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四川省宜宾市叙州区第一中学2023-2024学年高二化学上学期10月月考试题（Word版附解析）
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这是一份四川省宜宾市叙州区第一中学2023-2024学年高二化学上学期10月月考试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
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：1 C：12 O：16 S：32 Cu：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. 高温时碳与的反应
B. 高温时与的反应
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．碳与在高温下反应产生CO，该反应为吸热反应，A符合题意；
B．与在高温下反应产生Al2O3、Fe，该反应为放热反应，B不符合题意；
C．与S在加热条件下反应生成，该反应为放热反应，C不符合题意；
D．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2 mol SO2、1 mol O2充入一密闭容器中充分反应后，放出热量98.3 kJ，此时测得SO2的物质的量为1 mol。则下列热化学方程式正确的是
A. 2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol-1
B. 2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g) ΔH=-98.3 kJ·mol-1
C. SO2(g)＋ O2(g) =SO3(g) ΔH=＋98.3 kJ·mol-1
D. SO2(g)＋ O2(g)=SO3(g) ΔH=＋196.6 kJ·mol-1
【答案】A
【解析】
【分析】2mol SO2、1mol O2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=-196.6 kJ•mol-1或SO2(g)+O2(g) ⇌SO3(g)，△H=-98.3 kJ•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－H
N－N
O=O
O－H
键能/(kJ/mol)
391
161
498
463
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-1 B. -941kJ·mol-1 C. -483kJ·mol-1 D. -1882kJ·mol-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)= 0.5 mol/( L·min)
C. v(C)= 0.4 mol/( L·min) D. v(D)= 0.01 mol/( 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．；
B．；
C．；
D．；
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)+2HCO(aq)⇌ CaCO3(s)+ H2O(l)+CO2(aq)
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CO2浓度增加，会导致海水中CO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)+2HCO(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++，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO2浓度增大，而不是CO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CH3CH2CH2CH3 B. H2NCH2COOH和CH3CH2NO2
C. CH3CH2COOH和CH3COOCH2CH3 D. 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1 molCl2(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1 mol HCl(g)中的H-Cl键要吸收432 kJ能量
B. 生成1 mol H2(g)中的H-H键放出436 kJ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864 kJ的能量，所以断开2 mol HCl(g)中的H-Cl键要吸收864 kJ的能量，则断开1 mol HCl(g)中的H-Cl键要吸收432 kJ的能量，故A正确；
B．由图可知，断开1 molCl2(g)中Cl-Cl键和断开1 mol H2(g)中的H-H键总共吸收679kJ能量，则断开1 mol H2(g)中的H-H键需要吸收能量为679kJ-243kJ=436 kJ，则生成1 mol H2(g)中的H-H键放出436 kJ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) =679 kJ/mol-864 kJ/mol=-185 kJ/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=NH4Cl
B. 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. 某小组探究与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
Ⅰ
、30%溶液混合
10h后，铜片表面附着黑色固体
Ⅱ
、30%溶液、氨水混合
立即产生大量气泡，溶液变为浅蓝色，铜表面光洁
Ⅲ
、30%溶液、氨水和固体混合
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中与可以缓慢反应，可能生成
B. Ⅱ中可能发生的反应为
C. 增大，的氧化性增强
D. 增大有利于的生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ⅰ中将和30%溶液混合，铜片表面附着黑色固体CuO，说明与可以缓慢反应，可能生成，故A正确；
B．Ⅱ中将、30%溶液、氨水混合，溶液变为浅蓝色可能生成，根据电荷守恒和得失电子守恒配平离子方程式为：，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可知增大c(NH)抑制一水合氨的电离，c(NH3)有利于的生成，故D正确；
故选C。
13. 在一恒容密闭容器中发生反应： ，℃时，，按不同配比充入、，容器中、的平衡浓度如图所示，下列说法正确的是
A. 若q点为℃时的平衡点，则
B. 点为该反应进行到时的平衡点，则内
C. 点时，的转化率为50%
D. 、、三点的依次减小
【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；
B．点X、Y的浓度相等，其浓度为a，则，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，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，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
B. 历程中4步反应均伴随电子转移
C. 反应④为
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，故A错误；
B．历程NO中N为+2价，HN2O2中N为+价，N2O中N为+1价，N2O-中N为+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，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=-a kJ·mol-1
H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH2=-b kJ·mol-1
CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH3=-c kJ·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50mL溶液，倒入小烧杯中，测量温度；
②量取50mLNaOH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/℃
终止温度/℃
溶液
NaOH溶液
平均值
1
25.0
25.2
28.5
2
24.9
25.1
28.4
3
25.5
26.5
31.8
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，且酸、碱中和后的溶液的比热容。计算该实验中生成 1mol 水时的反应热_______(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50mL0.50mol•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=-2a kJ/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. -56.8 ⑤. 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=-2a kJ/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=-a kJ·mol-1
②H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH2=-b kJ·mol-1
③CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH3=-c kJ·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) ΔH=(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；
②50mL溶液中硫酸的质量m1是50mL×=50g，50mLNaOH 溶液中氢氧化钠的质量m2是50mL×=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50mL溶液和50mLNaOH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)××3.4℃=1424.2J，则生成1mol 水时的反应热1424.2×10-3J/0.025mol=56.8 kJ·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，如可用溶液、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。向反应后溶液中滴加稀观察到的现象是_______；含氨的溶液久置会转化为溶液，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、、CO、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)
c．含焦性没食子酸的KOH溶液(吸收) d．排水法收集
【答案】（1） ①. ②. 随着减小，有利于生成CuCl ③. 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.
（3） ①. c ②. 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+H2O=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。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，含氨的溶液久置会转化为溶液，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：，故答案为：有白色沉淀产生；；
【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、、CO、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.；
B.
能设计成原电池是_______。(填“A”或“B”)
（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，产生的速率与时间的关系如图2所示。
在下列因素中：
A.的浓度 B.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解释图中时刻后速率变小的原因_______。
【答案】（1）B （2） ①. ②.
（3） ①. ACD ②. 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：；原电池实质为锌和稀硫酸反应，离子反应方程式为：；
【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，还含有少量、，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. ②. 增大反应物的接触面积，加快反应速率
（2） ①. ②. 使充分反应，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+4CBaS+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+4CBaS+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）1mol B能与含___________的溴水反应。
（2）既能使溶液显紫色又能和反应放出气体的有___________(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） ① ②.
（4） +3NaOH+CH3COONa+2H2O
【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1mol B与3mol溴发生取代，碳碳双键与溴发生加成反应，则1mol B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溶液发生显色反应，含有—COOH的有机物能和溶液反应生成气体，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】
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：1 C：12 O：16 S：32 Cu：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. 高温时碳与的反应
B. 高温时与的反应
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．碳与在高温下反应产生CO，该反应为吸热反应，A符合题意；
B．与在高温下反应产生Al2O3、Fe，该反应为放热反应，B不符合题意；
C．与S在加热条件下反应生成，该反应为放热反应，C不符合题意；
D．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2 mol SO2、1 mol O2充入一密闭容器中充分反应后，放出热量98.3 kJ，此时测得SO2的物质的量为1 mol。则下列热化学方程式正确的是
A. 2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol-1
B. 2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g) ΔH=-98.3 kJ·mol-1
C. SO2(g)＋ O2(g) =SO3(g) ΔH=＋98.3 kJ·mol-1
D. SO2(g)＋ O2(g)=SO3(g) ΔH=＋196.6 kJ·mol-1
【答案】A
【解析】
【分析】2mol SO2、1mol O2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=-196.6 kJ•mol-1或SO2(g)+O2(g) ⇌SO3(g)，△H=-98.3 kJ•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－H
N－N
O=O
O－H
键能/(kJ/mol)
391
161
498
463
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-1 B. -941kJ·mol-1 C. -483kJ·mol-1 D. -1882kJ·mol-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)= 0.5 mol/( L·min)
C. v(C)= 0.4 mol/( L·min) D. v(D)= 0.01 mol/( 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．；
B．；
C．；
D．；
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)+2HCO(aq)⇌ CaCO3(s)+ H2O(l)+CO2(aq)
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CO2浓度增加，会导致海水中CO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)+2HCO(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++，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO2浓度增大，而不是CO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CH3CH2CH2CH3 B. H2NCH2COOH和CH3CH2NO2
C. CH3CH2COOH和CH3COOCH2CH3 D. 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1 molCl2(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1 mol HCl(g)中的H-Cl键要吸收432 kJ能量
B. 生成1 mol H2(g)中的H-H键放出436 kJ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864 kJ的能量，所以断开2 mol HCl(g)中的H-Cl键要吸收864 kJ的能量，则断开1 mol HCl(g)中的H-Cl键要吸收432 kJ的能量，故A正确；
B．由图可知，断开1 molCl2(g)中Cl-Cl键和断开1 mol H2(g)中的H-H键总共吸收679kJ能量，则断开1 mol H2(g)中的H-H键需要吸收能量为679kJ-243kJ=436 kJ，则生成1 mol H2(g)中的H-H键放出436 kJ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) =679 kJ/mol-864 kJ/mol=-185 kJ/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=NH4Cl
B. 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. 某小组探究与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
Ⅰ
、30%溶液混合
10h后，铜片表面附着黑色固体
Ⅱ
、30%溶液、氨水混合
立即产生大量气泡，溶液变为浅蓝色，铜表面光洁
Ⅲ
、30%溶液、氨水和固体混合
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中与可以缓慢反应，可能生成
B. Ⅱ中可能发生的反应为
C. 增大，的氧化性增强
D. 增大有利于的生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ⅰ中将和30%溶液混合，铜片表面附着黑色固体CuO，说明与可以缓慢反应，可能生成，故A正确；
B．Ⅱ中将、30%溶液、氨水混合，溶液变为浅蓝色可能生成，根据电荷守恒和得失电子守恒配平离子方程式为：，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可知增大c(NH)抑制一水合氨的电离，c(NH3)有利于的生成，故D正确；
故选C。
13. 在一恒容密闭容器中发生反应： ，℃时，，按不同配比充入、，容器中、的平衡浓度如图所示，下列说法正确的是
A. 若q点为℃时的平衡点，则
B. 点为该反应进行到时的平衡点，则内
C. 点时，的转化率为50%
D. 、、三点的依次减小
【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；
B．点X、Y的浓度相等，其浓度为a，则，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，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，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
B. 历程中4步反应均伴随电子转移
C. 反应④为
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，故A错误；
B．历程NO中N为+2价，HN2O2中N为+价，N2O中N为+1价，N2O-中N为+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，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=-a kJ·mol-1
H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH2=-b kJ·mol-1
CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH3=-c kJ·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50mL溶液，倒入小烧杯中，测量温度；
②量取50mLNaOH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/℃
终止温度/℃
溶液
NaOH溶液
平均值
1
25.0
25.2
28.5
2
24.9
25.1
28.4
3
25.5
26.5
31.8
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，且酸、碱中和后的溶液的比热容。计算该实验中生成 1mol 水时的反应热_______(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50mL0.50mol•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=-2a kJ/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. -56.8 ⑤. 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=-2a kJ/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=-a kJ·mol-1
②H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH2=-b kJ·mol-1
③CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH3=-c kJ·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) ΔH=(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；
②50mL溶液中硫酸的质量m1是50mL×=50g，50mLNaOH 溶液中氢氧化钠的质量m2是50mL×=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50mL溶液和50mLNaOH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)××3.4℃=1424.2J，则生成1mol 水时的反应热1424.2×10-3J/0.025mol=56.8 kJ·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，如可用溶液、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。向反应后溶液中滴加稀观察到的现象是_______；含氨的溶液久置会转化为溶液，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、、CO、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)
c．含焦性没食子酸的KOH溶液(吸收) d．排水法收集
【答案】（1） ①. ②. 随着减小，有利于生成CuCl ③. 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.
（3） ①. c ②. 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+H2O=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。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，含氨的溶液久置会转化为溶液，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：，故答案为：有白色沉淀产生；；
【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、、CO、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.；
B.
能设计成原电池是_______。(填“A”或“B”)
（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，产生的速率与时间的关系如图2所示。
在下列因素中：
A.的浓度 B.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解释图中时刻后速率变小的原因_______。
【答案】（1）B （2） ①. ②.
（3） ①. ACD ②. 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：；原电池实质为锌和稀硫酸反应，离子反应方程式为：；
【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，还含有少量、，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. ②. 增大反应物的接触面积，加快反应速率
（2） ①. ②. 使充分反应，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+4CBaS+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+4CBaS+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）1mol B能与含___________的溴水反应。
（2）既能使溶液显紫色又能和反应放出气体的有___________(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） ① ②.
（4） +3NaOH+CH3COONa+2H2O
【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1mol B与3mol溴发生取代，碳碳双键与溴发生加成反应，则1mol B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溶液发生显色反应，含有—COOH的有机物能和溶液反应生成气体，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】
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