2022-2023学年上海行知中学高三上学期第一次月考化学试题-含解析

这是一份2022-2023学年上海行知中学高三上学期第一次月考化学试题-含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

上海行知中学2022-2023学年高三上学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列有关化学用语表示正确的是
A．苯甲酸的结构简式： B．二氧化碳的结构式：O—C—O
C．CH4的比例模型： D．CaCl2的电子式：
【答案】C
【详解】A．苯甲酸是苯环与羧基-COOH相连形成的化合物，其结构简式是，A错误；
B．二氧化碳分子中C原子与2个O原子通过4个共价键结合，使分子中各个原子都达到稳定结构，其结构式：O=C=O，B错误；
C．CH4分子中C原子与4个H原子形成4个共价键，分子的空间构型是正四面体，由于C原子半径比H原子大，所以CH4的比例模型是：，C正确；
D．CaCl2是离子化合物，Ca2+与2个Cl-之间以离子键结合，其电子式为，D错误；
故合理选项是C。
2．氮化铝（AlN）熔融时不导电、难溶于水，常用作砂轮及耐高温材料，由此推知，它应该属于（   ）
A．离子晶体 B．原子晶体 C．分子晶体 D．金属晶体
【答案】B
【详解】由信息可知，氮化铝常用作砂轮及耐高温的材料，熔融时不导电，为共价化合物，熔点高、硬度大，为原子晶体的性质，所以氮化铝属于原子晶体，B项正确；
答案选B。
3．BF3是非极性分子，下列有关说法错误的是
A．B-F键是极性键 B．空间结构为三角锥型
C．键角均为120° D．所有原子共平面
【答案】B
【解析】BF3的中心原子B价电子对数为3，为sp2杂化，且无孤电子对，形成平面正三角形结构。
【详解】A．不同种元素原子间的共价键是极性键，B-F是极性键，故A正确；
B．BF3是非极性分子，则空间结构为平面正三角形，故B错误；
C．BF3空间结构为平面正三角形，B在三角形的中心，所以键角为120°，故C正确；
D．BF3空间结构为平面正三角形，所有原子共平面，故D正确；
故选B。
4．下列说法不正确的是
A．纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同
B．加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏
C．CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变
D．石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏
【答案】C
【详解】A.烧碱和纯碱均属于离子化合物，熔化时须克服离子键，A项正确；
B.加热蒸发氯化钾水溶液，液态水变为气态水，水分子之间的分子间作用力被破坏，B项正确；
C.CO2溶于水发生反应：CO2+H2O⇌H2CO3，这里有化学键的断裂和生成，C项错误；
D.石墨属于层状结构晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石只含有共价键，因而石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，D项正确。
故答案选C。
5．将摩擦带电的玻璃棒接近液流，实验现象如图。该实验能说明

A．分子带电，分子不带电
B．是由非极性键形成的极性分子
C．是正四面体形分子
D．分子中正负电荷的重心是重合的
【答案】D
【分析】由于极性分子中正负电荷中重心不重合，将摩擦带电的玻璃棒接近液流时液流会发生偏转，非极性分子分子中正负电荷的重心是重合的，将摩擦带电的玻璃棒接近液流时液流不会发生偏转。
【详解】A．分子和分子均不带电，A错误；
B．该实验说明是极性分子，不能说明其含有非极性键，B错误；
C．该实验说明是非极性分子，不能说明其为正四面体形，C错误；
D．该实验说明是非极性分子，因此分子中正负电荷的重心是重合的，D正确；
答案选D。
6．不能说明Mg的金属性强于Al的是
A．碱性：Mg(OH)2 > Al(OH)3 B．镁、铝与热水的反应
C．镁、铝与强碱溶液反应 D．镁、铝与盐酸的反应
【答案】C
【详解】A．元素最高价氧化物对应水化物的碱性与元素的金属性一致，碱性：Mg(OH)2 > Al(OH)3能够说明Mg的金属性强于Al，A不合题意；
B．元素的单质与水或酸反应的剧烈程度与金属性一致，故通过比较镁、铝与热水的反应的剧烈程度可以说明Mg的金属性强于Al，B不合题意；
C．金属铝与强碱反应是其固有的特性，故不能通过比较镁、铝与强碱溶液反应来说明Mg的金属性强于Al，C符合题意；
D．元素的单质与水或酸反应的剧烈程度与金属性一致，故通过比较镁、铝与盐酸的反应的剧烈程度可以说明Mg的金属性强于Al，D不合题意；
故答案为：C。
7．以下物理量只与温度有关的是(   )
A．合成氨工业中，氢气的转化率 B．醋酸的电离度
C．氢气的溶解度 D．水的离子积
【答案】D
【详解】A. 合成氨工业中，氢气的转化率不仅与温度有关，还与压强和氮气的浓度等有关，故A错误；
B. 醋酸的电离度与温度、浓度、溶液酸碱性等因素有关，故B错误；
C. 氢气的溶解度与温度、压强等有关，故C错误；
D. 水的离子积常数只与温度有关，故D正确；
答案选D。
8．有机物TPE具有聚集诱导发光特性，在光电材料领域应用前景广阔，其结构简式如下图所示。下列有关该有机物说法正确的是

A．分子式为C26H22 B．属于苯的同系物
C．一氯代物有3种 D．能溶于水和酒精
【答案】C
【分析】有机物TPE分子可以看做是乙烯分子中四个氢原子被四个苯环所取代，分子式为C26H20，属于不饱和芳香烃，不溶于水，易溶于有机溶剂。
【详解】A项、根据结构简式确定分子式为C26H20，故A错误；
B项、苯的同系物中只含一个苯环且侧链为烷基，该物质中含有多个苯环且含有烯烃基，不是苯的同系物，故B错误；
C项、该有机物中氢原子有3种，有几种氢原子，其一氯代物就有几种，所以有3种一氯代物，故C正确；
D项、该有机物属于烃，不溶于水，易溶于有机溶剂酒精，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析能力，注意该分子中氢原子种类，明确官能团及其性质关系是解答关键。
9．下列化学事实能用元素周期律解释的是
A．热稳定性： B．氧化性：
C．酸性： D．共价键极性：
【答案】D
【详解】A．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：N＞C，所以热稳定性：NH3＞CH4，A不符合题意；
B．Cl2为单键相连，N2为三键相连，故氧化性，B不符合题意；
C．H2SO3、HClO都不是S、Cl元素的最高价的含氧酸，因此不能根据元素周期律比较S、Cl元素的非金属性强弱，C不符合题意；
D．元素的非金属性越强，其与H元素形成的共价键的极性就越强。由于元素的非金属性：F＞O，所以共价键的极性：F—H＞O—H，D符合题意；
故合理选项是D。
10．将一块镀层破损的铁片置于海边潮湿环境中，一段时间后铁片如图所示。下列说法正确的是

A．电子由镀层流向铁 B．铁片凹陷深处产生了较多OH-
C．镀层的金属性比铁弱 D．对铁进行了牺牲阳极的阴极保护
【答案】C
【详解】A．由图可知，铁片被腐蚀，说明铁做负极，电子由铁流向镀层金属，故A不选；
B．铁皮作负极，失电子产生较多的Fe2+，即铁皮凹陷处产生较多的Fe2+，故B不选；
C．构成原电池的条件之一就是由两活性不同的电极，由图可知，铁片被腐蚀，说明铁做负极，所以镀层金属的金属性比铁弱，故选C；
D．如果镀层金属的金属性别铁强，则铁为正极，镀层为负极，则为栖牲阳极保护阴极，但本题中镀层金属的金属性比铁弱，不属于牺牲阳极阴极保护法，故D不选；
答案选C。
11．氢化氨(NH5)与氯化铵结构相似，其与水反应有氢气生成，下列叙述正确的是
A．NH5中氮元素的化合价为+5价 B．NH5溶于水所形成的溶液显酸性
C．NH5与水反应时，水是氧化剂 D．1 mol NH5中含有5NA个N-H键
【答案】C
【详解】A．NH5与氯化铵结构相似，是离子化合物，化学式为NH4H，则其中氮元素的化合价为-3价，A错误；
B．NH5溶于水，与水反应方程式为：NH4H+H2O=NH3∙H2O+H2↑，NH3∙H2O的水溶液显碱性，故NH5溶于水所形成的溶液显碱性，B错误；
C．NH5与水反应时，H2O中+1价的H得到电子被还原为H2中的0价H，所以水是氧化剂，C正确；
D．NH5的结构为NH4H，与H-之间以离子键结合，在中N原子与4个H原子之间以4个N-H共价键结合，故1 mol NH5中含有4NA个N-H键，D错误；
故合理选项是C。
12．火法炼铜首先要焙烧黄铜矿(主要成分为CuFeS2，其中Cu、Fe均为+2价)，其反应为：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2。关于此反应，下列说法错误的是
A．SO2既是氧化产物又是还原产物
B．CuFeS2既作氧化剂又作还原剂
C．每生成1molCu2S，有4mol硫被氧化
D．每转移1.2mol电子，有0.2mol氧气被还原
【答案】C
【分析】反应2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为-2价，据此分析解答。
【详解】A．反应中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，氧气中O元素由0降低为-2价，则SO2既是氧化产物又是还原产物，故A正确；
B．2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2中，Cu元素由+2价降低为+1价，S元素由-2价升高到+4价，硫元素失电子被氧化，该反应中CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，故B正确；
C．被氧化的S元素由-2价升高到+4价，根据方程式，每生成1 molCu2S，则生成1mol二氧化硫，有1mol硫被氧化，故C错误；
D．S元素由-2价升高到+4价，生成1mol二氧化硫，转移6mol电子，同时消耗1molO2，所以每转移1.2mol电子，有=0.2mol氧气被还原，故D正确；
故选C。
13．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在钢基催化剂上的反应机理相能量图如下：

下列说法正确的是(   )
A．反应II的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)→H2(g)+CO2(g) -Q kJ(Q＞0)
B．1 mol CH3OH(g)和l mol H2O(g)的总能量大于l mol CO2(g)和3 mol H2(g)的总能量
C．选择优良的催化剂降低反应I和II的活化能，有利于减少过程中的能耗
D．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂
【答案】C
【分析】由反应机理图可知，反应Ⅰ为：CH3OH =2H2+CO，反应Ⅱ为：CO+H2O=H2+CO2。由能量图可知，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，对比能量图中反应Ⅰ的反应物所具有的能量和反应Ⅱ的生成物所具有的能量，可知反应Ⅰ的反应物和反应Ⅱ的生成物所具有的能量的大小关系为：EⅡ生＞EⅠ反。据此进行分析。
【详解】A．结合能量图可知，反应Ⅱ为放热反应，根据反应机理图可知，反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) +Q kJ(Q＞0)，选项A错误；
B．结合反应机理和能量图可知，EⅡ生＞EⅠ反，即1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，选项B错误；
C．催化剂可以通过参与反应改变反应历程降低反应的活化能，从而可减少反应过程的能耗，选项C正确；
D．CO(g)属于中间产物，不是催化剂，选项D错误；
答案选C。
14．下列实验中，能达到相应实验目的的是
A
B
C
D




收集HCl
证明氯化银溶解度大于硫化银
证明乙炔可使溴水褪色
验证温度对平衡移动的影响
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．HCl的密度比空气的大，故需用向上排空气法，装置中是向下排空气法，A错误；
B．向1mL 0.1mol/LAgNO3溶液中先滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液，AgNO3过量，再加入几滴0.1mol/L的Na2S溶液，其间不存在沉淀的转化，故不能得出氯化银溶解度大于硫化银，B错误；
C．电石不纯，会产生还原性气体如H2S等，也能使溴水褪色，干扰了检验结果，C错误；
D．温度改变，根据颜色变化可验证温度对平衡移动的影响，D正确；
15．已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（    ）

A．单质的氧化性： B．简单气态氢化物的热稳定性：
C．简单离子半径： D．X与Z的最高化合价之和为8
【答案】D
【分析】由图象和题给信息可知，浓度均为0.01的溶液，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2，为一元强酸，根据原子序数Z＞W，Z是Cl，W是N；Y的最高价氧化物对应的水化物的pH＜2，Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，为硫酸，Y是S，X的最高价氧化物对应的水化物的pH=12，X的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，X是Na，可以判断出W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl，由此回答。
【详解】A．根据元素周期律可得：非金属性越强，元素原子得到电子的能力越强，元素对应单质的氧化性就越强，非金属性：Y＜Z，即单质的氧化性：Y＜Z，A错误；
B．非金属性越强气态氢化物稳定性越强，氮的电负性大于硫，非金属性强，气态氢化物的稳定性W＞Y，B错误；
C．电子层数不相同时，电子层数越多，原子或离子的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，半径越小，N3－、Na+、S2-、Cl-的半径大小为S2-＞Cl-＞N3－＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，C错误；
D．X是Na，最高化合价为+1价，Z是Cl，最高化合价为+7价，它们最高化合价之和为+8，D正确；
答案选D。
16．我国嫦娥五号探测器带回的月球土壤，经分析发现其构成与地球土壤类似土壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15。X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，下列结论正确的是
A．原子半径大小顺序为
B．化合物XW中的化学键为离子键
C．Y单质的导电性能弱于Z单质的
D．Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸
【答案】B
【分析】由短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15， X、Y、Z为同周期相邻元素，可知W所在主族可能为第ⅢA族或第ⅥA族元素，又因X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，故W一定不是第ⅢA族元素，即W一定是第ⅥA族元素，进一步结合已知可推知W、X、Y、Z依次为O、Mg、Al、Si，据此答题。
【详解】A．O原子有两层，Mg、Al、Si均有三层且原子序数依次增大，故原子半径大小顺序为Mg＞Al＞Si＞O，即，A错误；
B．化合物XW即MgO为离子化合物，其中的化学键为离子键，B正确；
C．Y单质为铝单质，铝属于导体，导电性很强，Z单质为硅，为半导体，半导体导电性介于导体和绝缘体之间，故Y单质的导电性能强于Z单质的，C错误；
D．Z的氧化物的水化物为硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D错误；
故选B。
17．香豆素-3-羧酸是日用化学工业中重要香料之一，它可以通过水杨醛经多步反应合成：

下列说法正确的是(  )
A．水杨醛的分子式为C7H8O2
B．可用酸性高锰酸钾溶液检验中间体A中是否混有水杨醛
C．中间体A、香豆素-3-羧酸互为同系物
D．1mol香豆素3-羧酸最多能与4 mol H2发生加成反应
【答案】D
【详解】A．根据结构简式可知，水杨醛的分子式为C7H6O2，选项A错误；
B．水杨醛中含有醛基和酚羟基，具有醛和酚的性质；中间体中含有酯基、碳碳双键，具有酯和烯烃性质，二者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，选项B错误；
C．结构相似，在分子组成上相差一个或n个-CH2原子团的有机物互称同系物，中间体中含有酯基、香豆酸-3-羧酸中含有酯基和羧基，二者结构不相似，所以不是同系物，选项C错误；
D．香豆酸-3-羧酸中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，则1mol各物质最多能和4mol氢气发生加成反应，选项D正确；
答案选D。
18．某溶液中可能存在如下离子：Fe2+、I-、SO、Na+、Cl-，向溶液中加入少量溴水，再加入CCl4振荡后，上、下层溶液无色。则对于原溶液的情况描述正确的是
A．一定存在SO、Cl- B．一定不存在I-
C．一定存在Na+ D．原溶液呈中性
【答案】C
【详解】由反应方程式：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，可知还原性：I-＞Fe2+；由I2++H2O=2I-++2H+可知还原性：＞I-，即离子的还原性强弱顺序为：＞I-＞Fe2+。某溶液中可能存在如下离子：Fe2+、I-、SO、Na+、Cl-，向溶液中加入少量溴水，首先是被氧化产生，再加入CCl4振荡后，上、下层溶液无色，说明溶液中一定含。但由于Br2水少量，原溶液中可能不含Fe2+、I-，也可能含有这两种离子，由于没有与溴水反应而不能得到检验。由于是阴离子，根据溶液呈电中性，可知该溶液中一定含有阳离子Na+，但不能确定是否含有Cl-，也不能判断溶液是否显中性，故合理选项是C。
19．下列关于可逆反应A(？)+2B(s)⇌C(g)﹣Q叙述正确的是(　　)
A．当反应达到平衡之后，气体摩尔质量不变，则反应达到平衡状态
B．平衡后，恒温下扩大容器体积，再次平衡后气体密度一定减小
C．平衡后，恒容下升高温度，再次平衡后气体中C的体积分数可能减少
D．平衡后，恒温恒容下，通入气体C，气体C的浓度可能不变
【答案】D
【详解】A．若A不是气体，整个反应体系中只有C为气体，气体的摩尔质量就等于C的摩尔质量，无论是否达到平衡都是个定值，故A错误；
B．若A不是气体，整个反应体系中只有C为气体，气体密度与摩尔质量成正比，摩尔质量不变，气体密度不变，故B错误；
C．若A不是气体，整个反应体系中只有C为气体，正反应吸热，升高温度，平衡虽然正向移动，但只有C是气体，C的体积分数不变，故C错误；
D．平衡后，恒温恒容下通入C气体，若A不是气体，平衡数K=c（C），温度不变，平衡常数不变，故C的浓度不变，故D正确；
故选：D。
20．反应2NO(g) + 2CO(g)N2(g) + 2CO2(g)+Q(Q>0)可用于消除汽车尾气中的有害气体。在密闭容器中充入4 mol NO和5 mol CO，平衡时NO的体积分数随温度、压强的变化关系如图。下列说法错误的是

A．温度：T1>T2
B．a点达到平衡所需时间比c点短
C．c点NO的平衡转化率：50%
D．若在e点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中的c点
【答案】D
【详解】A．由图可知，相同压强下，T1温度时NO的体积分数更大，说明T1温度下，反应向右进行的程度更小；由于该反应为放热反应，所以温度越低，越有利于反应正向进行，所以T1＞T2；A项正确；
B．一般，温度越高，反应速率越大，达到平衡所需的时间会越短，所以a点达到平衡所需的时间比c点短；B项正确；
C．c点对应的平衡状态，NO的体积分数为25%，所以列三段式：，所以有：，解得x=2，那么NO的平衡转化率即：50%，C项正确；
D．由图可知，e点对应的NO的体积分数与c点对应的相同；结合反应可知，升温会使反应逆向移动，导致NO的体积分数会增加，减压也会使反应逆向移动，导致NO的体积分数增加；所以升温和减压后，NO的体积分数必然增加，达到平衡状态时，NO的体积分数一定比c点对应的体积分数大，D项错误；
答案选D。

二、填空题
21．氮元素在自然界中存在多种价态，结合题干回答下列问题：
(1)如图所示为元素周期表中氮元素部分信息，数据“14.01”表示的是_______；氮元素原子核外有_______个未成对电子，最外层有_______种能量不同的电子。

(2)氮和磷是同主族元素，下列能说明二者非金属性相对强弱的是_______(填编号)。
A．NH3比PH3稳定性强
B．Na3PO4溶液与HNO3反应生成H3PO4
C．硝酸显强氧化性，磷酸不显强氧化性
D．氮气常温是气体，磷单质是固体
(3)已知，氯胺NH2Cl熔点-66℃，NH4Cl熔点340℃，氯胺的电子式为_______。
(4)NH2Cl比HClO稳定性高，易水解，因水解后能产生可杀菌消毒的物质而成为饮用水的缓释消毒剂，NH2Cl发生水解的化学方程式为_______。
(5)将等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，溶液中离子浓度大小关系为_______。
(6)下列做法能使氯化铵溶液中的 c(NH)与 c(Cl-)比值变大的是_______(选填编号)
A．通入少量氯化氢 B．加入固体氯化铵
C．降低溶液温度 D．加入少量固体氢氧化钠
(7)肼(N2H4)又称联氨，具有很强的还原性。已知在酸性条件能与MnO2反应，产生N2、 Mn2+、H2O，写出该反应的离子方程式并配平_______。
【答案】(1)     氮元素的相对原子质量     3     2
(2)AB
(3)
(4)NH2Cl+H2OHClO+NH3
(5)[Cl-]>[NH]>[H+]>[OH-]
(6)BC
(7)N2H4 + 2MnO2 + 4H+→ N2 + 2Mn2+ + 4H2O

【解析】（1）
数据“14.01”表示的是氮元素的相对原子质量，氮原子核外电子排布式为：1s22s22p3，则核外有3个未成对电子，最外层有2种能量不同的电子，故答案为：氮元素的相对原子质量；3；2；
（2）
元素的非金属性越强，氢化物越稳定、最高价含氧酸的酸性越强，
a.元素的非金属性越强，氢化物越稳定，NH3比PH3稳定性强，说明非金属性氮强于磷，故a正确；
b.Na3PO4溶液与HNO3反应生成H3PO4，说明酸性硝酸强于磷酸，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则非金属性氮强于磷，故b正确；
c.硝酸显强氧化性，磷酸不显强氧化性，酸的氧化性与元素的非金属性无关，故c错误；
d.氮气常温是气体，磷单质是固体，单质的状态与元素的非金属性无关，故d错误；
故答案为：ab；
（3）
氯胺中所有原子最外层均满足饱和结构，氯胺分子的电子式为，故答案为：；
（4）
氯胺在水中部分发生水解反应生成氨气和次氯酸，其反应的化学方程式为NH2Cl+H2O⇌NH3+HClO，故答案为：NH2Cl+H2O⇌NH3+HClO；
（5）
将等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，二者恰好反应产生NH4Cl，该盐是强酸弱碱盐，发生水解反应而消耗，而Cl-不发生反应，所以c(Cl-)＞c()；发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)；但盐水解程度是微弱的，盐电离产生的离子浓度远大于其水解产生的离子浓度，则c()＞c(H+)，故该溶液中含有的各种离子浓度大小关系为：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(Cl-)＞c()＞c(H+)＞c(OH-)；
（6）
a.通入少量氯化氢，NH4Cl的水解平衡逆向移动，导致c()增大，但平衡移动趋势是微弱的，最终达到平衡水溶液中c()与c(Cl-)比值变小，故a错误；
b.加入固体氯化铵，溶液中NH4Cl水解程度减小，最终达到平衡时c()与c(Cl-)比值变大，故b正确；
c.盐水解反应是吸热反应，降低溶液温度，水解平衡逆向移动，最终达到平衡时溶液中c()与c(Cl-)比值变大，故c正确；
d.加入少量固体氢氧化钠反应消耗变为NH3•H2O，c()减小，因此最终达到平衡时溶液中c()与c(Cl-)比值变小，故d错误；
故答案为：bc；
（7）
肼(N2H4)又称联氨，具有很强的还原性，在酸性条件能与MnO2反应，产生N2、Mn2+、H2O，其反应的离子方程式为：N2H4+2MnO2+4H+=N2+2Mn2++4H2O，故答案为：N2H4+2MnO2+4H+=N2+2Mn2++4H2O。
22．工业上烟气脱氮的原理 NO(g) + NO2(g) + 2NH3(g)2N2(g) + 3H2O(g)+Q(Q>0)
(1)温度升高，平衡常数 K 值_______(选填“字母”，下同)，在达到新的平衡前，正反应速率_______，逆反应速率_______。
a. 减小   b. 增大   c. 先减小后增大   d. 先增大后减小
(2)若反应在恒容条件下进行，能说明反应已经达到平衡状态的是_______(填序号)
A．容器内混合物的质量不变 B．容器内气体的压强不变
C．反应消耗 0.5mol NO的同时生成1mol N2 D．NO2的浓度不变
(3)向2 L密闭容器中加入反应物，10 min后达到平衡，测得平衡时气体的物质的量增加了0.2mol，则用 H2O(g)表示的平均反应速率为_______。
(4)如图是P1压强下NO的转化率随反应时间(t)的变化图，请在图中画出其他条件不变情况下，压强为 P2(P2> P1)下NO的转化率随反应时间变化的示意图______。

【答案】(1)     a     b     d
(2)BD
(3)0.03mol/(L•min)
(4)

【详解】（1）反应为放热反应，升温平衡向吸热反应方向进行，平衡逆向进行，平衡常数K值减小，在达到新的平衡前，升高温度正反应速率增大，逆反应速率也增大，但升温对逆反应速率影响更大，平衡逆向移动，随后逆反应速率减小，故答案为：a；b；d；
（2）A．容器内混合物的质量始终不变，质量不变不能说明正逆反应速率相同，故A错误；
B．反应前后气体物质的量变化，当容器内气体的压强不变，说明反应处于平衡状态，故B正确；
C．反应消耗 0.5mol NO的同时生成1mol N2，只能说明反应正向进行，不能说明反应处于平衡状态，故C错误；
D．NO2的浓度不变是平衡标志，故D正确；
故答案为BD；
（3）依据方程式可知气体增加的物质的量就是参加反应的NO的物质的量，即消耗0.2molNO，所以生成0.6mol水蒸气，则用H2O(g)表示的平均反应速率v==0.03mol/(L•min)；
（4）该反应是气体分子数增大的反应，压强增大平衡逆向进行，NO的转化率减小；压强越大反应速率大，达到平衡所需时间少，先拐先平压强大，NO转化率小，据此画出图象为：。

三、实验题
23．常温下将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后改向其中滴加浓NaOH 溶液至恰好完全反应。上述整个实验过程中溶液的pH变化曲线如图所示(不考虑次氯酸的分解以及溶液体积的变化)。

(1)b点对应的溶液中存在多个平衡，含氯元素的平衡是_______、_______。
(2)写出b点对应溶液中的电荷守恒式_______。并且比较c(HClO)：a点_______b点； c(Cl-)：b点_______c点(填>、<或=)。
(3)已知HClO的杀菌能力比ClO-强，氯水处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差，可能原因是_______(一种原因即可)。
(4)氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。

回答下列问题：
①a中的试剂为_______。
②c中化学反应的离子方程式是_______
③d的作用是_______，可选用试剂_______(填编号)。
A．Na2S     B．NaCl     C．Ca(OH)2        D．H2SO4
(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，再分别滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕黄色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显_______色。可知该条件下KClO3的氧化能力_______NaClO(填“大于”或“小于”)。
【答案】(1)     Cl2+H2OHClO+HCl(离子方程式也得分 Cl2+H2OHClO+H++Cl-)     HClOH++ClO- (Cl2(g) Cl2(aq))
(2)     c(H+)=c(ClO–)+ c(Cl–)+ c(OH–)     <     <
(3)夏季，温度高，HClO易分解，HClO浓度减小，杀菌效果比在冬季差(或HClO电离是吸热过程，夏季有更多的HClO电离为H+和ClO-，HClO浓度减小；或温度高氯气的溶解度降低，HClO浓度减小。)
(4)     饱和食盐水     Cl2+2OH−→ClO−+Cl−+H2O     吸收尾气Cl2     AC
(5)     紫红     小于

【分析】本实验的目的是制备KClO3和NaClO，首先利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，生成的氯气中混有挥发出来的HCl气体，可以在装置a中盛放饱和食盐水，洗气将HCl除去，装置b中氯气与KOH溶液水浴加热反应，得到KClO3，过量的氯气进入装置c中，与NaOH溶液在冰水浴条件下反应得到NaClO，装置d中的NaOH溶液吸收尾气。
（1）
氯气与水的反应属于可逆反应，HClO属于弱酸，存在电离平衡，所以Cl2缓慢通入水中至饱和，溶液中存在的含氯元素的平衡是Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO和 HClO⇌H++ClO-，故答案为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；HClO⇌H++ClO-；
（2）
氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢完全电离生成氢离子，HClO部分电离，b点是氯水的饱和溶液，由于氯化氢和次氯酸都电离产生氢离子，溶液中的电荷守恒为c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)；当氯气与水反应达到平衡状态时，HClO的浓度最大，b点是氯水的饱和溶液，达到平衡状态，即b点次氯酸的浓度最大，则c(HClO)：a点＜b点；加入氢氧化钠溶液会生成NaCl，溶液中氯离子浓度增大，所以c(Cl-)：b点＜c点，故答案为：c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)；＜；＜；
（3）
HClO不稳定，受热易分解，氯水处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差，是因为夏季温度高，HClO易分解，故答案为：夏季温度高，HClO易分解，杀菌效果比在冬天差；
（4）
①装置a的作用应是除去氯气中混有的HCl气体，所以盛放的试剂为饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；
②c中氯气与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
③装置d的作用是吸收尾气Cl2，
a.氯气具有氧化性，能与Na2S发生氧化还原反应，可被吸收，a选；
b. NaCl溶液中氯离子抑制氯气的溶解，不可用于吸收氯气，b不选；
c.氯气能与碱溶液反应，氯气和Ca(OH)2反应生成氯化钙和次氯酸钙，氯气可被吸收，c选；
d.氯气是酸性气体，不能被H2SO4溶液吸收，d不选；
故选ac；
（5）
1号试管中的KClO3溶液不能将I-氧化为单质I2；而2号试管中的NaClO溶液可将I-氧化为I2，故在此条件下氧化性：KClO3小于NaClO，碘单质更易溶于四氯化碳有机物，CCl4层显紫红色，故答案为：紫红；小于。

四、有机推断题
24．奥昔布宁是具有解痉和抗胆碱作用的药物。其合成路线如下：

已知：
①
②R3COOR4+R5COOR6R3COOR6+R5COOR4
回答以下问题：
（1）A是芳香族化合物，A分子中含氧官能团的名称为___________，B→C的反应类型是___________。
（2）E的结构简式是___________。
（3）J→K的化学方程式是___________。
（4）已知：G、L和奥昔布宁的沸点均高干200℃，G和L发生反应合成奥昔布宁，通过在70℃时左右蒸出___________（填物质名称）来促进反应。
（5）写出所有同时满足下列条件的F的同分异构体的结构简式：___________。
①苯环上的一氯代物有两种；
②能与碳酸氢钠溶液反应；
③能发生银镜反应
（6）根据已有知识，设计由苯乙烯（）合成E的合成路线（无机试剂任选）_____。
（合成路线常用的表示方式为：甲乙目标产物。
【答案】     酚羟基     取代反应          HC≡CCH2OH+CH3COOHCH3COOCH2C≡CH+H2O     乙酸甲酯         
【分析】A为芳香族化合物，分子式为C6H6O，为苯酚，苯酚与氢气发生加成反应制得B，B为环己醇，结构简式为；环己醇可以与浓盐酸在加热的条件下反应生成C，C为一氯环己烷，结构简式为，由反应①可知，C可以与Mg和乙醚反应制得D，D为，根据D与F生成G，根据G的结构简式可知，E的结构简式为，E与浓硫酸和甲醇在加热的条件下反应制得F，F的结构简式为；由K的结构简式可知，J的结构简式为HC≡CCH2OH，与乙酸和浓硫酸发生酯化反应制得K，K与HN(C2H5)2和甲醛反应制得L，L和G根据提示信息②可得奥昔布宁的结构简式为。
【详解】（1）综上分析，A是苯酚，其分子中含氧官能团的名称为酚羟基，B为环己醇与氯化氢在加热条件下反应生成C，B→C的反应类型是取代反应。
（2）根据G的结构简式可知，E的结构简式是。
（3）由K的结构简式可知，J的结构简式为HC≡CCH2OH，与乙酸和浓硫酸发生酯化反应制得K，J→K的化学方程式是HC≡CCH2OH+CH3COOHCH3COOCH2C≡CH+H2O。
（4）已知：G、L和奥昔布宁的沸点均高干200℃，G和L发生反应合成奥昔布宁，是可逆反应，反应过程中生成乙酸甲酯，通过在70℃时左右蒸出乙酸甲酯，生成物浓度减小，促进反应正向进行。
（5）F的结构简式为，其同分异构体满足①苯环上的一氯代物有两种，说明苯环上有两个不同的取代基且在对位；②能与碳酸氢钠溶液反应，说明分子中含有羧基；③能发生银镜反应，说明分子中含有醛基，则满足条件的有机物为。
（6）由苯乙烯（）合成E的合成路线，可先将苯乙烯与溴单质发生加成反应，生成，再与氢氧化钠水溶液在加热条件下发生取代反应生成，最后发生氧化反应制得，合成路线如下：
。