【文档说明】【精准解析】内蒙古赤峰市2019-2020学年高一下学期期末考试联考化学（A卷）试卷.doc，共(17)页，507.000 KB，由小赞的店铺上传

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内蒙古赤峰市2019-2020学年高一下学期期末联考化学试题（A卷)注意事项：1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。考试时间90分钟，满分100分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框

涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框。写在本试卷上无效。3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12C

l-35.5O-16S-32Na-23第I卷(选择题，共45分)一、选择题(本题共15小题，每小题3分。每小题只有一个选项符合题意)1.科学防护对预防病毒感染非常重要，下列说法错误的是A.冠状病毒粒子直径约60-220nm，介于溶液和胶体粒子之间B

.制作防护服和口罩的无纺布是有机高分子材料C.免洗手消毒液的成分活性银离子、乙醇均能使蛋白质变性D.二氧化氯泡腾片可用于水处理【答案】A【解析】【详解】A.溶液分散质直径小于1nm，胶体分散质直径在1nm-100nm，浊

液分散质直径大于100nm，冠状病毒粒子直径约60-220nm，介于胶体粒子和浊液之间，故A错误；B.无纺布是有机高分子材料，故B正确；C.银离子、乙醇均能使蛋白质变性，故C正确；D.二氧化氯是常见的杀菌消毒剂，可用于水处理，故D

正确；故答案选：A。2.下列化学用语正确的是A.氮气的电子式为：B.CO2的结构式：O=C=OC.甲烷的球棍模型：D.Cl－的结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A.氮原子核外有5个价电子，每个N各用3个价电子和另一个N形成三对共用电子对，每个N还有一对没有共用的电子，

N2的电子式为：，故A不选；B.二氧化碳每个碳原子都和氧原子共用两对电子形成碳氧双键，故B选；C.此为甲烷的比例模型非球棍模型，故C不选；D.氯离子是氯原子得1个电子之后形成的，其结构示意图为。故D不选。故

选B。3.研究结果表明,太阳气体中存在大量的20Ne和22Ne。下列关于20Ne和22Ne的说法正确的是()A.22Ne的原子核中有22个中子B.20Ne和22Ne是同一种核素C.20Ne的原子核中有20个质子D.20Ne和22Ne互为同位素【答案】D【解析】【分析】应用XAZ的含义、核素与

同位素的概念解答。【详解】A.22Ne原子核中，有22－10＝12个中子，A项错误；B.20Ne和22Ne的质子数相同，但中子数不同，属于不同核素，B项错误；C.20Ne是10号元素，原子核中有10个质子，C项错误；D.20Ne和22Ne质子数相同、

中子数不同，互为同位素，D项正确。本题选D。4.下列离子方程式对化学事实的表述正确的是A.硫酸铜溶液中加少量的铁粉:3Cu2++2Fe=2Fe3++3CuB.NaOH溶液除去铝表面的氧化膜:Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OC.少量SO2通入到漂白粉的溶液:SO2+Ca2++2

ClO-+H2O=CaSO3↓+2HClOD.NO2与水反应制硝酸:NO2+H2O=H-+NO3-【答案】B【解析】【详解】A．硫酸铜溶液中加少量的铁粉，反应生成硫酸亚铁和铜，正确的离子方程式为：Cu

2++Fe=Fe2++Cu，故A错误；B．氧化铝可以和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故B正确；C．次氯酸有强氧化性，会将二氧化硫氧化成硫酸根，正确离子方程式为SO2+Ca2++3ClO-+H

2O=CaSO4↓+Cl-+2HClO，故C错误；D．NO2与水反应生成硝酸和NO，正确的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++NO+2NO3-，故D错误；故答案为B。5.下列是某同学对KHSO4的物质类型进行的分析，其中不正确的是()A.根据元素组成

知它是化合物B.因它含有钾离子与酸根离子，故KHSO4是钾盐C.KHSO4可以称为硫酸氢盐D.因为它含有与酸相同的元素氢，故KHSO4也可称为酸【答案】D【解析】【详解】因KHSO4是由多种元素组成的纯净物，属于化合物

，A项正确；KHSO4是盐且含有钾元素，B项正确；KHSO4含有硫酸氢根离子属于硫酸氢盐，C项正确；KHSO4溶于水电离出的阳离子为H＋和K＋，故它不是酸，D项错误。故答案选D。6.下列叙述正确的是（）A.环已烷与苯可用酸性KMnO4溶液鉴别B.乙烷、丙烷和丁烷都

没有同分异构体C.乙烯和聚氯乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色D.甲烷与足量氯气在光照下反应可生成难溶于水的油状液体【答案】D【解析】【详解】A．环已烷与苯均不能使酸性KMnO4溶液褪色，且密度均小于水，分层现象相同，无法鉴别，故A错误；B．乙烷和丙烷都没有同分异构

体，但丁烷存在正丁烷、异丁烷两种同分异构体，故B错误；C．聚氯乙烯不含碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；D．甲烷与足量氯气发生取代反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳等，均为难溶于水的油状液体，故D

正确；故答案为D。7.下列说法正确的是A.NaCl的摩尔质量是58.5gB.标准状况下，22.4L水中约含6.02×1023个H2O分子C.常温常压下，22gCO2中所含氧原子数约为6.02×1023D

.将40gNaOH固体溶于1LH2O中，得到1mol/L的NaOH溶液【答案】C【解析】【分析】A、摩尔质量单位是g/mol；B、依据气体摩尔体积的条件应用分析，水在标准状况下不是气体；C、每个二氧化碳分子含有2个O原子；D、溶液的体积不等于溶剂的体积

，将氢氧化钠固体溶于1L水中，溶于体积大于1L。【详解】A.摩尔质量单位是g/mol，NaCl的摩尔质量是58.5g/mol，故A错误；B.水在标准状况下不是气体，标准状况下，22.4L水物质的量不是1mol，故B错误；C.每个二氧化碳分子含有2个O原子，常温常压下22g二氧化

碳物质的量为0.5mol，所含O原子的物质的量为1mol,原子数约为6.02×1023，故C正确；D.将40gNaOH溶于1L水中，溶液的体积大于1L，配制1mol/L的NaOH溶液应将40gNaOH固体溶于H2O中配成1L溶液，故D错误。故选C。【点睛】本题

考查摩尔质量、阿佛加德罗常数、溶液的配制等，注意将40gNaOH溶于1L水中，溶液的体积大于1L。8.下列实验操作正确的是：()编号实验操作A实验室用自来水制备蒸馏水将自来水倒入烧杯中，小心给烧杯加热B配制一定浓度的氯化钾溶液100mL将称好的氯化钾固体放入100mL容量瓶中

，加水溶解，振荡摇匀，定容C检验溶液中是否含SO42-先加入稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液D取出分液漏斗中的上层液体下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体继续从分液漏斗下端管口放出A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．用自来水制备蒸馏水，选择

蒸馏装置，向烧瓶中加水，进行蒸馏，故A错误；B．容量瓶不能溶解固体，应在烧杯中溶解，恢复到室温再转移到容量瓶中定容，故B错误；C．先加入稀盐酸，无明显现象，排除干扰离子，再加入BaCl2溶液，观察是否生成沉淀可检验SO42-，故C正确；D．分液时避免

上下层液体混合，则下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，上层液体从分液漏斗上口倒出，故D错误；故选C。9.四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子带三个单位正

电荷，四种元素原子的最外层电子数之和为15，下列叙述不正确的是（）A.b元素最高价氧化物对应的水化物为强酸B.最简单气态氢化物的热稳定性：b<cC.c为第二周期第VIA族元素D.原子半径：d＞c＞b＞a【答案】D【解析】【分析】四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原

子序数依次增大，则a为H；b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子带三个单位正电荷，则d为Al；四种元素原子的最外层电子数之和为15，b、c的最外层电子数之和为15-1-3=11，则b、c应为第二周期元素，b为N，c为O符合题意，以此来解答。【详解】由上述分析可知，a为H，b为N，c为O，

d为Al；A．b元素为N元素，其最高价氧化物对应的水化物硝酸为强酸，故A正确；B．非金属性O＞N，则最简单气态氢化物的热稳定性：NH3＜H2O，即b＜c，故B正确；C．c为O元素，核电荷数为8，为第二周期第VIA族

元素，故C正确；D．短周期主族，电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Al＞N＞O＞H，即d＞b＞c＞a，故D错误；故答案为D。10.下列过程中共价键被破坏的是（）A.碘升华B.乙醇溶于水C.HCl气体溶于水D.氢氧化钠熔化【答案】C【解析】【分析】当共价化合物溶于水发

生电离或共价化合物参加化学反应生成新物质时，共价键被破坏，据此分析。【详解】A．碘升华破坏的是分子间作用力，故A不选；B．乙醇是非电解质，溶于水不发生电离，共价键没有被破坏，故B不选；C．HCl为共价化合物，

溶于水发生电离，共价键被破坏，故C选；D．氢氧化钠熔化，破坏离子键，共价键没有被破坏，故D不选；故答案为C。11.下图是氯气的制备以及氯、溴、碘的非金属性比较实验，充分反应一段时间后，打开装置D的活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振

荡，观察实验现象，下列说法正确的是A.F2不能与NaCl溶液反应置换出氯气B.装置B中可盛放水吸收氯气中的HCl气体C.装置E下层呈现紫红色D.装置E中有机试剂层呈现紫红色，能说明非金属性Br＞I【答案】A【解析】【分析】【详解】A．因为F2很活泼，直接

与H2O发生反应，2F2+2H2O=4HF+O2，无法与NaCl反应，A项正确；B．除去氯气中的HCl用饱和食盐水，B项错误；C．装置E中发生反应为Br2+2I－=2Br－+I2，碘单质易溶于有机溶剂，在苯中呈紫红色，且苯的密度比水小，所以装置E上层呈

现紫红色，C项错误；D．Cl2通入D与NaBr反应生成Br2，可能会有Cl2剩余，所以把D中溶液加入到E中，也有可能是Cl2将I‾氧化为I2，因此不能说明溴单质的氧化性强于碘，D项错误；答案选A。【点睛】12.对于可逆反应M+

3N2Q达到平衡时，下列说法正确的是（）A.M、N、Q三种物质的浓度一定相等B.M、N全部变成了QC.反应混合物各组分的浓度不再变化D.反应已经停止【答案】C【解析】【分析】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反

应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论。【详解】A．平衡时各物质的浓度关系取决于物质的起始物质的量和转化率，故M、N、Q三种物质的浓度一定相等不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故A错误；

B．可逆反应的特点：可逆反应无论进行多长时间，反应物都不可能100%地全部转化为生成物，故B错误；C．反应混合物各组分的浓度不再变化，说明已达到平衡状态，故C正确；D．化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，故D错误；答

案选C。13.某原电池的总反应的离子方程式为:2Fe3++Fe=3Fe2+，能实现该反应的原电池组成是（）A.正极为铜，负极为铁，电解质溶液为NaCl溶液B.正极为碳，负极为铁，电解质溶液为Fe(NO3)3溶液C.正极为铁，负极为锌，电

解质溶液为Fe2(SO4)3溶液D.正极为银，负极为铁，电解质溶液为CuSO4溶液【答案】B【解析】【分析】根据电池反应式知，Fe失电子生成Fe2+发生氧化反应而作负极，不如Fe活泼的金属或导电的非金属作正极，正极上Fe3+得电子发生还原反

应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐溶液，据此分析解答。【详解】A．Fe比Cu活泼，正极为铜，负极为铁，但电解质溶液是NaCl溶液，不含有Fe3+，故A错误；B．正极为碳，负极为铁，电解质溶液为Fe(NO3)3

溶液，原电池发生的总反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故B正确；C．负极材料是Zn，不是Fe，Fe不能被氧化，不满足条件，故C错误；D．电解质溶液必须是可溶性的铁盐溶液，不能是硫酸铜溶液，故D错误；故答案为B。14.根据表1信息，判断以下叙述正

确的是（）表1部分短周期元素的原子半径及主要化合价元素代号LMQRT原子半径／nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价＋2＋3＋2＋6、－2－2A.氢化物的沸点为H2T＜H2RB.单质与稀盐酸反应的速率为L＜QC.M与T形成的化合物具有两性D.L2＋与R2－的核外电子数

相等【答案】C【解析】【分析】由表中信息可知，T只有－2价，且原子半径小，所以T为O元素；R的最高正价为＋6价，最低价为－2价，所以R为S元素；L的原子半径最大，化合价为＋2价，所以L为Mg；M的原子半径介于Mg和S之间且化合价

为＋3价，所以M为Al；而Q的原子半径在Mg和O之间且化合价为＋2价，所以Q为Be。【详解】A.由于H2O中存在氢键，所以沸点：H2＞H2R，A不正确；B.由于Mg的金属性比Al强，所以与HCl反应的速率：L＞Q，B不正确；C.选项C中Al和Be的化合物

具有两性，C正确；D.Mg2＋只有两个电子层，而S2－具有三个电子层，D不正确。故选C。15.加热聚丙烯废塑料可以得到炭、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废塑料的再利用。下列叙述中不正确的是（）A.

聚丙烯的链节是一CH2-CH2-CH2-B.装置乙的试管中可收集到芳香烃C.装置丙中的试剂可吸收烯烃D.最后收集的气体可作燃料【答案】A【解析】【详解】A．聚丙烯是由丙烯通过加聚反应生成的，其链节是-CH2-CH(CH3)-，故A错误；B．苯

和甲苯在常温下是液态，冰水浴下是液态，装置乙的试管中可收集到芳香烃，故B正确；C．乙烯、丙烯都可以让溴的四氯化碳褪色，故装置丙中的试剂可吸收烯烃，故C正确；D．最后收集的气体为氢气和甲烷，可作燃料，故D正确；故答案为A。第II卷(非选择题，共55分)二、填空题(本题共

4小题，共45分)16.地球上的金属矿物资源是有限的，应合理开发利用。(1)金属冶炼的实质是金属离子被______(填“氧化”或“还原”)生成金属单质。(2)铜在自然界存在于多种矿石中，如：矿石名称黄铜矿辉铜矿孔雀石主要成分CuFeS2Cu2SCu2(OH)2C

O3请回答下列问题：①上表所列铜化合物中，推断铜的质量百分含量最高的是______。②CuFeS2其中Cu为+1价、Fe为+3价，高温焙烧时发生的反应是CuFeS2+O2高温SO2+FeS+Cu，焙烧过程中被还原

的元素有______。③工业上以黄铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜，火法炼铜的反应为：Cu2S+O2高温2Cu+SO2，该反应中氧化剂是______。④Cu2(OH)2CO3与稀硫酸反应的离子方程式为______。

【答案】(1).还原(2).Cu2S(3).O、Cu、Fe(4).Cu2S和O2(5).Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O【解析】【分析】(1)金属冶炼的实质是金属阳离子转变为单质，根据

氧化还原反应规律判断；(2)①铜化合物中，铜的质量百分含量=铜的相对原子质量原子个数相对分子质量，据此计算；②根据化合物化合价之和为0，判断S元素的化合价，再根据氧化还原规律分析判断；③反应Cu2S+O2高温2Cu+SO2中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，结

合元素化合价变化判断；④Cu2(OH)2CO3与稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水。【详解】(1)金属冶炼的实质是金属阳离子转变为单质，金属元素的化合价降低，得电子，被还原，则金属离子被还原生成金属单质；(2)①铜化合物中，铜的质量百分含量=铜的相对原子质量原子个数相对分子质

量，黄铜矿中铜的含量=646456322++×100%=35%；辉铜矿中铜的含量=64264232+×100%=80%；孔雀石中铜的含量=6426421216512+++×100%=58%，所以铜的质量百分含量最

高的是Cu2S；②CuFeS2其中Cu为+1价、Fe为+3价，根据化合物化合价之和为0，可得S元素的化合价为-2价，则反应CuFeS2+O2高温SO2+FeS+Cu中，S元素由-2价变为+4价，被氧化；O元素

的化合价由0价变为-2价，被还原；Cu元素的化合价由+1价变为0价，被还原，Fe元素的化合价由+3价变为+2价，被还原，则焙烧过程中被还原的元素有O、Cu、Fe；③反应Cu2S+O2高温2Cu+SO2中，Cu元素化合价由+1价降低到0价，S

元素化合价由-2价升高到+4价，O元素的化合价由0价降低到-2价，反应中Cu2S和O2为氧化剂，Cu2S为还原剂；④Cu2(OH)2CO3与稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，离子方程式为：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O。17.I.某可逆反应在某体积为2

L的密闭容器中进行，在从0~3min各物质的量的变化情况如图所示（A、B、C均为气体）。（1）该反应的化学方程式为______。（2）反应开始至2min时，B的平均反应速率为______。（3）能说明该反应已达到平衡状态的是______。A.c(A)=c(B

)=c(C)B.容器内压强保持不变C.v逆(A)=v正(C)D.c(C)不再变化（4）由图求得A的平衡时的转化率为______。Ⅱ．（5）已知：断开1mol共价键吸收的能量或形成1mol共价键释放的能量数据如表共价键H—HN—HN≡N能量变化/kJ·mo

l－1abc则合成氨反应：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)H=______kJ·mol－1【答案】(1).2A+B2C(2).0.25mol·L－1·min－1(3).BCD(4).0.4（或40%）(5).3a+c-6b【解析】【详解】从图中可以看出A和B的物质的量在减少，C的物质的

量在增多，所以A和B是反应物，C是生成物。两分钟后A、B、C的物质的量不再改变，所以该反应是一个可逆反应。在两分钟内A的物质的量减少了2mol，B的物质的量减少了1mol，C的物质的量增加了2mol，所以A、B、C的系数比为2:1:2。所以该反应的化学方程式为：2A+B2C；（2）反应开始

至两分钟，B的物质的量变化了1mol，那么B的浓度变化了1mol/2L=0.5mol/L，用B表示的平均反应速率为0.5mol/L÷2min=0.25mol/(L·min)；（3）A.各物质的浓度不再变化，可以说明该反应达到平衡状态，而各物

质的浓度相等不能说明浓度不再变化，故A不选；B.该反应是一个反应前后气体系数之和不等的反应，在密闭容器中压强不再变化，说明反应达到了平衡状态，故B选；C.用A表示的逆反应速率和用C表示的正反应速率相等，而A和C的系数相同，表明正逆反应速率相等，说明达到化学平衡状态，故C

选；D.C的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，故D选。故选BCD。（4）在两分钟内到平衡状态时，转化的A是2mol，起始时A是5mol，所以A的转化率是2mol/5mol×100%=40%；（5）在合成氨反应中，断裂1molN≡N的同时会断裂3molH—H，形成6molN—H。

旧键断裂吸收的能量为3a+c，新键形成放出的能量为6b，所以合成氨的H=(3a+c-6b)kJ·mol－1。18.如图为相关物质间的转化关系，其中甲、丙为生活中常见的金属单质，乙、丁为非金属单质且丁为气态，E为白色沉淀，D为浅绿色溶液。请回答

：（1）组成甲的元素在元素周期表中的位置为__，请列举乙单质的一种用途__；用电子式表示丁的形成过程___。（2）在C溶液中滴入2滴酚酞，再逐滴加入稀盐酸至红色消失，可得到一种胶体，该胶体的胶粒成分是__(化学式)；（3）反应①的离子方程式为__；（4）将B的稀溶液加水稀释，溶液的pH

__(填能或不能)大于7；（5）若反应②中盐酸过量，向D溶液中滴加84消毒液，溶液的颜色发生了变化，该反应的离子方程式为__。【答案】(1).第三周期第ⅢA族(2).光电池或半导体材料(3).(4).H2S

iO3(5).A13++3AlO2−+6H2O=4Al(OH)3↓(6).不能(7).ClO-+2Fe2++2H+=C1-+2Fe3++H2O【解析】【分析】甲、丙为生活中常见的金属单质，甲既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反

应，则甲为Al，可知丁为H2，A为NaAlO2，B为AlCl3，A与B反应生成白色沉淀E为Al(OH)3；丙与盐酸反应生成的D为浅绿色溶液，则丙为Fe，D为FeCl2；非金属单质乙与氢氧化钠溶液反应也

有氢气生成，则乙为Si，C为Na2SiO3。【详解】甲、丙为生活中常见的金属单质，甲既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应，则甲为Al，可知丁为H2，A为NaAlO2，B为AlCl3，A与B反应生成白色沉淀E为Al(OH

)3，丙与盐酸反应生成的D为浅绿色溶液，则丙为Fe，D为FeCl2；非金属单质乙与氢氧化钠溶液反应也有氢气生成，则乙为Si，C为Na2SiO3；(1)组成甲的元素为Al，在元素周期表中的位置为：第三周期第ⅢA族；乙为硅单质，可以用作光

电池或半导体材料等；用电子式表示丁(H2)的形成过程：；(2)在Na2SiO3溶液中滴入2滴酚酞，再逐滴加入稀盐酸至红色消失，可得到一种胶体，该胶体的胶粒成分是H2SiO3；(3)反应①为A为NaAlO2溶液和AlCl3溶液混合发生双水解反应，生成Al(O

H)3沉淀，发生反应的离子方程式为：Al3++32AlO−+6H2O=4Al(OH)3↓；(4)B为AlCl3，因Al3+的水解，溶液呈弱酸性，溶液中加水稀释，促进Al3+水解，导致溶液pH增大，但溶液始终呈弱酸性，故pH不可能大于7；(5)若反应②中盐酸过量，向D(FeCl2)溶液中滴加84消

毒液，溶液的颜色发生了变化，说明Fe2+被氧化为Fe3+，则发生反应的离子方程式为：ClO-+2Fe2++2H+═Cl-+2Fe3++H2O。【点睛】考查无机物的推断，“金属甲既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应、D溶液颜色”等是推断突破口，熟练掌握元素化合物知识，特别注意反应①发生的是双水解反应

。19.如图所示是原电池的装置图。请回答：(1)若C为稀H2SO4，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且作负极，则A电极上发生的电极反应式为___；反应进行一段时间后溶液C的pH将__(填“升高”“降低”或“基本不变”)。(2)若需将反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如图所

示的原电池装置，则A(负极)极材料为__，B(正极)极材料为___；溶液C为___。(3)若C为CuCl2溶液，Zn是__极，Cu极发生__反应，电极反应式为__反应过程溶液中c(Cu2+)___(填“变大”“变小”或“不变”)。【答案】(1).2H++2e-=H2↑(2).升高

(3).Cu(4).石墨(5).FeCl3溶液(6).负(7).还原(8).Cu2++2e-=Cu(9).变小【解析】【分析】根据原电池中发生自发的氧化还原反应，且负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合反应原理解

题。【详解】(1)铁作负极，则该原电池反应是铁与稀硫酸置换氢气的反应，所以正极反应是氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e-═H2↑；溶液中氢离子放电，导致溶液中氢离子浓度减小，溶液pH升高；

(2)将Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如上图所示的原电池装置，根据反应中元素化合价的变化判断，Cu发生氧化反应，作原电池的负极，所以A材料是Cu，B极材料是比Cu不活泼的导电物质如石墨、Ag等即可，溶液C中含有Fe3+，如FeCl3溶液等；(3)Zn比较

活泼，在原电池中做负极，Cu做正极，正极发生还原反应，Cu2+在正极得到电子变成Cu，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，Cu2+发生了反应，则c(Cu2+)变小。【点睛】本题难点是原电池正负极的判断，通常判断方法有：①一般金属活泼性较强的为负极；②发生氧化反应的电极为

负极；③电子流出的极为负极；④溶解的电极为负极；⑤有金属析出或气体生成的极为正极等。三、实验题(本题共10分)20.苯和溴取代反应的实验装置如图所示，其中A为由具支试管改制成的反应容器，在其下端开了一小孔，塞好石棉绒，再加入少

量铁屑粉。填写下列空白：（1）向反应容器A中逐滴加入溴和苯的混合液，几秒内就发生反应。写出A中所发生反应的化学方程式（有机物写结构简式）：____________________________。（2）B中N

aOH溶液的作用是____________________。（3）试管C中苯的作用是_______________________。反应开始后，观察D和E两试管，看到的现象为____________________________，此现象可以验证苯

和液溴的反应为____________（填反应类型）。【答案】(1).(2).除去溶于溴苯中的溴(3).除去HBr气体中混有的溴蒸气(4).D试管中紫色石蕊试液慢慢变红，并在导管口有白雾产生，然后E试管中出现浅黄色沉淀(5).取代反应【解析】【分析】苯与液溴反应剧烈

，生成和HBr气体，从导管出来的气体中会混有一定量的溴蒸气，混合气体进入C可将气体中的溴蒸气除去（利用相似相溶原理）。B中NaOH溶液的作用是除去溶于溴苯中的溴，气体在经D、E两装置时，分别可以观察到紫色石蕊

试液变红，AgNO3溶液中有浅黄色沉淀生成，可证明此反应为取代反应。装置F是尾气吸收装置，以防污染环境。【详解】（1）A中所发生反应的化学方程式为。（2）B中NaOH溶液的作用是除去溶于溴苯中的溴。（3）HBr气体中混有的溴蒸气，会干扰HBr的检验，

试管C中苯的作用是除去HBr气体中混有的溴蒸气。反应开始后，观察D和E两试管，看到的现象为D试管中紫色石蕊试液慢慢变红，并在导管口有白雾产生，然后E试管中出现浅黄色沉淀，此现象可以证明苯与液溴反应生成HB

r气体，从而可以验证苯和液溴的反应为取代反应。