高考化学一轮复习 讲义 考前预测(二)（浙江版）

考前预测(二)[分值：100分]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·第二届辛愉杯高三模拟)下列物质中，不属于配合物的是()A.Na3AlF6 B.(NH4)2C2O4C.CuSO4·5H2O D.[Ag(NH3)2]OH答案B解析Na3AlF6中，铝离子提供空轨道，氟原子提供孤电子对而形成配位键，该物质属于配合物，故A不选；(NH4)2C2O4中不含配体，不属于配合物，故B选；CuSO4·5H2O以[Cu(H2O)4]SO4·H2O形式存在，四个水分子与铜离子以配位键结合，属于配合物，故C不选；[Ag(NH3)2]OH中，银离子提供空轨道，NH3中氮原子提供孤电子对而形成配位键，该物质属于配合物，故D不选。2.(2024·天域全国名校协作体高三联考)下列说法不正确的是()A.浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可作水果的保鲜剂，是利用了它的氧化性B.钠钾合金能用作核反应堆的传热介质，是利用了它熔点低且导热性能好的性质C.CaCO3是水泥生产中不可缺少的原料，是利用它可以调节水泥的硬化速度D.明矾晶体[KAl(SO4)2·12H2O]可作净水剂，是利用它能水解形成胶体的性质答案C解析乙烯具有催熟作用，高锰酸钾溶液能氧化乙烯，则浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可作水果保鲜剂，A正确；钠钾合金为液态，具有良好的导热性，可作核反应堆的传热介质，B正确；水泥生产中加入石膏(CaSO4·2H2O)可以调节水泥的硬化速度，C错误；明矾晶体[KAl(SO4)2·12H2O]可作净水剂，是利用Al3+能水解形成Al(OH)3胶体的性质，D正确。3.(2025·Z20名校联盟高三联考)下列表示正确的是()A.丙氨酸的结构简式：H2N—CH2—COOHB.基态氧原子的价层电子轨道表示式为C.基态钴原子的未成对电子数为7D.中子数为34的锌原子：31答案B解析丙氨酸的结构简式：CH3CH(NH2)COOH，故A错误；基态钴原子的未成对电子数为3，故C错误；锌为30号元素，中子数为34的锌原子：3064Zn，故4.(2025·杭州学军中学高三选考模拟)下列装置可以达到实验目的的是()A.图①可用于除去CO2中的HClB.图②可用于进行钠的燃烧实验C.图③可直接观察KCl的焰色试验现象D.图④可用于制备明矾晶体答案D解析二氧化碳能与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl，故A错误；钠的燃烧实验应该在坩埚中进行，故B错误；应该透过蓝色钴玻璃观察KCl的焰色，故C错误；制备明矾晶体时，先用饱和明矾溶液制取小晶体，再将小晶体悬挂在饱和明矾溶液的中央位置，有利于获得对称性更好的晶体，盖上硬纸片可防止空气中的灰尘等掉入溶液中影响大晶体形成，故D正确。5.下列物质的结构或性质不能说明其用途的是()A.苯酚的羟基在水溶液中部分电离而呈弱酸性，故可用苯酚水溶液进行环境消毒B.聚四氟乙烯具有耐热、耐酸碱腐蚀的性能，故可用作家用不粘锅内侧涂层C.碳纳米管的比表面积大，有优良的电学性能，故可用于生产电池和传感器D.次氯酸有强氧化性，故可用作棉、麻和纸张的漂白剂答案A解析苯酚的消毒作用主要源于其能使蛋白质变性，破坏微生物结构，而非其具有弱酸性，A错误；聚四氟乙烯化学性质稳定，耐化学腐蚀、耐溶性好、耐高温，可用作家用不粘锅内侧涂层，B正确；碳纳米管因比表面积大、强度高、导电性好，适用于复合材料、电池和传感器等领域，C正确；次氯酸的强氧化性能使某些染料或有机色素褪色，可用作棉、麻和纸张的漂白剂，D正确。6.铁氰化钾为深红色晶体，俗称“赤血盐”，常用来检验Fe2+，碱性条件下可发生反应：4K3[Fe(CN)6]+4KOH=4K4[Fe(CN)6]+O2↑+2H2O，下列说法不正确的是()A.该反应中K3[Fe(CN)6]表现氧化性，被还原B.将K3[Fe(CN)6]溶液加入含有Fe2+的溶液中，生成的蓝色沉淀中铁元素存在两种价态C.KOH作还原剂，0.4molKOH被氧化时，转移0.4mol电子D.0.1mol铁氰酸钾参与反应时，生成标准状况下O2560mL答案C解析K3[Fe(CN)6]中铁的化合价从+3价变成K4[Fe(CN)6]中的+2价，化合价降低，作氧化剂，被还原，故A正确；生成的蓝色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2中铁元素存在+2、+3两种价态，故B正确；由题干反应可知，2molKOH作还原剂时转移4mol电子，故0.4molKOH被氧化时，转移0.8mol电子，故C错误。7.物质的结构决定物质的性质，下列性质差异与结构因素匹配正确的是()选项性质差异结构因素A沸点：H2O>H2S半径：O<SB酸性：CH3COOH>C2H5OH羟基的极性C键角：CH4(109°28')大于NH3(107°)中心原子的杂化方式D熔点：低于NaBF4晶体类型答案B解析乙酸中羟基与羰基相连，乙醇中羟基与乙基相连，羰基的吸电子能力强于乙基，因此乙酸中的羟基极性更强，更易电离，B正确；甲烷和氨的中心原子的杂化方式均为sp3，其键角差异是由于氨的中心N原子上有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与σ键的斥力大于σ键之间的斥力，因此氨的键角略小于109°28'，C不正确；与NaBF4均为离子晶体，判断离子晶体的熔点高低通常根据离子键强弱，离子键强弱与离子所带电荷数、离子的半径和离子的电子层结构有关，离子所带电荷数越多、离子半径越小，离子键越强，熔点越高，与NaBF4中离子所带电荷数相同，但的阳离子半径大于Na+，因此离子键弱，熔点低，D不正确。8.(2024·绍兴诸暨高三下学期5月适应性考试)下列离子方程式书写不正确的是()A.碳酸氢镁溶液与过量澄清石灰水反应：Mg2++2HCO3-+2Ca2++4OH-=2CaCO3↓+Mg(OH)2↓+2HB.向含溶质amol的FeBr2溶液中通入bmolCl2，充分反应，当3a≤2b时，反应的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-C.向NaHSO3溶液中滴入酸化的Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀：2HSO3-+Ba2+=BaSO3↓+SO2↑+HD.将CuCl溶于NH4Cl⁃NH3·H2O的混合液中，久置后得到深蓝色溶液：4CuCl+4NH4++O2+12NH3=4[Cu(NH3)4]2++2H2答案C解析向NaHSO3溶液中滴入酸化的Ba(NO3)2溶液，HSO3-被氧化为SO42-，产生白色沉淀BaSO4，离子方程式为3HSO3-+3Ba2++2NO3-=3BaSO4↓+2NO↑9.(2025·浙江一模)近期，科学家利用人工智能(AI)和可解释的深度学习模型，从超过1200万种化合物中识别出一种革命性的新型抗生素类型，展示了深度学习在药物发现中的潜力。如图是其中一种抗生素化合物的结构式。下列说法不正确的是()A.该分子的分子式为C15H10O4Cl3NB.通过红外光谱可鉴定该分子有3种含氧官能团C.1分子该物质最多有30个原子共平面D.1mol该物质最多与5molNaOH反应答案D解析红外光谱可测定有机物中的化学键和官能团，该有机物中存在羧基、酰胺基和醚键3种含氧官能团，B说法正确；苯环以及碳氧双键属于平面结构，结合单键可旋转特性，1分子该物质最多有30个原子共平面，C说法正确；1mol羧基、酰胺基均能与1molNaOH反应，氯原子发生水解形成酚羟基和卤化氢均能与NaOH发生反应，1mol该物质最多与8molNaOH反应，D说法错误。10.(2025·台州高三一模)X、Y、Z、M为四种短周期元素，X、Y、Z同周期且基态价电子数之和为15，X的原子序数小于Z，X基态原子具有2个未成对电子，Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g·L-1。下列说法不正确的是()A.键角：YZ2+B.气态时碱性：XM3YM2<(XM3)2YMC.键极性：XM4<YM3D.稳定性：Y2M4<YM3答案A解析X、Y、Z、M为四种短周期元素，Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g·L-1，则气体的摩尔质量为0.76g·L-1×22.4L·mol-1≈17g·mol-1，所以该气体为氨气；X、Y、Z同周期且基态价电子数之和为15，X的原子序数小于Z，X基态原子具有2个未成对电子，则X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、M为H元素。NO2+中氮原子的价层电子对数为2、孤电子对数为0，空间结构为直线形，NO2-中氮原子的价层电子对数为3、孤电子对数为1，空间结构为V形，则NO2+的键角大于NO2-，故A错误；甲基为推电子基团，甲基数目越多，N原子上的电子云密度越大，碱性越强，则XM3YM2的碱性弱于(XM3)211.(2024·杭州浙南联盟高三月考)将H2S和CH4气体按体积之比[V(H2S)∶V(CH4)=2∶1]导入管式反应器(如图1)热解制H2，高于T℃时发生如下两个反应(反应过程用N2稀释)：Ⅰ：2H2S(g)⥬S2(g)+2H2(g)K1Ⅱ：CH4(g)+S2(g)⥬CS2(g)+2H2(g)K2在常压下反应相同时间后，不同温度下测得H2、S2及CS2气体的体积分数随温度的变化(如图2)。下列说法错误的是()A.温度高于T℃时，该体系总反应为CH4(g)+2H2S(g)⥬CS2(g)+4H2(g)K3=K1·K2B.曲线b表示S2(g)的体积分数随温度的变化C.1000℃时，反应的活化能：反应Ⅰ<反应ⅡD.在1000℃、常压下，通入H2S(g)的体积分数保持不变，提高投料比[V(H2S)∶V(CH4)]，H2S的转化率减小答案D解析根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ得总反应：CH4(g)+2H2S(g)⥬CS2(g)+4H2(g)，则K3=K1·K2，A正确；由图可知，1000℃时，只发生反应Ⅰ而没有发生反应Ⅱ，则说明反应的活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ，C正确；1000℃时，只发生反应Ⅰ而没有发生反应Ⅱ，即CH4不反应，而H2S的体积分数保持不变，则H2S的转化率不变，D错误。12.(2024·金华十校高三模拟)叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理具有其特殊性，可用下图表示，已知：连在同一碳原子上的甲基之间存在排斥力。下列说法正确的是()A.用KOH溶液中和步骤④产生的H+，有利于提高羧酸叔丁酯的产率B.用18O标记醇羟基，可区别叔丁醇、乙醇与羧酸在酯化反应时的机理差异C.中间体2的甲基间的排斥力比羧酸叔丁酯的甲基间的排斥力大D.相同外界条件下，中间体3比更难给出H+答案B解析KOH溶液会与羧酸、羧酸叔丁酯反应，不利于提高羧酸叔丁酯的产率，A错误；根据叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理可知，叔丁醇脱去羟基，羧酸脱去羧基中的H原子，则用18O标记醇羟基，18O在生成物水中；乙醇与羧酸发生酯化反应时，羧酸脱去羧基中的羟基，乙醇脱去羟基中的H原子，则用18O标记醇羟基，18O在生成物酯中，B正确；中间体2中与甲基相连的碳原子的价层电子对数为3，采用sp2杂化，羧酸叔丁酯中与甲基相连的碳原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，因此中间体2的甲基间的排斥力比羧酸叔丁酯的甲基间的排斥力小，C错误；与中间体2结合后生成中间体3，则中间体3中碳氧双键的氧原子电子云密度减小，导致羧基中羟基的极性增大，O—H更容易断裂，因此相同外界条件下，中间体3比更易给出H+，D错误。13.(2024·绍兴联考)库仑滴定法是一种利用电解原理来测定溶液中未知酸浓度的方法，由电解过程中产生的OH-测定待测液中的H+，装置如图，其中玻璃套管底部允许阴阳离子通过：下列说法不正确的是()A.通过分析pH计示数的变化可以判断酸碱反应的终点B.工作电极与外接电源的负极相连C.辅助电极上的电极反应式为Ag-e-=Ag+D.当电路中通过0.02mol电子时，理论上生成标准状况下224mL气体答案C14.某化合物M的晶胞如图，下列说法不正确的是()A.该化合物化学式为Al(NH3)Cl3，属于分子晶体B.NH3与Al之间的作用力为配位键C.该化合物不稳定，受热易分解D.∠Cl—Al—Cl键角比较：Al(NH3)Cl3>AlCl3答案D解析根据晶胞结构，8个Al，24个Cl，8个NH3，该化合物化学式为Al(NH3)Cl3，属于分子晶体，A正确；NH3提供孤电子对，Al提供空轨道，NH3与Al之间的作用力为配位键，B正确；Al3+半径较小，空间阻碍大，配位键弱，且加热时NH3易挥发，故受热易分解，C正确；Al(NH3)Cl3中Al为sp3杂化，AlCl3中Al为sp2杂化，∠Cl—Al—Cl键角比较：Al(NH3)Cl3<AlCl3，D错误。15.(2025·金华高三模拟)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-lgc(X)(X代表Sr2+或F-)与-lgc(H+)A.x=2.2B.室温下，SrF2(s)⥬Sr2+(aq)+2F-(aq)，Ksp=10-8.4C.室温下，SrF2(s)+2H+(aq)⥬Sr2+(aq)+2HF(aq)，K=10-2D.b点代表的溶液中：c(Sr2+)=c(Cl-)=c(F-)答案D解析根据Ka=c(H+)·c(F-)c(HF)，可得-lgc(H+)c(HF)-lgc(F-)=-lgKa，则-lgc(H+)c(HF)=-[-lgc(F-)]-lgKa，即-lgc(H+)c(HF)随-lgc(F-)的增大而减小，故L2代表-lgc(F-)与-lgc(H+)c(HF)的关系，L1代表-lgc(Sr2+)与-lgc(H+)c(HF)的关系。由点(3.2，0)：0+3.2=-lgKa，Ka=10-3.2，由a点：x+1.0=-lgKa，则x=2.2，A正确；由c点，c(Sr2+)=10-3.2mol·L-1，c(H+)·c(F-)c(HF)=10-0.6×c(F-)=10-3.2，c(F-)=10-2.6mol·L-1，室温下，SrF2(s)⥬Sr2+(aq)+2F-(aq)，Ksp=c(Sr2+)·c2(F-)=10-3.2×10-2.6×2=10-8.4，B正确；室温下，SrF2(s)+2H+(aq)⥬Sr2+(aq)+2HF(aq)，K=c(Sr2+)·c2(HF)c2(H+)=c2(F-)·c(Sr2+)·c2(HF)c2(F-)·c2(H+)=KspKa2=10-2，C正确；b点代表的溶液中c(Sr2+)=c(F-)，由元素守恒：2c(Sr2+)=16.(2025·镇海中学12月首考模拟测试)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O为草绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，可用FeC2O4制备，流程如下：已知：6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3↓。下列说法不正确的是()A.步骤Ⅰ中不可用酸性KMnO4溶液替代H2O2B.步骤Ⅱ中加热煮沸是为了除去多余的H2O2C.步骤Ⅲ中加入无水乙醇是为了降低三草酸合铁酸钾的溶解度D.可用亚铁氰化钾溶液来检验翠绿色溶液中是否还有Fe2+未被氧化答案D解析H2O2受热分解，加热煮沸可以除去多余的H2O2，B项正确；加入无水乙醇可以降低三草酸合铁酸钾的溶解度，提高产率，C项正确；检验Fe2+用铁氰化钾溶液而不是亚铁氰化钾溶液，D项错误。二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17.(10分)碳族、氮族、氧族是构建化合物的重要元素。(1)某化合物M的晶胞如图，M的晶体结构可以视为“a层→b层→…”堆积形成。一个a层中的Li+与一个b层中的Li+的个数之比为。

(2)下列说法正确的是(填字母)。

A.氮原子的一种激发态的价层电子轨道表示式为B.第三电离能：C>NC.根据Ga的电子排布式推测Ga可能存在+1、+3价D.[Pt(NH3)2Cl2]的结构有两种，则中心原子Pt不可能是sp3杂化(3)乙酰丙酮(CH3COCH2COCH3)能与Mg、Ca等活泼金属反应置换出氢气，产生的阴离子的结构为，记为R-。R-中除甲基之外的碳和氧原子间形成类似于苯分子中的大π键。碳碳键的键长：a(填“<”“>”或“=”)b，请说明理由：。

(4)亚甲基双丙烯酰胺()、乙胺(CH3CH2NH2)和2⁃羟基乙胺HOCH2CH2NH2均可用于染料合成。①亚甲基双丙烯酰胺属于(填“极性”或“非极性”)分子，分子中含有的σ键和π键数目之比为。

②乙胺和2⁃羟基乙胺的碱性随N原子电子云密度增大而增强，二者碱性更强的是

(填结构简式)。(5)低浓度的HSO3-溶液中存在2种结构A()和B()，A结构中硫原子的杂化轨道类型是。B结构的空间结构(以S为中心)为，1个A与1个B通过氢键形成C，请画出C的结构：。

答案(1)1∶1(2)BCD(3)<a中既存在σ键，又存在π键；b中只存在σ键(4)①极性5∶1②CH3CH2NH2(5)sp3四面体形解析(4)①亚甲基双丙烯酰胺可以看成甲烷分子中的两个H原子被两个丙烯酰胺基取代，甲烷为正四面体形结构，因此亚甲基双丙烯酰胺分子的正、负电中心不重合，属于极性分子，根据结构简式可知，分子中含有的σ键和π键数目之比为20∶4=5∶1。②胺的碱性强弱取决于氮原子的孤电子对和质子结合的难易，而氮原子接受质子的能力，又与氮原子上电子云密度大小以及氮原子上所连基团的空间位阻有关，烃基是推电子基，羟基在胺中作吸电子基，由于乙胺和2⁃羟基乙胺的碱性随N原子电子云密度增大而增强，二者碱性更强的是CH3CH2NH2。(5)低浓度的HSO3-溶液中存在2种结构A()和B()，A结构中S原子价层电子对数为3+6+1-2×2-1×12=4，硫原子的杂化轨道类型是sp3。B中S原子价层电子对数为4+6+1-3×2-1×1218.(12分)(2025·浙江省9+1高中联盟高三联考)氮及其化合物与人类生产、生活密切相关。氨催化氧化制NO是工业制备硝酸的核心过程：主反应：4NH3(g)+5O2(g)⥬4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-905kJ·mol-1副反应：4NH3(g)+3O2(g)⥬2N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1268kJ·mol-1而在雷电的作用下，氮气被氧气直接氧化成NO，最终转化成硝酸。(1)写出氮气与氧气反应生成NO的热化学方程式：。(2)在20个大气压、铁触媒的作用下，经历相同时间，反应产物的产率和温度的关系如表所示：T/℃产率%

4505506507508008509009501000……NO19.037.562.581.596.596.593.185.573.0……N261.537.518.16.41.52.06.712.025.1……下列说法不正确的是(填字母)。A.工业上进行氨催化氧化生成NO时，温度应控制在800~850℃B.活化能大小：主反应≤副反应C.降温降压一定能提高NO的平衡产率D.选择合适的催化剂，可以提高NO的选择性(3)硝酸生产中的尾气主要是NO，对环境的影响很大。氨气的催化还原法是常见的处理方法之一。其中用NH3消除NO污染的反应原理为4NH3+6NO=5N2+6H2O。不同温度条件下，NH3与NO的物质的量之比分别为1∶1、2∶1、3∶1时，经历相同时间得到NO脱除率曲线如图所示：①曲线c对应NH3与NO的物质的量之比是。②解释800℃以后曲线b中NO的脱除率先降后升的可能原因是。(4)电解法可以将NO与另一污染性气体SO2转化为硫酸铵，从而实现废气的回收再利用。电解原理如图所示：①计算常温下0.01mol·L-1的(NH4)2SO4的pH为[已知：Kw=1.0×10-14，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，lg3=0.48]。②若通入NO2，其电极反应式为。答案(1)N2(g)+O2(g)⥬2NO(g)ΔH=+181.5kJ·mol-1(2)BC(3)①1∶1②温度过高，导致催化剂活性下降；1200℃以后NO的脱除率略有升高可能是高温下NO自身分解程度增加(4)①5.48②NO2+7e-+8H+=NH4++2H解析(1)根据盖斯定理，12×(主反应-副反应)可得反应：N2(g)+O2(g)⥬2NO(g)，故ΔH=+181.5kJ·mol-1。(2)根据表格数据可知，800~850℃时，NO的产率较高，则进行氨催化氧化生成NO时，温度应控制在800~850℃，A正确；活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，根据表格可知，副反应的速率大于主反应，故副反应的活化能较小，B错误；由于体系中两个反应(均为放热反应，且气体分子数均增大)的同时存在，降温降压对两个反应的影响程度不同，有可能对副反应的影响更大，导致NO的选择性下降，C错误；合适的催化剂可以提高反应的选择性，D正确。(3)①氨气的浓度越大，速率越快，NO的脱除率越高；c曲线NO的脱除率最低，因此投料比为1∶1。(4)①根据铵根离子的水解方程式：NH4++H2O⥬NH3·H2O+H+，Kh=c(H+)·c(NH3·H2O)c(NH4+)=c2(H+)c(NH4+)=KwKb，可得c(H+)=c(NH19.(16分)(2025·嘉兴高三一模)某小组用阿司匹林()制备阿司匹林铜()的流程如下：已知：阿司匹林铜是一种亮蓝色结晶粉末，不溶于水、乙醇，受热易分解成浅绿色混合物，在强酸性条件下能解离出Cu2+。请回答：(1)实验装置图中仪器A的名称是。步骤Ⅰ使用冰水浴的原因是。(2)下列说法正确的是(填字母)。A.步骤Ⅰ中，加入乙醇的目的是增大阿司匹林与NaOH溶液的接触面积，从而加快反应速率B.步骤Ⅱ中，先用过量的硫酸中和NaOH避免滴加CuSO4溶液时产生Cu(OH)2C.步骤Ⅲ中，过滤后的产品先用蒸馏水洗涤，再用酒精洗涤D.步骤Ⅲ中，为了快速得到干燥的产品，可采用高温烘干(3)阿司匹林铜中铜含量可用碘量法测定：已知：ⅰ.滴定过程中发生反应：2Cu2++4I-=2CuI+I2，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，CuI(s)+SCN-(aq)⥬CuSCN(s)+I-(aq)，Ksp(CuI)=2.1×10-12，Ksp(CuSCN)=4.8ⅱ.CuI能强力吸附I2，被吸附的I2不能被Na2S2O3标准溶液滴定，淀粉也会吸附I2，使滴定终点推迟。ⅲ.SCN-可以还原Cu2+。①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤(碘量瓶示意如图)：用分析天平称取4.000g产品→在烧杯中用适量的3.000mol·L-1(填字母，下同)和40mL水溶解，加热煮沸，样品完全分解后，摇匀，冷却到室温→配制100.00mL待测溶液→用移液管移取25.00mL待测溶液到碘量瓶→加入过量KI固体，塞上碘量瓶的塞子，摇匀，用少量水封，在暗处静置5分钟→打开塞子→→→塞上碘量瓶的塞子→→→记录标准溶液体积。a.H2SO4b.HNO3c.剧烈振荡碘量瓶d.轻轻振荡碘量瓶e.用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色f.用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点g.加入适量KSCN溶液和1mL0.5%淀粉溶液②配制待测溶液时，下列仪器必须用到的是。a.玻璃棒 b.100mL锥形瓶c.50mL容量瓶 d.胶头滴管③判定滴定到达终点的实验现象是。④三次滴定消耗Na2S2O3标准溶液的平均体积为18.80mL，则产品中的铜含量为%(保留小数点后2位数字)。答案(1)恒压滴液漏斗防止阿司匹林水解(2)AC(3)①aegcf②ad③滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色④12.03解析阿司匹林在乙醇的溶解下可以与NaOH发生中和反应，再加入CuSO4溶液发生反应得到阿司匹林铜沉淀，过滤、洗涤、干燥得到粗产品。(1)酯基在加热下易水解，则步骤Ⅰ使用冰水浴的原因是防止阿司匹林的水解。(2)步骤Ⅱ中，先用硫酸中和NaOH避免滴加CuSO4溶液时产生Cu(OH)2，已知阿司匹林铜在强酸性条件下能解离出Cu2+，故硫酸不能过量，B错误；产品不溶于水、乙醇，步骤Ⅲ中，过滤后的产品先用蒸馏水洗涤，再用酒精洗涤，酒精挥发易干燥，C正确；已知阿司匹林铜易受热分解成浅绿色混合物，步骤Ⅲ中不可采用高温烘干，D错误。(3)①用碘量法测定阿司匹林铜中铜含量时，首先应在酸性溶液中加热，使铜离子解离出来，由于硝酸具有强氧化性会氧化硫代硫酸钠等还原性物质，故应选择硫酸，再利用2Cu2