甘肃省武威市2025-2026学年高三一诊考试化学试卷（含答案解析）

这是一份甘肃省武威市2025-2026学年高三一诊考试化学试卷（含答案解析），共4页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号等内容，欢迎下载使用。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、1，1-二环丙基乙烯()是重要医药中间体，下列关于该化合物的说法正确的是
A．所有碳原子可能在同一平面B．乙苯与它互为同分异构体
C．二氯代物有9种D．只能发生取代、加成、加聚反应
2、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A．能使酚酞变红的溶液：Na＋、Al3＋、SO42-、NO3-
B．0.1 ml/LNaClO溶液：K＋、Fe2＋、Cl－、SO42-
C．0.1ml/L氨水：K＋、Ag(NH3)2+、NO3-、OH－
D．由水电离产生的c(H＋)=1×10－13 ml/L的溶液：Na＋、NH4+、Cl-、HCO3-
3、为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1 ml 的中，含有个中子
B．pH=1的H3PO4溶液中，含有个
C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到个CO2分子
D．密闭容器中1 ml PCl3与1 ml Cl2反应制备 PCl5（g），增加个P-Cl键
4、证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热发生的是消去反应，分别设计甲、乙、丙三个实验：（甲）向反应混合液中滴入溴水，溶液颜色很快褪去．（乙）向反应混合液中滴入过量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液，有浅黄色沉淀生成．（丙）向反应混合液中滴入酸性KMnO4溶液，溶液颜色褪去．则上述实验可以达到目的是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．都不行
5、某盐溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl—、CO32—、NO3—七种离子中的数种。某同学取4份此溶液样品，分别进行了如下实验：
①用pH试纸测得溶液呈强酸性；
②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成；
③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；
④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色
该同学最终确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl—三种离子。
请分析，该同学只需要完成上述哪几个实验，即可得出此结论。
A．①②④B．①②C．①②③④D．②③④
6、某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按下面设计的方案制备碳酸氢钠。实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。下列说法正确的是（ ）
A．乙装置中盛放的是饱和食盐水
B．丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出
C．丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止产生的气体污染空气
D．实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶
7、以下除杂方法不正确的是（括号中为杂质）
A．NaCl(KNO3)：蒸发至剩余少量液体时，趁热过滤
B．硝基苯（苯）：蒸馏
C．己烷（己烯）：加适量溴水，分液
D．乙烯（SO2）：NaOH溶液，洗气
8、将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3ml/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是：（ ）
A．加入合金的质量不可能为6.4g
B．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为120mL
C．溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24L
D．参加反应的硝酸的物质的量为0.2ml
9、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．制备乙酸乙酯
B．配置一定物质的量浓度的NaOH溶液
C．在铁制品表面镀铜
D．制取少量CO2气体
10、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．20g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为NA
B．标准状况下，18g冰水中共价键的数目为NA
C．5.6g铁与7.1gCl2充分反应，转移电子数目为0.3NA
D．7.8gNa2O2与足量的水(H218O)反应生成的氧气所含的中子数为0.5NA
11、我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指
A．氨水B．硝酸C．醋D．卤水
12、设ⅣA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．足量Zn与一定量的浓硫酸反应产生22.4L气体时，转移的电子数为2NA
B．15.6g的Na2S和Na2O2固体混合物中，阴离子数为0.2NA
C．1 L 0.1 ml∙L-1的CH3COONa溶液中含有的CH3COO-数目为0.1NA
D．12g金刚石中含有的碳碳单键数约为4NA
13、固体混合物X可能含有NaNO2、Na2SiO3、FeCl3、KAlO2中的一种或几种物质，某同学对该固体进行了如下实验：
下列判断正确的是
A．溶液甲中一定含有NaNO2、Na2SiO3，可能含有FeCl3、KAlO2
B．原固体混合物X中一定有KAlO2
C．固体乙、固体丁一定是纯净物
D．将溶液乙和溶液丁混合一定有无色气体生成，可能有白色沉淀生成
14、已知：①H2 (g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ ②Se (g) → Se (s) +102.17kJ； 下列选项正确的是
A．H2 (g) + Se (s)的总能量对应图中线段 b
B．相同物质的量的 Se，Se(s)的能量高于 Se(g)
C．1ml Se (g)中通入 1ml H2(g)，反应放热 87.48kJ
D．H2 (g) + S (g) H2S (g) +QkJ ，Q< 87.48kJ
15、下列操作能达到相应实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
16、2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A．放电时B电极反应式为：I2+2e-=2I-
B．放电时电解质储罐中离子总浓度增大
C．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜
D．充电时，A极增重65g时，C区增加离子数为4NA
二、非选择题（本题包括5小题）
17、生物降解高分子材料F的合成路线如下，已知C是密度为1.16 g·L－1的烃。
已知：
(1)下列说法正确的是________。
A．A能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色
B．等物质的量的B和乙烷，完全燃烧，消耗的氧气相同
C．E能和Na反应，也能和Na2CO3反应
D．B和E反应，可以生成高分子化合物，也可以形成环状物
(2)C中含有的官能团名称是________。
(3)由B和E合成F的化学方程式是____________________________________。
(4)完成由CH2=CH2、HCHO合成H3COOCCH2CH2COOCH3合成路线_____________(用流程图表示，无机试剂任选)。
(5)的同分异构体中，分子中含1个四元碳环，但不含—O—O—键。结构简式是________。
18、有机物N的结构中含有三个六元环，其合成路线如下。
已知：RCH=CH2+CH2=CHR′ CH2=CH2+RCH=CHR′
请回答下列问题：
（1）F分子中含氧官能团的名称为_______。B的结构简式为____________。
（2）G→H的化学方程式______________。其反应类型为_____。
（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式____________。
（4）A 在5000C和Cl2存在下生成，而不是或的原因是_________。
（5）E的同分异构体中能使FeCl3溶液显色的有_______种。
（6）N的结构简式为________________。
19、是一种高效安全消毒剂，常温下为红黄色有刺激性气味气体，其熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，能溶于水但不与水反应，遇热水缓慢水解。某研究性学习小组欲制备水溶液并检验其性质。
Ⅰ．二氧化氯水溶液制备。
在圆底烧瓶中先放入固体和，然后再加入5mL稀硫酸，用磁力搅拌棒搅拌（如图），将烧瓶放在热水浴中，保持60℃~80℃，至B中广口瓶内呈深红黄色时停止加热。回答下列问题：
(1)装置A用水浴加热的优点是_________；装置A中水浴温度不低于60℃，其原因是_______________。
(2)装置A中反应生成及等产物的化学方程式为_____________________；
(3)装置B的水中需放入冰块的目的是__________________；已知缓慢水解生成的含氯化合物只有和，且物质的量之比为2:1，则该反应的化学方程式为____________；装置C中的溶液吸收尾气中的，生成物质的量之比为的1:1的两种盐，一种为，另一种为_________________。
Ⅱ．的含量测定
步骤1：量取溶液，稀释成试样；量取试样加入到锥形瓶中；
步骤2：调节试样的，加入足量的晶体，振荡后，静置片刻；
步骤3：加入指示剂，用溶液滴定至终点，消耗溶液。
(4)已知：，，原溶液的浓度为_____（用含字母的代数式表示），如果滴定速度过慢，会使计算出的数值______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
Ⅲ．设计实验验证的氧化性
(5)取适量水溶液加入溶液中，振荡，得无色溶液。欲检验的氧化产物，还需要用到的试剂是____________。
(6)证明的氧化性比强的方案是__________________________________。
20、Ⅰ．现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如图：
已知NaHCO3在低温下溶解度较小。
（1）反应Ⅰ的化学方程式为______。
（2）处理母液的两种方法：
①向母液中加入石灰乳，反应的化学方程式为____，目的是使____循环利用。
②向母液中____并降温，可得到NH4Cl晶体。
Ⅱ．某化学小组模拟“侯氏制碱法”，以NaCl、NH3、CO2和水等为原料以及如图所示装置制取NaHCO3，然后再将NaHCO3制成Na2CO3。
（3）装置丙中冷水的作用是______；由装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有______、洗涤、灼烧。
（4）若灼烧的时间较短，NaHCO3将分解不完全，该小组对一份加热了t1 min的NaHCO3 样品的组成进行了以下探究。
取加热了t1min的NaHCO3样品29.6g完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌。随着盐酸的加入，溶液中有关离子的物质的量的变化如图所示。曲线c对应的溶液中的离子是____（填离子符号）；该样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别是___ml、___ml。
21、化学反应条件是研究化学反应的重要方向。
（1）化工原料异丁烯（C4H8）可由异丁烷（C4H10）直接催化脱氢制备：C4H10（g） C4H8（g）+H2（g） △H=+139kJ·ml-1
一定条件下，以异丁烷为原料生产异丁烯，在202kPa和808kPa下异丁烷平衡转化率随温度的变化如图所示。
①p1=_______kPa，选择异丁烯制备的温度条件是550~600℃的理由是_________________。
②若平衡混合气中异丁烯的体积分数为25%，则异丁烷的平衡转化率为_______%（保留小数点后1位）。
（2）异丁烷催化脱氢制备异丁烯的研究热点是催化活性组分以及载体的选择。下表是以V-Fe-K-0为催化活性物质，反应时间相同时，测得的不同温度、不同载体条件下的数据。
说明：收率=（生产目标产物的原料量/原料的进料量）×100%
①由上表数据，可以得到的结论是____________（填字母序号）。
a 载体会影响催化剂的活性 b 载体会影响催化剂的选择性 c 载体会影响化学平衡常数
②分析以γ-Al2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因：__________。
（3）工业上用复合氧化钴（组成为C3O4）、碳酸锂以Li/C（原子比）=1混合，在空气中900℃下加热5小时制备锂离子电池正极材料LiC O2，写出制备LiCO2的化学方程式__________。废旧的锂离子电池需要回收，“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂在正极回收的原因是____________。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A. 在该物质分子中含有6个饱和碳原子，由于饱和碳原子构成的是四面体结构，所以分子中不可能所有碳原子可能在同一平面，A错误；
B. 乙苯分子式是C8H10，1，1-二环丙基乙烯分子式是C8H12，二者的分子式不相同，因此乙苯与1，1-二环丙基乙烯不是同分异构体，B错误；
C. 该物质分子结构对称，若2个Cl原子在同一个C原子上，有2种不同的结构；若2个Cl原子在不同的C原子上，其中一个Cl原子在不饱和C原子上，可能有2种不同结构；若其中一个Cl原子位于连接在不饱和C原子的环上的C原子上，另一个C原子可能在同一个环上有1种结构；在不同环上，具有2种结构；若一个Cl原子位于-CH2-上，另一个Cl原子在同一个环上，只有1种结构；在两个不同环上，又有1种结构，因此可能的同分异构体种类数目为：2+2+1+2+1+1=9，C正确；
D. 该物质含有不饱和的碳碳双键，可发生加成反应、加聚反应；含有环丙基结构，能够发生取代反应，该物质属于不饱和烃，能够发生燃烧反应，催化氧化反应，因此不仅仅能够发生上述反应，D错误；
故合理选项是C。
2、C
【解析】
A.能使酚酞变红的溶液呈碱性，Al3+与OH-会发生反应，在碱性溶液中不能大量共存，A错误；
B.NaClO、Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.K+、[Ag(NH3)2]+、NO3-、OH-之间不反应，都不与氨水反应，在氨水中能够大量共存，C正确；
D.由水电离产生的c(H+)=1×10-13 ml/L的溶液呈酸性或碱性，HCO3-与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，D错误；
故合理选项是C。
3、A
【解析】
A．11B中含有6个中子，0.1ml 11B含有6NA个中子，A正确；
B．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；
C．标准状况下苯不是气体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；
D．PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所1mlPCl3与1mlCl2反应生成的PCl5小于1ml，增加的P－Cl键的数目小于2NA个，D错误；答案选A。
4、D
【解析】
溴乙烷水解反应：C2H5Br+NaOH→C2H5OH+NaBr（氢氧化钠水溶液共热）；消去反应：CH3CH2Br+NaOH→CH2=CH2+NaBr+H2O（氢氧化钠乙醇共热），即无论发生水解反应还是消去反应，混合液里面都有Br-。
【详解】
A、甲同学未向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH，过量的NaOH可与溴水反应使溶液颜色很快褪去，A不正确；
B、乙同学向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH，然后再滴入AgNO3溶液，若有浅黄色沉淀生成, 可证明混合液里含有Br-，不能证明发生了消去反应，B不正确；
C、酸性KMnO4溶液遇醇类也可以发生氧化还原反应颜色变浅，C不正确；
D、根据上述分析可知，三种方案都不行，符合题意。
答案选D。
5、B
【解析】
由①溶液呈强酸性，溶液中不含CO32-；由②加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成，溶液中含NH4＋、Fe2＋，由于酸性条件下NO3-、Fe2+不能大量共存，则溶液中不含NO3-，根据溶液呈电中性，溶液中一定含Cl-；由③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，溶液中含Cl-；由④加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色，溶液中含Fe2+；根据上述分析，确定溶液中肯定含NH4+、Fe2+、Cl-只需完成①②，答案选B。
6、B
【解析】
工业上侯氏制碱法是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，由于氨气在水中的溶解度大，所以先通入氨气，通入足量的氨气后再通入二氧化碳，生成了碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以溶液中有碳酸氢钠晶体析出，将碳酸氢钠晶体加热后得纯碱碳酸钠，据此分析解答。
【详解】
A. 利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，因此乙装置中盛放的是饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；
B. 碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出，故B正确；
C. 实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3，氨气极易溶于水，丁装置中倒扣的漏斗主要是防止倒吸，故C错误；
D. 分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作，故D错误；
答案选B。
明确“侯氏制碱法”的实验原理为解题的关键。本题的易错点为A，要注意除去二氧化碳中的氯化氢气体通常选用的试剂。
7、C
【解析】
根据被提纯物和杂质的性质选择合适的方法。除杂应符合不增加新杂质、不减少被提纯物、操作方便易行等原则。
【详解】
A.KNO3的溶解度随温度升高而明显增大，而NaCl的溶解度受温度影响小。蒸发剩余的少量液体是KNO3的热溶液，应趁热过滤，滤渣为NaCl固体，A项正确；
B. 硝基苯、苯互溶但沸点不同，故用蒸馏方法分离，B项正确；
C. 己烯与溴水加成产物能溶于己烷，不能用分液法除去，C项错误；
D. SO2能被NaOH溶液完全吸收，而乙烯不能，故可用洗气法除杂，D项正确。
本题选C。
8、C
【解析】
淀为M(OH)2，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n(OH-)==0.3ml，根据氢氧根离子守恒n[M(OH)2]=n(OH-)=×0.3ml=0.15ml，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15ml；
A．因为镁、铜的物质的量无法确定，则无法计算合金质量，故A错误；
B．由氢氧根离子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3ml，V(NaOH)==100mL，故B错误；
C．由转移电子守恒得n(NO)==0.1ml，生成标况下NO体积=22.4L/ml×0.1ml=2.24L，故C正确；
D．根据转移电子守恒得参加反应硝酸的物质的量==0.1ml，根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n(HNO3)=2n[M(NO3)2]=2n(M)=0.15ml×2=0.3ml，所以参加反应硝酸的物质的量=0.1ml+0.3ml=0.4ml，故D错误；
故答案为C。
本题以镁、铜为载体考查混合物的计算，侧重考查分析、计算能力，正确判断沉淀和合金质量差成分是解本题关键，灵活运用原子守恒、转移电子守恒解答即可。
9、A
【解析】
A. 将乙醇加入大试管中，再注入浓硫酸并振荡冷却后加入冰醋酸，混合加热制备乙酸乙酯，产物用饱和碳酸钠溶液吸收，导管末端置于液面上，能达到实验目的，选项A正确；
B. 容量瓶不能直接用于配置溶液，必须将NaOH固体倒入烧杯中，加入蒸馏水溶解后，冷却至室温，再转移至容量瓶，选项B错误；
C. 在铁制品表面镀铜时应将铁制品连接在电源的负极作为阴极，铜连接在电源的正极，电解质溶液为可溶性铜盐溶液，选项C错误；
D.实验室制取CO2用的是大理石或石灰石和稀盐酸反应，纯碱与盐酸反应速率快不易收集，另外纯碱易溶于水，不能停留在有孔塑料板上，不能达到反应随时发生随时停止的作用，选项D错误。
答案选A。
10、A
【解析】
A. 20g46%的甲酸溶液中甲酸的质量为20g×46%=9.2g，物质的量为，0.2ml甲酸含0.4NA个氧原子，水的质量为10.8g，水的物质的量为，0.6ml水含0.6NA个氧原子，故溶液中共含0.4NA+0.6NA=NA个氧原子，故A正确；
B. 18g冰水的物质的量为1ml，而水分子中含2条共价键，故1ml水中含2NA条共价键，故B错误；
C. 5.6g铁和7.1g氯气的物质的量均为0.1ml，二者反应的化学方程式为，由比例关系知，0.1ml铁完全反应需要0.15ml氯气，故氯气不足，Fe过量，则0.1ml氯气反应后转移0.2NA个，故C错误；
D. 7.8g过氧化钠的物质的量为0.1ml，而过氧化钠和水反应时生成的氧气全部来自于过氧化钠，故生成的氧气为16O2，且物质的量为0.05ml，故含中子数为0.05ml×16NA=0.8NA个，故D错误；
故选A。
氯气与铁单质反应，无论氯气是不足量还是过量，只生成FeCl3，而不生成FeCl2，这是学生们的易错点。1ml氯气与足量铁反应，转移2ml电子；足量氯气与1ml铁反应，转移3ml电子，这是常考点。
11、B
【解析】
根据题意该物质能够与很多金属反应，根据选项B最符合，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属；
答案选B。
12、B
【解析】
A. 未说明气体是否在标况下，不能计算，故错误；
B. Na2S和Na2O2二者的摩尔质量相同，所以 15.6g的Na2S和Na2O2固体混合物中即0.2ml，阴离子数为0.2NA，故正确；
C. CH3COONa溶液中醋酸根离子水解，不能计算其离子数目，故错误；
D. 12g金刚石即1ml，每个碳原子与4个碳原子形成共价键，所以平均每个碳形成2个键，则该物质中含有的碳碳单键数约为2NA，故错误。
故选B。
13、D
【解析】
溶液甲能和盐酸反应生成固体乙，说明溶液甲中含有硅酸钠，固体乙为硅酸，溶液甲和盐酸反应生成气体，说明含有亚硝酸钠，则溶液乙含有氯化钠和盐酸，固体甲可能是氯化铁和硅酸钠双水解生成的硅酸和氢氧化铁，或还存在氯化铁和偏铝酸钾双水解生成的氢氧化铝沉淀，溶液甲可能有剩余的偏铝酸钾。硅酸或氢氧化铝都可溶于氢氧化钠，溶液丙为硅酸钠或还有偏铝酸钠，固体丙为氢氧化铁。溶液丙中通入过量的二氧化碳，生成硅酸沉淀或氢氧化铝沉淀，溶液丁含有碳酸氢钠。
A.溶液甲一定有亚硝酸钠和硅酸钠，可能有偏铝酸钾，一定不存在氯化铁，故错误；
B.X可能有偏铝酸钾，故错误；
C.固体乙一定是硅酸，固体丁可能是硅酸或氢氧化铝，故错误；
D.溶液甲中有氯化钠和盐酸，可能有偏铝酸钾，与溶液丁碳酸氢钠反应，一定有二氧化碳气体，可能有氢氧化铝沉淀。故正确；
故选D。
掌握物质之间的反应，和可能性，注意可能存在有剩余问题，抓住特殊物质的性质，如加入盐酸产生沉淀通常认为是氯化银沉淀，但要注意有硅酸沉淀，注意盐类水解情况的存在。
14、A
【解析】
A. 根据①H2 (g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ ②Se (g) → Se (s) +102.17kJ 可得：H2 (g) + Se (s) H2Se (g) -14.69kJ ，所以H2 (g) + Se (s)的总能量对应图中线段 b，故正确；
B. 相同物质的量的 Se，Se(s)的能量低于 Se(g)，故错误；
C. 1ml Se (g)中通入 1ml H2(g)，H2 (g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ，该反应是可逆反应，放出的热量小于87.48kJ，故错误；
D.S和Se是同族元素，S的非金属性比Se强，和氢气化合更容易，放热更多，故错误；
故选：A。
15、A
【解析】
A选项，检验绿茶中是否含有酚类物质，向茶水中滴加FeCl3溶液，变紫色，则含有分类物质，故A正确，符合题意；
B选项，不能用pH试纸测定84消毒液的pH，因为84消毒液有漂白性，故B错误，不符合题意；
C选项，除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，苯酚和溴水反应生成2,4,6—三溴苯酚与苯互溶，不能用过滤、分液，故C错误，不符合题意；
D选项，实验室制备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎瓷片，加热，故D错误，不符合题意。
综上所述，答案为A。
检验酚羟基主要用铁离子检验。
16、C
【解析】
由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn，据此分析解答。
【详解】
A.放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，A正确；
B.放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，B正确；
C.离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极区，K+通过N膜进入正极区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，C错误；
D.充电时，A极反应式Zn2++2e-=Zn，A极增重65g转移2ml电子，所以C区增加2mlK+、2mlCl-，离子总数为4NA，D正确；
故合理选项是C。
本题考查化学电源新型电池，根据电极上发生的反应判断放电时的正、负极是解本题关键，要会根据原电池、电解池反应原理正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是C为易错点。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、ABD 碳碳三键 nHOOCCH2CH2COOH＋nHOCH2CH2CH2CH2OH＋(2n-1)H2O
【解析】
C是密度为1.16 g·L－1的烃，则M=Vm=1.16 g·L－122.4L/ml=26g/ml，C为乙炔，根据已知反应的可知乙炔与甲醛反应生成D为HOCH2CCCH2OH，D催化加氢得E为HOCH2CH2CH2CH2OH；苯催化氧化生成，与水在加热条件下反应生成A为HOOCCH=CHCOOH，HOOCCH=CHCOOH催化加氢得B为HOOCCH2CH2COOH；HOOCCH2CH2COOH与HOCH2CH2CH2CH2OH在一定条件下发生缩聚反应生成F为，据此分析。
【详解】
根据上述分析可知：
(1)A.A是HOOCCH=CHCOOH，官能团中碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色，选项A正确；
B.B的分子式是C4H6O4，碳氧抵消后为C2H6，完全燃烧消耗的氧气和等物质的量的乙烷相同，选项B正确；
C.E中有—OH，能和Na反应，不能和Na2CO3反应，选项C错误；
D.B和E中都是双官能团，也可以形成环状物，也可以形成高分子化合物，选项D正确。
答案选ABD；
(2)从以上分析可知，C是乙炔，含有的官能团名称是碳碳三键；
(3)由B和E合成F是缩聚反应，化学方程式是nHOOCCH2CH2COOH＋nHOCH2CH2CH2CH2OH＋(2n-1)H2O；
(4)题目中要求用CH2=CH2、HCHO制取H3COOCCH2CH2COOCH3，用倒推法应有H3COH和HOOCCH2CH2COOH，已知：RC≡CH＋，甲醇由甲醛氢化还原制取，则合成路线为；
(5)的同分异构体满足：分子中含1个四元碳环，但不含—O—O—键。结构简式是等。
18、羧基 C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O 取代反应、（中和反应） 因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代 9种
【解析】
由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与发生已知信息中的反应生成A，为。与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B发生卤代烃的水解反应反应生成C，C氧化生成D，结合D分子式可知B为，顺推可知C为，D为。根据N分子结构中含有3个六元环可知，D与M应是发生酯化反应，M中羧基与羟基连接同一碳原子上，结合N的分子式可推知M为，N为。苯乙烯与水发生加成反应生成E为，再发生氧化反应生成，与氯气反应生成G，G在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到H，则G为，H为，据此解答。
【详解】
（1）F分子中含氧官能团的名称为羧基，B的结构简式为；故答案为：羧基；；
（2）G→H的化学方程式：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O，其反应类型为水解反应取代反应、中和反应；故答案为：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O；水解反应取代反应、中和反应；
（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式：；故答案为：；
（4）A在和存在下生成，而不是或的原因是：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；故答案为：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；
（5）E（）的同分异构体中能使溶液显色，说明含有酚羟基，另外取代基为乙基，有邻、间、对3种，或取代基为2个甲基，当2个甲基处于邻位时，有2种位置，当2个甲基处于间位时，有3种位置，当2个甲基处于对位时，有1种位置，共有9种；故答案为：9；
（6）根据以上分析可知N的结构简式为；故答案为：。
已知条件RCH=CH2+CH2=CHR′ CH2=CH2+RCH=CHR′为烯烃双键断裂，结合新对象的过程。由此可以迅速知道C8H8的结构为为,，A为，再依次推导下去，问题迎刃而解。
19、受热均匀，且易控制温度 如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出 2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O 可减少ClO2挥发和水解 8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2 NaClO3 偏大 盐酸和BaCl2溶液 将ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明ClO2的氧化性比Fe3+强。
【解析】
Ⅰ．水浴加热条件下，草酸、氯酸钾在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，因遇热水缓慢水解，则B中含冰块的水用于吸收ClO2，根据氧化还原反应规律，结合生成物的物质的量的比及质量守恒定律书写反应方程式；C中NaOH溶液可吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为NaClO2，根据氧化还原反应规律来书写；
II.有碘单质生成，用淀粉做指示剂；根据元素守恒结合反应得到关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算c(ClO2)；
III.ClO2 具有强氧化性，可氧化H2S生成硫酸，氧化亚铁离子生成铁离子，检验铁离子即可解答该题。
【详解】
I.(1)装置A用水浴加热的优点是受热均匀，且易控制温度，如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出，温度过高，会加剧ClO2 水解；
(2)装置A 中反应生成ClO2及KHSO4等产物，同时草酸被氧化生成水和二氧化碳，则反应化学方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；
(3)装置B的水中需放入冰块，可减少ClO2挥发和水解；ClO2缓慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物质的量之比为2:1，则根据反应前后各种元素原子个数相等，结合电子转移守恒，可得该反应的化学方程式为8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2；装置C中NaOH溶液的作用是吸收尾气中的ClO2，生成物质的量之比为的1：1的两种盐，由于ClO2中Cl元素的化合价为+4价，一种为NaClO2，根据氧化还原反应的规律，则另一种生成物为NaClO3；
II.有碘单质生成，用淀粉作指示剂；二氧化硫和碘单质的反应中，根据电子守恒，得到：2ClO2～5I2，结合反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3。
设原ClO2溶液的浓度为x，n(Na2S2O3)=c·V2×10-3ml，
2ClO2～5I2～10Na2S2O3
2ml 10ml
cV2×10-3ml，2:10=：(cV2×10-3)，解得x==g/L；
如果滴加速率过慢，溶液中部分I-被氧气氧化产生I2，消耗的标准Na2S2O3溶液的体积偏大，则由此计算出的ClO2的含量就会偏大；
(4)取适量ClO2 水溶液加入H2S溶液中，振荡，得无色溶液，说明硫化氢被氧化生成硫酸，可先加入盐酸酸化，然后再加入氯化钡检验，若反应产生白色沉淀，证明有SO42-，即H2S被氧化产生了H2SO4；
(5)证明ClO2 的氧化性比Fe3+强，则可通过ClO2氧化Fe2+生成Fe3+，可将ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明ClO2的氧化性比Fe3+强。
本题考查了物质的制备和性质探究，把握物质的性质以及实验的原理和操作方法是解题关键，侧重考查学生的分析能力、实验能力，同时考查学生接受题目提供的信息能力与应用能力。
20、NaCl+CO2+NH3+H2O →NaHCO3↓+NH4Cl 2NH4Cl +Ca(OH)2→CaCl2+2NH3↑+2H2O NH3 通入NH3，加入细小的食盐颗粒 冷却，使碳酸氢钠晶体析出 过滤 HCO3- 0.1 0.2
【解析】
（1）由于NaHCO3在低温下溶解度较小，溶液中含有较大浓度的钠离子和碳酸氢根离子时，就会有碳酸氢钠晶体析出，所以饱和氯化钠中溶液中通入NH3和CO2发生反应的方程式为：NaCl+CO2+NH3+H2O →NaHCO3↓+NH4Cl;答案：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；
（2）①根据题中反应流程可知，过滤后得到的母液中含有氯化铵，母液中加入石灰乳后，发生反应为：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O，反应生成氨气，氨气可以在反应流程中循环利用；答案：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O；NH3；
②由反应NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓及流程图知，母液中溶质为氯化铵，向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨能电离铵根离子，铵根离子浓度增大有利于氯化铵析出。
答案：通入NH3，加入细小的食盐颗粒。
（3）由装置丙中产生的是NaHCO3，其溶解度随温度降低而降低，所以装置丙中冷水的作用是：冷却，使碳酸氢钠晶体析出；制取Na2CO3时需要过滤得到晶体，洗涤后加热灼烧得到碳酸钠；答案：冷却，使碳酸氢钠晶体析出；过滤；
(4)若在(2)中灼烧的时间较短, NaHCO3将分解不完全,该小组对一份加热了t1min的NaHCO3样品的组成进行了研究.取加热了t1min的NaHCO3样品29.6g 完全溶于水制成溶液,然后向此溶液中缓慢地滴加稀盐酸,并不断搅拌.随着盐酸的加入,发生反应CO32-+H+=HCO3-;HCO3-+ H+=CO2+H2O;溶液中有关离子的物质的量的变化为碳酸根离子减小,碳酸氢根离子浓度增大,当碳酸根离子全部转化为碳酸氢根离子,再滴入盐酸和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳,碳酸氢根离子减小,所以c曲线表示的是碳酸氢根离子物质的量变化。碳酸根离子物质的量为0.2ml,碳酸氢根离子物质的量为0.1ml；所以样品中NaHCO3的物质的量为0.1ml,Na2CO3的物质的量为0.2ml；
因此，本题正确答案是: HCO3-；0.1；0.2。
21、202 该反应催化剂活性在550 - 600℃最大，且在此温度下转化率巳经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多 33.3 ab 温度低于590℃，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g）C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590℃，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小 4C3O4+6Li2CO3+O212LiCO2 +6CO2 “放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集
【解析】
（1）①异丁烷制备异丁烯的反应是气体分子数增多的反应，增大压强，平衡逆向移动，异丁烷平衡转化率减小，所以P1小于P2，即P1=202kPa。一方面，催化剂需要合适的温度活性才会最好，另一方面，异丁烷制备异丁烯的反应是个吸热反应，温度太低，异丁烷的转化率太低，温度太高，异丁烷的转化率增大程度不大，且会消耗大量的能量。即该反应催化剂活性在550 - 600℃最大，且在此温度下转化率巳经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多,故答案为：202；该反应催化剂活性在550 - 600℃最大，且在此温度下转化率巳经很高，再升高温度转化率提高不大，但消耗能量多；
②设异丁烷起始值为1，变化值为x，则，25%=，解得x=，则异丁烷的平衡转化率==33.3%，故答案为：33.3%；
（2）①a．由表格可知，温度相同时，载体不同，异丁烷转化率不同，故载体会影响催化剂活性，a正确；
b．由表格可知，温度相同时，载体不同，异丁烯的收率不同，故载体会影响催化剂的选择性，b正确；
c．化学平衡常数只和温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，c错误；
综上所述，ab正确，故答案为：ab；
②温度低于590℃，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g）C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590℃，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小，故答案为：温度低于590℃，温度升高，催化剂的活性增强，反应速率增大，C4H10（g）C4H8（g）+H2（g）正向移动，异丁烯收率增大，温度高于590℃，催化剂的选择性降低，异丁烯收率减小；
（3）结合原子守恒、得失电子守恒可得方程式为：4C3O4+6Li2CO3+O212LiCO2 +6CO2，放电时，阳离子向正极移动，即“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集，故答案为：4C3O4+6Li2CO3+O212LiCO2 +6CO2；“放电处理”废旧的锂离子电池有利于锂离子向正极迁移而聚集。
实验目的
操作
A
检验绿茶中是否含有酚类物质
向茶水中滴加FeCl3溶液
B
测定84消毒液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上
C
除去苯中混有的少量苯酚
向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，过滤后分液
D
实验室制备乙酸乙酯
向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热
温度/℃
570
580
590
600
610
以r-Al2O3为载体
异丁烷转化率／％
36.41
36.49
38.42
39.23
42.48
异丁烯收率／％
26. 17
27. 11
27.51
26.56
26.22
以TiO2为载体
异丁烷转化率／％
30.23
30.87
32.23
33.63
33.92
异丁烯收率／％
25.88
27.39
28.23
28.81
29.30