【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） 17页

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，‎