枣庄市第三中学2025-2026学年高三下学期期末调研测试（一模）化学试题含解析.doc

枣庄市第三中学2025-2026学年高三下学期期末调研测试（一模）化学试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（ ）
A．五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞W＞Z＞Y＞X
B．X、Z两元素能形成原子个数比(X：Z)为3：1和4：2的化合物
C．化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物
D．用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀
2、一种从植物中提取的天然化合物，可用于制作“香水”，其结构简式为，下列有关该化合物的说法错误的是
A．分子式为C12H18O2
B．分子中至少有6个碳原子共平面
C．该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．一定条件下，1 mol该化合物最多可与3 mol H2加成
3、 “乃焰硝、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”是对我国古代四大发明之一的火药的描述。其中，“焰硝”是
A．KClO3 B．Na2SO4 C．KNO3 D．Na2O2
4、下列实验操作能产生对应实验现象的是

实验操作
实验现象
A
用玻璃棒蘸取氯化铵溶液，点在红色石蕊试纸上
试纸变蓝色
B
向盛有 K2Cr2O7 溶液的试管中滴加浓硫酸，充分振荡
溶液由橙黄色逐渐变为黄色
C
向 FeCl3 溶液中加入 KI 溶液，再加入苯，充分振荡，静置
溶液分层，上层呈紫色
D
向蔗糖在硫酸催化下水解后的溶液中，加入新制
氢氧化铜悬浊液并加热
出现砖红色沉淀
A．A B．B C．C D．D
5、由下列实验、现象以及由现象推出的结论均正确的是
选项
实验方法
现象
结论
A
向 FeCl3 溶液中滴入少量 KI 溶液，再加入KSCN 溶液
溶液变红
Fe3+与 I－的反应具有可逆性
B
SO2 通入Ba(NO3)2 溶液
产生白色沉淀
白色沉淀是 BaSO4
C
将稀硫酸滴入淀粉溶液中并加热，冷却后再加入新制 Cu(OH)2 悬浊液并加热
未出现砖红色沉淀
淀粉未水解
D
用碎瓷片做催化剂，给石蜡油加热分解，产生的气体通过酸性高锰酸钾溶液
酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色
石蜡油裂解一定生成乙烯
A．A B．B C．C D．D
6、下列物质不能用作食品干燥剂的是（　　）
A．硅胶 B．六水合氯化钙
C．碱石灰 D．具有吸水性的植物纤维
7、已知、、、为原子序数依次增大的短周期元素，为地壳中含量最高的过渡金属元素，与同主族，与同周期，且与的原子序数之和为20，单质能与无色无味液体反应置换出单质，单质也能与反应置换出单质，、、均能与形成离子化合物，下列说法不正确的是( )
A．、两元素的形成的化合物都为黑色固体
B．、形成的离子化合物可能含有其价键
C．的单质只有还原性，没有氧化性
D．工业上可以用铝热法制取金属用于野外焊接铁轨
8、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．D
9、阿伏加德罗常数约为6.02×1023 mol－1，下列叙述正确的是
A．2.24 L CO2中含有的原子数为0.3×6.02×1023
B．0.1 L 3 mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目为0.3×6.02×1023
C．5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3×6.02×1023
D．4.5 g SiO2晶体中含有的硅氧键数目为0.3×6.02×1023
10、中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。下列说法不正确的是（ ）

A．整个过程实现了光能向化学能的转换
B．过程Ⅱ有O-O单键生成并放出能量
C．过程Ⅲ发生的化学反应为：2H2O2═2H2O+O2
D．整个过程的总反应方程式为：2H2O→2H2+O2
11、运输汽油的车上，贴有的危险化学品标志是
A． B． C． D．
12、已知2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。该反应中有关物理量的描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（　　）
A．每生成6.72 L的H2，溶液中AlO2﹣的数目就增加0.2 NA
B．每生成0.15 mol H2，被还原的水分子数目为0.3 NA
C．当加入2.7 g Al时，转移的电子数目为0.3 NA
D．溶液中每增加0.1 mol的AlO2﹣，Na+的数目就增加0.1 NA
13、CuO有氧化性，能被NH3还原，为验证此结论，设计如下实验。

有关该实验的说法正确的是
A．反应时生成一种无污染的气体NO
B．NH3与CuO反应后生成的红色物质可能是Cu
C．装浓氨水的装置名称是分液漏斗，只能用作分液操作
D．烧杯中硫酸的作用是防倒吸
14、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为9；W与Y同族；W与Z形成的离子化合物可与水反应，其生成的气体可使酸性高锰酸钾溶液退色。下列说法正确的是（ ）
A．生物分子以W为骨架 B．X的氧化物常用于焊接钢轨
C．Z的硫化物常用于点豆腐 D．Y的氧化物是常见的半导体材料
15、一种新型漂白剂结构如图所示，其中W.Y.Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列说法正确的是

A．非金属性：X>W>Y
B．Y的最高价氧化为对应的水化物为三元酸
C．可利用W与X、Y形成的化合物热还原制备单质Y
D．该漂白剂中仅有X均满足8电子稳定结构
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1:2
C．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、非索非那定(E)可用于减轻季节性过敏鼻炎引起的症状。其合成路线如下
(其中R-为)

(1)E中的含氧官能团名称为___________和___________。
(2) X的分子式为C14Hl5ON，则X的结构简式为___________。
(3) B→C的反应类型为____________________。
(4) 一定条件下，A可转化为F()。写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：_________。
①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能使溴水褪色；③有3种不同化学环境的氢
(5)已知：。化合物G()是制备非索非那定的一种中间体。请以为原料制备G，写出相应的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）_______
18、烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，G具有浓郁的香味。它们之间的转化关系如下（含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质）：

请回答：
（1）化合物B所含的官能团的名称是___。
（2）D的结构简式是___。
（3）C+F→G的化学方程式是___。
（4）下列说法正确的是___。
A．在工业上，A→B的过程可以获得汽油等轻质油
B．有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化也可得到F
C．可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、G
D．等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同
19、对甲基苯胺可用对硝基甲苯作原料在一定条件制得。 主要反应及装置如下:

主要反应物和产物的物理性质见下表:

实验步骤如下:
①向三颈烧瓶中加入50mL稀盐酸、10.7mL(13.7g)对硝基甲苯和适量铁粉,维持瓶内温度在80℃左右,同时搅拌回流、使其充分反应;
②调节pH=7~8,再逐滴加入30mL苯充分混合;
③抽滤得到固体,将滤液静置、分液得液体M;
④向M中滴加盐酸,振荡、静置、分液,向下层液体中加入NaOH溶液,充分振荡、静置;
⑤抽滤得固体,将其洗涤、干燥得6.1g产品。
回答下列问题:
（1）主要反应装置如上图,a处缺少的装置是____ (填仪器名称),实验步骤③和④的分液操作中使用到下列仪器中的_____(填标号)。
a.烧杯　 b.漏斗　 c.玻璃棒　 d.铁架台
（2）步骤②中用5%的碳酸钠溶液调pH =7~8的目的之一是使Fe3+ 转化为氢氧化铁沉淀,另一个目的是　____。
（3）步骤③中液体M是分液时的____ 层(填“上”或“下”)液体,加入盐酸的作用是____。
（4）步骤④中加入氢氧化钠溶液后发生反应的离子方程式有____。
（5）步骤⑤中,以下洗涤剂中最合适的是____ (填标号)。
a.乙醇　 b.蒸馏水　 c.HCl溶液　 d.NaOH溶液
（6）本实验的产率是_____%。(计算结果保留一位小数)
20、焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可作为贮存水果的保鲜剂。现欲制备焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质。
Ⅰ.制备Na2S2O5
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：2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)

（1）如图装置中仪器A的名称是___。A中发生反应的化学方程式为___。仪器E的作用是___。
（2）F中盛装的试剂是___。
Ⅱ.探究Na2S2O5的还原性
（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去。反应的离子方程式为___。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是防止食品___。
Ⅲ.测定Na2S2O5样品的纯度。
（4）将10.0gNa2S2O5样品溶解在蒸馏水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入过量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高锰酸钾溶液，充分反应后，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5样品的纯度为___%（保留一位小数），若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，会导致Na2S2O5样品的纯度___。（填“偏高”、“偏低”）
21、如图是元素周期表的一部分：

（1）写出元素①的元素符号________，与①同周期的主族元素中，第一电离能比①大的有_______种。
（2）基态锑（Sb）原子的价电子排布式为_______。[H2F]+[SbF6]-（氟酸锑）是一种超强酸，则[H2F]+离子的空间构型为______，写出一种与[H2F]+互为等电子体的分子 ____ 。
（3）下列说法正确的是________
a.N2H4分子中含5个σ键和1个π键
b.基态P原子中，电子占据的最高能级符号为M
c.Sb 位于p区
d.升温实现―液氨→氨气→氮气和氢气变化的阶段中，微粒间破坏的主要的作用力依次是氢键、极性 共价键。
（4）GaN、GaP都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，熔点如下表所示，解释GaN、GaP熔点变化原因________。

（5）GaN晶胞结构如图1所示，已知六棱柱底边边长为a cm。
①晶胞中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为________；
②从GaN 晶体中分割出的平行六面体如图 。若该平行六面体的体积为a3cm3，GaN 晶体的密度为______g/cm3 (用a、NA 表示)。

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
X元素的原子形成的离子就是一个质子，应为H元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元素；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，则Z为N元素、W为O元素；M是地壳中含量最高的金属元素，应为Al元素。
【详解】

A．H原子半径最小，同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Al＞C＞N＞O＞H，即M＞Y＞Z＞W＞X，故A错误；
B．N、H两元素能形成NH3、N2H4，故B正确；
C．化合物CO2是酸性氧化物，NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故C错误；
D．用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，阴极生成氢气，不会生成沉淀，故D错误。
综上所述，答案为B。
同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大。
2、B
【解析】
分子式为C13H20O，故A正确；双键两端的原子共平面，所以至少有5个碳原子共平面，故B错误；含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；含有2个碳碳双键、1个羰基，一定条件下，1mol该化合物最多可与3mol H2加成，故D正确。
3、C
【解析】
我国古代四大发明中的火药，为“一硝二硫三木炭”， “焰硝”指的为硝酸钾，答案为C。
4、C
【解析】
A．氯化铵溶液呈酸性，能使石蕊变红，所以红色石蕊试纸不变色，A不正确；
B．向盛有K2Cr2O7溶液的试管中滴加浓硫酸，平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+逆向移动，溶液的颜色加深，B不正确；
C．向 FeCl3 溶液中加入 KI 溶液，发生反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，再加入苯，充分振荡，静置，液体分为两层，上层为紫红色的碘的苯溶液，下层为无色的水溶液，C 正确；
D．向蔗糖在硫酸催化下水解液中加入新制氢氧化铜悬浊液并加热，硫酸与氢氧化铜作用生成硫酸铜，不能将葡萄糖氧化，没有砖红色沉淀出现，D不正确；
故选C。
5、B
【解析】
A. 滴入少量KI溶液，FeCl3剩余，则由现象不能说明该反应为可逆反应，故A错误；
B. SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中，SO2与水反应生成亚硫酸，在酸性环境下，硝酸根具有强氧化性，从而发生氧化还原反应生成硫酸钡，白色沉淀是BaSO4，故B正确；
C. 淀粉水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下，水解后没有加碱至碱性，不能检验是否水解，故C错误；
D. 酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色，可知石蜡油加热分解生成不饱和烃，但气体不一定为乙烯，故D错误；
故选B。
淀粉的水解液显酸性，检验淀粉是否水解时，应先在淀粉的水解液中加入氢氧化钠至碱性后，再加入新制 Cu(OH)2 悬浊液，并加热，观察是否生成砖红色沉淀，从而说明是否有葡萄糖生成，进而检测出淀粉是否水解，这是学生们的易错点。
6、B
【解析】
A．硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故A正确；
B．六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故B错误；
C．碱石灰能与水反应，可做干燥剂，故C正确；
D．具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故D正确；
故答案为B
7、A
【解析】
已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe与水；C单质能与无色无味液体m反应置换出B单质，D单质也能与m反应置换出A单质，A、B单质应该为氢气、氧气，结合原子序数可知A为H，B为O元素；A与D同主族，则D为Na元素；B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20，则C的原子序数=20-11=9，为F元素，据此解答。
【详解】
根据分析可知：A为H，B为O，C为F，D为Na，E为Fe元素；
A．O、F形成的氧化铁为红棕色，故A错误；
B．O、Na形成的过氧化钠是离子化合物，含有共价键和离子键，故B正确；
C．Na为活泼金属，金属钠只有还原性，没有氧化性，故C正确；
D．Al的还原性大于Fe，可以用铝热反应用于野外焊接铁轨，故D正确；
故答案为A。
8、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。
9、D
【解析】
A.未指明气体所处的外界条件，不能确定CO2的物质的量，因此不能确定其中含有的原子数目，A错误；
B.硝酸铵是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应而消耗，所以0.1 L 3 mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的NH4＋数目小于0.3×6.02×1023，B错误；
C.5.6gFe的物质的量是0.1mol，二者发生反应，若铁过量，则反应生成Fe2+，5.6gFe失去0.2×6.02×1023个电子，若硝酸足量，则5.6gFe失去0.3×6.02×1023，因此二者的相对物质的量多少不能确定，不能判断转移电子的物质的量，C错误；
D.在SiO2晶体中每个Si原子与相邻的4个O原子形成4个Si-O键，4.5g二氧化硅的物质的量是0.075mol，则其中含有的Si-O共价键数目为0.075mol×4×6.02×1023/mol=0.3×6.02×1023，D正确；
故合理选项是D。
10、C
【解析】
A. 由图可知，太阳能使水分解，则实现了光能向化学能的转化，故A正确；
B. 过程II中生成氢气、过氧化氢，形成化学键，过程Ⅱ放出能量并生成了O−O键，故B正确；
C. 由图可知，过程Ⅲ发生的反应为过氧化氢分解生成氢气和氧气的反应，H2O2═H2+O2，故C错误；
D. 总反应为水分解生成氢气和氧气，则总反应2H2O→2H2+O2，故D正确。
故选C。
11、B
【解析】
A、汽油是易燃品，不是腐蚀品，故不选A；
B、汽油是易燃液体，故选B；
C、汽油是易燃品，不是剧毒品，故不选C；
D、汽油是易燃品，不是氧化剂，故不选D；选B。
12、B
【解析】
A. 非标准状况下，6.72 L的H2的物质的量不一定是0.3mol，所以生成6.72 L的H2，溶液中AlO2﹣的数目不一定增加0.2 NA，故A错误；
B. 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，反应中只有水是氧化剂，每生成0.15 mol H2，被还原的水分子数目为0.3 NA，故B正确；
C. 当2.7 g Al参加反应时，转移的电子数目为0.3 NA，加入2.7 g Al，参加反应的铝不一定是0.1mol，故C错误；
D. 根据钠元素守恒，溶液中Na+的数目不变，故D错误。
本题考查化学方程式有关计算，侧重考查学生分析计算能力，注意：该反应中氢氧化钠不作氧化剂，易错选项是B，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件。
13、D
【解析】
A．NO是大气污染物，反应时生成一种无污染的气体N2，故A错误；
B．在一定温度下，NH3与CuO反应后生成的红色物质可能是Cu，若温度过高，氧化铜自身可受热转化为红色氧化亚铜，故B正确；
C．装浓氨水的装置名称是分液漏斗，可用作分液操作，还可用于反应装置中盛装液体，控制加入液体的量来调控反应速率，故C错误；
D．烧杯中硫酸的作用是防倒吸和吸收未反应的有害气体，故D错误；
答案选B。
尾气处理时，碱性气体用酸来吸收，倒扣漏斗增加接触面积，防止倒吸。
14、A
【解析】
主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20，W与Z形成的离子化合物可与水反应，其生成的气体可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则气体为烯烃或炔烃，W为C、Z为Ca时，生成乙炔符合；W、X、Z最外层电子数之和为9，X的最外层电子数为9-4-2=3，X为Al；W与Y同族，结合原子序数可知Y为Si，以此来解答。
【详解】
由上述分析可知，W为C、X为Al、Y为Si、Z为Ca。
A.生物分子以碳链为骨架构成的分子，A正确；
B.X的氧化物为氧化铝，不能用于焊接钢轨，B错误；
C.一般选硫酸钙用于点豆腐，C错误；
D.Si单质是常见的半导体材料，D错误；
故合理选项是A。
本题考查原子结构与元素周期律的知识，把握原子序数、元素的位置及碳化钙与水反应生成乙炔来推断元素为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，侧重分析与应用能力的考查。
15C
【解析】
由W2+可知，W最外层有2个电子；Z形成1个键，Z是第ⅠA或ⅦA族元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X形成2个键，X是ⅥA族元素；Z与X形成共价键，Z是H元素，X是O元素；Y是B元素；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，W是Mg元素。
【详解】
A. W是镁，为金属元素，非金属性：O>B>Mg，故A错误；
B. Y是B元素，B的最高价氧化为对应的水化物为H3BO3，H3BO3中的质子无法直接电离出，H3BO3结合水中的OH-，电离出H+，H3BO3是一元弱酸，故B错误；
C. 镁和B2O3加热生成B和氧化镁，故C正确；
D. 该漂白剂中Mg2B、O均满足8电子稳定结构，故D错误。
本题需要通过微观的原子结构、化学键结合题目信息推断元素，关键是联系宏观物质的性质、灵活运用结构决定性质的规律，本题的突破口是该漂白剂的结构示意图。
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、羟基羧基取代反应

【解析】
(1) 根据有机物E的结构简式可知分子中含氧官能团为羟基和羧基，故答案为羟基、羧基；
(2 ) 根据反应流程图，对比A、X、C的结构和X的分子式为C14Hl5ON可知，X的结构简式为，故答案为；
(3 ) 对比B、C的结构可知，B中支链对位的H原子被取代生成C，属于取代反应，故答案为取代反应；
(4 ) F为。①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明苯环上含有羟基；②能使溴水褪色，说明含有碳碳双键等不饱和键；③有3种不同化学环境的氢，满足条件的F的一种同分异构体为，故答案为；
（5）以为原料制备，需要引入2个甲基，可以根据信息引入，因此首先由苯甲醇制备卤代烃，再生成，最后再水解即可，流程图为，故答案为。
点睛：本题考查有机物的推断与合成，是高考的必考题型，涉及官能团的结构与性质、常见有机反应类型、有机物结构、同分异构体的书写、有机合成路线的设计等，充分理解题目提供的信息内涵，挖掘隐含信息，寻求信息切入点，可利用类比迁移法或联想迁移法，注意（5）中合成路线充分利用信息中甲基的引入。
18、碳碳双键 CH3CH2CH2OH H3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O CD
【解析】
烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，则N（C）：N（H）=，应为C4H10，由生成物G的分子式可知C为CH3CHOHCH3，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2CHO，F为CH3CH2COOH，B为CH3CH=CH2，生成G为CH3CH2COOCH（CH3）2，以此解答该题。
【详解】
（1）B为CH3CH=CH2，含有的官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
（2）D为CH3CH2CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2OH；
（3） C+F→G的化学方程式是CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O，
故答案为：CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O；
（4）A.在工业上，A→B的过程为裂解，可获得乙烯等烯烃，而裂化可以获得汽油等轻质油，故A错误；
B.有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化生成丙酮，故B错误；
C.醛可溶于水，酸与碳酸钠反应，酯类不溶于水，则可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、G，故C正确；
D.E、G的最简式相同，则等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同，故D正确；故答案为：CD。
19、球形冷凝管 ad 使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺 上 与对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐进入水层与对硝基甲苯的分离 H++OH-=H2O、+OH-+H2O b 57.0%
【解析】
首先向三颈烧瓶中加稀盐酸、对硝基甲苯和适量铁粉加热进行反应，生成对甲基苯胺盐酸盐，调节pH=7~8，沉淀铁离子并使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，加入苯溶解生成的对甲基苯胺和未反应的对硝基甲苯，抽滤静置分液得到有机层，向有机层中加入盐酸使对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐，生成的对甲基苯胺盐酸盐易溶于水，静置分液得到无机层，向无机层加入NaOH溶液，使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，对甲基苯胺常温下为不溶于水的固体，所以在加入氢氧化钠溶液后会有对甲基苯胺固体析出，抽滤得到固体，洗涤、干燥得到产品。
【详解】
（1）该反应中反应物沸点较低，加热反应过程中会挥发，需要在a处加装球形冷凝管冷凝回流；分液操作需要烧杯、分液漏斗、铁架台，所以选ad；
（2）根据题目所给信息可知，pH值升高会使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，达到分离提纯的目的；
（3）根据分析步骤③中液体M为有机层，溶剂为苯，密度比水小，所以在上层；加入盐酸使对甲基苯胺转化为易溶于水的对甲基苯胺盐酸盐，从而实现与对硝基甲苯的分离；
（4）下层液体中有未反应的盐酸和生成的对甲基苯胺盐酸盐都与NaOH发生反应，离子方程式为：H++OH-=H2O、+OH-+H2O；
（5）洗涤过程是为了洗去对甲基苯胺可能附着的对甲基苯胺盐酸盐、NaCl和NaOH等可溶于水的杂质，为降低对甲基苯胺洗涤过程的溶解损失，最好的洗涤剂应为蒸馏水，所以选b；
（6）原料中有13.7g对硝基甲苯，即0.1mol，所以理论上生成的对甲基苯胺应为0.1mol，实际得到产品6.1g，所以产率为=57.0%。
20、三颈烧瓶 Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4 防倒吸 浓NaOH溶液 5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O 氧化变质 95.0 偏高
【解析】
A三颈烧瓶中制备二氧化硫，发生Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4，生成的二氧化硫通入D装置，发生Na2SO3+SO2＋H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)+H2O(l)，仪器E的作用是防倒吸，F吸收尾气。据此解答。
【详解】
Ⅰ（1）装置中仪器A的名称是三颈烧瓶。A中发生反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4。二氧化硫易溶于水，仪器E的作用是防倒吸。
故答案为：三颈烧瓶；Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2＋Na2SO4；防倒吸；
（2）二氧化硫有毒，排到空气中会污染空气，SO2是酸性氧化物，可用碱溶液吸收，题干中只提供了一种试剂--浓NaOH溶液，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液。
故答案为：浓NaOH溶液；
Ⅱ.（3）取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去，说明MnO4－将S2O52－氧化生成硫酸根离子。反应的离子方程式为5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O。食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果保鲜剂的化学原理是：利用焦亚硫酸钠的还原性，防止食品氧化变质。
故答案为：5S2O5－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O；氧化变质；
Ⅲ.（4）由关系式：5SO32－～2MnO4－，用0.2500mol/L的Na2SO3标准液滴定至终点，消耗Na2SO3溶液20.00mL，剩余的n(MnO4－)= ×0.2500mol/L×20.00×10-3L=2.000×10-3mol，再由5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O得：Na2S2O5样品的纯度为= ×100%=95.0%；若在滴定终点时，俯视读数Na2SO3标准液的体积，使Na2SO3标准液的体积偏低，算出的剩余高锰酸钾偏低，与Na2S2O5样品反应的高锰酸钾偏高，会导致Na2S2O5样品的纯度偏高；
故答案为：95.0；偏高。
21、As 1 5s25p3 V形 H2O c，d 两者属于原子晶体，半径NGa-P，故熔点前者高 12
【解析】
(1)根据氮族元素的名称回答，根据电离能递变规律回答；
(2)根据核外电子排布式，写出价电子排布式；利用价层电子对互斥理论分析；
离子的立体构型；根据价电子数和原子数相同的分子寻找合适的等电子体；
(3)a．N2H4分子的结构为．确定化学键的类型；
b．基态P原子中，核外电子排布为1s22s22p63s23p3，确定最高能层和能级；
c．根据元素周期表的分区确定Sb 位于p区；
d．升温实现―液氨→氨气→氮气和氢气变化的阶段中，升温实现―液氨→氨气，微粒间破坏的主要的作用力是氢键，氨气→氮气和氢气破坏的是极性共价键；
(4)它们都是原子晶体，从原子半径联系到化学键的强弱，原子晶体的熔点主要受化学键强度的影响；
(5)Ga原子采用六方最密堆积方式，从图中可以看出上底面中心的Ga原子距离最近的Ga原子；
(6)根据密度公式=进行计算；
【详解】
(1)根据表格可知①的元素符号As，第四周期的主族元素，第一电离能逐渐呈现增大的趋势，由于As原子的最外层电子处于半充满状态，比后面的Se的第一电离能高，只有Br的第一电离能比As高，故只有Br元素的第一电离能比它高；
(2)Sb的价电子排布式为5s25p3，[H2F]+的中心原子为F，它的最外层电子数为7，它的孤电子对数为×(7-1-1×2)=2，成键电子对数为2，价层电子对数=2+2=4，VSEPR模型为四面体，由于有两对孤对电子，故分子的立体构型为V形，与[H2F]+互为等电子体的分子应该有10个电子，3个原子，为H2O；
(3)a．N2H4分子的结构为，有4个N-Hσ键，一个N-Nσ键，故a错误；
b．基态P原子中，核外电子排布为1s22s22p63s23p3，确定最高能级为3p，最高能层为M，故b错误；
c．Sb的最后排入的电子的能级为5p，根据元素周期表的分区确定Sb 位于p区，故c正确；
d．升温实现―液氨→氨气→氮气和氢气变化的阶段中，升温实现―液氨→氨气，由液态变成气态，微粒间破坏的主要的作用力是氢键，氨气→氮气和氢气破坏的是极性共价键，故d正确；
(4)GaN、GaP都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，都属于原子晶体，两者属于原子晶体，原子半径N＜P，键长Ga-N＜Ga-P，键能Ga-N＞Ga-P，故熔点前者高；
(5)Ga原子采用六方最密堆积方式，从图中可以看出上底面中心的Ga原子距离最近的Ga原子；数目为6个，体心下方有3个Ga原子，体心上方有3个Ga原子，共12个；
(6)Ga原子数为8×+1=2，N原子数为4×+1=2，V=a3cm3根据密度公式= = =。