浙江省金华市2025届高三下学期二模考试化学试题（含答案）

第第页浙江省金华市2025届高三下学期二模考试化学试题一、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．下列物质属于含有共价键的分子是A．SiO2 B．C．NaOH D．H2．下列化学用语正确的是A．有机物的名称：3-醛基戊烷B．SO3的VSEPR模型：C．基态Mn原子的价电子排布图：D．氨基的电子式：3．物质的性质与用途息息相关，下列说法不正确的是A．Na能与水反应，可用作乙醚的除水剂B．新制CuOHC．Mg有较强的还原性，可用于钢铁的电化学防护D．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均呈碱性，可用作食用碱或工业用碱4．根据元素周期律，下列说法不正确的是A．第一电离能：C>Be>C．结合H+的能力：OH−>5．下列过程中涉及的有色物质，不具备指示反应终点功能的是A．制备明矾晶体，将制得的明矾晶体放入铬钾矾KCrSOB．检验乙烯时，将乙烯气体通入溴的四氯化碳溶液C．呼吸面具供氧时，Na2D．进行CH4取代反应性质的实验时，对CH4与6．关于铁及其化合物的性质，下列说法不正确的是A．高温下，Fe与水蒸气反应的氧化产物为FeB．Cu+2FeC．高温下，Fe与Al2D．1molFeC2O47．下列物质的结构或性质不能说明其用途的是A．浓硫酸、丙三醇可形成较多的氢键，故两种液体均具有吸湿性B．淀粉-聚丙烯酸钠结构中含有强亲水基团，故可作为可生物降解的绿色材料C．铝粉和NaOH反应能产生大量的气体且放热，故可作厨卫管道疏通剂D．离子液体由带电荷的离子组成，熔点低且难挥发，故可用作电化学研究的电解质8．下列离子方程式不正确的是A．Na2CO3溶液与足量B．过量Fe粉加入稀硝酸中：3C．少量Cl2被Na2D．酸性KMnO4溶液吸收少量甲醛：9．化合物X是一种药物递送载体，可用甲基水杨酸为原料合成。下列说法不正确的是A．用质谱仪检测A的最大质荷比为90B．甲基水杨酸能发生加成、氧化、取代反应C．B和C生成X的反应不是缩聚反应D．X分子中采用sp3杂化的原子共有3n+110．从海带中提取碘的实验方案如下，下列说法不正确的是A．试剂①是双氧水和稀硫酸，nB．试剂②可以是CCl4C．海带灰中可溶性的硫酸盐、碳酸盐可在步骤3中除去D．向步骤3所得有机层中加浓NaOH溶液，经分液、酸化、过滤、升华，可获得高纯碘11．二氧化碳加氢制甲醇过程中的主要反应如下(忽略其他副反应)：反应①：CO2g+3反应②：CO2g+恒压下，按投料比nCO2:nH2A．容器内混合气体的密度不再改变时已达平衡状态B．图中X、Y分别代表CO、HC．250℃时，反应②的平衡常数K<1D．若恒温恒容时，以nCO2:nH2=5:9投料，P12．冰晶石(Na3A．Na3B．与浓硫酸共热，可产生HF气体C．Cl原子的3p能级给出电子对能力比F原子的2p能级弱，故不存在NaD．Na313．已知：将工业废气(主要成分CO2和SO2)通入足量NaHCO3溶液获得溶液A和CO2，如下装置可实现污染治理和CO2A．装置①实现了化学能转化为电能B．电极2发生的反应为：OC．反应一段时间后，装置②的阳极区溶液pH降低D．治理过程中参与反应的SO2、CO14．化合物X在H+催化下可转化为M和少量其它烯烃副产物。下列说法不正确A．灼热CuO粉末投入过量X，黑色粉末变红B．中间体W中所有碳原子可能共面C．化合物X不能使酸性KMnO4D．中间体Z转化为中间体W能自发进行，说明W比Z更稳定15．室温下，向含有足量SrF2的悬浊液逐滴滴加稀盐酸，反应后混合液中−lgcX(X代表Sr2+或FA．x=2.2B．室温下，SrF2sC．室温下，SrF2sD．b点代表的溶液中：c16．测定某液态脂肪族卤代烃中卤素元素的步骤如下，下列说法不正确的是A．步骤①，量取卤代烃时可用碱式滴定管B．步骤①，卤代烃发生消去反应不会影响卤素百分含量的测定C．步骤③，若得到的固体呈黄色，则卤代烃中含碘元素D．步骤③，先水洗再乙醇洗，可使卤素百分含量测定结果更准确二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17．氮是自然界中普遍存在的元素，也是生命活动中不可或缺的元素。请回答：（1）关于氮元素相关的结构与性质，下列说法正确的是_______。A．基态N原子的电子排布式可表示为1sB．液氨中存在2NH3⇌NHC．将NH3通入H2D．NH2OH中的H−N−（2）某化合物A的晶胞如图。①化学式是；②将2.28g该化合物加入到盛有20mL水的烧杯中，充分搅拌后可以观察到的现象是。（3）NH3可以与多种金属离子形成配合物。已知：Co3+具有强氧化性，CoNH36①请分析Co3+和CoNH3②某研究小组以锂钴废料(主要成分为LiCoO2)为原料，活性炭为催化剂，制备Co步骤I：步骤II：(i)步骤I中酸溶时，可以选择的酸是；a．浓盐酸b．稀硫酸c．稀硝酸(ii)步骤II“转化”中将Co2+转化CoNH363+，应先加(iii)步骤II中以CoCl2、NH4Cl、H2O18．以H2为燃料气、CaSO已知：“燃料反应器”：主反应：CaSO4副反应：CaSO4“空气反应器”：CaS请回答：（1）在密闭容器中投入1molCaSO4和1molH①若“燃料反应器”中只发生反应I、Ⅱ且平衡常数随温度的变化如下表：温度/K873107312731473反应I的K6.6×2.5×1.0×4.8×反应Ⅱ的K1.5×8.5×5.71.1×(i)平衡常数K(T)与温度T的定量关系可表示为：lnKT1lnKT2(ii)1273K，“燃料反应器”达到平衡时cSO2=②请解释组成中nH2O③下列有关说法正确的是。A.某时刻“燃料反应器”中v正B.“空气反应器”中的CaS颗粒呈沸腾状，有利于加快CaS氧化速率C.增大“空气反应器”的空气通入量，能提高H2D.800℃时，主、副反应中的H2（2）“空气反应器”尾气中，O2的体积分数x温度/℃90098510301060x2.4%10%21%25%则“空气反应器”的温度不宜超过。（3）在惰性液态电解质中，电解SO2与甲醇的混合液制备硫酸二甲酯SO2OCH19．某实验小组探究苯甲醛与甲醛在浓NaOH作用下制备苯甲醇，实验原理及流程如下：已知：(1)苯甲醛微溶于水、苯甲醇在水中溶解度不大，两者均易溶于乙醚、密度均约为1g/cm3。(2)苯甲醛能与NaHSO3请回答：（1）甲醛试剂会缔合为三聚甲醛()，实验前需解聚，方法是：取50mL甲醛试剂，加1mL10%稀硫酸，加热回流。稀硫酸的作用是。（2）步骤Ⅰ所用的装置如下图所示。虚线框内装置的作用是。（3）步骤Ⅱ为分液，步骤Ⅳ为蒸馏。下列说法正确的是_______。A．步骤Ⅰ，实验操作必须在通风橱中完成B．步骤Ⅱ，加适量水的目的是溶解甲酸钠C．步骤Ⅱ，分离出的水层可用乙醚再次萃取并回收乙醚层D．步骤Ⅳ，温度计插入混合物M3中，会收集到沸点稍高的杂质（4）步骤Ⅲ对分离得到的有机层的“一系列操作”有如下步骤，请排序(填序号)。①加NaHCO3②加无水MgSO4③水洗，分液④加过量饱和NaHSO3⑤分液⑥过滤（5）步骤Ⅱ不选择按下图所示操作进行，原因是。（6）HCHO的还原性强于苯甲醛的原因是。20．中华裸蒴中含有一种具有杀菌活性的化合物J，其合成路线如图：已知：请回答：（1）化合物A的官能团名称是。（2）化合物E的结构简式为。（3）下列说法正确的是_______。A．化合物J的分子式为CB．碱性：化合物F>C．步骤④中改用稀硫酸，会降低化合物J的产率D．步骤⑥中P2（4）由化合物B生成化合物C的化学方程式为。（5）写出3种符合下列条件的化合物X()的同分异构体。①分子中含有1个苯环、1个五元环；②核磁共振氢谱表明：分子中有3种不同化学环境的氢原子；③不能发生银镜反应。（6）以甲苯()为原料，设计化合物F的合成路线(用流程图表示；无机试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、SiO2是原子晶体，由硅原子和氧原子通过共价键直接构成空间网状结构，不存在独立的SiO2分子，故A不符合题意；

B、这是苯胺盐酸盐，属于离子晶体，由C6H5NH3+和Cl-通过离子键结合，不存在对应的分子，故B不符合题意；

C、NaOH是离子晶体，由Na+和OH-通过离子键结合，虽然OH-内部存在O-H共价键，但不存在独立的NaOH分子，故C不符合题意；

D、H3PO4是共价化合物，分子内只含共价键，且属于分子晶体，存在独立的H3PO4分子，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A．属于原子晶体，虽然全是共价键，但不存在SiO2分子。

B．属于离子晶体，由离子构成，不存在对应的分子。

C．属于离子晶体，虽然OH-内部有O-H共价键，但不存在NaOH分子。

D．属于共价化合物，也是分子晶体，存在独立的H3PO4分子，且分子内只含共价键。2．【答案】B【解析】【解答】A、该有机物主链应选择包含醛基的最长碳链，共4个碳原子，正确名称为2-乙基丁醛，而非“3-醛基戊烷”，A错误；

B、SO3的中心S原子价层电子对数为3，无孤电子对，采取sp2杂化，其VSEPR模型为平面三角形，与图示一致，B正确；

C、基态Mn原子的价电子排布为3d54s2，根据洪特规则，3d轨道的5个电子应分占5个轨道且自旋平行，4s轨道的2个电子自旋相反，因此价电子排布图为，C项错误；

D、氨基（-NH2）的电子式中，N原子应与2个H原子形成共价键，同时N原子还存在1对孤电子对，正确的电子式为，D错误；

故答案为：B。

【分析】A．主链应选含醛基的4个碳原子，正确名称为2-乙基丁醛。

B．SO3的中心S原子价层电子对数为3，无孤电子对，sp2杂化，VSEPR模型为平面三角形。

C．基态Mn原子价电子排布为3d54s2，价电子排布图应为3d轨道5个单电子，4s轨道1对成对电子。

D．氨基的电子式中N原子需保留1对孤电子对。3．【答案】B【解析】【解答】A、Na能与水发生反应生成氢气，而乙醚不与Na反应，因此Na可以有效除去乙醚中的微量水分，可用作乙醚的除水剂，A正确；

B、葡萄糖和麦芽糖都属于还原糖，分子中均含有醛基，都能与新制Cu(OH)2悬浊液共热生成砖红色Cu2O沉淀；淀粉是非还原糖，不发生该反应。因此新制Cu(OH)2悬浊液只能区分淀粉与还原糖，无法区分葡萄糖和麦芽糖，B错误；

C、Mg的还原性比Fe强，在形成原电池时Mg作为负极被氧化，Fe作为正极被保护，属于牺牲阳极法，可用于钢铁的电化学防护，C正确；

D、碳酸钠和碳酸氢钠都是强碱弱酸盐，溶于水后因水解使溶液呈碱性，因此可用作食用碱或工业用碱，D正确；

故答案为：B。

【分析】A．Na能与水反应，而乙醚不与Na反应，因此Na可有效除去乙醚中的水分，可用作乙醚的除水剂。

B．葡萄糖和麦芽糖都是还原糖，都能与新制Cu(OH)2悬浊液共热生成砖红色沉淀，无法用该试剂区分二者。

C．Mg的还原性比Fe强，可作为原电池负极保护钢铁，属于牺牲阳极的电化学防护。

D．Na2CO3和NaHCO3都是强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，可用作食用碱或工业用碱。4．【答案】C【解析】【解答】A、Na是金属元素，第一电离能较小。同周期从左到右，第一电离能呈增大趋势，且Be的2s轨道为全满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素，因此第一电离能顺序为C>Be>Na，A正确；

B、HCl、H2S、PH3的分子极性依次减弱，根据“相似相溶”原理，它们在水中的溶解性也依次降低，即溶解性顺序为HCl>H2S>PH3，B正确；

C、H2O是弱电解质，能部分电离出OH-和H+；NH3是非电解质，比H2O更难电离，说明NH2-比OH-更容易结合H+，因此结合H+的能力顺序为OH-<NH2-，C错误；

D、Mg的金属性强于Al，与Cl的电负性差值更大，形成的化学键离子性更强，因此离子键百分数MgCl2>AlCl3，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题易错点：

第一电离能：注意Be的2s2全满稳定结构，导致其第一电离能高于B。

溶解性与分子极性：分子极性越强，在极性溶剂（如水）中的溶解性通常越好。

离子结合H+能力：对应共轭酸的酸性越弱，其共轭碱结合H+的能力越强。

离子键百分数：两元素电负性差值越大，形成的化学键离子性越强。5．【答案】A【解析】【解答】A、将明矾晶体放入铬钾矾[KCr(SO4)2]的紫色饱和溶液中，整个过程溶液始终保持紫色，没有发生颜色变化。铬钾矾仅作为维持晶体析出的饱和溶液环境，并未通过颜色改变来指示反应终点，因此不具备指示功能，A符合题意；

B、溴的四氯化碳溶液呈橙红色，通入乙烯后，溴与乙烯发生加成反应，溶液颜色褪去。颜色的消失明确指示了乙烯与溴反应的发生，因此溴单质具备指示功能，B不符合题意；

C、Na2O2为淡黄色固体，与水或CO2反应后生成白色的NaOH或Na2CO3。固体颜色从淡黄色变为白色，这一变化可作为反应发生的直观指示，因此Na2O2具备指示功能，C不符合题意；

D、Cl2为黄绿色气体，与CH4在光照下发生取代反应，Cl2被消耗，气体颜色逐渐褪去。颜色的消失指示了取代反应的进行，因此Cl2具备指示功能，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】本题的解题要点是判断有色物质是否通过自身颜色变化来指示反应终点：

只有当有色物质因参与反应而发生明显、可观察的颜色改变时，才能作为反应终点的指示剂。

若有色物质的颜色在过程中保持不变，则无法起到指示作用。6．【答案】C【解析】【解答】A、高温下，Fe与水蒸气反应生成黑色固体Fe3O4和H2，Fe元素被氧化，Fe3O4是该反应的氧化产物，A正确；

B、在反应Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+中，Fe3+是氧化剂，Cu2+是氧化产物。根据“氧化剂的氧化性强于氧化产物”的规律，可判断氧化性：Fe3+>Cu2+，B正确；

C、铝热反应的本质是铝作为还原剂，将比铝不活泼的金属从其氧化物中还原出来。焊接铁轨时，是铝粉与Fe2O3等铁的氧化物发生反应，而不是Fe与Al2O3反应，C错误；

D、在FeC2O4中，Fe为+2价，C2O42-中C为+3价。当它与足量酸性KMnO4反应时，Fe2+被氧化为Fe3+（失去1mol电子），C2O42-被氧化为CO2（每个C从+3价升至+4价，共失去2mol电子）。根据得失电子守恒，1molFeC2O4总共转移3mol电子，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题的解题要点：

铁与水蒸气的反应：高温下Fe与H2O(g)反应的产物是Fe3O4和H2，Fe3O4是氧化产物。

氧化性强弱判断：依据“氧化剂>氧化产物”的原则，通过分析反应中元素化合价的升降来判断。

铝热反应的定义：铝热反应是铝与金属氧化物（金属活动性比铝弱）的反应，Fe的金属活动性弱于Al，因此Fe不能与Al2O3发生铝热反应。

氧化还原反应的电子转移计算：需要分别计算Fe2+和C2O42-在反应中失去的电子数，再求和得到总转移电子数。7．【答案】B【解析】【解答】A、浓硫酸和丙三醇分子中都含有多个羟基，能与水分子形成大量氢键，从而表现出较强的吸湿性，这一性质可以直接解释它们作为吸湿剂的用途，A正确；

B、淀粉-聚丙烯酸钠结构中含有强亲水基团，这一结构特点决定了它具有良好的吸水性。而它作为可生物降解的绿色材料，是因为其分子链可以在微生物作用下水解断裂，与亲水基团的性质没有直接的因果关系，因此不能用该性质说明其用途，B错误；

C、铝粉与NaOH溶液反应会产生大量H2气体，使管道内压强增大，同时反应放热可以软化管道内的堵塞物，因此可用作厨卫管道疏通剂，C正确；

D、离子液体由带电荷的阴、阳离子组成，具有熔点低、难挥发、离子可导电的特点，这些性质使其非常适合作为电化学研究中的电解质，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题的解题要点是判断物质的结构或性质与用途之间是否存在直接的因果关系：

正确的对应关系应是：物质的某一特定结构或性质，直接导致了它能被用于某一特定用途，若给出的性质与用途之间没有逻辑关联（如选项B），则该说法不成立。8．【答案】D【解析】【解答】A、苯酚（C6H5OH）的酸性弱于H2CO3但强于HCO3-，因此Na2CO3溶液与足量苯酚反应时，CO32-只能得到一个H+生成HCO3-，离子方程式为CO32-+C6H5OH=C6H5O-+HCO3-，A正确；

B、过量Fe粉加入稀硝酸中，Fe会将生成的Fe3+还原为Fe2+，最终产物为Fe2+、NO和H2O，配平后的离子方程式为3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，B正确；

C、少量Cl2被Na2SO3溶液吸收时，Cl2作为氧化剂将SO32-氧化。由于Na2SO3过量，生成的H+会与剩余的SO32-结合生成HSO3-，离子方程式为Cl2+3SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2HSO3-，C正确；

D、酸性KMnO4溶液吸收少量甲醛时，甲醛（HCHO）被强氧化剂KMnO4氧化，碳元素从0价被氧化至+4价，最终产物应为CO2或CO32-，而不是甲酸（HCOOH）。反应的离子方程式为5HCHO+4MnO4−+12H+→5CO2↑+4Mn9．【答案】D【解析】【解答】A、由甲基水杨酸生成B的结构可知，A应为乙酸酐（），其相对分子质量为102，因此用质谱仪检测A的最大质荷比为102，而非90，A错误；

B、甲基水杨酸分子中含有苯环，可发生加成反应；含有酚羟基，易被氧化；含有羧基和酚羟基，可发生酯化等取代反应，B正确；

C、B和C生成X的反应是通过酯基形成高分子，过程中没有小分子物质生成，因此不属于缩聚反应，C正确；

D、分析X的结构，每个重复单元中，采用sp3杂化的原子包括：侧链上的2个饱和碳原子、1个醚氧原子，再加上链端的1个饱和氧原子，总数应为4n+1个，而非3n+1个，D错误；

故答案为：D。

【分析】本题的解题要点是围绕有机物的结构与性质展开：

结构推断：通过分析反应前后的结构变化，推断出中间体A的结构和相对分子质量。

官能团性质：根据甲基水杨酸含有的苯环、酚羟基、羧基等官能团，判断其可发生的反应类型。

聚合反应类型：缩聚反应的特征是生成高分子的同时伴随小分子（如H2O）生成，而此反应无小分子生成，故不属于缩聚反应。

杂化方式判断：sp3杂化的原子通常形成4个单键（或2个单键+2对孤电子对），需要逐一分析X分子中每个原子的成键情况，准确统计sp3杂化原子的数量。10．【答案】A【解析】【解答】A、在酸性条件下，H2O2作为氧化剂将I-氧化为I2，反应的离子方程式为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，由方程式可知，消耗的H2O2与生成的I2的物质的量之比为1：1，A正确；

B、试剂②的作用是萃取碘水中的I2。CCl4和苯都不溶于水，且I2在其中的溶解度远大于在水中的溶解度，因此都可以作为萃取剂，B正确；

C、步骤1（浸泡、过滤）和步骤2（氧化）主要是将碘元素从海带灰中转移并富集到水溶液中，而海带灰中的可溶性硫酸盐、碳酸盐等杂质，在步骤1的过滤操作中就已经大部分被除去，而不是在步骤3（萃取分液）中除去，C错误；

D、向步骤3所得有机层中加入浓NaOH溶液，I2会与NaOH反应生成易溶于水的NaI和NaIO，通过分液可将碘从有机相转移到水相；再经酸化、过滤得到粗碘，最后通过升华提纯，可获得高纯碘，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题的解题要点是围绕“从海带中提取碘”的实验流程，分析各步骤的原理和作用：

氧化反应：明确H2O2在酸性条件下氧化I-的化学计量关系，是判断A选项的关键。

萃取原理：萃取剂需要满足“不溶于水、溶质在其中溶解度大”的条件，CCl4和苯都符合这一要求。

除杂时机：海带灰中的可溶性杂质主要在步骤1的浸泡和过滤中被除去，而不是在萃取步骤。

碘的提纯：利用I2与碱反应、再酸化的方法，可以将碘从有机相转移到水相，再通过升华法获得高纯碘。11．【答案】B【解析】【解答】A、该反应在恒压条件下进行，反应前后气体总物质的量发生变化，导致容器体积改变。混合气体的密度等于总质量除以体积，总质量不变，体积变化，因此密度是一个变量。当密度不再改变时，说明反应已达平衡状态，A正确；

B、反应①是放热反应，升温会抑制CH3OH和H2O的生成；反应②是吸热反应，升温会促进CO和H2O的生成。H2O同时作为两个反应的产物，其物质的量分数受两个反应共同影响，因此H2O的量分数变化趋势为先增后减或变化平缓，而CO的量分数会随温度升高单调递增。所以图中X代表CO，Y代表CH3OH，Z代表H2O，B错误；

C、在250℃时，从图中可以看出，H2O的物质的量分数（Z）大于CO的物质的量分数（X）。由于总压相同，反应②的平衡常数KpD、设起始时nCO2=5mol，nH2=9mol，设反应①中CO2转化了xmol，反应②中CO2转化了ymol，平衡时nCH3OH=xmol，nH2O=x+ymol，由nCH3OH:nH2O=2:3，得3x=2x+2y，即y=x2；n(CO2)=(5-x-y)mol=(5-3x2)mol故答案为：B。

【分析】本题的解题要点是结合化学平衡原理和图像信息进行综合分析：

平衡状态判断：恒压下，气体总物质的量变化导致体积变化，密度作为变量可用于判断平衡。

物质曲线判断：根据反应热效应，分析温度对各产物量分数的影响，区分H2O、CH3OH和CO的变化趋势。

平衡常数计算：利用图像中物质的量分数关系，判断Kp与1的大小关系。

复杂计算：通过原子守恒和压强关系，联立方程求解各物质的平衡量，再代入Kp表达式计算。12．【答案】B【解析】【解答】A、Na3AlF6是由Na+和[AlF6]3-构成的离子化合物，属于离子晶体，并非混合型晶体，A错误；

B、冰晶石中的F-与浓硫酸共热时，会发生复分解反应，生成难挥发的HF气体，这是实验室制备HF的常用原理，B正确；

C、不存在Na3AlCl6的主要原因是Cl-的半径比F-大，Al3+的半径小，无法容纳6个体积较大的Cl-在其周围形成稳定的八面体结构，而不是因为Cl的3p能级给出电子的能力更弱。实际上，F的电负性更强，更易给出孤对电子形成配位键，C错误；

D、Al原子的价层电子轨道为3s、3p，不存在2d轨道。在[AlF6]3-中，Al采取的是sp3d2杂化，使用的是3s、3p和3d轨道，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题的解题要点是围绕物质结构与性质的核心概念展开：

晶体类型判断：根据构成晶体的微粒和作用力判断，Na3AlF6由离子构成，属于离子晶体。

化学反应原理：利用强酸制弱酸和难挥发性酸制易挥发性酸的原理，分析F-与浓硫酸的反应。

配位化合物稳定性：配合物的稳定性与中心离子和配体的半径匹配度、电负性等因素相关，Cl-半径过大导致无法形成稳定的[AlCl6]3-。

原子轨道与杂化：明确主量子数n与轨道的对应关系，Al作为第三周期元素，其价层轨道中不存在2d轨道。13．【答案】D【解析】【解答】A、装置①是原电池，其作用是将化学反应释放的化学能直接转化为电能，为后续的电解池提供动力，A正确；

B、在装置①的原电池中，电极2为正极，O2在此得到电子发生还原反应，反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，B正确；

C、在装置②的电解池中，电极3为阳极，SO32-在此失去电子被氧化为SO42-，反应式为SO32−−2e−+H2O=SO42−+2H+。该反应生成了H+，导致溶液中H+浓度升高，pH降低，C正确；

D、在预处理阶段，1molSO2与NaHCO3反应会生成1molCO2，这使得体系中CO2的总量增加。在后续的电解池中，CO2作为原料被还原为HCOOH。因此，整个治理过程中，参与反应的SO2和CO2的物质的量之比大于1：1，而非小于，D错误；

故答案为：D。

【分析】整个流程分为两个核心阶段：

预处理阶段：将含CO2和SO2的工业废气通入足量NaHCO3溶液。由于H2SO3的酸性强于H2CO3，SO2会与NaHCO3反应：SO2+NaHCO3=NaHSO14．【答案】C【解析】【解答】A、化合物X是(CH3)3CCH2OH，属于伯醇，能被灼热的CuO氧化为醛，同时CuO被还原为红色的Cu单质，因此黑色粉末会变红，A正确；

B、中间体W的结构为(CH3)3C+CH2CH3，带正电荷的碳原子为sp2杂化，与其直接相连的3个碳原子共平面。通过碳碳单键的旋转，其余甲基上的碳原子也可以处于这个平面内，因此W中所有碳原子可能共面，B正确；

C、化合物X含有-CH2OH基团，属于醇类，能被酸性KMnO4溶液氧化，从而使溶液的紫色褪去，C错误；

D、中间体Z转化为W的过程能自发进行，根据热力学原理，自发反应的方向是从高能态向低能态进行，这说明W的能量更低、结构更稳定，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题的解题要点是围绕有机物的结构与性质展开：

醇的氧化反应：伯醇（-CH2OH）可以被CuO或酸性KMnO4等氧化剂氧化，这是判断A、C选项的关键。

碳原子共面问题：sp2杂化的碳原子决定了一个平面，通过单键旋转可以使其他碳原子进入该平面。

反应自发性与物质稳定性：自发反应通常朝着生成更稳定物质的方向进行。15．【答案】D【解析】【解答】A、在a点，−lg⁡c(Sr2+)=1.0。根据公式−B、在c点，−lg⁡c(Sr2+)=−lg⁡c(F−)=3.2，即C、总反应SrF2(s)+2H+(aq)⇌SrD、在b点，c(Sr2+)=c(F−)。由物料守恒2c(Sr2+)=c(HF)+c(F−)，可得故答案为：D。【分析】曲线对应关系：根据公式−lg⁡c(H+)c(HF)=−lg⁡c(F−)−lg⁡Ka，可知−lg⁡c(H+)c(HF16．【答案】A【解析】【解答】A、液态脂肪族卤代烃具有腐蚀性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此量取卤代烃时应使用酸式滴定管或移液管，而不能使用碱式滴定管，A错误；

B、在步骤①中，卤代烃无论是发生水解反应（取代）还是消去反应，卤素原子都会转化为NaX（X为Cl、Br、I）。在后续步骤中，X-与Ag+按1：1的物质的量之比生成AgX沉淀，因此不会影响卤素百分含量的测定，B正确；

C、步骤③中，若得到的固体呈黄色，该沉淀为AgI，说明卤代烃中含有碘元素，C正确；

D、步骤③中，先用水洗涤可以除去沉淀表面吸附的可溶性杂质（如NaNO3等），再用乙醇洗涤可以除去沉淀表面的水分，使沉淀更纯净、干燥，从而使卤素百分含量的测定结果更准确，D正确；

故答案为：A。

【分析】本题围绕“液态脂肪族卤代烃中卤素含量测定”的实验流程，考查实验仪器选择、反应原理、产物判断和洗涤操作等知识点。

仪器选择：卤代烃具有腐蚀性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此必须使用酸式滴定管。

反应原理：无论是取代（水解）还是消去反应，卤代烃中的卤素原子都会转化为卤素离子，与Ag+按1：1生成沉淀，因此不影响最终的定量测定。

沉淀颜色：AgCl为白色，AgBr为浅黄色，AgI为黄色，可根据沉淀颜色初步判断卤素种类。

洗涤操作：先用水洗去可溶性杂质，再用乙醇洗去水分，可确保沉淀干燥、纯净，使测定结果更准确。17．【答案】（1）A；C（2）FeNH（3）CoNH363+中NH【解析】【解答】（1）A．电子排布于相同能量轨道上时尽可能分占不同轨道，基态N原子的电子排布式可表示为1s2B．NH2−中N的价层电子对数为5+C．N的电负性小于O的，更容易给出孤电子对，故氢键强弱：O−D．NH2OH和NH3OH+中N原子都为sp3杂化，NH2OH中N原子有1个孤电子对，NH3OH故答案为：AC。（2）①由晶胞图可知，8个Cl位于体内，Fe位于顶点和面心，个数为8×18+6×12Cl=4：24：8=1：6：2，其化学式为FeNH②FeNH36Cl2中Fe2+故答案为：FeNH36Cl2；先出现白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变为红褐色；

（3）①因为CoNH3②(i)酸溶时，LiCoO2与浓盐酸反应虽然能够生成Co2+，但会产生有毒气体Cl2，污染环境，稀硝酸具有强氧化性，得不到Co2+；工业上一般用稀硫酸和双氧水酸浸钴锂废料，LiCoO2在稀硫酸溶解得到Co3+，然后在酸性条件下Co3+被还原为Co2+，同时生成的O2对环境无污染，故选b。(ii)Co2+不易被氧化，CoNH362+具有较强还原性，步骤II“转化”中将Co2+(iii)H2O2作氧化剂，将Co2+氧化为+3价，则以CoCl2、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料制备CoNH36Cl3的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2CoNH36Cl3+2H2O。

故答案为：CoNH363+中NH3的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，相当于已经“得到”过电子，较难从其他物质中得电子；b；氨水；H2O2溶液；2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2=2CoNH36Cl3+2H2O。

【分析】(1)A：基态N原子的2p轨道半充满，电子排布式为1s22s22pₓ¹2pᵧ¹2p_z¹，符合洪特规则。

B：NH2-中N的价层电子对数为4，采取sp3杂化，而非sp2。

C：O的电负性大于N，O-H…O氢键强于N-H…O氢键。

D：NH2OH中N有1对孤电子对，NH3OH+中N无孤电子对，孤电子对斥力更大，故NH（1）A．电子排布于相同能量轨道上时尽可能分占不同轨道，基态N原子的电子排布式可表示为1s2B．NH2−中N的价层电子对数为5+C．N的电负性小于O的，更容易给出孤电子对，故氢键强弱：O−D．NH2OH和NH3OH+中N原子都为sp3杂化，NH2OH中N原子有1个孤电子对，NH3OH故选AC。（2）①由晶胞图可知，8个Cl位于体内，Fe位于顶点和面心，个数为8×18+6×12Cl=4：24：8=1：6：2，其化学式为FeNH②FeNH36Cl2中Fe2+（3）①因为CoNH363+中NH3②(i)酸溶时，LiCoO2与浓盐酸反应虽然能够生成Co2+，但会产生有毒气体Cl2，污染环境，稀硝酸具有强氧化性，得不到Co2+；工业上一般用稀硫酸和双氧水酸浸钴锂废料，LiCoO2在稀硫酸溶解得到Co3+，然后在酸性条件下Co3+被还原为Co2+，同时生成的O2对环境无污染，故选b。(ii)Co2+不易被氧化，CoNH362+具有较强还原性，步骤II“转化”中将Co2+(iii)H2O2作氧化剂，将Co2+氧化为+3价，则以CoCl2、NH4Cl18．【答案】（1）ΔH1的绝对值比ΔH2的绝对值小；0.057；随温度升高，反应速率加快，nH（2）1030℃（3）SO【解析】【解答】（1）①(i)结合平衡常数K(T)与温度T的定量关系可知，平衡常数随温度变化的大小和反应热的绝对值的大小是有关系的，则K1随温度变化的变化趋势小于K2的原因是：ΔH(ii)结合表格中数据，主反应平衡常数表达式K1=c4(H2O)②主反应随温度升高K减小，主反应为放热反应，副反应随温度升高K增大，副反应为吸热反应；由图可知，经相同时间，随着温度的升高，水的物质的量先增大，随后减小，到一定程度再次增大，“燃料反应器”中，主反应和副反应中水都是产物，随着温度升高，反应速率增大，温度升高到一定程度，反应达到平衡，随后平衡发生移动，则组成中nH2Og随温度变化的原因是：随温度升高，反应速率加快，nH③A．v正B．CaS颗粒呈沸腾状，则CaS和空气接触充分，反应速率加快，B正确；C．增大“空气反应器”的空气通入量可以增大硫酸钙的量，而硫酸钙是固体，在“燃料反应器”增大硫酸钙的量平衡不移动，H2D．由图可知，800℃时经相同时间，主反应产生的硫化钙的物质的量和副反应产生的二氧化硫的物质的量相等，但是根据速率之比等于系数之比，则主反应中的H2故答案为：ΔH1的绝对值比ΔH2的绝对值小；0.057；随温度升高，反应速率加快，nH（2）空气中氧气的体积分数为21%，结合表中信息可知，1030℃时氧气的体积分数为21%，说明此时氧气已经够用，故“空气反应器”的温度不宜超过1030℃；

故答案为：1030℃；（3）阳极发生氧化反应，二氧化硫失去电子结合甲醇生成硫酸二甲酯，电极反应式是：SO2+2CH3OH−2e−=SO2OCH32+2H+。

故答案为：SO2+2CH3OH−2e−=SO2OCH32+2H+。

【分析】(1)①(i)：根据公式ln⁡K(T1(2)空气中O2体积分数为21%。1030℃时尾气中x(O2)=21%(3)阳极发生氧化反应，SO2失去电子，与CH3OH结合生成SO2（1）①(i)结合平衡常数K(T)与温度T的定量关系可知，平衡常数随温度变化的大小和反应热的绝对值的大小是有关系的，则K1随温度变化的变化趋势小于K2的原因是：ΔH(ii)结合表格中数据，主反应平衡常数表达式K1=c4(H2O)②主反应随温度升高K减小，主反应为放热反应，副反应随温度升高K增大，副反应为吸热反应；由图可知，经相同时间，随着温度的升高，水的物质的量先增大，随后减小，到一定程度再次增大，“燃料反应器”中，主反应和副反应中水都是产物，随着温度升高，反应速率增大，温度升高到一定程度，反应达到平衡，随后平衡发生移动，则组成中nH2Og随温度变化的原因是：随温度升高，反应速率加快，nH③A．v正B．CaS颗粒呈沸腾状，则CaS和空气接触充分，反应速率加快，B正确；C．增大“空气反应器”的空气通入量可以增大硫酸钙的量，而硫酸钙是固体，在“燃料反应器”增大硫酸钙的量平衡不移动，H2D．由图可知，800℃时经相同时间，主反应产生的硫化钙的物质的量和副反应产生的二氧化硫的物质的量相等，但是根据速率之比等于系数之比，则主反应中的H2故选AB；（2）空气中氧气的体积分数为21%，结合表中信息可知，1030℃时氧气的体积分数为21%，说明此时氧气已经够用，故“空气反应器”的温度不宜超过1030℃；答案为：1030℃；（3）阳极发生氧化反应，二氧化硫失去电子结合甲醇生成硫酸二甲酯，电极反应式是：SO219．【答案】（1）催化剂（2）吸收挥发的HCHO，防止空气中O2的进入装置内（3）A；B；C（4）④⑥①⑤③②（5）苯甲醛、苯甲醇密度均约为1g/cm3，与水难以有效分层（6）苯甲醛中苯环使醛基中的C-H键极性减弱，不易断裂【解析】【解答】（1）三聚甲醛在稀硫酸的催化下会解聚生成甲醛，反应过程中稀硫酸为催化剂；故答案为：催化剂；

（2）虚线框内装置中的水可以吸收挥发出的甲醛，防止倒吸，反应物的醛类物质具有较强的还原性，因此该装置还可以防止空气中O2的进入装置内发生副反应；故答案为：吸收挥发的HCHO，防止空气中O2的进入装置内；

（3）A．由于反应物HCHO是气体，易从体系中挥发，因此步骤Ⅰ的实验操作必须在通风橱中完成，A正确；B．根据分析，步骤Ⅱ中加适量水的目的之一是溶解甲酸钠，B正确；C．步骤Ⅱ中分离出的水层可用乙醚再次萃取并回收乙醚层可以增大产率，C正确；D．步骤Ⅳ为蒸馏操作，温度计的水银球需在支管口处，不能插入混合物中，D错误；故答案为：​​​​​​ABC；（4）根据分析，“一系列操作”的顺序为④⑥①⑤③②；故答案为：④⑥①⑤③②；

（5）混合物M1中含有水、苯甲醛、苯甲醇等，苯甲醛、苯甲醇虽然难溶于水，但它们的密度均约为1g/cm3，与水难以有效分层，因此不采用图中的操作；故答案为：苯甲醛、苯甲醇密度均约为1g/cm3，与水难以有效分层；

（6）醛基表现还原性时要断裂C-H键，苯环中含有大π键，电子云密度较高，导致醛基中C-H键的极性减弱，不易断裂。

故答案为：苯甲醛中苯环使醛基中的C-H键极性减弱，不易断裂。

【分析】本实验的核心是通过多步分离操作，从反应混合物中提纯苯甲醇，具体逻辑如下：

反应阶段：苯甲醛与过量甲醛在浓NaOH溶液中发生Cannizzaro反应，生成苯甲醇和甲酸钠。

初步分离（步骤II）：向混合物M1中先加水，使未反应的HCHO、生成的HCOONa和催化剂NaOH溶解到水相；再加入乙醚，使未反应的苯甲醛和产物苯甲醇溶解到有机相（乙醚层）。利用水和乙醚不互溶的性质，通过分液弃去水相，实现水溶性杂质与目标产物的初步分离。

深度除杂（步骤III）：向得到的有机层中加入饱和NaHSO3溶液，苯甲醛会与其反应生成难溶于水和乙醚的固体，从而从有机相中被除去。随后过滤除去该固体，再加入NaHCO3溶液至无气泡产生，以中和并除去过量的NaHSO3。

纯化与干燥（步骤IV）：通过分液、多次水洗，除去有机层中残留的少量盐类杂质。加入无水MgSO4干燥有机层，过滤后进行蒸馏，利用沸点差异得