廣東省東莞市第四中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期10月月考化學(xué)答案

2024屆高三10月月考化學(xué)參考答案一、選擇題（第1~10小題，每小題2分；第11~16小題，每小題4分）12345678910CADCBDCBCA111213141516CCBDAC非選擇題17.（14分，每空2分）(1)B(2)ghedij（3）(4)①溫度升高促進(jìn)的分解②10、0、2、30實(shí)驗(yàn)組1～3生成氧氣平均速率隨溫度升高的增加程度比對照組4～6大（14分，每空2分，除（4））（1）（2）（3）（4）硫酸（2分）（1分）（1分）（5）（6）19（14分，每空2分）(1)+178(2)AC(3)C積碳在Co基催化劑表面快速沉積使催化劑活性降低20.（14分，每空2分）（1）C7H13Br(2)(3)羰基和醛基(4)氧化反應(yīng)(5)(6)17.【分析】用銅和濃硫酸加熱反應(yīng)生成二氧化硫氣體，先干燥再收集，最后處理二氧化硫尾氣，探究溫度對銅與過氧化氫反應(yīng)的影響時，要注意對變量的分析，只能有一個作變量。【詳解】（1）用銅與濃硫酸制備，反應(yīng)是銅固體和濃硫酸加熱條件下反應(yīng)生成二氧化硫氣體、硫酸銅和水，因此適宜的裝置是B，該裝置內(nèi)發(fā)生的化學(xué)方程式為。（2）收集干燥的，先用濃硫酸干燥二氧化硫氣體，再用向上排空氣發(fā)收集二氧化硫氣體，最后進(jìn)行尾氣處理，因此所需裝置的接口連接順序?yàn)椋喊l(fā)生裝置→ghedij。反應(yīng)后，發(fā)生裝置中未觀察到藍(lán)色溶液，可能是濃硫酸具有吸水性，將硫酸銅溶液中水吸收，最后硫酸銅以固體形式存在。（3）銅、硫酸和雙氧水反應(yīng)生成硫酸銅和水，則生成的離子方程式為。（4）①小組同學(xué)認(rèn)為實(shí)驗(yàn)1～3的結(jié)果，不能證明猜想成立，理由是H2O2的熱穩(wěn)定性較差，溫度升高促進(jìn)的分解。②為進(jìn)一步驗(yàn)證猜想，根據(jù)1、4；3、6；實(shí)驗(yàn)溫度相同，實(shí)驗(yàn)條件中硫酸銅溶液的用量不同，得出實(shí)驗(yàn)2、5是一組實(shí)驗(yàn)對比，其方案中加入的體積分別為10、0、2、30；小組同學(xué)結(jié)合實(shí)驗(yàn)1～6，判斷猜想成立，根據(jù)1和4，2和5，3和6分別對比實(shí)驗(yàn)得出溫度升高，催化能力增強(qiáng)即依據(jù)是實(shí)驗(yàn)組1～3生成氧氣平均速率隨溫度升高的增加程度比對照組4～6大。18.【分析】由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸銨混合后焙燒時，二氧化鈦和二氧化硅不反應(yīng)，氧化鋁、氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質(zhì)加入熱水水浸，二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸鈣部分溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸鋁銨溶于水，過濾得到含有二氧化鈦、二氧化硅、硫酸鈣的水浸渣和含有硫酸鐵、硫酸鎂、硫酸鋁銨和硫酸鈣的濾液；向pH約為2.0的濾液中加入氨水至11.6，溶液中鐵離子、鋁離子和鎂離子依次沉淀，過濾得到含有硫酸銨、硫酸鈣的母液①和氫氧化物沉淀；向水浸渣中加入濃硫酸加熱到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應(yīng)，二氧化鈦與稀硫酸反應(yīng)得到TiOSO4，過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSO4溶液；將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當(dāng)加熱，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，過濾得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O?！驹斀狻?1)氧化鋁轉(zhuǎn)化為硫酸鋁銨發(fā)生的反應(yīng)為氧化鋁、硫酸銨在高溫條件下反應(yīng)生成硫酸鋁銨、氨氣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故答案為：Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；(2)由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2.0的濾液加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH為11.6時，鐵離子首先沉淀、然后是鋁離子、鎂離子，鈣離子沒有沉淀，故答案為：Fe3+、Al3+、Mg2+；(3)由鎂離子完全沉淀時，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為1×10—5×(1×10)2=1×10，當(dāng)溶液pH為11.6時，溶液中鎂離子的濃度為=1×10—6mol/L，故答案為：1×10—6；(4)增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完全沉淀，減少TiOSO4溶液中含有硫酸鈣的量，應(yīng)加入濃硫酸加熱到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應(yīng)，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣，故答案為：硫酸；SiO2、CaSO4；(5)酸溶后將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當(dāng)加熱，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反應(yīng)的離子方程式為TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+，故答案為：TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾氣為氨氣，母液①為硫酸銨、母液②為硫酸，將母液①和母液②混合后吸收氨氣得到硫酸銨溶液，可以循環(huán)使用，故答案為：(NH4)2SO4。19.【詳解】（1）由蓋斯定律可知，反應(yīng)Ⅰ+Ⅱ得到乙烷與二氧化碳的反應(yīng)，則ΔH3=(+137kJ/mol)+(+41kJ/mol)=+178kJ/mol，故答案為：+178；（2）A．升高溫度，正、逆反應(yīng)速率同時增大，故正確；B．乙烷、乙烯和氫氣的物質(zhì)的量相等不能說明正逆反應(yīng)速率相等，無法判斷反應(yīng)是否達(dá)到平衡，故錯誤；C．增加起始投料時乙烷的體積分?jǐn)?shù)，單位體積的活化分子數(shù)增加，故正確；D．恒容容器中增加起始投料時乙烷的體積分?jǐn)?shù)相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，該反應(yīng)是氣體體積增大的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡向逆反應(yīng)方向移動，乙烷平衡轉(zhuǎn)化率減小，故錯誤；故選AC；（3）①反應(yīng)的活化能越大，反應(yīng)速率越慢，由圖可知，活化能最大的為第二步反應(yīng)，則生成的速率最慢，故選C；②由題給信息可知，一定溫度下，乙烷催化脫氫時易形成碳單質(zhì)，碳單質(zhì)沉積在Co基催化劑表面上，催化劑不能與乙烷接觸從而導(dǎo)致催化劑活性失活，故答案為：積碳在Co基催化劑表面快速沉積使催化劑活性降低；（4）①由題意可知，圖中曲線c表示的物質(zhì)為一氧化碳，比值增大，反應(yīng)Ⅱ向正反應(yīng)方向移動，氫氣的濃度降低，使反應(yīng)Ⅰ也向正反應(yīng)方向移動，乙烷的轉(zhuǎn)化率增大，由于反應(yīng)中乙烷的改變量比乙烯改變量大，所以乙烷的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化幅度大于乙烯，則表示乙烷的曲線為a，故答案為：a；比值增大，乙烷轉(zhuǎn)化率增大，物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化比CO和要大；②設(shè)當(dāng)時，起始乙烷的物質(zhì)的量為1mol、二氧化碳的物質(zhì)的量為1.5mol，平衡時生成乙烯的物質(zhì)的量為amol、一氧化碳的物質(zhì)的量為bmol，由題意可建立如下三段式：由圖可知，乙烯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為17.8%、一氧化碳的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為11.3%，則由三段式數(shù)據(jù)可得：×100%=17.8%、×100%=11.3%，解聯(lián)立方程可得：a≈0.54、b≈0.34，則反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)Kp=≈0.077P，故答案為：0.077P。20.【分析】

發(fā)生消去反應(yīng)生成乙，乙和水發(fā)生加成反應(yīng)生成丙，丙發(fā)生消去反應(yīng)生成丁

，乙和HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成己，己發(fā)生消去反應(yīng)生成丁，丁發(fā)生氧化反應(yīng)生成戊

，戊發(fā)生氧化反應(yīng)生成庚

，根據(jù)分析答題。【詳解】（1）乙的結(jié)構(gòu)簡式為

；（2）丙為，丙發(fā)生消去反應(yīng)生成丁

，丙轉(zhuǎn)化成丁的化學(xué)方程式：

；（3）戊分子中含有的官能團(tuán)名稱是羰基、醛基；（4）丁轉(zhuǎn)化成戊的過程中，碳碳雙鍵斷裂、組成上加氧，反應(yīng)類型為氧化反應(yīng)；（5）)庚(

)的同分異構(gòu)體在稀硫酸加熱條件下能夠水解，說明含有酯基，能和新制Cu(OH)2共熱生成磚紅色沉淀，說明含有酯基，能與鈉反應(yīng)生成氫氣，說明含有羧基，綜上可知含有甲酸形成的酯基，