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新疆乌鲁木齐市第十二名校2024届高三上学期12月月考 化学（含解析）
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这是一份新疆乌鲁木齐市第十二名校2024届高三上学期12月月考 化学（含解析），文件包含化学答案docx、化学试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
B．漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是利用其氧化性，B错误；
C．碳酸氢钠受热分解和与酸反应都会生成，可以使食品变得松软、多孔，C错误；
D．与反应产生，故在呼吸面具中作供氧剂，不是因为其为淡黄色固体，D错误；
故答案为：A。
2．A
【分析】该装置是分液装置，以此解答。
【详解】A．苯与水不互溶，会出现分层现象，因此需要分液装置分离，故A不选；
B．碳酸钙不溶于水，可以用过滤的方法实现与水的分离，故B不选；
C．氯化钠溶于水，可以通过蒸发结晶的方式分离，故C不选；
D．乙醇与水互溶，可以通过蒸馏的方式分离,故D不选；
综上所述，本题正确答案为A。
3．A
【详解】乙醇与水混合后，形成无色溶液。
A. 葡萄糖溶液中加水，仍为无色溶液，外观上与乙醇溶液相同，无法区分，A符合题意；
B. 浓硫酸加入水中，放出大量的热，B不合题意；
C. 四氯化碳与水混合后，液体分层，与乙醇溶液现象不同，C不合题意；
D. 苯与水混合后，液体分层，与乙醇溶液现象不同，D不合题意。
故选A。
4．D
【详解】A．是人工合成淀粉原料之一，减少的量，有利于实现碳中和，故A正确；
B．人类需要的基本营养物质有糖类、油脂、蛋白质、维生素、水和无机盐，故B正确；
C．淀粉为多糖，可以水解生成单糖葡萄糖，故C正确；
D．淀粉的分子式为(C6H10O5)n，淀粉中碳氧比为6：5，二氧化碳中碳氧比为1：2，故原子利用率不为100%，故D错误；
故选D。
5．B
【详解】A．丁达尔效应是胶体的特性，故可以用于区分胶体和溶液，故A正确；
B．用焰色反应检验草木灰中含需要透过蓝色的钴玻璃观察，故B错误；
C．实验室闻气味要用手轻轻扇动瓶口使少量气体进入鼻孔，故C正确；
D．钠的密度小于水大于煤油，钠在水和煤油的界面反应，产生的氢气推动钠在水面和煤油中上下跳动直至消失，故D正确；
故答案为B
6．B
【详解】A.Ca(ClO)2具有强的氧化性，可用于杀菌消毒，A正确；
B.Al是比较活泼的金属，能够与硫酸发生置换反应产生硫酸铝和氢气，因此不能用铝制容器盛装稀硫酸，B错误；
C.Fe2O3是含有铁元素的氧化物，可用于炼铁，C正确；
D.氧化镁是离子化合物，离子之间以极强的离子键结合，断裂消耗很高的能量，因此该物质的熔沸点很高，氧化镁可作耐火材料，D正确；
故合理选项是B。
7．C
【详解】A.1ml铜完全反应失电子2ml，1 ml Cu与足量稀HNO3反应，转移2NA个电子，故A错误；
B.标准状况下气体摩尔体积为22.4L/ml，常温常压下，22.4LCl2物质的量不是1ml，故B错误；
C．依据计算物质的量，结合分子式计算电子数为10NA个，故C正确；
D．溶液中亚硫酸根离子水解，1L0.1ml/LNa2SO3溶液中含有的SO32-小于0.1NA个，故D错误；
故选C。
8．D
【详解】达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4ml、2ml和4ml，B为固体，该反应前后气体物质的量不变，在容积不变的情况下，增大或减少A、B和C的物质的量，不会影响化学平衡的移动，但当B为0时，平衡会逆向移动，故答案选择D。
9．C
【详解】A．金属钙化学性质非常活泼，用电解熔融氯化钙的方法制备，A项正确；
B．高温分解得到氧化钙，CaO溶于水生成Ca(OH)2，Ca(OH)2可用于沉镁；CO空间构型是平面三角形，B项正确；
C．钙钛矿晶体中钛离子处于顶角位置，周围与它最近且距离相等的钛离子个数为6，C项错误；
D．晶胞中氧原子位于边上，钙原子位于面心，钛原子位于顶角，根据平均原则，钙钛矿晶胞中氧、钙、钛的粒子个数为12×，1,8×，D项正确；
故答案选C 。
10．B
【分析】Y是短周期中金属性最强的元素，则Y为Na元素；X原子核外电子总数与Y原子次外层的电子数相同，则X为O元素；Z所在周期数与族序数相同，Z为Al元素；W与X属于同一主族，且为短周期元素，所以W为S元素。
【详解】A．O元素和Na元素可以形成Na2O2，其含有非极性共价键，故A错误；
B．同主族元素自上而下非金属性减弱，所以非金属性O>S，则单质的氧化性O2>S，故B正确；
C．Al的氧化物的水化物为Al(OH)3，属于弱碱，故C错误；
D．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Y＞Z＞W＞X，故D错误；
综上所述答案为B。
11．D
【详解】A．浓盐酸与铁屑反应生成亚铁离子和氢气，离子方程式为： Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；
B．钠与硫酸铜溶液反应先和水反应生成氢氧化钠溶液再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式：2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+H2↑+2Na+，故B错误；
C．过量铁与稀硝酸反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++4H2O+2NO↑，故C错误；
D．等物质的量的Ba(OH)2与NaHSO4在溶液中反应，氢氧根离子过量，硫酸氢根离子应该拆开，正确的离子方程式为：Ba2++OH-+H++SO42-═BaSO4↓+H2O，故D正确；
故答案为D。
12．D
【分析】A中根据碳碳双键的性质判断；B中根据酯基、羧基进行判断；C中根据所含官能团进行判断；D中根据催化氧化的反应机理进行判断；
【详解】A．通过图中结构判断含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，能使其褪色，故A正确；
B．该有机物含有1个羧基能与氢氧化钠反应，还含有1个酯基能与氢氧化钠反应，故1ml该物质最多可与2mlNaOH反应，故B正确；
C．该有机物中含有羧基能发生取代反应，羟基能发生消去反应、碳碳双键能发生加成反应，故C正确；
D．该有机物中有2个羟基所接的碳原子上有1个氢故只能催化氧化生成酮，故D不正确；
故选答案D；
13．A
【详解】A．氯化钠溶液通电后生成氢氧化钠、氢气、氯气，发生反应的离子方程式为，故A正确；
B．氢气在氯气中剧烈燃烧，发出苍白色火焰，生成的HCl在瓶口遇到水蒸气，有白雾出现，故B错误；
C．与反应生成以为有效成分的漂白粉，该反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，故C错误；
D．使用漂白粉浸泡衣物时，可加入少量盐酸，增强漂白效果，加入大量盐酸，可能会损害衣物，甚至生成有毒气体氯气，故D错误；
故选A。
14．C
【详解】A. 氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体即1ml氧气时，电路中通过的电子数目为4NA，A错误；B. 氢原子数为0.4NA的CH3OH分子是0.1ml，分子中含有的σ键数为0.5NA，B错误；C. 丙烯和环丙烷的最简式相同，均是CH2，因此二者组成的42 g混合气体中氢原子的个数为6NA，C正确；D. 18 g D2O的物质的量小于1ml，其中含有的质子数小于10NA，D错误，答案选C。
15．C
【详解】A．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，反应的化学平衡常数就不变，所以容器①、②中反应的平衡常数相等，A正确；
B．容器①、②为等效平衡。对于反应①反应放出热量23.1 kJ，则反应产生的NH3的物质的量n(NH3)=，根据反应方程式 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)中物质反应转化关系可知：反应产生0.5 ml NH3，反应消耗0.25 ml N2，0.75 ml H2，则平衡时n(N2)=1 ml-0.25 ml=0.75 ml，n(H2)=3 ml-0.75 ml=2.25 ml，n(NH2)=0.5 ml，n(总)=0.75 ml+2.25 ml+0.5 ml=3.5 ml，则此时NH3的体积分数为，B正确；
C．容器①与容器②中平衡为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，故容器②中生成的氨气较少，则容器②中达平衡时放出的热量Q＜23.15 kJ，C错误；
D．若容器①体积为0.5 L，等效为在原平衡的基础上减小压强，平衡逆向移动，反应物转化率减小，则平衡时放出的热量Q＜23.15 kJ，D正确；
故合理选项是C。
16．(1) 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+ CaCl2+2H2O g→ab→ef→d 在装置C和A之间连接一个盛有碱石灰的干燥管
(2)2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O
(3)取少量样品于试管中，加入稀硫酸，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O；反之，则没有
(4) B瓶中出现白烟(必须指出B瓶) 烧杯中溶液倒吸入B瓶(且紫色石蕊溶液变红色)
【解析】（1）
①在装置C中用NH4Cl与Ca(OH)2混合加热制取NH3，则发生反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+ CaCl2+2H2O；
②装置d连接顺序为：制取氨气→氨还原性验证→产物检验→尾气处理，所以装置正确的接口连接顺序为g→ab→ef→d；
③氨气还原CuO生成水，为防止氨气中混入水的干扰，制取的氨气必须干燥，不能选择酸性干燥剂和无水氯化钙，可选用碱石灰或生石灰干燥，即在装置C和A之间连接一个盛有碱石灰的干燥管；
（2）
氨气还原CuO的现象为：黑色固体全部变为红色物质，无水CuSO4变蓝，同时生成一种无污染的气体N2，即氨气还原CuO生成H2O、Cu和N2，反应的化学方程式为：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O；
（3）
根据信息：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O可知，Cu2O能与稀硫酸、HCl等非氧化性酸反应，生成蓝色溶液，所以设计的实验方案是：取少量样品于试管中，加入稀硫酸，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O；反之，则没有Cu2O；
（4）
①打开旋塞1，由于A中HCl的气体压强大于B瓶，所以A中HCl气体向B瓶中扩散，并在B瓶发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，NH3与HCl混合发生反应产生NH4Cl白色固体，因此会看到B瓶中出现白烟现象；
②再打开旋塞2，由于B瓶中气体压强减小，烧杯中的溶液在外界大气压强作用下倒吸至B瓶中，NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，酸性溶液可以使紫色石蕊试液变为红色，因此B瓶中的现象是烧杯中溶液倒吸入B瓶(且紫色石蕊溶液变红色)。
17． 2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)ΔH＝－571.6 kJ/ml O2＋4e－＋2H2O＝4OH－ 0.56 增大压强 t2－t3
【详解】（1）在298K、101kPa时，1g即0.5mlH2完全燃烧生成液态水，放出142.9kJ热量，则表示H2燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)═2H2O（l）△H=-571.6 kJ/ml；
（2）氢氧燃料电池能量转化率高，具有广阔的发展前景。现氢氧燃料电池进行下图所示实验：①在如图所示的氢氧燃料电池中，正极上氧气获得电子，由于溶液为碱性，所以氧气获得电子变为OH-，正极的电极反应式为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－；②根据如图装置可知与正极a连接的铜电极是阳极，发生氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，质量减轻3.2 g，n(Cu)=3.2g÷64g/ml=0.05ml，则n(e-)=0.05ml×2=0.1ml，则a极上消耗的O2在标准状况下的体积为V(O2)= (0.1ml÷4) ×22.4L/ml=0.56L；①该反应的正反应是气体体积减小的放热反应。t1时刻，正逆速率都增大，正反应速率增大更多，平衡正向移动，正反应为气体体积减小的放热反应，升高温度平衡逆向移动，应是增大压强；t2－t3时反应处于平衡状态，从t3时刻开始化学平衡逆向移动，氨气的含量降低，在t4时达到平衡状态，从t4—t6时反应处于平衡状态。氨的含量不变。故表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2－t3；②温度为T℃时，将2a ml H2和a ml N2放入0.5L密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%，氮气浓度变化量为(aml÷0.5L)×50%=aml/L，则：
N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)
起始浓度（ml/L）：2a 4a 0
变化浓度（ml/L）：a 3a 2a
平衡浓度（ml/L）：a a 2a
故平衡常数K=。
18． 羧基 苯丙烯醛 加成反应 +2Cu(OH)2 +NaOH+Cu2O↓+3H2O CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4
【分析】由信息①及B分子式可知A应含有醛基，且含有7个C原子，则芳香化合物A为，因此B为；B与新制氢氧化铜反应后酸化生成C，则C为，C与溴发生加成反应生成D，D为，D发生消去反应并酸化得到E，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，对比F、H的结构简式，结合信息②可知，G为。据此分析解答。
(5)CH2=CH2和水发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO和HCHO发生信息反应生成HOCH2C(CH2OH)2CHO，HOCH2C(CH2OH)CHO发生加成反应生成HOCH2C(CH2OH)3，HOCH2C(CH2OH)3和浓硝酸发生取代反应生成C(CH2ONO2)4。
【详解】(1)E()中的含氧官能团为羧基，非含氧官能团为碳碳三键，其电子数为，E的化学名称为苯丙炔酸，则B()的化学名称为苯丙烯醛，故答案为羧基；；苯丙烯醛；
(2)C为，发生加成反应生成D，B为，C为，B→C的过程中反应①的化学方程式为+2Cu(OH)2 +NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为加成反应；+2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O；
(3)G 的结构简式为，故答案为；
(4)F为，F的同分异构体符合下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③分子中有5 种不同化学环境的氢且个数比为1∶1∶2∶2∶4，符合条件的同分异构体结构简式为，故答案为；
(5)CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO和HCHO发生信息①的反应生成C(CH2OH)4， C(CH2OH)3和浓硝酸发生酯化反应生成C(CH2ONO2)4，合成路线为CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4，故答案为 CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4。
【点睛】本题的难点为(5)，要注意题干信息的利用，特别是信息①和信息③的灵活运用，同时注意C(CH2ONO2)4属于酯类物质，不是硝基化合物。
19．(1)N>H>B
(2)变为
(3)电负性N>B，π电子主要在N附近，不能自由移动
(4)-1
(5)ABC
(6) 均属共价晶体，结构相似，B-N键长比Si-C键短，键能更大 混合型晶体 共价键、配位键、分子间作用力
【详解】（1）NH3BH3分子中，根据与N原子相连的H呈正电性，说明电负性：N>H；根据与B原子相连的H呈负电性，说明电负性：B H> B；
（2）NH3BH3分子中，氮原子上有一对孤电子对，而硼原子中有空轨道，二者之间可形成配位键。NH3BH3分子中B原子的价层电子对数为4，B原子杂化方式为sp3；根据的结构可知，B原子价层电子对数为3，B原子的杂化方式为sp2，故反应中B原子的杂化方式由sp3变为sp2；
（3）B的最外层电子排布式为2s22p1，N的最外层电子排布式为2s22p3，经过sp2轨道杂化后，N原子剩下1个孤电子对，B原子剩下1个空的p轨道，因而形成大键的电子全部由N提供，由于电负性N>B，π电子主要在N附近，因而不能自由移动；
（4）NaBH4 中Na为+1价，B为+3价，则H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价；
（5）A．硼酸只能进行一步电离，且只能部分电离，说明硼酸为一元弱酸，A正确；
B．硼酸具有弱酸性是由于B与水中的OH-形成配位键，B原子价电子式2s2p1，可提供1个p轨道作为空轨道，接受OH-中O原子提供的孤电子对形成配位键，B正确；
C．硼酸分子中B原子采取sp2杂化，σ键数为3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，B位于三个O构成的三角形的中心，C正确；
D．硼酸与NH3发生反应H3BO3+NH3+H2O=NH4B(OH)4，反应中无元素化合价升降，不是氧化还原反应，D错误；
故选ABC；
（6）①立方氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是:二者均属共价晶体，结构相似，其中N原子半径小于C，B原子半径小于Si，B-N共价键的键长小于Si-C键长，B-N共价键的键能大于Si-C键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC；该晶胞中，N=4，B=，则，即；
②B和N都是非金属元素，每层中B和N以共价键结合，具有共价晶体的特征，层和层之间存在分子间作用力，又具有分子晶体的特征，因而六方氮化硼的晶体属于混合型晶体；其中含有的微粒间作用力有共价键、配位键和分子间作用力。
20． B装置中导气管长进短出 Cu + 2H2SO4（浓）CuSO4+ SO2↑+ 2H2O SO2+ 2OH-==SO32-+H2O A A、D 无明显现象 附着红色的铜
【分析】足量铜与浓硫酸共热反应，当浓硫酸变成稀硫酸时与铜不反应，故余铜和稀硫酸。参与反应的硫酸只有一半被还原。
【详解】(1) 装置A中，铜与浓硫酸共热反应，装置B收集产生的SO2气体。密度比空气大，用向上排空气法收集，故装置B中导气管长进短出。
(2)①铜跟浓硫酸共热的化学方程式Cu + 2H2SO4（浓）CuSO4+ SO2↑+ 2H2O。装置C中NaOH溶液吸收多余SO2，反应的离子方程式SO2+ 2OH-=SO32-+H2O。
②足量铜与浓硫酸共热，随着反应的进行硫酸浓度减小。当变成稀硫酸时与铜不反应，故余铜和稀硫酸。参与反应的H2SO4小于0.05L×18ml/L=0.9ml，被还原的H2SO4小于0.45ml，选A。
③证明反应后烧瓶中有H2SO4剩余，所选试剂应能与H2SO4反应、且有明显现象。故铁粉、碳酸钠溶液都可以，选AD。
(3) 常温下，铁棒置于浓硫酸中发生钝化，在铁棒表面形成致密的氧化膜。故已经钝化的铁棒与CuSO4溶液不反应，未钝化的铁棒与CuSO4溶液置换反应生成铜。将经浓硫酸处理过的铁棒洗净后置于CuSO4溶液中，若铁棒表面无明显现象，则发生了钝化，若铁棒表面附着析出红色物质，则铁和浓硫酸未发生反应。
B．漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是利用其氧化性，B错误；
C．碳酸氢钠受热分解和与酸反应都会生成，可以使食品变得松软、多孔，C错误；
D．与反应产生，故在呼吸面具中作供氧剂，不是因为其为淡黄色固体，D错误；
故答案为：A。
2．A
【分析】该装置是分液装置，以此解答。
【详解】A．苯与水不互溶，会出现分层现象，因此需要分液装置分离，故A不选；
B．碳酸钙不溶于水，可以用过滤的方法实现与水的分离，故B不选；
C．氯化钠溶于水，可以通过蒸发结晶的方式分离，故C不选；
D．乙醇与水互溶，可以通过蒸馏的方式分离,故D不选；
综上所述，本题正确答案为A。
3．A
【详解】乙醇与水混合后，形成无色溶液。
A. 葡萄糖溶液中加水，仍为无色溶液，外观上与乙醇溶液相同，无法区分，A符合题意；
B. 浓硫酸加入水中，放出大量的热，B不合题意；
C. 四氯化碳与水混合后，液体分层，与乙醇溶液现象不同，C不合题意；
D. 苯与水混合后，液体分层，与乙醇溶液现象不同，D不合题意。
故选A。
4．D
【详解】A．是人工合成淀粉原料之一，减少的量，有利于实现碳中和，故A正确；
B．人类需要的基本营养物质有糖类、油脂、蛋白质、维生素、水和无机盐，故B正确；
C．淀粉为多糖，可以水解生成单糖葡萄糖，故C正确；
D．淀粉的分子式为(C6H10O5)n，淀粉中碳氧比为6：5，二氧化碳中碳氧比为1：2，故原子利用率不为100%，故D错误；
故选D。
5．B
【详解】A．丁达尔效应是胶体的特性，故可以用于区分胶体和溶液，故A正确；
B．用焰色反应检验草木灰中含需要透过蓝色的钴玻璃观察，故B错误；
C．实验室闻气味要用手轻轻扇动瓶口使少量气体进入鼻孔，故C正确；
D．钠的密度小于水大于煤油，钠在水和煤油的界面反应，产生的氢气推动钠在水面和煤油中上下跳动直至消失，故D正确；
故答案为B
6．B
【详解】A.Ca(ClO)2具有强的氧化性，可用于杀菌消毒，A正确；
B.Al是比较活泼的金属，能够与硫酸发生置换反应产生硫酸铝和氢气，因此不能用铝制容器盛装稀硫酸，B错误；
C.Fe2O3是含有铁元素的氧化物，可用于炼铁，C正确；
D.氧化镁是离子化合物，离子之间以极强的离子键结合，断裂消耗很高的能量，因此该物质的熔沸点很高，氧化镁可作耐火材料，D正确；
故合理选项是B。
7．C
【详解】A.1ml铜完全反应失电子2ml，1 ml Cu与足量稀HNO3反应，转移2NA个电子，故A错误；
B.标准状况下气体摩尔体积为22.4L/ml，常温常压下，22.4LCl2物质的量不是1ml，故B错误；
C．依据计算物质的量，结合分子式计算电子数为10NA个，故C正确；
D．溶液中亚硫酸根离子水解，1L0.1ml/LNa2SO3溶液中含有的SO32-小于0.1NA个，故D错误；
故选C。
8．D
【详解】达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4ml、2ml和4ml，B为固体，该反应前后气体物质的量不变，在容积不变的情况下，增大或减少A、B和C的物质的量，不会影响化学平衡的移动，但当B为0时，平衡会逆向移动，故答案选择D。
9．C
【详解】A．金属钙化学性质非常活泼，用电解熔融氯化钙的方法制备，A项正确；
B．高温分解得到氧化钙，CaO溶于水生成Ca(OH)2，Ca(OH)2可用于沉镁；CO空间构型是平面三角形，B项正确；
C．钙钛矿晶体中钛离子处于顶角位置，周围与它最近且距离相等的钛离子个数为6，C项错误；
D．晶胞中氧原子位于边上，钙原子位于面心，钛原子位于顶角，根据平均原则，钙钛矿晶胞中氧、钙、钛的粒子个数为12×，1,8×，D项正确；
故答案选C 。
10．B
【分析】Y是短周期中金属性最强的元素，则Y为Na元素；X原子核外电子总数与Y原子次外层的电子数相同，则X为O元素；Z所在周期数与族序数相同，Z为Al元素；W与X属于同一主族，且为短周期元素，所以W为S元素。
【详解】A．O元素和Na元素可以形成Na2O2，其含有非极性共价键，故A错误；
B．同主族元素自上而下非金属性减弱，所以非金属性O>S，则单质的氧化性O2>S，故B正确；
C．Al的氧化物的水化物为Al(OH)3，属于弱碱，故C错误；
D．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Y＞Z＞W＞X，故D错误；
综上所述答案为B。
11．D
【详解】A．浓盐酸与铁屑反应生成亚铁离子和氢气，离子方程式为： Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；
B．钠与硫酸铜溶液反应先和水反应生成氢氧化钠溶液再和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式：2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+H2↑+2Na+，故B错误；
C．过量铁与稀硝酸反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++4H2O+2NO↑，故C错误；
D．等物质的量的Ba(OH)2与NaHSO4在溶液中反应，氢氧根离子过量，硫酸氢根离子应该拆开，正确的离子方程式为：Ba2++OH-+H++SO42-═BaSO4↓+H2O，故D正确；
故答案为D。
12．D
【分析】A中根据碳碳双键的性质判断；B中根据酯基、羧基进行判断；C中根据所含官能团进行判断；D中根据催化氧化的反应机理进行判断；
【详解】A．通过图中结构判断含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，能使其褪色，故A正确；
B．该有机物含有1个羧基能与氢氧化钠反应，还含有1个酯基能与氢氧化钠反应，故1ml该物质最多可与2mlNaOH反应，故B正确；
C．该有机物中含有羧基能发生取代反应，羟基能发生消去反应、碳碳双键能发生加成反应，故C正确；
D．该有机物中有2个羟基所接的碳原子上有1个氢故只能催化氧化生成酮，故D不正确；
故选答案D；
13．A
【详解】A．氯化钠溶液通电后生成氢氧化钠、氢气、氯气，发生反应的离子方程式为，故A正确；
B．氢气在氯气中剧烈燃烧，发出苍白色火焰，生成的HCl在瓶口遇到水蒸气，有白雾出现，故B错误；
C．与反应生成以为有效成分的漂白粉，该反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，故C错误；
D．使用漂白粉浸泡衣物时，可加入少量盐酸，增强漂白效果，加入大量盐酸，可能会损害衣物，甚至生成有毒气体氯气，故D错误；
故选A。
14．C
【详解】A. 氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体即1ml氧气时，电路中通过的电子数目为4NA，A错误；B. 氢原子数为0.4NA的CH3OH分子是0.1ml，分子中含有的σ键数为0.5NA，B错误；C. 丙烯和环丙烷的最简式相同，均是CH2，因此二者组成的42 g混合气体中氢原子的个数为6NA，C正确；D. 18 g D2O的物质的量小于1ml，其中含有的质子数小于10NA，D错误，答案选C。
15．C
【详解】A．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，反应的化学平衡常数就不变，所以容器①、②中反应的平衡常数相等，A正确；
B．容器①、②为等效平衡。对于反应①反应放出热量23.1 kJ，则反应产生的NH3的物质的量n(NH3)=，根据反应方程式 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)中物质反应转化关系可知：反应产生0.5 ml NH3，反应消耗0.25 ml N2，0.75 ml H2，则平衡时n(N2)=1 ml-0.25 ml=0.75 ml，n(H2)=3 ml-0.75 ml=2.25 ml，n(NH2)=0.5 ml，n(总)=0.75 ml+2.25 ml+0.5 ml=3.5 ml，则此时NH3的体积分数为，B正确；
C．容器①与容器②中平衡为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，故容器②中生成的氨气较少，则容器②中达平衡时放出的热量Q＜23.15 kJ，C错误；
D．若容器①体积为0.5 L，等效为在原平衡的基础上减小压强，平衡逆向移动，反应物转化率减小，则平衡时放出的热量Q＜23.15 kJ，D正确；
故合理选项是C。
16．(1) 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+ CaCl2+2H2O g→ab→ef→d 在装置C和A之间连接一个盛有碱石灰的干燥管
(2)2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O
(3)取少量样品于试管中，加入稀硫酸，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O；反之，则没有
(4) B瓶中出现白烟(必须指出B瓶) 烧杯中溶液倒吸入B瓶(且紫色石蕊溶液变红色)
【解析】（1）
①在装置C中用NH4Cl与Ca(OH)2混合加热制取NH3，则发生反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+ CaCl2+2H2O；
②装置d连接顺序为：制取氨气→氨还原性验证→产物检验→尾气处理，所以装置正确的接口连接顺序为g→ab→ef→d；
③氨气还原CuO生成水，为防止氨气中混入水的干扰，制取的氨气必须干燥，不能选择酸性干燥剂和无水氯化钙，可选用碱石灰或生石灰干燥，即在装置C和A之间连接一个盛有碱石灰的干燥管；
（2）
氨气还原CuO的现象为：黑色固体全部变为红色物质，无水CuSO4变蓝，同时生成一种无污染的气体N2，即氨气还原CuO生成H2O、Cu和N2，反应的化学方程式为：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O；
（3）
根据信息：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O可知，Cu2O能与稀硫酸、HCl等非氧化性酸反应，生成蓝色溶液，所以设计的实验方案是：取少量样品于试管中，加入稀硫酸，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有Cu2O；反之，则没有Cu2O；
（4）
①打开旋塞1，由于A中HCl的气体压强大于B瓶，所以A中HCl气体向B瓶中扩散，并在B瓶发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，NH3与HCl混合发生反应产生NH4Cl白色固体，因此会看到B瓶中出现白烟现象；
②再打开旋塞2，由于B瓶中气体压强减小，烧杯中的溶液在外界大气压强作用下倒吸至B瓶中，NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，酸性溶液可以使紫色石蕊试液变为红色，因此B瓶中的现象是烧杯中溶液倒吸入B瓶(且紫色石蕊溶液变红色)。
17． 2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)ΔH＝－571.6 kJ/ml O2＋4e－＋2H2O＝4OH－ 0.56 增大压强 t2－t3
【详解】（1）在298K、101kPa时，1g即0.5mlH2完全燃烧生成液态水，放出142.9kJ热量，则表示H2燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)═2H2O（l）△H=-571.6 kJ/ml；
（2）氢氧燃料电池能量转化率高，具有广阔的发展前景。现氢氧燃料电池进行下图所示实验：①在如图所示的氢氧燃料电池中，正极上氧气获得电子，由于溶液为碱性，所以氧气获得电子变为OH-，正极的电极反应式为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－；②根据如图装置可知与正极a连接的铜电极是阳极，发生氧化反应：Cu-2e-=Cu2+，质量减轻3.2 g，n(Cu)=3.2g÷64g/ml=0.05ml，则n(e-)=0.05ml×2=0.1ml，则a极上消耗的O2在标准状况下的体积为V(O2)= (0.1ml÷4) ×22.4L/ml=0.56L；①该反应的正反应是气体体积减小的放热反应。t1时刻，正逆速率都增大，正反应速率增大更多，平衡正向移动，正反应为气体体积减小的放热反应，升高温度平衡逆向移动，应是增大压强；t2－t3时反应处于平衡状态，从t3时刻开始化学平衡逆向移动，氨气的含量降低，在t4时达到平衡状态，从t4—t6时反应处于平衡状态。氨的含量不变。故表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2－t3；②温度为T℃时，将2a ml H2和a ml N2放入0.5L密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%，氮气浓度变化量为(aml÷0.5L)×50%=aml/L，则：
N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)
起始浓度（ml/L）：2a 4a 0
变化浓度（ml/L）：a 3a 2a
平衡浓度（ml/L）：a a 2a
故平衡常数K=。
18． 羧基 苯丙烯醛 加成反应 +2Cu(OH)2 +NaOH+Cu2O↓+3H2O CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4
【分析】由信息①及B分子式可知A应含有醛基，且含有7个C原子，则芳香化合物A为，因此B为；B与新制氢氧化铜反应后酸化生成C，则C为，C与溴发生加成反应生成D，D为，D发生消去反应并酸化得到E，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，对比F、H的结构简式，结合信息②可知，G为。据此分析解答。
(5)CH2=CH2和水发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO和HCHO发生信息反应生成HOCH2C(CH2OH)2CHO，HOCH2C(CH2OH)CHO发生加成反应生成HOCH2C(CH2OH)3，HOCH2C(CH2OH)3和浓硝酸发生取代反应生成C(CH2ONO2)4。
【详解】(1)E()中的含氧官能团为羧基，非含氧官能团为碳碳三键，其电子数为，E的化学名称为苯丙炔酸，则B()的化学名称为苯丙烯醛，故答案为羧基；；苯丙烯醛；
(2)C为，发生加成反应生成D，B为，C为，B→C的过程中反应①的化学方程式为+2Cu(OH)2 +NaOH+Cu2O↓+3H2O，故答案为加成反应；+2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O；
(3)G 的结构简式为，故答案为；
(4)F为，F的同分异构体符合下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③分子中有5 种不同化学环境的氢且个数比为1∶1∶2∶2∶4，符合条件的同分异构体结构简式为，故答案为；
(5)CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO和HCHO发生信息①的反应生成C(CH2OH)4， C(CH2OH)3和浓硝酸发生酯化反应生成C(CH2ONO2)4，合成路线为CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4，故答案为 CH3CH2OHCH3CHOC(CH2OH)4C(CH2ONO2)4。
【点睛】本题的难点为(5)，要注意题干信息的利用，特别是信息①和信息③的灵活运用，同时注意C(CH2ONO2)4属于酯类物质，不是硝基化合物。
19．(1)N>H>B
(2)变为
(3)电负性N>B，π电子主要在N附近，不能自由移动
(4)-1
(5)ABC
(6) 均属共价晶体，结构相似，B-N键长比Si-C键短，键能更大 混合型晶体 共价键、配位键、分子间作用力
【详解】（1）NH3BH3分子中，根据与N原子相连的H呈正电性，说明电负性：N>H；根据与B原子相连的H呈负电性，说明电负性：B
（2）NH3BH3分子中，氮原子上有一对孤电子对，而硼原子中有空轨道，二者之间可形成配位键。NH3BH3分子中B原子的价层电子对数为4，B原子杂化方式为sp3；根据的结构可知，B原子价层电子对数为3，B原子的杂化方式为sp2，故反应中B原子的杂化方式由sp3变为sp2；
（3）B的最外层电子排布式为2s22p1，N的最外层电子排布式为2s22p3，经过sp2轨道杂化后，N原子剩下1个孤电子对，B原子剩下1个空的p轨道，因而形成大键的电子全部由N提供，由于电负性N>B，π电子主要在N附近，因而不能自由移动；
（4）NaBH4 中Na为+1价，B为+3价，则H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价；
（5）A．硼酸只能进行一步电离，且只能部分电离，说明硼酸为一元弱酸，A正确；
B．硼酸具有弱酸性是由于B与水中的OH-形成配位键，B原子价电子式2s2p1，可提供1个p轨道作为空轨道，接受OH-中O原子提供的孤电子对形成配位键，B正确；
C．硼酸分子中B原子采取sp2杂化，σ键数为3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，B位于三个O构成的三角形的中心，C正确；
D．硼酸与NH3发生反应H3BO3+NH3+H2O=NH4B(OH)4，反应中无元素化合价升降，不是氧化还原反应，D错误；
故选ABC；
（6）①立方氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是:二者均属共价晶体，结构相似，其中N原子半径小于C，B原子半径小于Si，B-N共价键的键长小于Si-C键长，B-N共价键的键能大于Si-C键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC；该晶胞中，N=4，B=，则，即；
②B和N都是非金属元素，每层中B和N以共价键结合，具有共价晶体的特征，层和层之间存在分子间作用力，又具有分子晶体的特征，因而六方氮化硼的晶体属于混合型晶体；其中含有的微粒间作用力有共价键、配位键和分子间作用力。
20． B装置中导气管长进短出 Cu + 2H2SO4（浓）CuSO4+ SO2↑+ 2H2O SO2+ 2OH-==SO32-+H2O A A、D 无明显现象 附着红色的铜
【分析】足量铜与浓硫酸共热反应，当浓硫酸变成稀硫酸时与铜不反应，故余铜和稀硫酸。参与反应的硫酸只有一半被还原。
【详解】(1) 装置A中，铜与浓硫酸共热反应，装置B收集产生的SO2气体。密度比空气大，用向上排空气法收集，故装置B中导气管长进短出。
(2)①铜跟浓硫酸共热的化学方程式Cu + 2H2SO4（浓）CuSO4+ SO2↑+ 2H2O。装置C中NaOH溶液吸收多余SO2，反应的离子方程式SO2+ 2OH-=SO32-+H2O。
②足量铜与浓硫酸共热，随着反应的进行硫酸浓度减小。当变成稀硫酸时与铜不反应，故余铜和稀硫酸。参与反应的H2SO4小于0.05L×18ml/L=0.9ml，被还原的H2SO4小于0.45ml，选A。
③证明反应后烧瓶中有H2SO4剩余，所选试剂应能与H2SO4反应、且有明显现象。故铁粉、碳酸钠溶液都可以，选AD。
(3) 常温下，铁棒置于浓硫酸中发生钝化，在铁棒表面形成致密的氧化膜。故已经钝化的铁棒与CuSO4溶液不反应，未钝化的铁棒与CuSO4溶液置换反应生成铜。将经浓硫酸处理过的铁棒洗净后置于CuSO4溶液中，若铁棒表面无明显现象，则发生了钝化，若铁棒表面附着析出红色物质，则铁和浓硫酸未发生反应。
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