶于，故C错误；
D．氧原子价电子对数为4，杂化轨道类型属于杂化，故D错误；
选B。
6．C
【详解】A．横坐标为0时，丙烯酸和丙烯酸根离子浓度相等，丙酮酸和丙酮酸根离子浓度相等，根据，此时，丙酮酸的更小，酸性强于丙烯酸，A错误；
B．根据b点坐标，横坐标为1，，，该点的氢离子浓度为，则，B错误；
C．向盐溶液中加入酸，优先生成酸性相对较弱的酸，即丙烯酸，C正确；
D．根据c点坐标，横坐标为-1，，，，，丙烯酸，由选项B可知丙酮酸，当加入溶液时，对于丙烯酸，中和了一半的酸，溶液的溶质为相同浓度的丙烯酸和丙烯酸钠，因为电离大于水解，，，同理向丙酮酸溶液中滴加溶液时，所得溶液的，D项错误；
故选C。
7．D
【详解】A．该物质中没有碳卤键和醇羟基，所以不能发生消去反应，A项错误；
B．分子中含有酰胺基、羧基、醚键、碳碳双键4种官能团，B项错误；
C．分子中含有的碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项错误；
D．1 ml曲尼斯特有2ml苯环和1ml碳碳双键，所以1ml曲尼斯特最多能与7 ml 发生加成反应，D项正确；
故答案选D。
8．A
【详解】A．测定中和热时，用环形玻璃搅拌棒搅拌，温度计测量温度变化，泡沫塑料用于隔热，故A正确；
B．氢氧化钠溶液为碱性，需要放置在碱式滴定管里，故B错误；
C．碱性条件下，新制的氢氧化铜悬浊液与葡萄糖溶液在加热条件下反应，检验醛基，则制备新制的氢氧化铜悬浊液时，氢氧化钠应过量，硫酸铜溶液少量，故C错误；
D．生成的乙炔中混有硫化氢等气体，均与溴水反应，不能证明乙炔能与溴水反应，故D错误；
故选A。
9．B
【详解】25℃时，向10mL 0.1ml•L-1 H2A溶液中滴加等浓度的NaOH溶液发生反应，当滴入20ml恰好完全反应生成Na2A溶液，溶液显碱性，当溶液pH=7溶液中存在Na2A溶液和H2A溶液，当加入氢氧化钠溶液体积10ml，反应为H2A+NaOH=NaHA+H2O，溶液pH＜7显酸性，说明HA-电离程度大于其水解程度。A. NaHA属于强电解质，完全电离，电离方程式为NaHA=Na++HA-，故A错误；B. B点为NaHA溶液，溶液中存在物料守恒，c (Na+)=c (H2A)+ c( HA-)+c (A2-)，电荷守恒，c (Na+)+ c(H+)= c( HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，处理得：c(H2A)+c(H+)=c(OH-)+c(A2-)，故B正确；C. C点溶液pH=7溶液中存在Na2A溶液和H2A溶液，根据电荷守恒，c (Na+)+ c(H+)= c( HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，由于c (OH-)=c (H+)，因此c(Na+)= 2c(A2-)+c(HA-)，故C错误；D. D点是Na2A溶液，A2-离子分步水解溶液显碱性，离子浓度大小为：c (Na+)＞c (A2-)＞c (OH-)＞c (HA-)＞c(H+)，故D错误；
点睛：本题考查离子浓度大小比较、溶液酸碱性与溶液pH的计算，明确图象曲线对应溶质为解答关键。注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力。
10．C
【分析】从图中可以看出，滴加盐酸10mL时，达到第一个计量点，此时Na2A与HCl刚好完全反应生成NaHA和NaCl，从而得出n(Na2A)=n(HCl)=0.001ml；当滴加盐酸30mL时，达到第二个计量点，此时NaHA与HCl刚好完全反应生成NaCl和H2A，从而得出原溶液中，n(Na2A)=n(NaHA)=0.001ml。
【详解】A．由分析可知，未滴定时，n(Na2A)=n(NaHA)=0.001ml，依据物料守恒，该混合溶液中：2c(Na+)=3c(A2‒)+3c(HA‒)+3c(H2A)，A正确；
B．滴定过程中，溶液中的阴、阳离子始终满足电荷守恒，则有 c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(Cl-)+c(OH-)成立，B正确；
C．滴加 10mL 盐酸时，溶液中溶质为NaHA和NaCl，此时混合溶液的pH=8，溶液呈碱性，HA-以水解为主，则溶液中微粒浓度关系为：c(Na+)＞c(HA‒)＞c(H2A)＞c(A2‒)＞c(H+)，C错误；
D．滴加 30mL 盐酸时，溶液中的溶质为NaCl和H2A，且2c(Na+)=3c(H2A)，此时H2A发生部分电离，溶液呈酸性，则溶液中微粒浓度关系为：c(Na+)=c(Cl‒)＞c(H2A＞c(H+)＞c(OH‒)，D正确；
故选C。
11．C
【详解】根据图示可知，该有机物的最大质荷比为46，则A的相对分子质量为46；根据图示核磁共振氢谱可知，A分子的核磁共振氢谱有3个吸收峰，则其分子中有3种H原子；
A．甲酸的相对分子质量为46，分子中含有2种H原子；
B．乙醛的相对分子质量为44，分子中含有2种H原子；
C．乙醇的相对分子质量为46，分子中含有3种H原子；
D．丁酸的相对分子质量为88，分子中含有4种H原子；
综上所述，乙醇符合题意，故选C。
12．B
【分析】放电过程为原电池，NiOOH转变为Ni(OH)2，镍的化合价从+3价降到+2价，则右侧为正极，电极反应式为NiOOH+H2O+e﹣=Ni(OH)2+OH﹣，左侧为负极，MH失电子发生氧化反应与溶液中的氢氧根离子结合成水，电极反应为MH﹣e﹣+OH﹣=M+H2O；充电是放电的逆过程，此时左侧为阴极发生还原反应，右侧为阳极发生氧化反应，据此解答。
【详解】A．由上述分析可知放电时，左侧为负极，右侧为正极，正极电势高于负极电势，故A正确；
B．右侧为正极，电极反应式为NiOOH+H2O+e﹣=Ni(OH)2+OH﹣，故B错误；
C．充电时，左侧电极反应式为：M+e﹣+ H2O =MH+ OH﹣，反应生成氢氧根离子，电极附近pH升高，故C正确；
D．充电时，右侧电极反应式为：Ni(OH)2+OH﹣-e﹣= NiOOH+H2O，转移1mle-，电极损失1mlH的质量，即1g，故D正确；
故选：B。
13．CD
【分析】铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ)，所得溶液在3~4之间，溶液显酸性，根据的电离平衡常数，可知溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是，调节溶液pH值至11，使转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是+2Cu2＋+2H2O=+ Cu2O+4H+,反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加以保持反应在条件下进行，据此分析解答。
【详解】A．反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应，生成、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，故A错误；
B．低温真空蒸发主要目的是防止被氧化，而不是，故B错误；
C．经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ)，故C正确；
D．制取总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若产量不变，增大比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少的量，故D正确；
答案CD。
14．CD
【分析】根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性规律可知：① 2Br−+ Cl2 =Br2+2Cl−，还原性：Br−> Cl−；② 2Fe2+ + Br2= 2 Fe 3+ + 2Br−，还原性：Fe2+>Br−；③ 2MnO4−+10Cl−+16H+ =2Mn2++5Cl2↑ +8H2O，还原性：Cl−>Mn2+；还原性大小顺序：Fe2+>Br−>Cl−>Mn2+；据以上分析解答。
【详解】A.① 2Br−+ Cl2 =Br2+2Cl−，还原性：Br−> Cl−；② 2Fe2+ + Br2= 2 Fe 3+ + 2Br−，还原性：Fe2+>Br−；③ 2MnO4−+10Cl−+16H+ =2Mn2++5Cl2↑ +8H2O，还原性：Cl−>Mn2+；还原性大小顺序：Fe2+>Br−>Cl−>Mn2+；A错误；
B.①中Cl−是 Cl2的还原产物，③中Cl2是 Cl−的氧化产物，B错误；
C.还原性Fe2+>Mn2+；所以KMnO4被FeSO4还原为Mn2+，溶液的紫色褪去，C正确；
D.还原性：Fe2+>Br−>Cl−，1mlCl2通入含1mlFeBr2的溶液中，氯气先氧化亚铁离子，后部分氧化溴离子，离子反应为：2Cl2+2Fe2++2Br−=Br2+4Cl−+2Fe3+，D正确；
综上所述，本题选CD。
【点睛】对于氧化还原反应来说，氧化剂被还原为还原产物，还原剂被氧化为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。由于还原性Fe2+>Br−>Cl−，所以FeBr2的溶液中加入氯水，氯气先氧化亚铁离子，后氧化溴离子。
15．BD
【分析】经过第一步碱浸操作，废料中的铝箔溶解转化为Na[Al(OH)4]或NaAlO2（滤液Ⅰ）而被除去，钴渣中主要含C3O4和LiCO2，后续萃取操作中，加入HR有机磷，根据给定信息可知，萃取的是C2+，说明经过酸溶之后，C元素转化为C2+，即在酸溶步骤中C元素被还原，故H2O2此时作还原剂，硫酸提供酸性环境，经过滤所得滤液中主要含CSO4和Li2SO4，再经过萃取操作实现两者分离，有机相中主要为CR2，根据萃取C2+的原理，可向有机相中加入硫酸，进行反萃取，实现C元素从有机相转移到水相，最后加入碳酸钠溶液经过沉钴操作获得CCO3，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知，
A．含钴废料(主要成分为C3O4，还含有少量的铝箔、LiCO2等杂质)经过碱浸后，其中铝箔可与氢氧化钠溶液发生反应生成Na[Al(OH)4]或NaAlO2，即“滤液Ⅰ”中溶质的主要成分是Na[Al(OH)4]或NaAlO2，A正确；
B．经过酸溶之后，C3O4中的C元素转化为C2+，C元素化合价降低，即在酸溶步骤中C元素被还原， H2O2此时作还原剂，B错误；
C．萃取C2+的反应原理：C2++2HR(有机磷)CR2+2H+，根据平衡移动原理可知，“反萃取”中可加入H2SO4，使平衡向逆反应方向移动，从而有机相中CR2转化为无机相，分离出C2+，C正确；
D．“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生C(OH)2杂质，降低其产品纯度，D错误；
故选BD。
16．(1) 分子晶体 HF 、
(2) ＞ 分子中键的键长小于中键的键长，其原因是：分子中既存在σ键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中键的键长较小，而只存在普通的σ键。
(3)
【详解】（1）常温常压下，为无色气体，则的沸点较低，因此，固态HOF的晶体类型为分子晶体。分子中F显-1价，其水解时结合电离的生成HF，则结合电离的，两者反应生成，因此，水解反应的产物为HF 、。
（2）中心原子为，中心原子为，二者均为V形结构，但中存在大键()。由中存在可以推断，其中原子只能提供1对电子，有一个原子提供1个电子，另一个原子提供1对电子，这5个电子处于互相平行的轨道中形成大键，提供孤电子对与其中一个形成配位键，与另一个形成的是普通的共价键（σ键，这个只提供了一个电子参与形成大键）， 的价层电子对数为3，则原子的轨道杂化方式为；中心原子为，根据价层电子对的计算公式可知，因此，的杂化方式为；根据价层电子对互斥理论可知，时，价电子对的几何构型为正四面体，时，价电子对的几何构型平面正三角形，杂化的键角一定大于的，因此，虽然和均为形结构，但键角大于键角，孤电子对对成键电子对的排斥作用也改变不了这个结论。分子中键的键长小于中键的键长，其原因是：分子中既存在σ键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中键的键长较小，而只存在普通的σ键。
（3）一定条件下，、和反应生成和化合物X。已知X属于四方晶系，其中Cu化合价为+2。由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为、白球的个数为、灰色球的个数为，则X中含有3种元素，其个数比为1:2:4,由于其中Cu化合价为+2、的化合价为-1、K的化合价为+1，根据化合价代数和为0，可以推断X为，上述反应的化学方程式为。若阿伏加德罗常数的值为，晶胞的质量为，晶胞的体积为，化合物X的密度。
17．(1) CO2+H2OH2CO3HCO+ H+ Ca2++2HCO=CaCO3↓+CO2↑+H2O
(2) 2NH3·H2O+CO2=2NH+CO+H2O、NH3·H2O+CO2=NH+HCO CaSO4·2H2O+ CO=CaCO3↓+SO+2H2O 将HCO转化为CO
(3) O2 O2在正极得到电子发生还原反应吸收CO2生成碳酸盐，氢气在正极得到电子生成氢离子，氢离子与从正极移动过来的碳酸根离子反应生成CO2
【详解】（1）①溶于海水的二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸在溶液中部分电离出碳酸氢根离子和氢离子，则二氧化碳溶于水产生产生碳酸氢根离子的方程式为CO2+H2OH2CO3HCO+ H+，故答案为：CO2+H2OH2CO3HCO+ H+；
②由图可知，钙化作用发生的反应为珊瑚虫作用下溶液中的钙离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸钙沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Ca2++2HCO=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Ca2++2HCO=CaCO3↓+CO2↑+H2O；
（2）由图可知，吸收塔中二氧化碳与通入氨气的水溶液反应生成碳酸铵、碳酸氢铵得到碳铵溶液，向碳铵溶液中通入氨气，将碳酸氢根离子转化为碳酸根离子，与加入的磷石膏反应得到含有碳酸钙和硫酸铵的浆液，浆液经过滤、结晶得到硫酸铵肥料；
①由分析可知，吸收塔中发生的反应为二氧化碳与通入氨气的水溶液反应生成碳酸铵、碳酸氢铵得到碳铵溶液，反应的离子方程式为2NH3·H2O+CO2=2NH+CO+H2O、NH3·H2O+CO2=NH+HCO，故答案为：2NH3·H2O+CO2=2NH+CO+H2O、NH3·H2O+CO2=NH+HCO；
②由分析可知，三相反应器中沉淀转化发生的反应为碳铵溶液中碳酸根离子与磷石膏反应生成碳酸钙和硫酸铵，反应的离子方程式为CaSO4·2H2O+ CO=CaCO3↓+SO+2H2O，故答案为：CaSO4·2H2O+ CO=CaCO3↓+SO+2H2O；
③由分析可知，三相反应器中氨气的作用是将碳铵溶液中碳酸氢根离子转化为碳酸根离子，便于生成碳酸钙沉淀，故答案为：将HCO转化为CO；
（3）由图可知，a极为原电池的正极，氧气在正极得到电子发生还原反应吸收二氧化碳生成碳酸盐，氢气在正极得到电子生成氢离子，氢离子与从正极移动过来的碳酸根离子反应生成二氧化碳，从而达到富集二氧化碳的密度；
①由分析可知，对比吸收前和吸收后空气成分，含量一定下降的是二氧化碳和氧气，故答案为：O2；
②由分析可知，该装置能进行二氧化碳浓缩富集的原理a极为原电池的正极，氧气在正极得到电子发生还原反应吸收二氧化碳生成碳酸盐，氢气在正极得到电子生成氢离子，氢离子与从正极移动过来的碳酸根离子反应生成二氧化碳，从而达到富集二氧化碳的密度，故答案为：O2在正极得到电子发生还原反应吸收CO2生成碳酸盐，氢气在正极得到电子生成氢离子，氢离子与从正极移动过来的碳酸根离子反应生成CO2。
18．(1) 检查装置气密性 当管式炉中没有固体剩余时 C、D之间没有干燥装置，没有处理氢气的装置
(2)SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O
(3) 高温灼烧 冷却 AC
【分析】氯化氢气体通入浓硫酸干燥后，在管式炉中和硅在高温下反应，生成三氯甲硅烷和氢气，由于三氯甲硅烷沸点为31.8℃，熔点为，在球形冷凝管中可冷却成液态，在装置C中收集起来，氢气则通过D装置排出同时D可处理多余吸收的氯化氢气体，据此解答。
【详解】（1）制备SiHCl3时，由于氯化氢、SiHCl3和氢气都是气体，所以组装好装置后，要先检查装置气密性，然后将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中，通入氯化氢气体，排出装置中的空气，一段时候后，接通冷凝装置，加热开始反应，当管式炉中没有固体剩余时，即硅粉完全反应，SiHCl3易水解，所以需要在C、D之间加一个干燥装置，防止D中的水蒸气进入装置C中，另外氢氧化钠溶液不能吸收氢气，需要在D后面加处理氢气的装置，故答案为：检查装置气密性；当管式炉中没有固体剩余时；C、D之间没有干燥装置，没有处理氢气的装置；
（2）已知电负性Cl＞H＞Si，则SiHCl3中氯元素的化合价为-1，H元素的化合价为-1，硅元素化合价为+4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl3反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式为：SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O，故答案为：SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O；
（3）m1g样品经水解，干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，高温灼烧，在干燥器中冷却后，称量，所用仪器包括坩埚和干燥器，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为m2g，则二氧化硅的物质的量为n(SiO2)=，样品纯度为=，故答案为：高温灼烧；冷却；AC；。
19． 苯甲醛 12 溴原子、羧基
【分析】同温同压下，气体的密度与气态己烷相同，根据阿伏加德罗定律推论可知， 的摩尔质量与己烷相同，为，分子中含有一个酯基和一个甲基，可发生聚合反应，则含有碳碳双键，发生加聚反应生成，在作用下生成，结合的分子式可推知为，为，为；与发生已知信息Ⅰ反应生成，则为，与反应后酸化，生成的为，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，且能与发生酯化反应生成，则中含有羧基，结合、分子式可知的结构简式为。
【详解】(1)由以上分析可知，A为，化学名称是苯甲醛。答案为：苯甲醛；
(2)由生成的过程中可能生成多种副产物，其中与互为同分异构体的有机化合物，可能为环酯，也可能为其它结构，环酯的结构简式为。答案为：；
(3)由分析知，为，分子式为。答案为：；
(4)D()和F()发生酯化反应生成G()和水，化学方程式为。答案为：；
(5)的同分异构体满足下列条件：①该有机化合物是一种二元弱酸，并能使溶液显色，说明含有酚羟基；②苯环上有3个取代基，并能发生银镜反应，说明含有。综上所述，该同分异构体中含有2个酚羟基，另一个取代基为或。苯二酚有3种结构：、、，苯环上不同化学环境的氢原子分别有2种、3种、1种，另一个取代基的位置有6种，则符合条件的同分异构体共12种(不考虑立体异构)。答案为：12；
(6)由为六元环酯逆推可知，与发生加成反应生成的为，其官能团的名称为溴原子、羧基；在水溶液中水解生成I，I的结构简式为。答案为：溴原子、羧基；。
【点睛】推断同分异构体，需根据有机物的性质、不饱和度及氧原子数等，先确定有机物所含有的官能团，再根据分子中所含有的碳原子数，确定其含有的其它烃基。
20．(1)HCOOH(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)+ H2O(g) △H=-38.3 kJ/ml
(2) 0.036 II 正反应方向 由 图中数据计算得，该温度下反应II的平衡常数K==250 L·ml-1，若再向容器中充入1 ml CO2、1 mlH2和1 ml HCOOH (g)，则浓度商Qc=≈23.8 L·ml-1(3) AC 0.1123 kJ/ml
【解析】（1）
甲酸蒸气氢化制备甲醇蒸气和水蒸气的化学方程式为：HCOOH(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)+ H2O(g)，依据盖斯定律可知，此反应可由I-II得到，其焓变△H=-49.5kJ/ml-(-11.2kJ/ml)=-38.3 kJ/ml，热化学方程式为：HCOOH(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)+ H2O(g) △H=-38.3 kJ/ml。
（2）
初始充入CO2和H2，L1和L2均呈上升趋势，其中L1表示CH3OH的物质的量与时间的关系，则L2表示HCOOH的物质的量与时间的关系，L3和L4均呈下降趋势，由反应I和反应II的方程式可知，H2下降的速度比CO2大，则L3表示H2的物质的量与时间的关系，L4表示CO2的物质的量与时间的关系。
①L3表示H2的物质的量与时间的关系，0~5 min内，H2的物质的量变化量为5ml-1.4ml=3.6ml，v(H2)==0.036ml/(L·min)。
②由图示可知，5~10 min内，L1和L2相比，L2代表的物质的物质的量变化量更大，即单位时间内浓度变化量更大，反应速率更大，而L2表示HCOOH的物质的量与时间的关系，因此5~10 min内，反应II的反应速率更大。
③由图示可知，反应达到平衡时，CH3OH的物质的量为1.2ml，HCOOH的物质的量为1.0ml，H2的物质的量为0.4ml，CO2的物质的量为0.2ml，依据反应I可知，H2O的物质的量与CH3OH的物质的量相等，也为1.2ml，初始物质的总物质的量为5.0ml+2.4ml=7.4ml，平衡时物质的总物质的量为1.2ml+1.0ml+0.4ml+0.2ml+1.2ml=4.0ml，则平衡时CH3OH的分压为，H2O的分压为，CO2的分压为，H2的分压为，反应I的平衡常数Kp=。
④由图示可知，反应达到平衡时，HCOOH的物质的量为1.0ml，H2的物质的量为0.4ml，CO2的物质的量为0.2ml，反应II的平衡常数K==250，若再向容器中充入1 ml CO2、1 mlH2和1 ml HCOOH (g)，则浓度商Qc=≈23.8 （3）
① A．结合图2和图3可知，反应II在低压铁化合物催化下溶剂化处理的总反应中，反应物总能量比生成物总能量高，为放热反应，A正确；
B．由图2可知，反应过程中氧原子的成键数目可以为2、也可以为3，B错误；
C．由图3可知，物质X转化为物质Y有3个能垒，分三步进行，C正确；
D．由图2可知，物质Z转化为物质W中，氢气中的氢原子取代了Z中的-OH，属于取代反应，D错误；
答案选AC。
②由图3可知，我国科学家计算所得的最大能垒为[70.6-(-8.3)]10-3kJ/ml=7.8910-2kJ/ml，比国外科学家的计算结果低3.34×10-2 kJ/ml，则国外科学家计算的该过程的最大能垒为7.8910-2kJ/ml+3.34×10-2 kJ/ml=11.23×10-2 kJ/ml=0.1123 kJ/ml。