浙江省嘉兴市2025届高三下学期三模考试化学试题（含答案）

第第页浙江省嘉兴市2025届高三下学期三模考试化学试题一、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．下列属于极性分子的是A．P4 B．BF3 C．NH32．下列化学用语表示不正确的是A．苯的实验式：CHB．基态As原子的简化电子排布式：ArC．SO32−的VSEPRD．中子数为20的Cl原子的核素符号：173．化学学科提倡从生活走进化学，从化学走向社会，下列有关说法不正确的是A．汽车尾气中的氮氧化物主要由汽油燃烧不充分产生，会造成酸雨等环境问题B．用灼烧的方法可以鉴别纯棉织物和纯毛织物C．维生素C具有还原性，与补铁剂同时服用，能促进铁的吸收D．铝制品表面形成的致密氧化膜，起着保护内部金属的作用4．结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释不正确的是选项事实解释A热空气吹出法用于海水提溴溴单质沸点低，受热易分解BSO2SO2C冰的密度小于干冰冰晶体中水分子的空间利用率相对较低D沸点：N2低于N2为非极性分子，COA．A B．B C．C D．D5．下列有关硝酸的反应说法正确的是A．在反应3NO2+H2B．实验室用HNO3与Na2SC．用HNO3制备CuNO32：方案①Cu→HNO3CuD．浓硝酸被Cu还原为NO2，若反应消耗1molHNO36．下列方程式正确的是A．保存FeCl2溶液加入少量铁粉的原因：B．NaAlO2溶液中通入过量CO2C．将少量Cl2通入NaHSO3D．CH3CH2Br7．黑火药是中国古代四大发明之一，爆炸时的反应为：W+MYZ3+X→M2W+XZA．简单氢化物的稳定性：ZB．上述元素均位于元素周期表的p区C．第一电离能：MD．基态原子核外电子的空间运动状态数：Y8．阿斯巴甜是一种常见的甜味剂，其结构如图所示，下列有关阿斯巴甜的说法不正确的是A．阿斯巴甜有甜味，但不属于糖类物质B．可用2种不同的α−氨基酸与甲醇合成阿斯巴甜C．阿斯巴甜既能与酸反应，又能与碱反应D．该分子中存在4个手性碳原子9．设NAA．1molCl2通入足量KI溶液中，得到IB．室温下，1LpH=9的CH3COONaC．1.2g金刚石与石墨的混合物中含有碳碳单键的数目为D．6.5g锌加入浓硫酸中，锌完全溶解，硫酸得到的电子数为10．下图是配制100 mLA．操作1前用托盘天平和滤纸称取8.00gB．为使溶液充分混合，虚线框内的操作可用操作7C．若操作2中未冷却的NaOH溶液转移到容量瓶中，所配NaOH溶液浓度偏高D．操作7后发现液面低于刻度线，此时需补加少量蒸馏水至刻度线11．CoNH36Cl3是一种重要的化工产品。实验室可利用CoClA．CoNHB．CoNH36C．NH3、H2O与D．若CoNH363+中两个NH312．已知甲烷分解反应CH4g⇌Cs+2H2gΔH>0。其正反应速率方程为A．为提高化学反应速率，应选择适合高温条件的催化剂B．其他条件不变，降温再次达到平衡时，可能存在kC．恒温恒压下通入Ar气体，平衡正向移动，cHD．根据该反应可推测，合成氨工业用熟铁作衬里代替钢铁是避免高压下氢气与碳反应13．在新型能源技术里，直接过氧化氢燃料电池(DPPFC)备受关注。它独特之处在于用H2A．该电池表明H2B．电池的总反应为2C．当外电路通过0.4 mole−时，中间室生成D．H2O2分解产生的O14．某Diels−A．化合物VI为该反应的催化剂B．化合物X为H2C．若化合物III为，按照该反应机理可生成和D．化合物III转化为IV后，C215．酒石酸是一种有机二元弱酸(用H2R表示)，酒石酸钙(CaR)微溶于水。已知室温时：Ka1H2R=9.2×10A．室温时，0.05 mol⋅L−1的B．向10mL0.1molC．CaR饱和溶液中加入少量Na2R固体，D．室温时，往0.1mol⋅L−1的Na2R16．铝电解厂烟气(含粉尘、氟化物等污染物)净化的一种简单流程如下：下列说法正确的是A．石英耐高温，可作吸收塔内衬的耐热材料B．当吸收塔中不再冒气泡，说明Na2CO3C．合成槽中产物主要有Na3AlFD．采用从下方通入烟气，上方喷淋溶液法可提高烟气吸收效率二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17．氯是生命活动中不可或缺的元素。请回答：（1）关于ⅦA族元素原子结构与性质的描述，下列说法正确的是_______。A．基态F原子的电子占据的最高能级的轨道形状是球形B．电子排布为Ne3s1C．Br的半径大于Br−D．I元素的原子序数为53（2）某含有结晶水的化合物的晶胞如图。①化学式是。②将该化合物配成0.5 mol⋅L−1的水溶液，然后取（3）已知常压下NH4Cl的分解温度为337℃，NH4（4）Cl2O是高效安全消毒灭菌剂，某兴趣小组设计了两种制备I.用新制的HgO和Cl2已知：i.HgO+2Clⅱ.常压下，Cl2沸点-34.0℃，熔点-101.0℃；Cl2Oⅲ.Cl2O在Ⅱ.将Cl2通入过量潮湿的Na①方法I，所得物质A的成分是。将纯化后的Cl2O产品气化，通入水中得到高纯度Cl2O的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要Cl2O时，可将Cl2O②写出方法Ⅱ中的化学反应方程式。③ClO2也是一种高效安全消毒灭菌剂。现有一瓶气体X，可能是ClO2或Cl2O。已知ClO2或Cl2O都可完全分解，产物都是Cl18．丙烯是一种重要的有机化工原料，可以制取聚丙烯、丙烯腈、丙酮等化工产品。工业上可采用丙烷催化脱氢法制备丙烯，反应如下：主反应：C3H副反应：C3H8C3H8请回答：（1）几种物质的燃烧热(25℃，101kPa)如下表所示：则ΔH1化学式(状态)HCCΔ-286-2058-2220（2）假定体系内只发生反应C3H8g⇌C3H6g+H（3）已知CO2在一定条件下能发生如下反应：CO2g+H2g⇌CO（4）某实验小组在催化剂用量及其他实验条件相同时，测得丙烷的平衡转化率和丙烯的选择性(转化的C3H8A．由图可知，随温度升高，C−H键比B．C3C．升高温度，降低压强，加入催化剂均可提高C3D．制备丙烯的合适温度需综合考虑丙烷转化率和丙烯选择性（5）以丙烯为原料可以先制备丙烯腈(CH2=CHCN)，再用丙烯腈电合成己二腈NC（6）以丙烯为原料还可以制备丙酮(CH3COCH3)。某兴趣小组在做实验时发现丙酮与氯仿(CHCl19．CaO2可作为医用防腐剂和消毒剂，也可为农业、园艺和生物技术应用提供氧气。某研究小组探究用石灰石为原料制备过氧化钙CaO已知：i.CaO2ii.CaCl2（1）关于步骤①，下列说法正确的是_______。A．可用稀硫酸代替稀盐酸B．为使CaCO3C．煮沸是为了除去溶液中的CO2，防止后续步骤在碱性条件下与Ca2+生成D．过滤的目的是除去一些难溶性杂质，提高CaO2（2）步骤②中的操作是将氯化钙溶液加入氨水−H2O（3）步骤③三颈烧瓶(如图)中的晶体转入漏斗时，瓶壁上还粘有少量晶体，需选用液体将瓶壁上的晶体冲洗下来后转入漏斗，下列液体最合适的是_______。A．无水乙醇 B．饱和NaCl溶液C．70%乙醇水溶液 D．滤液（4）可采用量气法测定产品中CaO2的含量。量气法实验装置如图所示，加热至350℃以上时CaO2迅速分解生成CaO和①装置图中量气管可以用化学实验室里的一种常用仪器来改装，这种仪器的名称是。②有关量气法测定产品中CaO2的含量的正确操作为_______→_______→_______→C→_______→_______A.停止加热，冷却至室温；B.向试管中加入样品；C.加热试管，使样品完全分解；D.停止加热，立即读数；E.向漏斗中注入一定体积的水，检查装置气密性；F.上下移动水准管，使量气管与水准管液面相平，记录读数；③某同学准确称量0.5000g烘干恒重后的CaO2样品，置于试管中加热使其完全分解，收集到44.80 mL(已换算为标准状况)气体，计算产品中CaO（5）有研究团队在高压(约5×1010Pa)条件下合成了另一种钙的氧化物CaO3s①写出CaO3电子式②指出促使上述反应发生的主要因素(单选)。a.CaO3比CaO20．有机物I在生物化学领域具有广泛的应用价值。某课题组设计的合成路线如图(部分反应条件已省略)。已知：ROH请回答：（1）化合物H中不含氧的官能团名称是。（2）化合物A的结构简式是。（3）下列说法正确的是_______。A．化合物B中所有原子一定共平面B．C→D的反应中，两个F原子存在不同选择性C．1mol化合物H与H2D．TMSA的结构可能为，Si采用sp3的杂化方式成键（4）反应E+F→G需控制pH约为8，写出（5）写出3个同时符合下列条件的化合物I的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构)。①与FeCl3②核磁共振氢谱表明：分子中有4种不同化学环境的氢原子；③红外光谱表明：分子为苯的二取代物，无其他环状结构，不含“=C（6）请结合以上相关信息，以、COCl2、CH3CH2OH和TMSA为原料，设计合成

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、白磷分子是正四面体结构，4个P原子位于顶点，结构高度对称，分子中无极性键，整体为非极性分子，故A不符合题意；

B、三氟化硼是平面正三角形结构，B原子位于中心，3个B-F键的极性在空间上完全抵消，为非极性分子，故B不符合题意；

C、氨分子是三角锥形结构，N原子位于锥顶，3个N-H键的极性无法完全抵消，分子存在正、负电中心，为极性分子，故C符合题意；

D、二氧化碳是直线形结构（O=C=O），两个C=O键的极性在同一直线上完全抵消，为非极性分子，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】本题易错点：

混淆键极性与分子极性：含极性键的分子不一定是极性分子，如BF3、CO2。

空间结构判断错误：记错NH3为三角锥形、P4为正四面体，导致极性判断失误。

偶极矩抵消理解不清：误以为三角锥形的NH3中N-H键极性可以抵消，误判为非极性分子。2．【答案】B【解析】【解答】A、苯的实验式：CH苯的分子式为C6H6，实验式是各元素原子个数的最简整数比，因此最简式为CH，A正确；

B、基态As原子的简化电子排布式：[Ar]4s24p3As是33号元素，其简化电子排布式应包含3d轨道，正确写法为[Ar]3d¹⁰4s24p3，选项中遗漏了3d¹⁰，B不正确；

C、SO32-的VSEPR模型SO32-中心S原子的价层电子对数为3+(6+2-3×2)÷2=4，VSEPR模型为四面体形，与图示一致，C正确；

D、中子数为20的Cl原子的核素符号：1737ClCl的质子数为17，中子数为20，则质量数为17+20=37，核素符号为1737Cl，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题易错点：

混淆实验式与分子式，不清楚苯的最简式为CH。

书写第四周期主族元素电子排布时，漏掉3d¹⁰，导致简化电子排布式错误。

计算价层电子对数时忽略离子所带电荷，误判SO32-的VSEPR模型。

混淆核素符号中质量数与质子数的位置，不会用质子数+中子数计算质量数。3．【答案】A【解析】【解答】A、汽车尾气中的氮氧化物（NOₓ）主要是在发动机高温环境下，空气中的N2和O2发生反应生成的，并非汽油燃烧不充分的产物。汽油不完全燃烧主要产生CO等物质，A错误；

B、纯棉的主要成分是纤维素，灼烧时会产生类似烧纸的气味；纯毛的主要成分是蛋白质，灼烧时会产生类似烧焦羽毛的气味，因此可以通过灼烧法鉴别，B正确；

C、补铁剂中的铁元素常以Fe3+形式存在，不易被人体吸收。维生素C具有还原性，可将Fe3+转化为更易被人体吸收的Fe2+，因此能促进铁的吸收，C正确；

D、铝在空气中易与O2反应，形成一层致密的Al2O3薄膜，这层膜能有效阻止内部的铝继续与氧气等物质反应，起到保护作用，D正确；

故答案为：A。

【分析】解题关键：

A．汽车尾气中NOₓ是空气中N2和O2在高温下反应生成，并非汽油燃烧不充分的产物。

B．纯棉（纤维素）和纯毛（蛋白质）灼烧气味不同。

C．维生素C将难吸收的Fe3+还原为易吸收的Fe2+。

D．铝表面致密的Al2O3薄膜阻止内部金属继续反应。4．【答案】A【解析】【解答】A、热空气吹出法用于海水提溴，利用的是溴单质沸点低、易挥发的性质，通过加热让溴从溶液中挥发出来，再进行收集，而不是因为溴受热易分解，A不正确；

B、SO2通入紫色石蕊溶液变红，是因为SO2属于酸性氧化物，与水反应生成H2SO3，溶液呈酸性，使石蕊变红，B正确；

C、冰的密度小于干冰，是因为冰晶体中水分子间形成氢键，构成的空间结构较为疏松，空间利用率相对较低，C正确；

D、N2和CO的相对分子质量相同，但N2为非极性分子，CO为极性分子，极性分子间的范德华力更强，因此CO的沸点更高，D正确；

故答案为：A。

【分析】A．热空气吹出法利用的是溴单质沸点低、易挥发的性质，而不是受热易分解。

B．SO2作为酸性氧化物，与水反应生成H2SO3，使溶液显酸性。

C．冰中水分子间形成氢键，导致空间结构疏松、利用率低。

D．在相对分子质量相同时，极性分子（CO）的范德华力更强，沸点更高。5．【答案】C【解析】【解答】A、在反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，NO2中N元素一部分从+4价升高到+5价（生成HNO3），一部分降低到+2价（生成NO），因此NO2既是氧化剂又是还原剂，H2O中各元素化合价未变，既不是氧化剂也不是还原剂，A错误；

B、HNO3具有强氧化性，Na2S具有强还原性，二者反应时，S2-会被氧化为高价态硫的化合物（如S、SO2等），不会生成H2S气体，因此不能用此方法制备H2S，B错误；

C、方案①中Cu与浓HNO3直接反应，会生成NO2，部分氮元素没有进入Cu(NO3)2；方案②中Cu先在空气中被氧化为CuO，再与HNO3反应，氮元素全部转化为Cu(NO3)2，因此方案②中HNO3的利用率更高，C正确；

D、浓硝酸被Cu还原为NO2的反应为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，每消耗4molHNO3，其中只有2mol作为氧化剂被还原，转移2mol电子，因此消耗1molHNO3时，转移电子为0.5mol，D错误；

故答案为：C。

【分析】解题要点：

歧化反应判断：在NO2与H2O的反应中，NO2中N的化合价既升又降，所以它既是氧化剂又是还原剂。

强氧化性干扰：硝酸的强氧化性会氧化S2-，无法得到H2S气体。

硝酸利用率分析：方案②中硝酸只表现酸性，氮元素全部进入产物，利用率更高。

电子转移计算：浓硝酸与Cu反应时，只有被还原的那部分硝酸才转移电子，消耗1molHNO3时，实际转移0.5mol电子。6．【答案】B【解析】【解答】A、保存FeCl2溶液加铁粉，目的是防止Fe2+被氧化为Fe3+，正确的离子方程式应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，原方程式电荷不守恒，A错误；

B、NaAlO2溶液中通入过量CO2，生成Al(OH)3沉淀和HCO3-，离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，符合过量CO2的产物规律，B正确；

C、Cl2有强氧化性，NaHSO3有还原性，Cl2能将HSO3−氧化为SO42−的同时有H+生成，Cl2少量，则生成的H+能与HSO3−反应生成SO2，反应的离子方程式为Cl2+4HSO3−=SO42−+2Cl−+3SO2+2H2O，C错误；

D、CH3CH7．【答案】A【解析】【解答】A、O和S同主族，从上到下非金属性减弱，简单氢化物稳定性：H2O>H2S，A正确；

B、K的价电子排布为4s¹，属于周期表s区，而非d区，B错误；

C、同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下减小，故K的第一电离能小于S，C错误；

D、N和O的基态原子电子排布式分别为1s22s22p3、1s22s22p4，核外电子的空间运动状态数均为5种，D错误；

故答案为：A。

【分析】元素推断：X的一种核素可用于考古，故X为C（碳）；

黑火药成分含KNO3、C、S，结合原子序数递增，且Z、W同主族，故Y为N（氮）、Z为O（氧）、W为S（硫）；

M的价层s轨道有1个未成对电子，故M为K（钾）。8．【答案】D【解析】【解答】A、阿斯巴甜有甜味，但其结构中不含多羟基醛、酮结构，不属于糖类物质，A正确；

B、阿斯巴甜可由苯丙氨酸和天冬氨酸两种α-氨基酸，通过成肽反应并与甲醇酯化合成，B正确；

C、分子中含氨基（-NH2）可与酸反应，含酯基和肽键可在碱性条件下水解，因此既能与酸反应，又能与碱反应，C正确；

D、手性碳原子是连有4个不同基团的饱和碳原子。阿斯巴甜分子中存在2个手性碳原子：中“*”所示，而非4个，D错误；

故答案为：D。

【分析】本题易错点：

糖类定义混淆：误以为有甜味的物质都是糖类，忽略了糖类的结构特征（多羟基醛/酮或其衍生物）。

手性碳判断失误：数手性碳原子时容易漏数或多数，关键是要准确识别连有4个不同基团的饱和碳原子。

α-氨基酸合成认知不足：对阿斯巴甜的合成来源不熟悉，不清楚它可由苯丙氨酸和天冬氨酸两种α-氨基酸与甲醇反应得到。

两性性质忽略：只注意到氨基的碱性，忽略了酯基和肽键在碱性条件下的水解反应。9．【答案】D【解析】【解答】A、Cl2与足量KI反应的化学方程式为：Cl2+2KI=2KCl+I2

1molCl2完全反应生成1molI2，但B、CH3COONa是强碱弱酸盐，CH3COO−水解促进水的电离。室温下pH=9，溶液中C、金刚石和石墨中碳碳单键的成键方式不同：金刚石中每个C原子形成4个单键，每个单键被2个C共用，1mol金刚石含2mol碳碳单键。石墨中每个C原子形成3个单键，每个单键被2个C共用，1mol石墨含1.5mol碳碳单键。

因此1.2g（0.1mol）混合物中碳碳单键的数目在0.15NA到0.2ND、Zn与浓硫酸反应，无论生成SO2还是H2，Zn均从0价被氧化为+2价。6.5gZn故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

反应产物的后续变化：Cl2与KI反应生成的I2会与I盐类水解对水电离的影响：CH3COONa水解促进水的电离，水电离的H晶体结构差异：金刚石和石墨中碳碳单键的数目不同，混合物中单键数不固定，不能一概而论。电子守恒法：无论Zn与浓硫酸反应生成SO2还是H210．【答案】C【解析】【解答】A、配制100mL2.00mol·L-¹NaOH溶液，需要NaOH的质量为0.1LB、虚线框内的操作4是定容，应先加蒸馏水至刻度线1~2cm处，再用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相切；而操作7是摇匀，二者作用不同，不能用操作7代替操作4，B错误；C、若操作2中未冷却的NaOH溶液转移到容量瓶中，溶液温度较高，体积膨胀，冷却后溶液体积会小于容量瓶刻度线，根据c=nV，D、操作7摇匀后，部分溶液附着在容量瓶刻度线以上的内壁上，导致液面低于刻度线，这是正常现象，若补加蒸馏水，会使溶液体积偏大，浓度偏低，D错误；故答案为：C。

【分析】本题的易错点：称量操作误区：忽略NaOH易潮解、有腐蚀性的特性，误以为可以用滤纸称量，且混淆了托盘天平（精度0.1g）与分析天平的精度。操作功能混淆：把定容（操作4）和摇匀（操作7）的作用混为一谈，认为摇匀可以代替定容。冷却步骤的影响：未冷却的溶液体积偏大，冷却后体积偏小，根据c=n定容后补加水：摇匀后液面低于刻度线是溶液附着在瓶壁上的正常现象，若补加水会导致浓度偏低，容易误判为需要补水。11．【答案】A【解析】【解答】A、[Co(NH3)6]3+中，NHB、[Co(NH3)6]3+为正八面体结构，NH3位于6个顶点，C、NH3中N原子的孤电子对比H2O中O原子的孤电子对更易提供，与D、正八面体中两个NH3被Cl−取代时，Cl故答案为：A。

【分析】本题解题要点：化学键类型辨析：氢键是分子间作用力，不是配离子内部的化学键。正八面体键角规律：正八面体结构中，N−Co−N键角只有90°（相邻）和180°（对位）两种。配体稳定性比较：NH3的配位能力强于同分异构体判断：正八面体中双取代有顺式和反式两种结构。12．【答案】B【解析】【解答】A、该反应ΔH>0B、平衡时v正=v逆，即k正⋅c(CH4)=k逆C、恒温恒压下通入Ar，容器体积增大，各物质浓度降低，平衡向气体分子数增大的方向（正向）移动。但由于体积增大的影响大于平衡移动的影响，c(H2)最终减小，C正确；

故答案为：B。【分析】这道题的易错点主要有：速率常数与平衡关系混淆：忽略平衡时v正=v逆推导出的k正恒温恒压下浓度变化判断失误：通入Ar后，容器体积增大，虽然平衡正向移动，但c(H工业背景联想不足：对合成氨工业中氢气与碳的反应不熟悉，导致无法理解D选项的合理性。吸热反应速率影响因素理解偏差：虽然反应吸热，但高温能提高反应速率，且催化剂有适宜温度，容易误以为低温更有利。13．【答案】D【解析】【解答】A、正极（酸性）H2O2作氧化剂，负极（碱性）H2O2作还原剂，说明酸性下C、外电路通过0.4mol电子时，0.4molK+通过阳离子交换膜进入中间室，同时0.2molSO42−通过阴离子交换膜进入中间室，生成0.2molD、总反应中H2O2既是氧化剂又是还原剂，O2是氧化产物，说明氧化性H2故答案为：D。

【分析】电极判断与反应：

石墨1（负极，碱性）：H2O石墨2（正极，酸性）：H2O总反应：2H14．【答案】C【解析】【解答】A、化合物VI在反应初期参与反应，最终又生成，符合“先消耗、后生成”的催化剂特征，因此VI是该反应的催化剂，A正确；

B、根据机理中I→IV→X+II和IV+X→VI+V的转化，结合元素守恒可推知X为H2O，且在反应中可循环利用，B正确；

C、Diels-Alder反应具有立体专一性，当化合物III为给定的不对称双烯（）时，按照该反应机理，产物可为和，C错误；

D、化合物III中C2-C3为碳碳单键（键级1），转化为IV后，C2-C3为碳碳双键（键级2），键级增大，键长变短，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题解题关键点为：

催化剂判断：抓住“先消耗、后生成”的特征，判断VI是催化剂；

循环物质推断：通过元素守恒和反应循环，推导出X是H2O且可循环；

立体专一性：Diels-Alder反应具有立体专一性，产物结构由双烯和亲双烯体的结构唯一决定，不会生成两种不同产物；

键级与键长关系：单键（键级1）变为双键（键级2），键级增大，键长变短。15．【答案】D【解析】【解答】A、室温下，0.05mol·L−1CH3COOHB、酸性顺序：Ka1(H2R)>KC、CaR饱和溶液中加入少量Na2R，c(R2−)增大，KD、NaHR溶液中，HR−水解常数Kh=KwKa1=1.0×10−149.2×10−4<Ka2，故NaHR溶液显酸性。向Na2R故答案为：D。

【分析】本题易错点主要有：电离常数计算pH时的近似处理：在计算醋酸溶液的pH时，容易忽略“弱酸电离程度小，可近似认为c(CH离子积与溶度积的关系混淆：判断沉淀是否生成时，需要计算混合后的离子积Qc，并与K同离子效应对离子浓度比的影响：加入Na2R后，c(R2−)酸式盐的酸碱性判断：NaHR溶液中，HR−的电离常数大于水解常数，溶液显酸性，因此滴定至中性时，HCl未将Na2R16．【答案】D【解析】【解答】A、陶瓷中含有SiO2，会与HF发生反应：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，会腐蚀设备，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬，A错误；B、吸收塔中反应为Na2CO3+HF=NaF+NaHCO3，该反应无气体生成，B错误；

C、合成槽中反应为6NaF+NaAlO2+4NaHCO3=Na3AlF6+4Na2CO3+2H2O，主要产物是Na3AlF6和Na2CO3，C错误；

D、HF密度小于空气，从下部通入烟气后向上移动，同时从上部喷淋吸收液，可增大气液接触面积，提高吸收效率，D正确；

故答案为：D。

【分析】含HF的烟气通入吸收塔，与过量Na2CO3溶液反应，生成NaF和NaHCO3，实现HF的吸收。将吸收液导入合成槽，加入NaAlO2，与NaF、NaHCO3反应，生成冰晶石（Na3AlF6）沉淀和Na2CO3溶液。过滤得到冰晶石产品，滤液中的Na2CO3可循环回吸收塔使用。据此解题。17．【答案】（1）B；D（2）CuCl2（3）Cl原子半径小，H−Cl键能大，（4）Cl2O、Cl2；萃取，分液；气化(加热、蒸馏)；2Na2CO3+2Cl2+H【解析】【解答】（1）A．基态F原子的电子占据的最高能级为2p能级，轨道形状是哑铃形，而不是球形，A错误；B．电子排布为Ne3s1C．对于同一种元素来说，其原子半径小于阴离子半径，故Br的半径小于Br−D．I元素位于第五周期ⅦA族，原子序数为53，D正确；故答案为：BD。（2）①根据晶胞结构，顶点上的Cu原子被8个晶胞共用，面上的Cu原子被2个晶胞共用。晶胞中Cu原子位于8个顶点和2个面心，利用均摊法，Cu原子个数为18×8+12×2=2。Cl原子位于晶胞内部和面上，晶胞内部的全部属于该晶胞，面上的Cl原子被2个晶胞共用，Cl原子个数为2+12×4=4。H2O分子位于棱上和面上，棱上的分子被4个晶胞共用，面上的分子被2个晶胞共用，H②在CuCl2水溶液中存在如下平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O。[Cu(H2O)4]2+（水合铜离子）在溶液中呈蓝色，[CuCl4]2-在溶液中呈(黄)绿色。加热过程中，水会不断挥发，平衡正向移动，随着平衡正向移动，[Cu(H2O)故答案为：Cl原子半径小，H−Cl键能大，NH4Cl分解温度低；

（4）①由制备流程可知，HgO和Cl2在18~25℃反应生成Cl2O等气体，因Cl2沸点-34.0℃，Cl2O沸点2.0℃，O2沸点-183℃，在−80~-60℃充分冷却时，Cl2和Cl2O会被冷凝，所以物质A的成分是Cl2O、Cl2。已知②方法Ⅱ将Cl2通入过量潮湿的Na2CO3制备③已知ClO2或Cl2O都可完全分解，产物都是Cl2和O2，方程式分别为2ClO2=Cl2+2O2，2Cl2O=2Cl2+O2，由此可知ClO2分解产生的Cl2和O2体积比为1：2，Cl2O分解产生的Cl2和O2体积比2：1。设计实验通过分解产物来确定气体X是哪种化合物，可取一定体积的气体在一定条件下使其完全分解，然后向分解产物中加入足量氢氧化钠溶液，由于Cl2能与氢氧化钠溶液反应，O2(2)①化学式：用均摊法计算：Cu为8×18+2×12=2，Cl为2+4×12=4②加热现象：平衡[Cu(H2O)4(3)分解与HX稳定性相关，Cl原子半径小，H-Cl键能>H-Br键能，HCl更稳定，故NH4Cl更易分解，分解温度更低。(4)①冷却后A含Cl2O、Cl2；从水溶液中得到Cl2O，先萃取（CCl4）、分液，再气化/加热/蒸馏。②反应方程式：2Na③鉴别实验：取气体分解，用NaOH吸收Cl2，剩余气体体积为13原体积则为Cl2O，23则为ClO（1）A．基态F原子的电子占据的最高能级为2p能级，轨道形状是哑铃形，而不是球形，A错误；B．电子排布为Ne3s1C．对于同一种元素来说，其原子半径小于阴离子半径，故Br的半径小于Br−D．I元素位于第五周期ⅦA族，原子序数为53，D正确；故答案选BD。（2）①根据晶胞结构，顶点上的Cu原子被8个晶胞共用，面上的Cu原子被2个晶胞共用。晶胞中Cu原子位于8个顶点和2个面心，利用均摊法，Cu原子个数为18×8+12×2=2。Cl原子位于晶胞内部和面上，晶胞内部的全部属于该晶胞，面上的Cl原子被2个晶胞共用，Cl原子个数为2+12×4=4。H2O分子位于棱上和面上，棱上的分子被4个晶胞共用，面上的分子被2个晶胞共用，H②在CuCl2水溶液中存在如下平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H（3）卤化铵的分解过程是质子传递反应，其热稳定性与对应的卤化氢（HX）的稳定性直接相关。HX越稳定，对应的铵盐越容易分解。Cl原子半径小，H−Cl键能大于H−Br键能，说明HCl稳定性更强，对应的铵盐NH4（4）①由制备流程可知，HgO和Cl2在18~25℃反应生成Cl2O等气体，因Cl2沸点-34.0℃，Cl2O沸点2.0℃，O2沸点-183℃，在−80~-60℃充分冷却时，Cl2和Cl2O会被冷凝，所以物质A的成分是Cl2O、Cl2。已知Cl2O在②方法Ⅱ将Cl2通入过量潮湿的Na2CO3制备③已知ClO2或Cl2O都可完全分解，产物都是Cl2和O2，方程式分别为2ClO2=Cl2+2O2，2Cl2O=2Cl2+O2，由此可知ClO2分解产生的Cl18．【答案】（1）+124（2）α（3）CO2能与H2反应，促进主反应平衡正向移动（4）D（5）2（6）丙酮中的羰基氧具有较强的电负性(带有较强的负电荷)，而氯仿中的氢原子由于3个氯原子的吸电子效应，具有一定的正电性(带有较强的正电荷)，混合时丙酮的氧原子与氯仿的氢原子之间会形成氢键而放热【解析】【解答】（1）C3H8燃烧热的热化学方程式：C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l)ΔH=-2220kJ·mol-1①；C3H6燃烧热的热化学方程式：C3H6(g)＋92O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l)ΔH=-2058kJ·mol-1②；H2燃烧热的热化学方程式：H2g＋12O2g=H2OlΔH=−286kJ故答案为：+124；

（2）温度保持不变，压强恒定为PkPa，设开始投放的C3H8g物质的量为1mol，平衡时C3H8故答案为：α21−α2P；

（3）CO2能与H2反应，CO故答案为：CO2能与H2反应，促进主反应平衡正向移动CO2与焦炭反应，可以减缓催化剂的失活；

（4）A．由图可知，随温度升高，丙烷的转化率升高，丙烯的选择性降低，说明CB．该反应是吸热反应，ΔH>0；该反应是气体体积增加的反应，则ΔS>0；根据ΔG=ΔH-TΔS，使反应自发，即ΔG<0，则温度越高越好，即高温有利于自发进行，B错误；C．催化剂不能影响转化率，只影响速率，C错误；D．丙烯的理论产量为丙烯的选择性与丙烷的平衡转化率乘积，故制备丙烯的合适温度需综合考虑丙烷转化率和丙烯选择性，D正确；故答案为：​​​​​​D。（5）CH2=CHCN得电子在阴极被还原生成NC故答案为：2CH2=CHCN+2H++2e(2)设起始C3H8为1mol，列三段式，用分压（总压×物质的量分数）表示各物质平衡分压，代入K(3)①CO2与H2反应，降低H2(4)温度升高，转化率升高、选择性降低，说明C-C键更易断裂；反应ΔH>0、Δ(5)丙烯腈在阴极得电子被还原，结合酸性环境中的H+，配平电极反应：2C(6)丙酮中羰基氧带负电，氯仿中H因3个Cl的吸电子效应带正电，二者混合时形成氢键，释放热量。（1）C3H8燃烧热的热化学方程式：C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l)ΔH=-2220kJ·mol-1①；C3H6燃烧热的热化学方程式：C3H6(g)＋92O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l)ΔH=-2058kJ·mol-1②；H2燃烧热的热化学方程式：H2g＋12O2g=H2OlΔH=−286kJ（2）温度保持不变，压强恒定为PkPa，设开始投放的C3H8g物质的量为1mol，平衡时C3H8（3）CO2能与H2反应，CO2g+H2（4）A．由图可知，随温度升高，丙烷的转化率升高，丙烯的选择性降低，说明C−H键更易反应，比B．该反应是吸热反应，ΔH>0；该反应是气体体积增加的反应，则ΔS>0；根据ΔG=ΔH-TΔS，使反应自发，即ΔG<0，则温度越高越好，即高温有利于自发进行，B错误；C．催化剂不能影响转化率，只影响速率，C错误；D．丙烯的理论产量为丙烯的选择性与丙烷的平衡转化率乘积，故制备丙烯的合适温度需综合考虑丙烷转化率和丙烯选择性，D正确；故选D。（5）CH2=CHCN得电子在阴极被还原生成NC（6）丙酮中的羰基氧具有较强的电负性(带有较强的负电荷)，而氯仿中的氢原子由于3个氯原子的吸电子效应，电子偏向于碳，使H具有一定的正电性(带有较强的正电荷)，混合时丙酮的氧原子与氯仿的氢原子之间会形成氢键而放热。19．【答案】（1）C；D（2）反应体系保持弱碱性，易于生成过氧化钙(使H+浓度降低，促进反应向生成CaO（3）D（4）碱式滴定管；EBFCAF；57.60%（5）；c【解析】【解答】（1）A．硫酸钙微溶于水，影响后续反应速率，不可用稀硫酸代替稀盐酸，故A错误；B．后续步骤需控制溶液为碱性，过量盐酸会混入氯化钙使溶液呈酸性，且煮沸也难以完全去除HCl，所以盐酸不能过量，故B错误；C．后续步骤加入氨水会使溶液呈碱性，CO2在碱性条件下与Ca2+反应生成CaCO3沉淀影响产品纯度，因此需煮沸除去溶液中的CO2，防止后续步骤在碱性条件下与Ca2+生成CaCO3沉淀，故C正确；D．第一步过滤分离过量的碳酸钙沉淀和可溶的氯化钙，防止碳酸钙混入产物CaO2·8H2O影响纯度，故D正确；故答案为：CD；（2）过氧化氢在水溶液中电离：H2O2⇌H++HO2−、HO2（3）三颈烧瓶中的晶体转入到抽滤装置中时，瓶壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将瓶壁上的晶体冲洗下来后转入到抽滤装置中，最合适的液体是滤液，防止增加新的杂质，

故答案为：D；（4）①量气管可以用化学实验室中一种常用仪器来改装，该仪器的名称是碱式滴定管；②有关量气法测定产品中CaO2③CaO2分解反应为2CaO2=Δ2CaO（5）①CaO3为离子化合物，有Ca2+和O32−组成，由于各原子均满足8电子稳定结构，因此O32−②反应在高压下进行，压力增加反应向体积减小方向进行，因此促使上述反应发生的主要因素反应中体积减小，

故答案为：；c。

【分析】石灰石（CaCO3）与稀盐酸反应，煮沸并过滤，得到CaCl2溶液。在冷水浴条件下，将CaCl2溶液与氨水-H2O2混合液充分反应，生成CaO2・8H2O沉淀，静置后过滤。用洗涤剂洗涤CaO2・8H2O沉淀，再经105℃烘干至恒重，最终得到CaO2产品。（1）A．硫酸钙微溶于水，影响后续反应速率，不可用稀硫酸代替稀盐酸，故A错误；B．后续步骤需控制溶液为碱性，过量盐酸会混入氯化钙使溶液呈酸性，且煮沸也难以完全去除HCl，所以盐酸不能过量，故B错误；C．后续步骤加入氨水会使溶液呈碱性，CO2在碱性条件下与Ca2+反应生成CaCO3沉淀影响产品纯度，因此需煮沸除去溶液中的CO2，防止后续步骤在碱性条件下与Ca2+生成CaCO3沉淀，故C正确；D．第一步过滤分离过量的碳酸钙沉淀和可溶的氯化钙，防止碳酸钙混入产物CaO2·8H2O影响纯度，故D正确；故答案为：CD。（2）过氧化氢在水溶液中电离：H2O2⇌H++（3）三颈烧瓶中的晶体转入到抽滤装置中时，瓶壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将瓶壁上的晶体冲洗下来后转入到抽滤装置中，最合适的液体是滤液，防止增加新的杂质，故答案为D。（4）①量气管可以用化学实验室中一种常用仪器来改装，该仪器的名称是碱式滴定管；②有关量气法测定产品中C