绵阳市2026年高三第三次测评化学试卷（含答案解析）

这是一份绵阳市2026年高三第三次测评化学试卷（含答案解析），共7页。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质。实验室用工业大理石(含有少量Al3+、Fe3+等杂质）制备溴化钙的主要流程如下：
下列说法错误的是
A．已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH4+，步骤II加入的试剂a是石灰水
B．步骤II控制溶液的pH约为8.0的主要目的是沉淀过量Ca2+
C．试剂b是氢溴酸，步骤IV的目的是除去过量的氢氧化钙
D．步骤V所含的操作依次是蒸发浓缩，冷却结晶
2、利用如图的实验装置和方法进行实验，能达到目的的是（ ）
A．甲装置可将FeC12溶液蒸干获得FeC12晶体
B．乙装置可证明浓硫酸具有脱水性和氧化性
C．丙装置可除去CO2中的SO2
D．丁装置可将NH4Cl固体中的I2分离
3、酸雨的主要成分是H2SO4，以下是形成途径之一：①NO2+SO2=NO+SO3，②2NO+O2=2NO2，③SO3+H2O＝H2SO4，以下叙述错误的是
A．NO2由反应N2+2O22NO2生成
B．总反应可表示为2SO2+O2+2H2O2H2SO4
C．还可能发生的反应有4NO2+O2+2H2O＝4HNO3
D．还可能发生的反应有4NO+3O2+2H2O＝4HNO3
4、乙基环己烷（）的一溴代物共有几种（不考虑立体异构）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
5、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，最外层电子数之和为20。W与Y元素同主族，且形成的化合物可用于工业的杀菌与消毒。下列说法正确的是
A．W与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
B．Y的氧化物对应的水化物均为强酸
C．Z的氢化物为离子化合物
D．X和Y形成的化合物的水溶液呈中性
6、aL（标准状况）CO2通入100mL3 ml/L NaOH溶液的反应过程中所发生的离子方程式错误的是
A．a =3.36时，CO2+2OH―→CO32―+H2O
B．a =4.48时，2CO2+3OH―→CO32―+HCO3―+H2O
C．a =5.60时，3CO2+4OH―→CO32―+2HCO3―+H2O
D．a =6.72时，CO2+OH―→HCO3―
7、2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法错误的是
A．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”
B．我国发射“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种非金属材料
C．用聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒，以减少木材的使用
D．碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料
8、工业上氟气可作为火箭燃料中的氧化剂，氟单质的制备通常采用电解法。已知：KF＋HF===KHF2，电解熔融的氟氢化钾(KHF2)和无水氟化氢的混合物制备F2的装置如图所示。下列说法错误的是
A．钢电极与电源的负极相连
B．电解过程中需不断补充的X是KF
C．阴极室与阳极室必须隔开
D．氟氢化钾在氟化氢中可以电离
9、某溶液中可能含有K＋、NH4＋、Ba2＋、SO42－、I－、Cl－、NO3－中的几种，将此溶液分成两等份，进行如下实验：
①在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.12 L；
②在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33 g；
③在②的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7 g沉淀产生。
有关该溶液中离子种类（不考虑H＋和OH－）的判断正确的是
A．溶液中至少有2种阳离子B．只能确定溶液中NH4＋、SO42－是否存在
C．溶液中最多有4种阴离子D．溶液中不可能同时存在K＋和NO3－
10、类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pc= －lgc，pKa= —lgKa。常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．pH=3.50时，c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)
B．将等浓度等体积的 Na2A 与 H2A 溶液混合后，溶液显碱性
C．随着 HCl 的通入 c(H+)/c(H2A)先减小后增大
D．pH从3.00到5.30时，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先增大后减小
11、时，及其钠盐的溶液中，H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数(α)随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是( )
A．溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为
B．当溶液恰好呈中性时: c(Na+)>c(HSO3-)+c(SO32-)
C．向pH=8的上述溶液中滴加少量澄清石灰水，的值增大
D．向pH=3的上述溶液中滴加少量稀硫酸，减小
12、根据溶解度曲线，在80 ℃时将含有等物质的量的硝酸钠和氯化钾混合溶液恒温蒸发，首先析出的是
A．氯化钾B．硝酸钠
C．氯化钠D．硝酸钾
13、常见药物布洛芬 Y，具有镇痛、抗炎作用，可由中间体 X 通过以下方法制得：

下列关于化合物 X、Y 的说法中错误的是
A．X 的化学式为 C13H18OB．1 ml Y 能与 4 ml H2 反应
C．可用 NaHCO3 溶液鉴别两者D．两者氢原子的种类数相等
14、2019年是国际化学元素周期表年。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列；准确的预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。
下列说法不正确的是
A．元素甲的原子序数为31
B．元素乙的简单气态氢化物的沸点和稳定性都低于CH4
C．原子半径比较：甲>乙>Si
D．乙的单质可以作为光电转换材料用于太阳能电池
15、已知2H2(g) +O2(g) → 2H2O(l) + 571.6kJ。下列说法错误的是( )
A．2ml液态水完全分解成氢气与氧气，需吸收571.6kJ热量
B．2ml氢气与1ml氧气的总能量大于2ml液态水的总能量
C．2 g 氢气与16 g氧气完全反应生成18g液态水放出285.8 kJ热量
D．2ml氢气与1ml氧气完全反应生成水蒸汽放出的热量大于571.6kJ
16、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．含1ml H2SO4的浓硫酸和足量的锌完全反应，转移的电子数为2NA
B．常温下1 L 0.1 ml·L－1 NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NA
C．标准状况下2.24 L己烷分子中含有1.9NA对共用电子
D．以Mg、Al为电极，NaOH溶液为电解质溶液的原电池中，导线上经过NA个电子，则正极放出H2的体积为11.2 L
二、非选择题（本题包括5小题）
17、由乙烯和其他无机原料可合成环状化合物，其合成过程如下图所示(水及其他无机产物均已省略)：
请分析后回答下列问题：
(1)反应的类型分别是①________，②________。
(2)D物质中的官能团为________。
(3)C物质的结构简式为________，物质X与A互为同分异构体，则X的结构简式为________，X的名称为________。
(4)B、D在一定条件下除能生成环状化合物E外，还可反应生成一种高分子化合物，试写出B、D反应生成该高分子化合物的方程式_______________。
18、A、B、D是3种人们日常生活中熟悉的物质，它们所含的元素都不超过3种，其中D还是实验室常用的一种燃料，它们之间的转化关系如下图所示：
试回答：
(1)写出上述有关物质的化学式： A________；B________；D________。
(2)写出反应①和②的化学方程式：________________。
19、二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知：ClO2是极易溶于水的气体，实验室制备及性质探究装置如图所示。回答下列问题：
（1）装置B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为___________。装置C中滴有几滴淀粉溶液，反应时有蓝色岀现。淀粉的作用是______。
（2）装置C的导管靠近而不接触液面，其目的是________。
（3）用ClO2消毒自来水，其效果是同质量氯气的______倍（保留一位小数）。
（4）装置D用于吸收尾气，若反应的氧化产物是一种单质，且氧化剂与氧化产物的物质的量之比是2∶1，则还原产物的化学式是___________。
（5）若将装置C中的溶液改为Na2S溶液，通入ClO2后溶液无明显现象。由此可以产生两种假设：
假设a：ClO2与Na2S不反应。
假设b：ClO2与Na2S反应。
①你认为哪种假设正确，阐述原因：___________。
②请设计实验证明你的假设（仅用离子方程式表示）：__________。
20、氮化硼(BN)是白色难溶于水的粉末状固体，高温下易被氧化。实验室以硼粉(黑色)为原料制备氮化硼的装置如图1所示：
（1）图2装置中可填入图1虚线框中的是___（填标号）。图2装置中盛放碱石灰的仪器名称为___。
（2）制备BN的化学方程式为___。
（3）图1中多孔球泡的作用是___。
（4）当三颈烧瓶中出现___的现象时说明反应完全，此时应立即停止通入O2，原因是___。
（5）为测定制得的氮化硼样品纯度，设计以下实验：
ⅰ.称取0.0625g氮化硼样品，加入浓硫酸和催化剂，微热，令样品中的N元素全部转化为铵盐；
ⅱ.向铵盐中加入足量NaOH溶液并加热，蒸出的氨用·L-1的稀硫酸吸收；
ⅲ.用0.1000ml·L-1NaOH溶液滴定剩余硫酸，消耗NaOH溶液的平均体积为20.32mL。
①氮化硼样品的纯度为___（保留四位有效数字）。
②下列实验操作可能使样品纯度测定结果偏高的是___（填标号）。
A．蒸出的氨未被稀硫酸完全吸收
B．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管
C．读数时，滴定前平视，滴定后俯视
D．滴定时选用酚酞作指示剂
21、2019年诺贝尔化学奖授予三位化学家，以表彰其对研究开发锂离子电池作出的卓越贡献。LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6和LiCl等可作锂离子聚合物电池的材料。回答下列问题：
（1）Fe的价层电子排布式为___。
（2）Li、F、P、As四种元素的电负性由大到小的顺序为___。
（3）乙二醇(HOCH2CH2OH)的相对分子质量与丙醇(CH3CH2CH2OH)相近，但沸点高出100℃，原因是___。
（4）电池工作时，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移的过程如图甲所示（图中阴离子未画出）。电解质LiPF6或LiAsF6的阴离子结构如图乙所示(X=P、As)。
①聚乙二醇分子中，碳、氧的杂化类型分别是___、___。
②从化学键角度看，Li+迁移过程发生___（填“物理变化”或“化学变化”）。
③PF6中P的配位数为___。
④相同条件，Li+在___（填“LiPF6”或“LiAsF6”）中迁移较快，原因是___。
（5）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。LiCl·3H2O属正交晶系（长方体形）。晶胞参数为0.72nm、1.0nm、0.56nm。如图为沿x轴投影的品胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cl原子的数目为___。LiCl·3H2O的摩尔质量为Mg·ml-1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则LiCl·3H2O晶体的密度为___g·cm-3（列出计算表达式）。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
大理石和氢溴酸反应生成溴化钙，因含有少量Al3+、Fe3+等杂质，可加入石灰水，沉淀Al3+、Fe3+，过滤后得到溴化钙、氢氧化钙的混合溶液，加入试剂b为氢溴酸，可除去过量的氢氧化钙，然后经蒸发浓缩、冷却结晶可得到溴化钙晶体，据此分析解答。
【详解】
A．已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH4+，步骤II加入的试剂a的目的是防止氢氧化铝溶解，因此a是碱，根据题意及不引入新的杂质可知是氢氧化钙，故A正确；
B．步骤II控制溶液的pH约为8.0的主要目的是沉淀Al3+、Fe3+，故B错误；
C．加试剂b的目的是除去过量的氢氧化钙，且不引入新杂质，可以加入氢溴酸，故C正确；
D．步骤Ⅴ的结果是从溶液中得到CaBr2∙6H2O，因此其操作步骤为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤，故D正确；
答案选B。
2、B
【解析】
A.加热会强烈水解，并且暴露在空气中会导致被氧气氧化为，最终无法得到，A项错误；
B.浓硫酸可以脱去蔗糖中的水，即“黑面包实验”，同时硫酸被还原得到，使溴水褪色，因此体现了浓硫酸的脱水性和氧化性，B项正确；
C.碳酸钠溶液会吸收变成碳酸氢钠，因此不能用来除杂，C项错误；
D.氯化铵固体受热易分解，碘受热易升华，二者遇冷后都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离，D项错误；
答案选B。
除杂的第一要义是不能和原物质反应，其次是不能引入新的杂质，最后还要从可行性、操作的简便程度来选择最优的除杂方法。
3、A
【解析】
A．N2+O22NO，不能生成NO2，故A错误；
B．①×2+②+③×2得：2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，故B正确；
C．利用3NO2+H2O＝2HNO3+NO④以及④×2+②得：4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，故C正确；
D．利用3NO2+H2O＝2HNO3+NO④以及④×2+②×3得：4NO+3O2+2H2O＝4HNO3，故D正确。
故选A。
4、D
【解析】乙基环己烷中有6种氢原子，因此一溴代物有6种，故选项C正确。
5、A
【解析】
W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与Y元素同主族，且形成的化合物可用于工业的杀菌与消毒，故W为O，Y为S，Z为Cl，根据最外层电子数之和为20，X为Na。
【详解】
A. W为O，与其他三种元素可形成，Na2O2和Na2O，SO2和SO3，Cl2O7、ClO2，Cl2O等，故A正确；
B. Y的最高价氧化物对应的水化物H2SO4为强酸，H2SO3不是强酸，故B错误；
C. Z的氢化物HCl为共价化合物，故C错误；
D. X和Y形成的化合物为Na2S，水溶液呈碱性，故D错误；
故选A。
6、C
【解析】
n(NaOH)＝0.1 L×3 ml·L－1＝0.3 ml；
A.a＝3.36时，n(CO2)＝0.15 ml，发生CO2＋2OH－=CO32-＋H2O，故不选A；
B.a＝4.48时，n(CO2)＝0.2 ml，由C原子守恒及电荷守恒可知，发生2CO2＋3OH－= CO32-＋HCO3-＋H2O，故不选B；
C.a＝5.60时，n(CO2)＝0.25 ml，由C原子守恒及电荷守恒可知，发生的反应为5CO2＋6OH－= CO32-＋4HCO3-＋H2O中，故选C；
D.a＝6.72时，n(CO2)＝0.3 ml，发生CO2+OH―=HCO3―，故不选D；
答案：C。
少量二氧化碳：发生CO2+2OH-=CO32-+H2O，足量二氧化碳：发生CO2+OH-=HCO3-，结合反应的物质的量关系判断。
7、C
【解析】
A．二氧化硅能够与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸钠和水，所以高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅能够被碱腐蚀而造成断路，A正确；
B．碳纤维是碳的一种单质，属于非金属材料，B正确；
C．聚氯乙烯难降解，大量使用能够引起白色污染，且聚氯乙烯塑料有毒不能用于食品包装以及生产快餐盒等，C错误；
D．碳纳米管表面积大，据有较大的吸附能力，所以可以用作新型储氢材料，D正确；
答案选C。
8、B
【解析】
根据装置图，钢电极上产生H2，碳电极上产生F2，然后根据电解原理进行分析和判断；
【详解】
A、根据装置图，KHF2中H元素显＋1价，钢电极上析出H2，表明钢电极上发生得电子的还原反应，即钢电极是电解池的阴极，钢电极与电源的负极相连，故A说法正确；
B、根据装置图，逸出的气体为H2和F2，说明电解质无水溶液中减少的是氢和氟元素，因此电解过程需要不断补充的X是HF，故B说法错误；
C、阳极室生成氟气，阴极室产生H2，二者接触发生剧烈反应甚至爆炸，因此必须隔开防止氟气与氢气接触，故C说法正确；
D、由氟氢化钾的氟化氢无水溶液可以导电，可推知氟氢化钾在氟化氢中发生电离，故D说法正确。
9、C
【解析】
①在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.12 L；和过量NaOH溶液加热产生的气体只能是氨气，故一定存在NH4+，其物质的量为n(NH3)==0.05 ml；
②在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33 g，则一定存在SO42-，其物质的量为n(SO42-)=n(BaSO4)==0.01 ml，Ba2+与SO42-会发生离子反应不能大量共存，含有SO42-，则一定不含有Ba2+；
③在②的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7 g沉淀产生，此沉淀未说明颜色，故可能为AgCl或AgI，且I-或Cl-的物质的量之和≥0.05-0.01×2=0.03 ml。
A. 依据分析可知，溶液中可能只存在铵根离子，故A错误；
B. 依据分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42-，还有Cl-或I-中的一种或两种，B错误；
C. 依据分析可知，溶液中SO42-、Cl-、I-、NO3-均可能存在，C正确；
D. 依据分析可知，溶液中可能存在K+和NO3-，D错误；
故合理选项是C。
10、C
【解析】
随pH的升高，c(H2A)减小、c(HA-)先增大后减小、c(A2-)增大， 所以pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)的变化曲线分别是。
【详解】
A. 根据图示，pH=3.50时， c(HA-)> c(A2-) >c(H2A)，故A错误 ；
B.根据a点，H2A 的 Ka1=10-0.8，根据c点，H2A 的 Ka2=10-5.3，A2-的水解常数是=10-8.7，等浓度等体积的 Na2A 与 H2A 溶液混合，电离大于水解，溶液显酸性，故B错误；
C.，随着 HCl 的通入c(HA-)先增大后减小，所以c(H+)/c(H2A)先减小后增大，故C正确；
D.根据物料守恒， pH从3.00到5.30时，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)不变，故D错误；答案选C。
11、C
【解析】
A.根据图示可知：溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为HSO3-，A正确；
B.根据图示可知：溶液的pH=7时，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液中的电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO3-）+2c（SO32-），则c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)，c(Na+)>c(HSO3-)+c(SO32-)，B正确；
C.当向pH=8的溶液中滴加少量澄清石灰水，根据图像可知，随着pH的增大，α（SO32-）增大，α（HSO3-）减小，因此的值减小，C错误；
D.在pH=3的溶液中滴加少量硫酸，溶液中c(H+)增大，根据图像可知α (HSO3-)减小，D正确；
故合理选项是C。
12、C
【解析】
在80℃时，氯化钠的溶解度为39克，氯化钾的溶解度为51克，硝酸钾的溶解度为170克，硝酸钠的溶解度为150克；复分解反应发生的条件是生成物中有沉淀生成或有气体生成或有水生成，所谓沉淀就是生成的物质的溶解度小，就会有沉淀生成，所以加热蒸发溶液的温度在80℃时开始析出的晶体是氯化钠．反应的化学方程式为NaNO3+KCl=NaCl↓+KNO3，故选C。
13、B
【解析】
A．X的化学式为C13 H18O，故A正确；
B．布洛芬的官能团为－COOH，不能与H2发生加成反应，1ml Y只能与3ml H2反应，故B错误；
C．X、Y官能团分别为－CHO和－COOH，只有－COOH能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C正确；
D．X、Y中均含有8种氢原子，故D正确；
答案选B。
羧基不能与H2发生加成反应，是易错点。
14、B
【解析】
由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比As小，As位于第四周期VA族，则C、Si、乙位于第IVA族，乙为Ge，B、Al、甲位于ⅢA族，甲为Ga，以此来解答。
【详解】
A．甲为Ga，元素甲的原子序数为31，故A正确；
B．非金属性C大于Ge，则元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于CH4；相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，元素乙的简单气态氢化物的沸点高于CH4，故B错误；
C．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较：甲＞乙＞Si，故C正确；
D．乙为Ge，位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故D正确。
故选B。
本题考查元素的位置、结构与性质，把握相对原子质量、元素的位置及性质为解答的关键，注意规律性知识的应用。
15、D
【解析】
A．由信息可知生成2mlH2O（l）放热为571.6kJ，则2ml液态水完全分解成氢气与氧气，需吸收571.6KJ热量，选项A正确；
B．该反应为放热反应，则2ml氢气与1ml氧气的总能量大于2ml液态水的总能量，选项B正确；
C．物质的量与热量成正比，则2 g 氢气与16 g氧气完全反应生成18g液态水放出285.8 kJ热量，选项C正确；
D．气态水的能量比液态水的能量高，则2ml氢气与1ml氧气完全反应生成水蒸汽放出的热量小于571.6kJ，选项D错误；
答案选D。
16、B
【解析】
A. 含1ml H2SO4的浓硫酸和足量的锌先发生反应：2H2SO4(浓)+Zn=ZnSO4+SO2↑+2H2O，该反应中消耗1ml H2SO4，转移的电子数为NA，硫酸浓度下降后，Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑，该反应中消耗1ml H2SO4，转移的电子数为2NA，则含1ml H2SO4的浓硫酸和足量的锌完全反应，转移的电子数介于NA和2NA之间，A错误；
B. 常温下1 L 0.1 ml·L－1 NH4NO3溶液中含有铵离子、一水合氨分子以及硝酸根离子，因为N元素守恒，所以氮原子总数为0.2NA， B正确；
C. 1摩尔己烷分子含19NA对共用电子，然而标准状况下己烷呈液态，2.24 L己烷分子物质的量并不是1ml，故C错误；
D. 该原电池中，导线上经过NA个电子时，则正极放出H2的物质的量为0.5ml，但是不知道温度和压强条件，故体积不一定为11.2 L，D错误；
答案选B。
C、D容易错，往往误以为1ml物质的体积就是22.4L，换算时，一定要明确物质是不是气体，求气体体积时一定要注意气体所处的状态。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、加成反应 酯化反应 -COOH(或羧基) OHC-CHO CH3-CHBr2 1，1-二溴乙烷 nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O
【解析】
CH2=CH2和溴发生加成反应，生成A为CH2BrCH2Br，水解生成B为CH2OHCH2OH，氧化产物C为OHC-CHO，进而被氧化为D为HOOC-COOH，B为CH2OHCH2OH与D为HOOC-COOH发生酯化反应生成环酯E，结合有机物的结构和性质可解答该题。
【详解】
根据上述分析可知：A为CH2BrCH2Br，B为CH2OHCH2OH，C为OHC-CHO，D为HOOC-COOH，E为。
(1)由以上分析可知，反应①为CH2=CH2和溴发生加成反应产生CH2BrCH2Br；反应②为CH2OHCH2OH与HOOC-COOH发生酯化反应，产生，故反应①类型为加成反应，反应②类型为酯化反应；
(2)由以上分析可知，D为HOOC-COOH，其中的官能团名称为羧基；
(3)C为OHC-CHO，A为CH2BrCH2Br，物质X与A互为同分异构体，则X结构简式为CH3-CHBr2，该物质名称为1，1-二溴乙烷；
(4)B为CH2OHCH2OH，D为HOOC-COOH，二者出能反应产生环状化合物E外，还可以反应产生一种高分子化合物，则B+D→高分子化合物反应的方程式为nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O。
18、H2O CO2 CH3CH2OH 6H2O+6CO2C6H12O6(葡萄糖)+6O2↑，CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O
【解析】
首先找题眼：由A+B葡萄糖+氧气，可知这是光合作用过程，光合作用的原料是二氧化碳和水，产生的葡萄糖经过发酵产生B和D，即酒精和二氧化碳，而D是实验室常用的一种燃料，可知D为酒精，B就是二氧化碳，则A为水，带入验证完成相关的问题。
【详解】
（1）根据以上分析可知A、B、D的化学式分别是H2O、CO2、CH3CH2OH；
（2）反应①为光合作用，发生的方程式为：6H2O+6CO2C6H12O6(葡萄糖)+6O2↑；反应②是酒精燃烧，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O。
对于物质推断题，解题的关键是寻找“题眼”，“题眼”是有特征性的物质性质或反应条件，以此作为突破口，向左右两侧进行推断。
19、SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2通过检验I2的存在，证明ClO2有强氧化性使ClO2尽可能多的与溶液反应，并防止倒吸2.6NaClO2假设b正确， S2－的还原性强于I－，所以ClO2也能氧化S2－或ClO2是强氧化剂，S2－具有强还原性SO42-＋Ba2＋=BaSO4↓
【解析】
浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，A制备二氧化硫，B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则B中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3═2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以C中发生氧化还原反应生成碘，注意防倒吸，装置C中滴有几滴淀粉溶液，碘遇淀粉变蓝色；装置D用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境，据此解答。
【详解】
(1)装置B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒知，酸式盐为硫酸氢钠，该反应的化学方程式为SO2+H2SO4+2KClO3═2KHSO4+2ClO2；装置C中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘变蓝色，根据淀粉是否变色来判断是否有碘生成，从而证明二氧化氯具有氧化性；
(2)ClO2是极易溶于水的气体，所以检验其强氧化性时导管靠近而不接触液面，以防倒吸；
(3)1mlCl2即71g消毒时转移2ml电子，71gClO2消毒时转移电子为×(4+1)=5.2ml，其效果是同质量氯气的=2.6倍；
(4)装置D用于吸收尾气,H2O2作还原剂生成O2，H2O2∼O2∼2e−，生成1mlO2转移电子2ml，则2mlClO2得到2ml电子生成2mlNaClO2；
(5)①由于ClO2具有强氧化性，Na2S具有强还原性，二者不可能不反应，所以假设a错误，假设b正确；
②ClO2氧化Na2S后溶液无明显现象，说明ClO2将S2−氧化生成更高价的酸根SO42−，所以可通过检验SO42−的存在以证明ClO2与Na2S发生氧化还原反应，所用试剂为稀盐酸和BaCl2溶液，离子反应为：SO42−+Ba2+═BaSO4↓。
20、b 球形干燥管 4B+4NH3+3O24BN+6H2O 调节气体流速，进而调整NH3与O2通入比例 黑色粉末完全变成白色 避免生成的BN被氧气氧化导致产率降低 80.00% C
【解析】
⑴图1虚线框中是实验室制取氨气和干燥氨气，a不能制取氨气，c制氨气的装置制取氨气，但不能用氯化钙干燥氨气，b装置制取氨气并干燥，读出图2装置中盛放碱石灰的仪器名称。
⑵氨气和硼、氧气反应生成BN和水。
⑶图1中多孔球泡的作用控制氨气的流速。
⑷黑色的硼不断的反应生成白色的氮化硼，反应结束应立即停止通入O2，主要防止氮化硼在高温下容易被氧化。
⑸先计算消耗得n(NaOH)，再计算氢氧化钠消耗得硫酸的物质的量，再得到硫酸吸收氨的物质的量，再根据2BN — 2NH4+ — H2SO4关系得出n(BN)，再计算氮化硼样品的纯度。
【详解】
⑴图1虚线框中是实验室制取氨气和干燥氨气，a不能制取氨气，c制氨气的装置制取氨气，但不能用氯化钙干燥氨气，b装置制取氨气并干燥，因此图2中b装置填入图1虚线框中，图2装置中盛放碱石灰的仪器名称为球形干燥管；故答案为：b；球形干燥管。
⑵氨气和硼、氧气反应生成BN的化学方程式为4B+4NH3+3O24BN+6H2O；故答案为：4B+4NH3+3O24BN+6H2O。
⑶图1中多孔球泡的作用控制氨气的流速，调节氨气与氧气的流速比例，故答案为：调节气体流速，进而调整NH3与O2通入比例。
⑷黑色的硼不断的反应生成白色的氮化硼，因此当三颈烧瓶中出现黑色粉末完全变成白色的现象时说明反应完全，此时应立即停止通入O2，原因是氮化硼在高温下容易被氧化，因此避免生成的BN被氧气氧化导致产率降低；故答案为：黑色粉末完全变成白色；避免生成的BN被氧气氧化导致产率降低。
⑸用0.1000ml·L-1NaOH溶液滴定剩余硫酸，消耗NaOH溶液的平均体积为20.32mL，消耗得n(NaOH) =0.1000ml·L-1×0.02032L =0.002032ml，因此氢氧化钠消耗得硫酸的物质的量是氢氧化钠物质的量的一半即0.001016ml，则硫酸吸收氨的物质的量为n(H2SO4)= 0.1008ml·L-1×0.02L – 0.001016ml = 0.001ml，根据2BN — 2NH4+ — H2SO4关系得出n(BN) = 0.002ml，氮化硼样品的纯度为，故答案为：80.00%。
②A．蒸出的氨未被稀硫酸完全吸收，则BN的物质的量减少，测定结果偏低；B．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，消耗得氢氧化钠体积偏多，氢氧化钠消耗得硫酸偏多，氨消耗得硫酸偏少，测定结果偏低；C．读数时，滴定前平视，滴定后俯视，读数偏小，氢氧化钠消耗得硫酸偏少，氨消耗的硫酸偏高，测定结果偏高；D．滴定时选用酚酞或甲基橙都可以作指示剂，测定个结果无影响，故C符合题意；综上所述，答案为C。
21、3d64s2 F、P、As、Li 乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大 sp3 sp3 化学变化 6 LiAsF6 AsF6-的半径比PF6-的大，AsF6-与Li+的作用力比PF6-弱 4
【解析】
(1)Fe为26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2 ；
(2)非金属性越强，电负性越强；
(3)根据氢键的数量分析判断；
(4)①根据图中聚乙二醇的碳氧键链方式分析判断杂化轨道类型；
②化学变化过程是旧键的断裂和新键的形成；
③与中心原子直接以配位键相结合的原子个数即为配位数；
④相同条件，AsF6-的半径比PF6-的大，对锂离子的作用力大小不同；
(5)根据晶胞密度公式计算；
【详解】
(1)Fe为26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2 ，故价层电子排布式为3d64s2；
(2)非金属性越强，电负性越强，非金属性：F＞P＞As＞Li，则四种元素的电负性由大到小的顺序为F、P、As、Li；
(3)乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大；
(4)①图中聚乙二醇的碳原子都是形成4个单键，无孤电子对，为sp3杂化，氧原子都是形成2个单键，有2对孤电子，为sp3杂化；
②化学变化过程的实质是旧键的断裂和新键的形成，Li+在迁移过程中要将旧的配位键断裂，迁移后再形成新的配位键，符合化学变化过程的要求；
③与中心原子直接以配位键相结合的原子个数即为配位数，由图乙所示，PF6的中心原子为P，与之以配位键相结合的F原子有6个，则配位数为6；
④AsF6-的半径比PF6-的大，AsF6-与Li+的作用力比PF6-弱，则Li+在LiAsF6中迁移较快；
(5)如图为沿x轴投影的品胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。其中2个Cl原子在晶胞内部，4个Cl在晶胞的面上，则该晶胞中Cl原子的数目为2+4×=4个；晶胞参数为0.72nm、1.0nm、0.56nm。则晶胞的体积为0.72nm×1.0nm×0.56nm=(0.72×1.0×0.56)nm3=(0.72×1.0×0.56×10-21)cm3，晶胞中含有4个Cl原子，即含有4个LiCl·3H2O，则晶胞的质量为g，则LiCl·3H2O晶体的密度为=g·cm-3。