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高2027届6月化学月考试题
可能用到的相对原子质量：H一1C一12N一140一16
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.化学与生活、科技、文化、工农业生产等息息相关，下列说法正确的是
A.明朝《天工开物》记载的“质轻而韧的葛藤纤维是天然纤维
B.定窑烧制出的明如镜，薄如纸，声如磬的瓷器，其主要原料为硅单质
C.使用干冰进行人工降雨，干冰升华为CO(g)的过程是放热反应
D.我国天宫空间站使用石墨烯储存器，石墨烯与金刚石互为同系物
2.下列化学用语或图示表达正确的是
H
A.顺-2-丁烯的结构简式：
CH
B.羟基的电子式：：δ：H
C.用电子云轮廓图表示ppσ键的形成：
0→-0→00
D.CCl4分子的球棍模型：
3.用下列装置进行相应的实验，能够达到实验目的的是
浓硫酸
盐酸
NaOH
一溶液
Na SiO
铜片
溶液
y
C
D
A.吸收少量NO
B.蒸干NH4C1溶液制备NH4CI晶体
C.验证酸性：HCO3>HSiO3
D.制备少量纯净的SO
4.设a为阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是
A.1mol/L KCIO溶液中阳离子总数为Na
B.标准状况下，22.4L水中所含的水分子数为Na
C.4.6g乙醇中所含有的共价键数目为0.7Na
D.3.2gNH4中孤电子对数为0.2Na
试卷第1页（共8页）
5.克拉维酸钾是一种阝一内酰胺类抗生素，下列说法错误的是
CH2OH
CH2OH
COOH
COOK
克拉维酸
克拉维酸钾
A.克拉维酸的分子式为CgHO5N
B.克拉维酸在加热条件下加入KOH溶液可以实现上述转化
C.lmol克拉维酸与足量Na反应，最多消耗2 mol Na
D.克拉维酸分子含有两个手性碳原子
6.下列有关物质的制备方法或转化过程，不符合实际的是
A.工业制硫酸：FeS20S03,0H2SO4
高温
B.侯氏制碱法：NaClad、CO:NaHCO,ANa,CO,
C.工业制硝酸：NH3
O→NOO、NO2 H2O HNO
催化剂，△
D.工业治炼铝：Al203
NaOH(aq)
足量C02
Na[Al(OH)4]
A1(OH3A120,
电解
Al
NazAIF6
7.下列各组微粒中能大量共存的是
A.Mg2+、A13+、HCO3、SO
B.K+、HS-、Cl2、Br
C.Na、NH4、SO、CH3COOH
D.Fe3t、Ag+、C6H5O、NO3
8.铈的某种氧化物是汽车尾气净化催化剂的关键成分，其晶体结构如图1所示，下列
说法错误的是
甲
●OoCe
图1
图2
A.该晶胞中Ce+的配位数为8
B.该氧化物中铈元素的化合价为+4
C.若沿z轴向xy平面投影，则其投影图如图2所示
D.若晶胞中甲原子分数坐标为0,0.0，则乙原子的分数坐标为44
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试卷第2页（共8页）试题答案解析一、单选题(14小题，每小题3分，共42分)
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
A
C
C
D
D
B
D
C
1.A【解析】B项：瓷器的主要成分为铝硅酸盐。
C项：干冰升华是物理变化，是吸热过程。
D项：石墨烯和金刚石互为同素异形体。
2.C【解析】A项：题为反-2-丁烯的结构简式。
B项：羟基的电子式是：·O:H
D项：C1的原子半径比C大，且该模型为空间填充模型而非球棍模型。
3.A【解析】B项：蒸干NH4C1溶液，氯化铵会发生分解反应。
C项：盐酸具有挥发性，会对实验产生干扰。
D项：浓硫酸和铜反应制SO2需要加热，且应使用分液漏斗而非长颈漏斗。
4.D【解析】A项：不知道溶液体积，无法计算。
C项：4.6g乙醇中所含有的共价键数目为0.8Na。
5.B【解析】C项：克拉维酸分子中含酰胺基，遇热KOH溶液会水解。
6.A【解析】A项：FeS2焙烧只能得到SO2。
7.C【解析】A项：A1+和HCO发生完全双水解，不能大量共存。
B项：C2会氧化HS和Br。
D项：Fe3+与C6H5O一不能大量共存，会形成配合物。
8.C【解析】C项：沿z轴向y平面投影时，上下底面面心的Ce会投影到
正方形中心，投影图中心应存在1个代表Cé的空心圆。
9.C【解析】A项：光照条件下取代的是甲基上的H原子。
B项：苯酚酸性比碳酸弱，与Na2CO3溶液反应只能生成HCO 。
D项：卤代烃消去反应的条件应该为NaOH醇溶液，加热。
10.D【解析】A项：醛基和碳碳双键都能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
B项：淀粉水解后应先加NaOH溶液调至碱性再加新制Cu(OH)2悬浊液。
C项：Fe3+过量，检验Fe3+无法证明该反应可逆。
11.D【解析】X为P,Y为N,Z为C。
12.B【解析】A项：该装置为光电化学电池，工作时存在光能→电能→化学能的转化，
同时微生物作用还伴随化学能的转化。
B项：电极b发生还原反应，b为正极。原电池工作时，阳离子向正极移
动，故H+通过质子交换膜从左室移向右室。
C项：电极a为负极，发生氧化反应而非还原反应。
答案第1页，共4页
D项：电极b的电极反应为2NO,+10e+12H=N,个+6H,O,根据电子守恒，
每转移10mol电子，生成1molN2,则外电路通过0.1mol电子时，
电极b上最初生成0.01molN2,但部分N2发生还原反应变成NH4+,
N2+6e+8H=2NH4,因此不能得到0.01molN2。
13.D【解析】A项：物料守恒可知A正确。
B项：电荷守恒：2c(SO)+c(OH)=2c(Fe2+)+c(NH)+c(H),酸化溶解的
溶液中c(H)>c(OH),故2c(SO)>2c(Fe2+)+c(NH)。
C项：在pH=8.4的Na2C2O4溶液中，c(H)=108.4,代入Ka1和Ka2可知
C正确。
D项：F2+水解生成的H抑制NH4水解，故cNH4)相等的溶液中，
NH4)2SO4溶液浓度更大。
14.C【解析】A项：盖斯定律可知A正确。
B项：CO、NO是反应物，浓度随温度升高而降低，CO2和N2是生成物，
浓度应随温度升高而增大，又因为只有反应ⅱ能生成N2,而反应
和反应ⅱ均能生成CO2,故相同温度下CO2浓度大于N2,曲线x为
CO2、曲线y为N2。
C项：根据N原子守恒：初始NO浓度c,(NO)=c(剩余NO)+2c(NO)+2c(N2).
由B项可知，曲线x为CO2、曲线y为2，则曲线e为N2O,450C
时c(剩余W0)=350mmol.L1、c(N,O)=200mmol.L、c(N2)=1500 mmol.L,
代入得：c(N0)=350+2×200+2×1500=3750mmol.L,根据脱除率定义
可知：脱除率=2cx100%=300
×100%=80%。
co(NO)
3750
D项：如图可知，450C比350C时CO浓度明显降低，NO浓度变化不明
显，但C0和NO浓度均较低，因此450C比350C更有利于CO、
NO的有效脱除。
答案第2页，共4页

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