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  • 2021-07-09 发布

【化学】北京市海淀区中关村中学2019-2020学年高一下学期期末考试练习试题(解析版)

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北京市海淀区中关村中学2019-2020学年高一下学期期末考试练习试题 可能用到的相对原子质量:H‎-1 C-12 N-14 O-16 S-32‎ 第一部分选择题(共42分)‎ 在下列各题的四个选项中,只有一个选项符合题意。(每小题2分,共42分)‎ ‎1.如图中能将化学能转化为电能的装置是( )‎ A.天然气燃烧 B.硅太阳能电池 C.太阳能集热器 D.锂离子电池 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.天燃气燃烧是将化学能转化为热能,A不符合题意;‎ B.硅太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置,B不符合题意;‎ C.太阳能集热器是将太阳能转化为热能的装置,C不符合题意;‎ D.锂离子电池是原电池,是将化学能转化为电能的装置,D符合题意;‎ 答案选D。‎ ‎2.日常生活中的下列现象,其物质变化过程中化学反应速率最快的是( )‎ A. 炸药爆炸 B. 牛奶变质 ‎ C. 铁桥生锈 D. 溶洞形成 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】炸药爆炸发生剧烈氧化还原反应,反应速率很快,而溶洞形成、铁桥生锈、牛奶变质均为缓慢的化学变化过程,故答案为A。‎ ‎3.下列元素中,原子半径最大的是( )‎ A. Na B. Al C. Si D. Cl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Na、Al、Si、Cl均为第三周期元素,同一周期元素,从左至右原子半径依次减小,因此原子半径最大的为Na,故答案选A。‎ ‎4.下列物质中,与氢气反应程度最剧烈的是( )‎ A. F2 B. Cl‎2 ‎C. Br2 D. I2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】F2、Cl2、Br2、I2都是卤素单质,卤素的非金属性F>Cl>Br>I,卤素的非金属性越强,其单质的氧化性就越强,与氢气反应越剧烈,因此与氢气反应程度最剧烈的是F2,答案选A。‎ ‎5.下列物质属于离子化合物的是( )‎ A. HCl B. CO‎2 ‎C. CaCl2 D. H2SO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】只含共价键化合物为共价化合物,含有离子键的化合物为离子化合物,HCl、CO2、H2SO4均只含共价键,为共价化合物,CaCl2含有钙离子和氯离子之间的离子键,所以为离子化合物,故答案为C。‎ ‎6.下列元素中,不属于主族元素的是( )‎ A. K B. Cu C. Al D. S ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.K为第四周期IA族元素,A不符合题意;‎ B.Cu为第四周期IB族元素,不属于主族元素,B符合题意;‎ C.Al为第三周期ⅢA族元素,C不符合题意;‎ D.S为第三周期ⅥA族元素,D不符合题意;‎ 答案选B。‎ ‎7.下列物质属于高分子的是( )‎ A. 乙烷 B. 乙烯 C. 乙酸乙酯 D. 聚苯乙烯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙烷相对分子质量为30,属于小分子,不属于高分子化合物,A不符合题意;‎ B.乙烯相对分子质量为28,属于小分子,不属于高分子化合物,B不符合题意;‎ C.乙酸乙酯的相对分子质量为88,属于小分子,不属于高分子化合物,C不符合题意;‎ D.聚苯乙烯的结构简式为,相对分子质量在10000以上,属于高分子化合物,D符合题意;‎ 答案选D。‎ ‎8.下列反应中,属于吸热反应的是( )‎ A. Al与盐酸的反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 C. NaOH与盐酸的反应 D. Na与H2O的反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.金属与酸置换出氢气的反应为放热反应,则Al与盐酸的反应为放热反应,故A不符合题意;‎ B.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于复分解反应,属于吸热反应,故B符合题意;‎ C.中和反应均为放热反应,则NaOH与盐酸的反应为放热反应,故C不符合题意;‎ D.Na与水反应置换出氢气的反应为放热反应,故D不符合题意;‎ 故答案为B。‎ ‎9.下列有关性质的比较,能用元素周期律解释的是( )‎ A. 密度:Na>K B. 稳定性:HCl>HBr C. 沸点:I2>Br2 D. 酸性:HCl>H2S ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.密度属于物理性质,不能用元素周期律解释,A不符合题意;‎ B.非金属性越强,氢化物的稳定性越强,非金属性:Cl>Br,则稳定性:HCl>HBr,可以用元素周期律解释,B符合题意;‎ C.范德华力越大,沸点越高,范德华力:I2>Br2,则沸点:I2>Br2‎ ‎,与元素周期律无关,C不符合题意;‎ D.HCl是强酸,H2S是弱酸,酸性:HCl>H2S,但HCl和H2S不是Cl和S的最高价含氧酸,不能用元素周期律解释,D不符合题意;‎ 答案选B。‎ ‎10.下列方法中,不能用于区分乙酸溶液与乙酸乙酯的是( )‎ A. 扇闻气味 B. 观察颜色 C. 滴加NaHCO3溶液 D. 滴加紫色石蕊溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙酸具有刺激性气味,而乙酸乙酯有类似水果的香味,因此扇闻气味可鉴别,A不符合题意;‎ B.两者均为无色液体,观察颜色不能鉴别,B符合题意;‎ C.乙酸可与NaHCO3溶液反应生成CO2气体而乙酸乙酯不可以,因此滴加NaHCO3溶液可鉴别,C不符合题意;‎ D.乙酸具有酸性,可使紫色石蕊溶液变红,因此滴加紫色石蕊溶液可鉴别,D不符合题意;‎ 答案选B。‎ ‎11.具有相同电子层结构的三种微粒An+、Bn-、C,下列分析正确的是( )‎ A. 原子序数关系:C>B>A B. 微粒半径关系:Bn-C>B,A错误;‎ B.因An+、Bn-具有相同的电子层结构,核电荷数越大半径越小,阴离子半径大于阳离子半径,即r(Bn−)>r(An+),B错误;‎ C.An+、Bn-都应具有稀有气体的电子层结构,C的电子层结构相同于An+、Bn-,所以C必为稀有气体元素的原子,C正确;‎ D.A、B为不同周期的元素,由于原子序数A>B,A在B的下一周期,原子核外电子层数越多,原子半径越大,所以原子半径A>B,D错误;‎ 故合理选项是C。‎ ‎12.下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是( )‎ A. 质子数为17、中子数为20的氯原子:Cl B. 硫离子(S2-)的结构示意图:‎ C. 氢氧根离子的电子式 D. 氯乙烯分子的结构简式:H‎3C—CH2Cl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.质子数为17,中子数为20的氯原子的质量数为17+20=37,原子符号为Cl,故A错误;‎ B.S原子得到两个电子形成硫离子,结构示意图为,故B错误;‎ C.氢氧根带一个单位负电荷,电子式为,故C正确;‎ D.氯乙烯分子的结构简式为CH2=CHCl,故D错误;‎ 故答案为C。‎ ‎13.下列各组中的物质均能发生加成反应的是( )‎ A. 乙烯和乙醇 B. 苯和乙烯 ‎ C. 乙酸和1,2-二溴乙烷 D. 乙烯和丙烷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙烯属于不饱和烃,含有碳碳双键,可以发生加成反应;乙醇为饱和醇,乙醇不能发生加成反应,A不符合题意;‎ B.苯可与氢气发生加成反应生成环己烷,乙烯含碳碳双键可发生加成反应,B符合题意;‎ C.乙酸、1,2-二溴乙烷均不含碳碳双键或三键,不能发生加成反应,C不符合题意;‎ D.乙烯含碳碳双键可以加成,丙烷属于饱和烃,不能发生加成反应,D不符合题意;‎ 答案选B。‎ ‎14.控制变量是科学研究的重要方法。相同质量的锌粉与足量稀硫酸分别在下列条件下发生反应,开始阶段化学反应速率最大的是(  )‎ 选项 A B C D c(H2SO4)/(mol·L-1)‎ ‎0.5‎ ‎2‎ ‎0.5‎ ‎2‎ t/℃‎ ‎20‎ ‎20‎ ‎50‎ ‎50‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】影响反应速率的因素有温度、浓度、压强(气体)、催化剂、固体表面积等。‎ ‎【详解】升高温度能加快反应速率,增加浓度加快反应速率,综合考虑选择温度高,浓度大的,选择D。‎ 答案选D。‎ ‎15.德国化学家F.Haber利用N2和H2在催化剂表面合成氨气而获得诺贝尔奖,该反应的微观历程及能量变化的示意图如下,用、、分别表示N2、H2、NH3,下列说法正确的是( )‎ A. 合成氨反应中,反应物断键吸收能量大于生成物形成新键释放的能量 B. 催化剂在吸附N2、H2时,催化剂与气体之间的作用力为化学键 C. 在该过程中,N2、H2断键形成N原子和H原子 D. 使用催化剂,合成氨反应放出的热量减少 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据能量变化的示意图,合成氨的反应是放热反应,反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量,故A错误;‎ B.催化剂吸附N2、H2,没有形成化学键,催化剂与气体之间的作用力不属于化学键,故B错误;‎ C.由图③可知,每3个氢分子和1个氮气分子断键得到原子,然后生成2个氨分子,生成氨分子之前是氢原子和氮原子,故C正确;‎ ‎ D.催化剂对反应热无影响,合成氨反应放出的热量不变,故D错误;‎ 答案选C。‎ ‎16.一定条件下,在密闭容器中进行反应:3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)。不能表示上述反应达到化学平衡状态的是( )‎ A 单位时间消耗2molN2,同时生成6molH2‎ B. c(HCl)保持不变 C. 混合气体密度保持不变 D. c(N2):c(H2):c(HCl)=1:3:6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.单位时间消耗2molN2,同时生成6molH2,即3v正(N2)=v逆(H2),根据化学反应速率与化学计量数成正比可知3v正(N2)=v正(H2),则此时正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,A不符合题意;‎ B.c(HCl)保持不变,可以说明反应达到化学平衡状态,B不符合题意;‎ C.由反应方程式可知,该化学反应前后气体质量不相等,容器体积不变,所以混合气体密度保持不变时,可以说明反应达到化学平衡状态,C不符合题意;‎ D.根据方程式,浓度的变化量之比等于化学反应计量数之比,即c(N2):c(H2):c(HCl)=1:3:6,而平衡后是否为c(N2):c(H2):c(HCl)=1:3:6取决于起始投料比,因此c(N2):c(H2):c(HCl)=1:3:6不能说明反应达到平衡状态,D符合题意;‎ 答案选D。‎ ‎17.下列由实验得出的结论正确的是( )‎ 实验 结论 A.‎ 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液,溶液最终变为无色透明 生成的1,2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳 B.‎ 乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体 乙醇分子中氢与水分子中的氢具有相同的活性 C.‎ 用乙酸浸泡水壶中的水垢,可将其清除 乙酸的酸性小于碳酸的酸性 D.‎ 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红 生成的氯甲烷具有酸性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙烯与溴发生加成反应生成的1,2−二溴乙烷无色,可溶于四氯化碳,故A正确;‎ B. 乙醇与Na反应不如水与Na反应剧烈,则水中羟基的氢活泼,故B错误;‎ C. 乙酸与碳酸钙发生反应生成乙酸钙、二氧化碳和水,即强酸制取弱酸的原理,则乙酸的酸性大于碳酸的酸性,故C错误;‎ D. 甲烷与氯气在光照下反应生成HCl溶于水显酸性,一氯甲烷不溶于水即不具有酸性,HCl能使湿润的石蕊试纸变红,故D错误;‎ 故选A。‎ ‎18.X、Y、Z、W均为短周期元素,它们在元素周期表中的相对位置如图所示。若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍,下列说法中正确的是( )‎ A. X的最常见气态氢化物的水溶液显酸性 B. Z的单质与氢气反应比Y单质与氢气反应剧烈 C. 最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强 D. X的原子半径小于Y ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍,则Z的最外层电子数为6,Z为硫(S);由图中元素的相对位置,可确定W为氯(Cl),Y为氧(O),X为氮(N),据此分析解答。‎ ‎【详解】A.X(N)的最常见气态氢化物的水溶液为氨水,显碱性,A选项错误;‎ B.非金属性SS,从而得出最高价氧化物对应水化物的酸性W(Cl)比Z(S)强,C选项正确;‎ D.同周期元素,从左往右,原子半径依次减小,N在O的左边,所以X(N)的原子半径大于Y(O),D选项错误;‎ 答案选C。‎ ‎19.下表物质与其所含化学键类型、所属化合物类型完全正确的一组是(  )‎ 选项 A B C D 物质 MgCl2‎ CO2‎ HCl NaOH 所含化学键类型 离子键、共价键 共价键 离子键 离子键、共价键 所属化合物类型 离子化合物 共价化合物 离子化合物 共价化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】一般来说,活泼金属与活泼非金属形成离子键,非金属之间形成共价键,含离子键的化合物一定为离子化合物,以此来解答。‎ ‎【详解】A.MgCl2中只含离子键,为离子化合物,故A错误;‎ B.CO2中只含C、O之间的极性共价键,为共价化合物,故B正确;‎ C.HCl中只含共价键,为共价化合物,故C错误;‎ D.NaOH中含离子键和O−H极性共价键,为离子化合物,故D错误;‎ 故答案选B。‎ ‎20.苹果酸的结构简式为,下列说法正确的是( )‎ A. 苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种 B. 1mol苹果酸可与3mol NaOH发生中和反应 C. 1mol苹果酸与足量金属Na反应生成生成1mol H2‎ D. HOOC—CH2—CH(OH)—COOH与苹果酸互为同分异构体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该分子中含有羧基和醇羟基,所以能发生酯化反应的官能团有羧基和醇羟基,所以苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种,A正确;‎ B.1mol苹果酸中含有2mol羧基,所以1mol苹果酸可与2molNaOH发生中和反应,B错误;‎ C.能和Na反应是有羧基和醇羟基,1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5molH2,C错误;‎ D.HOOC-CH2-CH(OH)-COOH与苹果酸是同一种物质,D错误。‎ 答案选A。‎ ‎21.“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念。在“绿色化学”工艺中的“原子经济性”是指反应中原子全部转化为欲制的产物,即原子利用率为100%。以下反应最符合“绿色化学”原子经济性要求的是( )‎ A. 用甲烷与氯气制备一氯甲烷 B. 乙烯发生加聚反应制得聚乙烯高分子材料 C. 用苯和液溴为原料制取溴苯 D. 用石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用甲烷与氯气制备一氯甲烷还会产生二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳、HCl等多种物质,因此不符合“绿色化学”原子经济性要求,A不符合题意;‎ B.乙烯发生加聚反应制得聚乙烯高分子材料,反应物原子全部变为生成物,符合原子经济性要求,B符合题意;‎ C.用苯和液溴为原料制取溴苯还有HBr产生,不符合“绿色化学”原子经济性要求,C不符合题意;‎ D.用石灰石和稀盐酸反应制得二氧化碳,还产生了CaCl2、H2O,不符合“绿色化学”原子经济性要求,D不符合题意;‎ 答案选B。‎ 第二部分非选择题(共58分)‎ ‎22.生活中的四种有机物:①乙烯、②苯、③乙酸、④‎ 葡萄糖。其中,属于食醋主要成分的是_____(填序号,下同),作有机溶剂的是_____,可作植物生长调节剂的是_____,可用于医疗输液补充能量的是_____。‎ ‎【答案】(1). ③ (2). ② (3). ① (4). ④‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】食醋的主要成分是乙酸,可作增加食品酸味的调味剂,苯常用作有机溶剂,乙烯是植物激素,可以用作植物生长的调节剂,葡萄糖属于糖类,可以为生命活动提供能量,因此葡萄糖可用于医疗输液补充能量,故答案为:③;②;①;④。‎ ‎23.反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑的能量变化趋势如图所示:‎ ‎(1)该反应为_____(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎(2)若要使该反应的反应速率加快,下列措施可行的是_____(填字母)。‎ A.改铁片为铁粉 B.改稀硫酸为98%的浓硫酸 C.升高温度 ‎(3)若将上述反应设计成原电池,铜为原电池某一极材料,则铜为_____(填“正”或“负”)极。铜片上的现象为_____,该极上发生的电极反应为_____,外电路中电子由_____移动。(填“正极向负极”或“负极向正极”)‎ ‎【答案】(1). 放热 (2). AC (3). 正 (4). 有气泡产生 (5). 2H++2eˉ=H2↑ (6). 负极向正极 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)该反应的反应物能量高于生成物能量,所以为放热反应;‎ ‎(2)A.改铁片为铁粉可以增大反应物的接触面积,增大反应速率,故A符合题意;‎ B.常温下铁片在浓硫酸中发生钝化,且加热反应不产生氢气,故B不符合题意;‎ C.升高温度可以加快反应速率,故C符合题意;‎ ‎(3)上述反应中Fe被氧化应为负极,则Cu为正极,电极反应为2H++2eˉ=H2↑,所以可以看到铜片上有气泡产生;外电路中电子由负极向正极移动。‎ ‎24.下表是元素周期表的一部分,请用化学用语回答有关问题:‎ ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ ‎1‎ ‎①‎ ‎2‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎3‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎⑨‎ ‎(1)⑥的氢氧化物中,所含化学键的类型是______。‎ ‎(2)①和④可形成化合物,用电子式表示其形成过程______。‎ ‎(3)⑦的最高价氧化物的水化物与⑧的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_____。‎ ‎(4)研究物质的性质差异性是学习的重要方法之一。②、③、⑧、⑨四种元素的最高价氧化物的水化物中,化学性质明显不同于其它三种酸的是______。‎ ‎(5)能说明元素⑤的非金属性强于元素⑨的非金属性的实验事实是_____(填字母)。‎ A.两种单质的熔沸点不同 B.两种单质与氢气化合的难易程度 C.比较这两种元素的最高价氧化物的水化物的酸性 ‎【答案】(1). 离子键、共价键 (2). 或 (3). Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O (4). H2CO3 (5). B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据各元素在周期表周的位置可知,①为H元素,②为C元素,③为N元素,④为O元素,⑤为F元素,⑥为Na元素,⑦为Al元素,⑧为S元素,⑨为Cl元素,结合元素及其化合物的结构与性质分析解答问题。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析可知,⑥为Na元素,其氢氧化物为NaOH,其中Na+和OH-形成离子键,OH-中O原子和H原子形成共价键,故答案为:离子键、共价键;‎ ‎(2)H和O可形成的化合物有H2O和H2O2,用电子式表示形成过程分别为、,故答案为:或;‎ ‎(3)Al的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3,S的最高价氧化物的水化物为H2SO4,两者反应生成Al2(SO4)3和H2O,反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O,故答案为:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;‎ ‎(4)C、N、S、Cl四种元素的最高价氧化物的水化物分别为:H2CO3、HNO3、H2SO4‎ ‎、HClO4,其中H2CO3为弱酸,而HNO3、H2SO4、HClO4均为强酸,故答案为:H2CO3;‎ ‎(5)⑤的单质为F2,⑨的单质为Cl2:‎ A.单质的熔沸点跟两者的范德华力有关,与非金属性无关,A不选;‎ B.非金属性越强,单质与氢气化合越容易,因此可通过两种单质与氢气化合的难易程度说明非金属强弱,B选;‎ C.F没有正价,则不能通过最高价氧化物的水化物的酸性说明非金属强弱,C不选;‎ 故答案为:B。‎ ‎25.乙醇是一种重要的化工原料,由乙醇为原料衍生出的部分化工产品如图所示:‎ ‎(1)A的结构简式为______。‎ ‎(2)由A生成B的化学方程式为______。‎ ‎(3)由乙醇生成C的反应类型为______。‎ ‎(4)D中官能团名称是氯原子和______。‎ ‎(5)由F生成乙醇的化学方程式为______。‎ ‎(6)E的结构简式为_____。‎ ‎【答案】(1). CH3COOH (2). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (3). 取代反应 (4). 碳碳双键 (5). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】乙醇在浓硫酸作用下加热发生消去反应生成乙烯,F是乙烯;乙醇能被氧化为乙酸,A是乙酸;乙酸、乙醇在浓硫酸催化作用下生成乙酸乙酯,B是乙酸乙酯;乙醇分子中的1个H原子被取代生成C;C在浓硫酸的作用下发生消去反应得D为CH2=CHCl,D发生加聚反应得E为,据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析可知,A为乙酸,其结构简式为:CH3COOH;‎ ‎(2)A→B为乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯,反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O;‎ ‎(3)乙醇与C的分子式比较可知,乙醇分子中的1个H原子被取代,所以反应类型为取代反应;‎ ‎(4)D的结构简式为CH2=CHCl,其中官能团的名称为氯原子和碳碳双键;‎ ‎(5)乙烯与水发生加成反应生成乙醇,反应的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH;‎ ‎(6)D发生加聚反应得到E,E的结构简式为。‎ ‎26.已知海水中的溴含量约为65mg·L-1,从海水中提取溴的工业流程如图:‎ ‎(1)上述步骤Ⅰ中已获得游离态的溴,步骤Ⅱ又将其转化成化合态的溴,目的是_____。‎ ‎(2)步骤Ⅱ通入热空气吹出Br2,利用了溴的______(填字母)。‎ A.氧化性 B.还原性 C.挥发性 D.腐蚀性 ‎(3)步骤Ⅱ中涉及的离子反应如下,请在方框内填入正确的化学计量数,并将配平后的反应写在答题纸相应位置。_____‎ ‎(4)上述流程中吹出的溴蒸气也可以先用二氧化硫的水溶液吸收,再用氯气氧化,然后进行蒸馏,则溴与二氧化硫的水溶液反应的离子方程式为_____。‎ ‎(5)实验室分离溴还可以用萃取法,下列可以用作溴的萃取剂的有______(填字母)。‎ A.乙醇 B.四氯化碳 C.裂化汽油 D.苯 ‎【答案】(1). 富集(或浓缩)溴元素 (2). C (3). 3,3,1,5,3 (4). Br2+SO2+H2O=2Br-++4H+ (5). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】根据流程,海水晒盐后得到卤水和氯化钠,电解氯化钠溶液可以得到氯气,氯气将卤水中Br-氧化为Br2,得到低浓度的溴水,利用溴的挥发性,使用热空气吹出Br2用纯碱吸收,得到含有和Br-‎ 的混合液,加入硫酸提供酸性环境,发生归中反应得到高浓度的溴水,蒸馏得到工业溴。通过步骤Ⅱ和Ⅲ使较低浓度的溴水变为高浓度溴水起到富集作用,从而降低直接蒸馏提纯的成本,据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)步骤Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低,如果直接蒸馏,生产成本较高,不利于工业生产,步骤Ⅰ中已获得游离态的溴,步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴,其目的是富集溴元素,降低成本,故答案为:富集溴元素;‎ ‎(2)溴易挥发,步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2,就是利用溴的挥发性,故答案为:C;‎ ‎(3)该反应中Br元素化合价由0价变为-1价、+5价,其最小公倍数是5,再结合原子守恒或电荷守恒得方程式为:3Br2+3=+5Br-+3CO2↑,故答案为:3,3,1,5,3;‎ ‎(4)上述流程中吹出的溴蒸气,也可以用二氧化硫水溶液吸收,再用氯气氧化后蒸馏.溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢,反应的离子方程式为:Br2+SO2+H2O=2Br-++4H+,故答案为:Br2+SO2+H2O=2Br-++4H+;‎ ‎(5)萃取剂的选取标准:萃取剂和溶质不反应、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度、萃取剂和原溶剂不互溶。‎ A.乙醇易溶于水,所以不能作萃取剂,故A正确;‎ B.四氯化碳符合萃取剂选取标准,所以能作萃取剂,故B正确;‎ C.裂化汽油中含有烯烃,可与溴发生加成反应,不能做萃取剂,故C错误;‎ D.苯符合萃取剂选取标准,所以能作萃取剂,故D正确;‎ 故选BD。‎ ‎27.探究铁在某浓度H3PO4和H2O2的混合溶液中反应的情况,进行如下实验:‎ 实验 操作 现象 Ⅰ 将除去氧化膜的铁钉置于烧杯中,加入30mL1.0mol•L-1H3PO4和3mL30%H2O2的混合溶液(pH≈1)。‎ 一段时间后铁钉表面突然产生大量气泡,随后停止产生气泡;一段时间后再产生大量气泡,再停止,出现周而往复的现象。过程中,溶液保持澄清。‎ Ⅱ 将与实验Ⅰ相同的铁钉放入烧杯中,加入30mL1.0mol•L-1H3PO4和3mLH2O。‎ 片刻后铁钉表面持续产生气泡,溶液保持澄清。‎ 已知:Fe3(PO4)2难溶于水,Fe(H2PO4)2溶于水。‎ ‎(1)用85%H3PO4配制100mL1.0mol·L-1H3PO4所用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、______。‎ ‎(2)请结合实验Ⅱ中现象,分析铁钉与H3PO4反应的产物_______。‎ ‎(3)探究实验Ⅰ中停止产生气泡的原因。‎ 提出假设:铁钉表面形成了含有+3价铁的氧化膜将铁钉覆盖。甲同学进行实验Ⅲ,得出假设成立的结论。‎ 实验Ⅲ:将洗净的实验Ⅰ中无气泡产生时的铁钉置于试管中,加入滴有KSCN溶液的稀H2SO4,振荡,静置,溶液呈红色。‎ 乙同学认为实验Ⅲ无法证实假设成立,其理由是未排除O2的干扰,请解释O2是如何干扰实验的:_____。‎ 乙同学通过改进实验证实了假设成立。‎ ‎(4)铁钉表面突然产生大量气泡的可能原因是Fe2+迅速被H2O2氧化形成氧化膜,使聚集在铁钉表面的H2脱离铁钉表面。形成氧化膜(以Fe3O4计)的离子方程式是____。‎ ‎(5)实验Ⅰ中周而往复的现象与铁钉表面氧化膜的生成和溶解密切相关,从反应的速率角度分析其原因:______。‎ ‎【答案】(1). 100mL容量瓶 (2). Fe+2H3PO4=Fe(H2PO4)2+H2↑ (3). 氧气在酸性条件下可以将亚铁离子氧化成铁离子,发生反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (4). 3Fe2++H2O2+2H2O=Fe3O4+6H+ (5). 铁与磷酸反应生成氢气和Fe2+,Fe2+在铁钉表面迅速被氧化形成氧化膜,使聚集在铁钉表面的氢气脱离;随后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应,氧化膜覆盖铁钉表面时不产生气泡,当氧化膜溶解后,铁又与磷酸反应产生氢气 ‎【解析】‎ ‎【分析】题目是进行探究性实验,在实验Ⅰ中,铁钉表面产生气泡,是因为铁与H3PO4反应生成氢气,因为溶液保持澄清,根据信息可知还生成了溶于水的Fe(H2PO4)2,一段时间后再产生大量气泡,再停止,出现周而往复的现象,与实验Ⅱ对比可知是H2O2‎ 发生了作用,结合题目信息可知双氧水可将亚铁离子氧化成铁离子形成氧化膜,使聚集在铁钉表面的氢气脱离;随后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应,氧化膜覆盖铁钉表面时不产生气泡,当氧化膜溶解后,铁又与磷酸反应产生氢气。‎ ‎【详解】(1)配制100mL1.0mol·L-1H3PO4所用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶;‎ ‎(2)在实验Ⅰ中,铁钉表面产生气泡,是因为铁与H3PO4反应生成氢气,因为溶液保持澄清,根据信息可知还生成了Fe(H2PO4)2,化学方程式为Fe+2H3PO4=Fe(H2PO4)2+H2↑;‎ ‎(3)氧气在酸性条件下可以将亚铁离子氧化成铁离子,发生反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,故实验Ⅲ无法证实假设成立;‎ ‎(4)亚铁离子被H2O2溶液形成氧化为Fe3O4,根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为:3Fe2++H2O2+2H2O=Fe3O4+6H+;‎ ‎(5)根据分析可知原因为:铁与磷酸反应生成氢气和Fe2+,Fe2+在铁钉表面迅速被氧化形成氧化膜,使聚集在铁钉表面的氢气脱离;随后发生磷酸溶解氧化膜的慢反应,氧化膜覆盖铁钉表面时不产生气泡,当氧化膜溶解后,铁又与磷酸反应产生氢气,‎