2024东莞四中高三上学期10月月考试题化学含答案

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非选择题
17.（14分，每空2分）(1) B (2)ghedij
（3）
(4) ① 温度升高促进的分解 ② 10、0、2、30
实验组1～3生成氧气平均速率随温度升高的增加程度比对照组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 积碳在C基催化剂表面快速沉积使催化剂活性降低
(4) a 比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和要大 0.077P
20.（14分，每空2分）
（1） C7H13Br (2)
(3)羰基和醛基 (4)氧化反应 (5)
(6)
17.
【分析】用铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体，先干燥再收集，最后处理二氧化硫尾气，探究温度对铜与过氧化氢反应的影响时，要注意对变量的分析，只能有一个作变量。
【详解】（1）用铜与浓硫酸制备，反应是铜固体和浓硫酸加热条件下反应生成二氧化硫气体、硫酸铜和水，因此适宜的装置是B，该装置内发生的化学方程式为。
（2）收集干燥的，先用浓硫酸干燥二氧化硫气体，再用向上排空气发收集二氧化硫气体，最后进行尾气处理，因此所需装置的接口连接顺序为：发生装置→ghedij。
反应后，发生装置中未观察到蓝色溶液，可能是浓硫酸具有吸水性，将硫酸铜溶液中水吸收，最后硫酸铜以固体形式存在。
（3）铜、硫酸和双氧水反应生成硫酸铜和水，则生成的离子方程式为。
（4）①小组同学认为实验1～3的结果，不能证明猜想成立，理由是H2O2的热稳定性较差，温度升高促进的分解。
②为进一步验证猜想，根据1、4；3、6；实验温度相同，实验条件中硫酸铜溶液的用量不同，得出实验2、5是一组实验对比，其方案中加入的体积分别为10、0、2、30；小组同学结合实验1～6，判断猜想成立，根据1和4，2和5，3和6分别对比实验得出温度升高，催化能力增强即依据是实验组1～3生成氧气平均速率随温度升高的增加程度比对照组4～6大。
18.【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。
【详解】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；
(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；
(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10—6ml/L，故答案为：1×10—6；
(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；
(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+，故答案为：TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；
(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。
19.【详解】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得到乙烷与二氧化碳的反应，则ΔH3=(+137kJ/ml)+(+41kJ/ml)=+178kJ/ml，故答案为：+178；
（2）A．升高温度，正、逆反应速率同时增大，故正确；
B．乙烷、乙烯和氢气的物质的量相等不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
C．增加起始投料时乙烷的体积分数，单位体积的活化分子数增加，故正确；
D．恒容容器中增加起始投料时乙烷的体积分数相当于增大压强，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，乙烷平衡转化率减小，故错误；
故选AC；
（3）①反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，活化能最大的为第二步反应，则生成的速率最慢，故选C；
②由题给信息可知，一定温度下，乙烷催化脱氢时易形成碳单质，碳单质沉积在C基催化剂表面上，催化剂不能与乙烷接触从而导致催化剂活性失活，故答案为：积碳在C基催化剂表面快速沉积使催化剂活性降低；
（4）①由题意可知，图中曲线c表示的物质为一氧化碳，比值增大，反应Ⅱ向正反应方向移动，氢气的浓度降低，使反应Ⅰ也向正反应方向移动，乙烷的转化率增大，由于反应中乙烷的改变量比乙烯改变量大，所以乙烷的物质的量分数变化幅度大于乙烯，则表示乙烷的曲线为a，故答案为：a；比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和要大；
②设当时，起始乙烷的物质的量为1ml、二氧化碳的物质的量为1.5ml，平衡时生成乙烯的物质的量为aml、一氧化碳的物质的量为bml，由题意可建立如下三段式：
由图可知，乙烯的物质的量分数为17.8%、一氧化碳的物质的量分数为11.3%，则由三段式数据可得：×100%=17.8%、×100%=11.3%，解联立方程可得：a≈0.54、b≈0.34，则反应Ⅰ的平衡常数Kp=≈0.077P，故答案为：0.077P。
20.
【分析】 发生消去反应生成乙 ，乙和水发生加成反应生成丙，丙发生消去反应生成丁 ，乙和HBr发生加成反应生成己 ，己发生消去反应生成丁 ，丁发生氧化反应生成戊 ，戊发生氧化反应生成庚 ，根据分析答题。
【详解】（1）乙的结构简式为 ；（2）丙为 ，丙发生消去反应生成丁 ，丙转化成丁的化学方程式： ；
（3）戊分子中含有的官能团名称是羰基、醛基；
（4）丁转化成戊的过程中，碳碳双键断裂、组成上加氧，反应类型为氧化反应；
（5）)庚( )的同分异构体在稀硫酸加热条件下能够水解，说明含有酯基，能和新制Cu(OH)2共热生成砖红色沉淀，说明含有酯基，能与钠反应生成氢气，说明含有羧基，综上可知含有甲酸形成的酯基，分子中含有六元碳环，有2个侧链为-OH、-OOCH，有同、邻、间、对4种为关系，即符合条件的同分异构体共有4种，其中，核磁共振氢谱中有四组峰，且峰面积之比是4:4:1:1:1:1的物质的结构简式为；
（6）)2-羟基丁酸 可由 发生还原反应得到， 由 发生氧化反应得到， 由 丁戊转化得到，丙炔和1，3-丁二烯发生加成反应得 ，1
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