江苏省扬州市邗江中学2025年高三化学第一学期期末质量跟踪监视试题

江苏省扬州市邗江中学2025年高三化学第一学期期末质量跟踪监视试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列实验操作、现象和结论正确的是实验操作和现象结论A向浓度均为0.1mol・L-1的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，先出现红褐色沉淀Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色样品已部分或全部变质C向1mL20%的蔗糖溶液中加入5滴稀硫酸，水浴加热5分钟后，再向其中加入新制备的Cu(OH)2悬浊液，加热几分钟，没有砖红色沉淀生成蔗糖水解不能生成葡萄糖D向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色溶液中含Br2A．A B．B C．C D．D2、CPAE是蜂胶的主要活性成分，也可由咖啡酸合成下列说法不正确的是A．咖啡酸分子中所有原子可能处在同一个平面上B．可用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇C．1mol苯乙醇在O2中完全燃烧，需消耗10molO2D．1molCPAE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH3、利用如图装置可以进行实验并能达到实验目的的是选项实验目的X中试剂Y中试剂A用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2饱和食盐水浓硫酸B用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO水浓硫酸CCaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱和NaHCO3溶液浓硫酸D用CaO与浓氨水制取并收集纯净干燥的NH3NaOH溶液碱石灰A．A B．B C．C D．D4、是制作电木的原料。下列围绕此物质的讨论正确的是A．该有机物没有确定的熔点 B．该有机物通过加聚反应得到C．该有机物通过苯酚和甲醇反应得到 D．该有机物的单体是-C6H3OHCH2-5、依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4，利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中装置正确且能达到相应实验目的是A．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．②④6、化学与生产、生活等密切相关。下列叙述正确的是A．用碳酸氢钠溶液不能一次性鉴别乙酸、苯和乙醇三种无色液体B．汽车尾气中的氮氧化合物主要源自汽油中含氮化合物与氧气反应C．电子垃圾统一回收、拆解、再利用，能够减少对土壤和水源的污染D．油脂、糖类以及蛋白质在人体内均能发生水解反应7、扑热息痛的结构如图所示，下列关于扑热息痛的描述正确的是A．分子式为C8H10NO2B．扑热息痛易溶于水C．能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应D．属于芳香烃8、下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色A．A B．B C．C D．D9、传统接触法制取硫酸能耗大，污染严重。将燃料电池引入硫酸生产工艺可有效解决能耗和环境污染问题，同时提供电能。以燃料电池为电源电解硫酸铜溶液的工作原理示意图如下所示。下列说法不正确的是A．b极为正极，电极反应式为O2+4H++4e-==2H2OB．H+由a极通过质子交换膜向b极移动C．该燃料电池的总反应式为2SO2+O2+2H2O==2H2SO4D．若a极消耗2.24L(标准状况)SO2，理论上c极有6.4g铜析出10、下列说法正确的是A．乙二醇和丙三醇互为同系物B．室温下，在水中的溶解度：乙醇>苯酚>乙酸乙酯C．分子式为C7H8O且属于酚类物质的同分异构体有4种D．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼11、某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜，工艺流程如下所示：已知：[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq)根据以上工艺流程，下列说法不正确的是A．气体X中含有SO2B．为实现溶液C到溶液D的转化，加NH3·H2O至红棕色沉淀刚好完全，过滤即可C．蒸氨过程发生总反应的化学方程式为：[Cu(NH3)4]Cl2+H2OCuO+2HCl↑+4NH3↑D．在制备产品时，溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低12、化学是一门以实验为基础的学科。下列实验装置和方案能达到相应目的是（）A．图装置，加热蒸发碘水提取碘B．图装置，加热分解制得无水MgC．图装置，验证氨气极易溶于水D．图装置，比较镁、铝的金属性强弱13、下列图示与对应的叙述符合的是（）A．图甲实线、虚线分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化B．图乙表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数K与温度和压强的关系C．据图丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO至pH=4左右D．图丁表示常温下向20mL0.001mol/L的醋酸溶液中滴加0.001mol/L的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化关系14、某有机化工原料的结构简式如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是A．不能使酸性KMnO4溶液褪色B．1mol该物质最多能和4molH2发生加成反应C．分子中所有原子共平面D．易溶于水及甲苯15、已知热化学方程式：C(s，石墨)C(s，金刚石)-3.9kJ。下列有关说法正确的是A．石墨和金刚石完全燃烧，后者放热多B．金刚石比石墨稳定C．等量的金刚石储存的能量比石墨高D．石墨很容易转化为金刚石16、下列有关有机物甲~丁说法不正确的是A．甲可以发生加成、氧化和取代反应B．乙的分子式为C6H6Cl6C．丙的一氯代物有2种D．丁在一定条件下可以转化成只含一种官能团的物质17、亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用氯酸钠（NaClO3）为原料制取，（常温下ClO2为气态），下列说法错误的是A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1B．反应①后生成的气体要净化后进入反应②装置C．升高温度，有利于反应②提高产率D．反应②中有气体生成18、从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：则下列说法正确的是()A．试剂a是铁、试剂b是稀硫酸B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用仪器相同C．试剂c是氯气，相应的反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-D．用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2+19、一定温度下，硫酸盐MSO4(M2＋代表Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：p(M2+)=－lgc(M2+)，p(SO42－)=－lgc(SO42－)。向10mL0.01mol/LNa2SO4溶液中滴入1滴(约0.05mL)0.01mol/LBaCl2溶液岀现白色浑浊，而滴入1滴(约0.05mL)0.01mol/LSrCl2溶液无浑浊出现。下列说法中错误的是A．该温度下，溶度积常数Ksp(BaSO4)＜Ksp(SrSO4)B．欲使c点对应BaSO4溶液移向b点，可加浓BaCl2溶液C．欲使c点对应SrSO4溶液移向a点，可加浓SrCl2溶液D．SrSO4(s)+Ba2+(aq)⇌BaSO4(s)+Sr2+(aq)的平衡常数为106.820、下列解释事实或实验现象的化学用语正确的是A．硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝：4I－+O2+4H+=2I2+2H2OB．铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe+4H++NO3－=Fe3++NO↑+2H2OC．水垢上滴入CH3COOH溶液有气泡产生：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OD．SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO21、明代《本草纲目》记载了民间酿酒的工艺“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。这里用到的实验方法可用于分离（）A．汽油和氯化钠溶液B．39%的乙醇溶液C．氯化钠与单质溴的水溶液D．硝酸钾和氯化钠的混合物22、饱和二氧化硫水溶液中存在下列平衡体系：SO2+H2OH++HSO3﹣HSO3﹣H++SO32﹣，若向此溶液中（）A．加水，SO32﹣浓度增大B．通入少量Cl2气体，溶液pH增大C．加少量CaSO3粉末，HSO3﹣浓度基本不变D．通入少量HCl气体，溶液中HSO3﹣浓度减小二、非选择题(共84分)23、（14分）白藜芦醇(结构简式：)属二苯乙烯类多酚化合物，具有抗氧化、抗癌和预防心血管疾病的作用。某课题组提出了如下合成路线：已知：①RCH2Br+②根据以上信息回答下列问题：(1)白藜芦醇的分子式是_________(2)C→D的反应类型是：__________；E→F的反应类型是______。(3)化合物A不与FeCl3溶液发生显色反应，能与NaHCO3溶液反应放出CO2，推测其核磁共振谱(1H-NMR)中显示不同化学环境的氢原子个数比为_______(从小到大)。(4)写出A→B反应的化学方程式：_____________；(5)写出结构简式；D________、E___________；(6)化合物符合下列条件的所有同分异构体共________种，①能发生银镜反应；②含苯环且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子。写出其中不与碱反应的同分异构体的结构简式：_______。24、（12分）M是一种常用于缓解哮喘等肺部疾病的新型药物，一种合成路线如图：已知：RX++HX。请回答：（1）化合物D中官能团的名称为______。（2）化合物C的结构简式为______。（3）①和④的反应类型分别为______，______。（4）反应⑥的化学方程式为______。（5）下列说法正确的是______。A．化合物B能发生消去反应B．化合物H中两个苯环可能共平面C．1mol化合物F最多能与5molNaOH反应D．M的分子式为C13H19NO3（6）同时符合下列条件的化合物A的同分异构体有______种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为______。①能与FeCl3溶液发生显色反应②能发生银镜反应25、（12分）碘酸钙[Ca(IO3)2]是重要的食品添加剂。实验室制取Ca(IO3)2·H2O的实验流程：已知：碘酸是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。（1）转化步骤是为了制得碘酸，该过程在图1所示的装置中进行，当观察到反应液中紫红色接近褪去时，停止通入氯气。①转化时发生反应的离子方程式为_____________________________________。②转化过程中CCl4的作用是_______________________________________。③为增大转化过程的反应速率，可采取的措施是_______________________。（2）将CCl4与水层分离的玻璃仪器有烧杯、________。除去HIO3水溶液中少量I2单质的实验操作为______________________________，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在。（3）已知：①Ca(IO3)2·6H2O是一种难溶于水的白色固体，在碱性条件下不稳定。②Ca(IO3)2·6H2O加热升温过程中固体的质量变化如图2所示。设计以除碘后的水层为原料，制取Ca(IO3)2·H2O的实验方案：向水层中__________。[实验中必须使用的试剂：Ca(OH)2粉末、AgNO3溶液]。26、（10分）将一定量的Cu和浓硫酸反应（装置中的夹持、加热仪器省略），反应后，圆底烧瓶内的混合液倒入水中，得到蓝色溶液与少量黑色不溶物。(1)反应后蓝色溶液呈酸性的原因有①______________，②______________。(2)为检验反应产生气体的还原性，试剂a是______________。(3)已知酸性：H2SO3＞H2CO3＞H2S。反应后测得Na2S和Na2CO3混合溶液中有新气体生成。该气体中______________(填“含或不含”)H2S，理由是______________；(4)少量黑色不溶物不可能是CuO的理由是______________。查阅资料后发现该黑色固体可能是CuS或Cu2S中的一种或两种，且CuS和Cu2S在空气中煅烧易转化成Cu2O和SO2。称取2.000g黑色固体，灼烧、冷却、……最后称得固体1.680g。(5)灼烧该固体除用到酒精灯、坩埚、坩埚钳、三脚架等仪器，还需要______________。确定黑色固体灼烧充分的依据是______________，黑色不溶物其成分化学式为______________。27、（12分）碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了FeCO3，并对FeCO3的性质和应用进行了探究。已知：①FeCO3是白色固体，难溶于水②Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-(无色)Ⅰ.FeCO3的制取（夹持装置略）实验i：装置C中，向Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。(1)试剂a是_____。(2)向Na2CO3溶液通入CO2的目的是_____。(3)C装置中制取FeCO3的离子方程式为_____。(4)有同学认为C中出现白色沉淀之后应继续通CO2，你认为是否合理并说明理由________。Ⅱ.FeCO3的性质探究实验ii实验iii(5)对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是_____。(6)依据实验ⅱ的现象，写出加入10%H2O2溶液的离子方程式_____。Ⅲ.FeCO3的应用(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH(OH)COO]2Fe，相对分子质量为234）补血剂。为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中学化学实验小组准确称量1.0g补血剂，用酸性KMnO4溶液滴定该补血剂，消耗0.1000mol/L的KMnO4溶液10.00mL，则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_____，该数值异常的原因是________（不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差）。28、（14分）锂辉石是我国重要的锂资源之一，其主要成分为Li2O、SiO2、Al2O3以及含有少量Na+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等金属离子。工业上用锂辉石制备金属锂的工艺流程如下：已知：①部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Ca(OH)2Mg(OH)2完全沉淀的pH5.29.63.213.110.9②常温下，Ksp(Li2CO3)=2.0×10-3。Li2CO3在水中溶解度随着温度升高而减小。③有水存在时，LiCl受热可发生水解。回答下列问题：(1)为提高“酸浸”速率，上述流程中采取的措施有_____。(2)滤渣I的主要成分是_____。滤渣II的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。“氧化”和“除杂”步骤主要除去的离子有_________。(3)“沉锂”过程中发生反应的离子方程式是_____。用热水洗涤Li2CO3固体，而不用冷水洗涤，其原因是_____。(4)设计简单的实验方案实现由过程a制取固体LiCl：_____。(5)工业上实现过程b常用的方法是_____。(6)Li可用于制备重要还原剂四氢铝锂（LiAlH4）。在有机合成中，还原剂的还原能力常用“有效氢”表示，其含义为1克还原剂相当于多少克H2的还原能力。LiAlH4的“有效氢”为_____（保留2位小数）。29、（10分）（1）O基态原子核外电子排布式为____。H2OVSEPR模型名称为_____，立体构型为___。O3____极性分子（填“是”或“不是”）。（2）利用热化学法来测定晶格能是由Born与Haber首先提出来的，其实质是利用Hess定律，构成一个热化学循环。已知：Na(s)+Cl2(g)=NaCl(s)ΔH=－410.9kJ·mol－1可知，Na原子的第一电离能为_____kJ·mol－1；Cl-Cl键键能为______kJ·mol－1；NaCl晶格能为_____kJ·mol－1。（3）高压下NaCl晶体和Na或Cl2反应，可以形成不同组成、不同结构的晶体，如图是其中一种晶体的晶胞（大球为氯原子，小球为钠原子），其化学式为________。（4）金属Na晶体中的原子堆积方式称为体心立方堆积，晶胞参数为anm，空间利用率为________（列出计算式）。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【解析】

A．因Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]，Fe(OH)3的溶解度较小，故先和NaOH发生反应，产生红褐色沉淀，A正确；B．Fe2+和NO3-、H+在同一溶液中时，可以发生反应，Fe2+反应生成Fe3+，故加入KSCN后溶液会变红，但不能判断为变质，B错误；C．水浴反应过后应加入NaOH使体系为碱性，若不加NaOH，原溶液中未反应的硫酸会和Cu(OH)2发生反应，不会生成砖红色沉淀，C错误；D．向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，该溶液中也可能含有Fe3+，Fe3+也能将I-氧化为单质碘，D错误；故选A。2、B【解析】

A.由于苯环和碳碳双键均是平面型结构，所以根据有机物的结构简式可知，咖啡酸分子中所有原子可能处在同一个平面上，A正确；B.CPAE分子中含有酚羟基，也能和金属钠反应，所以不能用金属Na检测上述反应是否残留苯乙醇，B不正确；C.苯乙醇的分子式为C8H10O，苯乙醇燃烧的方程式为C8H10O+10O28CO2+5H2O，C正确；D.CPAE分子中含有2个酚羟基和1个酯基，所以1molCPAE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH，D正确；答案选B。3、C【解析】

A.MnO2和浓盐酸制取氯气，需要加热，A不符合题意；B.NO不能选排空气法收集，B不符合题意；C.CaCO3和稀盐酸反应生成二氧化碳，碳酸氢钠溶液可除去HCl，浓硫酸干燥后，选向上排空气法收集二氧化碳，C符合题意；C.用CaO与浓氨水制取氨气，进入X中时氨气会溶解，而且氨气密度比空气小，应该用向下排空气方法收集，不能用向上排空气的方法收集，D不符合题意；故合理选项是C。4、A【解析】

A.聚合物中的n值不同，是混合物，没有确定的熔点，故A正确；B.

是苯酚和甲醛通过缩聚制取的，故B错误；C.合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，故C错误；D.合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，故D错误。故选A。5、B【解析】

依据实验步骤及操作的规范性、科学性分析作答。【详解】①浓硫酸在加热条件下与铜反应制取SO2，装置正确且能达到相应实验目的；②气体和液体反应，有防倒吸装置，装置正确且能达到相应实验目的；③用四氯化碳从废液中萃取碘，静置后分液，装置正确且能达到相应实验目的；④蒸发溶液时用蒸发皿，而不应用坩埚，装置错误，不能达到实验目的；故B项正确。答案选B。6、C【解析】

A．碳酸氢钠溶液遇乙酸反应生成乙酸钠、水和二氧化碳，产生气泡，遇苯分层，遇乙醇互溶不分层，现象不同，能一次性鉴别，A错误；B．汽车尾气中的氮氧化合物主要来自排气管处氮气和氧气反应生成NO，NO和氧气生成NO2，而不是来自汽油与氧气反应，B错误；C．电子垃圾含有重金属，能污染土壤和水体，电子垃圾统一回收、拆解、再利用，能够减少对土壤和水源的污染，C正确；D．油脂和蛋白质在人体内均能发生水解反应，糖类中多糖能水解，单糖不能水解，D错误。答案选C。7、C【解析】

A．分子式为C8H9NO2，故A错误；B．含酚-OH、-CONH-，该有机物不溶于水，故B错误；C．含酚-OH，能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应，故C正确；D．含O、N等元素，不是芳香烃，故D错误；故选C。8、C【解析】分析：A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B项，红色褪色是HClO表现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。详解：A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。9、D【解析】

燃料电池：a端：二氧化硫生成硫酸根离子，硫元素化合价升高失电子所以a为负极，电极反应式SO2+2H2O-4e-=SO42-+4H+；b为正极，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，总电极反应式2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。电解池：c极和电源正极相连为阳极，失电子，电极反应式为4OH—-4e-=2H2O+O2↑，d极与电源负极相连为阴极，得电子，电极反应式为Cu2++2e+=Cu,总电极反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑。【详解】A.b为正极，看到质子交换膜确定酸性环境，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故不选A；B.原电池内部阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故不选B；C.由上面分析可知该燃料电池的总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故不选C；D.d极与电源负极相连，为阴极得电子，有铜析出，所以应该是若a电极消耗标况下2.24LSO2，理论上在d极上有6.4g铜析出，故选D；正确答案：D。根据质子交换膜确定溶液酸碱性，燃料电池中燃料在负极反应失电子，氧气在正极反应得电子。根据燃料电池正负极确定电解池的阴阳极、电极反应式和离子移动方向等。10、B【解析】

A．乙二醇含有2个羟基，丙三醇含有3个羟基，结构不同，二者不是同系物，A错误；B．室温下，乙醇可与水以任意比例互溶，苯酚在水中的溶解度不大，乙酸乙酯不溶于水，故在水中的溶解度：乙醇>苯酚>乙酸乙酯，B正确；C．分子式为C7H8O且属于酚类物质的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚共3种，C错误；D．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而被氧化为苯甲酸，说明苯环影响了甲基，使甲基变活泼，D错误；故答案选B。11、B【解析】

A、含有硫的矿物燃烧，肯定是二氧化硫气体，正确；B、为实现溶液C到溶液D的转化，加NH3·H2O至蓝色沉淀刚好溶解完全，过滤即可，错误；C、因为提示中有这样的方程式：[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq)，因此在加热时，氨就会逸出，正确；D、在制备产品时，溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低，正确。答案选B。12、C【解析】

A、蒸发碘水，水、碘均易挥发；B、加热促进水解，且生成盐酸易挥发；C、挤压胶头滴管，气球变大；D、Al与NaOH反应，Al为负极。【详解】A项、蒸发碘水，水、碘均易挥发，应萃取分离，故A错误；B项、加热促进水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发，故B错误；C项、挤压胶头滴管，气球变大，可验证氨气极易溶于水，故C正确；D项、Al与NaOH反应，Al为负极，而金属性Mg大于Al，图中装置不能比较金属性，故D错误。故选C。本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，把握物质的性质、混合物分离提纯、电化学，注意实验的评价性分析为解答的关键，D项为易错点，注意金属Al的特性。13、C【解析】

本题主要考查化学平衡结合图像的运用。A．使用催化剂化学反应速率加快；B．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变；C．由图像可知pH=4左右Fe3＋完全沉淀，Cu2＋还未开始沉淀；D．0.001mol/L的醋酸溶液PH>3。【详解】A．使用催化剂化学反应速率加快，所以正反应速率的虚线在实线的上方，故A错误；B．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以温度相同而压强不同时，两者的平衡常数相同，故B错误；C．由图像可知pH=4左右Fe3＋完全沉淀，Cu2＋还未开始沉淀，由于CuO+2H+=Cu2++H2O反应发生，所以加入CuO可以调节PH=4左右，此时Fe3+完全沉淀，过滤即可，故C项正确；D．0.001mol/L的醋酸溶液PH>3，图像中起点PH=3，故D项错误；答案选C。14、B【解析】

A选项，含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B选项，1mol苯环消耗3mol氢气，1mol碳碳双键消耗1mol氢气，因此1mol该物质最多能和4molH2发生加成反应，故B正确；C选项，含有甲基，因此分子中所有原子不可能共平面，故C错误；D选项，酯不易溶于水，故D错误。综上所述，答案为B。15、C【解析】

A．石墨和金刚石完全燃烧，生成物相同，相同物质的量时后者放热多，因热量与物质的量成正比，故A错误；B．石墨能量低，石墨稳定，故B错误；C．由石墨转化为金刚石需要吸热，可知等量的金刚石储存的能量比石墨高，故C正确；D．石墨在特定条件下转化为金刚石，需要合适的高温、高压，故D错误；故答案为C。16、B【解析】

A.物质甲中含苯环和羧基，可以发生苯环的加成反应，燃烧反应(属于氧化反应)，可以发生酯化反应(属于取代反应)，A正确；B.根据乙结构简式可知，该物质是苯分子中六个H原子全部被Cl原子取代产生的物质，故分子式是C6Cl6，B错误；C.丙分子中含有2种类型的H原子，所以其一氯代物有2种，C正确；D.丁分子中含有醛基、醇羟基，在一定条件下醛基与氢气可以转化成羟基，就得到只含醇羟基一种官能团的物质，D正确；故答案选B。17、C【解析】

A.根据氧化还原反应原理，反应①阶段，NaClO3化合价降低1个价态，SO2化合价升高2个价态，根据升降守恒，则反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，A项正确；B.反应物中有SO2，不处理干净，会在下一步与H2O2和NaOH反应引入杂质，B项正确；C.当H2O2和NaOH足量时，理论上可完全消耗ClO2，产率与温度无关，温度只会影响反应速率，C项错误；D.反应②条件下，ClO2化合价降低得到NaClO2，作氧化剂，H2O2化合价升高，作还原剂得到氧气，故有气体生成，D项正确；答案选C。18、C【解析】

工业废液中加入试剂a为过量的铁，操作Ⅰ为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液X为氯化亚铁溶液；滤渣Y中加入试剂b为盐酸，溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作Ⅱ过滤得到铜和滤液Z为氯化亚铁溶液，滤液Z和X合并通入氯气，氯化亚铁氧化为氯化铁溶液，蒸发结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体。【详解】A、由最终得到FeCl3及其流程图可知，b为盐酸，若为硫酸会引入硫酸根杂质离子，故A错误；

B、上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，操作Ⅲ是蒸发结晶、过滤，所用仪器不同，故B错误；

C、滤液X，滤液Z中均含有FeCl2，c为氯气，把亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2═2Cl-+2Fe3+，故C正确；

D、亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能检验溶液W中是否还有Fe2+，故D错误；答案选C。本题考查了物质分离、提纯过程的分析判断，明确离子性质和除杂方法，注意除杂试剂不能引入新的杂质，掌握亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化。19、C【解析】

由题意可知Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO)＜，Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)·c(SO)＞，可判断a点所在直线(实线)表示SrSO4沉淀溶解平衡曲线，b、c点所在直线表示BaSO4沉淀溶解平衡曲线。【详解】A．利用数据可得Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO)=1.0×10－5×1.0×10－5=1×10－10，Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)·c(SO)=1.0×10－1.6×1.0×10－1.6=1×10－10=1×，故A正确；B．欲使c点BaSO4饱和溶液(Ba2+、SO浓度相等)移向b点(饱和溶液)，需使c(Ba2+)增大、c(SO)减小，则可加入BaCl2浓溶液，故B正确；C．欲使c点SrSO4溶液(不饱和溶液)移向a点(饱和溶液)，需使c(Sr2+)、c(SO)都增大且保持相等，则需加入SrSO4固体，故C错误；D．SrSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)的平衡常数K=，故D正确；答案选C。20、A【解析】

A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故A正确；B.铁和稀硝酸反应产物与量有关，铁少量时变成三价铁，溶液由无色变为黄色，离子方程式为Fe+4H++NO3－=Fe3++NO↑+2H2O；铁过量时变成二价亚铁，溶液由无色变为浅绿色，离子方程式为：3Fe+8H++2NO3－=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；C.醋酸是弱酸，不能拆成离子，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故C错误；D.SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca2++2ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClO，生成的次氯酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸钙，故D错误。答案选A。本题考查的是实验现象的解释和离子方程式的书写。解题时需注意B选项铁与稀硝酸反应的产物与反应条件有关，铁少量时变成三价铁，铁过量时变成二价亚铁，产物不同溶液的颜色不同；D选项次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸钙。21、B【解析】利用蒸馏或分馏方法进行酿酒，A、汽油不溶于水的液体，应用分液方法进行分离，故错误；B、采用蒸馏方法，提纯乙醇，故正确；C、采用萃取的方法，进行分离，故错误；D、利用溶解度不同，采用蒸发浓缩，冷却结晶方法进行分离，故错误。22、D【解析】

A．加水稀释，虽然平衡正向移动，但达平衡时，SO32﹣浓度仍减小，故A错误；B．氯气与将亚硫酸反应，生成硫酸和盐酸，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故B错误；C．CaSO3与H+反应生成HSO3-，从而增大溶液中的HSO3﹣浓度，故C错误；D．通入HCl气体，氢离子浓度增大，第一步电离平衡逆向移动，HSO3﹣浓度减小，故D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、C14H12O3取代反应消去反应1∶1∶2∶6+CH3OH+H2O3【解析】

根据F的分子式、白藜芦醇的结构，并结合信息②中第二步可知，F中苯环含有3个-OCH3，故F的结构简式为；D发生信息①中一系列反应生成E，反应过程中的醛基转化为羟基，E发生消去反应生成F，因此E为，逆推可知D为，结合物质的分子式、反应条件、给予的信息，则C为，B为，A为。据此分析解答。【详解】(1)白黎芦醇()的分子式为C14H12O3，故答案为C14H12O3；(2)C→D是C中羟基被溴原子替代，属于取代反应，E→F是E分子内脱去1分子式形成碳碳双键，属于消去反应，故答案为取代反应；消去反应；(3)化合物A的结构简式为，其核磁共振谱中显示有4种不同化学环境的氢原子，其个数比为1∶1∶2∶6，故答案为1∶1∶2∶6；(4)A为，与甲醇发生酯化反应生成B()，A→B反应的化学方程式为：，故答案为；(5)由上述分析可知，D的结构简式为，E的结构简式为，故答案为；；(6)化合物的同分异构体符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基；②含苯环且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子，则结构简式可能为、、，共3种；酚羟基和酯基都能够与碱反应，不与碱反应的同分异构体为；故答案为3；。本题的难点是物质结构的推断。可以根据白黎芦醇的结构简式为起点，用逆推方法，确定各步反应的各物质的结构简式和反应类型，推断过程中要充分利用题干信息。24、酯基、羟基、羰基加成反应取代反应+HBrBD13【解析】

与HCHO发生加成反应生成B为，B与HCl发生取代反应生成C为，③为C与醋酸钠的取代反应生成D，结合可知，④⑤均为取代反应，E为，与发生取代反应生成G为，G与HCl发生取代反应，再发生取代反应生成M。【详解】（1）化合物D为，其官能团的名称为酯基、羟基、羰基，故答案为：酯基、羟基、羰基；（2）与HCHO发生加成反应生成B为，与HCl发生取代反应生成C为，故答案为；（3））与HCHO发生加成反应生成B为，与HCl发生取代反应生成C为，与醋酸钠的取代反应生成，结合可知，④⑤均为取代反应，E为，故答案为：加成反应；取代反应；（4）反应⑥的化学方程式为：+HBr（5）A．化合物B为，不能发生消去反应，A错误；B．化合物H为，两个苯环可能共平面，B正确；C.化合物F为，水解生成的羧基、酚羟基和HBr能和NaOH反应，则1mol化合物F最多能与4molNaOH反应，C错误；D．M的结构简式为，其分子式为C13H19NO3，D正确；故答案为：BD；（6）化合物A为，①能与FeCl3溶液发生显色反应，由酚羟基，②能发生银镜反应，由醛基，同时符合条件同分异构体有：邻间对有10种，邻间对有3种，总共有13种，其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为：，故答案为：13；；苯环上由两个取代基的同分异构体有3种、有两个相同取代基和一个不同取代基的同分异构体有6中、有三个互不相同取代基的同分异构体有10种。25、I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率加快搅拌速率分液漏斗将HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100～160℃条件下加热至恒重【解析】

(1)①转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸；②氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率；③根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离；(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2·6H2O，根据图示，在100～160℃条件下固体质量基本保持不变，并且要将杂质除尽。【详解】(1)①转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸，方程式为：I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋；②氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率，转化过程中CCl4的作用是增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率；③根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触，则为增大转化过程的反应速率的方法为加快搅拌速率；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作，需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离，操作为将HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在；(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2·6H2O，根据图示，在100～160℃条件下固体质量基本保持不变，则实验方案：向水层中加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100～160℃条件下加热至恒重。26、反应后期浓硫酸变稀，而铜和稀硫酸不发生反应，硫酸有剩余硫酸铜溶液水解呈酸性溴水或酸性高锰酸钾不含硫化氢和二氧化硫反应氧化铜能与稀硫酸反应玻璃棒；泥三角充分灼烧的依据是再次灼烧，冷却，称量，两次的质量差不能超过0.001g;CuS和Cu2S【解析】

（1）铜和浓硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸会变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，生成的硫酸铜水解显酸性；（2）检验二氧化硫的还原性，可以用具有氧化性的物质，且反应现象明显；（3）依据硫化氢和二氧化硫反应进行分析；（4）氧化铜可以和稀硫酸反应；（5）依据现象进行分析；【详解】（1）随着反应的进行浓硫酸会变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，使溶液显酸性，生成的硫酸铜水解使溶液显酸性，故答案为：反应后期浓硫酸变稀，而铜和稀硫酸不发生反应，硫酸有剩余；硫酸铜溶液水解呈酸性；（2）二氧化硫有还原性，所以可以用溴水或者酸性高锰酸钾溶液检验，故答案为，溴水或酸性高锰酸钾；（3）Na2S和Na2CO3混合溶液中通入二氧化硫，不会生成硫化氢，因为硫化氢和二氧化硫发生反应，故答案为：不含；硫化氢和二氧化硫反应；（4）少量黑色不溶物不可能是CuO，因为氧化铜可以和稀硫酸反应，故答案为：氧化铜能与稀硫酸反应；（5）灼烧固体时除了需要酒精灯、坩埚、坩埚钳、三脚架等仪器外，还需要玻璃棒，泥三角，充分灼烧的依据是再次灼烧，冷却，称量，两次的质量差不能超过0.001g,设CuSxmol，Cu2Symol，96x+160y=2；(x+y)80=1.68，解得，x=0.02，y=0.005，故两者都有，故答案为：玻璃棒；泥三角；充分灼烧的依据是再次灼烧，冷却，称量，两次的质量差不能超过0.001g;CuS和Cu2S。27、饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)22HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响)Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+117%乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4【解析】

I.装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置C中，向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其pH为7，滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO3；II.(5)根据Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；(6)实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成；(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。【详解】I.(1)装置A中制取的CO2中混有HCl，欲除去CO2中混有的HCl，B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液，故答案为：饱和NaHCO3溶液；(2)向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCO3，提高溶液中HCO3-的浓度，抑制CO32-的水解，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2，故答案为：降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；(3)装置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO3，再滴加FeSO4溶液，有FeCO3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2HCO3-+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(4)FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCO3)2，降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO2，或者：出现白色沉淀之后继续通CO2，可防止空气中氧气氧化FeCO3，提高产物的纯度，故答案为：不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响)；Ⅱ.(5)通过对比实验ii和iii，可知Fe2+与SCN-的络合生成可溶于水的Fe(SCN)64-，会促进FeCO3固体的溶解，故答案为：Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大；(6)依据实验ⅱ的现象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后，有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成，发生反应的离子方程式为6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+；故答案为：6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+；Ⅲ.(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH(OH)COO]2Fe补血剂，可得关系式MnO4~5Fe2+~5[CH3CH(OH)COO]2Fe，则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/L×0.01L×5=0.005mol，则乳酸亚铁的质量分数，由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量增多，而计算中只按Fe2+被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，导致产品中乳酸亚铁的质量分数大于100%，故答案为：117%；乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4。28、将矿石粉粹成矿粉，使用较浓的硫酸SiO2Fe2+、Ca2+、Mg2+2Li++CO32-=Li2CO3↓Li2CO3在水中溶解度随着温度升高而减小，用热水洗涤可降低其溶解度，减少损耗用足量盐酸溶解，在HCl气流中蒸干电解法0.21【解析】

矿粉的主要成分为Li2O、SiO2、Al2O3以及含有少量Na+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等金属离子，加入95%的浓硫