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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．（2025·嘉兴模拟）下列属于极性分子的是
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子
【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．（2025·嘉兴模拟）下列化学用语表示不正确的是
A．苯的实验式：
B．基态As原子的简化电子排布式：
C．的模型：
D．中子数为20的原子的核素符号：
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；苯的结构与性质
【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] 3d 4s24p3，选项中遗漏了 3d ，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 3d ，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．（2025·嘉兴模拟）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
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象
【解析】【解答】A、汽车尾气中的氮氧化物（NO ）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 NO 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．（2025·嘉兴模拟）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
B 通入紫色石蕊溶液变红 属于酸性氧化物，水溶液呈酸性
C 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：低于 为非极性分子，为极性分子
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响；海水资源及其综合利用；两性氧化物和两性氢氧化物
【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．（2025·嘉兴模拟）下列有关硝酸的反应说法正确的是
A．在反应中，是还原剂，是氧化剂
B．实验室用与反应制取气体
C．用制备：方案①，方案②，方案②的利用率高
D．浓硝酸被还原为，若反应消耗，则转移电子
【答案】C
【知识点】硝酸的性质与用途
【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 4mol HNO3，其中只有 2mol 作为氧化剂被还原，转移 2mol 电子，因此消耗 1mol HNO3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 1mol HNO3时，实际转移 0.5mol 电子。
6．（2025·嘉兴模拟）下列方程式正确的是
A．保存溶液加入少量铁粉的原因：
B．溶液中通入过量：
C．将少量通入溶液中：
D．与溶液共热反应：
【答案】B
【知识点】溴乙烷的化学性质；离子方程式的书写
【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、有强氧化性，有还原性，能将氧化为的同时有生成，少量，则生成的能与反应生成，反应的离子方程式为，C错误；
D、CH3CH2Br 与 NaOH 溶液共热，发生的是取代反应（水解），生成乙醇和 NaBr，只有在 NaOH 醇溶液、加热条件下才发生消去反应生成乙烯，D错误；
故答案为：B。
【分析】电解题关键：
荷守恒判断：A 选项的离子方程式电荷不守恒，是判断其错误的突破口。
过量 CO2的产物规律：NaAlO2与过量 CO2反应，产物一定是 HCO3-而不是 CO32-。
反应条件与类型：卤代烃在 NaOH 水溶液中加热发生取代反应，只有在醇溶液中加热才发生消去反应。
氧化还原的合理性：C 选项中，少量 Cl2与过量 HSO3-反应，产物的合理性和方程式的守恒关系需要仔细核对。
7．（2025·嘉兴模拟）黑火药是中国古代四大发明之一，爆炸时的反应为：(未配平)。其中X、Y、Z、W、M是原子序数依次递增的五种元素，的一种核素可用于考古，和位于周期表同一主族，的基态原子价层轨道上有1个未成对电子。下列说法正确的是
A．简单氢化物的稳定性：
B．上述元素均位于元素周期表的区
C．第一电离能：
D．基态原子核外电子的空间运动状态数：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【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 4s ，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．（2025·嘉兴模拟）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
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；酰胺
【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．（2025·嘉兴模拟）设表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是
A．通入足量溶液中，得到的数目为
B．室温下，的溶液中，水电离的数目为
C．金刚石与石墨的混合物中含有碳碳单键的数目为
D．锌加入浓硫酸中，锌完全溶解，硫酸得到的电子数为
【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）；水的电离；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、 与足量 反应的化学方程式为：
1mol 完全反应生成1mol ，但 在溶液中会与 结合生成 等，导致溶液中游离的 数目小于 ，A错误；
B、 是强碱弱酸盐， 水解促进水的电离。室温下 ，溶液中 ，但水电离出的 ，因此1L溶液中水电离的 数目为 ，B错误；
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 到 之间，不是固定的 ，C错误；
D、 与浓硫酸反应，无论生成 还是 ， 均从0价被氧化为+2价。6.5g 为0.1mol，失去0.2mol电子，根据电子守恒，硫酸得到的电子数为 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应产物的后续变化： 与 反应生成的 会与 进一步结合，导致游离 数目减少。
盐类水解对水电离的影响： 水解促进水的电离，水电离的 浓度远大于 。
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 与浓硫酸反应生成 还是 ， 均失去2个电子，利用电子守恒可直接判断硫酸得到的电子数。
10．（2025·嘉兴模拟）下图是配制溶液的过程示意图，下列说法正确的是
A．操作1前用托盘天平和滤纸称取氢氧化钠固体
B．为使溶液充分混合，虚线框内的操作可用操作7
C．若操作2中未冷却的溶液转移到容量瓶中，所配溶液浓度偏高
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
【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、配制100 mL 2.00 mol·L- NaOH溶液，需要NaOH的质量为 。但NaOH具有强腐蚀性和易潮解性，不能放在滤纸上称量，应放在烧杯等玻璃器皿中称量，且托盘天平的精度为0.1g，无法称取8.00g，A错误；
B、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 ， 偏小，所配溶液浓度偏高，C正确；
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 ，浓度会偏高，容易误判为偏低。
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．（2025·嘉兴模拟）是一种重要的化工产品。实验室可利用制取该配合物：。已知正八面体的空间结构如图，下列说法不正确的是
A．中含有极性键、配位键和氢键
B．中有两种不同大小的键角
C．、与形成配离子的稳定性：
D．若中两个被替代，得到的有2种结构
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、 中， 内部的 键是极性键， 与 之间形成配位键，但氢键是分子间或分子内的特殊作用力，不存在于该配离子内部，A错误；
B、 为正八面体结构， 位于6个顶点， 位于中心。 键角有两种：一种是相邻顶点的 ，另一种是对位顶点的 ，B正确；
C、 中N原子的孤电子对比 中O原子的孤电子对更易提供，与 形成的配位键更稳定，因此配离子稳定性：，C正确；
D、正八面体中两个 被 取代时， 有两种位置关系：相邻（顺式）和对位（反式）：、，D正确；
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， 键角只有90°（相邻）和180°（对位）两种。
配体稳定性比较： 的配位能力强于 ，因此形成的配离子更稳定。
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．（2025·嘉兴模拟）已知甲烷分解反应。其正反应速率方程为，逆反应速率方程为(和为速率常数，只受温度影响)，1000℃达平衡时，。下列说法不正确的是
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
C．恒温恒压下通入气体，平衡正向移动，减小
D．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
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；合金及其应用
【解析】【解答】A、该反应 ，为吸热反应，高温下反应速率更快，且催化剂的活性受温度影响，因此选择适合高温的催化剂可提高反应速率，A正确；
B、平衡时 ，即 ，可得 。降温时，平衡逆向移动， 减小，即 。若 ，则 ，与降温后比值减小的结论矛盾，B错误；
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， 最终减小，C正确；
D、合成氨工业中，高压下H2与钢铁中的C可能发生类似甲烷分解的反应，损坏设备，因此用熟铁作衬里可避免该反应，D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 推导出的 ，导致无法判断降温后 与 的比值变化。
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 最终是减小的，容易误以为平衡移动会使浓度增大。
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．（2025·嘉兴模拟）在新型能源技术里，直接过氧化氢燃料电池(DPPFC)备受关注。它独特之处在于用同时作燃料和氧化剂，能高效转换能量。某研究小组利用该电池和离子交换膜进行电解质溶液处理，其工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是
A．该电池表明在酸性环境中的氧化性强于碱性环境
B．电池的总反应为
C．当外电路通过时，中间室生成的质量为
D．分解产生的在石墨2电极也可以放电，因此的分解不会影响电池效率
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、正极（酸性） 作氧化剂，负极（碱性） 作还原剂，说明酸性下氧化性更强，A正确；
B、将正负极反应相加，消去电子后得到总反应：，B正确；
C、外电路通过0.4mol电子时，0.4mol 通过阳离子交换膜进入中间室，同时0.2mol 通过阴离子交换膜进入中间室，生成0.2mol 。质量为：，C正确；
D、总反应中既是氧化剂又是还原剂，是氧化产物，说明氧化性，因此不能在正极（石墨2）放电；且分解会降低反应物浓度，影响电池效率，D错误；
故答案为：D。
【分析】电极判断与反应：
石墨1（负极，碱性）： 被氧化，反应为：
石墨2（正极，酸性）： 被还原，反应为：
总反应：，据此解题。
14．（2025·嘉兴模拟）某反应机理如下，下列说法不正确的是
A．化合物VI为该反应的催化剂
B．化合物为，可循环利用
C．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，键长变短
【答案】C
【知识点】催化剂；有机物的合成；有机物的结构和性质
【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．（2025·嘉兴模拟）酒石酸是一种有机二元弱酸(用表示)，酒石酸钙()微溶于水。已知室温时：、，，，。下列说法不正确的是
A．室温时，的溶液的约为3
B．向溶液中加入酒石酸，溶液变浑浊
C．饱和溶液中加入少量固体，的值减小
D．室温时，往的溶液中通气体至溶液，消耗的
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、室温下， 溶液中：
，A正确；
B、酸性顺序：，故反应 可发生。等体积混合后，，离子积：，有沉淀生成，溶液变浑浊，B正确；
C、 饱和溶液中加入少量 ， 增大， 不变，故 减小， 的值减小，C正确；
D、 溶液中， 水解常数 ，故 溶液显酸性。向 溶液中滴加 至 时，溶质为 、 和少量 ，说明 未将 完全转化为 ，因此消耗的 ，D错误。
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 ”的前提，导致计算失误。
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 ，并与 比较，容易直接使用混合前的浓度进行计算。
同离子效应对离子浓度比的影响：加入 后， 增大， 减小，因此 减小，容易误以为比值不变。
酸式盐的酸碱性判断： 溶液中， 的电离常数大于水解常数，溶液显酸性，因此滴定至中性时， 未将 完全转化，容易误判消耗的 。
16．（2025·嘉兴模拟）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，说明已耗尽，需补充溶液
C．合成槽中产物主要有和
D．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
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；制备实验方案的设计
【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。
二、非选择题(本大题共4小题，共52分)
17．（2025·嘉兴模拟）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．电子排布为的原子电子跃迁时，由光谱仪可能捕捉到发射光谱
C．的半径大于的半径
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将该化合物配成的水溶液，然后取于试管中将其加热，实验现象是　 　(从平衡移动角度考虑)。
（3）已知常压下的分解温度为337℃，的分解温度为452℃，从化学键角度分析两者分解温度差异的原因　 　。
（4）是高效安全消毒灭菌剂，某兴趣小组设计了两种制备的方法：
I.用新制的和反应。
已知：
i.，副反应：
ⅱ.常压下，沸点-34.0℃，熔点-101.0℃；沸点2.0℃，熔点-120.6℃；沸点-183℃，熔点-218℃。
ⅲ.在中的溶解度远大于其在水中的溶解度。
Ⅱ.将通入过量潮湿的。
①方法I，所得物质的成分是　 　。将纯化后的产品气化，通入水中得到高纯度的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要时，可将浓溶液用　 　(操作名称)，得到的混合液再经过　 　(操作名称)，可重新得到。
②写出方法Ⅱ中的化学反应方程式　 　。
③也是一种高效安全消毒灭菌剂。现有一瓶气体，可能是或。已知或都可完全分解，产物都是和。请设计实验通过分解产物来确定气体是哪种化合物　 　。
【答案】（1）B；D
（2）；溶液由蓝色变为(黄)绿色
（3）原子半径小，键能大，分解温度低
（4）、；萃取，分液；气化(加热、蒸馏)；； 、 ，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，剩余体积的是，剩余体积的是
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）A．基态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．电子排布为的原子，当电子从高能级跃迁到低能级时，会释放能量，由光谱仪可能捕捉到发射光谱， B正确；
C．对于同一种元素来说，其原子半径小于阴离子半径，故的半径小于的半径，C错误；
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。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。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，H2O分子个数为。，所以该含有结晶水化合物的化学式是。
②在CuCl2水溶液中存在如下平衡：。（水合铜离子）在溶液中呈蓝色 ，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，不断转化为 ，浓度逐渐减小，浓度逐渐增大，所以溶液颜色由蓝色逐渐变为 (黄) 绿色。
故答案为： ； 溶液由蓝色变为(黄)绿色 ；
（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。原子半径小，键能大于键能，说明HCl稳定性更强，对应的铵盐更容易分解，所以的分解温度比分解温度低。
故答案为：原子半径小，键能大，分解温度低 ；
（4）①由制备流程可知，和在18~25℃反应生成等气体，因沸点-34.0℃，沸点2.0℃，O2沸点-183℃，在 80~-60℃充分冷却时，和会被冷凝，所以物质A的成分是、。已知在中的溶解度远大于其在水中的溶解度，要从浓溶液中得到，先利用萃取剂（如）萃取，然后进行分液得到含的有机层，最后通过气化（加热、蒸馏 ）使从有机层中分离出来。所以操作名称依次为萃取，分液；气化(加热、蒸馏)。
②方法Ⅱ将通入过量潮湿的制备，根据原子守恒和得失电子守恒，反应的化学方程式为。
③已知或都可完全分解，产物都是和，方程式分别为，，由此可知分解产生的和体积比为1：2，分解产生的和体积比2：1。设计实验通过分解产物来确定气体是哪种化合物，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，由于能与氢氧化钠溶液反应，不与氢氧化钠溶液反应，所以剩余体积的是，剩余体积的是。
故答案为：、 ； 萃取，分液 ； 气化(加热、蒸馏) ；
； 、，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，剩余体积的是，剩余体积的是
【分析】(1)基态F原子最高能级为2p（哑铃形）；Cl原子电子从高能级到低能级跃迁产生发射光谱；同种元素原子半径 < 阴离子半径；I原子序数为53。
(2)①化学式：用均摊法计算：Cu为 ，Cl为 ，H2O为 ，故为 CuCl2·2H2O。
②加热现象：平衡 正向移动，蓝色 减少，黄绿色 增多，溶液由蓝变为（黄）绿色。
(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：。
③鉴别实验：取气体分解，用NaOH吸收Cl2，剩余气体体积为 原体积则为Cl2O， 则为ClO2。
（1）A．基态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．电子排布为的原子，当电子从高能级跃迁到低能级时，会释放能量，由光谱仪可能捕捉到发射光谱， B正确；
C．对于同一种元素来说，其原子半径小于阴离子半径，故的半径小于的半径，C错误；
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。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。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，H2O分子个数为。，所以该含有结晶水化合物的化学式是。
②在CuCl2水溶液中存在如下平衡：。（水合铜离子）在溶液中呈蓝色 ，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，不断转化为 ，浓度逐渐减小，浓度逐渐增大，所以溶液颜色由蓝色逐渐变为 (黄) 绿色。
（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。原子半径小，键能大于键能，说明HCl稳定性更强，对应的铵盐更容易分解，所以的分解温度比分解温度低。
（4）①由制备流程可知，和在18~25℃反应生成等气体，因沸点-34.0℃，沸点2.0℃，O2沸点-183℃，在 80~-60℃充分冷却时，和会被冷凝，所以物质A的成分是、。已知在中的溶解度远大于其在水中的溶解度，要从浓溶液中得到，先利用萃取剂（如）萃取，然后进行分液得到含的有机层，最后通过气化（加热、蒸馏 ）使从有机层中分离出来。所以操作名称依次为萃取，分液；气化(加热、蒸馏)。
②方法Ⅱ将通入过量潮湿的制备，根据原子守恒和得失电子守恒，反应的化学方程式为。
③已知或都可完全分解，产物都是和，方程式分别为，，由此可知分解产生的和体积比为1：2，分解产生的和体积比2：1。设计实验通过分解产物来确定气体是哪种化合物，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，由于能与氢氧化钠溶液反应，不与氢氧化钠溶液反应，所以剩余体积的是，剩余体积的是。
18．（2025·嘉兴模拟）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：
副反应： ；
；
请回答：
（1）几种物质的燃烧热(25℃，)如下表所示：则　 　。
化学式(状态)
-286 -2058 -2220
（2）假定体系内只发生反应，反应过程中温度保持不变，压强恒定为，平衡时转化率为，该温度下反应的平衡常数为　 　(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（3）已知在一定条件下能发生如下反应：，，研究表明在丙烷催化脱氢装置中通入一定量的能提高的产量。试从两个不同角度解释原因　 　。
（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(转化的中生成的的百分比)随温度的变化如图所示，下列说法正确的是_______。
A．由图可知，随温度升高，键比键更活泼
B．的脱氢反应在任意温度下都能自发进行
C．升高温度，降低压强，加入催化剂均可提高的平衡转化率
D．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()，再用丙烯腈电合成己二腈，请写出酸性环境中电合成己二腈的电极反应式　 　。
（6）以丙烯为原料还可以制备丙酮()。某兴趣小组在做实验时发现丙酮与氯仿()混合时有放热现象，经查阅主要原因是混合时形成了某种特殊作用力。请结合物质结构知识分析形成这种作用力的原理　 　。
【答案】（1）+124
（2）
（3）能与反应，促进主反应平衡正向移动 与焦炭反应，可以减缓催化剂的失活
（4）D
（5）
（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
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；盖斯定律及其应用；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）C3H8燃烧热的热化学方程式：C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l)H=-2220kJ·mol-1①；C3H6燃烧热的热化学方程式：C3H6(g)＋O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l)H=-2058kJ·mol-1②；H2燃烧热的热化学方程式：③。根据盖斯定律，①-②-③可得到反应Ⅰ，则ΔH=-2220kJ·mol-1-(-2058kJ·mol-1)-(-286kJ·mol-1)=＋124kJ·mol-1；
故答案为： +124 ；
（2）温度保持不变，压强恒定为，设开始投放的物质的量为1mol，平衡时转化率为α，列三段式：，气体总的物质的量为，；
故答案为： ；
（3）能与反应，，降低浓度，促进主反应平衡正向移动；与焦炭反应，减少积碳，可以减缓催化剂的失活；
故答案为：能与反应，促进主反应平衡正向移动 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，说明键更易反应，比键更活泼，A错误；
B．该反应是吸热反应，H>0；该反应是气体体积增加的反应，则S>0；根据G=H-TS，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）得电子在阴极被还原生成，电极反应为；
故答案为： ；
（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。
故答案为： 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 。
【分析】(1)写出各物质燃烧热的热化学方程式，根据盖斯定律，由“丙烷燃烧热 - 丙烯燃烧热 - 氢气燃烧热”得到 。
(2)设起始 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 表达式得到 。
(3)① 与 反应，降低 浓度，促进主反应正向移动；② 与副反应生成的焦炭反应，减少积碳，减缓催化剂失活。
(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 、，高温自发；催化剂不影响平衡转化率；制备丙烯需综合考虑转化率和选择性。
(5)丙烯腈在阴极得电子被还原，结合酸性环境中的 ，配平电极反应：。
(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)H=-2220kJ·mol-1①；C3H6燃烧热的热化学方程式：C3H6(g)＋O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l)H=-2058kJ·mol-1②；H2燃烧热的热化学方程式：③。根据盖斯定律，①-②-③可得到反应Ⅰ，则ΔH=-2220kJ·mol-1-(-2058kJ·mol-1)-(-286kJ·mol-1)=＋124kJ·mol-1；
（2）温度保持不变，压强恒定为，设开始投放的物质的量为1mol，平衡时转化率为α，列三段式：，气体总的物质的量为，；
（3）能与反应，，降低浓度，促进主反应平衡正向移动；与焦炭反应，减少积碳，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，说明键更易反应，比键更活泼，A错误；
B．该反应是吸热反应，H>0；该反应是气体体积增加的反应，则S>0；根据G=H-TS，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）得电子在阴极被还原生成，电极反应为；
（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．（2025·嘉兴模拟）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，实验流程为：
已知：i.溶于酸，微溶于水，不溶于乙醇；
ii.。
（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．为使充分反应，稀盐酸应当过量
C．煮沸是为了除去溶液中的，防止后续步骤在碱性条件下与生成沉淀，影响产品纯度
D．过滤的目的是除去一些难溶性杂质，提高的纯度
（2）步骤②中的操作是将氯化钙溶液加入氨水混合液中，解释选择这样混合方式的原因　 　。
（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．饱和溶液
C．70%乙醇水溶液 D．滤液
（4）可采用量气法测定产品中的含量。量气法实验装置如图所示，加热至350℃以上时迅速分解生成和(假设杂质不产生气体)。
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的含量的正确操作为　 　(选出正确操作并排序，操作可以重复)。
_______→_______→_______→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某同学准确称量烘干恒重后的样品，置于试管中加热使其完全分解，收集到(已换算为标准状况)气体，计算产品中的质量分数　 　。
（5）有研究团队在高压(约)条件下合成了另一种钙的氧化物：，中各原子均满足8电子稳定结构。
①写出电子式　 　。
②指出促使上述反应发生的主要因素(单选)　 　。
a.比离子间的作用力大　　b.反应的熵增大　　c.反应中体积减小
【答案】（1）C；D
（2）反应体系保持弱碱性，易于生成过氧化钙(使浓度降低，促进反应向生成的方向进行)，且过氧化钙更稳定
（3）D
（4）碱式滴定管；EBFCAF；57.60%
（5）；c
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；化学实验操作的先后顺序；制备实验方案的设计
【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：、，加入氨水，控制反应体系保持弱碱性，使浓度降低，促进过氧化氢电离，提高浓度，易于生成更稳定的过氧化钙。
故答案为： 反应体系保持弱碱性，易于生成过氧化钙(使浓度降低，促进反应向生成的方向进行)，且过氧化钙更稳定 ；
（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的含量的正确操作为.向漏斗中注入一定体积的水，检查装置气密性，向试管中加入样品，上下移动水准管，使量气管与水准管液面相平，记录读数，加热试管，使样品完全分解，停止加热，冷却至室温，上下移动水准管，使量气管与水准管液面相平，记录读数。
③分解反应为，计算产品中的质量分数为故答案为： 碱式滴定管 ；EBFCAF； 57.60% ；
（5）①为离子化合物，有Ca2+和组成，由于各原子均满足8电子稳定结构，因此的结构为[O-O-O]2-，故电子式为；
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：、，加入氨水，控制反应体系保持弱碱性，使浓度降低，促进过氧化氢电离，提高浓度，易于生成更稳定的过氧化钙。
（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的含量的正确操作为.向漏斗中注入一定体积的水，检查装置气密性，向试管中加入样品，上下移动水准管，使量气管与水准管液面相平，记录读数，加热试管，使样品完全分解，停止加热，冷却至室温，上下移动水准管，使量气管与水准管液面相平，记录读数，故答案为EBFCAF；
③分解反应为，计算产品中的质量分数为。
（5）①为离子化合物，有Ca2+和组成，由于各原子均满足8电子稳定结构，因此的结构为[O-O-O]2-，故电子式为；
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。
20．（2025·嘉兴模拟）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：
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．化合物H与在一定条件下完全反应，最多消耗
D．TMSA的结构可能为，采用的杂化方式成键
（4）反应需控制约为8，写出的化学方程式　 　。
（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与溶液混合能发生显色反应；
②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“”结构。
（6）请结合以上相关信息，以、、和为原料，设计合成的路线　 　(用流程图表示，无机试剂任选)。
【答案】（1）碳碳三(叁)键，碳氟键(氟原子)
（2）
（3）A；B；D
（4）+ClCOOCH2CH3+Na2CO3→+NaCl+NaHCO3
（5）、（任写3种）
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据H得结构简式，不含氧的官能团名称是：碳碳三(叁)键，碳氟键(氟原子)；
故答案为： 碳碳三(叁)键，碳氟键(氟原子) ；
（2）根据分析，A的结构简式为：；
故答案为： ；
（3）A．化合物B为：，苯环上以及与苯环直接相连的原子一定共平面，故B中所有原子一定共平面，A正确；
B．C→D的反应中，两个F原子都有可能被取代，但最终只取代了其中一个F原子，说明两个F原子存在不同选择性，B正确；
C．H中苯环和碳碳三键能与氢气发生加成反应，化合物H与在一定条件下完全反应，最多消耗，C错误；
D．G与TMSA发生取代反应得到H，根据G和H的结构简式可知TMSA的结构可能为，形成4根单键，采用的杂化，D正确；
故答案为：ABD；
（4）根据分析，的化学方程式为：+ClCOOCH2CH3+Na2CO3→+NaCl+NaHCO3；
故答案为：+ClCOOCH2CH3+Na2CO3→+NaCl+NaHCO3 ；
（5）I的不饱和度为6，其同分异构体满足：与溶液混合能发生显色反应，说明含酚羟基，分子中有4种不同化学环境的氢原，且分子为苯的二取代物，无其他环状结构，不含“”，结构，满足条件的结构简式为：、（任写3种）；
故答案为：、（任写3种） ；
（6）根据已知信息，CH3CH2OH与COCl2反应得到ClCOOCH2CH3，ClCOOCH2CH3与发生取代反应得到，再与TMSA反应得到，再与乙醇钠反应得到，与氢气在一定条件下发生加成反应得到产物，故合成路线为：。
故答案为：
【分析】以二氟苯（A）为原料，先与 Br2/FeBr3发生苯环溴代得到 B（），再经混酸硝化在苯环上引入硝基得到 C。C 与 CH3ONa 发生亲核取代，将一个氟原子替换为甲氧基得到 D（）；随后在 Pt 催化下用 H2将硝基还原为氨基得到 E（）。E 与含活泼氯的化合物 F 在 Na2CO3作用下发生酰胺化反应得到 G；由E和G可知F为：；G经 TMSA 处理，在苯环上引入三甲基硅基炔基得到 H。H 在 CH3CH2ONa 作用下发生分子内环化，脱去三甲基硅基并形成苯并咪唑环，最终得到目标产物 I。据此解题。
（1）根据H得结构简式，不含氧的官能团名称是：碳碳三(叁)键，碳氟键(氟原子)；
（2）根据分析，A的结构简式为：；
（3）A．化合物B为：，苯环上以及与苯环直接相连的原子一定共平面，故B中所有原子一定共平面，A正确；
B．C→D的反应中，两个F原子都有可能被取代，但最终只取代了其中一个F原子，说明两个F原子存在不同选择性，B正确；
C．H中苯环和碳碳三键能与氢气发生加成反应，化合物H与在一定条件下完全反应，最多消耗，C错误；
D．G与TMSA发生取代反应得到H，根据G和H的结构简式可知TMSA的结构可能为，形成4根单键，采用的杂化，D正确；
故选ABD；
（4）根据分析，的化学方程式为：+ClCOOCH2CH3+Na2CO3→+NaCl+NaHCO3；
（5）I的不饱和度为6，其同分异构体满足：与溶液混合能发生显色反应，说明含酚羟基，分子中有4种不同化学环境的氢原，且分子为苯的二取代物，无其他环状结构，不含“”，结构，满足条件的结构简式为：、（任写3种）；
（6）根据已知信息，CH3CH2OH与COCl2反应得到ClCOOCH2CH3，ClCOOCH2CH3与发生取代反应得到，再与TMSA反应得到，再与乙醇钠反应得到，与氢气在一定条件下发生加成反应得到产物，故合成路线为：。
1 / 1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．（2025·嘉兴模拟）下列属于极性分子的是
A． B． C． D．
2．（2025·嘉兴模拟）下列化学用语表示不正确的是
A．苯的实验式：
B．基态As原子的简化电子排布式：
C．的模型：
D．中子数为20的原子的核素符号：
3．（2025·嘉兴模拟）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．（2025·嘉兴模拟）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
B 通入紫色石蕊溶液变红 属于酸性氧化物，水溶液呈酸性
C 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：低于 为非极性分子，为极性分子
A．A B．B C．C D．D
5．（2025·嘉兴模拟）下列有关硝酸的反应说法正确的是
A．在反应中，是还原剂，是氧化剂
B．实验室用与反应制取气体
C．用制备：方案①，方案②，方案②的利用率高
D．浓硝酸被还原为，若反应消耗，则转移电子
6．（2025·嘉兴模拟）下列方程式正确的是
A．保存溶液加入少量铁粉的原因：
B．溶液中通入过量：
C．将少量通入溶液中：
D．与溶液共热反应：
7．（2025·嘉兴模拟）黑火药是中国古代四大发明之一，爆炸时的反应为：(未配平)。其中X、Y、Z、W、M是原子序数依次递增的五种元素，的一种核素可用于考古，和位于周期表同一主族，的基态原子价层轨道上有1个未成对电子。下列说法正确的是
A．简单氢化物的稳定性：
B．上述元素均位于元素周期表的区
C．第一电离能：
D．基态原子核外电子的空间运动状态数：
8．（2025·嘉兴模拟）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．（2025·嘉兴模拟）设表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是
A．通入足量溶液中，得到的数目为
B．室温下，的溶液中，水电离的数目为
C．金刚石与石墨的混合物中含有碳碳单键的数目为
D．锌加入浓硫酸中，锌完全溶解，硫酸得到的电子数为
10．（2025·嘉兴模拟）下图是配制溶液的过程示意图，下列说法正确的是
A．操作1前用托盘天平和滤纸称取氢氧化钠固体
B．为使溶液充分混合，虚线框内的操作可用操作7
C．若操作2中未冷却的溶液转移到容量瓶中，所配溶液浓度偏高
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．（2025·嘉兴模拟）是一种重要的化工产品。实验室可利用制取该配合物：。已知正八面体的空间结构如图，下列说法不正确的是
A．中含有极性键、配位键和氢键
B．中有两种不同大小的键角
C．、与形成配离子的稳定性：
D．若中两个被替代，得到的有2种结构
12．（2025·嘉兴模拟）已知甲烷分解反应。其正反应速率方程为，逆反应速率方程为(和为速率常数，只受温度影响)，1000℃达平衡时，。下列说法不正确的是
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
C．恒温恒压下通入气体，平衡正向移动，减小
D．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．（2025·嘉兴模拟）在新型能源技术里，直接过氧化氢燃料电池(DPPFC)备受关注。它独特之处在于用同时作燃料和氧化剂，能高效转换能量。某研究小组利用该电池和离子交换膜进行电解质溶液处理，其工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是
A．该电池表明在酸性环境中的氧化性强于碱性环境
B．电池的总反应为
C．当外电路通过时，中间室生成的质量为
D．分解产生的在石墨2电极也可以放电，因此的分解不会影响电池效率
14．（2025·嘉兴模拟）某反应机理如下，下列说法不正确的是
A．化合物VI为该反应的催化剂
B．化合物为，可循环利用
C．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，键长变短
15．（2025·嘉兴模拟）酒石酸是一种有机二元弱酸(用表示)，酒石酸钙()微溶于水。已知室温时：、，，，。下列说法不正确的是
A．室温时，的溶液的约为3
B．向溶液中加入酒石酸，溶液变浑浊
C．饱和溶液中加入少量固体，的值减小
D．室温时，往的溶液中通气体至溶液，消耗的
16．（2025·嘉兴模拟）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，说明已耗尽，需补充溶液
C．合成槽中产物主要有和
D．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．（2025·嘉兴模拟）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．电子排布为的原子电子跃迁时，由光谱仪可能捕捉到发射光谱
C．的半径大于的半径
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将该化合物配成的水溶液，然后取于试管中将其加热，实验现象是　 　(从平衡移动角度考虑)。
（3）已知常压下的分解温度为337℃，的分解温度为452℃，从化学键角度分析两者分解温度差异的原因　 　。
（4）是高效安全消毒灭菌剂，某兴趣小组设计了两种制备的方法：
I.用新制的和反应。
已知：
i.，副反应：
ⅱ.常压下，沸点-34.0℃，熔点-101.0℃；沸点2.0℃，熔点-120.6℃；沸点-183℃，熔点-218℃。
ⅲ.在中的溶解度远大于其在水中的溶解度。
Ⅱ.将通入过量潮湿的。
①方法I，所得物质的成分是　 　。将纯化后的产品气化，通入水中得到高纯度的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要时，可将浓溶液用　 　(操作名称)，得到的混合液再经过　 　(操作名称)，可重新得到。
②写出方法Ⅱ中的化学反应方程式　 　。
③也是一种高效安全消毒灭菌剂。现有一瓶气体，可能是或。已知或都可完全分解，产物都是和。请设计实验通过分解产物来确定气体是哪种化合物　 　。
18．（2025·嘉兴模拟）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：
副反应： ；
；
请回答：
（1）几种物质的燃烧热(25℃，)如下表所示：则　 　。
化学式(状态)
-286 -2058 -2220
（2）假定体系内只发生反应，反应过程中温度保持不变，压强恒定为，平衡时转化率为，该温度下反应的平衡常数为　 　(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（3）已知在一定条件下能发生如下反应：，，研究表明在丙烷催化脱氢装置中通入一定量的能提高的产量。试从两个不同角度解释原因　 　。
（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(转化的中生成的的百分比)随温度的变化如图所示，下列说法正确的是_______。
A．由图可知，随温度升高，键比键更活泼
B．的脱氢反应在任意温度下都能自发进行
C．升高温度，降低压强，加入催化剂均可提高的平衡转化率
D．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()，再用丙烯腈电合成己二腈，请写出酸性环境中电合成己二腈的电极反应式　 　。
（6）以丙烯为原料还可以制备丙酮()。某兴趣小组在做实验时发现丙酮与氯仿()混合时有放热现象，经查阅主要原因是混合时形成了某种特殊作用力。请结合物质结构知识分析形成这种作用力的原理　 　。
19．（2025·嘉兴模拟）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，实验流程为：
已知：i.溶于酸，微溶于水，不溶于乙醇；
ii.。
（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．为使充分反应，稀盐酸应当过量
C．煮沸是为了除去溶液中的，防止后续步骤在碱性条件下与生成沉淀，影响产品纯度
D．过滤的目的是除去一些难溶性杂质，提高的纯度
（2）步骤②中的操作是将氯化钙溶液加入氨水混合液中，解释选择这样混合方式的原因　 　。
（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．饱和溶液
C．70%乙醇水溶液 D．滤液
（4）可采用量气法测定产品中的含量。量气法实验装置如图所示，加热至350℃以上时迅速分解生成和(假设杂质不产生气体)。
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的含量的正确操作为　 　(选出正确操作并排序，操作可以重复)。
_______→_______→_______→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某同学准确称量烘干恒重后的样品，置于试管中加热使其完全分解，收集到(已换算为标准状况)气体，计算产品中的质量分数　 　。
（5）有研究团队在高压(约)条件下合成了另一种钙的氧化物：，中各原子均满足8电子稳定结构。
①写出电子式　 　。
②指出促使上述反应发生的主要因素(单选)　 　。
a.比离子间的作用力大　　b.反应的熵增大　　c.反应中体积减小
20．（2025·嘉兴模拟）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：
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．化合物H与在一定条件下完全反应，最多消耗
D．TMSA的结构可能为，采用的杂化方式成键
（4）反应需控制约为8，写出的化学方程式　 　。
（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与溶液混合能发生显色反应；
②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“”结构。
（6）请结合以上相关信息，以、、和为原料，设计合成的路线　 　(用流程图表示，无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子
【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
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；苯的结构与性质
【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] 3d 4s24p3，选项中遗漏了 3d ，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 3d ，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
【知识点】化学科学的主要研究对象
【解析】【解答】A、汽车尾气中的氮氧化物（NO ）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 NO 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
【知识点】极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响；海水资源及其综合利用；两性氧化物和两性氢氧化物
【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
【知识点】硝酸的性质与用途
【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 4mol HNO3，其中只有 2mol 作为氧化剂被还原，转移 2mol 电子，因此消耗 1mol HNO3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 1mol HNO3时，实际转移 0.5mol 电子。
6．【答案】B
【知识点】溴乙烷的化学性质；离子方程式的书写
【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、有强氧化性，有还原性，能将氧化为的同时有生成，少量，则生成的能与反应生成，反应的离子方程式为，C错误；
D、CH3CH2Br 与 NaOH 溶液共热，发生的是取代反应（水解），生成乙醇和 NaBr，只有在 NaOH 醇溶液、加热条件下才发生消去反应生成乙烯，D错误；
故答案为：B。
【分析】电解题关键：
荷守恒判断：A 选项的离子方程式电荷不守恒，是判断其错误的突破口。
过量 CO2的产物规律：NaAlO2与过量 CO2反应，产物一定是 HCO3-而不是 CO32-。
反应条件与类型：卤代烃在 NaOH 水溶液中加热发生取代反应，只有在醇溶液中加热才发生消去反应。
氧化还原的合理性：C 选项中，少量 Cl2与过量 HSO3-反应，产物的合理性和方程式的守恒关系需要仔细核对。
7．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【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 4s ，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
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；酰胺
【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
【知识点】原子晶体（共价晶体）；水的电离；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、 与足量 反应的化学方程式为：
1mol 完全反应生成1mol ，但 在溶液中会与 结合生成 等，导致溶液中游离的 数目小于 ，A错误；
B、 是强碱弱酸盐， 水解促进水的电离。室温下 ，溶液中 ，但水电离出的 ，因此1L溶液中水电离的 数目为 ，B错误；
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 到 之间，不是固定的 ，C错误；
D、 与浓硫酸反应，无论生成 还是 ， 均从0价被氧化为+2价。6.5g 为0.1mol，失去0.2mol电子，根据电子守恒，硫酸得到的电子数为 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
反应产物的后续变化： 与 反应生成的 会与 进一步结合，导致游离 数目减少。
盐类水解对水电离的影响： 水解促进水的电离，水电离的 浓度远大于 。
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 与浓硫酸反应生成 还是 ， 均失去2个电子，利用电子守恒可直接判断硫酸得到的电子数。
10．【答案】C
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A、配制100 mL 2.00 mol·L- NaOH溶液，需要NaOH的质量为 。但NaOH具有强腐蚀性和易潮解性，不能放在滤纸上称量，应放在烧杯等玻璃器皿中称量，且托盘天平的精度为0.1g，无法称取8.00g，A错误；
B、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 ， 偏小，所配溶液浓度偏高，C正确；
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 ，浓度会偏高，容易误判为偏低。
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
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、 中， 内部的 键是极性键， 与 之间形成配位键，但氢键是分子间或分子内的特殊作用力，不存在于该配离子内部，A错误；
B、 为正八面体结构， 位于6个顶点， 位于中心。 键角有两种：一种是相邻顶点的 ，另一种是对位顶点的 ，B正确；
C、 中N原子的孤电子对比 中O原子的孤电子对更易提供，与 形成的配位键更稳定，因此配离子稳定性：，C正确；
D、正八面体中两个 被 取代时， 有两种位置关系：相邻（顺式）和对位（反式）：、，D正确；
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， 键角只有90°（相邻）和180°（对位）两种。
配体稳定性比较： 的配位能力强于 ，因此形成的配离子更稳定。
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
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；合金及其应用
【解析】【解答】A、该反应 ，为吸热反应，高温下反应速率更快，且催化剂的活性受温度影响，因此选择适合高温的催化剂可提高反应速率，A正确；
B、平衡时 ，即 ，可得 。降温时，平衡逆向移动， 减小，即 。若 ，则 ，与降温后比值减小的结论矛盾，B错误；
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， 最终减小，C正确；
D、合成氨工业中，高压下H2与钢铁中的C可能发生类似甲烷分解的反应，损坏设备，因此用熟铁作衬里可避免该反应，D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 推导出的 ，导致无法判断降温后 与 的比值变化。
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 最终是减小的，容易误以为平衡移动会使浓度增大。
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
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、正极（酸性） 作氧化剂，负极（碱性） 作还原剂，说明酸性下氧化性更强，A正确；
B、将正负极反应相加，消去电子后得到总反应：，B正确；
C、外电路通过0.4mol电子时，0.4mol 通过阳离子交换膜进入中间室，同时0.2mol 通过阴离子交换膜进入中间室，生成0.2mol 。质量为：，C正确；
D、总反应中既是氧化剂又是还原剂，是氧化产物，说明氧化性，因此不能在正极（石墨2）放电；且分解会降低反应物浓度，影响电池效率，D错误；
故答案为：D。
【分析】电极判断与反应：
石墨1（负极，碱性）： 被氧化，反应为：
石墨2（正极，酸性）： 被还原，反应为：
总反应：，据此解题。
14．【答案】C
【知识点】催化剂；有机物的合成；有机物的结构和性质
【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
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、室温下， 溶液中：
，A正确；
B、酸性顺序：，故反应 可发生。等体积混合后，，离子积：，有沉淀生成，溶液变浑浊，B正确；
C、 饱和溶液中加入少量 ， 增大， 不变，故 减小， 的值减小，C正确；
D、 溶液中， 水解常数 ，故 溶液显酸性。向 溶液中滴加 至 时，溶质为 、 和少量 ，说明 未将 完全转化为 ，因此消耗的 ，D错误。
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 ”的前提，导致计算失误。
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 ，并与 比较，容易直接使用混合前的浓度进行计算。
同离子效应对离子浓度比的影响：加入 后， 增大， 减小，因此 减小，容易误以为比值不变。
酸式盐的酸碱性判断： 溶液中， 的电离常数大于水解常数，溶液显酸性，因此滴定至中性时， 未将 完全转化，容易误判消耗的 。
16．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；制备实验方案的设计
【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）；溶液由蓝色变为(黄)绿色
（3）原子半径小，键能大，分解温度低
（4）、；萃取，分液；气化(加热、蒸馏)；； 、 ，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，剩余体积的是，剩余体积的是
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）A．基态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．电子排布为的原子，当电子从高能级跃迁到低能级时，会释放能量，由光谱仪可能捕捉到发射光谱， B正确；
C．对于同一种元素来说，其原子半径小于阴离子半径，故的半径小于的半径，C错误；
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。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。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，H2O分子个数为。，所以该含有结晶水化合物的化学式是。
②在CuCl2水溶液中存在如下平衡：。（水合铜离子）在溶液中呈蓝色 ，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，不断转化为 ，浓度逐渐减小，浓度逐渐增大，所以溶液颜色由蓝色逐渐变为 (黄) 绿色。
故答案为： ； 溶液由蓝色变为(黄)绿色 ；
（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。原子半径小，键能大于键能，说明HCl稳定性更强，对应的铵盐更容易分解，所以的分解温度比分解温度低。
故答案为：原子半径小，键能大，分解温度低 ；
（4）①由制备流程可知，和在18~25℃反应生成等气体，因沸点-34.0℃，沸点2.0℃，O2沸点-183℃，在 80~-60℃充分冷却时，和会被冷凝，所以物质A的成分是、。已知在中的溶解度远大于其在水中的溶解度，要从浓溶液中得到，先利用萃取剂（如）萃取，然后进行分液得到含的有机层，最后通过气化（加热、蒸馏 ）使从有机层中分离出来。所以操作名称依次为萃取，分液；气化(加热、蒸馏)。
②方法Ⅱ将通入过量潮湿的制备，根据原子守恒和得失电子守恒，反应的化学方程式为。
③已知或都可完全分解，产物都是和，方程式分别为，，由此可知分解产生的和体积比为1：2，分解产生的和体积比2：1。设计实验通过分解产物来确定气体是哪种化合物，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，由于能与氢氧化钠溶液反应，不与氢氧化钠溶液反应，所以剩余体积的是，剩余体积的是。
故答案为：、 ； 萃取，分液 ； 气化(加热、蒸馏) ；
； 、，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，剩余体积的是，剩余体积的是
【分析】(1)基态F原子最高能级为2p（哑铃形）；Cl原子电子从高能级到低能级跃迁产生发射光谱；同种元素原子半径 < 阴离子半径；I原子序数为53。
(2)①化学式：用均摊法计算：Cu为 ，Cl为 ，H2O为 ，故为 CuCl2·2H2O。
②加热现象：平衡 正向移动，蓝色 减少，黄绿色 增多，溶液由蓝变为（黄）绿色。
(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：。
③鉴别实验：取气体分解，用NaOH吸收Cl2，剩余气体体积为 原体积则为Cl2O， 则为ClO2。
（1）A．基态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．电子排布为的原子，当电子从高能级跃迁到低能级时，会释放能量，由光谱仪可能捕捉到发射光谱， B正确；
C．对于同一种元素来说，其原子半径小于阴离子半径，故的半径小于的半径，C错误；
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。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。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，H2O分子个数为。，所以该含有结晶水化合物的化学式是。
②在CuCl2水溶液中存在如下平衡：。（水合铜离子）在溶液中呈蓝色 ，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，不断转化为 ，浓度逐渐减小，浓度逐渐增大，所以溶液颜色由蓝色逐渐变为 (黄) 绿色。
（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。原子半径小，键能大于键能，说明HCl稳定性更强，对应的铵盐更容易分解，所以的分解温度比分解温度低。
（4）①由制备流程可知，和在18~25℃反应生成等气体，因沸点-34.0℃，沸点2.0℃，O2沸点-183℃，在 80~-60℃充分冷却时，和会被冷凝，所以物质A的成分是、。已知在中的溶解度远大于其在水中的溶解度，要从浓溶液中得到，先利用萃取剂（如）萃取，然后进行分液得到含的有机层，最后通过气化（加热、蒸馏 ）使从有机层中分离出来。所以操作名称依次为萃取，分液；气化(加热、蒸馏)。
②方法Ⅱ将通入过量潮湿的制备，根据原子守恒和得失电子守恒，反应的化学方程式为。
③已知或都可完全分解，产物都是和，方程式分别为，，由此可知分解产生的和体积比为1：2，分解产生的和体积比2：1。设计实验通过分解产物来确定气体是哪种化合物，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，由于能与氢氧化钠溶液反应，不与氢氧化钠溶液反应，所以剩余体积的是，剩余体积的是。
18．【答案】（1）+124
（2）
（3）能与反应，促进主反应平衡正向移动 与焦炭反应，可以减缓催化剂的失活
（4）D
（5）
（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
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；盖斯定律及其应用；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）C3H8燃烧热的热化学方程式：C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l)H=-2220kJ·mol-1①；C3H6燃烧热的热化学方程式：C3H6(g)＋O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l)H=-2058kJ·mol-1②；H2燃烧热的热化学方程式：③。根据盖斯定律，①-②-③可得到反应Ⅰ，则ΔH=-2220kJ·mol-1-(-2058kJ·mol-1)-(-286kJ·mol-1)=＋124kJ·mol-1；
故答案为： +124 ；
（2）温度保持不变，压强恒定为，设开始投放的物质的量为1mol，平衡时转化率为α，列三段式：，气体总的物质的量为，；
故答案为： ；
（3）能与反应，，降低浓度，促进主反应平衡正向移动；与焦炭反应，减少积碳，可以减缓催化剂的失活；
故答案为：能与反应，促进主反应平衡正向移动 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，说明键更易反应，比键更活泼，A错误；
B．该反应是吸热反应，H>0；该反应是气体体积增加的反应，则S>0；根据G=H-TS，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）得电子在阴极被还原生成，电极反应为；
故答案为： ；
（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。
故答案为： 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 。
【分析】(1)写出各物质燃烧热的热化学方程式，根据盖斯定律，由“丙烷燃烧热 - 丙烯燃烧热 - 氢气燃烧热”得到 。
(2)设起始 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 表达式得到 。
(3)① 与 反应，降低 浓度，促进主反应正向移动；② 与副反应生成的焦炭反应，减少积碳，减缓催化剂失活。
(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 、，高温自发；催化剂不影响平衡转化率；制备丙烯需综合考虑转化率和选择性。
(5)丙烯腈在阴极得电子被还原，结合酸性环境中的 ，配平电极反应：。
(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)H=-2220kJ·mol-1①；C3H6燃烧热的热化学方程式：C3H6(g)＋O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l)H=-2058kJ·mol-1②；H2燃烧热的热化学方程式：③。根据盖斯定律，①-②-③可得到反应Ⅰ，则ΔH=-2220kJ·mol-1-(-2058kJ·mol-1)-(-286kJ·mol-1)=＋124kJ·mol-1；
（2）温度保持不变，压强恒定为，设开始投放的物质的量为1mol，平衡时转化率为α，列三段式：，气体总的物质的量为，；
（3）能与反应，，降低浓度，促进主反应平衡正向移动；与焦炭反应，减少积碳，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，说明键更易反应，比键更活泼，A错误；
B．该反应是吸热反应，H>0；该反应是气体体积增加的反应，则S>0；根据G=H-TS，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）得电子在阴极被还原生成，电极反应为；
（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(使浓度降低，促进反应向生成的方向进行)，且过氧化钙更稳定
（3）D
（4）碱式滴定管；EBFCAF；57.60%
（5）；c
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；化学实验操作的先后顺序；制备实验方案的设计
【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：、，加入氨水，控制反应体系保持弱碱性，使浓度降低，促进过氧化氢电离，提高浓度，易于生成更稳定的过氧化钙。
故答案为： 反应体系保持弱碱性，易于生成过氧化钙(使浓度降低，促进反应向生成的方向进行)，且过氧化钙更稳定 ；
（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的含量的正确操作为.向漏斗中注入一定体积的水，检查装置气密性，向试管中加入样品，上下移动水准管，使量气管与水准管液面相平，记录读数，加热试管，使样品完全分解，停止加热，冷却至室温，上下移动水准管，使量气管与水准管液面相平，记录读数。
③分解反应为，计算产品中的质量分数为故答案为： 碱式滴定管 ；EBFCAF； 57.60% ；
（5）①为离子化合物，有Ca2+和组成，由于各原子均满足8电子稳定结构，因此的结构为[O-O-O]2-，故电子式为；
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：、，加入氨水，控制反应体系保持弱碱性，使浓度降低，促进过氧化氢电离，提高浓度，易于生成更稳定的过氧化钙。
（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的含量的正确操作为.向漏斗中注入一定体积的水，检查装置气密性，向试管中加入样品，上下移动水准管，使量气管与水准管液面相平，记录读数，加热试管，使样品完全分解，停止加热，冷却至室温，上下移动水准管，使量气管与水准管液面相平，记录读数，故答案为EBFCAF；
③分解反应为，计算产品中的质量分数为。
（5）①为离子化合物，有Ca2+和组成，由于各原子均满足8电子稳定结构，因此的结构为[O-O-O]2-，故电子式为；
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。
20．【答案】（1）碳碳三(叁)键，碳氟键(氟原子)
（2）
（3）A；B；D
（4）+ClCOOCH2CH3+Na2CO3→+NaCl+NaHCO3
（5）、（任写3种）
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据H得结构简式，不含氧的官能团名称是：碳碳三(叁)键，碳氟键(氟原子)；
故答案为： 碳碳三(叁)键，碳氟键(氟原子) ；
（2）根据分析，A的结构简式为：；
故答案为： ；
（3）A．化合物B为：，苯环上以及与苯环直接相连的原子一定共平面，故B中所有原子一定共平面，A正确；
B．C→D的反应中，两个F原子都有可能被取代，但最终只取代了其中一个F原子，说明两个F原子存在不同选择性，B正确；
C．H中苯环和碳碳三键能与氢气发生加成反应，化合物H与在一定条件下完全反应，最多消耗，C错误；
D．G与TMSA发生取代反应得到H，根据G和H的结构简式可知TMSA的结构可能为，形成4根单键，采用的杂化，D正确；
故答案为：ABD；
（4）根据分析，的化学方程式为：+ClCOOCH2CH3+Na2CO3→+NaCl+NaHCO3；
故答案为：+ClCOOCH2CH3+Na2CO3→+NaCl+NaHCO3 ；
（5）I的不饱和度为6，其同分异构体满足：与溶液混合能发生显色反应，说明含酚羟基，分子中有4种不同化学环境的氢原，且分子为苯的二取代物，无其他环状结构，不含“”，结构，满足条件的结构简式为：、（任写3种）；
故答案为：、（任写3种） ；
（6）根据已知信息，CH3CH2OH与COCl2反应得到ClCOOCH2CH3，ClCOOCH2CH3与发生取代反应得到，再与TMSA反应得到，再与乙醇钠反应得到，与氢气在一定条件下发生加成反应得到产物，故合成路线为：。
故答案为：
【分析】以二氟苯（A）为原料，先与 Br2/FeBr3发生苯环溴代得到 B（），再经混酸硝化在苯环上引入硝基得到 C。C 与 CH3ONa 发生亲核取代，将一个氟原子替换为甲氧基得到 D（）；随后在 Pt 催化下用 H2将硝基还原为氨基得到 E（）。E 与含活泼氯的化合物 F 在 Na2CO3作用下发生酰胺化反应得到 G；由E和G可知F为：；G经 TMSA 处理，在苯环上引入三甲基硅基炔基得到 H。H 在 CH3CH2ONa 作用下发生分子内环化，脱去三甲基硅基并形成苯并咪唑环，最终得到目标产物 I。据此解题。
（1）根据H得结构简式，不含氧的官能团名称是：碳碳三(叁)键，碳氟键(氟原子)；
（2）根据分析，A的结构简式为：；
（3）A．化合物B为：，苯环上以及与苯环直接相连的原子一定共平面，故B中所有原子一定共平面，A正确；
B．C→D的反应中，两个F原子都有可能被取代，但最终只取代了其中一个F原子，说明两个F原子存在不同选择性，B正确；
C．H中苯环和碳碳三键能与氢气发生加成反应，化合物H与在一定条件下完全反应，最多消耗，C错误；
D．G与TMSA发生取代反应得到H，根据G和H的结构简式可知TMSA的结构可能为，形成4根单键，采用的杂化，D正确；
故选ABD；
（4）根据分析，的化学方程式为：+ClCOOCH2CH3+Na2CO3→+NaCl+NaHCO3；
（5）I的不饱和度为6，其同分异构体满足：与溶液混合能发生显色反应，说明含酚羟基，分子中有4种不同化学环境的氢原，且分子为苯的二取代物，无其他环状结构，不含“”，结构，满足条件的结构简式为：、（任写3种）；
（6）根据已知信息，CH3CH2OH与COCl2反应得到ClCOOCH2CH3，ClCOOCH2CH3与发生取代反应得到，再与TMSA反应得到，再与乙醇钠反应得到，与氢气在一定条件下发生加成反应得到产物，故合成路线为：。
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