浙江省温州市2025届高三下学期二模化学试题（含答案）

第第页浙江省温州市2025届高三下学期二模化学试题一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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．下列物质中含有非极性键的是A．NaCl B．HClO C．CO2 D．2．下列说法中，不正确的是A．铬酸作氧化剂，可使铝制品的表面产生美丽的氧化膜B．La-Ni合金的氢化物受热不易分解，可以作为储氢合金C．液态的氯乙烷汽化时吸收大量热量，具有冷冻麻醉作用D．TiO23．下列化学用语表达正确的是A．Cl2分子中的σ键：B．Fe2+的价电子排布式：C．乙炔的结构简式：CHCHD．氨气的电子式：4．根据元素周期表，下列说法不正确的是A．原子半径：BB．与水反应的剧烈程度：LiC．酸性：BD．分子极性：H5．关于试剂保存方法，下列说法正确的是A．酸性高锰酸钾溶液保存在棕色细口瓶中B．氢氧化钠溶液保存在带玻璃塞的试剂瓶中C．保存液溴、白磷、金属钠要用水封D．汽油存放在带橡胶塞的棕色试剂瓶中6．关于硫的性质，下列说法不正确的是A．浓硫酸可干燥SOB．S与Cu加热条件下反应生成CuC．向Na2S和NaD．1molFeS2与氧气在沸腾炉中完全反应生成Fe27．下列物质的结构或性质不能说明其用途的是A．明矾水解可以产生胶体，故明矾可作为消毒剂B．聚乙炔具有共轭大π键体系，可用于制备导电高分子材料C．十二烷基磺酸根离子有亲水基团和疏水基团，故可作为表面活性剂D．铁粉具有还原性，可以作为食品脱氧剂8．下列离子方程式正确的是A．Al与NaOH溶液反应：2B．向银氨溶液中加入过量的盐酸：AgC．用石墨电极电解稀NaCl溶液：2D．向NaHS溶液中滴加少量CuSO4溶液：9．化合物Y是一种治疗心脑血管疾病药物的中间体。下列说法不正确的是A．X→B．化合物X在酸性条件下的水解产物之一能与FeCl3C．1mol化合物Y与NaOH溶液反应，最多消耗1D．化合物Y中所有碳(C)原子共平面10．某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙，提纯苯甲酸按如下流程：下列说法正确的是A．甲操作，可用蒸发皿代替烧杯B．乙操作，漏斗颈部可能有晶体析出影响过滤C．丙操作，采用冰水冷却可得大颗粒晶体便于后续操作D．丁与乙操作，均采用冷水洗涤可提高产率11．水煤气变换法反应为：COg+H2O下列说法不正确的是A．温度T2高于B．升高温度，正反应速率增大的倍数小于逆反应速率C．恒温恒容下，在状态a容器中再充入1.8molCO和2.7D．在T2时，反应物的物质的量投入加倍，则φ12．某新型锂离子电池是以嵌锂非晶硅薄膜LixSi和钴酸锂LiCoO2下列说法正确的是A．充电时，b极接电源的负极B．充电时，a极的电极反应式为xeC．放电时，外电路通过1moleD．放电时，Li+穿过Li13．Li、N形成的一种化合物的结构如图1所示为，下列说法不正确的是A．该化合物的化学式为LiB．冶炼金属锂的时，不能用氮气作为保护气C．将该物质投入热的浓NaOH溶液中能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体D．图2为该化合物的一个晶胞14．某研究小组以Na+作模板按以下路线制备高效相转移催化剂15-冠-5(部分反应条件及试剂已简化)：下列说法正确的是A．化合物A与15-冠-5是同系物B．A→E过程中，H+和OH-都是催化剂C．1个D分子中有4个手性碳原子D．利用上述流程的原理，改用KOH可以制备18-冠-6()15．已知：常温下，KaCH3COOH=A．向0.1mol⋅B．0.1mol⋅L−1C．Mg2+aqD．NH4216．以卤水(主要以I−下列说法不正确的是A．氧化剂1可以是H2OB．“吸附”步骤中，高分子树脂能与I2C．“脱附”的离子方程式：ID．“精制”过程可以是加热升华，再冷凝二、非选择题(本大题共4小题，共52分)。17．氟元素在医疗、生活和工业等多个领域发挥着重要作用。请回答：（1）ⅦA族元素又称为卤族元素，下列关于卤族元素的表达中正确的是_______。A．F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小B．基态溴原子核外电子排布式：ArC．微粒半径比较：rD．ClO3（2）NF3是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体，可用以下方法制备：4NH①比较键角的大小：NH3NF②比较配位键的强弱：H3N→（3）一般来说，晶体结构中阴、阳离子的配位数由结构中阴、阳离子半径的比值来决定。K+的半径与NH①NH4F晶胞中，F−②NH4F晶胞中的阴、阳配位数与KF不同的原因是（4）湿法生产磷酸的废液中含有一种二元强酸H2SiF6过程如下：步骤Ⅰ：向废液中加入Na2SO4步骤Ⅱ：Na2已知：Na2SiF6在水中溶解度随温度的升高急剧增大，Na2SiF①写出步骤Ⅰ中的离子方程式：。②Na2SiF6③白炭黑的主要成分是。(写化学式)④写出生产冰晶石的化学方程式：。18．HCl是涉氯工业生产中的副产品，O2（1）HCl直接氧化法制Cl2CuOs+22CuCl2利于反应4HClg+A．高温B．低温C．高压D．低压E．催化剂（2）有科学家发现Cu2OCl2是OA．温度越高，生成Cl2B．适当增大O2C．氧气的浓度越大，Cl2D．在CuO中加入适量的KCl能提高反应速率（3）将HCl和O2的物质的量按1:1以不同起始流速通入装有催化剂的反应器，在360℃、440℃下分别发生氧化反应，通过检测不同温度下反应器出口处气体成分绘制HCl的转化率(α)曲线如图-1所示(HCl流速≤0.10①图-1中T2为℃。反应在流速0.10mol·h-1时αT2>α②设M与N点的转化率为平衡转化率，求440℃的平衡常数Kx为。(用平衡时气体物质的量分数③将HCl和O2分别按物质的量比1:1和4:1通入装有催化剂的反应器反应，在图-2中分别画出HCl平衡转化率随温度变化的曲线图（4）科学家设计了一种O2氧化HCl新的工艺方案：电解槽的阴阳极用质子交换膜隔开，以Fe3+为催化剂，通过电化学过程和化学过程实现HCl的氧化。其中阴极发生的反应包括两步，请补充第2步反应的方程式。①Fe3++19．某兴趣小组利用废铜屑(主要成分为Cu，还含有少量Fe、Fe2O3已知：CuClO42（1）步骤Ⅰ，H2O2浓度对反应速率有影响。通过如图所示装置将少量稀H2O2溶液浓缩，仪器A的名称是（2）步骤Ⅲ，反应温度控制不超过80℃的原因是。（3）下列说法正确的是_______。A．步骤Ⅰ，H2O2的作用仅是将B．步骤Ⅱ，滤渣的主要成分为FeC．步骤Ⅲ，为了提高Cu2+的转化率，D．步骤Ⅳ，沉淀可以先蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤（4）通过步骤Ⅴ和一系列操作可得到CuClO42Cu2OHa．向浓HClO4一次性加入b．向浓HClO4分几次加入c．冷却结晶，蒸发皿底部出现大量晶体d．继续蒸发至有晶膜出现e．刮下残留在蒸发皿底部的晶体，加水溶解重新蒸发再冷却f．在通风橱中蒸发溶液至不再产生酸雾g．将固体置于60℃的烘箱中干燥2小时（5）用“恒电流电解法”测定CuClO①样品中Cu元素的质量分数是%(用含m0②若铂网阴极用酒精灯小火进行长时间烘干，样品中Cu元素的质量分数(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。20．某研究小组按下列路线合成治疗银屑病药物本维莫得(部分反应条件及试剂已简化)：已知：。请回答：（1）化合物B中官能团的名称是。（2）化合物C的结构简式是。（3）下列说法正确的是_______。A．化合物D能使溴水褪色 B．化合物F的酸性强于化合物EC．化合物Ⅰ能发生消去反应 D．本维莫得分子式为C（4）写出G→H的化学方程式。（5）5-苯基环己烷-1，3-二酮()是合成有机物的中间体，设计以苯甲醛、丙酮、甲醇、CH2COOC2H（6）写出4种同时符合下列条件的化合物E的同分异构体的结构简式。①分子中只含有苯环，无其他环状结构。②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同环境的氢原子，不含-O-O-键及-OH

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、NaCl由Na+和Cl-通过离子键结合，分子中不存在任何共价键，因此不含非极性键，A错误；

B、HClO的结构式为H-O-Cl，分子内只存在H-O键和O-Cl键，均为不同元素原子间形成的极性共价键，无非极性键，B错误；

C、CO2的结构式为O=C=O，C与O是不同元素，形成的C=O键为极性共价键，分子中不存在非极性键，C错误；

D、C2H6的结构中，两个碳原子之间以C-C单键相连，属于同种元素原子形成的非极性键；同时存在C-H极性键，只要分子中存在非极性键即符合要求，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

核心定义：非极性键是同种元素原子间的共价键，极性键是不同种元素原子间的共价键。

特殊情况：离子化合物中可能不含共价键（如NaCl），共价化合物中可同时存在极性键与非极性键（如C2H6）。2．【答案】B【解析】【解答】A、铬酸是强氧化剂，能使铝表面发生钝化，生成一层致密且美观的氧化铝保护膜，既可以防护铝制品被腐蚀，也能起到装饰作用，A正确；

B、储氢合金的核心要求是能在温和条件下可逆吸放氢气。若La-Ni合金的氢化物受热不易分解，就无法释放出储存的氢气，不满足储氢材料“可放氢”的基本要求，因此不能作为储氢合金，该描述错误，B错误；

C、液态氯乙烷汽化时会吸收大量热量，能使局部组织温度快速降低，从而产生冷冻麻醉的效果，常被用于运动损伤的应急处理，C正确；

D、TiO2（二氧化钛）化学性质稳定，无毒且遮盖力强，是优质的白色颜料，广泛应用于橡胶、造纸、涂料等行业，D正确；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

钝化作用：强氧化剂可使铝等金属表面生成致密氧化膜，起到防护和装饰作用。

储氢合金核心性质：必须具备可逆吸放氢气的能力，其氢化物需在适当条件下易分解以释放氢气。

汽化吸热特性：低沸点液态物质汽化时大量吸热，可用于冷冻麻醉。

TiO2的应用：稳定的白色颜料，多用于橡胶、造纸等领域。3．【答案】A【解析】【解答】A、Cl原子的价电子排布为3s23p5，成键时两个Cl原子的3p轨道沿键轴方向“头碰头”重叠，形成p-pσ键，图中展示的正是这种沿键轴分布的σ键形态，A正确；B、基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，形成Fe2+时会失去最外层4s轨道的2个电子，因此Fe2+的价电子排布式应为3d6，而非3d54s¹，B错误；C、乙炔的官能团是碳碳三键（C≡C），结构简式必须体现出不饱和键，正确写法为CH≡CH，省略三键的CHCH不符合结构简式书写规范，C错误；D、NH3分子中N原子最外层有5个电子，其中3个与H原子成键，还剩余1对孤对电子，电子式需标出这对孤对电子，正确写法为，D错误；故答案为：A。

【分析】本题解题要点：σ键判断：同种非金属原子成键时，多为p-pσ键（如Cl2），形态沿键轴分布。价电子排布：金属阳离子失电子时优先失去最外层电子，Fe到Fe2+是失去4s2电子。结构简式规范：必须清晰体现官能团，乙炔需写出C≡C。电子式规范：除成键电子外，还需标出原子的孤对电子（如NH3中N的孤对电子）。4．【答案】C【解析】【解答】A、B、C、N同属第二周期，同周期主族元素从左到右，核电荷数增大，原子核对核外电子的吸引作用增强，原子半径依次减小，因此原子半径顺序为B>C>N，A正确；

B、Li、Na、K同属第ⅠA族，同主族元素从上到下，金属性逐渐增强，金属单质的还原性增强，与水反应的剧烈程度随之增大，因此反应剧烈程度为Li<Na<K，B正确；

C、B和Al同属第ⅢA族，同主族元素从上到下，非金属性减弱，其最高价氧化物对应的水化物酸性也随之减弱。B的非金属性强于Al，因此酸性顺序应为B(OH)3>Al(OH)3，选项中的酸性顺序描述错误，C错误；

D、H2S和H2O结构相似，O和S同属第ⅥA族，O的电负性远大于S，导致H2O中H-O键的极性更强，分子整体极性也更大，因此分子极性为H2S<H2O，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

原子半径递变：同周期主族元素从左到右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大。

金属性递变：同主族从上到下金属性增强，单质与水反应更剧烈。

酸性递变：同主族从上到下非金属性减弱，最高价含氧酸酸性减弱。

分子极性判断：结构相似的分子，成键原子电负性差异越大，分子极性越强。5．【答案】A【解析】【解答】A、酸性高锰酸钾溶液见光或受热容易分解，为了避光防分解，同时方便取用液体，应保存在棕色细口瓶中，该保存方法正确，A正确；

B、氢氧化钠溶液呈强碱性，会和玻璃的主要成分二氧化硅反应，生成黏性较强的硅酸钠，容易将玻璃塞与瓶身粘住无法打开，因此不能用带玻璃塞的试剂瓶保存，B错误；

C、液溴易挥发、白磷在空气中易自燃，二者可以用水封保存；但金属钠会与水发生反应生成氢氧化钠和氢气，不能用水封，需用煤油密封保存，因此该描述错误，C错误；

D、汽油是有机溶剂，会使橡胶发生溶胀、溶解，导致橡胶塞损坏，因此不能用带橡胶塞的试剂瓶存放汽油，D错误；

故答案为：A。

【分析】本题解题要点：

见光易分解试剂：需用棕色瓶避光保存，液体试剂用细口瓶。

碱性溶液：不能用玻璃塞，避免与二氧化硅反应生成黏性物质粘住瓶塞。

水封适用范围：液溴、白磷可水封，活泼金属（如钠）不能水封。

有机溶剂：会腐蚀橡胶塞，需用玻璃塞。6．【答案】C【解析】【解答】A、SO2是酸性气体，且与浓硫酸不发生氧化还原反应，因此可用浓硫酸作为干燥剂干燥SO2，A正确；

B、硫单质的氧化性较弱，无法将Cu氧化为+2价，在加热条件下与Cu反应生成低价态的Cu2S，B正确；

C、向Na2S和Na2SO3的混合溶液中滴加稀硫酸，溶液变浑浊是因为发生反应：2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O。该反应中，SO32-是氧化剂，S是氧化产物，只能说明氧化性

SO32->S，与SO42-无关，因此无法得出氧化性SO42->S的结论，C错误；

D、FeS2与氧气反应的化学方程式为4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2。4molFeS2参与反应时转移44mol电子，因此1molFeS2完全反应时转移电子的物质的量为11mol，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

干燥剂选择：酸性气体且无强还原性的物质（如SO2）可用浓硫酸干燥。

硫的氧化性：硫单质氧化性较弱，与变价金属反应生成低价金属硫化物。

氧化性判断：氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，需准确判断反应中的氧化剂与氧化产物。

电子守恒：根据反应方程式中元素化合价的变化，计算转移电子的物质的量。7．【答案】A【解析】【解答】A、明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体可吸附水中悬浮杂质，因此明矾可作净水剂；但明矾不具备强氧化性，无法杀灭细菌、病毒，不能作为消毒剂，该选项中“性质→用途”的对应关系错误，A错误；

B、聚乙炔分子中存在共轭大π键体系，电子可在该体系中移动，经掺杂处理后能表现出一定导电性，因此可用于制备导电高分子材料，性质与用途对应合理，B正确；

C、十二烷基磺酸根离子同时含有疏水的长链烷基和亲水的磺酸根，在水中可形成胶束，能降低液体表面张力，因此可作为表面活性剂，性质与用途对应合理，C正确；

D、铁粉具有还原性，能与空气中的氧气发生反应，吸收包装内的氧气，从而防止食品被氧化变质，因此可作为食品脱氧剂，性质与用途对应合理，D正确；

故答案为：A。

【分析】本题解题要点：

净水与消毒区别：胶体吸附杂质是净水，不具备氧化性则无法消毒，明矾只能净水不能消毒。

导电高分子原理：共轭大π键可传递电子，是聚乙炔能导电的核心原因。

表面活性剂结构：同时含亲水、疏水基团是表面活性剂的典型结构特征。

脱氧剂原理：利用物质还原性吸收氧气，防止食品氧化。8．【答案】A【解析】【解答】A、铝与NaOH溶液反应时，Al被氧化为Al(OH)4-，H2O中的H被还原为H2。配平后的离子方程式为：2AlB、银氨溶液中的强电解质Ag(NH3)2OH应拆为离子形式，正确写法为Ag(NH3)2+和OH-；且过量盐酸会与NH4+、Ag(NH3)2+充分反应，原方程式拆分与反应逻辑均有误，B错误；C、用石墨电极电解稀NaCl溶液时，H2O的氧化性强于Na+，阴极是H2O得电子生成H2和OH-，而非Na+被还原为Na，正确的电解产物应为H2、Cl2和NaOH，该方程式违背电解反应事实，C错误；D、CuS是极难溶的沉淀，反应会生成CuS，且少量CuSO4时，HS-还会与生成的H+进一步反应，该方程式未体现完整反应过程与产物，应为：Cu2+故答案为：A。

【分析】本题解题要点：离子方程式拆分规范：强电解质需拆为离子形式（如Ag(NH3)2OH拆为Ag(NH3)2+和OH-）。电解规律：水溶液中，活泼金属阳离子（如Na+）不会在阴极放电，水电离的H+优先得电子。反应事实优先：离子方程式必须符合真实的化学反应过程与产物。守恒关系：需同时满足原子守恒与电荷守恒。9．【答案】C【解析】【解答】A、X转化为Y的过程中，X分子内两个酯基发生反应形成环状结构，同时脱离出甲醇（CH3OH）分子，该过程符合“有进有出”的取代反应特征，属于分子内取代反应，A正确；

B、化合物X含苯环侧链的酯基，在酸性条件下水解会生成含酚羟基（-OH直接连在苯环上）的有机产物，酚羟基是FeCl3溶液显色反应的特征官能团，因此水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，B正确；

C、化合物Y分子中含有1个环状酯基，该酯基在NaOH溶液中发生水解时，会生成1个羧基和1个酚羟基；羧基与酚羟基均能与NaOH按1：1的比例发生中和反应，因此1mol化合物Y与NaOH溶液反应时，最多可消耗2molNaOH，而非1mol，C错误；

D、苯环为平面结构，苯环上所有碳原子及直接相连的原子共平面；Y分子中的羰基（C=O）为平面结构，与羰基直接相连的碳原子也在该平面内，且各平面结构通过共价键相连，最终可形成一个整体平面，因此Y中所有碳原子共平面，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

取代反应特征：有机反应中生成小分子（如CH3OH）且存在基团替换、成环的过程，多为取代反应。

显色反应关键：只有酚羟基（-OH连苯环）能与FeCl3溶液显色，醇羟基无此性质。

酯基与NaOH反应：普通酯基水解消耗1molNaOH，酚酯基水解会生成酚羟基，总计消耗2molNaOH。

原子共面规律：苯环、羰基均为平面结构，直接相连的原子可共平面，无饱和碳原子干扰时，分子中碳原子可全部共面。10．【答案】B【解析】【解答】A、甲操作为加热溶解，烧杯适合在水浴/酒精灯加热下进行溶解操作，而蒸发皿主要用于蒸发浓缩结晶，不适合作为溶解容器，不能用蒸发皿代替烧杯，A错误；

B、乙操作为趁热过滤，目的是防止苯甲酸提前结晶。但过滤时滤液接触温度较低的漏斗颈部，易因温度骤降导致苯甲酸晶体析出，可能堵塞漏斗颈、影响过滤速率，B正确；

C、采用冰水快速冷却会使苯甲酸结晶速率过快，易形成细小晶体，甚至包裹杂质；缓慢冷却才能得到颗粒较大、纯度更高的晶体，因此冰水冷却不利于后续过滤操作，C错误；

D、乙操作是趁热过滤，此时用冷水洗涤会导致苯甲酸在滤渣中提前结晶，造成产品损失；丁操作是过滤晶体，用冷水洗涤可减少晶体溶解损耗。仅丁操作适合冷水洗涤，乙操作不适合，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

仪器用途：烧杯用于加热溶解，蒸发皿用于蒸发结晶，不可混用。

趁热过滤注意事项：温度降低易导致溶质结晶，可能堵塞漏斗，需尽量缩短过滤时间、保持装置温热。

结晶颗粒控制：缓慢冷却得到大颗粒晶体，纯度更高；快速冷却易生成细小晶体，包裹杂质。

洗涤原则：洗涤晶体时用冷水可减少溶解损耗，但趁热过滤阶段不能用冷水，避免溶质提前结晶。11．【答案】D【解析】【解答】A、温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越短。从图像看，T2对应的曲线先达到平衡，说明反应速率更快，因此温度T2高于T1，A正确；B、对比T2和T1的平衡状态，温度升高后，反应物的物质的量分数增大，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应。放热反应中，升高温度时，逆反应速率（吸热方向）增大的幅度更大，即正反应速率增大的倍数小于逆反应速率，B正确；C、设初始时CO和H2O均为0.5mol，总物质的量为1mol。平衡时反应物物质的量分数为0.2，设CO转化了xmol，则平衡时n(CO)=n(H2O)=0.5-x，n(CO2)=n(H2)=x，总物质的量仍为1mol。

0.5−x1=0.2⟹x=0.3，平衡常数K=0.3molV×0.3molV0.2Q=K，平衡不移动，C正确；D、在体积可变的容器中，反应物物质的量加倍，相当于等效为原平衡加压，但该反应是气体分子数不变的反应，平衡不移动，反应物平衡物质的量分数不变；同时浓度增大，反应速率加快，达到平衡的时间应更短。曲线L的平衡分数与原T2不同，且达到平衡时间更长，不符合规律，D错误；故答案为：D。

【分析】本题解题要点：速率与平衡判断：先达到平衡的温度更高；放热反应升温时逆反应速率增幅更大。平衡常数计算：利用平衡时物质的量分数算出各组分物质的量，再代入平衡常数表达式。浓度商应用：Q=K时平衡不移动，可判断投料后平衡状态。等效平衡：气体分子数不变的反应，浓度加倍（体积可变）时平衡分数不变，反应速率加快。12．【答案】C【解析】【解答】A、充电时Li+嵌入非晶硅薄膜（a极），说明a极是电解池的阴极，接电源负极；b极是电解池的阳极，应接电源正极，A错误；B、充电时a极为阴极，Li+得电子嵌入硅形成LiₓSi，正确的电极反应式应为xLi++xe−+Si=LiD、放电时为原电池，阳离子（Li+）向正极（b极）移动，因此Li+穿过Li+交换膜向b极移动，而非a极，D错误；故答案为：C。

【分析】本题解题要点：

考查：锂离子电池充放电原理、电极反应式书写、离子迁移方向与质量计算。

注意：①充电时“阳离子嵌入阴极”，放电时“阳离子移向正极”；②电极反应式需体现完整反应物与产物（如LiₓSi的生成）；③计算电极质量变化时，紧扣“嵌入/脱出的离子质量”。13．【答案】D【解析】【解答】A、根据均摊原则：

Li原子：6×16+2×12+3×1B、Li能与N2反应生成Li3N，因此冶炼金属锂时不能用氮气作保护气，B正确；C、Li3N在热浓NaOH溶液中发生水解，生成NH3，NH3能使湿润红色石蕊试纸变蓝，C正确；D、晶胞是晶体的最小重复单元，需满足三维空间可无限堆叠。图2无法在三维空间中重复堆叠形成完整晶体，因此不是该化合物的晶胞，D错误；故答案为：D。

【分析】本题围绕Li-N化合物的晶体结构与性质展开，核心是用均摊法确定化学式，再结合元素性质、化学反应与晶胞定义，逐一判断各选项正误。突破口：化学式确定：利用晶胞均摊法，分别计算Li、N原子数目，得到原子个数比。性质关联：Li的活泼性决定其不能用N2作保护气；Li3N的水解反应可产生NH3。晶胞判断：晶胞是能在三维空间无限重复堆叠的最小重复单元。14．【答案】D【解析】【解答】A、化合物A是三元环醚，15-冠-5是大环冠醚，二者官能团均为醚键，但环大小、醚键数目差异明显，且分子组成并非相差若干个CH2，不满足同系物定义，A错误；

B、A→B、B→C过程中H+参与反应且反应前后不变，是催化剂；D→E过程中NaOH与C、D反应生成的HCl发生中和反应，促进反应正向进行，OH-被消耗，并非催化剂，B错误；

C、D分子结构简式为ClCH2CH2OCH2CH2Cl，分子中所有碳原子均连接2个及以上相同原子/原子团，不存在连4个不同基团的手性碳原子，C错误；

D、冠醚以金属离子为模板制备，15-冠-5适配Na+，18-冠-6适配K+（K+半径大于Na+）。改用KOH提供K+作模板，可按相同流程制备18-冠-6()，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

同系物判断：需满足“结构相似、分子组成相差若干个CH2”的核心条件。

催化剂判断：催化剂在反应前后质量与化学性质不变，若参与反应并被消耗则不是催化剂。

手性碳判断：连有4个不同原子、原子团的饱和碳原子才是手性碳原子。

流程迁移：冠醚制备以金属离子为模板，离子半径匹配决定冠醚环大小。15．【答案】B【解析】【解答】A、向CH3COONa溶液中滴加稀盐酸至中性，溶液中c(H+)=c(OH−)。

电荷守恒：c(Na+)+c(H+B、CH3COONH4溶液中，CH3COO-与NH4+发生双水解：C水解常数Kh=KwKa×Kb=10−14(1.8×10−5)2=10−43.24C、反应Mg2+(aq)+2NC正确；D、NH4+水解：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+故答案为：B。

【分析】本题解题要点：守恒关系：中性溶液中可结合电荷守恒与物料守恒直接得到离子浓度关系。水解常数：利用Kh=K平衡常数推导：将目标反应拆分为已知平衡（如沉淀溶解、弱碱电离），再组合得到总平衡常数。水电离的c(H+)16．【答案】B【解析】【解答】A、氧化剂1的作用是将卤水中的I-氧化为I2，H2O2是温和氧化剂，可在酸性条件下氧化I-；适量Cl2也能将I-氧化为I2（不会过度氧化为IO3-），因此二者均可作为氧化剂1，A正确；

B、“吸附”步骤中，高分子树脂对I2的富集依赖物理吸附，二者之间通过范德华力结合，并非形成共价键，B错误；

C、“脱附”时，Na2SO3将I2还原为I-，自身被氧化为SO42-，在酸性条件下反应的离子方程式为：I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+，该式满足原子守恒、电荷守恒与反应事实，C正确；

D、碘单质具有易升华的特性，加热升华后再冷凝，可除去粗碘中的杂质，得到纯碘，因此“精制”过程可采用加热升华再冷凝的方法，D正确；

故答案为：B。

【分析】该提碘工艺围绕“氧化富集→还原脱附→再氧化制粗碘→升华精制”的核心思路展开，全程利用碘元素的价态转化实现分离提纯。首先对卤水进行酸化预处理，为后续氧化反应创造酸性环境，随后加入合适的氧化剂，将卤水中低浓度的I-定向氧化为I2单质；再利用高分子树脂对I2的选择性吸附作用，将其从混合体系中分离出来，完成碘元素的富集；之后向吸附了I2的树脂中加入亚硫酸钠溶液，通过氧化还原反应将I2还原为易溶于水的I-，实现碘元素从树脂到溶液的转移，得到高浓度的脱附液；最后向脱附液中再次加入氧化剂，将I-重新氧化为I2单质，经过过滤得到粗碘固体，再利用碘的物理特性完成最终精制。17．【答案】（1）A；C（2）>；>（3）4；NH4F晶胞中，每个NH4（4）2Na++SiF62-【解析】【解答】（1）A．元素周期表中同主族元素从上到下，元素第一电离能逐渐减小，则F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小，A正确；B．溴为35号元素，则基态溴原子核外电子排布式Ar3C．同种元素的阴离子半径大于原子半径，原子半径大于阳离子半径，则微粒半径rClD．ClO3−中心氯原子价层电子对数=1故答案为：AC。（2）①由于电负性F＞N＞H，则NF3分子中成键电子对离N原子更远，两个N—F键之间的斥力减小，故NF3中的键角更小，键角更大的是NH3②由于电负性F＞N＞H，则NF3中氮原子对孤电子对吸引力强于NH3，更难提供孤电子对与BF3故答案为：>；>。

（3）①由NH4F晶胞图可知，晶体中每个F-周围与其距离最近且相等的NH②KF晶胞中只存在离子键，所以阴、阳配位数均为6，但在NH4F晶胞中，每个NH4+中有四个H原子与周围四个F−故答案为：4；NH4F晶胞中，每个NH4+中有四个H原子与周围四个F−形成氢键，N、H、F原子在一条直线上，形成一个正四面体结构；

（4）Na2SiF6溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有Si−F键，发生如下反应：Na2SiF6+2H2O=SiO2↓+4HF+2NaF，①湿法生产磷酸的废液中含有一种二元强酸H2SiF6，在水溶液中完全电离，向废液中加入Na2SO②根据题目所给得已知信息：Na2SiF6溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有Si③由分析可知，白炭黑的主要成分是SiO2④由分析可知，生产冰晶石的化学方程式为：6NaF+2CO2+NaAlOH4=2Na2CO3+Na3AlF↓+2H2O故答案为：2Na++SiF62-=Na2SiF6↓；减小；SiO2；6NaF+2CO2+NaAlOH4=2Na2CO3+Na3AlF↓+2H2O。

【分析】(1)同主族从上到下第一电离能逐渐减小（F、Cl、Br、I依次减小）。

基态Br原子电子排布式为[Ar]3d¹⁰4s24p5，遗漏3d¹⁰是常见错误。

同种元素微粒半径：阴离子>原子>阳离子（r(Cl-)>r(Cl)>r(Cl+)）。

ClO3-中Cl价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，不是平面三角形。

(2)键角：电负性F>N>H，NF3中成键电子对离N更远，键间斥力更小，故键角：NH3>NF3。

配位键强度：F电负性更强，使NF3中N孤电子对更难给出，故配位键强度：H3N→BF3>F3N→BF3。（1）A．元素周期表中同主族元素从上到下，元素第一电离能逐渐减小，则F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小，A正确；B．溴为35号元素，则基态溴原子核外电子排布式Ar3C．同种元素的阴离子半径大于原子半径，原子半径大于阳离子半径，则微粒半径rClD．ClO3−中心氯原子价层电子对数=1答案选AC。（2）①由于电负性F＞N＞H，则NF3分子中成键电子对离N原子更远，两个N—F键之间的斥力减小，故NF3中的键角更小，键角更大的是NH3②由于电负性F＞N＞H，则NF3中氮原子对孤电子对吸引力强于NH3，更难提供孤电子对与BF3（3）①由NH4F晶胞图可知，晶体中每个F-周围与其距离最近且相等的NH②KF晶胞中只存在离子键，所以阴、阳配位数均为6，但在NH4F晶胞中，每个NH4+中有四个H原子与周围四个F−（4）Na2SiF6溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有Si−F键，发生如下反应：Na2SiF6+2H2O=SiO2↓+4HF+2NaF，Na2CO3与HF反应：①湿法生产磷酸的废液中含有一种二元强酸H2SiF6，在水溶液中完全电离，向废液中加入Na2SO②根据题目所给得已知信息：Na2SiF6溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有Si③由分析可知，白炭黑的主要成分是SiO2④由分析可知，生产冰晶石的化学方程式为：6NaF+2CO218．【答案】（1）B（2）B；D（3）360；在流速较慢时，反应近似处于平衡，ΔH<0，温度低反应程度大，所以αT2>αT1在流速较快时，反应处于非平衡，温度低反应速率慢，所以（4）4Fe【解析】【解答】（1）已知：①CuOs+2HCl②2CuCl2s由盖斯定律2×①+②得到反应4HClg+O2g⇌2故答案为：B；

（2）A．温度高可能导致铜的氯化物挥发，催化效果下降，A不选；B．选项适当增大O2与HCl的投料比有利于生成Cu2OCl2C．增大O2D．加入KCl降低载体中铜的氯化物质量分数，减小其挥发，能提高反应速率，D选；故答案为：​​​​BD；（3）①HCl流速≤0.10mol⋅b−1的转化率可近似为平衡转化率，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，HCl平衡转化率降低，则反应在流速0.10mol·h-1时，HCl转化率接近平衡转化率，T1＞T2②440℃的曲线是T1，HCl平衡转化率为80%，设初始HCl和O4HClg+③该反应为放热反应，温度越高，HCl平衡转化率越低，且HCl比例越大，平衡转化率越低，故图像为(需注意：物质的量比1:1时，440℃，HCl的平衡转化率为80%，360℃，转化率在90%)；故答案为：360；在流速较慢时，反应近似处于平衡，ΔH<0，温度低反应程度大，所以αT2>αT1在流速较快时，反应处于非平衡，温度低反应速率慢，所以αT2<αT1；36；(需注意：物质的量比1:1时，440℃，HCl的平衡转化率为80%，360℃，转化率在90%)；。

（4）Fe3+为催化剂，则第一步反应先消耗Fe3+，第二部反应又重新生成Fe反应前后气体分子数减少（ΔS<0）。自发判据Δ(2)温度过高：铜的氯化物挥发，催化活性下降，反应速率未必加快。增大O2投料比：利于生成Cu加入KCl：降低铜的氯化物质量分数，减少挥发，提高反应速率。(3)温度判断：反应放热，平衡转化率随温度升高而降低，故T2平衡常数计算：以1：1投料、80%转化率列三段式，用物质的量分数代入，得Kx曲线绘制：均为“升温转化率下降”；HCl:O2(4)Fe3+为催化剂，需循环再生。第二步补全原则：Fe2+被O2（1）已知：①CuOs+2HCl②2CuCl2s由盖斯定律2×①+②得到反应4HClg+O2g⇌2（2）A．温度高可能导致铜的氯化物挥发，催化效果下降，A不选；B．选项适当增大O2与HCl的投料比有利于生成Cu2OCl2C．增大O2D．加入KCl降低载体中铜的氯化物质量分数，减小其挥发，能提高反应速率，D选；综上答案选BD；（3）①HCl流速≤0.10mol⋅b−1的转化率可近似为平衡转化率，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，HCl平衡转化率降低，则反应在流速0.10mol·h-1时，HCl转化率接近平衡转化率，T1＞T2②440℃的曲线是T1，HCl平衡转化率为80%，设初始HCl和O4HClg+③该反应为放热反应，温度越高，HCl平衡转化率越低，且HCl比例越大，平衡转化率越低，故图像为(需注意：物质的量比1:1时，440℃，HCl的平衡转化率为80%，360℃，转化率在90%)；（4）Fe3+为催化剂，则第一步反应先消耗Fe3+，第二部反应又重新生成Fe19．【答案】（1）冷凝管或直形冷凝管；防止溶液暴沸；减压或抽气，降水的沸点，减少H2（2）温度过高，NaHCO3或Cu2OH2（3）B；C；D（4）bfce（5）25c+100m【解析】【解答】（1）由图可知，仪器A的名称是直形冷凝管；H2O2受热易分解，浓缩时需要减压蒸馏，馏出物为H2O；毛细管提供汽化中心，防止液体暴沸；外接真空泵的原因是减压或抽气，降水的沸点，减少H2O2分解；

（2）NaHCO3中HCO3-易水解，且NaHCO3、Cu2OH2CO3受热也不稳定，故反应温度控制不超过80℃故答案为：温度过高，NaHCO3或Cu2OH2CO（3）A．步骤Ⅰ，H2O2的作用除了是将是将Fe2+氧化Fe3+外，还将Cu氧化CuB．步骤Ⅱ，通过调节pH将Fe3+转为为Fe(OH)3，B正确；C．步骤Ⅲ，根据方程式2NaHCO3+2CuSO4=Cu2D．步骤Ⅳ，Cu2故答案为：BCD；（4）Cu2OH2CO3与浓HClO4反应放热，应向浓HClO4分几次加入Cu2OH故答案为：bfce；（5）①由实验原理可知，m(Cu)=铂网阴极析出的铜+电解残液中的铜，mCu=m②铂网阴极用酒精灯小火进行长时间烘干，导致铜片被氧化，Cu的质量增加，测得样品中Cu元素的质量分数偏大。故答案为：25c+100m【分析】以废铜屑（含Cu、Fe、Fe2O3）为原料，先经稀H2SO4和H2O2溶解除去铁杂质并将Cu氧化为Cu2+；调节pH除铁后，滤液加NaHCO3在70~80℃反应生成碱式碳酸铜（Cu2(OH)2CO3），过滤洗涤干燥后，用稀HClO4溶解得到高氯酸铜溶液，最后经低温蒸发浓缩、冷却结晶、乙醇洗涤等操作，制得六水合高氯酸铜（Cu(ClO4)2・6H2O）。（1）由图可知，仪器A的名称是直形冷凝管；H2O2受热易分解，浓缩时需要减压蒸馏，馏出物为H2O；毛细管提供汽化中心，防止液体暴沸；外接真空泵的原因是减压或抽气，降水的沸点，减少H2（2）NaHCO3中HCO3-易水解，且NaHCO3、Cu2OH2CO3受热也不稳定，故反应温度控制不超过80℃（3）A．步骤Ⅰ，H2O2的作用除了是将是将Fe2+氧化Fe3+