2025届浙江省杭州市示范名校高三第一次调研测试化学试卷含解析

2025届浙江省杭州市示范名校高三第一次调研测试化学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、X、Y、Z是中学化学中常见的三种物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化关系的是（）XYZ箭头上所标数字的反应条件A．NONO2HNO3①常温遇氧气B．Cl2NaClOHClO②通入CO2C．Na2O2NaOHNaCl③加入H2O2D．Al2O3NaAlO2Al(OH)3④加NaOH溶液A．A B．B C．C D．D2、一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：H2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+H2（g）。当H2O、CO、CO2、H2的浓度不再变化时，下列说法中，正确的是（）A．该反应已达化学平衡状态 B．H2O和CO全部转化为CO2和H2C．正、逆反应速率相等且等于零 D．H2O、CO、CO2、H2的浓度一定相等3、下列化学用语正确的是A．CCl4分子的比例模型： B．CSO的电子式：C．对硝基苯酚的结构简式： D．16O的原子结构示意图：4、2019年诺贝尔化学奖授予了在锂离子电池领域作出突出贡献的三位科学家。一类锂离子电池的电池总反应为LixC6＋Li1-xYC6(石墨)+LiY。已知电子电量为1.6×10－19C，下列关于这类电池的说法中错误的是A．金属锂的价电子密度约为13760C/g B．从能量角度看它们都属于蓄电池C．在放电时锂元素发生了还原反应 D．在充电时锂离子将嵌入石墨电极5、以铁作阳极，利用电解原理可使废水中的污染物凝聚而分离，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A．电极b为阴极B．a极的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+C．处理废水时，溶液中可能发生反应：4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3D．电路中每转移3mol电子，生成1molFe(OH)3胶粒6、化学与生活密切相关，下列有关说法不正确的是（）A．在海轮外壳镶嵌锌块能减缓轮船的腐蚀B．燃煤中加入CaO可以减少温室气体的排放C．加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性D．医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）为75%7、NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．5.6gFe完全溶于一定量溴水中，反应过程中转移的总电子数一定为0.3NAB．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子C．标况时，22.4L二氯甲烷所含有的分子数为NAD．镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，有1.5NA对共用电子对被破坏8、在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)ΔH=QkJ/mol。相关条件和数据见下表：实验编号实验Ⅰ实验Ⅱ实验Ⅲ反应温度/℃700700750达平衡时间/min40530平衡时n(C)/mol1.51.51化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（）A．K1=K2<K3B．升高温度能加快反应速率的原因是降低了反应的活化能C．实验Ⅱ比实验Ⅰ达平衡所需时间小的可能原因是使用了催化剂D．实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molC，平衡正向移动9、用NaOH标准溶液滴定盐酸实验中，以下操作可能导致所测溶液浓度偏高的是A．滴定管用待装液润洗B．锥形瓶振荡时有少量液体溅出C．滴定结束后滴定管末端出现气泡D．锥形瓶用待测液润洗10、已知X、Y、Z、W、M均为短周期元素。25℃时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol/L）溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．X、M简单离子半径大小顺序：X>MB．Z的最高价氧化物水化物的化学式为H2ZO4C．X、Y、Z、W、M五种元素中只有一种是金属元素D．X的最简单氢化物与Z的氢化物反应后生成的化合物中既含离子键又含共价键11、一定条件下，不能与SiO2反应的物质是（）A．CaCO3 B．NaOH C．盐酸 D．焦炭12、化学制备萘（）的合成过程如图，下列说法正确的是（）A．a的分子式是C10H12O B．b的所有碳原子可能处于同一平面C．萘的二氯代物有10种 D．a→b的反应类型为加成反应13、加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是A．装置乙试管中收集到的液体在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应B．装置丙中的试剂吸收反应产生的气体后得到的产物的密度均比水大C．最后收集的气体可以作为清洁燃料使用D．甲烷的二氯代物有2种14、在化学能与电能的转化中，下列叙述正确的是A．镀锌铁皮在食盐水中发生析氢腐蚀B．电解池的阴极材料一定比阳极材料活泼C．将铁器与电源正极相连，可在其表面镀锌D．原电池的负极和电解池的阳极均发生氧化反应15、有机物G的结构简式为，下列关于有机物G的说法错误的是A．分子式为C10H12O5B．1molG与足量的金属钠反应，生成H2的体积为33.6LC．在一定条件下，1molG与足量的H2反应，最多消耗3molH2D．可发生取代反应、加成反应和氧化反应16、几种无机物之间转化关系如下图(反应条件省略。部分产物省略)。下列推断不正确的是A．若L为强碱，则E可能为NaCl溶液、F为钾B．若L为强酸，则E可能为NaHS、F为HNO3C．若L为弱酸，则E可能为Mg、F为CO2D．若L为强酸，则E可能为NH4Cl、F为Ca(OH)2二、非选择题（本题包括5小题）17、四川北川盛产蔷薇科植物。蔷薇科植物中含有一种芳香醛(用E表示)，在染料工业和食品工业上有着广泛的用途，下面是它的一种合成路线。其中0.lmol有机物A的质量是12g，在足量的氧气中充分燃烧后生成0.8molCO2和7.2gH2O；D能使溴的四氯化碳溶液褪色，D分子与C分子具有相同的碳原子数；F继续被氧化生成G，G的相对分子质量为90。已知：①CH3-CHO②回答下列问题：（1）A的结构简式为__________________。（2）A～G中能发生酯化反应的有机物有：_________(填字母序号)。（3）C在浓硫酸加热的条件下时，分子内脱水除生成D外还可以生成另一种有机物，写出该反应的方程式：___________________；该反应类型_________。（4）C的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有多种。①能与3molNaOH溶液反应；②苯环上的一卤代物只有一种。写出所有满足条件有机物的结构简式______________________________。（5）C与4-甲基-2,3-戊二醇两分子之间1:1发生取代反应，生成的有机物有_____种。18、已知一个碳原子上连有两个羟基时，易发生下列转化：。请根据如图回答：（1）物质A的化学式为C8H10，写出A的名称___，鉴别A和可选用的试剂是___。（2）写出反应①的化学反应方程式____。（3）反应①～⑤中，属于加成反应的是____；反应⑤的反应条件为___。（4）写出2种满足下列条件的同分异构体的结构简式。___，____。①含苯环结构②能发生银镜反应（5）设计由制备的合成路线（无机试剂任选）。_____合成路线常用的表示方式为：19、目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。碱式碳酸镍的制备：工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]，制备流程如图：（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化学式为__。（2）物料在反应器中反应时需要控制反应温度和pH值。分析如图，反应器中最适合的pH值为__。（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是__。测定碱式碳酸镍晶体的组成：为测定碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]组成，某小组设计了如图实验方案及装置：资料卡片：碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O实验步骤：①检查装置气密性；②准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B装置中，连接仪器；③打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；④__；⑤打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气；⑥分别准确称量装置C、D、E的质量并记录；⑦根据数据进行计算（相关数据如下表）装置C/g装置D/g装置E/g加热前250.00190.00190.00加热后251.08190.44190.00实验分析及数据处理：（4）E装置的作用__。（5）补充④的实验操作___。（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成__（填化学式）。镍的制备：（7）写出制备Ni的化学方程式__。20、过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应，不溶于乙醇，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。根据题意，回答相关问题。I．CaO2晶体的制备：CaO2晶体通常可利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图如下：（1）三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为_____。（2）冷水浴的目的是____；步骤③中洗涤CaO2·8H2O的实验操作方法是______Ⅱ．CaO2含量的测定：测定CaO2样品纯度的方法是：称取0.200g样品于锥形瓶中，加入50mL水和15mL2mol·L-lHCl，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnCl2稀溶液，立即用0.0200mol·L-lKMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00mL标准液。（3）上述过程中使用稀盐酸而不使用稀硫酸溶解样品的原因是___；滴定前加入MnCl2稀溶液的作用可能是____。（4）滴定过程中的离子方程式为_______，样品中CaO2的质量分数为______。（5）实验I制得的晶体样品中CaO2含量偏低的可能原因是：①____；②____。21、1799年由英国化学家汉弗莱·戴维发现一氧化二氮（N2O）气体具有轻微的麻醉作用，而且对心脏、肺等器官无伤害，后被广泛应用于医学手术中。（1）一氧化二氮早期被用于牙科手术的麻醉，它可由硝酸铵在催化剂下分解制得，该反应的化学方程式为___。（2）已知反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的ΔH=–163kJ·mol－1，1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收945kJ、498kJ的能量，则1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为______kJ。在一定温度下的恒容容器中，反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的部分实验数据如下：①在0～20min时段，反应速率v(N2O)为___mol·L-1·min-1。②若N2O起始浓度c0为0.150mol/L，则反应至30min时N2O的转化率α=___。③不同温度（T）下，N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示（图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间），则T1___T2（填“>”、“=”或“<”）。当温度为T1、起始压强为p0，反应至t1min时，体系压强p=___（用p0表示）。（4）碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：第一步I2(g)=2I(g)（快反应）第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)（慢反应）第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I(g)（快反应）实验表明，含碘时NO分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5（k为速率常数）。下列表述正确的是___（填标号)。A．温度升高，k值增大B．第一步对总反应速率起决定作用C．第二步活化能比第三步大D．I2浓度与N2O分解速率无关

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.一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故A正确；B.氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故B正确；C.氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，故C错误；D.氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故D正确；本题选C。【点睛】要通过氯化钠得到过氧化钠，首先要电解熔融的氯化钠得到金属钠，金属钠在氧气中燃烧可以得到过氧化钠。2、A【解析】

A项、当H2O、CO、CO2、H2的浓度不再变化时，说明正逆反应速率相等，反应已达化学平衡状态，故A正确；B项、可逆反应不可能完全反应，则H2O和CO反应不可能全部转化为CO2和H2，故B错误；C项、化学平衡状态是动态平衡，正、逆反应速率相等且大于零，故C错误；D项、平衡状态时H2O、CO、CO2、H2的浓度不变，不一定相等，故D错误；故选A。3、B【解析】

A.四氯化碳中的氯原子半径比碳原子半径大，故其比例模型错误；B.CSO的电子式应类似二氧化碳的电子式，即氧原子和碳原子之间形成两对共用电子，故正确；C.对硝基苯酚中的硝基中的氮原子与苯环上的碳原子连接，故结构简式为，故错误；D.16O的原子中质子数为8，核外电子数为8个，故原子结构示意图正确。故选C。4、C【解析】

A．7g金属锂价电子1mol，其电量约为(6.02×1023)×(1.6×10－19C)，故金属锂的价电子密度约为(6.02×1023)×(1.6×10－19C)÷7g=13760C/g，故A正确；B．锂离子电池在放电时释放电能、在充电时消耗电能，从能量角度看它们都属于蓄电池，故B正确；C．在放电时，无锂单质生成，故锂元素没有被还原，故C错误；D．在充电时发生“C6→LixC6”，即锂离子嵌人石墨电极，故D正确；答案选C。5、D【解析】

根据图示可知，铁做阳极，失电子，发生氧化反应，Fe-2e-=Fe2+，所以a为阳极，b电极为阴极，发生还原反应，2H2O+2e-=H2+2OH-。【详解】A.根据图示a电极为Fe电极，连接电源正极，作阳极，失去电子，发生氧化反应，b电极连接电源负极，作阴极，A正确；B.由图示可知：a电极为Fe电极，失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，B正确；C.Fe2+具有还原性，容易被溶解在溶液的氧气氧化变为Fe3+，氧气得到电子变为OH-，Fe3+与OH-结合形成Fe(OH)3，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，在处理废水时，溶液中可能发生的反应为：4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3，C正确；D.Fe(OH)3胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，所以电路中每转移3mol电子，生成Fe(OH)3胶粒的物质的量小于1mol，D错误；故合理选项是D。6、B【解析】

A．Zn、Fe、海水形成原电池中，Zn比Fe活泼作负极，Fe作正极，发生得电子的还原反应得到保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B．燃煤中加入CaO可吸收二氧化硫，减少酸雨的发生，不能减少温室气体的排放，故B错误；C．加热可使蛋白质发生变性，则加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性，故C正确；D．75%的酒精可用于杀菌消毒，杀毒效果好，对人体危害最小，浓度太大易在细胞壁上形成一层膜阻止酒精渗入，浓度太小杀菌效果差，故D正确；故答案选B。7、D【解析】A．铁完全溶于一定量溴水，反应后的最终价态可能是+3价，还可能是+2价，故0.1mol铁转移的电子数不一定是0.3NA个，还可能是0.2NA个，故A错误；B．Na原子最外层是1个电子，则1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去1NA个电子，故B错误；C．标况下二氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，参加反应的N2为0.5mol，而N2分子含有氮氮叁键，则有1.5NA对共用电子对被破坏，故D正确；答案为D。8、C【解析】

A.反应为2A(g)+B(g)2C(g)，比较实验I和III，温度升高，平衡时C的量减少，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，Q<0，则K3<K1；温度相同，平衡常数相同，则K1=K2，综上所述可知平衡常数关系为：K3<K2=K1，A错误；B.升高温度，使一部分分子吸收热量而变为活化分子，导致活化分子百分数增大，增大活化分子有效碰撞机会，化学反应速率加快，而反应的活化能不变，B错误；C.实验II达到平衡的时间比实验I短，而实验温度与实验I相同，平衡时各组分的量也相同，可判断实验II改变的条件是使用了催化剂。催化剂加快反应速率，但不改变化学平衡状态，故实验I和Ⅱ探究的是催化剂对于化学反应的影响，C正确；D.容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)，实验III中，原平衡的化学平衡常数为K==4。温度不变，平衡常数不变，实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molC，则此时容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(C)=1mol/L，此时浓度商Qc==4=K，因此恒温下再向容器中通入1molA和1molC，化学平衡没有发生移动，D错误；故合理选项是C。9、D【解析】

由c(HCl)=可知，不当操作使V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，以此来解答。【详解】A．滴定管用待装液润洗，对实验无影响，故A错误；B．锥形瓶振荡时有少量液体溅出，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故B错误；C．滴定结束后滴定管末端出现气泡，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故C错误；D．锥形瓶用待测液润洗，n(HCl)偏大，则消耗V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，故D正确；故答案为D。【点睛】本题考查中和滴定操作、计算及误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。10、B【解析】

X、Y、Z、W、M均为短周期元素，由图像分析可知，原子半径：M>W>Z>Y>X，M的原子半径最大且0.01mol/L最高价氧化物对应水化物溶液的pH=12，则M为Na元素，0.01mol/LW的最高价氧化物对应水化物溶液的pH<2，则W为S元素，0.01mol/LZ的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2，则Z为Cl元素，X的半径最小，其0.01mol/L的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2，则X为N元素，0.01mol/LY的最高价氧化物对应水化物溶液的2<pH<7，则Y为C元素，据此分析解答问题。【详解】A．X、M的简单离子为N3-和Na+，两者电子层数相同，N3-的核电荷数小，故离子半径：N3->Na+，A选项正确；B．Z为Cl元素，其的最高价氧化物的水化物的化学式为HClO4，B选项错误；C．X、Y、Z、W、M五种元素中只有Na元素一种金属元素，C选项正确；D．X的最简单氢化物为NH3，Z的氢化物为HCl，两者反应后生成的化合物为NH4Cl，是离子化合物，既含离子键由含有共价键，D选项正确；答案选B。【点睛】本题要求学生能够掌握原子半径变化规律、酸碱性与pH的关系等，并且能够将这些变化及性质结合起来进行相关元素的判断，对学生的综合能力要求很高，在平时的学习中，要注意对相关知识点的总结归纳。11、C【解析】

A．二氧化硅与碳酸钙高温反应生成硅酸钙和二氧化碳；B．二氧化硅为酸性氧化物与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；C．二氧化硅与盐酸不反应；D．二氧化硅高温下与碳反应生成一氧化碳和硅。【详解】A．二氧化硅与碳酸钙高温反应生成硅酸钙和二氧化碳，二者能反应，故A不选；B．二氧化硅为酸性氧化物与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，二者能反应，故B不选；C．二氧化硅与盐酸不反应，二者不反应，故C选；D．二氧化硅高温下与碳反应生成一氧化碳和硅，二者能反应，故D不选；故选：C。12、C【解析】

A．根据结构简式确定分子式为C10H10O，故A错误；B．b中有4个C原子为饱和C原子，具有甲烷结构特点，所以该分子中所有C原子不可能共平面，故B错误；C．结构对称，萘中含2种位置的H，则其一氯代物有2种（），二氯代物有10种（，故C正确；D．a比b少1个O原子、多2个H原子，所以为还原反应，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系、同分异构体种类判断方法是解本题关键，C为解答易错点，采用"定一移二"的方法判断即可。13、D【解析】

A.装置乙试管中收集到的液体物质是苯和甲苯，两种物质的分子中都含有苯环，在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应，A正确；B.加热聚丙烯废塑料得到的不饱和烃乙烯、丙烯可以与Br2发生加成反应，产生1，2-二溴乙烷和1，2-二溴丙烷，它们都是液体物质，难溶于水，密度比水大，B正确；C.加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，气体物质有氢气、甲烷、乙烯、丙烯，液体物质有苯和甲苯，其中苯和甲苯经冷水降温恢复至常温下的液态留在小试管中；气体中乙烯、丙烯与溴的四氯化碳溶液反应变为液体，剩余气体为氢气、甲烷，燃烧产生H2O、CO2，无污染，因此可作为清洁燃料使用，C正确；D.甲烷是正四面体结构，分子中只有一种H原子，其二氯代物只有1种，D错误；故合理选项是D。14、D【解析】

A．镀锌铁在食盐水中发生吸氧腐蚀，故A错误；B．电解池中电解质溶液中的阳离子在阴极放电，与阴极电极材料活泼与否无关，故B错误；C．要在铁表面镀锌，将铁器与电源负极相连，故C错误；D．原电池的负极失电子发生氧化反应，电解池的阳极发生氧化反应，故D正确；故选：D。15、B【解析】

A．根据有机物G的结构简式可得，其分子式为C10H12O5，A选项正确；B．有机物G中有2个羟基和1个羧基，均可与金属钠反应，1molG与足量的金属钠反应，生成H2在标准状况下的体积为33.6L，题中未注明标准状况，B选项错误；C．在一定条件下，1molG中的苯环最多可与3molH2发生加成反应，C选项正确；D．有机物G中苯环可发生取代反应、加成反应，羟基可发生氧化反应，D选项正确；答案选B。16、A【解析】A、E为NaCl溶液、F为钾，G为KOH，H为H2，H2与O2生成H2O，H2O与O2不反应，故A错误；B、若L为强酸，则E可能为NaHS、F为HNO3，NaHS与HNO3生成Na2SO4和NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，L是HNO3是强酸，故B正确；C、若L为弱酸，则E可能为Mg、F为CO2，Mg与CO2反应生成MgO和C，C与O2反应生成CO，CO再与O2反应生成CO2，CO2溶于水生成H2CO3，L为H2CO3，是弱酸，故C正确；D．若L为强酸，则E可能为NH4Cl、F为Ca(OH)2，NH4Cl与Ca(OH)2反应生成CaCl2和NH3，NH3与O2反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2溶于水生成HNO3，L是HNO3是强酸，故D正确；故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、B、C、D、F、G酯化6【解析】

有机物A有C、H、O三种元素组成，Mr(A)=12/0.1=120，0.1molA在足量的氧气中充分燃烧后生成0.8molCO2和7.2gH2O，水的物质的量=7.2/18=0.4mol，根据原子守恒可知，该有机物中N(C)=0.8/0.1=8，N(H)=0.4×2÷0.1=8，有机物中N(O)=(120-12×8-1×8)÷16=1，有机物A的分子式为C8H8O，A经过一系列反应得到芳香醛E，结合信息中醛与HCN的加成反应，可知A含有C=O双键，A与HCN发生加成反应生成B，B发生水解反应生成C，C在浓硫酸、加热条件下生成D，D能使溴的四氯化碳溶液褪色，应为发生消去反应，D被臭氧氧化生成E与F，F继续被氧化生成G，G的相对分子质量为90，则G为HOOC-COOH，F为OHC-COOH，E为苯甲醛，D为苯丙烯酸，C为2-羟基-3-苯基丙酸，B为，A的结构简式为。【详解】（1）由上述分析可知，A为；（2）只要含有羧基或羟基的都能发生酯化反应，在A～G中能发生酯化反应的有机物有B、C、D、F、G；（3）由于C中含有羧基、羟基，另外还可以发生酯化反应生成另一种有机物，该反应的方程式为，反应类型为酯化反应。（4）C的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有多种，①能与3molNaOH溶液反应，说明含有酚羟基、羧酸与酚形成的酯基；②苯环上的一卤代物只有一种，说明苯环上含有1种氢原子；③能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合①可知，酯基为甲酸与酚形成的酯基，满足条件的有机物的结构简式为：和。（5）C中羧基和4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基发生酯化反应生成两种酯，C中的羟基和4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基脱水生成两种醚，C中的羧基和羟基与4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基同时脱水可生成两种产物，一共可生成6种产物。18、乙苯溴水+Br2+HBr；③NaOH水溶液、加热或或【解析】

(1)物质A的化学式为C8H10，则苯与CH3CH2Cl发生取代反应生成A为，A的名称为:乙苯；和都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，后者能与溴水发生加成反应，而前者不能，可以溴水区别二者，故答案为:乙苯；溴水；(2)反应①是苯与液溴在Fe作催化剂条件下生成溴苯，反应方程式为:+Br2+HBr；(3)对比物质的结构，可知①②④属于取代反应、③属于加成反应，而⑤先发生卤代烃的水解反应，再发生分子内脱水反应，反应条件为:NaOH水溶液、加热，故答案为:③;NaOH水溶液、加热;(4)满足下列条件的同分异构体:①含苯环结构，②能发生银镜反应，含有醛基，可以有1个取代基为-CH2CHO,可以有2个取代基为-CH3、-CHO,符合条件的同分异构体有:、、、；(5)与氢气发生加成反应生成，然后发生消去反应生成，再与溴发生加反应生成，最后发生消去反应生成，合成路线流程图为:。19、CO28.3取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净吸收空气中的H2O和CO2关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O【解析】

(1)根据元素守恒分析判断；(2)使各种杂质相对最少的pH即为最适合的pH；(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留；(4)根据实验目的和各个装置的作用分析；(5)根据实验目的和前后操作步骤分析；(6)先计算生成水蒸气和CO2的质量，再根据质量守恒确定化学式；(7)氧化还原反应中电子有得，必有失，根据化合价变化确定生成物，进而配平方程式。【详解】(1)反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反应前Ni原子共3个、S原子共3个、O原子共23个、Na原子6个、C原子3个、H原子4个，反应后现有：Ni原子3个、S原子共3个、O原子共19个、Na原子6个、C原子1个、H原子4个，少O原子4个，C原子2个，而这些微粒包含在2个X分子中，所以X的化学式为CO2，故答案为：CO2；(2)物料在反应器中反应时需要控制反应条件，根据图可知，在pH=8.3时，各种杂质相对最少，所以反应器中最适合的pH8.3，故答案为：8.3；(3)反应后的滤液中含有硫酸钠，因此检验碱式碳酸镍晶体是否洗涤干净就是检验是否有硫酸根离子残留，故答案为：取最后一次洗涤液少许，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若无沉淀产生，则证明沉淀已经洗涤干净；(4)C装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的H2O，D装置用来吸收碱式碳酸镍晶体受热分解产生的CO2，E装置可以防止空气中的H2O和CO2进入D装置中，影响实验数据的测定，故答案为：吸收空气中的H2O和CO2；(5)步骤③反应前左侧通空气是为了排尽装置中原有的CO2和水蒸气，避免装置内的CO2和水蒸气造成数据干扰，排空气后，应该开始进行反应，因此步骤④的操作为关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，说明固体分解完全，停止加热；步骤⑤再打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气，将装置中残留的CO2和水蒸气全部赶入C、D装置，被完全吸收，故答案为：关闭弹簧夹a，点燃酒精灯，观察到C中无气泡时，停止加热；(6)水的质量为251.08g−250g=1.08g，CO2的质量为190.44g−190g=0.44g，由于发生的是分解反应，所以生成的NiO的质量为3.77g−1.08g−0.44g=2.25g，则分解反应中水、二氧化碳和NiO的系数比(也就是分子个数比)为即：，xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O

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6H2O↑+CO2↑+3NiO，根据元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4即xNiCO3⋅yNi(OH)2⋅zH2O中x:y:z的值1:2:4，故答案为：NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O；(7)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O与N2H4·H2O反应生成Ni，Ni元素得电子，被还原，同时还生成气体X和Y，由第(1)问知X为CO2，氧化还原反应有得电子，必有失电子的物质，由此判断另一种气体为N2，根据得失电子守恒、元素守恒配平制备Ni的化学方程式，故答案为：2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。20、CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl该反应放热，防止温度升高导致H2O2分解和氨水中氨气挥发向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2～3次生成的硫酸钙为微溶物，覆盖在样品表面，阻止反应进一步进行催化作用45.0%部分CaCl2溶液与浓氨水反应生成Ca(OH)2部分CaO2与水反应生成Ca(OH)2或烘烤CaO2·8H2O失水不够完全【解析】

I．（1）该装置发生的反应类似于复分解反应，根据原子守恒配平；（2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，因此需要用冷水浴控制反应温度；结合沉淀的性质选择洗涤剂，然后根据沉淀的洗涤标准操作解答；II．（3）硫酸钙为微溶物，可能会对反应有影响；类比双氧水的分解进行分析；（4）滴定过程中双氧水与酸性高锰酸钾反应生成氧气、氯化锰、水，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平；根据消耗的酸性高锰酸钾的物质的量并结合守恒关系计算；（5）CaO2与水缓慢反应，CaO2与浓氨水反应，烘烤过程中水分未完全失去等导致反应物有损失或生成物中杂质含量高均会导致CaO2含量偏低。【详解】I．（1）由题可知，三颈烧瓶中发生CaCl2在碱性条件下与H2O2生成CaO2·8H2O的反应，根据原子守恒可知，该反应化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；（2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，温度过高会导致其分解，影响产量和化学反应速率；因过氧化钙可与水缓慢反应，不溶于乙醇，因此可选用乙醇进行洗涤，实验室洗涤沉淀的操作为：向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2～3次；II．（3）若选用硫酸，则CaO2与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4会覆盖在样品表面，使反应难以持续进行；MnCl2对该反应具有催化作用，可加快化学反应速率；（4）滴定过程中酸性高锰酸钾与双氧水反应，Mn元素化合价从+7价降低至+2价，H2O2中O元素从-1价升高至0价，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平该离子方程式为：；滴定过程中消耗高锰酸钾的物质的量n=25×10-3L×0.02mol/L=5×10-4mol，根据守恒关系可知：n(H2O2)=n(CaO2)=2.5n(KMnO4)=1.25×10-3mol，样品中CaO2的质量分数；（5）CaCl2溶液与浓氨水反应导致反应物未完全转化，同时还会导致最终固体中含有部分Ca(OH)2杂质，会使CaO2含量偏低；CaO2与水能反应生成微溶物Ca(OH)2，会导致