浙江省嘉興市2025屆高三12月教學(xué)測試（一模）化學(xué)試卷（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1浙江省嘉興市2025屆高三12月教學(xué)測試（一模）試卷可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12O16S32Cl35.5K39Cu64I127選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每個(gè)小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1.下列物質(zhì)屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是A.NaCl溶液 B.CuSO4·5H2O C.冰醋酸 D.葡萄糖【答案】B【解析】強(qiáng)電解質(zhì)是在水溶液中或在熔融狀態(tài)下能夠完全電離成離子的電解質(zhì)。A．NaCl溶液是混合物，不屬于強(qiáng)電解質(zhì)，A不選；B．CuSO4·5H2O在水溶液中能夠完全電離產(chǎn)生Cu2+和，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，B選；C．冰醋酸在水溶液中不完全電離，屬于弱電解質(zhì)，C不選；D．葡萄糖在水溶液中不電離，屬于非電解質(zhì)，D不選；答案選B。2.關(guān)于Na2CO3和NaHCO3的下列說法中，不正確的是A.熱的Na2CO3溶液有很好的去除油污效果B.NaHCO3能與酸反應(yīng)，降低胃酸的濃度，因而可作抗酸藥C.向NaHCO3中加入少量水后，NaHCO3能溶解，并伴隨著吸熱現(xiàn)象D.室溫下，二者飽和溶液的pH差約為4，主要是由于它們的溶解度差異【答案】D【解析】A．堿性條件下油脂水解更徹底，Na2CO3溶液中水解使溶液呈堿性，溫度越高，的水解程度越大，溶液堿性越強(qiáng)，去油污效果越好，A正確；B．NaHCO3是一種弱堿性物質(zhì)，能夠與胃酸的主要成分鹽酸發(fā)生反應(yīng)，從而減輕因胃酸過多引起的相關(guān)癥狀，所以它被歸類為抗酸藥，B正確；C．NaHCO3在溶解過程中會吸收熱量，向NaHCO3中加入少量水后，NaHCO3能溶解，并伴隨著吸熱現(xiàn)象，C正確；D．室溫下Na2CO3和NaHCO3飽和溶液pH相差較大的主要原因是的水解程度遠(yuǎn)大于，D錯(cuò)誤；故選D。3.下列化學(xué)用語中正確的是A.用電子式表示HCl的形成過程：B.H2中共價(jià)鍵的電子云圖：C.[Cu(NH3)4]2+的球棍模型：D.甘氨酸的結(jié)構(gòu)簡式：【答案】C【解析】A．HCl是共價(jià)化合物，用電子式表示HCl的形成過程：，A錯(cuò)誤；B．H2中共價(jià)鍵類型為s-s鍵，電子云圖為：，B錯(cuò)誤；C．[Cu(NH3)4]2+中Cu2+和4個(gè)NH3形成4個(gè)配位鍵，空間構(gòu)型為平面正方形，球棍模型為，C正確；D．甘氨酸的結(jié)構(gòu)簡式：H2NCH2COOH，D錯(cuò)誤；故選C。4.下列說法不正確的是A.裝置①用于驗(yàn)證鐵與水蒸氣反應(yīng) B.裝置②用于在通風(fēng)櫥內(nèi)制取無水AlCl3C.裝置③用于煤的干餾實(shí)驗(yàn) D.裝置④用于比較碳酸和苯酚的酸性強(qiáng)弱【答案】D【解析】A．鐵與水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，用火柴點(diǎn)燃肥皂泡檢驗(yàn)氫氣，會產(chǎn)生淡藍(lán)色火焰和輕微的爆鳴，A正確；B．加熱AlCl3·6H2O和SOCl2，SOCl2遇水生成的氯化氫，抑制了氯化鋁的水解，其反應(yīng)化學(xué)方程式為AlCl3·6H2O+6SOC12A1C13+6SO2↑+12HCl↑，可制取無水AlCl3，B正確；C．煤干餾生成固態(tài)的焦炭、液態(tài)的煤焦油、氣態(tài)的焦?fàn)t氣，煤焦油的密度比水大且不溶于水，具支試管中上層為水層，下層為煤焦油，C正確；D．醋酸具有揮發(fā)性，醋酸和碳酸鈉反應(yīng)生成的二氧化碳中混有醋酸氣體，醋酸也可以和苯酚鈉溶液反應(yīng)生成苯酚，裝置④不能用于比較碳酸和苯酚的酸性強(qiáng)弱，D錯(cuò)誤；故選D。5.化學(xué)與生產(chǎn)、生活和社會發(fā)展密切相關(guān)。下列說法不正確的是A.因熔融態(tài)SiO2冷卻凝固速率不同，使天然水晶球未能完全呈現(xiàn)自范性，而形成玻璃態(tài)外層的水晶和晶態(tài)內(nèi)層的瑪瑙B.Fe2O3是一種紅棕色粉末，常用作油漆、涂料、油墨和橡膠的紅色顏料C.豆?jié){中加入凝固劑葡萄糖酸?δ?內(nèi)酯，使豆?jié){中的蛋白質(zhì)聚沉制出美味的豆腐D.通過控制條件合成氨是最重要的人工固氮途徑，它為工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)提供了重要的原料【答案】A【解析】A．天然水晶球的外層是看不到晶體外形的瑪瑙，內(nèi)層才是呈現(xiàn)晶體外形的水晶，A錯(cuò)誤；B．Fe2O3是一種紅棕色粉末，屬于鐵的氧化物，俗稱鐵紅，常用作油漆、涂料、油墨和橡膠的紅色顏料，B正確；C．豆?jié){屬于膠體，加入凝固劑葡萄糖酸?δ?內(nèi)酯，使豆?jié){中的蛋白質(zhì)發(fā)生聚沉制出美味的豆腐，C正確；D．人類通過控制條件，將氮?dú)廪D(zhuǎn)化為氮的化合物(NH3)，是最重要的人工固氮途徑，它為工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)提供了重要的原料(氮肥)，D正確；故選A6.膦(PH3)是一種較強(qiáng)的還原劑，可利用白磷(P4)和過量堿液來制備，反應(yīng)原理為：P4＋KOH＋H2O→PH3↑＋KH2PO2(未配平)。下列說法正確的是A.氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為3∶1B.KH2PO2為酸式鹽C.實(shí)驗(yàn)室制乙炔時(shí)產(chǎn)生的PH3雜質(zhì)可用酸性KMnO4溶液吸收D.若反應(yīng)過程中斷裂6molP-P鍵，則反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NA(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)【答案】D【解析】A．配平方程式：P4＋3KOH＋3H2O=PH3↑＋3KH2PO2，P元素化合價(jià)降低生成PH3，P元素化合價(jià)升高生成KH2PO2，氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為1∶3，A錯(cuò)誤；B．由方程式知，KH2PO2存在于過量氫氧化鉀溶液中而不反應(yīng)，KH2PO2為正鹽，B錯(cuò)誤；C．乙炔具有還原性，能被酸性高錳酸鉀氧化，實(shí)驗(yàn)室制乙炔時(shí)產(chǎn)生的PH3雜質(zhì)不能用酸性KMnO4溶液吸收，C錯(cuò)誤；D．P4為正四面體形結(jié)構(gòu)，分子中含6個(gè)P-P鍵，若反應(yīng)過程中斷裂6molP-P鍵，則反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NA，D正確；故選D。7.物質(zhì)微觀結(jié)構(gòu)決定宏觀性質(zhì)，進(jìn)而影響用途。下列結(jié)構(gòu)或性質(zhì)不能解釋其用途的是選項(xiàng)結(jié)構(gòu)或性質(zhì)用途A金屬制成合金，改變了原子有規(guī)則的層狀排列，使層間的相對滑動變得困難鋼中加入錳，增強(qiáng)鋼的強(qiáng)度和韌性BKsp[Ca5(PO4)3OH]>Ksp[Ca5(PO4)3F][牙齒釉質(zhì)層的主要成分為Ca5(PO4)3OH]在飲用水、食物或牙臂中添加適量氟化物，以防治齲齒C硫化劑以二硫鍵將順丁橡膠的線型結(jié)構(gòu)連接為網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)硫化交聯(lián)程度越大，獲得彈性越好的順丁橡膠D布洛芬(可用RCOOH表示)與2?吡啶甲醇()發(fā)生反應(yīng)降低布洛芬對胃、腸道的刺激性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．金屬具有延展性的原因是金屬原子易發(fā)生相對滑動，金屬制成合金，改變了原子有規(guī)則的層狀排列，使層間的相對滑動變得困難，則鋼中加入錳制成合金，可以增強(qiáng)鋼的強(qiáng)度和韌性，A正確；B．Ksp[Ca5(PO4)3OH]>Ksp[Ca5(PO4)3F]，說明Ca5(PO4)3F的溶解度小于Ca5(PO4)3OH，在飲用水、食物或牙臂中添加適量氟化物，Ca5(PO4)3OH可以轉(zhuǎn)化為Ca5(PO4)3F，Ca5(PO4)3F更能抵抗酸的侵蝕，可以防治齲齒，B正確；C．硫化劑以二硫鍵將順丁橡膠的線型結(jié)構(gòu)連接為網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，得到既有彈性又有強(qiáng)度的順丁橡膠，但硫化交聯(lián)的程度不宜過大，否則會使橡膠失去彈性，C錯(cuò)誤；D．布洛芬與2?吡啶甲醇可以發(fā)生酯化反應(yīng)，可以將布洛芬中的羧基轉(zhuǎn)化為酯基，降低布洛芬對胃、腸道的刺激性，D正確；故選C。8.下列反應(yīng)方程式書寫正確的是A.將少量氯氣通入過量Na2SO3溶液中：Cl2＋3SO＋H2O=2Cl?＋2HSO＋SOB.鉛酸蓄電池放電時(shí)正極的電極反應(yīng)式：PbO2＋4H+＋2e?=Pb2+＋2H2OC.用醋酸和淀粉?KI溶液檢驗(yàn)加碘鹽中的IO3：IO＋5I?＋6H+=3I2＋3H2OD.鄰羥基苯甲醛中加入足量濃溴水：＋2Br2＋2H+＋2Br?【答案】A【解析】A．將少量氯氣通入過量Na2SO3溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cl?、、，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：Cl2＋3＋H2O=2Cl?＋2＋，A正確；B．鉛酸蓄電池放電時(shí)，PbO2在正極得到電子生成PbSO4和水，正極的電極方程式為：PbO2＋4H+＋2e?+=PbSO4＋2H2O，B錯(cuò)誤；C．醋酸是弱電解質(zhì)，在離子方程式中不能拆，用醋酸和淀粉?KI溶液檢驗(yàn)加碘鹽中的IO3，離子方程式為：＋5I?＋6CH3COOH=3I2＋3H2O+6CH3COO-，C錯(cuò)誤；D．鄰羥基苯甲醛中加入足量濃溴水，溴水具有較強(qiáng)氧化性，能將醛基氧化，D錯(cuò)誤；故選A。9.高分子材料亞克力(PMMA)的合成路線如下：下列說法不正確的是A.丙酮分子中最多6個(gè)原子共平面B.X的結(jié)構(gòu)簡式為C.試劑a為NaOH乙醇溶液D.1molPMMA與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多可消耗nmolNaOH【答案】C【解析】由流程可知，丙酮中羰基經(jīng)過2步反應(yīng)轉(zhuǎn)化為X，先與HCN發(fā)加成反應(yīng)生成，再酸化生成X為：，X在試劑a條件下加熱轉(zhuǎn)化為Y：CH2=C(CH3)COOH，則X發(fā)生的是消去反應(yīng)，試劑a是濃硫酸，Y與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成，碳碳雙鍵發(fā)生加聚反應(yīng)生成PMMA：；A．丙酮分子中與羰基直接相連的原子共面，甲基中單鍵可以旋轉(zhuǎn)，則丙酮分子中最多6個(gè)原子共平面，A正確；B．由分析，X的結(jié)構(gòu)簡式為，B正確；C．NaOH乙醇溶液是鹵代烴消去反應(yīng)的試劑，故試劑a不為NaOH乙醇溶液，由分析可知，試劑a是濃硫酸，C錯(cuò)誤；D．1molPMMA中含有nmol酯基，其與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多可消耗nmolNaOH，D正確；故選C。10.X、Y、Z、M、N為前四周期的五種元素，原子序數(shù)依次增大，其中X、Y、Z同周期且相鄰，Y的s軌道電子數(shù)與p軌道電子數(shù)之比為4∶3，Z與M同主族且相鄰，N的內(nèi)層軌道全部排滿且最外層只有一個(gè)電子。下列說法不正確的是A.鍵角：XZ>YZ B.水溶液中的穩(wěn)定性：N+>N2+C.XY?與N+反應(yīng)的配位能力：X>Y D.第一電離能：Y>Z>M【答案】B【解析】X、Y、Z、M、N為前四周期的五種元素，原子序數(shù)依次增大，其中X、Y、Z同周期且相鄰，Y的s軌道電子數(shù)與p軌道電子數(shù)之比為4:3，則Y的電子排布式為1s22s22p3，Y為N元素，X為C元素，Z與M同主族且相鄰，則Z為O元素，M為S元素，N的內(nèi)層軌道全部排滿且最外層只有一個(gè)電子，價(jià)層電子排布式為3d104s1，則N為Cu元素，據(jù)此分答。A．為，YZ2為，中心原子價(jià)層電子對數(shù)為3+=3，C原子雜化方式為sp2，不含孤電子對，中心原子價(jià)層電子對數(shù)為2+=3，N原子雜化方式為sp2，含有1個(gè)孤電子對，中心原子雜化類型相同時(shí)，孤電子對越多，鍵角越小，則鍵角：>，故A正確；B．Cu+在酸性溶液中會發(fā)生歧化反應(yīng)生成Cu和Cu2+，Cu2+可以在酸性溶液中穩(wěn)定存在，則水溶液中的穩(wěn)定性：Cu2+>Cu+，故B錯(cuò)誤；C．N的電負(fù)性強(qiáng)于C，對電子的吸引能力強(qiáng)于C，CN-在形成配位鍵使，C原子更加容易提供電子形成配位鍵，則CN-與Cu+反應(yīng)的配位能力：C>N，故C正確；D．同周期主族元素從左到右，第一電離能呈增大趨勢，但第ⅡA、ⅤA族元素的第一電離能大于同周期相鄰元素，則第一電離能：N>O>S，故D正確；故選B。11.Ni?CeO2催化CO2加H2的反應(yīng)歷程如圖1所示(吸附在催化劑表面的物種用*標(biāo)注)。以投料比[n(CO2)/n(H2)]=1∶1進(jìn)行反應(yīng)，反應(yīng)氣總流量控制在20mL·min?1，含碳產(chǎn)物中CH4的物質(zhì)的量百分?jǐn)?shù)及CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度(T)的變化如圖2所示。下列說法正確的是A.180℃時(shí)主反應(yīng)的化學(xué)方程式為CO2(g)＋H2O(g)CO(g)＋H2O(g)B.210℃時(shí)CH4的平均反應(yīng)速率為0.9mL·min?1C.260℃后升高溫度，甲烷產(chǎn)率不變D.其他條件不變，增大投料比[n(CO2)/n(H2)]，可提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率【答案】B【解析】從圖1可知，該反應(yīng)為CO2和H2在Ni-CeO2催化作用下發(fā)生反應(yīng)生成CH4和H2O，化學(xué)方程式為CO2+4H2CH4+2H2O，其中還會存在CO2和H2生成CO和H2O的副反應(yīng)，從圖2可知，隨著溫度的升高，含碳產(chǎn)物中CH4物質(zhì)的量百分?jǐn)?shù)增大，CO2的轉(zhuǎn)化率增大，說明CO2+4H2CH4+2H2O正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升溫化學(xué)平衡正向移動。A．由圖2可知，180℃時(shí)含碳產(chǎn)物中CH4物質(zhì)的量百分?jǐn)?shù)較大，主反應(yīng)的化學(xué)方程式為CO2+4H2CH4+2H2O，A錯(cuò)誤；B．210℃時(shí)含碳產(chǎn)物中CH4物質(zhì)的量百分?jǐn)?shù)為90%，CO2的轉(zhuǎn)化率為10%，根據(jù)已知條件列出“三段式”x+y=1，=0.9，解得x=0.9，y=0.1，則CH4的平均反應(yīng)速率為0.9mL·min?1，B正確；C．從圖2可知，隨著溫度的升高，含碳產(chǎn)物中CH4物質(zhì)的量百分?jǐn)?shù)增大，CO2的轉(zhuǎn)化率增大，說明CO2+4H2CH4+2H2O正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升溫化學(xué)平衡正向移動，甲烷產(chǎn)率增大，C錯(cuò)誤；D．其他條件不變，增大投料比[n(CO2)/n(H2)]，相當(dāng)于增大CO2的物質(zhì)的量，平衡正向移動，但CO2的平衡轉(zhuǎn)化率減小，D錯(cuò)誤；故選B。12.苯和硫酸發(fā)生磺化反應(yīng)，反應(yīng)歷程如下：已知：在高溫或大量水存在下，-SO3H能解離成-，使苯環(huán)的電子云密度增大，最后失去SO3生成苯。下列說法不正確的是A.磺化反應(yīng)過程中碳原子的雜化類型發(fā)生改變B.由反應(yīng)歷程可知相比于苯，硝基苯更難與硫酸發(fā)生磺化反應(yīng)C.苯和硝酸反應(yīng)生成硝基苯，亦能在大量水存在的條件下脫去硝基生成苯D.甲苯制鄰氯甲苯的過程中引入磺酸基可以防止某些位置被取代【答案】C【解析】A．在苯分子中，碳原子的價(jià)層電子對數(shù)為=3，發(fā)生sp2雜化，而在中，與-相連的碳原子，其價(jià)層電子對數(shù)為=4，發(fā)生sp3雜化，則磺化反應(yīng)過程中碳原子的雜化類型發(fā)生改變，A正確；B．由反應(yīng)歷程可知，磺化反應(yīng)需要苯環(huán)電子云密度增大，硝基是吸電子基，會使苯環(huán)電子云密度降低，不利于磺化反應(yīng)的發(fā)生，所以相比于苯，硝基苯更難與硫酸發(fā)生磺化反應(yīng)，B正確；C．苯和硝酸反應(yīng)生成硝基苯，硝基苯中硝基與苯環(huán)之間是通過共價(jià)鍵結(jié)合，且該共價(jià)鍵比較穩(wěn)定，在大量水存在的條件下不能像磺酸根那樣解離，所以不能脫去硝基生成苯，C不正確；D．甲苯制鄰氯甲苯時(shí)，引入磺酸基可以占據(jù)某些位置，從而防止這些位置被氯取代，之后再脫去磺酸基，可得到鄰氯甲苯，D正確；故選C。13.埋地管道所處環(huán)境特殊，當(dāng)其通過不同的土壤時(shí)會發(fā)生電化學(xué)腐蝕，對管道的正常運(yùn)行造成很大危害。下圖為地下管道經(jīng)過黏土(含氧量少)和沙土(含氧量多)時(shí)發(fā)生腐蝕的示意圖。下列說法不正確的是A.該管道發(fā)生電化學(xué)腐蝕時(shí)，負(fù)極上的電極反應(yīng)式：Fe-2e?=Fe2+B.掩埋在黏土部分的管道比掩埋在沙土部分的管道電化學(xué)腐蝕更快C.如果沙土供氧充分，則黏土中鐵管腐蝕會加劇D.若采用外接電流的陰極保護(hù)法進(jìn)行防腐，所用陽極材料需為金屬性強(qiáng)于鐵的單質(zhì)【答案】D【解析】A．該管道發(fā)生電化學(xué)腐蝕時(shí)，F(xiàn)e為原電池的負(fù)極，F(xiàn)e失去電子生成Fe2+，負(fù)極上的電極反應(yīng)式為：Fe-2e?=Fe2+，A正確；B．電化學(xué)腐蝕需要電解質(zhì)溶液參與，黏土比沙土更加濕潤，含水量較多，掩埋在黏土部分的管道比掩埋在沙土部分的管道電化學(xué)腐蝕更快，B正確；C．如果沙土供氧充分，則管道在沙土中的部分為正極，在黏土中的部分為負(fù)極，該部分鐵管失去電子，腐蝕會加劇，C正確；D．若采用外接電流的陰極保護(hù)法進(jìn)行防腐，將鐵管道與電源負(fù)極相連作陰極，陽極應(yīng)該選擇惰性電極，不能選金屬性強(qiáng)于鐵的單質(zhì)，D錯(cuò)誤；故選D。14.氯化鈹在氣態(tài)時(shí)存在BeCl2分子(a)，固態(tài)時(shí)存在長鏈狀分子(b)。下列說法不正確的是A.分子(a)屬于非極性分子B.分子(b)結(jié)構(gòu)可能是C.電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時(shí)加入氯化鈉以增強(qiáng)熔融氯化鈹?shù)膶?dǎo)電性D.BeCl2與過量NaOH溶液反應(yīng)生成呈正四面體的陰離子[Be(OH)4]2?【答案】B【解析】A．BeCl2中心原子價(jià)層電子對數(shù)為2+=2，且不含孤電子對，空間構(gòu)型為直線形，正負(fù)電中心重合，為非極性分子，A正確；B．BeCl2固態(tài)時(shí)存在長鏈狀分子，該分子中Be原子提供空軌道，Cl原子提供孤電子對形成配位鍵，結(jié)構(gòu)可能是，B錯(cuò)誤；C．熔融氯化鈉中含有自由移動的鈉離子和氯離子，能夠?qū)щ?，電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時(shí)加入氯化鈉以增強(qiáng)熔融氯化鈹?shù)膶?dǎo)電性，C正確；D．根據(jù)“對角線”規(guī)則，Be和Al的性質(zhì)相似，BeCl2與過量NaOH溶液反應(yīng)生成呈正四面體的陰離子[Be(OH)4]2?，D正確；故選B。15.將0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL懸濁液，向其中滴加0.10mol/L的NaCl溶液。lg[c(M)/(mol·L?1))](其中M代表Ag+、Cl?或CrO)隨加入NaCl溶液體積(V)的變化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A.交點(diǎn)a處溶液中c(Na+)=2c(Cl?)B.V≤2.0mL時(shí)，c(CrO)/c(Cl?)減小C.y2的值為?lg34D.向NaCl、Na2CrO4均為0.1mol/L的混合溶液中滴加0.1mol/L的AgNO3溶液，先產(chǎn)生Ag2CrO4沉淀【答案】C【解析】將0.10mmolAg2CrO4配制成1.0mL懸濁液，溶液中存在沉淀溶解平衡：Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+(aq)，向其中滴加0.10mol?L-1的NaCl溶液，氯化銀溶解度小于鉻酸銀，則Ag2CrO4轉(zhuǎn)化為AgCl，由Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)可知，銀離子濃度減小，氯離子濃度增大，濃度增大，溶液體積增大，綜合影響可知，鉻酸根離子濃度變化不大，則圖象中最上方曲線為離子濃度的變化，中間為氯離子濃度的變化，最下面為Ag+離子濃度的變化，結(jié)合圖象中的數(shù)據(jù)和變化過程回答問題。A．2mL時(shí)Ag2CrO4溶液與NaCl溶液恰好完全反應(yīng)，則a點(diǎn)時(shí)溶質(zhì)為NaCl和Na2CrO4，電荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c()+c(Cl-)+c(OH-)，此時(shí)c(H+)、c(OH-)、c(Ag+)可忽略不計(jì)，a點(diǎn)為Cl-和曲線的交點(diǎn)，即c()=c(Cl-)，則溶液中c(Na+)≈3c(Cl-)，A錯(cuò)誤；B．V＜2.0mL時(shí)，Ag2CrO4未完全轉(zhuǎn)化為AgCl，體系中Ag2CrO4和AgCl共存，則為定值，即為定值，由圖可知，在V≤2.0mL，隨著NaCl溶液的加入，c(Ag+)減小，則增大，B錯(cuò)誤；C．V=2.4mL時(shí)，Ag2CrO4完全轉(zhuǎn)化為AgCl，溶液中c()=，則y2=lgc()=-lg34，C正確；D．由圖可知，向Ag2CrO4溶液中加入NaCl溶液，Ag2CrO4轉(zhuǎn)化為AgCl，說明氯化銀溶解度小于鉻酸銀，向NaCl、Na2CrO4均為0.1mol/L的混合溶液中滴加0.1mol/L的AgNO3溶液，溶解度小的AgCl先產(chǎn)生，D錯(cuò)誤；故選C。16.下列實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)或結(jié)論不正確的是

方案設(shè)計(jì)現(xiàn)象結(jié)論A常溫下測定0.1mol/LC2H5ONa溶液的pHpH=13結(jié)合H+能力：C2H5O?>OH?B瓶口相對且中間用玻璃片隔開的兩個(gè)集氣瓶中分別裝有Cl2(上)和H2(下)，抽去玻璃片盛放H2的瓶內(nèi)出現(xiàn)淺黃綠色，盛放Cl2的瓶內(nèi)顏色變淺自發(fā)過程從混亂度小到混亂度大的方向進(jìn)行C向盛有AgCl固體的試管中加入足量的Na2S2O3溶液，充分反應(yīng)后再向試管中加入Na2S溶液開始時(shí)白色沉淀完全溶解，后又產(chǎn)生黑色沉淀溶解度：AgCl>Ag2SD向I2的CCl4溶液中加入等體積濃KI溶液，振蕩分層，下層由紫紅色變?yōu)闇\粉紅色，上層呈棕黃色溶解I2能力：濃KI溶液>CCl4A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．的乙醇鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，同時(shí)堿性很強(qiáng)，根據(jù)越弱越水解原則，說明它水解結(jié)合氫離子的能力強(qiáng)于，A正確；B．除了氣體自動擴(kuò)散導(dǎo)致混亂度增大原因以外，同時(shí)，氫氣和氯氣在光照情況下反應(yīng)生成了氯化氫，B錯(cuò)誤；C．氯化銀在硫代硫酸鈉溶液中是可以通過反應(yīng)溶解，再加入硫化鈉時(shí)，析出的黑色沉淀為硫化銀，說明硫化銀的溶解度比氯化銀更低，因?yàn)榱蚧c會與已經(jīng)溶解在硫代硫酸鈉溶液中的氯化銀發(fā)生反應(yīng)生成硫化銀沉淀，C正確；D．向碘的四氯化碳溶液中加入等體積濃碘化鉀溶液，振蕩，靜置，溶液分層，下層由紫紅色變?yōu)闇\粉紅色，上層呈棕黃色說明碘的四氯化碳溶液中的碘與碘化鉀溶液中碘離子反應(yīng)生成碘三離子使上層溶液呈棕黃色，證明碘在濃碘化鉀溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，D正確；故選B。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.N的化合物種類繁多，應(yīng)用廣泛。請回答：（1）某含氮鎳鋅籠形包合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(H原子未畫出，晶胞棱上的小黑點(diǎn)代表NH3，六元環(huán)代表C6H6且每個(gè)六元環(huán)只有一半屬于該晶胞)。①下列說法正確的是_______。a．基態(tài)鋅原子的價(jià)電子排布式為：4s2b．CN?的C與Ni2+、N與Zn2+形成配位鍵c．電負(fù)性：N>O>C>Hd．對該晶體加熱，C6H6比NH3更易脫出②Zn2+周圍緊鄰的N原子數(shù)為_______。③該晶胞的化學(xué)式為_______。（2）吡咯()和吡啶()所有原子均共平面，在鹽酸中吡啶的溶解度更大，其主要原因是_______。（3）氮化鎵是第三代半導(dǎo)體材料，傳統(tǒng)制備GaN是采用GaCl3與NH3在一定條件下反應(yīng)制備，不采用金屬Ga與N2制備的原因是_______。（4）氮化硼在一定條件下可以制得硼砂(Na2B4O7·10H2O)，硼砂的陰離子化學(xué)式為B2H4O，已知陰離子中B有兩種雜化方式，B均與-OH相連，結(jié)構(gòu)中含有兩個(gè)六元環(huán)，寫出該陰離子的結(jié)構(gòu)式_______?！敬鸢浮浚?）①.bd②.6③.Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6（2）吡咯和吡啶中N均為sp2雜化，吡咯中N原子的孤對電子在未雜化的p軌道中，參與形成(大)π鍵，使得N的電子云密度降低，從而減弱了其堿性，即吡啶更容易與鹽酸電離出的H+結(jié)合（3）N2中存在N≡N三鍵，鍵能大，反應(yīng)所需能量高；產(chǎn)物中氣體分子數(shù)減少(屬于熵減反應(yīng))（4）【解析】（1）①a．鋅是30號元素，基態(tài)鋅原子的價(jià)電子排布式為：3d104s2，a錯(cuò)誤；b．該晶胞中的六元環(huán)為C6H6，則上下底面小白球代表C原子，上下底面的小黑球?yàn)镹元素，由晶胞結(jié)構(gòu)可知，CN?的C與Ni2+、N與Zn2+形成配位鍵，b正確；c．同周期主族元素，從左往右電負(fù)性依次增大，則電負(fù)性：O>N>C>H，c錯(cuò)誤；d．該晶胞中，晶胞棱上NH3的N原子和Zn2+形成配位鍵，而C6H6通過分子間作用力存在于晶胞中，配位鍵的強(qiáng)度大于分子間作用力，則對該晶體加熱，C6H6比NH3更易脫出，d正確；故選bd；②由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，以位于頂點(diǎn)的Zn2+為研究對象，Zn2+的上下各有1個(gè)NH3的N原子，與Zn2+位于同一平面緊鄰的CN-的N原子有4個(gè)，則Zn2+周圍緊鄰的N原子數(shù)為6；③由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，一個(gè)晶胞中含有個(gè)數(shù)為=1，個(gè)數(shù)為，個(gè)數(shù)為=4，個(gè)數(shù)為，苯環(huán)個(gè)數(shù)為=2，則該晶體的化學(xué)式為Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6。（2）吡咯()和吡啶()所有原子均共平面，在鹽酸中吡啶的溶解度更大，其主要原因是：吡咯和吡啶中N均為sp2雜化，吡咯中N原子的孤對電子在未雜化的p軌道中，參與形成(大)π鍵，使得N的電子云密度降低，從而減弱了其堿性，即吡啶更容易與鹽酸電離出的H+結(jié)合。（3）不采用金屬Ga與N2制備的原因是：N2中存在N≡N，鍵能大，反應(yīng)所需能量高，并且該反應(yīng)的產(chǎn)物中氣體分子數(shù)減少(屬于熵減反應(yīng))。（4）中B有兩種雜化方式，即sp3和sp2雜化，B均與-OH相連，則其中含有4個(gè)-OH，結(jié)構(gòu)中含有兩個(gè)六元環(huán)，該陰離子的結(jié)構(gòu)式為：。18.以銀錫合金為原料實(shí)現(xiàn)如下轉(zhuǎn)化：已知：①當(dāng)某離子的濃度低于1.0×10?5mol/L時(shí)，可忽略該離子的存在；②AgCl(s)＋Cl?(aq)[AgCl2]?(aq)K=2×10?5；③在堿性溶液中SO會部分被氧化。請回答：（1）寫出C的電子式_______。寫出②的化學(xué)反應(yīng)方程式_______。（2）下列說法正確的是_______。A.氣體A是形成酸雨的主要成分B.固體D中可能含有Mg(NO2)2C.反應(yīng)①類似于工業(yè)制粗硅，其原理是利用了C的還原性強(qiáng)于SnD.CH3SO3H的沸點(diǎn)比H2SO4高（3）為從溶液E中過濾出最多的AgCl固體，溶液G中Cl?濃度不能超過_______mol/L。（4）固體F可能為Ag2SO3、Ag2SO4或兩者混合物。Ag2SO4微溶于水，Ag2SO3難溶于水，二者都可以溶于氨水，寫出Ag2SO3溶于氨水的離子方程式_______。選用提供試劑設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證固體F的成分_______。[可選用試劑：氨水、NaOH溶液、Ba(NO3)2溶液、稀硫酸、稀鹽酸]?！敬鸢浮浚?）①②.2CH3SO3H＋Sn=(CH3SO3)2Sn＋H2（2）AB（3）0.5（4）①.Ag2SO3＋4NH3·H2O=2[Ag(NH3)]2+＋SO＋4H2O或Ag2SO3＋4NH3=2[Ag(NH3)]2+＋SO(或2Ag2SO3＋8NH3·H2O＋O2=4[Ag(NH3)]2+＋2SO＋8H2O)②.將少量的F加入足量的氨水中，充分反應(yīng)后，加入過量的Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，過濾向沉淀中加入足量稀鹽酸，沉淀部分溶解證明F中有Ag2SO3，沉淀不溶解證明F中沒有Ag2SO3；另取少量溶液G，滴加Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，證明F中有Ag2SO4，未出現(xiàn)白色沉淀證明F中沒有Ag2SO4【解析】銀錫合金和濃硝酸在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到的氣體A為NO2，溶液B中含有AgNO3，NO2氣體和Mg發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成單質(zhì)氣體C，該過程中Mg元素化合價(jià)上升，金屬M(fèi)g為還原劑，則NO2中N元素化合價(jià)下降生成氣體C為N2，固體D為鎂鹽，其中含有酸根，該酸根可能為NO2中N元素化合價(jià)下降生成的，D中可能含有Mg(NO2)2，溶液B中的AgNO3和SO2反應(yīng)生成固體F可能為Ag2SO3、Ag2SO4或兩者混合物，從溶液E中過濾出最多的AgCl固體，向溶液E中加入HCl，平衡AgCl(s)＋Cl?(aq)[AgCl2]?(aq)正向移動，溶液G中存在[AgCl2]?，H2SnO3高溫分解生成SnO2，SnO2發(fā)生還原反應(yīng)生成Sn，Sn和CH3SO3H反應(yīng)生成(CH3SO3)Sn，以此解答。（1）由分析可知，C為N2，電子式為，Sn和CH3SO3H反應(yīng)生成(CH3SO3)Sn，該反應(yīng)中Sn元素化合價(jià)上升，則H元素化合價(jià)下降生成H2，②的化學(xué)反應(yīng)方程式為：2CH3SO3H＋Sn=(CH3SO3)2Sn＋H2。（2）A．由分析可知，氣體A為NO2，是形成酸雨的主要成分，A正確；B．由分析可知，氣體C為N2，固體D為鎂鹽，其中含有酸根，該酸根可能為NO2中N元素化合價(jià)下降生成的，固體D中可能含有Mg(NO2)2，B正確；C．反應(yīng)①類似于工業(yè)制粗硅，該過程中SnO2和C反應(yīng)生成Sn和CO，該反應(yīng)能夠發(fā)生的原因是生成了CO氣體，CO氣體不斷逸出，促使平衡右移，導(dǎo)致反應(yīng)結(jié)果偏向生成Sn，不能證明C的還原性強(qiáng)于Sn，C錯(cuò)誤；D．H2SO4中含有2個(gè)羥基，CH3SO3H中只含有1個(gè)羥基，H2SO4分子間可以形成更多的氫鍵，CH3SO3H的沸點(diǎn)比H2SO4低，D錯(cuò)誤；故選AB。（3）為從溶液E中過濾出最多的AgCl固體，應(yīng)該使溶液中[AgCl2]?的濃度盡可能小，由題意此時(shí)c{[AgCl2]?}=1.0×10?5mol/L，由AgCl(s)＋Cl?(aq)[AgCl2]?(aq)的平衡常數(shù)K==2×10?5，則c(Cl-)=mol/L=0.5mol/L，溶液G中Cl?濃度不能超過0.5mol/L。（4）Ag2SO3溶于氨水生成[Ag(NH3)]2+和，也可以被O2氧化為，離子方程式為：Ag2SO3＋4NH3·H2O=2[Ag(NH3)]2+＋＋4H2O或Ag2SO3＋4NH3=2[Ag(NH3)]2+＋或2Ag2SO3＋8NH3·H2O＋O2=4[Ag(NH3)]2+＋2＋8H2O，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證固體F的成分：將少量的F加入足量的氨水中，充分反應(yīng)后，加入過量的Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，過濾向沉淀中加入足量稀鹽酸，沉淀部分溶解證明F中有Ag2SO3，沉淀不溶解證明F中沒有Ag2SO3；另取少量溶液G，滴加Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，證明F中有Ag2SO4，未出現(xiàn)白色沉淀證明F中沒有Ag2SO4。19.化石燃料的燃燒、汽車尾氣的排放和硝酸工業(yè)尾氣中普遍含有的氮氧化物NOx是污染大氣的主要成分之一，需要加以治理。當(dāng)?shù)趸镏蠳O與NO2的比例不同時(shí)，發(fā)生三種類型的SCR反應(yīng)(選擇性催化還原反應(yīng))：a．標(biāo)準(zhǔn)SCR：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)ΔH1b．慢速SCR：8NH3(g)＋6NO2(g)7N2(g)＋12H2O(g)ΔH2=?2739.6kJ/molc．快速SCR：2NO(g)＋4NH3(g)＋2NO2(g)4N2(g)＋6H2O(g)ΔH3=?1518.2kJ/mol請回答：（1）已知2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH4=?114.2kJ/mol，則ΔH1=_______kJ/mol。標(biāo)準(zhǔn)SCR能自發(fā)進(jìn)行的條件為_______(“高溫”“低溫”或“任意溫度”)。（2）將一定比例的NO、NH3和O2的混合氣體以一定流速通過裝有催化劑的反應(yīng)器，僅發(fā)生標(biāo)準(zhǔn)SCR，反應(yīng)相同時(shí)間后NO去除率隨反應(yīng)溫度變化曲線如圖1所示。下列說法正確的是_______。A.低溫高壓有利于提高NO去除率B.50～150℃范圍內(nèi)NO去除率迅速上升原因是催化劑活性提升，反應(yīng)速率增加C.150～380℃范圍內(nèi)NO去除率上升緩慢原因是反應(yīng)平衡逆移D.380℃后NO去除率下降可能是N2和O2生成了NO（3）一定條件下僅發(fā)生慢速SCR，在壓強(qiáng)p1條件下，NO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化曲線如圖2所示，若減小壓強(qiáng)至p2，在圖2中畫出NO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化曲線示意圖_______。（4）為了快速SCR的進(jìn)行，需預(yù)氧化部分NO轉(zhuǎn)化為NO2，催化劑Y可加快該反應(yīng)的速率。當(dāng)溫度、壓強(qiáng)和NO濃度恒定時(shí)，初始反應(yīng)速率與O2濃度的關(guān)系如圖3所示，曲線變化的相關(guān)原因是_______。(已知該反應(yīng)中存在以下機(jī)理中的一種：①r0=k·[NO]·θO或②r0=k·θNO·θO，r0表示反應(yīng)初始速率，k代表反應(yīng)速率常數(shù)，[NO]代表NO的濃度，θi代表該物種在催化劑表面的吸附率)（5）催化電解NO吸收液可將NO還原為NH3。當(dāng)電解電壓為U時(shí)，部分還原產(chǎn)物的法拉第效率(FE%)如下表所示。則電解生成的H2和NH3的物質(zhì)的量之比為_______。還原產(chǎn)物H2NH3法拉第效率(FE%)6020(已知FE%=，Qx=nF，n表示電解生成還原產(chǎn)物X所轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量，F(xiàn)表示法拉第常數(shù)：Q總表示電解過程中通過的總電量)【答案】（1）①.?1632.4②.任意溫度（2）BD（3）（4）由圖可知該過程為機(jī)理②，初始反應(yīng)速率由NO和O原子在催化劑表面的吸附量共同決定。低O2濃度區(qū)間隨O2濃度增大，O原子吸附率增大，初始反應(yīng)速率上升。高O2濃度區(qū)間，O原子接近飽和吸附，NO和O原子存在競爭吸附關(guān)系，O2濃度的升高會造成NO吸附量的下降，初始反應(yīng)速率隨O2濃度的升高而下降（5）15∶2【解析】（1）由蓋斯定律可知，將2NO(g)＋4NH3(g)＋2NO2(g)4N2(g)＋6H2O(g)和2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)相加即可得到4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)4N2(g)＋6H2O(g)ΔH1=ΔH3+ΔH4=?1518.2kJ/mol-114.2kJ/mol=?1632.4kJ/mol，標(biāo)準(zhǔn)SCR是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，ΔH1<0，ΔS>0，當(dāng)ΔH-TΔS<0時(shí)反應(yīng)能夠自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)在任意溫度下都能自發(fā)進(jìn)行。（2）A．標(biāo)準(zhǔn)SCR是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，高壓低溫可以使平衡正向移動，有利于提高NO去除率，A錯(cuò)誤；B．50～150℃范圍內(nèi)，標(biāo)準(zhǔn)SCR反應(yīng)未達(dá)平衡狀態(tài)，隨溫度升高，催化劑活性增強(qiáng)，反應(yīng)速率加快，反應(yīng)相同時(shí)間，NO的轉(zhuǎn)化率增大，B正確；C．150～380℃范圍內(nèi)NO去除率上升緩慢原因是，溫度上升超過了催化劑活性最大的溫度范圍，催化劑活性降低，反應(yīng)速率隨溫度的升高而增大緩慢，NO去除率上升緩慢，C錯(cuò)誤；D．380℃后NO去除率下降，可能的原因是生成的N2和O2在高溫下反應(yīng)生成了NO，D正確；故選BD。（3）慢速SCR是氣體體積增大的放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，NO2的平衡轉(zhuǎn)化率減小，減小壓強(qiáng)，平衡正向移動，NO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，在圖2中畫出NO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化曲線示意圖為：。（4）當(dāng)溫度、壓強(qiáng)和NO濃度恒定時(shí)，初始反應(yīng)速率與O2濃度的關(guān)系如圖3所示，該圖表示過程為機(jī)理②，初始反應(yīng)速率由NO和O原子在催化劑表面的吸附量共同決定。低O2濃度區(qū)間隨O2濃度增大，O原子吸附率增大，初始反應(yīng)速率上升。高O2濃度區(qū)間，O原子接近飽和吸附，NO和O原子存在競爭吸附關(guān)系，O2濃度的升高會造成NO吸附量的下降，初始反應(yīng)速率隨O2濃度的升高而下降。（5）當(dāng)電解電壓為U時(shí)，生成氫氣的FE%為60%，生成氨氣的FE%為20%，結(jié)合電極反應(yīng)：、，當(dāng)兩電極反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)之比為3：1時(shí)，H2和NH3的物質(zhì)的量之比為。20.某小組用阿司匹林制備阿司匹林銅：已知：阿司匹林銅是一種亮藍(lán)色結(jié)晶粉末，不溶于水、乙醇，受熱易分解成淺綠色混合物，在強(qiáng)酸性條件下能解離出Cu2+。請回答：（1）實(shí)驗(yàn)裝置圖中儀器A的名稱是_______。步驟Ⅰ使用冰水浴的原因是_______。（2）下列說法正確的是_______。A.步驟Ⅰ中，加入乙醇的目的是增大阿司匹林與NaOH溶液的接觸面積，從而加快反應(yīng)速率B.步驟Ⅱ中，先用過量的硫酸中和NaOH避免滴加CuSO4溶液時(shí)產(chǎn)生Cu(OH)2C.步驟Ⅲ中，過濾后的產(chǎn)品先用蒸餾水洗滌，再用酒精洗滌D.步驟Ⅲ中，為了快速得到干燥的產(chǎn)品，可采用高溫烘干（3）阿司匹林銅中銅含量可用碘量法測定：已知：ⅰ.滴定過程中發(fā)生如下反應(yīng)：2Cu2+＋4I?=2CuI＋I(xiàn)2，I2＋2S2O=S4O＋2I?，CuI(s)＋SCN?(aq)CuSCN(s)＋I(xiàn)?(aq)，Ksp(CuI)=2.1×10?12，Ksp(CuSCN)=4.8×10?15。ⅱ.CuI能強(qiáng)力吸附I2，被吸附的I2不能被Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，淀粉也會吸附I2，使滴定終點(diǎn)推遲。ⅲ.SCN?可以還原Cu2+。①從下列選項(xiàng)中選擇合適的操作補(bǔ)全測定步驟(碘量瓶示意如圖)：用分析天平稱取4.000g產(chǎn)品→在燒杯中用適量的3.000mol/L_______和40mL水溶解，加熱煮沸，樣品完全分解后，搖勻，冷卻到室溫→配制100.00mL待測溶液→用移液管移取25.00mL待測溶液到碘量瓶→加入過量KI固體，塞上碘量瓶的塞子，搖勻，用少量水封，在暗處靜置5分鐘→打開塞子→_______→塞上碘量瓶的塞子→_______→記錄標(biāo)準(zhǔn)溶液體積。a．H2SO4b．HNO3c．劇烈振蕩碘量瓶d．輕輕振蕩碘量瓶e．用0.1000mol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至溶液呈淺黃色f．用0.1000mol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)g．加入適量KSCN溶液和1mL0.5%淀粉②配制待測溶液時(shí)，下列儀器必須用到的是_______(填標(biāo)號)。a．玻璃棒b．100mL錐形瓶c．50mL容量瓶d．膠頭滴管③判定滴定到達(dá)終點(diǎn)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是_______。④三次滴定消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為18.80mL，則產(chǎn)品中的銅含量為_______%(保留小數(shù)點(diǎn)后2位數(shù)字)?！敬鸢浮浚?）①.恒壓滴液漏斗②.防止阿司匹林的水解（2）AC（3）①.a②.eg③.cf④.AD⑤.滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色⑥.12.03【解析】阿司匹林在乙醇的溶解下可以與NaOH發(fā)生中和反應(yīng)，再加入CuSO4溶液發(fā)生反應(yīng)得到阿司匹林銅沉淀，過濾、洗滌干燥得到粗產(chǎn)品。（1）由圖可知，實(shí)驗(yàn)裝置圖中儀器A的名稱是恒壓滴液漏斗。酯基在加熱下易水解，則步驟Ⅰ使用冰水浴的原因是防止阿司匹林的水解。（2）A．步驟Ⅰ中，加入乙醇作溶劑，可增大阿司匹林與NaOH溶液的接觸面積，從而加快反應(yīng)速率，A正確；B．步驟Ⅱ中，先用硫酸中和NaOH避免滴加CuSO4溶液時(shí)產(chǎn)生Cu(OH)2，已知阿司匹林銅在強(qiáng)酸性條件下能解離出Cu2+，故硫酸不能過量，B錯(cuò)誤；C．產(chǎn)品不溶于水、醇，步驟Ⅲ中，過濾后的產(chǎn)品先用蒸餾水洗滌，再用酒精洗滌，酒精揮發(fā)易干燥，C正確；D．已知阿司匹林銅易受熱分解成淺綠色混合物，步驟Ⅲ中不可采用高溫烘干，D錯(cuò)誤；選AC。（3）①用碘量法測定阿司匹林銅中銅含量時(shí)，首先應(yīng)在酸性溶液中加熱，使銅離子解離出來，由于硝酸具有強(qiáng)氧化性會氧化硫代硫酸鈉等還原性物質(zhì)，故應(yīng)避免使用，應(yīng)選擇硫酸，再利用2Cu2+＋4I?=2CuI＋I(xiàn)2，生成碘單質(zhì)，用0.1000mol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，由于CuI表面容易吸附I2會導(dǎo)致其不能充分被反應(yīng)，于是，待大部分I2被反應(yīng)后，加入KSCN，利用CuI(s)＋SCN?(aq)CuSCN(s)＋I(xiàn)?(aq)，使CuI沉淀轉(zhuǎn)化為更難溶的CuSCN，把吸附的I2釋放出來，從而提高反應(yīng)精度；滴定使用的指示劑為淀粉，淀粉也會吸附I2，使滴定終點(diǎn)推遲，故剩余少量碘單質(zhì)時(shí)，要塞上碘量瓶的塞子、劇烈振蕩碘量瓶以“釋放”被淀粉吸附的I2，之后用0.1000mol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，故步驟為：用分析天平稱取4.000g產(chǎn)品→在燒杯中用適量的3.000mo