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2023-2024学年新疆乌鲁木齐市第六十八中学 2024届高三上学期1月月考 化学试卷（人教版）含答案
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这是一份2023-2024学年新疆乌鲁木齐市第六十八中学 2024届高三上学期1月月考 化学试卷（人教版）含答案，共29页。试卷主要包含了单项选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
总分100分 考试时间90分钟
一、单项选择题（共16小题，每题3分共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是（ ）
A．氯水、氮气、胆矾B．碱石灰、液氯、碘酒
C．干冰、铁、水煤气D．生石灰、白磷、熟石灰
2．下列物质中属于弱电解质的是（ ）
A．HFB．HNO3C．NH3D．AgCl
3．下列化学用语正确的是（ ）
A．H2O2的电子式：
B．次氯酸的结构式：H－Cl－O
C．N2的结构式：N≡N
D．、D、T是氢元素的三种同位素
4．下列关于氯及其化合物的叙述正确的是（ ）
A．氯气无漂白性，而次氯酸有，因此氯水能使鲜花褪色而干燥的氯气不行
B．漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2，主要用于杀菌消毒
C．工业生产中不是将氯气通入澄清石灰水中来制取漂白粉
D．漂白液和洁厕灵(主要含HCl)两种都是消毒剂，一起用效果更好
5．下列有关物质用途的说法中，不正确的是（ ）
A．二氧化硅是制造光导纤维的材料
B．氨气是生产硝酸的主要原料
C．单质硅是制造玻璃的主要原料
D．碳酸氢钠是一种医用胃酸中和剂
6．镁粉在火星上可以扮演地球上煤的角色，反应Mg+CO2MgO+CO可以为火星上的采矿车、电站等提供热能。下列关于该反应的说法中，不正确的是（ ）
A．属于放热反应
B．反应物的总能量低于生成物的总能量
C．属于氧化还原反应
D．能量变化与化学键的断裂和形成有关
7．下列化学反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．等物质的量浓度的Ba(OH)2和NaHSO4溶液以体积比1：2混合：
B．用 CuSO4 溶液除去电石气中的少量硫化氢：
C．向苯酚钠溶液中通入少量 CO2，溶液变浑浊：2+CO2+H2O+2
D．由溴乙烷得到乙烯：
8．化学与材料、生活和环境密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．糖类、油脂、蛋白质都可发生水解
B．天然纤维、聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料
C．大力实施矿物燃料脱硫、脱硝技术以减少硫、氮氧化物排放
D．镀锌铁或镀锡铁镀层破损后仍将通过牺牲阳极的阴极保护法防止腐蚀
9．有机物M的结构简式如图所示，与氢气发生加成反应得到物质甲，下列有关说法不正确的是（ ）
A．有机物M含有2种官能团
B．有机物M的分子式为C4H6O2
C．有机物M能发生取代反应、加聚反应
D．甲只含有一种官能团的链状同分异构体（不含甲本身）有6种
10．从下列事实所列出的相应结论正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
11．如图所示，下列分析错误的是( )
A．只闭合K2，该装置将电能转化为化学能
B．只闭合K1，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
C．只闭合K2，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法
D．只闭合K1，Fe电极发生反应：Fe﹣2e﹣=Fe2+
12．碳铂(结构简式如图)是一种广谱抗癌药物。下列关于碳铂的说法错误的是（ ）
中心原子的配位数为4
分子中σ键与π键数目之比为10：1
C．sp3和sp2杂化的碳原子数之比为2：1
D．分子中含有极性键、非极性键和配位键
13．下列叙述正确的是（ ）
A．pH=7的溶液一定是中性溶液
B．由水电离出来的H+的浓度为1.0×10-10ml·L-1，则原溶液的pH=4
C．升温，纯水的电离程度增大，Kw增大，C(H+)增大，pH值减小，但仍呈中性
D．一定温度下，pH=12的氨水，稀释10倍后，其pH=11
14．在催化剂表面脱氢的反应机理，反应历程与能量的关系如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．在历程Ⅰ~Ⅴ中，涉及了、、的断裂
B．在历程Ⅰ~Ⅴ中，生成V的反应决定了脱氢反应的速率
C．若用或代替，得到的产物都有和
D．在催化剂表面脱氢反应的
15．关于溶液的下列说法正确的是（ ）
A．等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：C(Na+)>c(HX)>c(X-)>c(H+)>c(OH-)
B．等物质的量浓度的下列溶液：①H2CO3②Na2CO3③NaHCO3④(NH4)2CO3中c(CO32-)的大小关系为：②>④>③>①
C．往0.lml/L HCOOH溶液中通入少量HCl气体，甲酸的电离平衡向逆反应方向移动，且溶液中增大
D．Na2CO3溶液中，2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)
16．下列现象或过程与氧化还原反应无关的是（ ）
A．用漂白液漂白衣物
B．青铜鼎出现铜绿[]
C．铝制品表面生成致密的氧化膜
D．用激光笔照射牛奶产生丁达尔效应
二、综合题（本题共5小题，共52分。请根据答题卡题号及分值在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效。）
17．随原子序数递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。
根据判断出的元素回答问题：
（1）f在周期表中的位置是 。
（2）比较d、e常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）： > ；比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱： > 。
（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式： 。
（4）已知1 ml e的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5 kJ热量，写出该反应的热化学方程式： 。
（5）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2。向盛有10 mL 1 ml·L-1 R溶液的烧杯中滴加1 ml·L-1 NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如图：
①R化学式为： ，其物质的量为 。
②写出m点反应的离子方程式： 。
③若在R溶液中改加20 mL 1.1 ml·L-1 Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为 ml。
18．工业上氮氧化物(：NO和混合气)废气吸收利用的某流程如下：
已知：氧化度；吸收液含有的产物有和；在碱性条件下受热分解产物之一为。
请回答：
(1)过程Ⅳ以“肼合成酶”催化与转化为肼()的反应历程如下所示：
该反应历程中Fe元素的化合价 (填“变化”或“不变”)。若将替换为，反应制得的肼的结构简式为 。
(2)写出过程Ⅰ中时反应的离子方程式 。
(3)下列说法正确的是___________。
A．过程Ⅰ采用气、液逆流的方式可提高的吸收效率
B．的键角小于
C．可作为配体，与等金属离子形成配合物
D．的水溶液显弱碱性，且
(4)是一种理想还原剂，氧化产物对环境友好，写出还原的化学方程式 。
(5)设计实验证明中存在N元素 。
19．煤化工中常需研究不同温度下平衡常数、投料比及热值等问题。已知：CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)平衡常数随温度的变化如下表：
试回答下列问题：
（1）上述正向反应是 反应 (填“放热”或“吸热”)；
（2）下列条件的改变能加快其反应速率的是 (选填序号)；
①升高温度；②保持体积不变，只增加CO的质量；③保持体积不变，充入Ne使体系压强增大；④保持压强不变，充入Ne使容器的体积增大
（3）在一容积为2L的密闭容器内，充入0.2mlCO与0.4mlH2，发生反应CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g)，CO的平衡转化率与温度，压强的关系如下图所示：
①A、B两点对应的压强大小关系是PA PB；(填“>”，“<”，“=”)
②A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系是 ；
③在P1压强、T1℃时，该反应的平衡常数K= ；
（4）T1℃、1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下：CO：0.1ml H2：0.2ml CH3OH：0.2ml。此时v正 v逆(填 >、< 或 =)。
20．按要求填空。
(1)有机化合物 的名称为 ，所含官能团的名称为 。
(2)有机化合物A的结构简式为： ，A的分子式为 ，其一氯代物有 种。
(3)下列分子中键角由大到小排列顺序是 (填序号)。
①CH4②NH3③H2O ④BF3⑤BeCl2
(4)某种苯的同系物W完全燃烧时，生成CO2和H2O的物质的量之比为8：5，若该物质的一氯代物有两种，则W的名称为 。
(5)有机化合物A是一种重要的化工原料，在一定条件下可以发生如下反应：
已知：苯环侧链上的烃基在一定条件下能被氧化成羧基。
①A的结构简式为 ， B中官能团的名称为 。
②写出A→D反应的化学方程式： ，A→C反应的反应类型为 。
③C中含有杂质时通常用重结晶实验除杂，该实验所需的玻璃仪器有 (填序号)。
A．烧杯 B．酒精灯 C．锥形瓶 D．量筒 E．普通漏斗 F．玻璃棒 G．分液漏斗
21．化合物M是一种药物中间体。实验室以烃A为原料制备M的合成路线如图所示。请回答下列问题：
已知：①；
② (、、、均表示烃基)。
(1)A的核磁共振氢谱中有 组吸收峰，C的化学名称为 。
(2)F的结构简式为 ，M的官能团名称为 。
(3)C→D的化学方程式为 。
(4)同时满足下列条件的M的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。
①五元环上连有2个取代基；
②能与溶液反应生成气体；
③能发生银镜反应。
(5)参照上述合成路线和信息，以1-甲基环戊烯()为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线。
实验事实
结论
A
Cl2的水溶液可以导电
Cl2是电解质
B
SO2通入硝酸钡溶液出现白色沉淀
BaSO3不溶于强酸
C
NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀
结合H+的能力：CO32-D
常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应
非金属性：P>N
温度/℃
400
500
800
平衡常数K
9.94
9
1
化学月考答案解析：
1．C
【分析】物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成；纯净物是由一种物质组成，纯净物又分为单质和化合物，由同种元素组成的纯净物叫单质；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物．
【解析】A. 氯水是氯气溶于水生成的由HCl、HClO等多种粒子组成的混合物，氮气是氮元素的单质，胆矾是五水合硫酸铜，是化合物，因此不符合单质、化合物、混合物顺序排列，故A错误
B. 碱石灰是由氧化钙和氢氧化钠组成的混合物，液氯是由氯元素组成为单质，碘酒是由碘和酒组成的混合物，因此不符合单质、化合物、混合物顺序排列，故B错误；
C. 干冰是由碳、氧元素组成的化合物，铁是由铁元素形成的单质，水煤气是由CO、H2组成的化合物，因此符合单质、化合物、混合物顺序排列，故C正确；
D. 生石灰是由钙、氧元素组成的化合物，白磷是由磷元素组成的单质，熟石灰是由钙、氢、氧三种元素组成的化合物，因此不符合单质、化合物、混合物顺序排列，故D错误；
故选C。
2．A
【解析】在水溶液里能完全电离成离子的电解质叫强电解质，在水溶液里部分电离成离子的电解质叫弱电解质，A、HF是弱酸，是弱电解质，选项A正确；B、HNO3是强酸，是强电解质，选项B错误；C、NH3是非电解质，选项C错误；D、AgCl是强电解质，选项D错误。答案选A。
3．D
【解析】A. H2O2是共价化合物，电子式：，A错误；
B. 次氯酸的结构式应该是：H－O－Cl，B错误；
C. N2的结构式应该是：N≡N，C错误；
D. 、D、T的质子数相同中子数不同，是氢元素的三种同位素，D正确；答案选D。
4．C
【解析】A． 氯气无漂白性，而次氯酸有，鲜花中含有水，因此干燥的氯气能使鲜花褪色，A错误；
B． 漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2，有效成分是Ca(ClO)2，B错误；
C． 澄清石灰水是稀溶液，工业生产中将氯气通入澄清石灰乳中来制取漂白粉，C正确；
D． 一起用时，漂白液中NaClO和洁厕灵中HCl发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒，D错误；
故选C。
5．C
【解析】A． 二氧化硅透明、折射率合适，能发生全反射，是制造光导纤维的材料，故A正确；
B． 氨气能发生催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气生成二氧化氮，二氧化氮再与水反应生成硝酸，是生产硝酸的主要原料，故B正确；
C． 单质硅是半导体材料，是制造芯片的主要原料，故C错误；
D． 碳酸氢钠能与酸反应，是一种医用胃酸中和剂，故D正确；
故选C。
6．B
【解析】A．由题意镁在CO2中反应产生MgO和CO是放热反应，A正确；
B．反应放出热量，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，B错误；
C．物质燃烧反应过程中元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应，C正确；
D．化学反应过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中要吸收能量断裂反应物化学键变为单个原子，然后这些原子重新组合形成生成物中的化学键，再释放出能量，故能量变化与化学键的断裂和形成有关，D正确；
故合理选项是B。
7．A
【解析】A．等物质的量浓度的Ba(OH)2和NaHSO4溶液以体积比1：2混合，离子方程式：，故A正确；
B．硫化氢溶于水形成氢硫酸属于弱酸，不拆为离子形式，离子方程式：，故B错误；
C．向苯酚钠溶液中通入少量 CO2，溶液变浑浊，离子方程式：+CO2+H2O+，故C错误；
D．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生消去反应，离子方程式：，故D错误；
答案选A。
8．C
【解析】A．糖类中的单糖不能发生水解，A错误；
B．光导纤维的主要成分是二氧化硅，是无机非金属材料，不属于有机高分子材料，B错误；
C．大力实施矿物燃料脱硫、脱硝技术以减少硫、氮氧化物排放，C正确；
D．金属性是Zn＞Fe＞Sn，因此镀锡铁镀层破损后不能通过牺牲阳极的阴极保护法防止腐蚀，D错误；
故答案选C。
9．D
【解析】A．M中含有碳碳双键和羧基两种官能团，故A正确；
B．根据结构简式 ，M的分子式为C4H6O2，故B正确；
C．M中羧基能发生取代反应、碳碳双键能发生加聚反应，故C正确；
D．M中火焰碳碳双键，能够和氢气发生加成反应生成的甲为(CH3)2CHCOOH，甲的同分异构体中只含一种官能团且为链状结构，官能团可能是-COOH，有丁酸、2-甲基丙酸，官能团是酯基时，有甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，去掉其本身，符合条件的共有5种，故D错误；
故选D。
10．C
【解析】A. Cl2的水溶液可以导电，因氯气与水反应生成电解质，电解质发生电离，而氯气为单质，电解质必须为化合物，则氯气既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B. SO2具有还原性，通入硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡，故B错误；
C. NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合，碳酸氢根离子提供氢离子与偏铝酸根反应生成Al(OH)3，说明AlO2－结合H+的能力比CO32－强，故C正确；
D. 非金属性是指元素原子得电子的能力，非金属性N＞P，氮气须在放电时才与氧气反应，是由于分子中N≡N三键键能大，很难被破坏，所以于氮气性质稳定，故D错误。
答案选C。
11．C
【解析】A．只闭合K2，形成电解池，电解池将电能转化为化学能，选项A正确；
B．只闭合K1，形成原电池，发生吸氧腐蚀，石墨作正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，即石墨棒周围溶液pH逐渐升高，选项B正确；
C．只闭合K2，形成电解池，Fe作阴极，阴极上发生得电子的还原反应，所以铁棒得到保护，属于外加电流的阴极保护法，选项C错误；
D．只闭合K1，形成原电池，Fe作负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+，选项D正确；
答案选C。
12．B
【解析】A．由题干图示物质结构简式可知，中心原子Pt周围形成了4个配位键，则其配位数为4，A正确；
B．由题干图示物质结构简式可知，结合双键为一个σ键与1个π键，单键均为σ键，故分子中有：6个C-H、6个C-C，4个C-O，2个Pt-O，2个Pt-N和6个N-H共26个σ键，只有C=O中含有2个π键，则分子中σ键与π键数目之比为26:2=13：1，B错误；
C．分子中C=O键所在的碳原子为sp2杂化，其余4个碳原子为sp3杂化，则sp3和sp2杂化的碳原子数之比为4:2=2：1，C正确；
D．分子中含有C-H、C-O、N-H之间极性键，C-C之间非极性键和Pt-O、Pt-N之间配位键，D正确；
故答案为：B。
13．C
【解析】A．水的电离受温度影响，所以pH=7的溶液不一定是中性溶液，故A错误；
B．常温下由水电离出来的H+的浓度等于由水电离出来的氢氧根的浓度、为1.0×10-10ml·L-1，则原溶液pH=4或者pH=10，故B错误；
C．升温，纯水的电离程度增大，Kw增大，c(H+)增大，pH值减小，但c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，故C正确；
D．氨水属于弱碱，一定温度下，pH=12的氨水，稀释10倍后，其11故答案：C。
14．A
【解析】A．在历程I~V中，根据图中分析没有的断裂，故A错误；
B．在历程I~V中，IV→V的活化能最高，则生成V的反应速率最慢，决定了脱氢反应的速率，故B正确；
C．根据HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理图可得化学反应为HCOOHCO2+H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，则用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2，故C正确；
D．由反应历程图可知，在催化剂表面脱氢反应，反应物的总能量高于最终产物的总能量，则HCOOH脱氢反应为放热反应，△H<0，故D正确；
答案选A。
15．B
【解析】A、题目没有说明混合后溶液的酸碱性，如果溶液显酸性，说明HX的电离成成大于X－的水解，即c(X－)>c(Na＋)>c(H＋)c(OH－)，如果溶液显碱性，说明X－的水解大于HX的电离，因此有c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)，故A错误；B、①③为一组，碳酸为弱酸，HCO3－为弱酸酸式根，电离程度小，因此①③中CO32－的量小于②④，碳酸中的第一级电离，对第二级电离起到抑制作用，因此③中CO32－浓度大于①，②④为一组，②④为碳酸盐，④中(NH4)2CO3属于弱酸弱碱盐，互相促进水解，应④中CO32－的浓度小于②，因此有②>④>③>①，故B正确；C、HCOOH属于弱酸，部分电离，通入HCl气体，c(H＋)增大，平衡向逆反应方向移动，但此比值是甲酸电离平衡常数的倒数，电离平衡常数只受温度的影响，即比值不变，故C错误；D、根据物料守恒，c(Na＋)=2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，故D错误。
16．D
【解析】A．漂白液主要成分是NaClO，该物质具有强氧化性，会将有色物质氧化为无色物质，因而具有漂白性，与氧化还原反应有关，A不符合题意；
B．青铜鼎出现铜绿主要成分是碱式碳酸铜，化学式是，在反应中有元素化合价的变化，因此发生的反应为氧化还原反应，B不符合题意；
C．铝制品表面生成致密的氧化膜是Al与空气中的氧气反应产生Al2O3，反应过程中有元素化合价的变化，因此发生的反应为氧化还原反应，C不符合题意；
D．用激光笔照射牛奶产生丁达尔效应是由于牛奶中的蛋白质分子直径比较大，达到胶体颗粒大小，因此蛋白质分子扩散在水中形成的牛奶属于胶体，能够使光线发生散射作用而产生丁达尔效应，在照射时没有新物质生成，发生的是物理变化，因此氧化还原反应无关，D符合题意；
故合理选项是D。
17． 第三周期第IIIA族 O2- Na+ HClO4 H2SO4 （或或） 2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) ΔH=-511kJ·ml-1或Na(s)+O2(g)= Na2O2(s) ΔH=-255.5kJ·ml-1 NH4Al(SO4)2 0.01ml NH+OH-=NH3·H2O 0.026
【分析】从图中的化合价和原子半径的大小，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素；
（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；
（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强；
（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等；
（4）1mlNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2（s），放出255.5kJ热量，2mlNa反应放出热量为511kJ，注明聚集状态、反应热书写热化学方程式；
（5）①R是NH4Al（SO4）2，溶液中Al3+、NH4+均水解使溶液呈酸性，但Al3+比 NH4+水解程度更大；
②m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH-反应生成NH3•H2O；
③根据n=cV计算n（Al3+）、n（NH4+）、n（SO42-）、n（Ba2+）、n（OH-），根据SO42-、Ba2+中不足量的离子的物质的量计算生成BaSO4的物质的量，依次发生：Al3++OH-=Al（OH）3↓、NH4++OH-=NH3•H2O、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，根据方程式计算生成Al（OH）3的物质的量，进而二者计算生成固体总物质的量。
【解析】(1)f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：r(O2−)>r(Na+)；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：HClO4>H2SO4，
故答案为：r(O2−)>r(Na+)；HClO4>H2SO4；
(3)四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为：(或)，
故答案为：(或)；
(4)1mlNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2(s)，放出255.5kJ热量，2mlNa反应放出热量为511kJ，则该反应的热化学方程式为：2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) ΔH=-511kJ·ml-1或Na(s)+O2(g)= Na2O2(s) ΔH=-255.5kJ·ml-1；
(5)①R是NH4Al(SO4)2，其物质的量n=cV=0.01L×1ml/L=0.01ml；
②m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH−反应生成NH3⋅H2O，离子方程式为：NH+OH-=NH3·H2O；
③10mL1ml⋅L−1 NH4Al(SO4)2溶液中Al3+物质的量为0.01ml，NH4+的物质的量为0.01ml，SO42−的物质的量为0.02ml，20mL1.1ml⋅L−1Ba(OH)2溶液中Ba2+物质的量为0.022ml，OH−为0.044ml，由SO42−+Ba2+=BaSO4↓，可知SO42−不足，故可以得到0.02mlBaSO4，
反应剩余OH−为0.044ml−0.03ml=0.014ml，
反应剩余OH−为0.014ml−0.01ml=0.004ml，
故得到Al(OH)3沉淀为0.01ml−0.004ml=0.006ml，则最终得到固体为0.02ml+0.006ml=0.026ml，
故答案为：0.026ml。
18．(1) 变化
(2)
(3)AC
(4)
(5)取少量溶液于试管中，加入足量NaOH溶液加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明中有N元素
【解析】（1）①由反应历程可知，反应过程中先失去电子发生氧化反应生成，后面又得到电子被还原成，该反应历程中Fe元素的化合价发生变化；
②由反应历程可知，有两个H原子来源于，另外两个H原子来源于，所以若将替换为，反应制得的肼的结构简式为；
（2）若过程Ⅰ中，则反应物中，该反应为氧化还原反应，生成硝酸根和亚硝酸根，根据氧化还原反应规律配平可得：
（3）采用气、液逆流的方式可增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高的吸收效率，A项正确；中的硫原子为杂化，的硫原子为杂化，所以的键角大于，B项错误；中的N原子有孤电子对，可作为配体，与等金属离子形成配合物，C项正确；羟基的吸电子能力大于氢原子，所以碱性应弱于，即，D项错误，应选AC。
（4）是一种理想还原剂，氧化产物对环境友好，所以氧化产物应该为无毒的氮气，同时氯化铁被还原为氯化亚铁，反应方程式为：
（5）在碱性条件下受热分解产物之一为，化合价降低，说明还会有化合价升高的产物生成，即氨气，所以检验氨气即可，实验方法为：取少量溶液于试管中，加入足量NaOH溶液加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明中有N元素。
19． 放热 ①② < KA=KB>KC 100 >
【分析】(1)由表可知，温度越高，平衡常数越小，反应进行程度越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，据此分析判断；
(2)根据影响化学反应速率的因素分析判断；
(3)①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，是气体体积减小的反应，加压反应物转化率增大；
②平衡常数只受温度影响，据图分析，随温度升高CO转化率降低，说明正反应放热；
③P1压强、T1°C时CO的转化率为0.5，利用三段式法计算平衡常数；
(4)计算此时浓度商和平衡常数比较判断平衡进行的方向。
【解析】(1)由表可知，温度越高，平衡常数越小，反应进行程度越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，即逆反应为吸热反应，故正反应为放热反应，故答案为：放热；
(2)①升高温度，反应速率加快，故①选；②保持体积不变，只增加CO的质量，CO的浓度增大，反应速率加快，故②选；③保持体积不变，充入Ne使体系压强增大，各组分的浓度不变，反应速率不变，故③不选；④保持压强不变，充入Ne使容器的体积增大，各组分的浓度变小，反应速率减慢，故④不选；故答案为：①②；
(3)①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，反应物的转化率增大，所以PA＜PB，故答案为：＜；
②据图分析，随温度升高CO转化率降低，说明正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，所以KA=KB＞KC，故答案为：KA=KB＞KC；
③P1压强、T1°C时CO的转化率为0.5，
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
反应前(ml/L) ：0.1 0.2 0
转化了(ml/L)：0.05 0.1 0.05
平衡时(ml/L)：0.05 0.1 0.05
化学平衡常数K==100；故答案为：100；
(4)T1°C、1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下：CO：0.1ml H2：0.2ml CH3OH：0.2ml，此时反应的浓度商Qc==50＜K=100，此时v正＞v逆，故答案为：＞。
20．(1) 4-甲基-2-乙基-1-戊烯 碳碳双键
(2) C7H14 5种
(3)⑤④①②③
(4)对二甲苯(或1，4-二甲苯)
(5) 碳溴键 n 氧化反应 ABEF
【解析】（1）选择分子中包含碳碳双键在内的最长碳链为主链，该物质分子中包含碳碳双键在内的最长碳链上含有5个C原子，从右端离碳碳双键较近的一端为起点，给主链上的C原子编号，以确定碳碳双键及支链在主链上的位置。当有多种取代基时，在命名时要先写简单的取代基名称，再写复杂的取代基的名称，取代基与名称中用小短线连接，则该物质名称为4-甲基-2-乙基-1-戊烯；
（2）根据C原子价电子数目是4，可知该有机物分子式是C7H14；该物质分子中六元环高度对称，该物质分子中含有5种不同位置的H原子，因此其一氯取代产物有5种；
（3）①CH4中心C原子价层电子对数是4，无孤对电子，分子呈正四面体结构，键角是109°28′；
②NH3中心N原子价层电子对数是4，有1对孤对电子，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，导致NH3分子呈三角锥结构，键角是107°18′；
③H2O中心O原子价层电子对数是4，有2对孤对电子，由于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，且故电子对数越多，排斥作用越多，使H2O分子呈V形结合，键角是104.5°；
④BF3分子中心B原子原子价层电子对数是3，无孤对电子，分子平面三角形体结构，键角是120°；
⑤BeCl2分子中心Be原子原子价层电子对数是2，无孤对电子，分子直线型结构，键角是180°；
故上述几种微粒中键角由大到小关系为：⑤＞④＞①＞②＞③；
（4）某种苯的同系物W完全燃烧时，生成CO2和H2O的物质的量之比为8：5，根据元素守恒，可知其分子式是C8H10，若该物质的一氯代物有两种，说明其分子中含有两种不同位置的H原子，因此W结构为，名称为对二甲苯(或1，4-二甲苯)；
（5）化合物A分子式为C8H8，能够被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，能够在催化剂存在时反应变为高分子化合物，则A为苯乙烯，结构简式为，A与Br2的CCl4溶液发生加成反应产生B是，产生的高分子化合物D是。
①根据上述分析可知A结构简式是；B是，分子中含有的官能团名称为碳溴键；
②A结构简式是，A分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应产生，该反应的化学方程式为：n ；
A是，由于与苯环连接的C原子上含有H原子，可以被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，该反应类型是氧化反应；
③C是苯甲酸，分子中含有杂质时通常用重结晶方法来除杂，该实验时涉及物质的溶解、过滤操作。要在烧杯中溶解苯甲酸，为促进物质溶解，需使用玻璃棒搅拌，并用酒精灯对物质的溶液进行加热，使物质溶解度增大，然后降温结晶，苯甲酸结晶析出，再通过过滤分离出来，就需使用漏斗，故所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、酒精灯、漏斗，故合理选项是ABEF。
21．(1) 1 1-氯环己烷
(2) 羰基、酯基
(3) (其它合理答案也可)
(4)6
(5)
【分析】A发生取代反应生成B，B发生加成反应生成C，D发生氧化反应生成E，E发生酯化反应生成F，F发生信息②的反应生成M，根据M结构简式及CE分子式知，A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为，D的结构简式为，E的结构简式为，F的结构简式为。
【解析】（1）据分析可知，A的结构简式为，A的核磁共振氢谱中有1组吸收峰；C的结构简式为；故答案为1；1-氯环己烷。
（2）据分析可知，F的结构简式为，M的官能团名称为羰基、酯基；故答案为；羰基、酯基。
（3）C→D为氯代烃的消去反应，化学方程式为，故答案为。
（4）M的同分异构体同时满足相邻条件：①五元环上连有2个取代基；②能与NaHCO3溶液反应生成气体，说明含有羧基；③能发生银镜反应说明含有醛基，
符合条件的结构简式有，故答案为6。
（5）以1−甲基环戊烯为原料（无机试剂任选）制备，可由HOCH(CH3)CH2CH2CH2COOH制备，HOCH(CH3)CH2CH2CH2COOH可由CH3COCH2CH2CH2COOH和氢气发生加成反应得到，CH3COCH2CH2CH2COOH可由1−甲基环戊烯发生氧化反应得到，其合成路线为；故答案为。
总分100分 考试时间90分钟
一、单项选择题（共16小题，每题3分共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是（ ）
A．氯水、氮气、胆矾B．碱石灰、液氯、碘酒
C．干冰、铁、水煤气D．生石灰、白磷、熟石灰
2．下列物质中属于弱电解质的是（ ）
A．HFB．HNO3C．NH3D．AgCl
3．下列化学用语正确的是（ ）
A．H2O2的电子式：
B．次氯酸的结构式：H－Cl－O
C．N2的结构式：N≡N
D．、D、T是氢元素的三种同位素
4．下列关于氯及其化合物的叙述正确的是（ ）
A．氯气无漂白性，而次氯酸有，因此氯水能使鲜花褪色而干燥的氯气不行
B．漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2，主要用于杀菌消毒
C．工业生产中不是将氯气通入澄清石灰水中来制取漂白粉
D．漂白液和洁厕灵(主要含HCl)两种都是消毒剂，一起用效果更好
5．下列有关物质用途的说法中，不正确的是（ ）
A．二氧化硅是制造光导纤维的材料
B．氨气是生产硝酸的主要原料
C．单质硅是制造玻璃的主要原料
D．碳酸氢钠是一种医用胃酸中和剂
6．镁粉在火星上可以扮演地球上煤的角色，反应Mg+CO2MgO+CO可以为火星上的采矿车、电站等提供热能。下列关于该反应的说法中，不正确的是（ ）
A．属于放热反应
B．反应物的总能量低于生成物的总能量
C．属于氧化还原反应
D．能量变化与化学键的断裂和形成有关
7．下列化学反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．等物质的量浓度的Ba(OH)2和NaHSO4溶液以体积比1：2混合：
B．用 CuSO4 溶液除去电石气中的少量硫化氢：
C．向苯酚钠溶液中通入少量 CO2，溶液变浑浊：2+CO2+H2O+2
D．由溴乙烷得到乙烯：
8．化学与材料、生活和环境密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．糖类、油脂、蛋白质都可发生水解
B．天然纤维、聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料
C．大力实施矿物燃料脱硫、脱硝技术以减少硫、氮氧化物排放
D．镀锌铁或镀锡铁镀层破损后仍将通过牺牲阳极的阴极保护法防止腐蚀
9．有机物M的结构简式如图所示，与氢气发生加成反应得到物质甲，下列有关说法不正确的是（ ）
A．有机物M含有2种官能团
B．有机物M的分子式为C4H6O2
C．有机物M能发生取代反应、加聚反应
D．甲只含有一种官能团的链状同分异构体（不含甲本身）有6种
10．从下列事实所列出的相应结论正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
11．如图所示，下列分析错误的是( )
A．只闭合K2，该装置将电能转化为化学能
B．只闭合K1，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
C．只闭合K2，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法
D．只闭合K1，Fe电极发生反应：Fe﹣2e﹣=Fe2+
12．碳铂(结构简式如图)是一种广谱抗癌药物。下列关于碳铂的说法错误的是（ ）
中心原子的配位数为4
分子中σ键与π键数目之比为10：1
C．sp3和sp2杂化的碳原子数之比为2：1
D．分子中含有极性键、非极性键和配位键
13．下列叙述正确的是（ ）
A．pH=7的溶液一定是中性溶液
B．由水电离出来的H+的浓度为1.0×10-10ml·L-1，则原溶液的pH=4
C．升温，纯水的电离程度增大，Kw增大，C(H+)增大，pH值减小，但仍呈中性
D．一定温度下，pH=12的氨水，稀释10倍后，其pH=11
14．在催化剂表面脱氢的反应机理，反应历程与能量的关系如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．在历程Ⅰ~Ⅴ中，涉及了、、的断裂
B．在历程Ⅰ~Ⅴ中，生成V的反应决定了脱氢反应的速率
C．若用或代替，得到的产物都有和
D．在催化剂表面脱氢反应的
15．关于溶液的下列说法正确的是（ ）
A．等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：C(Na+)>c(HX)>c(X-)>c(H+)>c(OH-)
B．等物质的量浓度的下列溶液：①H2CO3②Na2CO3③NaHCO3④(NH4)2CO3中c(CO32-)的大小关系为：②>④>③>①
C．往0.lml/L HCOOH溶液中通入少量HCl气体，甲酸的电离平衡向逆反应方向移动，且溶液中增大
D．Na2CO3溶液中，2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)
16．下列现象或过程与氧化还原反应无关的是（ ）
A．用漂白液漂白衣物
B．青铜鼎出现铜绿[]
C．铝制品表面生成致密的氧化膜
D．用激光笔照射牛奶产生丁达尔效应
二、综合题（本题共5小题，共52分。请根据答题卡题号及分值在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效。）
17．随原子序数递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。
根据判断出的元素回答问题：
（1）f在周期表中的位置是 。
（2）比较d、e常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）： > ；比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱： > 。
（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式： 。
（4）已知1 ml e的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5 kJ热量，写出该反应的热化学方程式： 。
（5）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2。向盛有10 mL 1 ml·L-1 R溶液的烧杯中滴加1 ml·L-1 NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如图：
①R化学式为： ，其物质的量为 。
②写出m点反应的离子方程式： 。
③若在R溶液中改加20 mL 1.1 ml·L-1 Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为 ml。
18．工业上氮氧化物(：NO和混合气)废气吸收利用的某流程如下：
已知：氧化度；吸收液含有的产物有和；在碱性条件下受热分解产物之一为。
请回答：
(1)过程Ⅳ以“肼合成酶”催化与转化为肼()的反应历程如下所示：
该反应历程中Fe元素的化合价 (填“变化”或“不变”)。若将替换为，反应制得的肼的结构简式为 。
(2)写出过程Ⅰ中时反应的离子方程式 。
(3)下列说法正确的是___________。
A．过程Ⅰ采用气、液逆流的方式可提高的吸收效率
B．的键角小于
C．可作为配体，与等金属离子形成配合物
D．的水溶液显弱碱性，且
(4)是一种理想还原剂，氧化产物对环境友好，写出还原的化学方程式 。
(5)设计实验证明中存在N元素 。
19．煤化工中常需研究不同温度下平衡常数、投料比及热值等问题。已知：CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)平衡常数随温度的变化如下表：
试回答下列问题：
（1）上述正向反应是 反应 (填“放热”或“吸热”)；
（2）下列条件的改变能加快其反应速率的是 (选填序号)；
①升高温度；②保持体积不变，只增加CO的质量；③保持体积不变，充入Ne使体系压强增大；④保持压强不变，充入Ne使容器的体积增大
（3）在一容积为2L的密闭容器内，充入0.2mlCO与0.4mlH2，发生反应CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g)，CO的平衡转化率与温度，压强的关系如下图所示：
①A、B两点对应的压强大小关系是PA PB；(填“>”，“<”，“=”)
②A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系是 ；
③在P1压强、T1℃时，该反应的平衡常数K= ；
（4）T1℃、1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下：CO：0.1ml H2：0.2ml CH3OH：0.2ml。此时v正 v逆(填 >、< 或 =)。
20．按要求填空。
(1)有机化合物 的名称为 ，所含官能团的名称为 。
(2)有机化合物A的结构简式为： ，A的分子式为 ，其一氯代物有 种。
(3)下列分子中键角由大到小排列顺序是 (填序号)。
①CH4②NH3③H2O ④BF3⑤BeCl2
(4)某种苯的同系物W完全燃烧时，生成CO2和H2O的物质的量之比为8：5，若该物质的一氯代物有两种，则W的名称为 。
(5)有机化合物A是一种重要的化工原料，在一定条件下可以发生如下反应：
已知：苯环侧链上的烃基在一定条件下能被氧化成羧基。
①A的结构简式为 ， B中官能团的名称为 。
②写出A→D反应的化学方程式： ，A→C反应的反应类型为 。
③C中含有杂质时通常用重结晶实验除杂，该实验所需的玻璃仪器有 (填序号)。
A．烧杯 B．酒精灯 C．锥形瓶 D．量筒 E．普通漏斗 F．玻璃棒 G．分液漏斗
21．化合物M是一种药物中间体。实验室以烃A为原料制备M的合成路线如图所示。请回答下列问题：
已知：①；
② (、、、均表示烃基)。
(1)A的核磁共振氢谱中有 组吸收峰，C的化学名称为 。
(2)F的结构简式为 ，M的官能团名称为 。
(3)C→D的化学方程式为 。
(4)同时满足下列条件的M的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。
①五元环上连有2个取代基；
②能与溶液反应生成气体；
③能发生银镜反应。
(5)参照上述合成路线和信息，以1-甲基环戊烯()为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线。
实验事实
结论
A
Cl2的水溶液可以导电
Cl2是电解质
B
SO2通入硝酸钡溶液出现白色沉淀
BaSO3不溶于强酸
C
NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀
结合H+的能力：CO32-
常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应
非金属性：P>N
温度/℃
400
500
800
平衡常数K
9.94
9
1
化学月考答案解析：
1．C
【分析】物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成；纯净物是由一种物质组成，纯净物又分为单质和化合物，由同种元素组成的纯净物叫单质；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物．
【解析】A. 氯水是氯气溶于水生成的由HCl、HClO等多种粒子组成的混合物，氮气是氮元素的单质，胆矾是五水合硫酸铜，是化合物，因此不符合单质、化合物、混合物顺序排列，故A错误
B. 碱石灰是由氧化钙和氢氧化钠组成的混合物，液氯是由氯元素组成为单质，碘酒是由碘和酒组成的混合物，因此不符合单质、化合物、混合物顺序排列，故B错误；
C. 干冰是由碳、氧元素组成的化合物，铁是由铁元素形成的单质，水煤气是由CO、H2组成的化合物，因此符合单质、化合物、混合物顺序排列，故C正确；
D. 生石灰是由钙、氧元素组成的化合物，白磷是由磷元素组成的单质，熟石灰是由钙、氢、氧三种元素组成的化合物，因此不符合单质、化合物、混合物顺序排列，故D错误；
故选C。
2．A
【解析】在水溶液里能完全电离成离子的电解质叫强电解质，在水溶液里部分电离成离子的电解质叫弱电解质，A、HF是弱酸，是弱电解质，选项A正确；B、HNO3是强酸，是强电解质，选项B错误；C、NH3是非电解质，选项C错误；D、AgCl是强电解质，选项D错误。答案选A。
3．D
【解析】A. H2O2是共价化合物，电子式：，A错误；
B. 次氯酸的结构式应该是：H－O－Cl，B错误；
C. N2的结构式应该是：N≡N，C错误；
D. 、D、T的质子数相同中子数不同，是氢元素的三种同位素，D正确；答案选D。
4．C
【解析】A． 氯气无漂白性，而次氯酸有，鲜花中含有水，因此干燥的氯气能使鲜花褪色，A错误；
B． 漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2，有效成分是Ca(ClO)2，B错误；
C． 澄清石灰水是稀溶液，工业生产中将氯气通入澄清石灰乳中来制取漂白粉，C正确；
D． 一起用时，漂白液中NaClO和洁厕灵中HCl发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒，D错误；
故选C。
5．C
【解析】A． 二氧化硅透明、折射率合适，能发生全反射，是制造光导纤维的材料，故A正确；
B． 氨气能发生催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气生成二氧化氮，二氧化氮再与水反应生成硝酸，是生产硝酸的主要原料，故B正确；
C． 单质硅是半导体材料，是制造芯片的主要原料，故C错误；
D． 碳酸氢钠能与酸反应，是一种医用胃酸中和剂，故D正确；
故选C。
6．B
【解析】A．由题意镁在CO2中反应产生MgO和CO是放热反应，A正确；
B．反应放出热量，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，B错误；
C．物质燃烧反应过程中元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应，C正确；
D．化学反应过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中要吸收能量断裂反应物化学键变为单个原子，然后这些原子重新组合形成生成物中的化学键，再释放出能量，故能量变化与化学键的断裂和形成有关，D正确；
故合理选项是B。
7．A
【解析】A．等物质的量浓度的Ba(OH)2和NaHSO4溶液以体积比1：2混合，离子方程式：，故A正确；
B．硫化氢溶于水形成氢硫酸属于弱酸，不拆为离子形式，离子方程式：，故B错误；
C．向苯酚钠溶液中通入少量 CO2，溶液变浑浊，离子方程式：+CO2+H2O+，故C错误；
D．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生消去反应，离子方程式：，故D错误；
答案选A。
8．C
【解析】A．糖类中的单糖不能发生水解，A错误；
B．光导纤维的主要成分是二氧化硅，是无机非金属材料，不属于有机高分子材料，B错误；
C．大力实施矿物燃料脱硫、脱硝技术以减少硫、氮氧化物排放，C正确；
D．金属性是Zn＞Fe＞Sn，因此镀锡铁镀层破损后不能通过牺牲阳极的阴极保护法防止腐蚀，D错误；
故答案选C。
9．D
【解析】A．M中含有碳碳双键和羧基两种官能团，故A正确；
B．根据结构简式 ，M的分子式为C4H6O2，故B正确；
C．M中羧基能发生取代反应、碳碳双键能发生加聚反应，故C正确；
D．M中火焰碳碳双键，能够和氢气发生加成反应生成的甲为(CH3)2CHCOOH，甲的同分异构体中只含一种官能团且为链状结构，官能团可能是-COOH，有丁酸、2-甲基丙酸，官能团是酯基时，有甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，去掉其本身，符合条件的共有5种，故D错误；
故选D。
10．C
【解析】A. Cl2的水溶液可以导电，因氯气与水反应生成电解质，电解质发生电离，而氯气为单质，电解质必须为化合物，则氯气既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B. SO2具有还原性，通入硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡，故B错误；
C. NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合，碳酸氢根离子提供氢离子与偏铝酸根反应生成Al(OH)3，说明AlO2－结合H+的能力比CO32－强，故C正确；
D. 非金属性是指元素原子得电子的能力，非金属性N＞P，氮气须在放电时才与氧气反应，是由于分子中N≡N三键键能大，很难被破坏，所以于氮气性质稳定，故D错误。
答案选C。
11．C
【解析】A．只闭合K2，形成电解池，电解池将电能转化为化学能，选项A正确；
B．只闭合K1，形成原电池，发生吸氧腐蚀，石墨作正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，即石墨棒周围溶液pH逐渐升高，选项B正确；
C．只闭合K2，形成电解池，Fe作阴极，阴极上发生得电子的还原反应，所以铁棒得到保护，属于外加电流的阴极保护法，选项C错误；
D．只闭合K1，形成原电池，Fe作负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+，选项D正确；
答案选C。
12．B
【解析】A．由题干图示物质结构简式可知，中心原子Pt周围形成了4个配位键，则其配位数为4，A正确；
B．由题干图示物质结构简式可知，结合双键为一个σ键与1个π键，单键均为σ键，故分子中有：6个C-H、6个C-C，4个C-O，2个Pt-O，2个Pt-N和6个N-H共26个σ键，只有C=O中含有2个π键，则分子中σ键与π键数目之比为26:2=13：1，B错误；
C．分子中C=O键所在的碳原子为sp2杂化，其余4个碳原子为sp3杂化，则sp3和sp2杂化的碳原子数之比为4:2=2：1，C正确；
D．分子中含有C-H、C-O、N-H之间极性键，C-C之间非极性键和Pt-O、Pt-N之间配位键，D正确；
故答案为：B。
13．C
【解析】A．水的电离受温度影响，所以pH=7的溶液不一定是中性溶液，故A错误；
B．常温下由水电离出来的H+的浓度等于由水电离出来的氢氧根的浓度、为1.0×10-10ml·L-1，则原溶液pH=4或者pH=10，故B错误；
C．升温，纯水的电离程度增大，Kw增大，c(H+)增大，pH值减小，但c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，故C正确；
D．氨水属于弱碱，一定温度下，pH=12的氨水，稀释10倍后，其11
14．A
【解析】A．在历程I~V中，根据图中分析没有的断裂，故A错误；
B．在历程I~V中，IV→V的活化能最高，则生成V的反应速率最慢，决定了脱氢反应的速率，故B正确；
C．根据HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理图可得化学反应为HCOOHCO2+H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，则用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2，故C正确；
D．由反应历程图可知，在催化剂表面脱氢反应，反应物的总能量高于最终产物的总能量，则HCOOH脱氢反应为放热反应，△H<0，故D正确；
答案选A。
15．B
【解析】A、题目没有说明混合后溶液的酸碱性，如果溶液显酸性，说明HX的电离成成大于X－的水解，即c(X－)>c(Na＋)>c(H＋)c(OH－)，如果溶液显碱性，说明X－的水解大于HX的电离，因此有c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)，故A错误；B、①③为一组，碳酸为弱酸，HCO3－为弱酸酸式根，电离程度小，因此①③中CO32－的量小于②④，碳酸中的第一级电离，对第二级电离起到抑制作用，因此③中CO32－浓度大于①，②④为一组，②④为碳酸盐，④中(NH4)2CO3属于弱酸弱碱盐，互相促进水解，应④中CO32－的浓度小于②，因此有②>④>③>①，故B正确；C、HCOOH属于弱酸，部分电离，通入HCl气体，c(H＋)增大，平衡向逆反应方向移动，但此比值是甲酸电离平衡常数的倒数，电离平衡常数只受温度的影响，即比值不变，故C错误；D、根据物料守恒，c(Na＋)=2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，故D错误。
16．D
【解析】A．漂白液主要成分是NaClO，该物质具有强氧化性，会将有色物质氧化为无色物质，因而具有漂白性，与氧化还原反应有关，A不符合题意；
B．青铜鼎出现铜绿主要成分是碱式碳酸铜，化学式是，在反应中有元素化合价的变化，因此发生的反应为氧化还原反应，B不符合题意；
C．铝制品表面生成致密的氧化膜是Al与空气中的氧气反应产生Al2O3，反应过程中有元素化合价的变化，因此发生的反应为氧化还原反应，C不符合题意；
D．用激光笔照射牛奶产生丁达尔效应是由于牛奶中的蛋白质分子直径比较大，达到胶体颗粒大小，因此蛋白质分子扩散在水中形成的牛奶属于胶体，能够使光线发生散射作用而产生丁达尔效应，在照射时没有新物质生成，发生的是物理变化，因此氧化还原反应无关，D符合题意；
故合理选项是D。
17． 第三周期第IIIA族 O2- Na+ HClO4 H2SO4 （或或） 2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) ΔH=-511kJ·ml-1或Na(s)+O2(g)= Na2O2(s) ΔH=-255.5kJ·ml-1 NH4Al(SO4)2 0.01ml NH+OH-=NH3·H2O 0.026
【分析】从图中的化合价和原子半径的大小，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素；
（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；
（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强；
（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等；
（4）1mlNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2（s），放出255.5kJ热量，2mlNa反应放出热量为511kJ，注明聚集状态、反应热书写热化学方程式；
（5）①R是NH4Al（SO4）2，溶液中Al3+、NH4+均水解使溶液呈酸性，但Al3+比 NH4+水解程度更大；
②m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH-反应生成NH3•H2O；
③根据n=cV计算n（Al3+）、n（NH4+）、n（SO42-）、n（Ba2+）、n（OH-），根据SO42-、Ba2+中不足量的离子的物质的量计算生成BaSO4的物质的量，依次发生：Al3++OH-=Al（OH）3↓、NH4++OH-=NH3•H2O、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，根据方程式计算生成Al（OH）3的物质的量，进而二者计算生成固体总物质的量。
【解析】(1)f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：r(O2−)>r(Na+)；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：HClO4>H2SO4，
故答案为：r(O2−)>r(Na+)；HClO4>H2SO4；
(3)四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为：(或)，
故答案为：(或)；
(4)1mlNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2(s)，放出255.5kJ热量，2mlNa反应放出热量为511kJ，则该反应的热化学方程式为：2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s) ΔH=-511kJ·ml-1或Na(s)+O2(g)= Na2O2(s) ΔH=-255.5kJ·ml-1；
(5)①R是NH4Al(SO4)2，其物质的量n=cV=0.01L×1ml/L=0.01ml；
②m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH−反应生成NH3⋅H2O，离子方程式为：NH+OH-=NH3·H2O；
③10mL1ml⋅L−1 NH4Al(SO4)2溶液中Al3+物质的量为0.01ml，NH4+的物质的量为0.01ml，SO42−的物质的量为0.02ml，20mL1.1ml⋅L−1Ba(OH)2溶液中Ba2+物质的量为0.022ml，OH−为0.044ml，由SO42−+Ba2+=BaSO4↓，可知SO42−不足，故可以得到0.02mlBaSO4，
反应剩余OH−为0.044ml−0.03ml=0.014ml，
反应剩余OH−为0.014ml−0.01ml=0.004ml，
故得到Al(OH)3沉淀为0.01ml−0.004ml=0.006ml，则最终得到固体为0.02ml+0.006ml=0.026ml，
故答案为：0.026ml。
18．(1) 变化
(2)
(3)AC
(4)
(5)取少量溶液于试管中，加入足量NaOH溶液加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明中有N元素
【解析】（1）①由反应历程可知，反应过程中先失去电子发生氧化反应生成，后面又得到电子被还原成，该反应历程中Fe元素的化合价发生变化；
②由反应历程可知，有两个H原子来源于，另外两个H原子来源于，所以若将替换为，反应制得的肼的结构简式为；
（2）若过程Ⅰ中，则反应物中，该反应为氧化还原反应，生成硝酸根和亚硝酸根，根据氧化还原反应规律配平可得：
（3）采用气、液逆流的方式可增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高的吸收效率，A项正确；中的硫原子为杂化，的硫原子为杂化，所以的键角大于，B项错误；中的N原子有孤电子对，可作为配体，与等金属离子形成配合物，C项正确；羟基的吸电子能力大于氢原子，所以碱性应弱于，即，D项错误，应选AC。
（4）是一种理想还原剂，氧化产物对环境友好，所以氧化产物应该为无毒的氮气，同时氯化铁被还原为氯化亚铁，反应方程式为：
（5）在碱性条件下受热分解产物之一为，化合价降低，说明还会有化合价升高的产物生成，即氨气，所以检验氨气即可，实验方法为：取少量溶液于试管中，加入足量NaOH溶液加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明中有N元素。
19． 放热 ①② < KA=KB>KC 100 >
【分析】(1)由表可知，温度越高，平衡常数越小，反应进行程度越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，据此分析判断；
(2)根据影响化学反应速率的因素分析判断；
(3)①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，是气体体积减小的反应，加压反应物转化率增大；
②平衡常数只受温度影响，据图分析，随温度升高CO转化率降低，说明正反应放热；
③P1压强、T1°C时CO的转化率为0.5，利用三段式法计算平衡常数；
(4)计算此时浓度商和平衡常数比较判断平衡进行的方向。
【解析】(1)由表可知，温度越高，平衡常数越小，反应进行程度越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，即逆反应为吸热反应，故正反应为放热反应，故答案为：放热；
(2)①升高温度，反应速率加快，故①选；②保持体积不变，只增加CO的质量，CO的浓度增大，反应速率加快，故②选；③保持体积不变，充入Ne使体系压强增大，各组分的浓度不变，反应速率不变，故③不选；④保持压强不变，充入Ne使容器的体积增大，各组分的浓度变小，反应速率减慢，故④不选；故答案为：①②；
(3)①反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，反应物的转化率增大，所以PA＜PB，故答案为：＜；
②据图分析，随温度升高CO转化率降低，说明正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，所以KA=KB＞KC，故答案为：KA=KB＞KC；
③P1压强、T1°C时CO的转化率为0.5，
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
反应前(ml/L) ：0.1 0.2 0
转化了(ml/L)：0.05 0.1 0.05
平衡时(ml/L)：0.05 0.1 0.05
化学平衡常数K==100；故答案为：100；
(4)T1°C、1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下：CO：0.1ml H2：0.2ml CH3OH：0.2ml，此时反应的浓度商Qc==50＜K=100，此时v正＞v逆，故答案为：＞。
20．(1) 4-甲基-2-乙基-1-戊烯 碳碳双键
(2) C7H14 5种
(3)⑤④①②③
(4)对二甲苯(或1，4-二甲苯)
(5) 碳溴键 n 氧化反应 ABEF
【解析】（1）选择分子中包含碳碳双键在内的最长碳链为主链，该物质分子中包含碳碳双键在内的最长碳链上含有5个C原子，从右端离碳碳双键较近的一端为起点，给主链上的C原子编号，以确定碳碳双键及支链在主链上的位置。当有多种取代基时，在命名时要先写简单的取代基名称，再写复杂的取代基的名称，取代基与名称中用小短线连接，则该物质名称为4-甲基-2-乙基-1-戊烯；
（2）根据C原子价电子数目是4，可知该有机物分子式是C7H14；该物质分子中六元环高度对称，该物质分子中含有5种不同位置的H原子，因此其一氯取代产物有5种；
（3）①CH4中心C原子价层电子对数是4，无孤对电子，分子呈正四面体结构，键角是109°28′；
②NH3中心N原子价层电子对数是4，有1对孤对电子，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，导致NH3分子呈三角锥结构，键角是107°18′；
③H2O中心O原子价层电子对数是4，有2对孤对电子，由于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，且故电子对数越多，排斥作用越多，使H2O分子呈V形结合，键角是104.5°；
④BF3分子中心B原子原子价层电子对数是3，无孤对电子，分子平面三角形体结构，键角是120°；
⑤BeCl2分子中心Be原子原子价层电子对数是2，无孤对电子，分子直线型结构，键角是180°；
故上述几种微粒中键角由大到小关系为：⑤＞④＞①＞②＞③；
（4）某种苯的同系物W完全燃烧时，生成CO2和H2O的物质的量之比为8：5，根据元素守恒，可知其分子式是C8H10，若该物质的一氯代物有两种，说明其分子中含有两种不同位置的H原子，因此W结构为，名称为对二甲苯(或1，4-二甲苯)；
（5）化合物A分子式为C8H8，能够被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，能够在催化剂存在时反应变为高分子化合物，则A为苯乙烯，结构简式为，A与Br2的CCl4溶液发生加成反应产生B是，产生的高分子化合物D是。
①根据上述分析可知A结构简式是；B是，分子中含有的官能团名称为碳溴键；
②A结构简式是，A分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应产生，该反应的化学方程式为：n ；
A是，由于与苯环连接的C原子上含有H原子，可以被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，该反应类型是氧化反应；
③C是苯甲酸，分子中含有杂质时通常用重结晶方法来除杂，该实验时涉及物质的溶解、过滤操作。要在烧杯中溶解苯甲酸，为促进物质溶解，需使用玻璃棒搅拌，并用酒精灯对物质的溶液进行加热，使物质溶解度增大，然后降温结晶，苯甲酸结晶析出，再通过过滤分离出来，就需使用漏斗，故所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、酒精灯、漏斗，故合理选项是ABEF。
21．(1) 1 1-氯环己烷
(2) 羰基、酯基
(3) (其它合理答案也可)
(4)6
(5)
【分析】A发生取代反应生成B，B发生加成反应生成C，D发生氧化反应生成E，E发生酯化反应生成F，F发生信息②的反应生成M，根据M结构简式及CE分子式知，A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为，D的结构简式为，E的结构简式为，F的结构简式为。
【解析】（1）据分析可知，A的结构简式为，A的核磁共振氢谱中有1组吸收峰；C的结构简式为；故答案为1；1-氯环己烷。
（2）据分析可知，F的结构简式为，M的官能团名称为羰基、酯基；故答案为；羰基、酯基。
（3）C→D为氯代烃的消去反应，化学方程式为，故答案为。
（4）M的同分异构体同时满足相邻条件：①五元环上连有2个取代基；②能与NaHCO3溶液反应生成气体，说明含有羧基；③能发生银镜反应说明含有醛基，
符合条件的结构简式有，故答案为6。
（5）以1−甲基环戊烯为原料（无机试剂任选）制备，可由HOCH(CH3)CH2CH2CH2COOH制备，HOCH(CH3)CH2CH2CH2COOH可由CH3COCH2CH2CH2COOH和氢气发生加成反应得到，CH3COCH2CH2CH2COOH可由1−甲基环戊烯发生氧化反应得到，其合成路线为；故答案为。
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