【文档说明】四川省宜宾市叙州区第一中学校2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题 含解析.docx，共(18)页，1.034 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2865138f53a4b164b6d430e98d6ee15f.html

以下为本文档部分文字说明：

叙州区一中高2022级高二上期第一学月考试化学试题注意事项：满分100分。考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量有：H：1C：12O：16S：32Cu：64第一部分选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.下列反应属于

吸热反应的是A.高温时碳与2CO的反应B.高温时Al与23FeO的反应C.加热时铁粉与硫粉的反应D.铝粉与稀硫酸的反应【答案】A【解析】【详解】A．碳与2CO在高温下反应产生CO，该反应为吸热反应，A符合题意；B

．Al与23FeO在高温下反应产生Al2O3、Fe，该反应为放热反应，B不符合题意；C．Fe与S在加热条件下反应生成FeS，该反应为放热反应，C不符合题意；D．Al与稀硫酸发生置换反应产生硫酸铝和氢气，该反应为放热反应，D不符合题意；故合理选项是A。2.工业生产硫酸过程中，SO2在接触室中

被催化氧化为SO3，已知该反应为一放热反应。现将2molSO2、1molO2充入一密闭容器中充分反应后，放出热量98.3kJ，此时测得SO2的物质的量为1mol。则下列热化学方程式正确的是A.2SO2(g

)＋O2(g)=2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1B.2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g)ΔH=-98.3kJ·mol-1C.SO2(g)＋12O2(g)=SO3(g)ΔH=＋98.3kJ·mol-1D.SO2(g)＋12O2(g)=SO3(g)ΔH=＋196.6kJ·mol

-1【答案】A【解析】【分析】2molSO2、1molO2充入恒容容器中，达平衡时，反应了的SO2的物质的量为1mol，放出热量98.3kJ，则每反应1molSO2，放出98.3kJ的热量，故热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=-196.6kJ•mo

l-1或SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g)，△H=-98.3kJ•mol-1，由此判断各选项热化学方程式正误。【详解】A．选项中的热化学方程式符合题意，A正确；B．热化学方程式中反应热和对应二氧化硫的量不符合，B错误；C．该

反应为放热反应，C错误；D．该反应为放热反应，D错误；3.太阳能是理想的能源，通过Zn和ZnO的热化学循环可以利用太阳能，其转化关系如图所示。下列说法中，正确的是()A.Zn与H2O或者CO2反应时作氧化剂B.该过程对于降低环境中CO2的含量无影响C.利用

该过程可以生产氢能源，实现太阳能向化学能的转化D.该过程需要不断补充Zn才能持续进行【答案】C【解析】【详解】A．根据图示转化信息可知，Zn与H2O或者CO2反应时均生成ZnO，元素化合价升高，作还原剂，故A错误；B．

Zn与CO2反应可消耗CO2，因此利用该过程可以降低环境中CO2的含量，故B错误；C．根据图中信息，反应生成氢气，因此利用该过程可以生产氢能源，实现太阳能向化学能的转化，故C正确；D．根据图中信息，Zn可循环利用，则该过

程不需要补充Zn就能持续进行，故D错误；综上所述，答案为C。4.肼(H2N－NH2)是一种高能燃料，共价键的键能与热化学方程式信息如表：共价键N－HN－NO=OO－H键能/(kJ/mol)391161498463热化学方

程式N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-570kJ·mol-1则2N(g)=N2(g)的ΔH为A.+1882kJ·mol-1B.-941kJ·mol-1C.-483kJ·mol-1D.-1882kJ·m

ol-1【答案】B【解析】【分析】根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算。【详解】设氮氮三键的键能为X，根据方程式可知4×391+161+498-X-4×463＝-570，解得X＝941，成键放热，放热焓变为负值，则2N(g)=N2(g)的ΔH=

-941kJ·mol-1，答案选B。5.可逆反应A（g）+B（g）=C（g）+D（g），在四种不同情况下的反应速率如下，其中反应进行得最快的是A.v(A)=0.15mol/(L·min)B.v(B)=0.5mol/(L·min)C.v(C)=0.4mol/(L·min)

D.v(D)=0.01mol/(L·s)【答案】D【解析】【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故反应速率与其化学计量数的比值越大,反应速率越快。【详解】A．()()0.15=0.15mol/Lminmol/L1min；B．()()0.5=0.5mol/Lm

inmol/L1min；C．()()0.4=0.4mol/Lminmol/L1min；D．()()mol/Lmin0.0160=0.mol/Li1m6n；显然D中比值最大，故反应速率最快，故选D。6.在热带海域中，珊瑚虫在浅海区域分泌石灰石骨骼，

与藻类共生形成美丽的珊瑚。下列说法错误的是A.珊瑚形成反应为Ca2+(aq)+2HCO3−(aq)⇌CaCO3(s)+H2O(l)+CO2(aq)的B.与温带海域相比，热带海域水温较高是利于形成珊瑚的原因之一C.与深海区域相比，浅海区阳光强烈，藻类光合作用强，更有利于珊瑚形成D.大气中CO

2浓度增加，会导致海水中CO23−浓度增大，有利于珊瑚形成【答案】D【解析】【详解】A．珊瑚的主要成分是CaCO3，珊瑚形成的反应为Ca2+(aq)+2HCO3−(aq)⇌CaCO3(s)+H2O(l)+CO2(aq)，A正确；B．与温

带海域相比，热带海域水温较高能加快CO2的挥发，促使上述平衡正向移动，故温度较高是利于形成珊瑚的原因之一，B正确；C．与深海区域相比，浅海区阳光强烈，藻类光合作用强，消耗的CO2增大，导致CO2浓度减小，平衡正向移动，故更有利于珊瑚形成，C正确；D．由于CO2+H2OH2CO3H++-3HCO，

大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO2浓度增大，而不是CO23−浓度增大，CO2浓度增大，珊瑚形成的平衡逆向移动，则不利于珊瑚形成，D错误；故答案为D。7.下列各组物质中，属于同分异构体的是A.CH3CH2CH3和CH

3CH2CH2CH3B.H2NCH2COOH和CH3CH2NO2C.CH3CH2COOH和CH3COOCH2CH3D.CH2=CHCH2CH3和CH2=CHCH=CH2【答案】B【解析】【详解】同分异构体：分子式相同，结构不同化合物之间互称；A．分子式不同，故

不是同分异构体，故A错误；B．前者分子式为C2H5NO2，后者分子式：C2H5NO2，分子式相同，而结构不同，故互为同分异构体，故B正确；C．前者分子式：C3H6O2，后者分子式：C4H8O2，不是同分异构体，故C错误；D．前者分子式：C3H6，后者分子式：C4H6，不是同分异构体，故

D错误。故答案选B。8.已知断开1molCl2(g)中Cl-Cl键需要吸收243kJ能量。根据能量变化示意图，下列说法不正确．．．的是A.断开1molHCl(g)中的H-Cl键要吸收432kJ能量B.生成1molH

2(g)中的H-H键放出436kJ能量C.1molH2(g)和1molCl2(g)的能量高于2molHCl(g)的能量D.H2(g)与Cl2(g)反应生成1molHCl(g)放出185kJ能量【答案】D【解析】【分析】由图可知，该反应放热，反应物的总能量大于生成物的总能量，断裂化学键需要吸

收热量，形成化学键则放出热量，据此解答。【详解】A．由图可知，生成2molHCl(g)中的H-Cl键放出864kJ的能量，所以断开2molHCl(g)中的H-Cl键要吸收864kJ的能量，则断开1molHCl(g)中的H

-Cl键要吸收432kJ的能量，故A正确；B．由图可知，断开1molCl2(g)中Cl-Cl键和断开1molH2(g)中的H-H键总共吸收679kJ能量，则断开1molH2(g)中的H-H键需要吸收能量为679kJ

-243kJ=436kJ，则生成1molH2(g)中的H-H键放出436kJ能量，故B正确；C．该反应为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；D．由图可知，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)H=679kJ/mol-864kJ/mol=-

185kJ/mol，则生成1molHCl(g)放出92.5kJ能量，故D错误；答案选D。9.下列解释事实的方程式不准确的是A.用浓盐酸检验氨：NH3+HCl=NH4ClB.碳酸钠溶液显碱性：CO32-+H2OHCO3-+OH-C.钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe-3e-=Fe3+D.

长期盛放石灰水的试剂瓶内壁出现白色固体：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O【答案】C【解析】【详解】A、利用HCl和NH3反应生成白烟(即NH4Cl)，A正确；B、碳酸钠溶液中因CO32-发生水解反应

CO32-+H2OHCO3-+OH-使其溶液呈碱性，B正确；C、钢铁腐蚀时，负极被氧化的方程式为Fe-2e-=Fe2＋，C错误；D、长期存放石灰水的试剂瓶因与CO2反应生成CaCO3而出现白色固体，D正确；故选C。10.科学家研究发现，在催化剂作用下，合成氨

及氨的催化氧化反应的转化过程如下图所示：下列说法正确的是A.催化剂a能提高合成氨反应的反应速率和平衡转化率B.催化剂a表面氮的吸附分解所需活化能高，是控制反应速率的关键步骤C.催化剂b表面反应生成NO时没有电子转移D.两个反应的原子利用率均为100％【答案】B【解析】【详解】A．催化剂能降低反

应的活化能从而加快反应速率，但对平衡移动不产生影响，故不能改变平衡转化率，A错误；B．由于N2中为N≡N，键能大，断键时需要吸收较多的能量，故催化剂a表面氮的吸附分解所需活化能高，反应速率慢，是整个过程的控速步骤，

B正确；C．催化剂b表面O原子结合NH3中N原子生成NO，O原子化合价改变，故该过程伴随电子转移，C错误；D．氨催化氧化时，除了生成NO，同时生成H2O，故原子利用率不是100%，D错误；故答案选B。11.化学是一门中心学

科，是人类进步的关键。下列说法正确的是A.我国古代四大发明中有三项与化学反应密切相关B.为防止蛋白质变性，疫苗应在冷冻条件下贮存C.侯德榜制碱法的工艺包括制碱和制氯化铵两个过程D.生产口罩所用的无纺熔喷布的主要材料为聚丙烯，其结构简式为【答案】C【解析】【详解】A．我国古代四大发明分别为指南针

、造纸术、活字印刷、火药，其中只有造纸术和火药两项与化学反应密切相关，故A错误；B．有的疫苗冷冻后会使肽链断裂，影响疫苗效果，温度过高也会使蛋白质变性，所以在储存和运输过程中，要求疫苗保存在一定温度条件下，故B错误

；C．侯氏制碱法的工艺是由制碱和制氯化铵两个过程组成的，制碱过程是使食盐水与氨气和二氧化碳反应，生成碳酸氢钠，碳酸氢钠经过滤、煅烧制得纯碱，所得滤液(主要含氯化钠和氯化铵)用于制备氯化铵；制备氯化铵的过程是使滤液吸收氨气、降

温并向其中加入食盐粉，使氯化铵逐步从滤液中结晶析出，再经过滤、干燥制得氯化铵产品，故C正确；D．聚丙烯的结构简式为，故D错误；答案为C。12.某小组探究Cu与22HO在不同条件下的反应，实验操作和现象记录如下：实验操作现象Ⅰ0.5gCu、50mL30

%22HO溶液混合10h后，铜片表面附着黑色固体Ⅱ0.5gCu、50mL30%22HO溶液、8mL5mol/L氨水混合立即产生大量气泡，溶液变为浅蓝色，铜表面光洁Ⅲ0.5gCu、50mL30%22HO溶液、8mL5mol/L氨水和1g4NHCl固体混合立即产生大量

气泡，溶液蓝色较深，铜片依然保持光亮下列说法错误的是A.Ⅰ中22HO与Cu可以缓慢反应，可能生成CuOB.Ⅱ中可能发生的反应为22232342CuHO4NHHO=Cu(NH)2OH4HO+−++++C

.增大()cOH−，22HO的氧化性增强D.增大()4cNH+有利于234Cu(NH)+的生成【答案】C【解析】【详解】A．Ⅰ中将0.5gCu和50mL30%22HO溶液混合，铜片表面附着黑色固体CuO，说明22HO与Cu可以缓慢反应，可能生成CuO，故A正确；B．Ⅱ中将0.5gCu、5

0mL30%22HO溶液、8mL5mol/L氨水混合，溶液变为浅蓝色可能生成234Cu(NH)+，根据电荷守恒和得失电子守恒配平离子方程式为：22232342CuHO4NHHO=Cu(NH)2OH4HO+−++++，故B正确；C．Ⅲ中加入氨水

后还加入了NH4Cl固体，抑制了一水合氨电离，则pH:Ⅲ<Ⅱ，则c(OH-):Ⅲ<Ⅱ，但是现象中并没有减慢气泡速率，因此不能证明增大c(OH-)，H2O2的氧化性增强，故C错误；D．由离子方程式Cu2++4NH3234Cu(NH)+可知增大c(NH4+)

抑制一水合氨的电离，c(NH3)有利于234Cu(NH)+的生成，故D正确；故选C。13.在一恒容密闭容器中发生反应：()()()XgYgWs+H0，1T℃时，1K=16，按不同配比充入()Xg、()Yg，容器中()

Xg、()Yg的平衡浓度如图所示，下列说法正确的是A.若q点为2T℃时的平衡点，则21T<TB.m点为该反应进行到5min时的平衡点，则0~5min内()11X0.8molLminv−−=C.p点时，X的转化率为50%D.n、m、p三点的H

依次减小【答案】A【解析】【详解】A．反应是放热反应，若q点为平衡状态，此时平衡常数大于T1℃平衡常数，说明平衡正向进行，是降温的结果，温度低于T1℃，A正确；的B．m点X、Y的浓度相等，其浓度为a，则211K=a16=，记得a=4，但是

不知道起始浓度，无法计算X浓度变化值，无法计算速率，B错误；C．不知道X、Y的起始浓度，无法计算X的转化率，C错误；D．同一个反应，H是固定不变的，D错误；故选A。14.水体中硝酸盐在电催化无害化处理过程中，在催化

剂表面，(ads)NO中间体还原为N2的一种反应历程如图(ads指吸附)，下列说法错误的是A.历程中1molNO还原为N2消耗4molH+B.历程中4步反应均伴随电子转移C.反应④为2(ads)22NO2He=NHO−+−+++D.该反应历程将化学能转化

为电能【答案】A【解析】【详解】A．结合过程，步骤①②各消耗1mol氢离子，步骤④消耗2mol氢离子，且步骤①消耗了2molNO，故历程中1molNO还原为N2消耗2molH+，故A错误；B．历程NO中N为+2价，HN2O2中N为+32价，N2O中N为+1价，N2

O-中N为+12价，N2中N为0价，4步反应生成物中N的化合价各不相同，均为氧化还原反应，均伴随电子转移，故B正确；C．根据反应过程以及电子守恒，反应④为2(ads)22NO2He=NHO−+−+++

，故C正确；D．该反应历程需要通过原电池原理实现，将化学能转化为电能，故D正确；故选A。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)15.化学反应的焓变通常用实验进行测定，也可进行理论推算。（1）下列变化过程

，属于放热反应的是_______(填写序号)。①浓H2SO4稀释②酸碱中和反应③食物因氧化而腐败④固体NaOH溶于水⑤液态水变成水蒸气⑥碳在高温条件下还原CO2（2）标准状况下11.2L甲烷在氧气中充分燃烧生成液态水和二氧化碳气体时释放出akJ的热量，写出表示甲烷燃烧的热化学

方程式_______。（3）已知：C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1=-akJ·mol-1H2(g)＋12O2(g)=H2O(l)ΔH2=-bkJ·mol-1CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH3=-ckJ·mol

-1写出C(石墨，s)与H2(g)反应生成CH4(g)的热化学方程式_______。（4）某化学兴趣小组利用如图装置进行中和反应反应热的测定实验。I.实验步骤：①量取50mL1240.25molLHSO−溶液，倒入小烧杯中，测量温度；②量取50mL10.55molL−NaOH溶液，

测量温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，测量混合液的最高温度。II.实验数据如下：实验序号起始温度1T/℃终止温度2T/℃24HSO溶液NaOH溶液平均值125.025.228.5224.925.128.43

25.526.531.8请回答下列问题：①仪器甲的名称为_______，进行该实验还缺少的仪器为_______(填仪器名称)。仪器甲不能用铁制材料的原因是_______。②设实验所用的酸、碱溶液的密度均为11gmL−，且酸、碱中和后的溶液的比热容11c=4.18Jg−−℃。计算该实验中生成1

mol水时的反应热ΔH=_______1kJmol−(保留一位小数)③若改用60mL0.50mol•L-1盐酸与60mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应，与(1)中实验相比，所放出的热量_______(填写“相等”或“不相等”)；若用5

0mL0.50mol•L-1CH3COOH溶液代替盐酸进行(1)中实验，测得反应前后温度的变化值_______(填写“偏大”、“偏小”或“不变”)。【答案】（1）②③（2）CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-2akJ/mol（3）C(石墨，s)＋2H2(g

)=CH4(g)ΔH=(c-2b-a)kJ·mol-1（4）①.玻璃搅拌器②.温度计③.铁会和硫酸反应，且铁导热性好，热量损失较大④.-56.8⑤.不相等⑥.偏小【解析】【小问1详解】①浓H2SO4稀释

过程放热，是物理变化，不属于放热反应；②酸碱中和反应是放热反应；③食物因氧化而腐败，过程放热，缓慢氧化是化学变化，属放热反应；④固体NaOH溶于水放热，是物理变化，不属于放热反应；⑤液态水变成水蒸气，是吸热过程，属物理变化；⑥碳在高温条件下还原CO2，是吸

热反应；故以上属于放热反应的是②③；【小问2详解】甲烷充分燃烧的化学方程式是CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，根据方程式中系数与△H的绝对值成正比，则标准状况下11.2L甲烷，即0.5mol甲烷完全

燃烧放出热量为akJ的热量，则1mol甲烷甲烷完全燃烧放出热量为2akJ的热量，对应热化学方程式是CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-2akJ/mol；【小问3详解】C(石墨，s)与H2(g)反应生成CH4(g)的化

学方程式是C(石墨，s)＋2H2(g)=CH4(g)：①C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1=-akJ·mol-1②H2(g)＋12O2(g)=H2O(l)ΔH2=-bkJ·mol-1③CH4(g)＋2O2(

g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH3=-ckJ·mol-1可知，目标方程式等于反应①减去反应③，再加上2×②，则△H=(-a+c-2b)kJ·mol-1，则C(石墨，s)与H2(g)反应生成CH4(g)的热化学方程式是C(石墨，s)＋2H2(g)=CH4(g)Δ

H=(c-2b-a)kJ·mol-1；【小问4详解】①仪器甲的名称为玻璃搅拌器；该实验需要测定反应前后温度的变化，故进行该实验还缺少的仪器为温度计；仪器甲不能用铁制材料的原因是铁会和硫酸反应，且铁导热性好，热量损失较大；②50mL1240.25mo

lLHSO−溶液中硫酸的质量m1是50mL×11gmL−=50g，50mL10.55molL−NaOH溶液中氢氧化钠的质量m2是50mL×11gmL−=50g，实验3中反应前后温度变化与实验1和2相差太大，弃去实验数据，故50m

L1240.25molLHSO−溶液和50mL10.55molL−NaOH溶液发生中和反应生成0.025mol水时放出的热量为：(m1+m2)×c×(t2-t1)=(50g+50g)×114.18Jg−−℃×3.4℃=1424.2J，则生成1mol水

时的反应热ΔH=1424.2×10-3J/0.025mol=56.8kJ·mol-1；③若改用60mL0.50mol•L-1盐酸与60mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应，与(1)中实验相比

，氢离子总物质的量较大，故所放出的热量不相等；若用50mL0.50mol•L-1CH3COOH溶液代替盐酸进行(1)中实验，CH3COOH是弱酸，电离过程需要吸热，故测得反应前后温度的变化值偏小。16.CuCl是一种白色固体，溶于氨水，碱性条件下水解，可用于一氧化碳和乙炔

的气体分析中。回答下列问题：（1）制备CuCl的方法很多，如可用4CuSO溶液、23NaSO溶液及NaCl反应制取，其他条件一定时，实验测得CuCl的产率与溶液pH的关系如图所示：①制备CuCl反应的化学

方程式为_______。②由图可知，pH<3.5，随着pH增大，CuCl产率增大，其原因是_______，pH>3.5，随着pH增大，CuCl产率减少，其原因是_______。（2）CuCl溶于氨水的反应为()32322C

uCl2NHHOCuNHCl2HO++。向反应后溶液中滴加稀24HSO观察到的现象是_______；含氨的()32CuNHCl溶液久置会转化为()324CuNHCl溶液，其反应的离子方程式为_______。（3）利用盛放如下试剂的装置，可测量混合气体中2N、2CO、CO

、2O的含量，其气体经过装置顺序：混合气→b→_______→_______→d(填字母)。a．氯化亚铜酸溶液(吸收CO)；b．KOH溶液(吸收2CO)c．含焦性没食子酸的KOH溶液(吸收2O)d．排水法收

集2N【答案】（1）①.4232242CuSONaSO4NaClHO=2CuCl3NaSO2HCl+++++②.随着()+cH减小，有利于生成CuCl③.pH超过了3.5，随碱性增强(或酸性减弱)，CuCl水解程度增大（2）①.有白色沉淀产生②.()()23

3223244CuNH8NHO2HO=4CuNH4OH++−++++（3）①.c②.a【解析】【小问1详解】①制备CuCl反应即CuSO4、Na2SO3和NaCl在溶液中发生反应生成CuCl、Na2SO4和HCl，故该反应的化学方程式为2CuSO4+Na2SO3+4NaCl+H2

O=2CuCl↓+3Na2SO4+2HCl，故答案为：2CuSO4+Na2SO3+4NaCl+H2O=2CuCl↓+3Na2SO4+2HCl；②由图可知，pH<3.5，随着pH增大，CuCl产率增大，由上述分析可知其原因是随着pH增

大，溶液中()+cH减小，有利于生成CuCl，而当pH>3.5，随着pH增大，由题干信息可知，CuCl在碱性条件下水解，故pH值越大，碱性越强(或酸性减弱)，CuCl水解程度越大，则CuCl产率减少，故答案为：

随着()+cH减小，有利于生成CuCl；pH超过了3.5，随碱性增强(或酸性减弱)，CuCl水解程度增大；【小问2详解】CuCl溶于氨水的反应为()32322CuCl+2NHHOCuNHCl+2HO。向反应

后溶液中滴加稀H2SO4，由于H2SO4能中和NH3·H2O，使上述平衡逆向移动，生成CuCl白色沉淀，故观察到的现象是有白色沉淀产生，含氨的()32CuNHCl溶液久置会转化为()324CuNHCl溶液，即Cu由+1价升高为+2价，被空气中

的O2氧化，故该反应的离子方程式为：()()+2+-33223244CuNH+8NH+O+2HO=4CuNH+4OH，故答案为：有白色沉淀产生；()()+2+-33223244CuNH+8NH+O+2HO=

4CuNH+4OH；【小问3详解】由于CuCl能够被氧气氧化，故需先吸收O2，再吸收CO，故利用盛放如下试剂的装置，可测量混合气体中2N、2CO、CO、2O的含量，其气体经过装置顺序：混合气→b→c→a→d，故答案为：

c；a。17.按要求填空。（1）现有如下两个反应：A.2NaOHHCl=NaClHO++；B.2442ZnHSO=ZnSOH++能设计成原电池是_______。(填“A”或“B”)的（2）下图1是常见的原电池装置图①负极反应离子方程式为_______；

②总反应离子方程式为_______。（3）将镁带投入盛放在敞口容器的盐酸里，产生2H的速率与时间的关系如图2所示。在下列因素中：A.H+的浓度B.Cl−的浓度C.镁带的表面积D.溶液的温度E.氢气的压强①影响反应速率的因素_______(填上述因素中的字母)；②解释

图中AB段形成的原因_______；③解释图中1t时刻后速率变小的原因_______。【答案】（1）B（2）①.2Zn2eZn−+−=②.22Zn2HZnH+++=+（3）①.ACD②.镁条与盐酸反应放热，温度升高，反应速

率加快③.随着反应进行，盐酸浓度减小，反应速率减慢【解析】【小问1详解】原电池必须有自发的氧化还原反应，A不是氧化还原反应，能设计成原电池的是：B；【小问2详解】锌为负极，失电子被氧化，电极反应式为：-2+Z

n-2e=Zn；原电池实质为锌和稀硫酸反应，离子反应方程式为：+2+2Zn+2H=Zn+H；【小问3详解】影响反应速率的因素有：反应物浓度、温度、压强、催化剂、接触面积等，溶液中压强不影响反应速率。镁带与盐酸实质是与氢离子反应，故氢离子浓度会影响反应速率

，而氯离子浓度不影响；反应物接触面积大，反应速率快；温度升高，活化分子百分数增加，反应速率加快，综上选ACD；镁带与盐酸的反应为放热反应，随着温度的升高，反应速率加快；随着反应的进行，盐酸逐渐被消耗，浓度减小，反应速率减慢。18.氯化钡广泛应用于化工领域，其某种生产流程如图所示：请回

答下列问题：（1）复杂矿物的主要成分为4BaSO，还含有少量2SiO、23FeO，若采用稀硫酸进行浸出提纯，其中发生反应的离子方程式是_______，提纯后的矿料进一步研磨的目的是_______。（2）步骤①中4BaSO与焦炭反应的化学方程式为_______；实际

生产中必须加入过量的焦炭，其主要目的是_______。（3）“系列操作”是指蒸发浓缩、_______、_______、洗涤、干燥；其中在实验室中进行蒸发浓缩，除用到酒精灯、三脚架外，还需用到的仪器有_______。【答案】（1）①.3232FeO6H2Fe3HO++++=

②.增大反应物的接触面积，加快反应速率（2）①.4BaSO4CBaS4CO++高温②.使4BaSO充分反应，提高产率（3）①.冷却结晶②.过滤③.蒸发皿、玻璃棒【解析】【分析】矿料研磨增加矿料与焦炭的接触面积，加快反应速率，根据

问题(1)复杂矿物中所含成分，在“高温焙烧”步骤中SiO2与焦炭反应生成Si和CO，焦炭与三氧化二铁发生氧化还原反应得到铁单质和CO，硫酸钡与焦炭反应生成硫化钡和CO，硫化钡与盐酸反应生成氯化钡溶液，因为得到含结晶水的物质

，因此“系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此分析；【小问1详解】硫酸钡与硫酸不反应，SiO2为酸性氧化物，不与硫酸反应，氧化铁属于碱性氧化物，与硫酸发生Fe2O3+6H+=2Fe3++

3H2O；提纯后矿料进一步研磨的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；故答案为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；增大反应物的接触面积，加快反应速率；【小问2详解】根据流程图，“高温焙烧”硫酸钡与焦炭反应得到BaS和CO，其

反应方程式为BaSO4+4C高温BaS+4CO↑；实际生产中必须加入过量的焦炭，使硫酸钡充分反应，提高产率；故答案为BaSO4+4C高温BaS+4CO↑；使硫酸钡充分反应，提高产率；【小问3详解】根据流程图，得到产物含有结晶水，因

此“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；蒸发浓缩需要仪器酒精灯、三脚架、蒸发皿、玻璃棒等；故答案为冷却结晶；过滤；蒸发皿、玻璃棒。19.A、B、C、D四种芳香族化合物都是某些植物挥发油中的主要成分，有的是药物，有的是香料。它们的结

构简式如图所示：请回答下列问题：（1）1molB能与含___________2molBr的溴水反应。（2）既能使3FeCl溶液显紫色又能和3NaHCO反应放出气体的有___________(用A、B、C、D填空)。（3）同时符合下列两项要求的D的同分

异构体有、___________、___________，共4种。①化合物是1，2-二取代苯；②苯环上的两个取代基分别为羟基和含有—COO—结构的基团。（4）写出H与足量NaOH溶液共热反应的化学方程式：___________。【答案】（1）4（2）D（3）①②.（4）+3NaOH

⎯⎯→+CH3COONa+2H2O是.【解析】【小问1详解】(1)由B的结构简式可知，该结构中含碳碳双键、羟基两种官能团，酚羟基的邻对位能与溴发生取代，则1molB与3mol溴发生取代，碳碳双键与溴发生加成反应，则1molB与1mol溴发生加成，共4mol。【小问2详解】因含有酚羟基的物质能与

3FeCl溶液发生显色反应，含有—COOH的有机物能和3NaHCO溶液反应生成气体，由题中所给结构简式可知，只有D中既含有酚羟基又有—COOH，D结构符合题意。【小问3详解】D的结构简式为，D的同分异构体有4种，满足①化合物是1，2-

二取代苯。②苯环上的两个取代基分别为羟基和含有—COO—结构的基团，其中两种(G和H)结构简式可知为酯类物质，还有和。【小问4详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com