【文档说明】四川省泸县第一中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题 含解析.docx，共(18)页，1.227 MB，由小赞的店铺上传

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泸县一中高2022级高二上期第一学月考试化学试题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.美好生活离不开化学知识的运用。下列有

关叙述错误的是A.糖类、蛋白质都是人体必需的基本营养物质B.石油经过分馏可得到乙烯、丙烯等化工原料C.灾后重建时常用明矾净化饮用水D.生活中可定期用84消毒液对居住环境消毒【答案】B【解析】【详解】A．糖类，蛋白质都是人体必需的基本营养物质，A

项正确；B．石油经过催化裂化、裂解可得到乙烯、丙烯等化工原料，B项错误；C．明矾中的Al3+在水中会形成Al(OH)3胶体，吸附水中的杂质，可用来净化饮用水，C项正确；D．84消毒液具有强氧化性，可用来消毒杀菌，D项正

确；故选B。2.下列反应属于放热反应的是A.Na与H2O反应B.NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O反应C.C与CO2高温反应生成COD.NaOH固体溶于水【答案】A【解析】【详解】A．Na与H2O反应反应属于放热反应，

故A符合题意；B．NH4Cl与Ba（OH）2•8H2O反应是吸热反应，故B不符合题意；C．C与CO2高温反应生成CO，是吸热反应，故C不符合题意；D．NaOH固体溶于水不是化学反应，不能叫放热反应，故D不符合题意。答案选A。

3.“液态阳光”是利用太阳能等可再生能源将二氧化碳还原为可储存的甲醇(3CHOH)等液态燃料，原理如图所示：下列说法正确的是A.图中能量转化方式只有两种B.甲醇燃烧时化学能完全转化为热能C.甲醇燃烧不会产生CO，属于清洁能源D.加快发展“液态阳光”可实现2CO资源化

利用【答案】D【解析】【详解】A．图中能量转化方式有风能转变为动能，动能转变为电能，太阳能转变为电能，电能转变为化学能，故A错误；B．甲醇燃烧时化学能转化为热能，不可能完全转化，转化率不可能为100%，故B错误；C．甲醇燃烧不充分会产生CO，

故C错误；D．根据“液态阳光”是利用太阳能等可再生能源将二氧化碳还原为可储存的甲醇()3CHOH等液态燃料，加快发展“液态阳光”可实现2CO资源化利用，故D正确。综上所述，答案为D。4.下列措施不是为了改变化学速率的是A.冶炼铁时将铁矿石粉碎B.将食物存放在冰箱中C.糕点包装袋内放置除氧剂D.加

工馒头时添加膨松剂【答案】D【解析】【详解】A．冶炼铁时将铁矿石粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，A不符合题意；B．将食物存放在冰箱中，可降低温度，从而降低食物变质的速率，B不符合题意；C．糕点包装袋内放置除氧剂，可降低反应物(氧气)浓度，从而减慢变质的速率，C不符合题意；D．加工馒头

时添加膨松剂，是为了使馒头变得膨松，而不是为了加快反应速率，D符合题意；故选D。5.下列关于乙烯的说法正确的是A.易溶于水B.分子中所有原子均在同一直线上C.分子式为C2H6D.聚合所得聚乙烯的结构简式为【答案】D【解析】【详解】A．乙烯属于烯烃，难溶于水，A项错误；B．乙烯分子中C原子采取

sp2杂化，乙烯分子中2个碳原子和4个氢原子处于同一平面上，但不在同一直线上，B项错误；C．1个乙烯分子由2个碳原子和4个氢原子构成，分子式为C2H4，C项错误；D．乙烯的结构简式为CH2=CH2，含碳碳双键，发生加聚反应所

得聚乙烯的结构简式为，D项正确；答案选D。6.某反应由两步反应A→B→C完成，它的反应能量变化曲线如图所示。下列叙述正确的是A.A与C的能量差E5=E4+E2-E1-E3B.三种物质中B最稳定C.两步反应均

为吸热反应D.A→B的反应一定需要加热【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，A与C的能量差为E5=（E2-E1）+（E4-E3）=E1+E3-E2-E4，A正确；B．根据能量越低越稳定的原则，三种化合物中C的能量最低，所以C最稳定，B错误；C

．由图可知，第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，C错误；D．AB的反应是吸热反应，与反应发生的条件无关，即吸热反应不一定要加热，D错误；故选A。7.在2A(g)+B(s)垐?噲?3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快是的A.v(A)=0.5mol•

L-1•s-1B.v(B)=0.5mol•L-1•s-1C.v(C)=0.9mol•L-1•s-1D.v(D)=1mol•L-1•s-1【答案】C【解析】【分析】同一化学反应，用不同物质表示的速率比等于系数比。【详解】A．v(A)=0.5mol•L-1•s-1；B．B是固体，不能用B的浓度

变化表示反应速率；C．()()-1-12vmCA=v=0.6olLs3；D．()()-1-12vmDA=v=0.5olLs4；表示该反应速率最快的是C。8.我国科学家成功制备单分子芯片的部分流程如下

(已知甲基丙烯酸甲酯的结构简式为)：Cu4CH⎯⎯⎯⎯⎯→气相沉积Cu―石墨烯PMMA⎯⎯⎯⎯⎯→辅助刻蚀石墨烯Si⎯⎯→Si―石墨烯下列说法错误的是A.甲烷的二氯代物只有1种B.Si位于第三周期第ⅣA族C.PMMA(聚甲基丙烯酸甲酯)中存在碳碳双键D.石墨烯属于新型无机非金属

材料【答案】C【解析】【详解】A．已知CH4是正四面体结构，故甲烷的二氯代物只有1种，A正确；B．Si是14号元素，故Si位于第三周期第ⅣA族，B正确；C．PMMA(聚甲基丙烯酸甲酯)的结构简式：，故其中不存在碳碳双键，C错误；D．石墨烯是

碳的一种单质，属于新型无机非金属材料，D正确；故答案为：C。9.含228SO−、3+Fe、I−的溶液中反应机理如图所示。下列说法错误的是A.由图可知氧化性：3+282FeSO−B.反应过程中包含两个基元反应C.该反应可表示为：284222SO(aq)+2I(aq)2SO(aq)+I(aq)−−

−D.若不加Fe3+，正反应的活化能比逆反应的小【答案】A【解析】【详解】A．氧化剂氧化性大于氧化产物，由图示第二步反应可知，氧化性：Fe3+<S2O82−，A错误；B．由图示可知该过程包括S2O82−(aq)+2I-(aq)+2Fe3+(aq)S2O82−(aq)+

I2(aq)+2Fe2+(aq)和S2O82−(aq)+I2(aq)+2Fe2+(aq)2SO24−(aq)+2Fe3+(aq)+I2(aq)两个基元反应，B正确；C．综合两个基元反应可以得出总反应：S2O82−(

aq)+2I-(aq)2SO24−(aq)+I2(aq)，C正确；D．铁离子为催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率，但是不改变反应焓变；由图可知，反应为放热反应，若不加Fe3+，正反应的活化能仍比逆反应的小，D正确；故选A。10.一

定条件下，可逆反应()()()()222NOg2COgNg2COg++H0达到平衡，当单独改变下述条件后，有关叙述错误的是A.降温，υ正、υ逆都减小，且υ正减小的程度小于υ逆减小的程度B.加压，υ正、υ逆都增大，且υ正增大的程度大于υ逆增大的程度C.注入氮气的时刻，压强增大，υ正、υ逆都增大

，且v逆增大程度大于υ正增大程度D.加催化剂，υ正、υ逆都发生变化，且变化的程度相等【答案】C【解析】【详解】A．降温，υ正、υ逆都减小，温度对吸热反应影响大，因此υ正减小的程度小于υ逆减小的程度，平衡正向移动，故A正确；B．加压，υ正、υ逆都增

大，压强对系数大的影响大，因此υ正增大的程度大于υ逆增大的程度，平衡正向移动，故B错误；C．注入氮气的时刻，压强增大，反应物的浓度不变，υ正、υ逆都不变，平衡不移动，故C错误；D．加催化剂，υ正、υ逆都发生变化，且变化的程度相等，平衡不

移动，故D正确。综上所述，答案为C。11.对于可逆反应3224NH+5O4NO+6HOΔH<0，下列叙述正确是A.达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大B.保持容器容积不变，向其中加入1molHe，化学反应速率不变C.降低温度，正反应速率减小，逆反应速率增

大D.达到化学平衡时，()()225vO=4vNO正逆【答案】B【解析】【详解】A．达到化学平衡时，若增加容器体积，则减小反应物和生成物的浓度，正反应速率减小，逆反应速率减小，A不正确；B．保持容器容积不变，向其中加入1molHe，反应物和生成物的

浓度都未发生改变，温度不变，化学反应速率不变，B正确；C．降低温度，反应物和生成物的能量降低，正反应速率减小，逆反应速率减小，C不正确；D．达到化学平衡时，各物质的量的变化量为0，()()224vO=5vNO正逆，D不正确；故选B。12.通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型

甲醛气体传感器的原理如图所示，下列说法错误的是A.a为电池的正极，发生还原反应B.b极的电极反应为HCHO＋H2O－4e−=CO2＋4H+C.传感器工作过程中，电解质溶液中H+向a极移动D.外电路中的电流方向为由b到a【答案】D

【解析】【分析】一种燃料电池型甲醛气体传感器中，电极a为正极，氧气得电子结合氢离子生成水，电极b为负极，甲醛失电子生成二氧化碳。【详解】A．氧气得电子，a为正极，发生还原反应，故A正确；B．b极是负极，发生失去电子的氧化

反应，故电极反应为HCHO+H2O-4e-=CO2+4H+，故B正确；C．原电池中阳离子向正极移动，则传感器工作过程中，电解质溶液中H+向a极移动，故C正确；D．原电池中电流由正极经过导线流向负极，则外电路中的电流方向为由a到b，故D错误

；故选：D。13.在工业制硫酸中的一步重要反应是2SO在400500℃下的催化氧化，其反应：2234005002SOO2SO+催化剂℃，在一定条件下，将25molSO和25molO投入容积为4L的恒容密闭容器中发生反应，反应过程中2SO的物质的量[n(SO2)

]随反应时间(t)的变化如图所示。下列叙述错误的是A.使用催化剂可以增大反应速率，提高生产效率B.当反应达到平衡时，2O的转化率为30%C.10s内2O的平均速率为()112vO0.0125molLs−−=

D.a点对应的化学反应速率：()()23vO2vSO=逆正【答案】D【解析】【详解】A．使用催化剂可以增大反应速率，增大单位时间内的产量提高生产效率，故A正确；B．当反应达到平衡时，2SO的物质的量变化了3mol，故消耗了21.5molO，转化率为30%

，故B正确；C．10s内消耗1molSO2，2SO的平均速率为110.025molLs−−，故2O的平均速率()112vO0.0125molLs−−=，故C正确；D．a点达到平衡状态，此时()()222vOvSO=正逆，故D错误；选D。14.已知反应①()()()()2COgCuO

sCOgCus++和反应②()()()()22HgCuOsCusHOg++在T℃时的平衡常数分别为1K和2K，该温度下反应③()()()()22gCOHOCOgggH++的平衡常数为3K。则下列说法正确的是A.反应①的平衡常数()()()()21cCOcCuK=c

COcCuOB.反应②中，增大氢气浓度，平衡正移，2K增大C.对于反应③，T℃时，312K=K-KD.对于反应③，恒容时，温度升高，K值减小，则该反应为放热反应【答案】D【解析】【详解】A．反应①中氧

化铜和铜为固体，不代入平衡常数表达式，则反应的平衡常数()21cCOK=c(CO)，故A错误；B．化学平衡常数为温度函数，温度不变，化学平衡常数不变，则反应②中，增大氢气浓度，平衡向正反应方向移动，但2K不变，故B错误；C．按盖斯定律反应③=反应①-反应②，结合对于平衡常数表达式，反应③，T

℃时，132KK=K，故C错误；D．对于反应③，恒容时，温度升高，K值变小，说明平衡向逆反应方向移动，则该反应是放热反应，故D正确；故选D。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.利用如图所示装置测定中和热

实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.50mol·L－1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol·L－1NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，

设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：（1）该图中有两处未画出，它们是___________________、___________________。（2）为什么所用NaOH溶液要稍过量_________________________。（3）倒入NaOH溶液正确操作是__

__________________。（4）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm－3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J·g－1·℃－1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：依据该学生的实验数据计算，该实验

测得的中和热ΔH＝______(结果保留一位小数)。实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6（5）____(填“能”或“不能”)用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化

钠溶液和盐酸，理由是__。【答案】（1）①.环形玻璃搅拌棒②.泡沫塑料板（2）确保盐酸被完全中和（3）一次迅速的倒入（4）-51.8-1kJmol的的（5）①.不能②.因为硫酸与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热【解析】【小问1详解】由该

图中构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，为了减少热量的损失，烧杯上方应盖上泡沫塑料板，故答案为：环形玻璃搅拌棒；泡沫塑料板；【小问2详解】为了确保盐酸被完全中和，所用NaOH溶液要稍过量，故答案为

：确保盐酸被完全中和；【小问3详解】倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故答案为：一次迅速的倒入；【小问4详解】第1次

实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05°C，反应后温度为：23.2°C，反应前后温度差为：3.15°C，第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3°C，反应后温度为：23.4°C，反应前后温度差为：3.1°C，第3次实验盐酸和NaOH

溶液起始平均温度为20.55°C，反应后温度为：23.6°C，反应前后温度差为：3.05°C，50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL×1g/cm³=100g，反应后生成溶液的比热容c＝4.18Jg－1℃－1，代入公式Qcmt=得出Q

=4.18Jg－1℃－1×100g×3.153.13.053++℃℃℃1.3kJ，生成0.025mol的水放出的热量为1.3kJ，则生成1mol水放出的热量为1.3kJ×1mol0.025mol=51

.8-1kJmol，即该实验测得的中和热ΔH＝-51.8-1kJmol，故答案为：-51.8-1kJmol；【小问5详解】硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba(OH)2溶

液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热，故答案为：不能；因为硫酸与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热。16.回答下列问题（1）24NH和22HO混合可作火箭推进剂，已知：16g液态24NH和足量氧气反应生成2N(g)和2HO(l)放出267kJ的热量；222

22HO(1)=O(g)+2HO(1)-1ΔH=-196.4kJmol，则液态24NH和液态22HO反应生成2N(g)和2HO(l)的热化学方程式为_______。（2）工业上可用2CO来生产燃料甲醇。在容积为2L的密

闭容器中充入20.8molCO和22.4molH，在500℃下发生反应2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)++，实验测得2CO和3CHOH(g)的物质的量(n)随时间变化如图所示：①从反应开始到平衡，氢气的平均反

应速率v(H2)=_______。②500℃条件下，另一容器中测得某时刻，2CO(g)、2H(g)、3CHOH(g)和2HO(g)的浓度均为-10.2molL，则此时v(正)_______(填“>”、“<”或“=”)v(逆)。③下列不能表示反应达到平

衡状态的是_______。A．223v(H)=v(HO)B．混合气体的平均分子质量不再改变C．单位时间内生成3molH—H键，同时生成3molH—O键D．混合气体的密度不再改变（3）如图所示，U形管内盛有50mL滴有酚酞的足

量NaCl溶液，打开1K，闭合2K，则：①A极附近可观察到的现象是_______。②反应一段时间后打开2K，若忽略溶液的体积变化和气体的溶解，整个反应产生气体的体积(标准状况)为11.2mL，将溶液充分混合，则溶液在常温下的pH约为_______；若要使电解质溶液恢复到原状态，需向U形管内加

入或通入一定量的_______。【答案】（1）N2H4(l)+2H2O2(g)=N2(g)+4H2O(l)ΔH=—730.4kJ/mol（2）①.0.09mol/(L·min)②.>③.AD（3）①.产生无色气泡，溶液变为红色②.12③.HCl【解析】【小问1详解】

肼与足量氧气反应的方程式为N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)，则由16g液态肼和足量氧气反应生成氮气和液态水放出267kJ的热量可知，反应的反应热ΔH=—267kJ16g32g/mol=—534kJ/mol，由盖斯定律可知，肼与足量氧气反应和液态过氧化氢分解的反应相加

可得液态肼与液态过氧化氢反应的方程式N2H4(l)+2H2O2(g)=N2(g)+4H2O(l)，则反应热ΔH=(—534kJ/mol)+(—196.4kJ/mol)=—730.4kJ/mol，反应的热化学方程式为N2H4(l)+2H2O2(g)=N2(g)+4H2O(l)ΔH=—73

0.4kJ/mol，故答案为：N2H4(l)+2H2O2(g)=N2(g)+4H2O(l)ΔH=—730.4kJ/mol；【小问2详解】①由图可知，平衡时甲醇的物质的量为0.6mol，由方程式可知，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率为

0.6mol32L10min=0.09mol/(L·min)，故答案为：0.09mol/(L·min)；②由图可知，平衡时二氧化碳、甲醇物质的量分别为0.2mol、0.6mol，由方程式可知，平衡时

，二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的浓度分别为0.2mol2L=0.1mol/L、2.4mol-0.6mol32L=0.3mol/L、0.6mol2L=0.3mol/L、0.6mol2L=0.3mol/L，反应的平衡常数K=30.30.30.10.3=1003，500

℃条件下，另一容器中测得某时刻，二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的浓度均为0.2mol/L，则反应的浓度熵Qc=30.20.20.20.2=25<K，则反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；③A．223v(H)=v(HO)不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是

否达到平衡，故符合题意；B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应为气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均分子质量增大，则混合气体的平均分子质量不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，

故不符合题意；C．单位时间内生成3molH—H键，同时生成3molH—O键说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故不符合题意；D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始

终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故符合题意；故选AD；【小问3详解】的①由图可知，打开K1、闭合K2时，与直流电源负极相连的锌为电解池的阴极，水在阴

极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，反应生成的氢氧根离子使溶液呈碱性能使酚酞试液变为红色，则A极附近可观察到的现象为产生无色气泡，溶液变为红色，故答案为：产生无色气泡，溶液变为红色；②氯化钠溶液

电解得到氢氧化钠、氢气和氯气，由整个反应产生标准状况下11.2L气体可知，电解所得氢氧根离子的浓度为0.0112L1222.4L/mol20.5L=0.01mol/L，则溶液在常温下的pH为12；若要使电解质溶液恢复到原状态，需向U形管内通入一定量的氯化氢气体，使电解生成的氢氧化钠转化

为氯化钠和水，故答案为：12；HCl。17.回答下列问题。（1）用NH3可以消除氮氧化物的污染，已知：反应Ⅰ：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)ΔH1=akJ·mol-1反应Ⅱ：N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH2=bkJ·mol-1反应Ⅲ：4N

H3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(g)ΔH3=ckJ·mol-1则反应Ⅱ中的b=___________(用含a、c的代数式表示)，反应Ⅲ中的ΔS___________(填“>”“<”或“=”)0。（2）已知：①2CO

(g)＋SO2(g)S(l)＋2CO2(g)ΔH1=-37.0kJ·mol-1②2H2(g)＋SO2(g)S(l)＋2H2O(g)ΔH2=＋45.4kJ·mol-1③CO的燃烧热ΔH3=-283kJ·mol-1，请回答：表示液态

硫(S)的燃烧热的热化学方程式为___________；反应②中，正反应活化能E1___________(填“>”“<”或“=”)ΔH2。（3）若某温度下，CH3COOH(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH=-

46.8kJ·mol-1，H2SO4(aq)与NaOH(aq)的中和热为57.3kJ·mol-1，则CH3COOH在水溶液中电离的反应热ΔH1=___________。（4）已知：化学键C—HC—CC=CH—H键能/(kJ·mol-1)412348612436

则＋H2(g)ΔH=___________；又知H2和苯乙烯的燃烧热ΔH分别为-290kJ·mol-1和-4400kJ·mol-1，则乙苯的燃烧热ΔH=___________kJ·mol-1。【答案】（1）①.a

-c3②.>（2）①.S(l)＋O2(g)=SO2(g)ΔH=-529kJ·mol-1②.>（3）＋10.5kJ·mol-1（4）①.＋124kJ·mol-1②.-4566【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，

由(反应Ⅰ-反应Ⅲ)÷3，得N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH2=a-c3kJ·mol-1.反应Ⅲ中生成物气体的物质的量大于反应物的，所以反应Ⅲ是熵增反应，ΔS>0。【小问2详解】由已知信息③可得CO(g)＋12O2(g)=CO2(g)ΔH3=-283kJ·mo

l-1，将该热化学方程式及已知信息①中热化学方程式依次编号为a、b，根据盖斯定律，由a×2-b得：S(l)＋O2(g)=SO2(g)ΔH=(-283kJ·mol-1)×2＋37.0kJ·mol-1=-529kJ·mol-1；设E2为逆反应的活化

能，则E1-E2=ΔH2>0，所以E1>ΔH2。【小问3详解】醋酸和NaOH的中和反应(反应热ΔH)，可以分为CH3COOH的电离(反应热ΔH1)、H＋和OH-的中和(反应热ΔH2)两步，故ΔH1=ΔH-ΔH2=-46.8kJ·mol-1-(-57.3kJ·mol-1)=＋10.5kJ·m

ol-1；【小问4详解】反应热=反应物总键能-生成物总键能，由有机物的结构可知，乙苯催化脱氢反应的反应热等于—CH2CH3的总键能与—CH=CH2、H2的总键能之差，故乙苯催化脱氢反应的ΔH=(5×412＋348-3×412-612-436)

kJ·mol-1=＋124kJ·mol-1，根据盖斯定律，乙苯的燃烧热ΔH=-290kJ·mol-1＋(-4400kJ·mol-1)＋(＋124kJ·mol-1)=-4566kJ·mol-1。18.以庚烷等为原料合成高分子材料E和I的合成路线如下：回答下列问题：（1）A→B的反应类型

为___________。（2）C→D的化学方程式为_________________。（3）下列关于物质D的说法正确的是______________(填字母)。a．能发生氧化反应b．能发生取代反应c．能使溴水褪色（4）物质E的单体为_________

________。（5）物质F同分异构体的结构简式为___________。（6）G的化学名称是___________________。（7）H中官能团的名称为_______________________。（8）I的结构简式为__________

___________。【答案】（1）氧化反应（2）CH2=CHCOOH+CH3OHΔ垐垐?噲垐?浓硫酸CH2=CHCOOCH3+H2O（3）abc（4）CH2=CHCOOCH3（5）CH3CH(CH3)2（6）乙酸（7）酯基、碳碳双键（8

）【解析】【分析】X高温分解生成A和F，A发生催化氧化生成B；D发生加聚反应生成E，根据E的结构简式知，D为CH2=CHCOOCH3，C和甲醇发生酯化反应生成C，则C为CH2=CHCOOH，B发生氧化反应生成C；F发生氧化反应生成G，G和

乙烯发生加成反应生成H，H发生加聚反应生成I为。【小问1详解】A发生催化氧化生成B，A→B的反应类型为氧化反应；【小问2详解】C和甲醇发生酯化反应生成D，C→D的化学方程式为CH2=CHCOOH+CH3

OHΔ垐垐?噲垐?浓硫酸CH2=CHCOOCH3+H2O；【小问3详解】物质D为CH2=CHCOOCH3，a．含碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故a选；b．含酯基，在酸性条件下发生水解反应，即能发生取代反应，故b选；c．含碳碳

双键，能与溴发生加成反应，能使溴水褪色，故c选，故选abc；【小问4详解】物质E由碳碳双键发生加聚反应得到，其单体为CH2=CHCOOCH3；【小问5详解】物质F为正丁烷，其同分异构体为异丁烷，结构简式为CH3CH(CH3)2；【小问6详解】G的化学名称是乙酸；【小问7详解】H中官

能团的名称为酯基、碳碳双键；小问8详解】由分析可知，I的结构简式为。19.手机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)。如图方法可从侤旧手机主板中回收贵金属。已知：i.Au+33NO−+6H+Au3++3NO2↑+3H2OK＜10-5Au

+3NO−+4H+Au3++NO↑+2H2OK＜10-5Au3++4Cl-[AuCl4]-K＞105ii.HAuCl4=H++[AuCl4]-（1）酸浸前，将废旧手机主板粉碎的目的是_______。（2）已知：王水[V(浓硝酸):V(浓盐酸

)=1:3]溶金反应时产生NO。①写出该反应的离子方程式：________。②从反应原理的角度解释浓盐酸的作用________。（3）若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是________mol。（4）AgCl溶于氨水的离子方程式为___

_____。（5）水合肼(N2H4•H2O)是一种液态还原剂，能直接与AgCl反应生成单质Ag。上述工艺中，先将氯化银溶于氨水，再与水合肼反应，除了“碱性条件下水合肼的还原性增强”，还具有的优点可能有________(写出一条即可)。（6）P

d(NH3)2Cl2难溶于水，溶于氨水，是一种电镀试剂，是制备钯及其化合物的重要原料。加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：Cl-_______NH3(填“＞”或“＜”)。【答案】（1）增大接触面积，加快

反应速率，提高浸出率（2）①.Au+3NO−+4Cl-+4H+=[AuCl4]-+NO↑+2H2O②.提供Cl-与Au3+形成[AuCl4]-，减少了Au3+浓度，促进Au与3NO−反应的正向进行（3）1.5（4）AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O【（5）将固体

AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+，能提高反应速率，避免生成的银单质中混有AgCl杂质（6）＜【解析】【分析】废旧手机主板[Au(金)、Ag和Pd(钯)]粉碎后加HNO3酸浸、过滤，得到含Au固体和含Ag+、Pd2+溶液。含Au固体加王水溶金，得到HAu

Cl4溶液，加Zn还原，可获得Au。含Ag+、Pd2+溶液中加入NaCl，生成AgCl沉淀和含[PdCl4]2-溶液；用氨水溶解AgCl，可生成银氨溶液，加入水合肼还原，便可获得Ag。含[PdCl4]2-溶液中加入氨水，生成含[Pd(NH3)Cl4]2-溶液，加盐酸调pH，可得到

Pd(NH3)2Cl2。【小问1详解】酸浸前，为了溶解更多的Ag和Pd，将废旧手机主板粉碎的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率。【小问2详解】①王水[V(浓硝酸):V(浓盐酸)=1:3]溶金反应时产生NO，同时生成HAuCl

4溶液，该反应的离子方程式：Au+3NO−+4Cl-+4H+=[AuCl4]-+NO↑+2H2O。②从反应原理的角度看，浓盐酸提供H+，并将Au3+转化为[AuCl4]-，则浓盐酸的作用：提供Cl-与Au3+形成[AuCl4]-，减少了Au3+浓度，促进Au与3NO−反应的正向进行。【小问3详解】

用Zn粉将溶液中的HAuCl4完全还原，依据得失电子守恒，可建立关系式：3Zn——2HAuCl4，则将1molHAuCl4完全还原，参加反应的Zn的物质的量是1.5mol。【小问4详解】AgCl溶于氨水，生成[Ag(NH3)2]+、Cl-等，离子

方程式为：AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O。【小问5详解】先将氯化银溶于氨水，可增大与水合肼的接触面积，防止生成的Ag覆盖在AgCl表面，使AgCl反应不充分，同时防止生成的Ag中混有AgCl，则除了“碱性条件下水合肼的还原性增强”，还

具有的优点可能有：将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+，能提高反应速率，避免生成的银单质中混有AgCl杂质。【小问6详解】加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，则[Pd(NH3)4]2+比[PdCl4]2-更难电离

，所以该条件下配位能力：Cl-＜NH3。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com