【文档说明】四川省广安友谊中学2024-2025学年高二上学期入学考试 化学试题 Word版含解析.docx，共(16)页，1.143 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-eb102f99727fb08782eb317f050ceb19.html

以下为本文档部分文字说明：

广安友谊中学高二上学期入学考试化学试卷本试卷共12页，20小题，满分100分。考试用时75分钟。可能用到的相对原子质量：H-1；C-12；N-14；O-16；V-51；Mn-55；Fe-56一、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择中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活、科技息息相关，下列说法正确的是A.华为麒麟90005G芯片的主要成分是SiCB.浓硫酸是一种干燥剂，可以干燥碘化氢、

二氧化碳等酸性气体C.铝碳酸镁()263216AlMgOHCO4HO和碳酸氢钠片均可治疗胃酸过多，保护胃黏膜D.煤的干馏、石油分馏和石油裂化均属于化学变化【答案】C【解析】【详解】A．芯片的主要成分是硅单质

，A错误；B．浓硫酸具有强氧化性，不能干燥还原性气体比如碘化氢，B错误；C．胃酸的主要成分是盐酸，铝碳酸镁()263216AlMgOHCO4HO和碳酸氢钠片均可与盐酸反应治疗胃酸过多，C正确；D．煤

的干馏、石油裂化均属于化学变化，石油分馏属于物理变化，D错误；故选C。2.下列装置(或过程)能实现电能向化学能转化的是ABCD风力发电机手机锂电池充电天然气燃烧铜锌原电池A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．风力发电机将风能转化为电能，A不符合题意；

B．手机锂电池充电过程中电能转化为电池的化学能，B符合题意；C．天然气燃烧为化学能转化为热能、光能，C不符合题意；D．铜锌原电池为化学能转化为电能装置，D不符合题意；故选B。3.反应A＋B→C的反应过程图如下，下列说法错误的是A.X→C为吸热反应B.该反应包括两个基元反应C.第一步反应活

化能大D.第二步反应速率快【答案】A【解析】【详解】A．X的能量高于C，X→C为放热反应，故A错误；B．由图可知，该反应包括两个基元反应，故B正确；C．由图可知，第一步反应活化能大于第二步反应，故C正确；D．第一步反应活化能大于第二步反应

，故第二步反应速率快，故D正确；答案选A。4.一定条件下铁可以和CO2发生反应：Fe(s)+CO2(g)垐?噲?FeO(s)+CO(g)。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。下列说法正确的是A.t

1min时该化学反应达到平衡状态B.在4min时v正＞v逆C.4min内，CO2的转化率约为71.4%D.4min内，CO的平均反应速率v(CO)=0.25mol•L-1•min-1【答案】C【解析】【详解】A．t1min后CO、CO2的浓度继续改变，t1min时该化学反应没有达到平衡

状态，故A错误；B．在4min时CO、CO2的浓度不再继续改变，反应达到平衡状态，v正=v逆，故B错误；C．4min内，CO2的浓度减小0.5mol/L，转化率约为0.5mol/L÷0.7mol/L×100%==71.4%，故C正确;D．4min内，CO的浓度增大0.5mo

l/L，平均反应速率v(CO)=0.5mol/L0.1254min=mol•L-1•min-1，故D错误；选C。5.适量铁粉与1100mL1.0molL−的稀盐酸反应，以下方法不能加快此反应速率的是A.适当升高温度B.滴入几滴硫酸铜溶液C.加入少

量醋酸钠固体D.加几滴浓硫酸【答案】C【解析】【详解】A．适当升高温度，反应速率加快，A不符合题意；B．滴入几滴硫酸铜溶液，置换出铜单质，形成Fe−Cu−盐酸原电池，加快反应速率，B不符合题意；C．加入少量醋酸钠固体，醋酸根和氢离子反应生成醋酸，氢离子浓度减低，反应速率减慢，C符合题意；D

．加几滴浓硫酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，D不符合题意；故选C；6.下列说法正确的是A.麦芽糖水解产物不能使新制2Cu(OH)产生砖红色沉淀B.油脂只能在碱性条件下发生水解，酸性条件下不能水解C.蛋白质溶液里加入饱和硫酸铵溶液，蛋白质析

出，再加水也不再溶解D.棉花、蔗糖和麻均为糖类【答案】D【解析】【详解】A．麦芽糖可水解生成葡萄糖，能使新制Cu(OH)2产生砖红色沉淀，故A错误；B．油脂在酸性条件下发生能水解反应生成高级脂肪酸和甘油，故B错误；C．蛋白质在饱和硫酸铵溶液发生盐析，

为可逆过程，可溶解，故C错误；D．棉花、麻都属于天然纤维，属于多糖，蔗糖为二糖，均为糖类，故D正确；答案选D。7.4NHCl是一种常用氮肥，下列关于4NHCl的说法正确的是A.氯离子的结构示意图：B.40.1molNH+中

含有AN个质子C.4NHCl不宜与碱性化肥混合使用D.人工固氮反应：34NHHClNHCl+=【答案】C【解析】【详解】A．氯离子核外有18个电子，其离子的结构示意图：，故A错误；B．1个铵根有11个质子，则40.1molNH+中含有A1.1N个质子，故B错误；C

．氯化铵显酸性，与碱性化肥会发生反应，因此4NHCl不宜与碱性化肥混合使用，故C正确；D．固态是游离态的氮气变为化合态，人工固氮的反应是合成氨的反应，故D错误。综上所述，答案为C。的的8.下列说法正确的是A.在常温下可以进行的反应一定是放热反应B.相同条件下，等量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，前

者放出热量少C.可燃物的系数为1的燃烧反应的焓变即为该可燃物的燃烧热D.已知12NaOH(aq)HCl(aq)NaCl(aq)HO(l)Δ57.4kJmolH−+=+=−则含0.5molNaOH的稀溶液与稀

醋酸完全中和，放出的热量小于28.7kJ【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应是吸热反应、该反应在室温下即可发生，A错误；B．相同条件下，等量的硫蒸气能量高于硫粉，则等量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，前者放出热量多，B错误；C

．燃烧热是101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热，常见元素的稳定产物：C→CO2(g)、H→H2O(l)，则可燃物的系数为1的燃烧反应的焓变不一定为该可燃物的燃烧热，C错误；D．已知NaOH(aq)

+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-57.4kJ/mol，则含0.5molNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出的热量为28.7kJ，醋酸是弱电解质、电离吸热，则含0.5molNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量

小于28.7kJ，D正确；答案选D。9.沉淀法是制备物质或分离除杂的常用方法，下列生成沉淀的离子方程式书写正确的是A.用2NaS除去废水中的222Hg:HgSHgS++−+=B.向海水中加入石灰乳沉

淀222Mg:Mg2OHMg(OH)++−+=C.向3AlCl溶液中滴加氨水制备333Al(OH):Al3OHAl(OH)+−+=D.用23NaCO除去粗盐水中的22233Ca:NaCOCa2NaCaCO++++=+【答案】A【解析】【详解】A．用2NaS除

去废水中的2Hg+，反应生成HgS沉淀，离子方程式为22HgSHgS+−+=，故A正确；B．向海水中加入石灰乳沉淀2Mg+，石灰乳不能拆，离子方程式为2222MgCa(OH)Mg(OH)Ca+++=+，故B错误；C．向3AlCl溶液中滴加氨水制备3Al(OH)，氨水是弱碱，不能

拆，离子方程式为33234Al3NHHOAl(OH)3NH+++=+，故C错误；D．用23NaCO除去粗盐水中的2Ca+，碳酸钠是易溶于水的盐，要拆，离子方程式为2233COCaCaCO−++=，故D错误。综上所述，答案为A。10.M、R、

T、W四种元素在元素周期表中所处位置如图，已知W能与氧元素形成化合物WO2，WO2中氧的质量分数为50%，且W原子中质子数等于中子数。下列说法错误．．的是A.简单气态氢化物的稳定性：M<WB.T的最高价氧

化物属于两性氧化物C.简单气态氢化物的熔沸点：M>RD.MW2分子中所有原子最外层均能满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】W能与氧元素形成化合物WO2，WO2中氧的质量分数为50%，则W的相对原子质量为32，W原子中质子数等于中子数，则W的质子数为16，

W是S元素；根据T、Q、R、W四种元素在元素周期表中所处位置，可知T、Q、R分别是Al元素、C元素、N元素。【详解】A．非金属性碳小于硫，则简单气态氢化物的稳定性：CH4＜H2S，故A正确；B．Al2O3为两性氧化物，既能和酸反应，能与强碱

反应生成偏铝酸盐和水，故B正确；C．甲烷分子间存在范德华力，氨气分子间存在氢键，则简单气态氢化物的熔沸点：R>M(NH3＞CH4)，故C错误；D．MW2即CS2分子结构与CO2类似，分子内所有原子最外层均能满足8电子稳定结构，故D正确；故选：C。11.设

NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.一定条件下，2molSO2与1molO2充分反应，生成SO3分子数为2NAB.常温下，0.1mol环氧乙烷()共有0.3NA个共价键C.标准状况下，2.24LCCl4中含有的碳原子数为0.1NAD.标准状

况下，11.2L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为3NA【答案】D【解析】【详解】A．在一定条件下，O2与O2，生成SO3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为为生成物，故一定条件下，2molSO2与1molO2充分反应，生成SO3的物质的量小于2mol

，则反应产生的SO3分子数小于2NA，A错误；B．在常温下，在1个环氧乙烷分子中含有2个C-O键、1个C-C键和4个C-H键，共含有7个共价键，故在0.1mol环氧乙烷中共有0.7NA个共价键，B错误；C．在标准状况下，CCl4呈液态，不能使用气体摩尔体积进行有关计算，C错误；D

．在标准状况下，乙烷和丙烯都是气体，11.2L标准状况下乙烷和丙烯的混合气体的物质的量是0.5mol，根据乙烷分子式C2H6、丙烯C3H6分子式可知：它们的1个分子中都是含有6个C-H共价键，故在0.5mol乙烷和丙烯混合气体中所含碳氢键数物质的量是0.5mol×6=3mol，则该混合

气体中含有的C-H共价键数目为3NA，D正确；故合理选项是D。12.用下列实验装置或操作进行相应实验，不能达到实验目的的是A．制取氯气B．探究硫酸浓度对化学反应速率的影响C．测定中和反应的反应热D．比较锌和铜的金属性强弱A.AB.BC.CD.D【答案】C【

解析】【详解】A．浓盐酸和二氧化锰加热反应生成氯化锰、氯气和水，能达到实验目的，故A不符合题意；B．只有硫酸浓度不同，可探究浓度对反应速率的影响，能达到实验目的，故B不符合题意；C．铜制搅拌器可导致热量散失，因使用玻璃搅拌器，不能达到实验目的，故C符合题意；D．图中构成原电池，锌为负极，铜为正极，

可知金属性Zn大于Cu，能达到实验目的，故D不符合题意。综上所述，答案为C。13.普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构简式如图所示。下列描述不正确的是A.该物质有4种官能团B.该物质能使酸性KMnO4

溶液褪色C.1mol该物质最多可与4molNaOH反应D.1mol该物质能与4molNa发生反应【答案】C【解析】【详解】A．根据物质结构可知：在普伐他汀中含有羟基、羧基、酯基、碳碳双键四种官能团，A正确；B．该物质分子中含有不饱

和的碳碳双键和羟基，由于羟基连接的C原子含有H原子，因此这两种基团都能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；C．该物质分子中含有1个羧基和1个酯基，酯基水解产生1个羧基和1个醇羟基，只有羧基能够与NaOH反应，而醇羟基及碳

碳双键都不能与NaOH反应，１个普伐他汀反应消耗2个NaOH，故1mol该物质最多可与2molNaOH反应，C错误；D．该物质分子中含有的3个醇羟基和1个羧基可以与Na按1：1关系反应，而酯基和碳碳双键不能与Na反应，

因此1个普伐他汀分子可以与4个Na反应，则1mol该物质能与4molNa发生反应，D正确；故合理选项是C。14.侯德榜改进的制碱工艺打破了西方对我国的技术封锁，至今仍在使用。工业上从海水中制备纯碱和金属镁的流程如下图所示：下列说法不正确的是A.流程Ⅰ依次向粗盐水中加

入过量()2CaOH溶液、23NaCO溶液并过滤B.流程Ⅱ体现了侯德榜制碱法C.流程Ⅱ中吸氨与碳酸化的顺序互换，物质不变、不影响反应结果D.流程Ⅳ，Ⅴ目的是富集镁元素【答案】C【解析】【分析】【详解】A．流程I中，先加入过量

的氢氧化钙溶液，除去氯化镁，再加入过量的碳酸钠溶液，除去氯化钙和过量的氢氧化钙，过滤，故A正确；B．流程II吸氨气后溶液呈碱性，利于吸收二氧化碳，从而生成更多的碳酸氢钠，体现了侯德榜制碱法，故B正确；C．流程Ⅱ中吸氨气与碳酸化

的顺序互换，即先向氯化钠溶液中通入CO2，溶液不反应，会影响反应结果，故C错误；D．流程IV是氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，流程V是氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，所以流程IV、V是将母液中少量的氯化镁富集起来，故D正确；故答案：C。二、非选

择题(本题包括4个小题，共58分)15.A(32CHCHCH-=)是石油化工产业的重要产品之一，可用于合成多种高分子材料和药物分子。以丙烯为原料合成某药物中间体J的合成路线如下：已知：i．(R、R′代表烃基)ii．D不能发生银镜反应（1）物质A的名称

为___________，有机物E中所含官能团的结构简式是___________。（2）AB→的反应类型是___________；该反应可产生一种副产物B′，B′的结构简式为___________。（3）反应BD→的化学方程式为___________。（4）试剂X是________

___(写结构简式)。（5）A与H2反应生成H，M相对分子量比H大42，写出M含4个甲基同分异构体___________。【答案】（1）①.丙烯②.−OH（2）①.加成反应②.CH3CH2CH2OH的的

（3）2CH3CH(OH)CH3+O2CuΔ⎯⎯→2(CH3)2CO+2H2O（4）CH3CH2OH（5）CH3CH(CH3)2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH(CH3)CH3【解析】【分析】A和水发生加成反应生成B，结合B的分子式和D、G反应，B为CH3CHOHCH3，B和氧气发生氧化反应

生成D，D为(CH3)2CO，根据已知信息和J的结构简式，G为C2H5OOCH2COOC2H5，E发生氧化反应生成F，结合F的分子式，F为HOOCCH2COOH，根据G的结构简式，X为乙醇，F和X发生取代反应生成G；【小问1详

解】A为丙烯，有机物E中所含官能团的结构简式是−OH；【小问2详解】A和水发生加成反应生成B，因羟基加成的位置有两种，故该反应可产生一种副产物B′，B′的结构简式为CH3CH2CH2OH；【小问3详解】B和氧气发生氧化反应生成D，化学方程式为2CH3CH(OH)CH3+

O2CuΔ⎯⎯→2(CH3)2CO+2H2O；【小问4详解】由分析可知，试剂X是乙醇，结构简式为CH3CH2OH；【小问5详解】A为丙烯，丙烯与H2反应生成H，H为丙烷，M相对分子量比H大42，M的分子式为C6H14，含4个甲基的同分异构体为CH3CH(CH3)2CH2CH3、CH3CH(

CH3)CH(CH3)CH3。16.工业上用含三价钒(V2O3)为主的某石煤为原料(含有Al2O3、CaO等杂质)，钙化法焙烧制备V2O5，其流程如下：【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：pH4~66~88~1010~12主要离子2VO+3VO−427VO−34

VO−（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，利用空气中的氧气将V2O3转化为Ca(VO3)2Ca(VO3)2。在该过程中，一般要把原料粉碎，目的是___________，V2O3与O2的物质的量之比为___________。（2）酸浸：已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液

的pH=4，此时Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式是___________。（3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下：浸出液中加入石灰乳的作用是___________，向(NH4)2VO4溶液中加入NH4Cl溶液，

控制溶液的pH=7.5。当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是___________。（4）煅烧：煅烧时生成V2O5的化学方程式是___________。（5）测定产品中V2O5的纯度：称取10g产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。

再加入60mL1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液。过量的(NH4)2Fe(SO4)2恰好能与10mL1mol·L-1KMnO4溶液完全反应。已知：i．22322VO2HFeVOFeHO+++++++=++ii．4MnO−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H

2O假设杂质不参与反应，则产品中V2O5的质量分数是___________。【答案】（1）①.增大与空气的接触面，加快化学反应速率，提高原料的转化率②.1：1（2）32222VCO)Oa(V4H2O2HCa++++=++（3）①.调节溶液pH值，提供钙离子形成Ca3(VO4)2沉淀②.当pH＞8时

，钒主要存在形式不是3VO−形式存在（4）343252+2NH+2HO2NHVOVO高温（5）9.1%【解析】【分析】根据流程：向石煤中加生石灰焙烧，发生主要反应：CaO+O2+V2O3高温Ca(VO3)2，加酸酸浸，将浸出液用石灰乳得到Ca3(VO4)2沉淀富集钒元素，向沉淀加入(NH

4)2CO3溶液得到(NH4)3VO4溶液，向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH=7.5，得到NH4VO3煅烧制得V2O5。【小问1详解】在焙烧时，向石煤中加生石灰焙烧，利用空气中的氧气将V2

O3转化为Ca(VO3)2。在该过程中，一般要把原料粉碎，目的是增大固体物质与空气的接触面，加快化学反应速率，提高原料的转化率；根据反应方程式CaO+O2+V2O3高温Ca(VO3)2中物质反应转化关系可知：V2O3与O2反应的个数比是1

：1，因此二者反应的物质的量的比是n(V2O3)：n(O2)=1：1；【小问2详解】在酸浸时，已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH=4，此时Ca(VO3)2溶于盐酸反应产生+2VO、Ca2+、H2O，该反应的离子方程式是32222VCO)Oa(V4H2O2HCa++++

=++；【小问3详解】在转沉过程中，向浸出液中加入石灰乳的作用是：调整溶液pH，提供Ca2+，用于结合形成Ca3(VO4)2沉淀；向(NH4)2VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH=7.5。当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原

因是当pH＞8时，钒主要存在形式不是3VO−形式，而是以4-27VO或34VO−形式存在；【小问4详解】在煅烧时NH4VO3分解产生NH3、H2O、V2O5，该反应的化学方程式为：343252+2NH+2HO2NHVOVO高温；【小问5详解】根据元素化合价升降总数相等，可知滴定过程中存在关系式

：5(NH4)2Fe(SO4)2～-4MnO，则过量的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5n(KMnO4)=5×0.01L×1mol/L=0.05mol，则与(VO2)2SO4反应的(NH

4)2Fe(SO4)2的物质的量为n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.06L×1mol/L-0.05mol=0.01mol，根据V元素守恒可知关系式：V2O5～2+2VO～2(NH4)2Fe(SO4)2，故n(V2O5)=12n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.005

mol，则产品中V2O5的质量分数为：0.005mol182g/mol10g×100%=9.1%。17.2023年全国政府工作报告指出，推动重点领域节能降碳减污。一种太空生命保障系统利用电解水供氧，生成的氢气与宇航员呼出的二氧化碳在催化剂作用下生成水和甲烷，水可循环使用。

（1）已知4CH与2H的燃烧热分别为1890kJmol−、1286kJmol−，()()22HOlHOg=1ΔH44kJmol−=+，写出()2Hg与()2COg反应生成()4CHg和()2HOg的热化学方程式___________。（2）一定温度下，在恒容密闭容

器中()2Hg与()2COg反应生成()4CHg和()2HOg。①能说明该反应达到平衡状态的是___________(填字母)。A．()()24vCOvCH=B．容器内压强一定C．气体平均相对分子质量一定D．气体密度一定E．4CH的体积分数一定②保持温度不变

，再向达到平衡的容器中通入1molHe，则v(正)___________v(逆)(填“>”“<”或“=”)。（3）电池的种类繁多，应用广泛，科学家研发出一种新系统，通过“溶解”水中的二氧化碳，以触发电化学反应，有效减少碳的排

放，其工作原理如图所示。系统工作时，a极为___________极，b极区的电极反应式为___________。（4）我国科研工作者构建了一种在反应过程中能同时活化水和甲醇的双功能结构催化剂，可以实现氢气的高效存储和安全运输。如图是甲醇脱氢转化的反应历程(TS表示过渡态)。甲醇

脱氢反应历程的最小能垒(活化能)是___________，反应历程中能量变化最大的反应方程式为___________。【答案】（1）2224)CC(g)(g)(g)HO(gO4HH2+=+1H166kJmol−=−（2）①.BCE②.=（3）①.负②.22

322HO2e2CO2HCOH−−++=+（4）①.0.25eV②.CH3OH=CH3O+H【解析】【小问1详解】已知4CH与2H的燃烧热分别为1890kJmol−、1286kJmol−，则有热化学方程式：①4222CH(g)2O(g)CO(g)2HO(l)+=+-11890kΔ

Jm=-olH；②222H(g)(g)H)1O=2O(l+-12kΔH=-6J8mol2；③()()22HOlHOg=13ΔH44kJmol−=+；根据盖斯定律，方程式4②+2③-①可得2224)CC(g)(g)(g)HO(gO4HH2+=+

，则该反应的反应热ΔH=-114(-286)2kJmol44kJmol−+--1(-)890kJmol=1166kJmol−−；【小问2详解】①反应的方程式为2224)CC(g)(g)(g)HO(gO4HH2+=+；A．()()24vCOvCH=，没有说明反应方向，不能说

明达到平衡，故A不选；B．该反应是气体体积减小的反应，如果没有平衡，正向进行时压强会减小，故容器内压强一定可以说明达到平衡，故B选；C．该反应是气体体积减小的反应，如果没有平衡，正向进行时气体平均相对分子质量会增大，故气体平均相对分子质量一定可以说明达到平衡，故C选；D．

容器恒容，故气体密度始终不变，故气体密度一定不能说明达到平衡，故D不选；E．若反应正向进行，4CH的体积分数会变大，故4CH的体积分数一定可以说明达到平衡，故E选；答案为BCE；②保持温度不变，再向达到平衡的容器中通入1molHe，反应物与生成物的浓度均

没有变化，反应速率也不变，则v(正)=v(逆)；【小问3详解】①系统工作时，a电极上金属钠失去电子生成Na+，作负极，b电极为正极，正极区CO2和水反应生成的H2CO3电离生成HCO3−和H+，H+得电子生成H2，电极反应式为22322HO2e2CO2HCOH−−++=+；【小问4详解

】由图可知，甲醇脱氢反应历程的最小能垒(活化能)是[-2.28-(-2.53)]eV=0.25eV；反应历程中能量变化最大一步反应是CH3OH变为CH3O和H，反应方程式为CH3OH=CH3O+H。18

.22HO是一种常见试剂，在实验室、工业生产上有广泛用途。22HO不稳定、易分解，32FeCu++、等对其分解起催化作用，为比较3Fe+和2Cu+对22HO分解的催化效果，某化学研究小组同学分别设计了如图甲、乙两种实验装置。（1）若利用图甲装置，可通过观察_________

__现象，从而定性比较得出结论。（2）有同学提出将130.1molLFeCl−改为___________()1243molLFeSO−更为合理，其理由是___________。（3）若利用乙实验可进行定量分析，实验时均以生成40mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略，实验

中还需要测量的数据是___________。（4）如图为某小组研究的酸、碱对22HO分解的影响。该小组提出可以用2BaO固体与24HSO溶液反应制22HO，反应的化学方程式为___________，支持这一方案的理由是___________。（5）催化剂2Mn+在反应中，没

改变___________(填字母序号)。A．反应速率B．活化分子百分数C．反应焓变D．反应路径E．反应活化能【答案】（1）产生气泡的快慢（2）①.0.05②.可以消除阴离子对实验干扰（3）产生40mL气体所需的时间（4）①.4

22224BaOHSBHOOaSO+=+②.过氧化氢在酸性环境下分解较慢（5）C【解析】【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此的进行对比；【小问1详解】甲装置中双氧水试剂浓度体积是相同的，加入的Fe3＋和Cu2＋溶液的浓度和体积也是相

同的，因此可以根据试管中生成气体的快慢判断它们的催化效果；故答案为：产生气泡的快慢【小问2详解】氯化铁和硫酸铜中阴阳离子均不同，无法判断是阴离子起作用还是阳离子起作用，为保证阳离子浓度相同，将0.1mol⋅L−1

FeCl3改为0.05mol⋅L−1硫酸铁更为合理，硫酸铁和硫酸铜阴离子相同，可以消除阴离子不同对实验的干扰；故答案为：0.05；可以消除阴离子对实验的干扰【小问3详解】根据cv=t可知，还需要测定产生40mL气体所需的时间；故答案为：产生40mL气体所需的时间【小问4详解】用BaO

2固体与H2SO4溶液反应制H2O2，该反应转化生成硫酸钡沉淀和过氧化氢，反应的化学方程式为224224BaO+HSO=H+OBaSO，由图可知，酸性越强反应速率越慢，即酸性条件下过氧化氢分解速率较慢；故答案为：224224BaO+HSO

=H+OBaSO；酸性条件下过氧化氢分解速率较慢【小问5详解】A．催化剂改变了反应进行的历程，降低了反应的活化能，增加了活化分子数、提高了活化分子百分数，加快了反应速率，A不符合题意；B．催化剂改变了反应进行的历程，降低了反应的活化能，增加了活化

分子数、提高了活化分子百分数，B不符合题意；C．催化剂不改变反应的焓变，C符合题意；D．催化剂改变了反应进行的历程，D不符合题意；E．催化剂改变了反应进行的历程，降低了反应的活化能，E不符合题意；故答案选C；