2025-2026学年西藏自治区阿里地区高三第四次模拟考试化学试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年西藏自治区阿里地区高三第四次模拟考试化学试卷（含答案解析），共13页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
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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、下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，不正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
2、根据下面实验或实验操作和现象，所得结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
3、下列实验与对应的解释或结论正确的是( )
A．AB．BC．CD．D
4、的名称是
A．1-甲基-4-乙基戊烷B．2-乙基戊烷
C．1,4 -二甲基己烷D．3-甲基庚烷
5、下列操作或原理正确的是（ ）
A．可用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH试纸上，测定该氯水的pH值
B．装Na2CO3溶液的试剂瓶塞用玻璃塞
C．蒸馏操作时先通冷却水再加热
D．实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠不能放回原试剂瓶中
6、物质性质的差异与分子间作用力有关的是
A．沸点：Cl2＜I2B．热稳定性：HF＞HCl
C．硬度：晶体硅＜金刚石D．熔点：MgO＞NaCl
7、我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置，其示意图如下：
下列说法不正确的是
A．b为电源的正极
B．①②中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化
C．a极的电极反应式为2C2O52− − 4e− == 4CO2 + O2
D．上述装置存在反应：CO2 ===== C + O2
8、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）。
A．AB．BC．CD．D
9、利用下图装置可以模拟铁的电化学防护。下列说法不正确的是
A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀
B．若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生氧化反应
C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀
D．若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生氧化反应
10、碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是( )
A．洗气瓶中产生的沉淀中有碳酸钡B．在Z导管出来的气体中无二氧化碳
C．洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡D．洗气瓶中无沉淀产生
11、SO2能使溴水褪色，说明SO2具有（ ）
A．还原性B．漂白性C．酸性D．氧化性
12、化合物如图的分子式均为C7H8。下列说法正确的是
A．W、M、N均能与溴水发生加成反应B．W、M、N的一氯代物数目相等
C．W、M、N分子中的碳原子均共面D．W、M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色
13、已知反应：生成的初始速率与NO、的初始浓度的关系为，k是为速率常数。在时测得的相关数据如下表所示。下列说法不正确的是
A．关系式中、
B．时，k的值为
C．若时，初始浓度 ml/L，则生成的初始速率为 ml/(L·s)
D．当其他条件不变时，升高温度，速率常数是将增大
14、设NA为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是
A．N2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2O2+
B．每1ml Pt2O+转化为Pt2O2+得电子数为3NA
C．将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象
D．1g CO2 、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA
15、某烃的含氧衍生物的球棍模型如图所示下列关于该有机物的说法正确的是( )
A．名称为乙酸乙酯
B．显酸性的链状同分异构体有3种
C．能发生取代、加成和消除反应
D．能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
16、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．常温下， pH=2的H2SO4 溶液1L中，硫酸和水电离的 H+总数为 0.01NA
B．1ml H2O 最多可形成4NA个氢键
C．用浓盐酸分别和 MnO2、KClO3 反应制备1ml氯气，转移的电子数均为2NA
D．常温常压下， O2 与 O3 的混合气体16g，分子总数为NA
17、固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：
①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z
②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物
③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀
④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色
分析以上实验现象，下列结论正确的是
A．X中一定不存在FeOB．不溶物Y中一定含有Fe和CuO
C．Z溶液中一定含有KCl、K2CO3D．Y中不一定存在MnO2
18、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．无色透明溶液中:Ca2+、Cu2+、Br-、Cl-
B．能使酚酞变红的溶液中:K+、Na+、CO32—、AlO2-
C．c(ClO-)=1ml·L-1的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、I-
D．Kw/c(OH—)=0.1ml·L-1的溶液中:NH4+、Mg2+、SO42-、CH3COO-
19、化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解NO3-的原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．A为电源的正极
B．溶液中H+从阳极向阴极迁移
C．电解过程中，每转移2 ml电子,则左侧电极就产生32gO2
D．Ag-Pt电极的电极反应式为2NO3-+12H++10e- = N2↑+ 6H2O
20、在化学的发展史上，许多科学家创建的理论对化学科学的发展起到重大的作用。有关科学家与其创建的理论对应不匹配的是（ ）
A．墨子：物质的分割是有条件的
B．汤姆生：葡萄干面包模型
C．德谟克利特：古典原子论
D．贝克勒尔：原子结构的行星模型
21、实验室用H2还原SiHCl3(沸点：31.85 ℃)制备纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法正确的是( )
A．装置Ⅱ、Ⅲ中依次盛装的是浓H2SO4、冰水
B．实验时，应先加热管式炉，再打开盛装稀硫酸的分液漏斗
C．为鉴定制得的硅中是否含微量铁单质，用到的试剂可以为：盐酸、双氧水、硫氰化钾溶液
D．实验中制备氢气的装置也可用于实验室中用碱石灰与氯化铵溶液反应制备氨气
22、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A．Al2O3(熔融)Al(s)AlCl3(s)
B．FeS2(s) SO2(g) H2SO4(aq)
C．NH3(g) NO(g) NaNO3(aq)
D．SiO2(s) H4SiO4(s) Na2SiO3(aq)
二、非选择题(共84分)
23、（14分）已知A为常见烃，是一种水果催熟剂；草莓、香蕉中因为含有F而具有芳香味。现以A为主要原料合成F，其合成路线如下图所示。
(1)A的结构简式为____；D中官能团名称为____。
(2)写出反应①的化学方程式：____________________。
(3)写出反应②的化学方程式：____________________。
24、（12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：_______。
25、（12分）阿司匹林(乙酰水杨酸)是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药。乙酰水杨酸受热易分解,分解温度为128～135 ℃。某学习小组在实验室以水杨酸(邻羟基苯甲酸)与醋酸酐[(CH3CO)2O]为主要原料合成阿司匹林,制备的主要反应为
+(CH3CO)2O+CH3COOH
制备基本操作流程如下:
主要试剂和产品的物理常数:
请根据以上信息回答下列问题:
(1)合成过程中最合适的加热方法是__________。
(2)提纯粗产品时加入饱和NaHCO3溶液至没有CO2产生为止,再过滤,则加饱和NaHCO3溶液的目的是______
(3)另一种改进的提纯方法,称为重结晶提纯法。改进的提纯方法中加热回流的装置如图所示,仪器a的名称是____,冷凝管中冷凝水的进入口是____(填“b”或“c”),使用温度计的目的是_________
(4)检验产品中是否含有水杨酸的化学方法是_________
(5)该学习小组在实验中原料用量:2.76 g水杨酸、7.5 mL醋酸酐(ρ=1.08 g/cm3),最终称量产品m=2.92 g,则所得乙酰水杨酸的产率为____。
26、（10分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种可溶于水的白色或淡黄色小晶体，食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果的保鲜剂等。某化学研究兴趣小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。
(1)制备Na2S2O5，如图（夹持及加热装置略）
可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）
焦亚硫酸钠的析出原理：NaHSO3(饱和溶液)→Na2S2O5(晶体)+H2O(l)
①F中盛装的试剂是__，作用是__。
②通入N2的作用是__。
③Na2S2O5晶体在__（填“A”或“D”或“F”）中得到，再经离心分离，干燥后可得纯净的样品。
④若撤去E，则可能发生__。
(2)设计实验探究Na2S2O5的性质，完成表中填空：
①__。（提供：pH试纸、蒸馏水及实验必需的玻璃仪器）
②探究二中反应的离子方程式为__(KMnO4→Mn2+)
(3)利用碘量法可测定Na2S2O5样品中+4价硫的含量。
实验方案：将agNa2S2O5样品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中，加入过量c1ml·L-1的碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，__（填实验步骤），当溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟内溶液不恢复原色，则停止滴定操作重复以上步骤两次记录数据。（实验中必须使用的试剂有c2ml·L-1的标准Na2S2O3溶液；已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）
(4)含铬废水中常含有六价铬[Cr(Ⅵ)]利用Na2S2O5和FeSO4·7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72-的废水，先将废水中Cr2O72-全部还原为Cr3+，将Cr3+全部转化为Cr(OH)3而除去，需调节溶液的pH范围为___。
{已知：Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31，lg2≈0.3，c(Cr3+)碳酸>苯酚，C正确；
D．下层呈橙红色，则表明NaBr与氯水反应生成Br2，从而得出还原性：Br->Cl-，D正确；
故选A。
2、D
【解析】
A．也可能是挥发出的HCl与苯酚钠反应，无法得出题中实验结论，故A错误；
B．原溶液中也可能含有Ag+，故B错误；
C．蔗糖在酸性条件下水解，水解液显酸性，加入Cu(OH)2悬浊液之前要中和稀硫酸使溶液呈碱性，所以操作错误无法得到结论，故C错误；
D．石蜡为多种烃的混合物，产生的气体能使酸性高猛酸钾褪色，说明含有能被酸性高猛酸钾氧化的不饱和烃，故D正确；
故答案为D。
3、B
【解析】
A. 反应物浓度越大，反应速率越快，则解释与结论不正确，A项错误；
B. 钠会与无水乙醇反应产生氢气，则说明乙醇分子中羟基上的氢原子活泼，B项正确；
C. 动物油是高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下会水解生成高级脂肪酸纳，能发生皂化反应，但石蜡不会与氢氧化钠发生皂化反应，C项错误；
D. 电石与食盐水反应生成的乙炔气体含杂质如硫化氢等气体，所以通入酸性高锰酸钾溶液中能使紫色褪去的气体不一定是 乙炔，D项错误；
答案选B。
4、D
【解析】
根据主链最长原则，主链有7个碳原子；根据支链最近原则，从右端开始第3个碳原子上连有一个甲基，所以的名称是3-甲基庚烷，故D正确。
5、C
【解析】
A．依据氯水成分及性质漂白性判断；
B．碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液；
C．后先通冷却水，一开始产生的水蒸气没有得到冷却；
D．多余的钠应放回试剂瓶。
【详解】
A．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测试氯水的pH值，故A错误；
B．碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，将玻璃塞与试剂瓶粘到一起，故B错误；
C．先通冷却水，保证冷凝管的管套中充满水，再开始加热，否则一开始产生的水蒸气没有得到冷却，故C正确；
D．实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠能放回原试剂瓶中，故D错误；
故选：C。
本题考查化学中仪器的使用及试剂的保存，解题关键：熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项，易错点A，注意氯水的漂白性。
6、A
【解析】
A、分子晶体的相对分子质量越大,沸点越高,则卤素单质的熔、沸点逐渐升高，与分子间作用力有关，A正确；
B、非金属性F＞Cl＞Br＞I，则HF、HCl、HBr、HI热稳定性依次减弱，与共价键有关，B错误；
C、原子晶体中，共价键的键长越短，熔点越高，金刚石的硬度大于硅，其熔、沸点也高于硅，与共价键有关，C错误；
D、离子键的键长越短，离子所带电荷越多，离子键越强，熔点越高，离子半径：Mg2+＜Na+、O2—＜Cl-，所以熔点：MgO＞NaCl，与离子键大小有关，D错误；
正确选项A。
7、B
【解析】
A．a电极反应是2C2O52--4e-═4CO2+O2，发生氧化反应，是电解池的阳极，则b为正极，故A正确；B．①捕获CO2时生成的C2O52-中碳元素的化合价仍为+4价，②捕获CO2时生成CO32-时碳元素的化合价仍为+4价，碳元素的化合价均未发生变化，故B错误；C．由电解装置示意图可知a电极反应是2C2O52--4e-═4CO2+O2，故C正确；D．由电解装置示意图可知a电极生成O2，d电极生成C，电解池总反应式为CO2 =C+O2，故D正确；故答案为B。
8、C
【解析】
A.乙醇和水混溶，不能用作萃取剂，应用四氯化碳或苯萃取，A错误；
B.乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，可用蒸馏的方法或加入饱和碳酸钠溶液分离，B错误；
C.丁醇和乙醚混溶，但二者的沸点不同且相差较大，可用蒸馏的方法分离，C正确；
D.根据二者在水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法。NaCl随温度升高溶解度变化不大，KNO3随温度升高溶解度变化大，D错误；
故合理选项是C。
本题考查物质的分离提纯，注意相关物质性质的异同，掌握常见物质的分离方法和操作原理是解题的关键，题目难度不大，D项为易错点，注意NaCl和KNO3在水中溶解度的差异。
9、B
【解析】
若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，发生氧化反应；铁做正极被保护，故A正确，B不正确。
若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，C正确；
X极作阳极，发生氧化反应，D正确。
答案选B。
10、C
【解析】
碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，同时通入溶液中发生反应：SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2。
【详解】
A．因为SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，H2SO4能与氯化钡反应生成BaSO4，二氧化碳不与氯化钡反应，所以没有BaCO3生成，A错误；
B．反应生成的NO在Z导管口与空气中的氧气反应生成NO2，因CO2不与氯化钡反应，从导管中逸出，B错误；
C．根据以上分析可知洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，C正确；
D、根据以上分析可知洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，D错误。
答案选C。
11、A
【解析】
溴单质与二氧化硫能发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，溶液中溴的颜色会褪去，反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，硫元素化合价升高（+4→+6），体现还原性，溴元素化合价降低，体现氧化性（0→-1），A项正确；
答案选A。
本题考查二氧化硫的化学性质，二氧化硫具有多重性质，可总结如下：
1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，可与碱等反应；
2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢、氯水、溴水等强氧化性的物质反应；
3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等；
4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质，
尤其是二氧化硫的漂白性和还原性是学生们的易混点。使酸性高锰酸钾溶液、氯水、溴水褪色体现的二氧化硫的还原性，使品红溶液褪色体现的是漂白性。
12、D
【解析】
A.由 结构简式可知, W不能和溴水发生加成反应，M、N均能与溴水发生加成反应，故A错误； B. W的一氯代物数目为4种，M的一氯代物数目3种，N的一氯代物数目4种，故B错误；C. 根据甲烷分子的正四面体结构、乙烯分子和苯分子的共面结构可知，W、N分子中的碳原子均共面，M中的碳原子不能共面，故C错误，D. W中与苯环相连的碳原子了有氢原子，M和N均含碳碳双键，故W、M、N均能被酸性KMnO4溶液氧化，故D正确;答案：D。
13、A
【解析】
A.将表中的三组数据代入公式，得
，
，
，解之得：，，故A错误；
B.时，，k的值为 ，故B正确；
C.若时，初始浓度 ml/L，则生成的初始速率为 ml/(L·s)，故C正确；
D.当其他条件不变时，升高温度，反应速率增大，所以速率常数将增大，故D正确。
故选A。
14、D
【解析】
A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；
B．根据转化关系，结合得失电子守恒， N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，氧化还原反应方程式为：N2O+ Pt2O+= N2+ Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1ml N2O转化为N2得到2ml电子，则每1ml Pt2O+转化为Pt2O2+失电子为2ml，数目为2NA，故B错误；
C．将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C错误；
D．CO2和N2O的摩尔质量都为44g/ml，一个分子中含有电子数都为22个，则 1g CO2 、N2O的混合气体的物质的量为ml，含有电子数为ml ×22×NA=0.5NA，故D正确；
答案选D。
B项计算转移的电子数时，必须正确写出反应方程式，根据化合价的变化，物质的关系，计算出转移的电子数。
15、B
【解析】
由结构模型可知有机物为CH3COOCH=CH2，含有酯基，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题。
【详解】
A．有机物为CH3COOCH=CH2，不是乙酸乙酯，故A错误；
B．该化合物的链状同分异构体中,显酸性的同分异构体有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=CH(CH3)COOH，
共3种，故B正确；
C．含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，不能发生消去反应，故C错误；
D．含有碳碳双键，能使溴水褪色是发生了加成反应，与酸性高锰酸钾反应是发生了氧化还原反应，故原理不同，故D错误；
答案选B。
16、A
【解析】
A．常温下， 1LpH=2的H2SO4 溶液中，硫酸和水电离的 H+总数为(10-2+10-12)ml/L×1L×NA=0.01NA，A正确；
B．在冰中，1个H2O与4个H2O形成4个氢键，平均每个水分子形成2个氢键，则1ml H2O 最多可形成2NA个氢键，B不正确；
C．MnO2与浓盐酸反应制备1ml氯气，转移的电子数为2NA，KClO3与浓盐酸反应制备1ml氯气(反应方程式为ClO3-+5Cl- +6H+==3Cl2↑+3H2O)，转移的电子为NA，C不正确；
D．采用极端分析法，O2 与 O3 各16g，分子总数分别为NA和NA，则16g混合气，所含分子数介于二者之间，D不正确；
故选A。
在冰中，每个水分子与周围的水分子可形成4个氢键，我们易认为平均每个水分子能形成4个氢键，从而产生错解。
17、B
【解析】
①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质；②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，说明Y中含有MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe，所以Y中含有Fe、CuO、MnO2；③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，一定含有K2CO3，可能含有KCl，由以上分析可知X中一定含有Fe、CuO、MnO2、K2CO3，但不能确定是否含有FeO、KCl。
答案选B。
18、B
【解析】
A、含Cu2+的溶液呈蓝色，故A错误；B、能使酚酞变红的溶液显碱性，故四种离子都能共存，则B正确；C、c(ClO-)=1ml·L-1的溶液具有氧化性，能氧化Fe2+、I- ，故C错误；D、=0.1ml·L-1的溶液呈酸性，则CH3COO-不能共存，即D错误。因此本题正确答案为B。
19、C
【解析】A项，该装置中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则Ag-Pt电极为阴极，pt电极为阳极，连接阴极的B电极为负极，A为正极，故A项正确；B项，电解时阳离子向阴极移动，所以H+从阳极向阴极迁移，故B项正确；C项，左侧电极为阳极发生2H2O-4e-=4H++O2，所以每转移2 ml电子时，左侧电极就产生0.5 ml O2即16g氧气，故C项错误；D项，阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为，故D项正确。综上所述，本题正确答案为C。
点睛：考查电解池的反应原理。抓住氧化还原反应进行判定电池的阴阳极。根据氧化剂和还原剂进行电极反应式的书写。
20、D
【解析】
A. 墨子提出：物质被分割是有条件的，若不存在被分割的条件，就不能被分割，故A正确；
B. 汤姆生发现了电子，并提出了电子的葡萄干面包模型，故B正确；
C. 德谟克利特提出：物质由极小的微粒组成，这种微粒叫做原子，物质分割只能到原子为止，故C正确；
D. 卢瑟福提出了原子结构的行星模型，不是贝克勒尔，故D错误；
答案选D。
21、C
【解析】
A.装置Ⅲ的作用是使SiHCl3挥发，Ⅲ中应盛装热水，故A错误；
B. 氢气、氧气的混合气体加热易爆炸，实验时，应先打开盛装稀硫酸的分液漏斗，用生成的氢气把装置中的空气排出，再加热管式炉，故B错误；
C.铁与盐酸反应生成氯化亚铁，用双氧把亚铁离子氧化为铁离子，若加入硫氰化钾溶液后变红，则说明含有铁单质，故C正确；
D.实验室中一般用加热碱石灰与氯化铵固体混合物制备氨气，装置图为，故D错误；答案选C。
22、A
【解析】
A. 2Al2O3(熔融)4Al(s)+3O2↑，2Al+3Cl22AlCl3(s)，故A正确；
B.SO2(g) +H2O=H2SO3(aq)，故B错误；
C.NO(g)与NaOH(aq)不反应，故C错误；
D. SiO2(s) 不溶于水，故D错误；
故选A。
二、非选择题(共84分)
23、CH2=CH2羧基2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
【解析】
A为常见烃，是一种水果催熟剂，则A为CH2=CH2，A与水反应生成B，B为CH3CH2OH，B发生催化氧化反应生成C，C为CH3CHO，F具有芳香味，F为酯，B氧化生成D，D为CH3COOH，B与D发生酯化反应生成F，F为CH3COOCH2CH3，据此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析，A的结构简式为CH2=CH2，D为乙酸，D中官能团为羧基，故答案为：CH2=CH2；羧基；
(2)反应①为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式是2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；
(3)反应②为乙醇和乙酸的酯化反应，反应的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。
24、C14H12O3 取代反应 消去反应 1∶1∶2∶6 +CH3OH+H2O 3
【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。
25、水浴加热 使乙酰水杨酸与NaHCO3溶液作用转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠,与不溶性杂质分离 三颈烧瓶 b 控制反应温度,防止乙酰水杨酸受热分解 取少量结晶产品于试管中，加蒸馏水溶解，滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色则含水杨酸 81.1%
【解析】
（1）合成的温度为85℃，所以可以采取水浴加热；
（2）加入饱和NaHCO3溶液使乙酰水杨酸与NaHCO3溶液作用转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠，与不溶性杂质分离，故答案为：使乙酰水杨酸与NaHCO3溶液作用转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠,与不溶性杂质分离；
（3）冷凝管中水的流向是下口进水，上口出水。由于乙酰水杨酸受热易分解，所以使用温度计控制反应温度，防止乙酰水杨酸受热分解。故答案为：三颈烧瓶，b，控制反应温度,防止乙酰水杨酸受热分解；
（4）乙酰水杨酸和水杨酸中都有羧基，但水杨酸中有酚羟基，可以用FeCl3溶液检验酚羟基，进而检验产品中是否含有水杨酸，故答案为：取少量结晶产品于试管中，加蒸馏水溶解，滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色则含水杨酸；
(5)2.76g水杨酸为0.02ml，乙酸酐为7.5 mL×1.08 g/cm3÷102g/ml=0.08ml，所以乙酸酐是过量的，生成的乙酰水杨酸的物质的量和水杨酸的物质的量相等，所以乙酰水杨酸的质量为0.02ml×180g/ml=3.6g。则所得乙酰水杨酸的产率为×100%≈81.1%。
26、浓NaOH溶液 吸收剩余的SO2 排尽空气，防止Na2S2O5被氧化 D 倒吸 用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红 5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O 用c2ml·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定 pH>5.6
【解析】
从焦亚硫酸钠的析出原理[NaHSO3(饱和溶液)→Na2S2O5(晶体)+H2O(l)]可以看出，要制取Na2S2O5(晶体)，需先制得NaHSO3(饱和溶液)，所以A装置的作用是用浓硫酸与Na2SO3固体反应制取SO2，将SO2再通入饱和Na2SO3溶液中制得NaHSO3饱和溶液。因为Na2S2O5易被空气中的O2氧化，所以需排尽装置内的空气，这也就是在A装置内通入N2的理由。由于SO2会污染环境，所以F装置应为吸收尾气的装置，为防倒吸，加了装置E。
【详解】
(1)①从以上分析知，F装置应为SO2的尾气处理装置，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液，作用是吸收剩余的SO2。答案为：浓NaOH溶液；吸收剩余的SO2；
②为防装置内空气中的氧气将Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化，需排尽装置内的空气，所以通入N2的作用是排尽空气，防止Na2S2O5被氧化。答案为：排尽空气，防止Na2S2O5被氧化；
③Na2S2O5晶体由NaHSO3饱和溶液转化而得，所以应在D中得到。答案为：D；
④因为E中的双球能容纳较多液体，可有效防止倒吸，所以若撤去E，则可能发生倒吸。答案为：倒吸；
(2)①既然是检测其是否具有酸性，则需用pH试纸检测溶液的pH，若在酸性范围，则表明显酸性。具体操作为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红。答案为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红；
②探究二中，Na2S2O5具有还原性，能将KMnO4还原为Mn2+，自身被氧化成SO42-，同时看到溶液的紫色褪去，反应的离子方程式为5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。答案为：5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O；
(3)根据信息，滴定过量碘的操作是：用c2ml·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定。答案为：用c2ml·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定；
(4)c(Cr3+)6.4×10-31，c(OH-)>4.0×10-9ml·L-1，c(H+)5+2lg2=5.6。
答案为：pH>5.6。
Na2S2O5来自于NaHSO3的转化，且二者S的价态相同，所以在研究Na2S2O5的性质时，可把Na2S2O5当成NaHSO3。
27、保持漏斗和反应容器内的气压相等 2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O 安全瓶(或防止装置C中液体倒吸入装置A中) 漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中 水浴 b 增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果 C2H5Cl、CCl3COOH 蒸馏 59%
【解析】
A装置利用高锰酸钾与浓盐酸制备氯气，C装置用饱和食盐水除去HCl，D装置盛放浓硫酸干燥氯气，E中反应制备CCl3CHO。F装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。
【详解】
(1)A中的恒压漏斗使得漏斗中的压强和圆底烧瓶中的压强相同，从而浓盐酸能够顺利流下。高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；
(2)装置B中的导管很短，而且B中没有试剂，所以是作安全瓶，防止C装置处理HCl气体时发生倒吸。装置F中倒扣的漏斗，与液体接触的部分横截面积很大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中，不会发生倒吸。答案为安全瓶 漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中；
(3)温度要控制在70℃，未超过水的沸点100℃，可以选择水浴加热，即最佳的加热方式为水浴加热。冷凝过程中，冷凝管中应该充满水，所以冷水应该从b口进。球形冷凝管与蒸气接触的面积大，冷凝回流效果更好。 答案为：水浴 b 增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果；
(4)如果没有浓硫酸干燥，则E中会有水参加反应，水与氯气反应生成HCl和HClO，副反应就会发生，生成的产物有C2H5Cl、CCl3COOH。从图表所给的信息来看，杂质均溶于乙醇，得到一混合液体，且沸点相差较大，使用蒸馏，可以分离除去；
(5)加入的碘单质被硫代硫酸钠和CCl3CHO消耗，加入的碘单质的物质的量为0.03L ×0.100 ml • L-1=0.003ml，消耗的Na2S2O3的物质的量为0.02L ×0.100 ml • L-1=0.002ml。有关系式为
I2 ~CCl3CHO I2 ~ 2Na2S2O3
0.001ml 0.002ml
CCl3CHO消耗碘单质的物质的量为0.003-0.001ml=0.002ml，则10mL的溶液中含有CCl3CHO的物质的量为0.002ml。100mL溶液中含有CCl3CHO为0.02ml，质量为0.02ml×147.5g=2.95g，则纯度。
本题纯度的计算采用的返滴法，要理解题目所给方程式的意思。消耗I2的物质有两种，和一般的滴定有所差别。
28、碳(或C) 第三周期 ⅣA族 3C+SiO2SiC+2CO↑ 精馏(或蒸馏或分馏) 0.25 2H2+O2+SiCl4SiO2+4HCl O2+2H2O+4e-=4OH-
【解析】
(1)根据还原剂失去电子，元素的化合价升高；氧化剂获得电子，元素的化合价降低判断；根据原子核外电子排布与元素在周期表的位置分析；由于元素的非金属性C>Si，在高温下可能生成二者的化合物；
(2)得到的氯化物中各种成分的沸点相差较大，可利用蒸馏的方法提纯；P原子与3个Cl形成3对共用电子对结合形成PCl3；
(3)先利用化学反应速率定义式计算υ(NH3)，然后根据υ(HCl)与υ(NH3)关系计算υ(HCl)；根据框图可知反应物是SiCl4与H2、O2，生成物是SiO2、HCl，根据原子守恒、电子守恒书写反应的方程式；原料气H2和O2在碱性条件下可构成燃料电池，通入燃料H2的电极为负极，通入O2的电极为正极，根据原电池反应原理书写电极反应式。
【详解】
(1)在反应2C+SiO2 Si+2CO↑中C元素的化合价由反应前的C单质的0价变为反应后CO中的+2价，化合价升高，失去电子，所以C为还原剂；Si是14号元素，Si原子核外K、L、M层依次排有2、8、4个电子，因此Si元素在元素周期表中位于第三周期第IVA族；在高温下，除可能发生副反应C+SiO2 Si+CO2↑外，足量的C与产生的Si再结合形成SiC，反应的方程式为：3C+SiO2SiC+2CO↑；
(2)在用石英砂与焦炭反应产生的粗硅中含有Si及一些杂质，用氯气将这些物质氧化，得到各种氯化物的液态混合物，各种成分的沸点相差较大，可利用蒸馏法分离提纯得到纯净的SiCl4；P原子最外层有5个电子，Cl原子最外层有7个电子，P原子与3个Cl形成3对共用电子对结合形成PCl3，每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，所以其电子式为；
(3)在一个2L的密闭容器中进行反应SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl，开始时加入两种反应物的物质的量都是1ml，由于SiCl4与NH3以1：4物质的量之比参与反应，显然NH3完全反应，6min后反应完全，氨气全部反应，υ(NH3)=，根据方程式中氨气与HCl的计量数关系可知υ(HCl)=3 υ(NH3)=3×=0.25ml/(L·min)；反应IV中产生的气体为HCl，SiCl4与H2、O2在高温下反应产生SiO2、HCl，反应的方程式是2H2+O2+SiCl4SiO2+4HCl；反应III中的原料气H2和O2在碱性条件下可构成燃料电池，通入燃料H2的电极为负极，负极失去电子，发生氧化反应，通入O2的电极为正极，正极上获得电子，发生还原反应，由于电解质溶液为碱性，所以正极反应的电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-。
本题考查了元素位置的推断、电子式、电极反应式、化学方程式的书写、化学反应速率的计算、氧化还原反应中物质的作用的判断等知识，较为全面的考查了学生对化学基础知识的掌握和应用情况。
29、1，2-二甲苯(邻二甲苯) 加成反应 2 NaOH醇溶液 c 12种
【解析】
由A的分子式、C的结构简式，可知芳香烃A为，结合B的分子式与C的结构，可知B为，B与液溴在光照条件下反应得到C．由D的分子式、D后产物结构，结合信息i，可推知D为，则C与甲醇发生酯化反应生成D，故试剂a为CH3OH．D后产物发生酯的碱性水解、酸化得到E为．由H的结构，结合信息ii可知F为，F发生消去反应生成G为，G发生加成反应得到H。
【详解】
（1）A是，其名称是：邻二甲苯。
（2）①苯环上只有一个取代基，②能发生银镜反应，含有醛基，③能发生水解反应，含有酯基，是甲酸酯，符合上列条件的B的一种同分异构体：；
（3）由C生成D的化学方程式是。
（4）G含有碳碳双键，由G生成H的反应是加成反应，F为，含有酯基和I原子，水解生成的羧基和HI可与NaOH溶液反应，1ml F与足量NaOH溶液反应，消耗2ml NaOH。
（5）试剂b是NaOH醇溶液，F发生消去反应生成G为。
（6）a．G为，不存在顺反异构体，故a错误；
b.1ml G最多可以与4ml H2发生加成反应，故b错误；
c.1ml H含有两摩尔酯基，与足量NaOH溶液反应，消耗2mlNaOH，故c正确。
（7）①含有苯环 ②含有2个－CHO ③苯环上有两个取代基分为四种情况，-CHO和-CH2CH2CHO、-CHO和-CH(CH3)CHO、两个-CH2CHO、-CH3和-CH(CHO)2，每种情况两个原子团在苯环上分布均有邻、间、对，三种情况，满足下面条件的同分异构体共有4×3=12种。
本题考查有机物的推断与合成，关键是对给予信息的理解，明确化学键的断裂与形成，侧重考查学生的分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化。难点（7）同分异构体的书写，明确题目的要求，对残基进行分类，是快速解题的关键。
选项
实验
现象
结论
A
向某无色溶液中滴入用稀硝酸酸化的BaCl2溶液
有白色沉淀生成
原溶液中一定存在SO42-或SO32-
B
卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液
产生白色沉淀
Y中含有氯原子
C
碳酸钠固体与硫酸反应产生的气体，通入苯酚钠溶液中
出现白色浑浊
酸性：硫酸＞碳酸＞苯酚
D
向NaBr溶液中滴入少量氯水和CCl4，振荡、静置
溶液分层，下层呈橙红色
Br-还原性强于Cl-
实验或实验操作
现象
实验结论
A
用大理石和稀盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的苯酚钠溶液中
出现白色沉淀
H2CO3的酸性比苯酚的酸性强
B
向某溶液先滴加硝酸酸化，再滴加BaC12溶液
有白色沉淀生成
原溶液中含有SO42-，SO32-，HSO3-中的一种或几种
C
向蔗糖溶液中加入稀硫酸并水浴加热，一段时间后再向混合液中加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热
无红色沉淀
蔗糖未水解
D
将浸透了石蜡油的石棉放置在试管底部，加入少量的碎瓷片，并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液
溶液褪色
石蜡油分解产物中含有不饱和烃
选项
实验
解释或结论
A
2 mL 0.2ml L-1 H2C2O4(草酸)溶液
右侧试管中溶液紫色褪去慢，推知反应物浓度越大，反应速率越小
B
分别向盛有等量煤油、无水乙醇的两烧杯中加入大小相等的金属钠，对比观察现象
乙醇分子中羟基上的氢原子活泼
C
分别向盛有动物油、石蜡的两烧杯中加入足量烧碱溶液，充分加热，冷却
动物油、石蜡均能发生皂化反应
D
将电石与食盐水反应生成的气体，通入酸性高锰酸钾溶液中，观察溶液颜色变化
由溶液紫色褪去可知乙炔能发生氧化反应
选项
目的
分离方法
原理
A
分离溶于水中的碘
乙醇萃取
碘在乙醇中的溶解度较大
B
分离乙酸乙酯和乙醇
分液
乙酸乙酯和乙醇的密度不同
C
除去丁醇中的乙醚
蒸馏
丁醇与乙醚互溶且沸点相差较大
D
除去KNO3固体中混杂的NaCl
重结晶
NaCl在水中的溶解度受温度影响大
实验数据
初始浓度
生成的初始速率ml/(L·s)
1
2
3
名称
相对分子质量
熔点或沸点(℃)
水
水杨酸
138
158(熔点)
微溶
醋酸酐
102
139.4(沸点)
反应
乙酰水杨酸
180
135(熔点)
微溶
预测Na2S2O5的性质
探究Na2S2O5性质的操作及现象
探究一
Na2S2O5的溶液呈酸性
①
探究二
Na2S2O5晶体具有还原性
取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2ml·L-1酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去
组分名称
SiCl4
SiHCl3
SiH2Cl2
HCl
BCl3
PCl3
质量分数
0.545
0.405
0.0462
0.0003
0.00193
0.00157
沸点/℃
57.6
31.8
8.2
-85
12.5
75.5