2023学年度广东省广州市番禺区高二(上)期末化学试卷(附答案详解).docx

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1、2023-2023 学年广东省广州市番禺区高二上期末化学试卷1. 化学与生活亲热相关。以下说法错误的选项是()A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污B. 氢氧化铝可用干中和过多胃酸C. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查D. 红葡萄酒中添加少量SO2具有抗氧化的作用2. 2023年，我国运发动在东京奥运会上取的辉煌战绩，为国争光。获得的奥运奖牌均由旧手机、家电等提取的金属制成，以下有关说法不正确的选项是()A. 变废为宝可以节约资源，实现可持续进展战略B. 东京奥运会金牌是利用电镀原理在银上镀上一层黄金C. 东京奥运会铜牌为铜锌合佥熔点低于纯铜D. 某电池工作时发生反响Zn + Ag2O = 2Ag +

2、 ZnO，在负极处可获得Ag3. 1g冰受热转化为1g水蒸气，以下分析不正确的选项是()A. 该过程是熵增的过程B. 该过程发生的是物理变化C. 1g冰与1g水蒸气所具有的内能不同D. H2与O2反响生成1molH2O(l)与生成1molH2O(g)放出的热量一样4. 我国争论人员研制出一种型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂外表实现高效分解水，主要过程如图：以下说法不正确的选项是()A. 催化剂能够降低反响的活化能，增大反响物分子中火花分子的百分数B. 过程I吸取能量第 1 页，共 24 页2C. 表示H2燃烧热的热化学方程式为：H2(g) + 1 O2(g) = H2O(g)H = 241k

3、J/molD. 该反响的中间过程中有双氧水的生成5. 在肯定温度下发生反响：2NO2(g) N2O4(g) H c(OH)的措施是()A. 向水中通入SO2C. 向纯水中投入一小块金属钠B. 将水加热煮沸D. 向水中参加NaCl7. 将同浓度、同体积的盐酸与醋酸分别与足量的镁条反响， 测得密闭容器中压强随时间的变化曲线如下图。以下说法不正确的选项是( )A. 曲线表示盐酸与镁条反响B. 反响开头前c(H+)：盐酸醋酸C. 反响过程中盐酸的c(H+)下降更快D. 反响完毕时两容器内n(H2)相等8.对于反响：4CO(g) + 2NO2(g) = 4CO2(g) + N2(g) H = 1200k

4、J mol1，温度不同 (T2 T1)其他条件一样时，以下图象正确的选项是()A.B.C.D.9. 常温下，以下各组离子肯定能在指定溶液中大量共存的是()3A. 中性溶液中，Fe3+、K+、Cl、NO43B. 滴入甲基橙显红色的溶液：NH+、Cu2+、NOC. 0.1mol/L的KMnO4溶液中：Na+、K+、NO、HSO33D. 水电离产生的c(H+) = 1 1012mol/L的溶液中：Na+、NH+、HCO、NO第 2 页，共 24 页43310. 用0.1mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1mol/L醋酸溶液，用酚酞作指示剂，滴定过程中溶液pH随参加的NaOH溶液体积的变化如

5、以下图所示。以下说法不正确的选项是( )A. a点对应的溶液中：c(CH3COO) c(Na+) c(H+) c(OH)B. b点c(Na+) = c(CH3COO)，V1 = 20mLC. c点n(CH3COO)大于b点D. 滴定终点时c(Na+) + c(H+) = c(CH3COO) + c(OH)11. ae为短周期元素，其原子序数与其某种化合价的关系如下图。以下说法正确的选项是()A. 第一电离能：b cC. 气态氢化物的稳定性：a dB. c与e的原子半径：c eD. d和e都不存在同素异形体12. 依据以下试验操作和现象所得到的结论不正确的选项是()选试验操作试验现象结论项A蒸干

6、并灼烧AlCl3溶液分别将1mLpH = 3的HA和HB溶液加水B稀释至100mL，测溶液PHC 向某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液向A，B两支试管中各参加2mL10%的D H2O2溶液，向B试管中参加2滴1mol/LFeCl3溶液得到白色固体 获得Al2O3固体pH(HA)酸性：HA pH(HB)产生蓝色沉淀 溶液中存在Fe2+当其他条件不变时，催B试管中产生气化剂可以转变化学反泡速率快应速率A. AB. BC. CD. D13. 常温下，Ksp (ZnS) = 1.6 1024；Kap (CuS) = 1.3 1036；CuS和ZnS饱和溶液中阳离子(R2+)浓度与阴离子浓度(S2)浓度

7、的负对数关系如下图，以下说法不正确的选项是()第 3 页，共 24 页A. 曲戏A表示的是CuS，曲线B表示的是ZnSB. p点表示CuS或ZnS的不饱和溶液C. 向曲线A表示的溶液中参加Na2S溶液，不行能实现n点到m点的转换D. 向CuS饱和溶液中参加CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，Ksp (CuS)减小14. 工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯(HOOCH3)：CH3OH(g) + CO(g) HCOOCH3(g)，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的CH3OH和CO， 测得一样时间内CO的转化率随温度变化如下图。以下说法不正确的选项是()dA. 点反响速率v v正逆B. 反

8、响温度掌握在8085C为宜C. 平衡常数K(75C) K(85C)，反响速率vb vdD. 往体系中连续通入CH3OH(g)，甲醇转化率减小15. 25C时，以下有关电解质溶液的说法正确的选项是()A. 0.1mol/LNaHCO3溶液中：c(Na+) = c(HCO) + c(CO2)B. 将CH3COONa溶液从25C升温至60C，溶液中3c(CH 3COO )增大3c(CH 3COOH)c(OH )C. 常温下，将1mL1 106mol/L盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH约为9D. 物质的量浓度一样的NH4Cl溶液NH4HCO3溶液，c(NH+)： 416. 某试验小组用0.1mo

9、l/LNa2S2O3溶液和0.1mol/LH2SO4溶液为反响物，探究外界条件对化学反响速率的影响，试验记录如表。以下说法不正确的选项是()：Na2S2O3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2 +S +H2O第 4 页，共 24 页试验序号温度Na2S2O3溶液 H2SO4溶液H2O消灭沉淀所需的时间000305mL 5mL 5mL5mL5mL 10mL7mL5mL10mL5mL amL 10mL12s ts 10s4sA. 试验中10 t (填元素符号)。(6) 元素(设为字母Y)和元素X(质子数为25)的局部电离能数据(用I1，I2，I3表示)如表：元素XYI1717759电离能

10、/(kJ/mol)I215091561I33248257比较凉元素的I2，I3可知，气态X2+，再失去一个电子比气态Y2+再失去一个电子难，请解释缘由：。第 8 页，共 24 页答案和解析1. 【答案】C【解析】解：A.碳酸钠水解显碱性，油脂可以在碱性条件下水解生成可溶性物质，所以碳酸钠可用于去除餐具的油污，故A 正确；B. 氢氧化铝能够与盐酸反响，消耗盐酸，可用干中和过多胃酸，故B 正确；C. 碳酸钡能与盐酸反响生成可溶性氯化钡，引起重金属中毒，所以碳酸钡不行用于胃肠X射线造影检查，故C 错误；D. 二氧化硫具有复原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂，故D 正确； 应选：C。A. 碳酸钠水解显碱性；

11、B. 氢氧化铝能够与盐酸反响，消耗盐酸； C.碳酸钡能与盐酸反响生成可溶性氯化钡； D.依据二氧化硫的复原性推断。此题考察物质的构造与性质，为高频考点，把握物质性质的应用为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，题目难度不大。2. 【答案】D【解析】解：A.变废为宝可以使资源得到充分利用或再利用，有利于节约资源，还可以削减污染，能实现可持续进展战略，故A 正确；B.通电条件下，银作阴极，含金相关离子在阴极得电子生成金，可到达银上镀金的目的， 东京奥运会金牌是金银合金，利用电镀原理在银上镀上一层黄金制成，故B 正确；C.合金比其组成金属的熔点低，东京奥运会铜牌为铜锌合佥，所以铜锌合佥熔点低于纯铜，

12、故C 正确；D.某电池总反响为Zn + Ag2O = 2Ag + ZnO，Ag2O发生得电子的复原反响生成Ag，则Ag2O作正极，即在正极处可获得Ag，故 D 错误； 应选：D。A. 变废为宝可以节约资源，实现资源的再利用；B. 东京奥运会金牌是金银合金，利用电镀原理在银上镀上一层黄金而制成； C.合金与其组成金属相比，熔点降低，硬度增大；第 10 页，共 24 页D.由总反响可知，Ag2O发生得电子的复原反响生成Ag，Ag2O作正极。此题考察原电池原理、电解原理的应用、合金及其性质、资源的再利用等学问，为高考常见题型，把握电镀原理、原电池电极的推断及电极反响、合金的性质即可解答，留意把握电镀

13、池的构造，题目难度不大。3. 【答案】D【解析】解：A. 1g冰受热转化为1g水蒸气，属于混乱(或无序)程度变大的过程，则该过程为熵增过程，故A 正确；B. 1g冰受热转化为1g水蒸气，过程中无物质生成，为物理变化，故B 正确；C. 1g冰与1g水蒸气状态不同，冰转化为水蒸气是能能增大的过程，所具有的内能不同， 故C 正确；D. 1molH2O(l)生成1molH2O(g)的过程是吸热过程，氢气和氧气在开头的能量一样，反应生成水蒸气和液态水过程中放出热量不同，故D 错误； 应选：D。A.冰变为气态水属于混乱(或无序)程度变大的过程； B.变化过程中无物质生成的变化为物理变化；C.冰变化为水蒸气

14、是内能增大的过程； D.1molH2O(l)生成1molH2O(g)的过程是吸热过程。此题考察了物质变化、物质变化过程中的能量分析推断，把握根底是解题关键，题目难度不大。4. 【答案】C【解析】解：A.催化剂能降低反响活化能，可使反响体系中活化分子数增加，分子总数不变，则反响物分子中活化分子的百分数增大，故A 正确；B. 过程I为断开化学键，吸取能量，故B 正确；C. 氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，选项中水为气态，故 C错误；D. 由图可知，过程中生成过氧化氢，即该反响的中间过程中有双氧水的生成，故D正确；应选：C。A.催化剂能降低反响活化能，可使反响体系中活化分子

15、数增加； B.过程I为断开化学键；C.氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量； D.由图可知，过程中生成过氧化氢。此题考察反响热与焓变，为高频考点，把握反响中能量变化、燃烧热、催化剂的作用为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，题目难度不大。5. 【答案】B【解析】解：A.使用催化剂，平衡不移动，颜色不变，故A 不选；B.缩小容器的容积，平衡虽正向移动，但NO2的浓度比原来大，可使颜色加深，故 B 选； C.为放热反响，降温平衡正向移动，NO2的浓度减小，颜色变浅，故 C 不选；D.假设体积不变，充入氮气，平衡不移动，颜色不变，故D 不选； 应选：B。为气体体积减小、放热的反

16、响，增大NO2的浓度，可使颜色加深，以此来解答。此题考察化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、压强对平衡的影响为解答的关键， 侧重分析与应用力量的考察，留意选项D 为解答的难点，题目难度不大。6. 【答案】A【解析】解：A、二氧化硫溶于水形成亚硫酸，溶液中的c(H+) c(OH)，酸对水的电离起抑制作用，故A 正确；B、加热时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度照旧相等，溶液仍旧呈中性，故B错误；C、参加金属钠，和水电离出的氢离子反响生成氢氧化钠和氢气，氢离子浓度降低，使水的电离向右移动，碱性增加，c(H+) c(OH)，溶液呈酸性，再依据影响水的电离的因素：温度、同离子效应、所加物质的酸碱性

17、等具体分析水的电离平衡的移动此题考察了水的电离及其影响因素，题目难度不大，留意把握影响水的电离的因素，留意题干条件要求c(H+) c(OH)，试题培育了学生敏捷应用所学学问的力量7. 【答案】A【解析】解：A.溶液中c(H+)越大，反响速率越快，一样时间内气体压强越大，图中曲线的斜率越大，依据图知，曲线的斜率大，所以曲线表示盐酸和镁条的反响，故 A 错误；B.HCl完全电离、CH3COOH局部电离，两种溶液的物质的量浓度相等，所以反响开头前c(H+)：盐酸醋酸，故 B 正确；C.HCl完全电离、CH3COOH局部电离，反响过程中CH3COOH连续电离出H+，反响过程中盐酸的c(H+)下降更快，

18、故 C 正确；D.物质的量浓度、体积一样的盐酸和醋酸，其物质的量相等，二者都是一元酸，所以两种酸最终电离出的n(H+)相等，则反响完毕时两容器内n(H2)相等，故 D 正确；应选：A。A.溶液中c(H+)越大，反响速率越快，一样时间内气体压强越大，图中曲线的斜率越大； B.HCl完全电离、醋酸局部电离；C.HCl完全电离、CH3COOH局部电离，反响过程中CH3COOH连续电离出H+；D.物质的量浓度、体积一样的盐酸和醋酸，其物质的量相等，且二者都是一元酸。此题考察弱电解质的电离，侧重考察图象分析推断及学问综合运用力量，明确弱电解质电离特点、化学反响速率影响因素、酸最终电离出n(H+)的影响因

19、素是解此题关键，D为解答易错点。8. 【答案】B【解析】解：A、上升温度，化学平衡逆向移动，化学反响速率会快速增大，会离开原来的速率点，故A 错误；B、上升温度，化学反响速率会快速增大，所以T2时先到达化学平衡状态，并且化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，故B 正确；C、对于反响：4CO(g) + 2NO2(g) 4CO2(g) + N2(g)，T不变，增大压强，平衡正向移动，一氧化碳的体积分数会减小，故C 错误；D、正反响是放热反响，温度上升化学平衡常数减小，而不是增大，故D 错误；应选：B。依据影响化学平衡移动的因素以及化学平衡移动的方始终推断即可，依据影响化学反响 速率的因素：温度、

20、浓度、压强、催化剂来确定化学反响达平衡用到的时间，依据影响化学平衡移动的因素：温度、浓度、压强来确定化学平衡中各个量的变化状况，由此分析解答此题考察平衡常数即影响因素、化学反响速率、外界条件对平衡移动的影响等，难度中等，属于综合的考察，留意学问的归纳和整理是解题关键9. 【答案】B【解析】解：A. Fe3+水解溶液呈酸性，在中性溶液中不能大量共存，故A 错误；B.滴入甲基橙显红色的溶液呈酸性，NH+、Cu2+、NO、H+之间不反响，在酸性溶液中43能够大量共存，故B 正确；3C.KMnO4溶液具有强氧化性，能够氧化HSO，不能大量共存，故 C 错误；D.水电离产生的c(H+) = 1 1012

21、mol/L的溶液呈酸性或碱性，H+与HCO反响，NH+、343HCO都与OH反响，不能大量共存，故 D 错误； 应选：B。A. 铁离子水解溶液呈酸性；B. 该溶液呈酸性，三种离子之间不反响，都不与氢离子反响； C.高锰酸钾溶液能够氧化亚硫酸氢根离子；D.该溶液呈酸性或碱性，碳酸氢根离子、铵根离子与氢氧根离子反响，碳酸氢根离子与氢离子反响。此题考察离子共存的推断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反响发生条件为解答关键，留意把握常见离子不能共存的状况，试题侧重考察学生的分析 与应用力量，题目难度不大。10. 【答案】B【解析】解：A. a点参加n(NaOH)是醋酸物质的量的一半，

22、则混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液的pH c(OH)，溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO) + c(OH) = c(Na+) + c(H+)，则c(CH3COO) c(Na+)，醋酸的电离程度较小，所以溶液中存在：c(CH3COO) c(Na+) c(H+) c(OH)，故 A 正确；B.b点溶液pH = 7，溶液呈中性，则c(H+) c(OH)，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO) + c(OH) = c(Na+) + c(H+)，则c(Na+) = c(CH3COO)，醋酸钠溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应当略微过量，则V1 20mL，故 B

23、 错误；C.c点醋酸完全反响且NaOH过量，抑制CH3COO水解，b点醋酸还有剩余，所以c点n(CH3COO)大于b点，故 C 正确；D.任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，依据电荷守恒得c(Na+) + c(H+) = c(CH3COO) + c(OH)，故 D 正确；应选：B。A.a点参加n(NaOH)是醋酸物质的量的一半，则混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液的pH c(OH)，溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO) + c(OH) = c(Na+) + c(H+)，醋酸的电离程度较小；B.b点溶液pH = 7，溶液呈中性，则c(H+) c(OH)，溶液中

24、存在电荷守恒c(CH3COO) + c(OH) = c(Na+) + c(H+)，醋酸钠溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应当稍微过量；C.c点NaOH过量，抑制CH3COO水解；D.任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，依据电荷守恒推断。此题考察酸碱混合溶液定性推断，侧重考察图象分析推断及学问综合运用力量，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解此题关键，留意守恒理论的敏捷运用。11. 【答案】A【解析】解：由分析可知，a为N、b为Mg、c为Al、d为P、e为Cl；A. 同一周期从左向右第一电离能呈增大趋势，但Mg的3s轨道为全满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，即第一电离能：b c，故A

25、 正确；B. 同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：c e，故B 错误；C. 非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性N P，则气态氢化物的稳定性：a d， 故C 错误；D. 磷元素存在的同素异形体有白磷、红磷，故D 错误； 应选：A。ae为短周期元素，e有+7价，则e为Cl元素；a有3价，d有+5价，二者位于A族，结合原子序数大小可知，a为N，d为P；b、c的化合价分别为+2、+3，二者的原子序数都大于N，则b为Mg，c为Al。此题考察原子构造与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，留意把握元素周期律内容及元素周期表构造，留意同周期第一电离能变化特别状况。12. 【答案】B【解析】解：A.

26、加热促进铝离子水解，且生成盐酸易挥发，蒸干得到氢氧化铝，灼烧生成氧化铝，故A 正确；B. 等pH的酸稀释一样倍数时，酸性强的pH变化大，由pH(HA) pH(HB)，可知酸性为HA HB，故 B 错误；C. 滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，则溶液中含亚铁离子，故C 正确；D. 只有催化剂不同，由操作和现象可知催化剂可以转变化学反响速率，故D 正确； 应选：B。A. 加热促进铝离子水解，且生成盐酸易挥发；B. 等pH的酸稀释一样倍数时，酸性强的pH变化大； C.滴加K3Fe(CN)6溶液，可检验亚铁离子。D.只有催化剂不同。此题考察化学试验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反响速

27、率、盐类水解、酸的稀释、离子检验为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大。13. 【答案】D【解析】解：A. Ksp (ZnS ) Ksp (CuS )，当lgc(S2)一样时，c(Zn2+) c(Cu2+)，则lgc(Zn2+) lgKsp ，即Qc Ksp(CuS )，当lgc(S2)一样时，c(Zn2+) c(Cu2+)，则lgc(Zn2+) lgKsp，则Qc K(85) ，温度越高，反响速率越快，则反响速率Vb Vd ，故C 错误；D. 往体系中连续通入CH3OH(g)，平衡正向移动，但甲醇转化率减小，故D 正确； 应选：AC。由CH3OH(g) +

28、 CO(g) HCOOCH3(g)的反响图象可知，CO的转化领先增大后减小，83左右即图象最高点时反响到达平衡状态，83以前反响没有到达平衡状态，83后上升温度，CO的转化率减小，则平衡逆向移动，说明该反响正向为放热反响，结合温度、 浓度对化学反响速率和平衡移动的影响分析解答。此题考察化学平衡移动及平衡图象分析，为高频考点，侧重考察学生的分析力量和运用力量，把握图象变化特点及化学平衡的影响因素为解答关键，留意平衡状态的推断和温度对化学反响速率的影响，题目难度不大。15. 【答案】D【解析】解：A.该溶液呈碱性，则c(H+) c(HCO) + 2c(CO2)，所以c(Na+) 3333c(HCO

29、) + c(CO2)，故 A 错误；33B.上升温度促进醋酸钠水解，水解平衡常数K增大，溶液中c(CH 3COO )=1=c(CH 3COOH)c(OH )c(CH 3COO )h1 减小，故B 错误；Khc(CH 3COOH)c(OH )C.常温下，酸无论如何稀释都不能变为中性或碱性溶液，所以常温下，将1mL1 106mol/L盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH小于7，此时要考虑水的电离，故 C 错误；D.NH+水解程度越大，溶液中c(NH+)越小，HCO促进NH+水解，则NH+水解程度： 443444，所以c(NH+)： ，故D 正确；应选：D。A. 该溶液呈碱性，则c(H+) c(O

30、H)，溶液中存在电荷守恒c(Na+) + c(H+) = c(OH) + 2c(CO2) + c(HCO)；33B. 上升温度促进醋酸钠水解，水解平衡常数K增大，溶液中c(CH 3COO )=11c(CH 3COOH)c(OH )；Kc(CH 3COO )hhc(CH 3COOH)c(OH )C. 酸无论如何稀释都不能变为中性或碱性溶液；D.HCO促进NH+水解，NH+水解程度越大，溶液中c(NH+)越小。3444此题考察弱电解质的电离、盐类水解，侧重考察根底学问的把握和敏捷运用力量，明确溶液中溶质成分及其性质、盐类水解原理、水解平衡常数影响因素等学问点是解此题关 键，C为解答易错点。16.

31、【答案】A【解析】解：A.由I可知总体积为20mL，I、相比，硫酸的浓度越大，反响速率越快，则t 10，故 A 错误；B.试验总体积为20mL，则a = 20 5 7 = 8，故B 正确；C.试验、只有硫酸浓度不同，则温度一样时，增大反响物浓度，化学反响速率增大，故C 正确；D.试验、只有温度不同，则浓度保持不变时，上升温度，化学反响速率增大，故D正确；应选：A。A.由I可知总体积为20mL，I、相比，硫酸的浓度越大，反响速率越快； B.试验总体积为20mL；C.试验、只有硫酸浓度不同； D.试验、只有温度不同。此题考察化学反响速率，为高频考点，把握反响速率的影响因素、表中数据的分析为解答的关

32、键，侧重分析与试验力量的考察，留意掌握变量法的应用，题目难度不大。17. 【答案】DA【解析】解：(1)原电池是将化学能转变为电能的装置，只有自发的氧化复原反响才有电子的转移，才能形成原电池，B、D为氧化复原反响，但选项 B 的化学方程式未配平， A、C为非氧化复原反响，不行以设计成原电池，故答案为：D；(2)图锌和稀硫酸反响生成硫酸锌和氢气，离子方程式为Zn + 2H+ = Zn2+ + H2 ，稀硫酸和锌的反响是放热反响导致溶液温度渐渐上升，化学能转化为热能；图该装置构 成原电池，Zn易失电子作负极，Cu作正极，正极上氢离子得电子生成氢气；温度计指 示的温度变化不明显，是由于化学能没有全部转化为热能，大多数转化为电能，所以图中气泡产生在锌棒外表，中产生在铜棒外表；构成原电池加快化学反响速率，则图中产生气体的速度比快；图中温度计的示数高于图的示数，故答案为：A。(1) 原电池反响必需是自发的氧化复原反响，据此分析解答；(2) 图锌和稀硫酸反响生成硫酸锌和氢气；稀硫酸和锌的反响是放热反响导致溶液温 度渐渐上升；图该装置构成原电池，Zn易失电子作负极，Cu作正极，正极上氢离子 得电子生成氢气；温度计指