湖南省长沙市一中2025届高三最后一模化学试题含解析

湖南省长沙市一中2025届高三最后一模化学试题注意事项：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（每题只有一个选项符合题意）1、常温下，向20mL0.1mol·L-1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法不正确的是()A．常温下，0.1mol·L-1氨水中的电离常数约为B．a、b之间的点一定满足：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)C．c点溶液中c(NH4+)<c(Cl-)D．b点代表溶液呈中性2、“轨道”2px与3py上电子一定相同的方面是（）A．能量 B．呈纺锤形C．自旋方向 D．在空间的伸展方向3、下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（）A．SO2 B．NH3 C．Cl2 D．CO24、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是BA．B．C．D．5、下列物质中，不属于合金的是A．水银 B．硬铝 C．青铜 D．碳素钢6、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A．25℃，pH=1的H2SO4溶液中，H+的数目为0.2NAB．常温常压下，56g丙烯与环丁烷的混合气体中含有4NA个碳原子C．标准状况下，11.2LCHCl3中含有的原子数目为2.5NAD．常温下，1mol浓硝酸与足量Al反应，转移电子数为3NA7、有Br2参加的化学反应一定不属于A．复分解反应 B．置换反应 C．取代反应 D．加成反应8、能用H++OH-→H2O表示的是A．NH3·H2O+HNO3→NH4NO3+H2OB．CH3COOH+KOH→CH3COOK+H2OC．H2SO4+Ba(OH)2→BaSO4↓+2H2OD．2HCl+Ca(OH)2→CaCl2+2H2O9、某同学采用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取绿矾(FeSO4·7H2O)，设计了如图流程：下列说法不正确的是（）A．固体1中含有SiO2B．溶解烧渣选用足量盐酸，试剂X选用铁粉C．控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3进入固体2D．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化10、美国科学家JohnB．Goodenough荣获2019年诺贝尔化学奖，他指出固态体系锂电池是锂电池未来的发展方向。Kumar等人首次研究了固态可充电、安全性能优异的锂空气电池，其结构如图所示。已知单位质量的电极材料放出电能的大小称为电池的比能量。下列说法正确的是A．放电时，a极反应为：Al-3e-=A13+，b极发生还原反应B．充电时，Li+由a极通过固体电解液向b极移动C．与铅蓄电池相比，该电池的比能量小D．电路中转移4mole-，大约需要标准状况下112L空气11、下列有关实验的图示及分析均正确的是选项实验目的实验图示实验分析A催化裂解正戊烷并收集产物正戊烷裂解为分子较小的烷烃和烯烃B酸碱中和滴定摇动锥形瓶，使溶液向一个方向做圆周运动，勿使瓶口接触滴定管，溶液也不得溅出C制取并收集乙炔用饱和食盐水代替纯水，可达到降低反应速率的目的D实验室制硝基苯反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品A．A B．B C．C D．D12、利用如图所示装置模拟电解原理在工业生产上的应用。下列说法正确的是（）A．铁片上镀铜时，Y是纯铜B．制取金属镁时，Z是熔融的氯化镁C．电解精炼铜时，Z溶液中的Cu2+浓度不变D．电解饱和食盐水时，X极的电极反应式为4OH-－4e-=2H2O＋O2↑13、下列表示正确的是（）A．中子数为8的氧原子符号：OB．甲基的电子式：C．乙醚的结构简式：CH3OCH3D．CO2的比例模型：14、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是A．丙属于碱性氧化物B．W元素在周期表中的位置是第四周期VIIIB族C．W的原子序数是Z的两倍，金属性弱于ZD．常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中，消耗的HNO3物质的量相等15、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。一种锂离子电池充电时的阳极反应式为：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+，放电时的工作原理如图。下列叙述不正确的是A．该电池工作时Fe、P元素化合价均不变B．放电时，电子由铜箔经外电路流向铝箔C．充电时，铝箔电极应该接电源的正极D．充电时，Li+通过隔膜移向铜箔电极方向迁移16、碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中平均的丰度值很低，铜阳极泥中碲的回收越来越引起人们的重视。某科研小组从粗铜精炼的阳极泥（主要含有Cu2Te）中提取粗碲设计工艺流程如图所示。下列有关说法正确的是（）已知:①“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在②TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱A．“焙烧”用到的主要硅酸盐产品仪器：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒B．“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2C．为加快“氧化”速率温度越高越好D．TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2+2OH-=TeO32-+H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、芳香族化合物A()是重要的有机化工原料。由A制备有机化合物F的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：（1）A的分子式是______，B中含有的官能团的名称是_________。（2）D→E的反应类型是_______。（3）已知G能与金属钠反应，则G的结构简式为_________。（4）写出E→F的化学方程式：_________。（5）写出符合下列条件的龙胆酸乙酯()的同分异构体有______种，写出其中一种同分异构体的结构简式：_________________。①能发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；②核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积之比为6:2:1:1。（6）已知：。参照上述合成路线，设计一条以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线(无机试剂任用)：________。18、药物他莫肯芬(Tamoxifen)的一种合成路线如图所示：已知：+HBr+RBr回答下列问题。（1）A+B→C的反应类型为__；C中官能团有醚键、__(填名称)。（2）CH3CH2I的名称为__。（3）反应D→E的化学方程式为__。（4）Tamoxifen的结构简式为__。（5）X是C的同分异构体。X在酸性条件下水解，生成2种核磁共振氢谱都显示4组峰的芳香族化合物，其中一种遇FeCl3溶液显紫色。X的结构简式为__、__(写2种)。（6）设计用和CH3I为原料(无机试剂任选)制备的合成路线：__。19、实验室用如图装置（夹持装置略）制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。已知K2FeO4具有下列性质：①可溶于水，微溶于浓KOH溶液；②在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定，在Fe(OH)3或Fe3＋催化下发生分解；③在弱碱性至酸性条件下，能与水反应生成O2和Fe(OH)3（或Fe3＋）。(1)装置A用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是____。(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是____和____。(3)装置C中生成K2FeO4反应的离子方程式为____。(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，测得产生O2的体积随时间的变化曲线如图所示。t1s～t2s内，O2的体积迅速增大的主要原因是____。(5)验证酸性条件下氧化性FeO42-＞Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，____。（实验中须使用的的试剂和用品有：浓盐酸，NaOH溶液、淀粉KI试纸、棉花）(6)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2＞FeO42-，而第(5)小题实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是____。20、某学习小组以铝铁铜合金为主要原料制备[Cu（NH3）4]SO4·H2O（一水硫酸四氨合铜）和Fe3O4胶体粒子，具体流程如下：已知：①Cu（NH3）42+=Cu2+＋4NH3②Fe2+＋2Fe３+＋8OH−Fe3O4↓＋4H2O③[Cu（NH3）4]SO4易溶于水，难溶于乙醇。请回答：（1）滤渣的成分为________。（2）步骤Ⅰ中生成[Cu（NH3）4]SO4·H2O的离子方程式：________。步骤Ⅰ中加入（NH4）2SO4的作用是作为反应物和________。（3）步骤Ⅳ中加入95%乙醇时，缓慢加入的目的是________。（4）下列有关叙述正确的是________。A步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率B步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu（OH）2等杂质C步骤Ⅳ、Ⅴ用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等D步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头，加乙醇溶液浸没沉淀，缓慢流干，重复2～3次（5）步骤Ⅲ中，从滤渣制备Fe3O4胶体粒子需经过一系列操作。即：滤渣中加过量NaOH溶液搅拌溶解→________→过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子。根据下列提供的操作，请在空格处填写正确的操作次序（填写序号）。①氮气氛围下缓慢滴加NaOH溶液，加热溶液②过滤、洗涤③加入过量稀硫酸溶解④加入适量FeSO4固体，搅拌溶解⑤测定Fe3+含量（6）测定一水硫酸四氨合铜晶体产品的纯度，过程如下：取0.5000g试样溶于水，滴加3mol·L−1H2SO4至pH为3～4，加入过量KI固体。以淀粉溶液为指示剂，生成的碘用0.1000mol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定，重复2～3次，平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。。该试样中一水硫酸四氨合铜的纯度为________。已知：M[Cu（NH3）4SO4·H2O]＝246.0g·mol−1；2Cu2+＋4I−=2CuI＋I2，I2＋2S2O32-=2I−＋S4O62-。21、X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素。X和R属同族元素；Z和U位于第VIIA族；X和Z可形成化合物XZ4；Q原子的s轨道和p轨道的电子总数相等；T的一种单质在空气中能够自燃。完成下列填空：（1）R原子的电子排布式是___；X所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是__；Z的氢化物的水溶液可用于____；Q、R、U的单质形成的晶体，熔点由高到低的排列顺序是___。（2）CuSO4能用作T4中毒的解毒剂，反应可生成T的最高价含氧酸和铜，该反应的化学方程式是________。在pH为4～5的环境中，Cu2+、Fe2+不生成沉淀，而Fe3+几乎完全沉淀。工业上制CuCl2是将浓盐酸用蒸汽加热到80℃左右，再慢慢加入粗氧化铜（含FeO），充分搅拌使之溶解。除去该溶液中杂质离子的方法是_____。（3）碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实，硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是____。化学键C－CC－HSi－SiSi－H键能（kJ/mol）356413226318（4）第三周期部分元素氟化物的熔点如下，表中三种氟化物熔点差异的原因是______。氟化物NaFMgF2SiF4熔点/K12661534183

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=10-11mol/L，则c（OH-）=10−14/10−11mol/L=0.001mol/L，结合Kb=c（NH4+）∙c（OH−）/c（NH3∙H2O）计算；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，结合电荷守恒判断离子浓度大小；C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵；D.b点溶液中c点水电离出的c（H+）=10-7mol/L，常温下c（H+）·c（OH-）=Kw=10-14，据此判断。【详解】A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=10-11mol/L，则c（OH-）=10−14/10−11mol/L=0.001mol/L，Kb=c（NH4+）∙c（OH−）/c（NH3∙H2O）=10−3×10−3/0.1mol/L=1×10-5mol/L，故A正确；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c（H+）＜c（OH-），结合电荷守恒得c（Cl-）＜c（NH4+），而c（Cl-）和c（OH-）的相对大小与所加盐酸的量有关，故B错误；C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液呈酸性，结合电荷守恒得：c（NH4+）＜c（Cl-），故C正确；D.b点溶液中c（H+）=10-7mol/L，常温下c（H+）·c（OH-）=Kw=10-14，所以c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故D正确。故选B。2、B【解析】

A．“轨道”2Px与3Py分别属于第二电子层和第三电子层，不同电子层的电子具有不同的能量，所以二者的能量不同，故A错误；B．所有的p轨道均为纺锤形，所以“轨道”2Px与3Py均呈纺锤形，故B正确；C．不同电子层上的电子，其自旋方向不一定相同，故C错误；D．在三维坐标中，“轨道”2Px在x轴方向伸展，3Py在y轴方向伸展，则在空间的伸展方向不同，故D错误；故答案为B。3、B【解析】

能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明气体溶于水后显碱性，据此解答。【详解】A．SO2和水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；B．氨气溶于水形成氨水，氨水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B正确；C．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使湿润的红色石蕊试纸褪色，C错误；D．CO2和水反应生成碳酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D错误；答案选B。4、B【解析】

A．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，不是生成三氧化二铁，不能一步实现，故A错误；B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸分解放出氧气，能够一步实现转化，故B正确；C．氧化铜溶于盐酸生成氯化铜，直接加热蒸干得不到无水氯化铜，需要在氯化氢氛围中蒸干，故C错误；D．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，不能一步实现，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意氯化铜水解生成的氯化氢容易挥发，直接蒸干得到氢氧化铜，得不到无水氯化铜。5、A【解析】

由两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质是合金，硬铝是一种铝合金、青铜是Cu—Sn合金、碳素钢是含碳量为0.03%~2%的铁碳合金，水银是金属单质，不是合金，答案选A。6、B【解析】

A．溶液体积未知，无法计算氢离子数目，故A错误；B．丙烯和环丁烷的最简式均为CH2，故56g混合物中含4molCH2原子团，故含4NA个碳原子，故B正确；C．标准状况下，CHCl3

是液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误；D．常温下，铝和浓硝酸发生钝化，不能完全反应，无法计算转移的电子数，故D错误；答案选B【点睛】本题的易错点为D，要注意常温下，铁、铝遇到浓硫酸或浓硝酸会发生钝化，反应会很快停止。7、A【解析】

溴具有氧化性，有溴参加的反应为氧化还原反应，也可发生有机类型的取代、加成反应，则不可能为复分解反应，以此来解答即可。【详解】A.复分解反应中一定没有元素的化合价变化，而溴参加有元素的化合价变化，则不可能为复分解反应，A符合题意；B.单质溴与KI发生置换反应，产生碘单质和溴化钾，B不符合题意；C.甲烷与溴的取代反应，有溴参加，C不符合题意；D.乙烯与溴的加成反应产生1,2-二溴乙烷，有溴参加，D不符合题意；故合理选项是A。【点睛】本题考查溴的化学性质及反应类型，把握溴蒸气的氧化性及有机反应中溴单质的作用为解答的关键，注重基础知识的考查，注意利用实例分析。8、D【解析】

A．一水合氨在离子反应中保留化学式，离子反应为H++NH3•H2O=NH4++H2O，故A错误；B．醋酸在离子反应中保留化学式，离子反应为CH3COOH+OH-=H2O+CH3COO-，故B错误；C．硫酸钡在离子反应中保留化学式，离子反应为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．为强酸与强碱反应生成可溶性盐与水的离子反应，离子反应为H++OH-=H2O，故D正确；故答案为D。【点睛】明确H++OH-→H2O表达的反应原理是解题关键，能用此离子方程式的反应是一类强酸与强碱发生中和反应生成盐和水，且生成的盐为可溶性盐，如稀硫酸与氢氧化钡溶液的反应就不能用此离子方程式表示，原因是生成的BaSO4不溶。9、B【解析】

硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)，加足量酸，氧化铁、氧化铝与酸反应，二氧化硅不反应，因此固体1为SiO2，溶液1为硫酸铝、硫酸铁、硫酸，加入足量铁粉，生成硫酸亚铁，加氢氧化钠控制pH值，沉淀铝离子，溶液2为硫酸亚铁。【详解】A.根据分析得到固体1中含有SiO2，故A正确；B.最后要得到绿矾，因此溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉，故B错误；C.控制pH是为了使Fe2+、Al3+混合溶液中Al3+转化为Al(OH)3进入固体2，故C正确；D.从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，亚铁离子容易被氧化，因此须控制条件防止其氧化，故D正确。综上所述，答案为B。10、D【解析】

A．锂比铝活泼，放电时a极为负极，锂单质失电子被氧化，反应为“Li-e-═Li+，b极为正极得电子，被还原，故A错误；B．充电时a电极锂离子被还原成锂单质为电解池的阴极，则b为阳极，电解池中阳离子向阴极即a极移动，故B错误；C．因为锂的摩尔质量远远小于铅的摩尔质量，失去等量电子需要的金属质量也是锂远远小于铅，因此锂电池的比能量大于铅蓄电池，故C错误；D．电路中转移4mole-，则消耗1mol氧气，标况下体积为22.4L，空气中氧气约占20%，因此需要空气22.4L×5=112L，故D正确；故答案为D。11、B【解析】

A．正戊烷裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下均为气体，不能冷凝收集，且催化裂化中使用碎瓷片作催化剂且有聚热功能，若改用没有聚热功能的氧化铝固体，实验效果不理想，故A错误；B．滴定时左手控制活塞，右手摇瓶，使溶液向一个方向做圆周运动，勿使瓶口接触到滴定管，溶液也不得溅出，操作合理，故B正确；C．用饱和食盐水代替纯水能减缓反应速率，从而可以得到较平缓的乙炔气流，但乙炔的摩尔质量与空气的摩尔质量相近，排空气法收集乙炔不纯，利用乙炔难溶于水的性质，应使用排水法收集，故C错误；D．反应完全后，硝基苯与酸分层，应选分液漏斗分离，粗产品再蒸馏得到硝基苯，图中仪器b为圆底烧瓶，蒸馏操作时要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，并使用温度计测蒸汽温度，故D错误；答案选B。12、B【解析】

根据图中得出X为阳极，Y为阴极。【详解】A.铁片上镀铜时，铜为镀层金属，为阳极，因此X是纯铜，故A错误；B.制取金属镁时，Z是熔融的氯化镁，镁离子再阴极生成镁单质，故B正确；C.电解精炼铜时，阳极开始是锌溶解，阴极始终的铜离子得电子变为铜单质，因此Z溶液中的Cu2+浓度减小，故C错误；D.电解饱和食盐水时，X极的电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极；电镀，镀件作阴极，镀层金属作阳极，镀层金属盐溶液为电解液。13、B【解析】

A．中子数为8的氧原子的质量数=8+8=16，该原子正确的表示方法为，故A错误；B．甲基为中性原子团，其电子式为，故B正确；C．CH3OCH3为二甲醚，乙醚正确的结构简式为CH3CH2OCH2CH3，故C错误；D．二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，为直线型结构，其正确的比例模型为，故D错误；故选B。【点睛】电子式的书写注意事项：（1)阴离子和复杂阳离子要加括号，并注明所带电荷数，简单阳离子用元素符号加所带电荷表示。（2）要注意化学键中原子直接相邻的事实。（3）不能漏写未参与成键的电子对。14、C【解析】

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数═族序数，应分别为H、Al元素，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙为Fe3O4，由转化关系可知甲为Fe、乙为H2O，丁为H2，戊为Al、己为Al2O3，则对应X、Y、Z、W分别为H、O、Al、Fe元素。【详解】A.丙为Fe3O4，不是两性氧化物，故A错误；B.W为Fe，原子序数为26，位于第四周期Ⅷ族，故B错误；C.由金属活动顺序可知Fe的金属性比Al弱，故C正确；D.常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中，均产生钝化现象，故D错误；故选C。【点睛】本题考查无机物的推断，把握物质的性质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意丙为具有磁性的黑色晶体为推断的突破口，D为易错点，钝化的量不能确定。15、A【解析】

A.该电池在充电时Fe元素化合价由反应前LiFePO4中的+2价变为反应后中的FePO4中的+3价，可见Fe元素化合价发生了变化，A错误；B.根据电池充电时的阳极反应式为：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+，充电时铝箔为阳极，则放电时铝箔为正极，铜箔为负极，放电时，电子由铜箔经外电路流向铝箔，B正确；C.根据题意可知充电时Al箔为阳极，则充电时，铝箔电极应该接电源的正极，C正确；D.根据图示可知：电池放电时Li+通过隔膜向铝箔电极方向迁移，充电是放电的逆过程，则Li+要由铝箔通过隔膜向铜箔电极方向迁移，D正确；故答案选A。16、D【解析】

由工艺流程分析可知，铜阳极泥经O2焙烧得到TeO2，碱浸时TeO2与NaOH反应得到Na2TeO3，再经过氧化和酸化得到TeO42-，TeO42-与Na2SO3发生氧化还原反应得到粗碲，3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-，结合选项分析即可解答。【详解】A．“焙烧”硅酸盐产品主要用到的仪器有：坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒，不能用蒸发皿，A选项错误；B．还原时发生反应：3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-，氧化剂为TeO42-，还原剂SO32-，物质的量之比与化学计量数成正比，故为1:3，B选项错误；C．“氧化”时氧化剂为H2O2，温度过高，H2O2会分解，氧化效果会减弱，C选项错误；D．根据上述分析，并结合题干条件，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2+2OH-=TeO32-+H2O，D选项正确；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、C6H7N羰基、碳碳双键酯化反应（或取代反应）HOCH2COOC2H5+C6H5CH2Br+HBr2或【解析】

本小题考查有机化学基础知识，意在考查学生推断能力。（1）结合芳香族化合物A的结构简式可知其分子式；由有B的结构简式确定其官能团；（2）根据D和E的官能团变化判断反应类型；（3）G能与金属钠反应，则G中含羧基或羟基，对比D和E的结构简式可确定G的结构简式；（4））E→F的反应中，E中的酚羟基的氢原子被苯甲基取代生成F；（5）发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物分子中不含有酚羟基，但其水解产物中含有酚羟基，故该有机物为酯类，核磁共振氢谱有四组峰，氢峰的面积之比为6:2:1:1，说明该有机物分子中含有4种等效氢原子，其中6个氢应该为两个甲基上的H，则该有机物具有对称结构；（6）根据信息，以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线为。【详解】（1）结合芳香族化合物A的结构简式可知其分子式为C6H7N；根据B的结构简式确定其官能团为羰基、碳碳双键。本小题答案为：C6H7N；羰基、碳碳双键。（2）根据D和E的官能团变化分析，D→E发生的是酯化反应（或取代反应）。本小题答案为：酯化反应（或取代反应）。（3）G能与金属钠反应，则G中含羧基或羟基，对比D和E的结构简式可确定G中含羟基，结构简式为HOCH2COOC2H5。本小题答案为：HOCH2COOC2H5。（4）E→F的反应中，E中的酚羟基的氢原子被苯甲基取代生成F，方程式为+C6H5CH2Br+HBr。本小题答案为：+C6H5CH2Br+HBr。（5）发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物分子中不含有酚羟基，但其水解产物中含有酚羟基，故该有机物为酯类，核磁共振氢谱有四组峰，氢峰的面积之比为6:2:1:1，说明该有机物分子中含有4种等效氢原子，其中6个氢应该为两个甲基上的H，则该有机物具有对称结构，结合结构简式可知，满足条件的有机物的结构简式为或本小题答案为：、（6）根据信息，以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线为。本小题答案为：。18、取代羰基碘乙烷【解析】

由可知，B为；由+HBr+RBr，可知，R基被H原子取代，所以E为；结合、可知，他莫肯芬(Tamoxifen)为，据此分析回答。【详解】（1）A中的Cl原子被取代，C中官能团有醚键和羰基，故答案为：取代；羰基；（2）CH3CH2I的名称为碘乙烷，故答案为：碘乙烷；（3）由分析可知D中甲氧基的-CH3被H原子取代，所以D到E的方程式为：，故答案为：；（4）由分析可知他莫肯芬(Tamoxifen)为，故答案为：；（5）X在酸性条件下水解，则X必含酯基，生成2种芳香族化合物，则两个苯环在酯基的两侧，其中一种遇FeCl3溶液显紫色，则X必是酚酯，必含，所以X由、、2个只含单键的C组成，还要满足水解后核磁共振氢谱都显示4组峰，符合条件的有5种，分别为：，故答案为：（任写二种）；（6）逆合成分析：可由通过加聚反应生成，可由消去水分子而来，可由加H而来，可由通过发生类似C到D的反应而来，即：，故答案为：。【点睛】（6）所给原料和题目所给流程中具有相似官能团羰基，而目标产物碳原子比原料多了一个，所以本题必然发生类似C到D的反应来增长碳链。19、防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落将装置C置于冰水浴中KOH应过量（或减缓通入氯气的速率等）3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeO42-＋6Cl－＋8H2OK2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO42-＞Cl2溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱【解析】

利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染，据此分析。【详解】利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染。(1)装置A用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落；(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是将装置C置于冰水浴中和KOH应过量（或减缓通入氯气的速率等）；(3)装置C中利用氯气在碱性条件下将氢氧化铁氧化生成K2FeO4，反应的离子方程式为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10OH－=2FeO42-＋6Cl－＋8H2O；(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用，t1s～t2s内，O2的体积迅速增大；(5)验证酸性条件下氧化性FeO42-＞Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO42-＞Cl2；(6)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2＞FeO42-，而第(5)小题实验表明，溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱，在不同的酸碱性环境中，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反。20、Al（OH）3、Fe（OH）3Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2=Cu（NH3）42+＋4H2O抑制NH3·H2O的电离或促进生成Cu（NH3）42+（与反应生成的OH−成NH3·H2O，控制pH不能太大，以防H2O2在强碱条件下的分解）有利于得到较大颗粒的晶体ABC②③⑤④①98.40%【解析】

（1）合金粉末进行分离，铝铁应转化为滤渣形式，从所给物质分析，只能是氢氧化铝和氢氧化铁形式，铜转化为[Cu(NH3)4]SO4，利用[Cu(NH3)4]SO4难溶于乙醇，进行分离。【详解】(1)合金粉末溶于氨水和硫酸铵以及过氧化氢的作用下，能进行分离，铁和铝都转化为滤渣，说明滤渣为Al（OH）3、Fe（OH）3；(2)铜在氨水和硫酸铵和过氧化氢存在反应生成[Cu(NH3)4]SO4，离子方程式为Cu＋H2O2＋2NH3＋2=Cu（NH3）42+＋2H2O或Cu＋H2O2＋2NH3·H2O＋2=Cu（NH3）42+＋4H2O；硫酸铵不仅提供铵根离子抑制氨水的电离，还可以抑制pH不能太大，以防H2O2在强碱条件下的分解；(3)因为[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小，加入95%乙醇有利于得到较大颗粒的晶体；(4)A．因为过氧化氢能够分解，所以在步骤Ⅰ缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率，故正确；B．步骤Ⅳ若改为蒸发浓缩、冷却结晶，蒸发过程中促进反应，Cu(NH3)42+Cu2+＋4NH3，氨气逸出，铜离子水解生成氢氧化铜，所以得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质，故正确；C．步骤Ⅳ、Ⅴ是进行抽滤和洗涤，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等，故正确；D．步骤Ⅴ中洗涤操作为关闭水龙头，加乙醇溶液浸没沉淀，然后进行抽滤，不能缓慢流干，故错误。故选ABC；(5)滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，加过量NaOH溶液搅拌，氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠，然后过滤出氢氧化铁沉淀，加入过量的稀硫酸将其溶解生成铁离子，测定铁离子的含量，控制量，加入适量的硫酸亚铁固体，在氮气的氛围下缓慢加入氢氧化钠溶液，加热使其按方程式Fe2+＋2Fe3+＋8OH−Fe3O4↓＋4H2O中的比例进行反应，生成四氧化三铁，再