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10月 月考
一、单选题
1． 与 为两种烃分子的球棍模型。下列关于这两种烃的说法正确的是
A．互为同分异构体 B．分子式不相同
C．均属于不饱和烃 D．熔、沸点相同
2．硒(Se)在人体内可以起到提高免疫力、抗氧化等功效，是人体必需的一种微量元素。下列关于的说法正确的是
A．原子序数为45 B．质量数为113 C．中子数为79 D．质子数为34
3．《本草纲目》记载“冬灰，乃冬月灶中所烧薪柴之灰也”，这里的“灰”中含有K2CO3，K2CO3属于
A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物
4．下列有关反应 的说法正确的是
A．该反应在任何温度下都能自发进行
B．消耗，反应转移电子
C．恒温密闭容器中，压缩体积，值增大
D．恒容密闭容器中，升高温度，平衡逆向移动
5．下列原子结构示意图中，表示第二周期第VA族元素原子的是
A． B． C． D．
6．一种水性电解液离子选择双隔膜电池如图所示(溶液中，以存在)。电池放电时，下列叙述错误的是

A．Ⅱ区的通过隔膜向Ⅲ区迁移
B．电流由电极经外电路流向Zn电极
C．电极反应：
D．Zn电极为负极，发生氧化反应
7．下列说法正确的是
A．原子半径：r(Cl) > r(Na) B．碱性：NaOH>Mg(OH)2
C．非金属性：N > O D．热稳定性：H2S>H2O
8．某化学学习小组模拟侯德榜制碱法制取Na2CO3的过程如下：
已知：①反应Ⅰ的化学方程式为：NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl；
②反应Ⅱ的条件为加热。下列说法正确的是
A．过滤后所得滤液中，溶质只有NH4Cl
B．验证滤液中含的方法是：取少量滤液于试管中，加入足量NaOH溶液，加热试管，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口附近，试纸变蓝，说明滤液中含
C．反应Ⅱ的产物只有Na2CO3和H2O
D．检验反应Ⅱ中NaHCO3是否完全分解的方法是：取少量反应Ⅱ后的固体，加水溶解，向其中加入澄清石灰水，若有白色沉淀生成，说明反应Ⅱ中NaHCO3完全分解
9．格氏试剂(RMgX)与醛、酮反应是制备醇的重要途径。Z的一种制备方法如图：

下列说法不正确的是
A．以CH3COCH3、CH3MgBr和水为原料也可制得Z
B．Y分子与Z分子中均含有手性碳原子
C．Z易溶于水是因为Z分子与水分子之间能形成氢键
D．X中碳原子的杂化轨道类型为sp3和sp2
10．以为原料经多步反应制备一种治疗神经类疾病的药物。下列说法正确的是
A．最多能与反应 B．Y分子中含有1个手性碳原子
C．在浓硫酸加热条件下可发生消去反应 D．用酸性溶液能鉴别、
11．化合物乙是合成氢化橙酮衍生物的中间体，可由下列反应制得。下列说法正确的是
A．甲中所有碳原子一定共平面
B．乙分子不存在顺反异构体
C．甲→ 乙的转化经历了加成反应、消去反应
D．甲、乙均不能使酸性 KMnO4溶液褪色
12．羟胺(H2NOH)与丙酮可发生反应：H2NOH+CH3COCH3→(CH3)2C=NH+H2O。下列说法正确的是
A．H2NOH中O的轨道杂化方式为sp杂化 B．CH3COCH3分子间可形成氢键
C．(CH3)2C=NH中σ键与π键比例为10：1 D．冰属于共价晶体
13．化合物Z具有广谱抗菌活性，可利用X和Y反应获得。下列有关说法正确的是
A．有机物X分子中所有碳原子可能共面
B．有机物Y和乙二醇发生缩聚反应
C．有机物Y不存在顺反异构体
D．1 mol有机物Z与浓溴水反应时，最多消耗2 molBr2
二、解答题
14．以孔雀石[主要成分是，含少量等杂质]为原料制备胆矾的过程如下。回答下列问题：
I．酸溶、过滤。粉碎矿石，加入硫酸溶液充分溶解。过滤，得到滤液1和滤渣1。
(1)粉碎矿石的目的是 ；滤渣1的主要成分是 。
Ⅱ．氧化、调。向滤液1中加入适量双氧水，调节；过滤，得到滤渣2和滤液2。
已知几种金属离子生成氢氧化物沉淀的如表所示：
金属离子
开始沉淀的 7.0 6.0 1.9
完全沉淀的 9.0 8.0 3.2
(2)实际消耗双氧水的量大于理论量，其原因是 。
(3)调节范围为 。
Ⅲ．分离产品。对滤液2进行“一系列操作”得到胆矾。
(4)“一系列操作”包括：“将滤液2蒸发至表面形成一层晶膜时停止加热”，然后冷却、过滤、用酒精洗涤、低温烘干得到产品。用酒精替代水洗涤产品的优点是 。
(5)在溶液中加入足量溶液生成碘和铜的二元化合物M，M的晶胞如图所示(注明：顶点上球为铜)。则该二元化合物的化学式为 。
15．将通入微酸性的溶液中，生成和白色沉淀(A)。将白色沉淀(A)与硫酸混合加热最终可制得纳米Cu。
已知：白色沉淀(A)中含有Cu+及正四面体型离子和三角锥型离子，三种离子物质的量之比为1∶1∶1。
(1)正四面体型结构的离子为 (填化学式，下同)：三角锥型结构的离子为： 。
(2)写出生成白色沉淀(A)的离子方程式： 。
(3)①理论上纳米Cu的产率为： 。
②若将白色沉淀(A)与硫酸置于密闭容器中反应，则理论上纳米Cu的产率将 (填“增大”、“不变”、“减小”)，理由为： 。
16．裂解可以获得等许多重要的化工原料。
已知：I．；
Ⅱ．；
一些物质的燃烧热如表：
物质
燃烧热 (正)
-2869.6(异)
(1)若反应I中为正丁烷，则 ，该反应能自发进行的条件是 。
(2)2 L恒容密闭容器中分别通入1 mol C4H10(正，g)或1 mol C4H10(异，g)发生反应I、Ⅱ，两种反应物的平衡转化率随温度变化的关系如图所示：
①图中代表C4H10(异，g)的平衡转化率随温度变化的曲线是 (填“M”或“N”)，理由是 。
②若640℃时在2 L恒容密闭容器中通入1 mol C4H10(异，g)，此时容器的压强为，达到平衡时的选择性，则的体积分数是 ；反应Ⅱ的平衡常数 (用含p的代数式表示)。
(3)为了提高丙烯的产量，工业上常用丙烷无氧催化脱氢技术制丙烯。主反应脱氢物质的相对能量的部分反应历程如图所示(代表过渡态，代表铂催化剂)。
①该反应历程中决速步骤的化学方程式是 。
②根据图中数据，丙烷无氧催化脱氢制丙烯的相对能量变化 (填“大于”“小于”“等于”或“无法判断”) -0.95 eV，理由是 。
17．是一种易溶于水的黄绿色气体，可用作安全高效的水处理剂，制备并被吸收的原理及装置如下：
已知装置A中发生的反应：（主反应）
（副反应）
(1)装置B中发生的主要反应的化学方程式为 。
(2)实验过程中不断缓慢通入的目的是 。
(3)单位体积吸收液中含有的质量的实验测定步骤如下：
步骤1．配制溶液：准确称取一定质量的，用新煮沸并冷却的蒸馏水配成0.08 mol/L的溶液。
步骤2．准确移取1.00 mL装置C中的吸收液加入锥形瓶中，加入丙二酸静置后，再加入适量硫酸及稍过量的KI溶液（）。
步骤3．向步骤2的锥形瓶的反应液中加入1mL淀粉溶液作指示剂，再向其中滴加步骤1配制的溶液（发生反应），至恰好完全反应时消耗溶液20.00 mL。
①配制溶液时，蒸馏水需煮沸的原因是 。
②计算装置C中，每1.00 mL 吸收液中含有的质量为 mg。（写出计算过程）
18．脱除沼气中的H2S具有重要意义，脱除H2S有多种方法。
(1)受热分解法。将H2S和CH4混合气导入热解器，反应分两步进行。
反应Ⅰ：2H2S(g)=2H2(g)+S2(g) ΔH1 =169.8kJ·mol-1
反应Ⅱ：CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g) ΔH2 =63.7kJ·mol-1
现将H2S和CH4按照2：1体积比投料，并用N2稀释。在常压和不同温度下，反应相同时间后，H2、S2和CS2的体积分数随温度的变化关系如图所示。
①2H2S(g)+CH4(g) =CS2(g)+4H2(g) ΔH3 = 。
②1050℃时，H2的体积分数为 。
③在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小，可能是 。
(2)光电催化法。某光电催化法脱除H2S的原理如图所示。
①光电催化法脱除H2S的离子方程式为 。
②与受热分解法相比，光电催化法的优点是 。
(3)催化重整法。Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。
①Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是 。
②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是 。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A D C D B A B B A A
题号 11 12 13
答案 C C B
1．A
【详解】A．根据两种烃分子的球棍模型可知，两者的分子式均为C4H10，但结构不同，则两者互为同分异构体，故A正确；
B．根据两者的球棍模型可知，两者的分子式均为C4H10，故B错误；
C．根据两种烃分子的球棍模型可知，两者的分子式均为C4H10，满足通式CnH2n+2，都是饱和烃，故C错误；
D．对于分子式相同的时候，支链越多熔点和沸点越低，故两者熔点和沸点不同， 故D错误；
故答案选A。
2．D
【详解】A．表示质子数为34，原子序数=质子数=34，故A错误；
B．表示质量数为79，故B错误；
C．表示质量数为79，质子数为34，中子数=质量数-质子数=79-34=45，故C错误；
D．表示质子数为34，故D正确；
故选D。
3．C
【详解】K2CO3属于盐，故选C。
4．D
【详解】A．由方程式可知，该反应是一个气体体积减小的放热反应，反应的、，根据，该反应在低温条件下能自发进行，A项错误；
B．未指定标准状况，无法计算的物质的量和反应转移电子的物质的量，B项错误；
C．值只与温度有关，温度不变则值不变，C项错误；
D．该反应是放热反应，升高温度，向吸热方向进行，即平衡逆向移动，D项正确；
答案选D。
5．B
【详解】A．该原子为Al，位于周期表第三周期第ⅢA族，A不符合题意；
B．该原子为N，位于周期表第二周期第ⅤA族，B符合题意；
C．该原子为S，位于周期表第三周期第ⅥA族，C不符合题意；
D．该原子为，位于周期表第三周期第ⅦA族，D不符合题意；
故答案为：B。
6．A
【分析】根据题意以存在，说明锌为负极，二氧化锰为正极。
【详解】A．负极锌失去电子变为，溶液中通过隔膜由Ⅲ区的向Ⅱ区迁移，故A错误；
B．锌为负极，二氧化锰为正极，则电流由电极经外电路流向Zn电极，故B正确；
C．电极为正极，在酸性环境中反应，其电极反应式：，故C正确；
D．根据前面分析，锌化合价升高，Zn电极为负极，发生氧化反应，故D正确。
综上所述，答案为A。
7．B
【详解】A．同周期从左到右元素原子半径递减，原子半径：r(Na)> r(Cl)，A不正确；
B．同周期从左到右元素金属性递减，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性：NaOH > Mg(OH)2， B正确；
C．同周期从左到右元素非金属性递增，非金属性：O >N，C不正确；
D．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则热稳定性： H2O>H2S，D不正确；
答案选B。
8．B
【分析】反应Ⅰ是先氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳发生反应NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，过滤得到碳酸氢钠晶体，煅烧碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，据此分析解题。
【详解】A．NaHCO3在水中的溶解度较大，故过滤后所得滤液中，溶质有NH4Cl和未析出的NaHCO3，A错误；
B．已知+OH-NH3↑+H2O，氨气溶于水呈碱性，故验证滤液中含的方法是：取少量滤液于试管中，加入足量NaOH溶液，加热试管，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口附近，试纸变蓝，说明滤液中含，B正确；
C．由分析可知，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，即反应Ⅱ的产物除Na2CO3和H2O，还有CO2，C错误；
D．Na2CO3和NaHCO3均能与Ca(OH)2溶液反应生成白色沉淀CaCO3，故取少量反应Ⅱ后的固体，加水溶解，向其中加入澄清石灰水，若有白色沉淀生成，不能说明反应Ⅱ中NaHCO3完全分解，D错误；
故答案为：B。
9．A
【详解】A．以CH3COCH3、CH3MgBr和水为原料发生反应 ，A错误；
B．Y分子与Z分子中均含有手性碳原子，B正确；
C．Z分子中含有羟基，与水分子之间能形成氢键，易溶于水，C正确；
D．X中甲基碳原子的杂化轨道类型为sp3，碳基碳原子的杂化轨道类型为sp2，D正确；
故选A。
10．A
【详解】A．中含1mol羧基，1mol酯基水解可形成1mol羧基和1mol酚羟基，共计可消耗，A正确；
B．手性碳是与四个不同原子或原子团连接的碳原子，有结构简式可知Y含有两个手性碳，B错误；
C．Y中无羟基可在浓硫酸加热条件下可发生消去反应，卤素原子可在氢氧化钠的醇溶液并加热条件下发生消去反应，C错误；
D．X中碳碳碳双键，Y中含羟基，均可被酸性溶液氧化，无法鉴别，D错误；
答案选A。
11．C
【详解】A．甲中有饱和碳原子，单键可以旋转，故所有碳原子不一定共平面，A错误；
B．乙分子中碳碳双键两端连接基团不同，存在顺反异构体，B错误；
C．甲→乙的转化经历了醛基的加成反应生成、羟基的消去反应，C正确；
D．甲中含有酮羰基，乙中含有碳碳双键，均能使酸性 KMnO4溶液褪色，D错误；
故选C。
12．C
【详解】A．H2NOH中O为单键，O的杂化方式为sp3杂化，故A错误；
B．CH3COCH3中O原子没有与H相连，不能形成分子间氢键，故B错误；
C．C-H、N-H单键均为σ键，C=N中含1个σ键和1个π键，(CH3)2C=NH中σ键与π键比例为10：1，故C正确；
D．冰属于分子晶体，故D错误；
故选：C。
13．B
【详解】
A．手性碳原子为一个碳原子所连接4个取代基均不相同，有机物X有1个手性碳原子 (*标出)，因此X分子中存在饱和碳原子，其结构为四面体形，故所有原子一定不在同一平面上，故A错误；
B．Y中含有2个羧基、乙二醇含有2个羟基，一定条件下，有机物Y可以和乙二醇发生缩聚反应，故B正确；
C．碳链中碳碳双键两端任何一个碳上连的两个不相同的原子或原子团就有顺反异构体，因此Y分子存在顺反异构体，故C错误；
D．酚羟基的邻对位可以与浓溴水发生取代反应，碳碳双键可以与浓溴水发生加成反应，因此1mol有机物Z与浓溴水反应时生成，最多消耗3molBr2，故D错误；
故答案选B。
14．(1) 增大反应物之间的接触面积，提高反应速率
(2)金属离子催化双氧水分解(或其他合理答案)
(3)(或3.2~6.0)
(4)降低溶解度，减少产品损失，加快干燥
(5)
【分析】粉碎矿石，加入硫酸进行溶解，生成等离子进入溶液，二氧化硅与硫酸不反应，形成滤渣1；加入双氧水，将亚铁离子氧化为铁离子，调节，把铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去（滤渣2），据此分析作答。
【详解】（1）粉碎矿石的目的是增大反应物之间的接触面积，提高反应速率。根据分析可知，滤渣1的成分是。
（2）在、催化下，双氧水分解，使实际消耗量增加。
（3）调使不沉淀，完全沉淀，根据表中数据可知，所以应调节溶液的范围为。
（4）液体表面形成一层晶膜，说明已制成饱和溶液，然后冷却、过滤，得粗品；硫酸铜在乙醇中溶解度小于在水中溶解度，乙醇洗可以减少产品损失，且乙醇挥发性强，乙醇挥发会带走水分，用乙醇洗涤能加快其干燥。
（5）根据均摊法可知铜原子个数为，碘原子个数为：，所以M的化学式为。
15．(1)
(2)
(3) 50% 增大 密闭容器中留存于容器中，可以进一步还原为，再歧化
【分析】白色沉淀(A)中含有Cu+，还可能含有的阳离子为：，阴离子为：，，为满足电荷，推测A可能为，正四面体型结构的离子为，三角锥型结构的离子为；由SO2与反应生成和的离子方程式为：；将白色沉淀与硫酸混合加热最终可制得纳米Cu，Cu+发生歧化反应得到Cu2+和纳米Cu，因此，理论上纳米Cu的产率为50%；若A和硫酸的反应在密闭容器里进行，反应放出的气体SO2，可以不断地还原溶液里的Cu2+变成 Cu+，Cu+重复发生上述歧化反应。从电子得失相等的定量角度来考虑，二氧化硫是足足有余的。因此在这种密闭容器里，由于反应放出的SO2气体使容器的内压不断增高，有可能把Cu2+完全还原成金属铜。
【详解】（1）由分析可知，正四面体型结构的离子为，三角锥型结构的离子为；
（2）反应物为SO2与，生成物为和，反应离子方程式为：；
（3）①由分析可知，Cu+发生歧化反应得到Cu2+和纳米Cu，理论上纳米Cu的产率为50%；②若白色沉淀和硫酸的反应在密闭容器里进行，反应放出的气体SO2留存于容器中，可以进一步还原Cu2+为Cu+，Cu+再继续歧化得到纳米Cu，纳米Cu的产率将增大。
16．(1) 高温
(2) N C4H10(正，g)的燃烧热比C4H10(异，g)小，C4H10(异，g)的能量高，稳定性差（合理即可） （或）
(3) 无法判断 因为和H从表面解吸需要能量，而成键又放出能量，没有给出二者的数据（合理即可）
【详解】（1）目标反应为，根据盖斯定律，目标反应燃烧热反应燃烧热反应燃烧热反应，故，其，由于时反应自发，因此，反应自发进行的条件是高温；
（2）的燃烧热比小，的能量高，所以反应I和Ⅱ对于正丁烷来说，更小，即正丁烷发生反应I和Ⅱ时吸热更少，温度相同时，正丁烷的平衡转化率更高，故图中代表的平衡转化率随温度变化的曲线是N；在640℃时，的平衡转化率是，恒容密闭容器中各气体组分的物质的量之比为分压之比，达到平衡时，的选择性(即发生反应Ⅱ)，则反应I占转化的，列三段式：
I.
II.
平衡时总压为；故的体积分数是，反应Ⅱ的平衡常数；
（3）该历程中第一步能垒是，第二步能垒是，能垒大的步骤为决速步骤，故决速步骤是；因为和H从表面解吸需要能量，而成键又放出能量，没有给出二者的数据，故无法判断丙烷无氧催化脱氢制丙烯的相对能量变化与的相对大小。
17．(1)
(2)将A中产生的和以及B中的吹出
(3) 除去蒸馏水中溶解的，防止被氧化 由
mol
每1.00 mL 吸收液中： mg
【分析】利用NaClO3与浓盐酸反应生成ClO2和Cl2，再利用NaClO2与之前生成的Cl2反应生成ClO2，最后用纯水吸收，并进行定量测定；
【详解】（1）向装置B中通入氯气，生成二氧化氯，发生的主要反应的化学方程式为；
（2）实验过程中不断缓慢通入N2的目的是将A中产生的和以及B中的吹出；
（3）①配制Na2S2O3溶液时，蒸馏水需煮沸的原因是除去蒸馏水中溶解的O2，防止Na2S2O3被氧化；
②发生反应、，由，
mol
每1.00 mL 吸收液中： mg
。
18．(1) 233.5 kJ·mol-1 3.6% 在950℃～1100℃之间，以反应I为主，随温度升高，反应I速率增大的幅度大于反应Ⅱ，S2(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应I，S2 (g)的体积分数减小
(2) 2H2S+2I=S2↓+6I-+4H+ 光电催化法脱除H2S，耗能低，还能持续发电；溶液中I-可循环利用，生成的副产物双氧水可回收利用
(3) H2S中的H带正电、S带负电，Fe2O3中的Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强 反应生成的硫单质附着在催化剂表面
【详解】（1）①已知：反应Ⅰ：2H2S(g)=2H2(g)+S2(g) ΔH1＝169.8 kJ mol-1，反应Ⅱ：CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g) ΔH2＝63.7 kJ mol-1，由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得：2H2S(g)+CH4(g)=CS2(g)+4H2(g) ΔH3=ΔH1+ΔH2=233.5kJ mol-1，故答案为：233.5kJ mol-1；
②1050℃时，S2和CS2的体积分数分别为1.6%、0.1%，由化学方程式体现的关系可知，反应Ⅱ生成H2、消耗S2的体积分数分别为0.1%×2=0.2%、0.1%，反应Ⅰ生成S2的体积分数为(0.1%+1.6%)=1.7%，则反应Ⅰ生成H2的体积分数为1.7%×2=3.4%，故H2的体积分数为3.4%+0.2%=3.6%，故答案为：3.6%；
③在950℃～1100℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ，S2(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，S2(g)的体积分数减小；故在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小，故答案为：在950℃～1100℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ，S2(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，S2(g)的体积分数减小；
（2）①光电催化法脱除H2S的反应为硫化氢和发生氧化还原反应生成S2和碘离子及氢离子，离子方程式为2H2S+2＝S2↓+6I-+4H+，故答案为：2H2S+2＝S2↓+6I-+4H+；
②与受热分解法相比，光电催化法的优点是光电催化法脱除H2S，耗能低，还能持续发电；溶液中I-可循环利用，正极生成的副产物双氧水可回收利用，故答案为：光电催化法脱除H2S，耗能低，还能持续发电；溶液中I-可循环利用，生成的副产物双氧水可回收利用；
（3）①Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是H2S中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，故乙方式吸附能力强，故答案为：H2S中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强；
②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是反应生成的硫单质附着在催化剂表面，降低了催化剂的表面积，故答案为：反应生成的硫单质附着在催化剂表面。

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