甘肃省兰州市二十七中2025届高三第一次调研测试化学试卷含解析

甘肃省兰州市二十七中2025届高三第一次调研测试化学试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、异戊烷的A．沸点比正己烷高 B．密度比水大C．同分异构体比C5H10多 D．碳碳键键长比苯的碳碳键长2、化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是（）A．A B．B C．C D．D3、室温下，1L含0.1molHA和0.1molNaA的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）：溶液a通入0.01molHCl加入0.01molNaOHpH4.764.674.85像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。下列说法正确的是A．溶液a和0.1mol·L−1HA溶液中H2O的电离程度前者小于后者B．向溶液a中通入0.1molHCl时，A−结合H+生成HA，pH变化不大C．该温度下HA的Ka=10-4.76D．含0.1mol·L−1Na2HPO4与0.1mol·L−1NaH2PO4的混合溶液也可做缓冲溶液4、下列属于电解质的是（）A．铜 B．葡萄糖 C．食盐水 D．氯化氢5、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．1.0mol·L－1的KNO3溶液中：H＋、Fe2＋、Cl－、B．使紫色石蕊溶液变红的溶液中：、Ba2＋、、Cl－C．pH＝12的溶液中：K＋、Na＋、CH3COO－、Br－D．滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中：、Mg2＋、I－、Cl－6、已知常温下HF酸性强于HCN，分别向1Llmol/L的HF和HCN溶液中加NaOH固体调节pH（忽略温度和溶液体积变化），溶液中（X表示F或者CN）随pH变化情况如图所示，下列说法不正确的是A．直线I对应的是B．I中a点到b点的过程中水的电离程度逐渐增大C．c点溶液中：D．b点溶液和d点溶液相比：cb(Na+)<cd(Na+)7、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）A．A B．B C．C D．D8、利用反应CCl4+4NaC（金刚石）+4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是（）A．C（金刚石）属于原子晶体B．该反应利用了Na的强还原性C．CCl4和C（金刚石）中的C的杂化方式相同D．NaCl晶体中每个Cl－周围有8个Na＋9、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（）A．KClO3在反应中得到电子 B．ClO2是氧化产物C．H2C2O4在反应中被还原 D．1molKClO3参加反应有2mol电子转移10、用KClO3和MnO2制备O2，并回收MnO2和KCl。下列实验操作正确的是（）A．O2制备装置B．固体混合物溶解C．过滤回收MnO2D．蒸发制KCl11、设nA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A．23gNa与足量H2O反应完全后可生成nA个H2分子B．1molCu和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子C．标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含nA个原子D．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子12、下列说法正确的是（）A．分子晶体中一定含有共价键B．pH=7的溶液一定是中性溶液C．含有极性键的分子不一定是极性分子D．非金属性强的元素单质一定很活泼13、SO2催化氧化过程中，不符合工业生产实际的是A．采用热交换器循环利用能量 B．压强控制为20～50MPaC．反应温度控制在450℃左右 D．使用V2O5作催化剂14、CalanolideA是一种抗HIV药物，其结构简式如图所示。下列关于CalanolideA的说法错误的是（）A．分子中有3个手性碳原子B．分子中有3种含氧官能团C．该物质既可发生消去反应又可发生加成反应D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗1molNaOH15、一种基于锂元素的电化学过程来合成氨的方法，其效率能达到88.5%。其工艺流程如图所示，下列说法错误的是（）A．反应Ⅰ的关键是隔绝空气和水B．反应Ⅱ的产物LiOH是离子化合物C．整个流程中，金属锂是催化剂D．整个流程的总化学方程式为：2N2+6H2O═4NH3+3O216、下列说法正确的有①1

mol

FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA②Na2O2分别与水及CO2反应产生等量氧气时，消耗水和CO2的物质的量相等③无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、S2-④Na2O2投入紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色⑤2

L

0.5

mol·L-1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA⑥在漂白粉的溶液中通入少量二氧化硫气体：Ca2++2ClO-+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClOA．1B．2C．3D．417、设NA为阿伏加德常数的数值，下列说法正确的是（）A．18gH2O含有10NA个质子B．1mol苯含有3NA个碳碳双键C．标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子D．常温下，112g铁片投入足量浓H2SO4中生成3NA个SO2分子18、下列反应不能用划线反应物所具有的类别通性解释的是（）A．NaOH+HClO4→NaClO4+H2O B．H2CO3+Na2SiO3→H2SiO↓+Na2CO3C．Zn+FeSO4→ZnSO4+Fe D．2FeCl3+2NaI→2FeCl2+I2+NaCl19、在一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A(g)+B(g)2C(g)△H<0。t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图。下列说法正确的是A．0～t2时，v（正）>v（逆）B．t2时刻改变的条件可能是加催化剂C．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，A的体积分数Ⅰ=ⅡD．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，平衡常数I<Ⅱ20、欲测定Mg（NO3）2•nH2O中结晶水的含量，下列方案中肯定不可行的是A．称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量B．称量样品→加热→冷却→称量Mg（NO3）2C．称量样品→加热→冷却→称量MgOD．称量样品→加NaOH溶液→过滤→加热→冷却→称量MgO21、25℃时，将0.10mol·L－1CH3COOH溶液滴加到10mL0.10mol·L－1NaOH溶液中，lg与pH的关系如图所示，C点坐标是(6，1.7)。(已知：lg5=0.7)下列说法正确的是A．Ka(CH3COOH)＝5.0×10－5B．Ka(CH3COOH)＝5.0×10－6C．pH＝7时加入的醋酸溶液的体积小于10mLD．B点存在c(Na＋)－c(CH3COO－)＝(10－6－10－8)mol·L－122、T℃下，三种硫酸盐MSO4,(M表示Pb2+或Ba2+或Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pM=-lgc(M),p(SO42-)=-lgc(SO42-)。下列说法正确的是（）A．BaSO4在任何条件下都不可能转化成PbSO4B．X点和Z点分别是SrSO4和BaSO4的饱和溶液，对应的溶液中c(M)=c(SO42-)C．在ToC时，用0.01mol.L-1Na2SO4溶液滴定20mL浓度均是0.01mol.L-1的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液,Sr2+先沉淀D．ToC下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为102.4二、非选择题(共84分)23、（14分）高分子材料尼龙66具有良好的抗冲击性、韧性、耐燃油性和阻燃、绝缘等特点，因此广泛应用于汽车、电气等工业中。以下是生产尼龙66的一些途径。（1）A的结构简式为_____________。（2）B中官能团的名称是_____________。（3）反应①~④中，属于加成反应的有_______，反应⑥~⑨中，属于氧化反应的有_______。（4）请写出反应⑥的化学方程式_____________。（5）高分子材料尼龙66中含有结构片段，请写出反应⑩的化学方程式_____________。（6）某聚合物K的单体与A互为同分异构体，该单体核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1:2:3，且能与NaHCO3溶液反应，则聚合物K的结构简式是_____________。（7）聚乳酸（）是一种生物可降解材料，已知羰基化合物可发生下述反应：（R′可以是烃基或H原子）。用合成路线图表示用乙醇制备聚乳酸的过程。_______________24、（12分）H是一种氨基酸，其合成路线如下：已知：①②RMgBrRCH2CH2OH+③R-CHO完成下列填空：（1）A的分子式为C3H4O，其结构简式为____________。（2）E→F的化学方程式为____________。（3）H的结构简式为_________________。写出满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简______________、________________。I.含有苯环；II.分子中有三种不同环境的氢原子。（4）结合题中相关信息，设计一条由CH2Cl2和环氧乙烷（）制备1，4-戊二烯的合成路线（无机试剂任选）。___________。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）25、（12分）实验室制备叔丁基苯（）的反应和有关数据如下：+ClC(CH3)3+HClI．如图是实验室制备无水AlCl3，可能需要的装置：(1)检查B装置气密性的方法是_______。(2)制备无水AlCl3的装置依次合理的连接顺序为__________（埴小写字母），其中E装置的作用是________。(3)实验时应先加热圆底烧瓶再加热硬质玻璃管，其原因是________。Ⅱ．如图是实验室制备叔丁基苯的装置（夹持装置略）：在三颈烧瓶中加入50mL的苯和适量的无水AlCl3，由恒压漏斗滴加氯代叔丁烷10mL，一定温度下反应一段时间后，将反应后的混合物洗涤分离，在所得产物中加入少量无水MgSO4固体，静置，过滤，蒸馏得叔丁基苯20g。(4)使用恒压漏斗的优点是_______；加入无水MgSO4固体的作用是________。(5)洗涤混合物时所用的试剂有如下三种，正确的顺序是________。（填序号）①5%的Na2CO3溶液②稀盐酸③H2O(6)本实验中叔丁基苯的产率为______。（保留3位有效数字）26、（10分）苯甲酸（）是重要的化工原料，可应用于消毒防腐、染料载体、增塑剂、香料及食品防腐剂的生产，也可用于钢铁设备的防锈剂。某化学实验小组在实验室中以苯甲醛为原料制取苯甲酸和副产品苯甲醇（）的实验流程:已知：①；；（R、R1表示烃基或氢原子）②相关物质的部分物理性质见表：名称相对密度熔点/℃沸点/℃溶解度水乙醚苯甲醛1.04－26179.6微溶易溶苯甲酸1.27122.124925℃微溶，95℃可溶易溶苯甲醇1.04－15.3205.7微溶易溶乙醚0.71－116.334.6不溶—请回答下列问题:（1）进行萃取、分液操作时所用玻璃仪器的名称为___________。分液时，乙醚层应从_______(填“下口放出”或“上口倒出”)。（2）洗涤乙醚层时需要依次用NaHSO3溶液、10%Na2CO3溶液、蒸馏水进行洗涤。其中加入NaHSO3溶液洗涤的主要目的是________________，对应的化学方程式为___________________________。（3）蒸馏获得产品甲时加入碎瓷片的目的为_____________，蒸馏时应控制温度在____℃左右。A．34.6B．179.6C．205.7D．249（4）提纯粗产品乙获得产品乙的纯化方法名称为________________。（5）称取10.60g的苯甲醛进行实验，最终制取产品乙的质量为3.66g，则产品乙的产率为____________。27、（12分）二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知：ClO2是极易溶于水的气体，实验室制备及性质探究装置如图所示。回答下列问题：（1）装置B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为___________。装置C中滴有几滴淀粉溶液，反应时有蓝色岀现。淀粉的作用是______。（2）装置C的导管靠近而不接触液面，其目的是________。（3）用ClO2消毒自来水，其效果是同质量氯气的______倍（保留一位小数）。（4）装置D用于吸收尾气，若反应的氧化产物是一种单质，且氧化剂与氧化产物的物质的量之比是2∶1，则还原产物的化学式是___________。（5）若将装置C中的溶液改为Na2S溶液，通入ClO2后溶液无明显现象。由此可以产生两种假设：假设a：ClO2与Na2S不反应。假设b：ClO2与Na2S反应。①你认为哪种假设正确，阐述原因：___________。②请设计实验证明你的假设（仅用离子方程式表示）：__________。28、（14分）研究NO2、NO、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。NO2可用下列反应来处理：6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g)+12H2O(g)+Q(Q＞0)。(1)120℃时，该反应在一容积为2L的容器内反应，20min时达到平衡。10min时氧化产物比还原产物多了1.4g，则0～10min时，平均反应速率υ(NO2)=____________________，电子转移了___________个。(2)一定条件下上述反应在某体积固定的密闭容器中进行，能说明该反应已经达到平衡状态的是____________。a．c(NO2)：c(NH3)=3：4b．6v(NO2)正=7v(N2)逆c．容器内气体总压强不再变化d．容器内气体密度不再变化(3)若保持其它条件不变，缩小反应容器的体积后达到新的平衡，此时NO2和N2的浓度之比_________(填增大、不变、减小)，NO2的转化率______________。(4)一定条件下NO2与SO2可发生反应，方程式：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)−Q。若反应的平衡常数K值变大，该反应___________(选填编号)。a.一定向正反应方向移动b.平衡移动时，逆反应速率先减小后增大c.一定向逆反应方向移动d.平衡移动时，正反应速率先增大后减小(5)请写出用NaOH溶液完全吸收含等物质的量的NO、NO2混合气体的离子方程式___________。29、（10分）氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈，目前所采用或正在研究的主要储氢材料有：配位氢化物、富氢载体化合物、碳质材料、金属氢化物等。(1)Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。①Ti2+基态的电子排布式可表示为__________________。②BH4-的空间构型是________________(用文字描述)。(2)液氨是富氢物质，是氢能的理想载体，利用N2+3H22NH3实现储氢和输氢。①上述方程式涉及的三种气体熔点由低到高的顺序是__________________。②下列说法正确的是________(填字母)。a.NH3分子中N原子采用sp3杂化b.相同压强时，NH3沸点比PH3高c.[Cu(NH3)4]2＋中，N原子是配位原子d.CN-的电子式为(3)Ca与C60生成的Ca32C60能大量吸附H2分子。①C60晶体易溶于苯、CS2，说明C60是________分子(填“极性”或“非极性”)；②1个C60分子中，含有σ键数目为________个。(4)MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞结构如图所示，已知该晶体的密度为ag·cm-3，则晶胞的体积为____cm3[用a、NA表示(NA表示阿伏加德罗常数)]。

参考答案一、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、D【解析】

A.烷烃的沸点随碳原子数的增多而升高，异戊烷有5个碳原子，正己烷有6个碳原子，异戊烷的沸点比正己烷低，故A错误；B.常温下异戊烷是液态，液态烷烃的密度比水小，故B错误；C.五个碳的烷烃只有3种同分异构体，它们分別是正戊烷(5个碳都在主链上)，异戊烷(4个碳在主链上，有一个甲基在支链)，新戊烷(4个甲基连在同一个碳上)；C5H10有9种同分异构体，直链状的有2种:C=C-C-C-C，C-C=C-C-C。支链是甲基的有3种：C=C-C-C(第5个碳在第2，3位)，C-C=C-C(第5个碳在第2位)。环状的有4种：五元环，四元环外有一个甲基，三元环外有2个甲基或一个乙基，故C错误；D.分子中两个成键原子的核间平均距离叫做键长，键长越短，表示原子结合得越牢，化学键越强，苯的碳碳键强度介于双键和三键直接，故长度大于碳碳三键小于碳碳双键，异戊烷中的碳碳键是碳碳单键，则异戊烷的碳碳键键长比苯的碳碳键长，故D正确；正确答案是D。2、D【解析】

A．锂电池使用过程中，锂失电子发生氧化反应，故不选A；B.。铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，铝失电子发生氧化反应，故不选B；C．长征五号运载火箭采用液氢液氧作为推进剂，发射过程发生氧化还原反应放热，故不选C；D．用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故D选；故选D。3、D【解析】

A．溶液a为酸性，HA电离程度大于A-水解程度，相对于纯HA，同浓度下，溶液a中存在一部分A-，起始时有了一部分产物，所以溶液a和0.1mol/LHA溶液中HA的电离程度前者小于后者，从而H2O的电离程度前者大于后者，A选项错误；B．根据表中数据，向溶液a中通入0.1molHCl时，溶液a中一共只有1L含0.1molNaA，则完全消耗NaA，这就超出了缓冲溶液的缓冲范围了，NaA变成了HA，溶液便失去了缓冲能力，pH不可能变化不大，B选项错误；C．HA的，由表可知，1L含0.1molHA和0.1molNaA的溶液a的pH=4.76，但此时c(A-)不等于c(HA)，故该温度下HA的Ka不等于10-4.76，C选项错误；D．向0.1mol·L−1Na2HPO4与0.1mol·L−1NaH2PO4的混合溶液中加入少量强酸或强碱，溶液的组成不会明显变化，故也可做缓冲溶液，D选项正确；答案选D。4、D【解析】

在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，电解质首先必须是化合物，根据定义分析。【详解】A．铜为单质，不是电解质，故A错误；B．葡萄糖在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，为非电解质，故B错误；C．食盐水为混合物，不是电解质，故C错误；D．氯化氢在水溶液中能导电的化合物，为电解质，故D正确；故选：D。【点睛】易错点C：注意电解质是指化合物，水溶液中或熔融状态下导电是判断依据。5、C【解析】

A.H＋、Fe2＋、NO3—之间能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B.使紫色石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量H＋，H＋与AlO2—在溶液中能够反应，且NH4+与AlO2—会发生双水解，不能大量共存，故B错误；C.pH＝12的溶液显碱性，OH－与K＋、Na＋、CH3COO－、Br－不反应，且K＋、Na＋、CH3COO－、Br－之间也不反应，可大量共存，故C正确；D.滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中含有Fe3＋，Fe3＋、I－能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C。6、D【解析】

A．纵坐标为0时即=1，此时Ka==c(H+)，因此直线I对应的Ka=10-3.2,直线II对应的Ka=10-9.2,由于HF酸性强于HCN，因此直线I对应，A正确；B．a点到b点的过程中HF浓度逐渐减小，NaF浓度逐渐增大，因此水的电离程度逐渐增大，B正确；C．Ka(HCN)=10-9.2，NaCN的水解常数Kh(NaCN)=10-4.8>Ka(HCN)，因此等浓度的HCN和NaCN的混合溶液中c(CN-)<c(HCN)，c点是HCN和NaCN的混合溶液且c(CN-)=c(HCN)，因此c(NaCN)>c(HCN)，即有c(Na+)>c(CN-)；由于OH-、H+来自水的电离，浓度比较小且此时溶液的pH为9.2，C点溶液中存在：c(Na+)>c(CN-)=c(HCN)>c(OH-)>c(H+)，C正确；D．由于HF酸性强于HCN，要使溶液均显中性，HF溶液中要加入较多的NaOH，因此cb(Na+)>cd(Na+)，D错误；答案选D。【点睛】溶液中有多种电解质时，在比较离子浓度大小时注意水解常数与电离平衡常数的关系。7、B【解析】

A.向苯中加少量溴水，振荡，水层变成无色，是苯萃取溴的过程，属于物理变化，故A错误；B.沉淀部分溶解，说明还有部分不溶解，不溶解的一定是硫酸钡，溶解的是亚硫酸钡，所以亚硫酸钠只有部分被氧化，故B正确；C.向溶液中加入盐酸生成白色沉淀，可能是Na2SiO3溶液或AgNO3溶液等，故C错误;D.SO2通入含酚酞的NaOH溶液中红色消失，是SO2与NaOH反应生成亚硫酸钠和水的缘故，故D错误；故答案为B。8、D【解析】

A．金刚石晶体：每个C与另外4个C形成共价键，构成正四面体，向空间发展成网状结构，形成的晶体为原子晶体，故A正确；B．该反应中Na由0价→+1价，作还原剂将CCl4还原，故B正确；C．CCl4和C(金刚石)中的C的杂化方式都是sp3杂化，故C正确；D．NaCl晶体：每个Na＋同时吸引6个Cl－，每个Cl－同时吸引6个Na＋，配位数为6，故D错误；故答案选D。9、A【解析】

反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。A、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，A正确；B、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；C、H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，C错误；D、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到1个电子，则1molKClO3参加反应有1mol电子转移，D错误；答案选A。10、B【解析】

A.加热固体时，试管口应略向下倾斜，故A不符合题意；B.MnO2难溶于水，KCl易溶于水，将混合物放入烧杯中，加蒸馏水溶解，用玻璃棒搅拌加速溶解，故B符合题意；C.根据装置图，漏斗的下端应紧靠烧杯内壁，故C不符合题意；D.蒸发时应用蒸发皿，不能用坩埚，故D不符合题意；答案：B。11、D【解析】

A、23g钠的物质的量为1mol，而钠与水反应时1mol钠生成0.5mol氢气，即生成0.5NA个分子，故A错误；B、铜和浓硫酸反应时，浓硫酸被还原为SO2，不是三氧化硫，故B错误；C、标准状况下，22.4LN2和H2混合气的物质的量为1mol，而N2和H2均为双原子分子，故1mol混合气体中无论两者的比例如何，均含2mol原子，即2NA个，故C错误；D、Fe3O4中铁为+价，故1mol铁反应失去mol电子，3mol单质Fe完全转化为Fe3O4失去8mol电子，即8NA个，故D正确；故选D。12、C【解析】

A．稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键，多原子构成的分子晶体中存在共价键，故A错误；B．pH＝7的溶液可能为酸性、碱性、中性，常温下pH＝7的溶液一定是中性溶液，故B错误；C．含有极性键的分子可能为极性分子，也可为非极性分子，如甲烷为极性键构成的非极性分子，故C正确；D．非金属性强的元素单质，性质不一定很活泼，如N的非金属性强，但氮气性质稳定，故D错误；故答案为C。13、B【解析】A.二氧化硫与氧气转化成三氧化硫，这个过程放热，在接触室安装热交换器目的是将放出的热量用来预热没反应的二氧化硫与氧气的混合气体，循环利用能量，A正确；B.，SO2的催化氧化不采用高压，是因为压强对SO2转化率无影响，B错误；C.在400-500℃下，正方向进行的程度比较大，而且催化剂的活性比较高，C正确；D.催化剂钒触媒(V2O5)能加快二氧化硫氧化速率，D正确。故选择B。14、D【解析】

A选项，分子中有3个手性碳原子，手性碳原子用*标出，，故A正确，不符合题意；B选项，分子中有羟基、醚键、酯基3种含氧官能团，故B正确，不符合题意；C选项，该物质含有羟基，且连羟基的碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，含有碳碳双键、苯环可发生加成反应，故C正确，不符合题意；D选项，该物质中含有酚酸酯，1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2molNaOH，故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】手性碳原子是碳原子周围连的四个原子或原子团不相同为手性碳原子，1mol酚酸酯消耗2mol氢氧化钠，1mol羧酸酯消耗1mol氢氧化钠。15、C【解析】

A．反应Ⅰ是氮气和锂反应，锂为活泼金属，易与空气中的氧气、水蒸气发生反应，所以反应Ⅰ的关键是隔绝空气和水，故A正确；B．反应Ⅱ的产物LiOH是碱，是锂离子和氢氧根离子构成的化合物属于离子化合物，故B正确；C．分析可知锂是参与反应过程的反应物，最后生成锂单质的条件是电解，所以金属锂不是催化剂，故C错误；D．三步反应为：6Li+N2=2Li3N，Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，4LiOH4Li+O2↑+2H2O，整个流程的总化学方程式为：2N2+6H2O═4NH3+3O2，故D正确；故选：C。16、B【解析】

①亚铁离子和碘离子均能被氧化；②与水及CO2反应，反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，③无色溶液中不可能大量存在Al3+和S2-，发生双水解；④Na2O2因具有强氧化性而有漂白性。⑤由N=nNA,n=CV计算；⑥HClO具有强氧化性；【详解】①1

mol

FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NA，故错误；②与水及CO2反应，反应的方程式分别为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，故正确；③Al3+和S2-，发生双水解，不能大量共存，故错误；④Na2O2投入到紫色石蕊试液中，与水反应生成氢氧化钠成碱性所以溶液先变蓝，又因为过氧化钠具有强氧化性而有漂白性，所以后褪色，故正确；⑤N=2L×0.5mol·L-1×2NA=2NA，故错误；⑥在漂白粉的溶液中通入少量二氧化硫气体：Ca2++1ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+2H++Cl-，故错误。故选B。17、A【解析】

A、18g水的物质的量为n==1mol，而一个水分子中含10个质子，故1mol水中含10NA个质子，故A正确；B、苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故B错误；C、标况下，氨水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、112g铁的物质的量n==2mol，如果能完全和足量的浓硫酸反应，则生成3mol二氧化硫，而常温下铁在浓硫酸中钝化，铁不能反应完全，则生成的二氧化硫分子小于3NA个，故D错误。故选：A。【点睛】常温下，铁、铝与浓硫酸、浓硝酸能够发生钝化，需注意，钝化现象时因为反应生成了致密氧化膜，氧化膜阻止了反应的进一步发生，若在加热条件下，反应可继续发生，但随着反应的进行，浓硫酸会逐渐变稀，其反应实质有可能会发生相应的变化。18、D【解析】

A项、NaOH与HClO4反应属于中和反应，碱能与酸发生中和反应，故A能解释；B项、碳酸的酸性比硅酸强，酸性比硅酸强的酸能制备硅酸，较强的酸能制备较弱的酸，故B能解释；C项、活动性较强的金属单质能从活动性较弱的金属的盐溶液中置换出活动性较弱的金属，故C能解释；D项、FeCl3与NaI发生了氧化还原反应，这不是卤化物通性，其他卤化钠大多数不能与氯化铁发生类似的反应，故D不能解释；故选D。19、C【解析】试题分析：A、图像分析判断0～t2时，0～t1逆反应速率大于正反应速率，t1～t2正逆反应速率相同，A错误；B、在t2时刻若是加入催化剂，由于催化剂对正逆反应速率都有影响，图像中逆反应速率和正反应速率同等程度增大，而现在逆反应速率先增大最后和原平衡相同，速率不变，最后反应达到平衡和原平衡相同，B错误；C、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，A的体积分数Ⅰ=Ⅱ，C正确；D、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，平衡常数不变，D错误，答案选C。考点：考查化学平衡的建立、图像的分析20、B【解析】

受热易分解，其分解反应为：。【详解】A．称量样品加热用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量，根据水的质量以及结晶水合物的质量可以求解，A正确；B．因硝酸镁易分解，称量样品加热无法恰好使结晶水合物恰好分解为硝酸镁，B错误；C．称量样品加热冷却称量MgO，根据硝酸镁分解的方程式以及氧化镁的质量可测定的结晶水含量，C正确；D．称量样品加NaOH将硝酸镁转化为氢氧化镁，过滤加热氢氧化镁分解生成氧化镁冷却称量MgO，根据镁原子守恒求解无水硝酸镁的质量，据此求解结晶水含量，D正确。答案选B。21、A【解析】

醋酸的电离常数，取对数可得到；【详解】A.据以上分析，将C点坐标(6,1.7)代入，可得lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，Ka(CH3COOH)=5.0×10-5，A正确；B.根据A项分析可知，B错误；C.当往10mL0.10mol·L-1NaOH溶液中加入10mL0.10mol·L-1醋酸溶液时，得到CH3COONa溶液，溶液呈碱性，故当pH=7时加入的醋酸溶液体积应大于10mL，C错误；D.B点，又lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，则由得，pH=8.3，c(H+)=10-8.3mol·L-1，结合电荷守恒式：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)知，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5.7-10-8.3)mol·L-1，D错误；答案选A。22、D【解析】

A．硫酸根离子浓度和铅离子浓度乘积达到或大于PbSO4沉淀溶度积常数可以沉淀，一定条件下BaSO4可以转化成PbSO4，故A错误；B．Z点对应的溶液为饱和溶液，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度乘积为常数，pM=-lgc(M)，p(SO42-)=-lgc(SO42-)，则c（Ba2+）＞c（SO42-），同理X点饱和溶液中c（Sr2+）＜c（SO42-），故B错误；C．图象分析可知溶度积常数SrSO4、PbSO4、BaSO4分别为10-2.5×10-2.5、10-3.8×10-3.8、10-5×10-5，因此溶度积常数：BaSO4＜PbSO4＜SrSO4，因此在ToC时，用0.01mol·L-1Na2SO4溶液滴定20mL浓度均是0.01mol·L-1的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液，Ba2+先沉淀，故C错误；D．ToC下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为=102.4，故D正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、HOCH2C≡CCH2OH羟基①②⑦⑧【解析】

结合A的分子式和C后的产物，可知1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A，故A的结构简式为HOCH2C≡CCH2OH；A与氢气发生加成反应生成B，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B与HBr发生取代反应生成C，C的结构简式为BrCH2CH2CH2CH2Br，C与KCN发生取代反应生成NCCH2CH2CH2CH2CN，然后NCCH2CH2CH2CH2CN水解生成HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇，环己醇发生催化氧化生成环己酮，环己酮发生氧化反应HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，HOOCCH2CH2CH2CH2COOH与SOCl2发生取代反应生成ClCO(CH2)4COCl，ClCO(CH2)4COCl与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应，生成高分子材料尼龙66。【详解】（1）结合A的分子式和C后的产物，可知1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A，故A的结构简式为HOCH2C≡CCH2OH；（2）A与氢气发生加成反应生成B，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B中官能团的名称是羟基；（3）反应①、②是加成反应，反应③、④为取代反应；（4）反应⑥是苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇，反应方程式为；（5）高分子材料尼龙66中含有结构片段，ClCO(CH2)4COCl与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应，生成高分子材料尼龙66，反应方程式为；（6）某聚合物K的单体与A(HOCH2C≡CCH2OH)互为同分异构体，该单体能与NaHCO3溶液反应，故该单体中含有羧基，该单体核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1:2:3，所以该单体的结构简式为CH2=C(CH3)COOH，该聚合物K的结构简式为；（7）由HOCH(CH3)COOH发生缩聚反应生成聚乳酸()，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与HCN发生反应后在水解条件下生成HOCH(CH3)COOH，合成路线如图所示。24、CH2=CHCHO2+O22+2H2OCH2Cl2ClMgCH2MgClHOCH2CH2CH2CH2CH2OHH2C=CHCH2CH=CH2【解析】

A的分子式为，而1，丁二烯与A反应生成B，且B与氢气反应得到，结合信息可知A为，B为结合转化关系与信息可知发生取代反应生成C为，D为，E为，由信息可知F为，G为，H为。【详解】（1）A的分子式为，其结构简式为：，故答案为：；（2）E→F羟基的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为：；

（3）H的结构简式为，满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简式：Ⅰ、含有苯环；Ⅱ、分子中有三种不同环境的氢原子，符合条件的同分异构体有：、，故答案为：；、；（4）由与干醚得到，再与环氧乙烷得到由，然后再浓硫酸加热条件下发生消去反应得到，合成路线流程图为：，故答案为：。25、分液漏斗注入水后，关闭止水夹，打开分液漏斗的活塞使液体流下，一段时间后液体不能继续流下，说明气密性良好defghijc防止空气中的水蒸气进入，吸收多余的氯气若先加热硬质玻璃管，Al先与O2反应，无法制得纯净AlCl3使液体顺利滴下干燥②①③74.6%【解析】

(1)检查B装置气密性的方法是分液漏斗注入水后，关闭止水夹，打开分液漏斗的活塞使液体流下，一段时间后液体不能继续流下，说明气密性良好；(2)制备无水AlCl3，在装置B中利用浓盐酸与二氧化锰加热条件下反应生成氯气，通过装置D中的饱和食盐水将氯气中的氯化氢除去，装置C干燥氯气，纯净干燥的氯气进入装置F与铝粉在加热条件下反应生成氯化铝，最后为防止空气中的水蒸气进入且利用碱石灰吸收未反应的氯气，故装置依次合理的连接顺序为defghijc，其中E装置的作用是防止空气中的水蒸气进入，吸收多余的氯气；(3)实验时应先加热圆底烧瓶再加热硬质玻璃管，其原因是若先加热硬质玻璃管，Al先与O2反应，无法制得纯净AlCl3；（4）使用恒压漏斗可以平衡漏斗内外压强，使液体顺利滴下，在洗涤后所得产物中加入少量无水MgSO4固体，目的是吸收产品中少量的水分，起到干燥的作用；（5）稀盐酸洗涤可以除去氯化铝杂质，再用5%Na2CO3溶液除去过量的盐酸，最后用水洗涤除去剩余的5%Na2CO3，故答案为②①③；（6）加入苯的物质的量为=0.56mol，氯代叔丁烷的物质的量为=0.20mol，由反应方程式+ClC(CH3)3+HCl可知，加入的苯过量，则理论上生成叔丁基苯的质量为：0.20mol×134g/mol=26.8g，叔丁基苯的产率为：×100%=74.6%。26、分液漏斗、烧杯上口倒出除去乙醚层中含有的苯甲醛防止暴沸D重结晶60%【解析】

（1）根据仪器名称写出相应的仪器名称；分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；（2）饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤目的是洗去乙醚层中含有的苯甲醛；（3）根据碎瓷片的作用及苯甲酸沸点分析；（4）重结晶是将晶体溶于溶剂或熔融以后，又重新从溶液或熔体中结晶的过程；（5）根据产率=进行计算。【详解】（1）萃取分液用到的玻璃实验仪器名称是分液漏斗、烧杯；乙醚密度小于水，在上层，分液时，乙醚层应从上口倒出；（2）醛类可以跟亚硫酸氢钠饱和溶液发生加成反应，实验步骤中的饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤目的是洗去乙醚层中含有的苯甲醛，饱和碳酸钠溶液除去残留的亚硫酸氢钠；根据题给信息可知，二者发生加成反应，化学方程式为：；（3）蒸馏获得产品甲时加入碎瓷片的目的为防止暴沸，蒸馏时得到产品甲为苯甲酸，应控制温度在249℃左右；答案选D；（4）提纯粗产品乙获得产品乙的纯化方法名称为重结晶；（5）称取10.60g的苯甲醛进行实验，理论上得到苯甲酸的质量为，最终制取产品乙的质量为3.66g，则产品乙的产率为。【点睛】本题考查了物质制取过程中反应条件的选择、混合物的分离方法、物质转化率的检验方法的知识，题目难度中等，注意掌握化学实验基本操作方法及其综合应用，试题有利于培养学生的分析、理解能力及化学实验能力。27、SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2通过检验I2的存在，证明ClO2有强氧化性使ClO2尽可能多的与溶液反应，并防止倒吸2.6NaClO2假设b正确，S2－的还原性强于I－，所以ClO2也能氧化S2－或ClO2是强氧化剂，S2－具有强还原性SO42-＋Ba2＋=BaSO4↓【解析】

浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，A制备二氧化硫，B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则B中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3═2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以C中发生氧化还原反应生成碘，注意防倒吸，装置C中滴有几滴淀粉溶液，碘遇淀粉变蓝色；装置D用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境，据此解答。【详解】(1)装置B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒知，酸式盐为硫酸氢钠，该反应的化学方程式为SO2+H2SO4+2KClO3═2KHSO4+2ClO2；装置C中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘变蓝色，根据淀粉是否变色来判断是否有碘生成，从而证明二氧化氯具有氧化性；(2)ClO2是极易溶于水的气体，所以检验其强氧化性时导管靠近而不接触液面，以防倒吸；(3)1molCl2即71g消毒时转移2mol电子，71gClO2消毒时转移电子为×(4+1)=5.2mol，其效果是同质量氯气的=2.6倍；(4)装置D用于吸收尾气,H2O2作还原剂生成O2，H2O2∼O2∼2e−，生成1molO2转移电子2mol，则2molClO2得到2mol电子生成2molNaClO2；(5)①由于ClO2具有强氧化性，Na2S具有强还原性，二者不可能不反应，所以假设a错误，假设b正确；②ClO2氧化Na2S后溶液无明显现象，说明ClO2将S2−氧化生成更高价的酸根SO42−，所以可通过检验SO42−的存在以证明ClO2与Na2S发生氧化还原反应，所用试剂为稀盐酸和BaCl2溶液，离子反应为：SO42−+Ba2+═BaSO4↓。28、0.015mol/(L·min)1.2NAc增大减小adNO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O【解析】

(1)利用化合价变化判断氧化产物、还原产物，然后根据“氧化产物比还原产物多了1.4g”计算出消耗二氧化氮的物质的量及转移电子的物质的量；(2)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，据此进行判断；(3)缩小反应容器体积，增大了压强，平衡向着逆向移动，据此判断二氧化氮与氮气的浓度之比变化及二氧化氮的转化率变化；(4)反应的平衡常数K值变大，只有改变温度使得平衡正向移动；(5)用NaOH溶液完全吸收含等物质的量的NO、NO2混合气体，恰好反应生成亚硝酸钠和水。【详解】(1)对于6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g)+12H2O(g)，当有6molNO2反应共转移了24mol电子，该反应的氧化产物和还原产物都是氮气，根据N原子守恒，6mol二氧化氮反应生成4mol氧化产物、3mol还原产物，氧化产物比还原产物多1mol，质量多：28g/mo