【文档说明】【精准解析】湖北省应城市第一高级中学2019-2020学年高一下学期复学摸底测试化学试题.doc，共(18)页，831.905 KB，由envi的店铺上传

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-1-高一化学复学摸底考试可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24Cl35.5Br80I127一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1.下列物质不可能是乙烯的加成产物的是()A.33CHCH

B.32CHCHClC.32CHCHOHD.32CHCHBr【答案】B【解析】【详解】A.乙烯与氢气发生加成反应生成乙烷，故A不符合；B.乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，乙烯无论与哪种物质发生加成反应，两个氯原子不可能在同一个碳原子上，故B符合；C.乙烯与水发生加成反应生成CH3C

H2OH，故C不符合；D.乙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，故D不符合；故选B。2.下列四种酸溶液，均能跟锌片反应，其中最初反应速率最快的是（）A.10℃20mL3mol/L的盐酸溶液B.20℃30mL3mol/L的盐酸溶液C.20℃20mL4mol/L的醋酸溶液D.20℃1

0mL2mol/L的硫酸溶液【答案】D【解析】【详解】温度越高反应速率越快，浓度越大反应速率越快，D选项中氢离子浓度最大、温度也最高，故D最快。故选D。3.下列各组中的性质比较正确的是()①酸性：HClO4>HBrO4>HIO4②碱性：

KOH>Ca(OH)2＞Mg(OH)2③稳定性：HCl>H2S>PH3④还原性：F－>Cl－>Br－⑤熔点：Li＜Na＜K＜Rb<CsA.①③⑤B.②③④C.①②③D.③④⑤【答案】C【解析】根据元素周期律可知，非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，氢化物的稳定性越-2-强

，则①酸性：HClO4>HBrO4>HIO4；①正确；③稳定性：HCl>H2S>PH3；③正确；金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，则②碱性：KOH>Ca(OH)2＞Mg(OH)2，②正确；④同主族从上到下阴离子的还原性逐渐增强，还原性应为F－＜Cl－

＜Br－，④错误；⑤熔点应为Li＞Na＞K＞Rb＞Cs，⑤错误，答案选C。4.下列指定微粒的个数比为2：1的是()A.Be2+中的质子和电子B.21H原子中的中子和质子C.NaHCO3中的阳离子和阴离子D.BaO2(过氧化钡)固体中的阴离子和阳离子【答案】A【

解析】【详解】A．Be2+中的质子数为4，电子数为2，所以质子数和电子数的个数比为2：1，A项符合题意；B．21H原子中的中子数为1，质子数为1，所以中子数和质子数之比为1：1，B项不符合题意；C．NaHCO3中的阳离子和阴离子数目比为1：1，C项不符合题意；

D．BaO2固体中的阴离子和阳离子个数比为1：1，D项不符合题意；所以答案选择A项。5.某元素的一种同位素X的质量数为A，含N个中子，它与1H原子构成HmX分子。在agHmX中所含质子的物质的量是()A.aA-N+mmolB.aA(

A-N)molC.aA+m(A-N)molD.aA+m(A-N+m)mol【答案】D【解析】【详解】HmX分子的相对分子质量为m+A，所以agHmX的物质的量为aA+mmol；X的质子数为A-N，所以一个HmX分子所含质子为m+A-N，所以

agHmX中所含质子的物质的量是aA+m(A-N+m)mol，故答案为D。6.锂（Li）—空气电池的工作原理如图所示下列说法不正确．．．的是（）-3-A.金属锂作负极，发生氧化反应B.正极的电极反应：O2+4e-=2O

2-C.Li+通过有机电解质向水溶液处移动D.电池总反应：4Li+O2+2H2O=4LiOH【答案】B【解析】【详解】A.在锂空气电池中，锂失电子作负极，故A正确，但不符合题意；B.正极上是氧气得电子生成氢氧根离子，则电极方程式为O2+4e-

+2H2O=4OH−，故B错误，符合题意；C.Li在负极失电子生成Li+，Li+向正极移动，即通过有机电解质向水溶液处移动，故C正确，但不符合题意；D.负极反应式为Li−e−=Li+，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH−，所以电池反应式为

4Li+O2+2H2O=4LiOH，故D正确，但不符合题意；故选：B。7.被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，其化学式为Y2X3(ZWR4)3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同

族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是（）A.原子半径：Y>Z>R>TB.气态氢化物的稳定性：W<R<TC.最高价氧化物对应的水化物的

碱性：X>ZD.XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同【答案】D【解析】【分析】“矿石熊猫”由前20号元素中的6种组成，其化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，其中R原子最外层-4-电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子

层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li元素；X、Z位于同主族，则X为Mg元素或Ca元素，若X为Mg元素，则由X与R原子序

数之和是W的2倍，则W为Ne元素，不符合题意；若X为Ca元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则W为Si元素，符合题意。【详解】A.Y为Li元素、Z为Be元素、R为O元素、T为F元素，同周期，从左向右，原子半

径减小，原子半径：r(Li)>r(Be)>r(O)>r(F)，A正确；B.W为Si元素、R为O元素、T为F元素，非金属性：F>O>Si，则气态氢化物的稳定性SiH4<H2O<HF，B正确；C.X为Ca元素、Z为Be元素，金属性：Ca>Be，则最高价氧化物对应

的水化物碱性：Ca(OH)2>Be(OH)2，C正确。D.XR2、WR2分别为：CaO2、SiO2，CaO2中O元素为−1价，SiO2中O元素化合价为−2，D错误；故答案为：D。8.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是A.达到化学平

衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)B.若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态C.达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D.化学反应速率关系是：2v正(

NH3)=3v正(H2O)【答案】A【解析】【详解】A.4v正(O2)=5v逆(NO)，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示正反应速率和逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；B.若单位时间内生成xmolNO的同时，消

耗xmolNH3，都表示反应正向进行，不能说明到达平衡，故B错误；C.达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正、逆反应速率均减小，故C错误；D.用不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率关系是：3v正(NH3)=2v

正(H2O)，故D错误。故选：A。-5-【点睛】本题考查化学平衡状态的判断、平衡移动及影响平衡的因素等，题目难度中等。9.对于苯乙烯（）有下列叙述：①能使酸性KMnO4溶液褪色；②能使溴的四氯化碳溶液褪色；③可溶于苯但难溶于水；④密度比水小；⑤能与浓硝酸发生取代反应；⑥所有的

原子可能共平面。其中正确的是（）A.①②③④⑤B.①②④⑤⑥C.①②⑤⑥D.全部正确【答案】D【解析】【详解】①苯乙烯中含有碳碳双键，则能使酸性KMnO4溶液褪色，故①正确；②苯乙烯中含有碳碳双键，则与溴发生加成反应，可使溴的四氯化碳溶液褪色，故

②正确；③苯乙烯为有机物，属于烃，可溶于苯但难溶于水，故③正确；④苯乙烯属于烃，密度比水的小，故④正确；⑤苯环能与浓硝酸发生取代反应，则苯乙烯能与浓硝酸发生取代反应，故⑤正确；⑥苯环为平面结构、乙烯为平面结构，且苯环中的C原子与乙烯中的碳原子直接相连，则所有的原子可能共平面，故⑥正

确；故选：D。10.已知氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰。在反应过程中，破坏1mol氢气中的化学键消耗的能量为Q1kJ，破坏1mol氯气中的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1mol氯化氢中的化学键释放的能量为Q3kJ，下列关系式中正确的是（）A.Q1+Q2>Q3B.Q1+Q2<Q3C.Q1+

Q2<2Q3D.Q1+Q2>2Q3【答案】C【解析】【详解】破坏1mol氢气中的化学键消耗的能量为Q1kJ，即氢氢键键能为Q1kJ；破坏1mol氯气中的化学键消耗的能量为Q2kJ，即氯氯键键能为Q2kJ；形成1mol氯化氢中的化学键释放的能量为Q3kJ，即氢氯键键能为Q3kJ；氢

气在氯气中燃烧，根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能=（Q1+Q2）kJ-2Q3kJ，燃烧反应为放热反应，反应热<0，所以（Q1+Q2）-2Q3<0，即Q1+Q2<2Q3。答案为C。11.碘与氢气在

一定条件下反应的热化学方程式如下：(Ⅰ)I2(g)＋H2(g)2HI(g)ΔH＝－9.48kJ·mol－1-6-(Ⅱ)I2(s)＋H2(g)2HI(g)ΔH＝＋26.48kJ·mol－1下列判断正确的是()A.在一定条件下将2gH2(g

)通入254gI2(g)中，该过程放出的热量为9.48kJB.1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差17.00kJC.反应(Ⅰ)的产物比反应(Ⅱ)的产物稳定D.物质的量相同时，反应(Ⅰ)的反应物总能量比反应(Ⅱ)的反应物总能量高【答案】D【解析】【详解】A.该反应是可逆反应，反应物的

转化率达不到100%，所以A中反应放热小于9.48kJ，A不正确；B.根据盖斯定律可知，(Ⅱ)－(Ⅰ)即得到I2(s)I2(g)，则△H＝26.48kJ/mol＋9.48kJ/mol＝35.96kJ/m

ol，即1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差35.96kJ，B不正确；C.反应(Ⅰ)的产物和反应(Ⅱ)的产物相同，稳定性相同，C不正确；D.对于同一物质，固态物质的能量比气态物质能量低，因此反应(Ⅰ)的反应物总能量比反应(Ⅱ)的反应物总能量高，故D正确。

答案选D。12.海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A.向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B.粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【答案】C【解析】【详解】A、向苦卤

中通入氯气置换出溴单质，分离得到溴，通入氯气是为了提取溴，A正确；B、粗盐中含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等杂质，精制时通常在溶液中依次加入过量的氯-7-化钡溶液、过量的氢氧化钠溶液和过量的碳酸钠溶液，过滤后向滤液中加入盐酸到溶液呈中性，再进行重结

晶进行提纯，B正确；C、工业常选用生石灰或石灰乳作为沉淀剂，C错误；D、提取溴时一般用氯气置换出溴单质，由于Br2具有挥发性，用空气和水蒸气吹出溴单质，再用二氧化硫将其还原吸收转化为溴化氢，达到富集的目的，D正确；答案选C。【点睛】本题以海水的综合开发利用为载体重点考

查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，据此解答即可。13.有a、b、

c、d四个金属电极，有关的实验装置及部分实验现象如下：实验装置部分实验现象a极质量减小，b极质量增大b极有气体产生，c极无变化d极溶解，c极有气体产生电流从a极流向d极由此可判断这四种金属的活动性顺序是()A.a>b>c>dB.b>c>d>aC.d>a>b>cD.a>b>

d>c【答案】C【解析】【详解】装置一是原电池，a极质量减小，说明a极金属易失去电子形成离子，故a极金属比b极金属活泼；装置二没有形成原电池，可知b比c活泼，且c位于金属活动性顺序表中氢的后面；装置三和四均形成原电池，易知d比c活泼，d比a活泼。因此四种金属的活动性顺序为

d>a>b>c，故C正确；故选C。-8-14.一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合物共3.12g，混合气体的密度是相同状况下氢气密度的12倍，该混合物气体通过溴水时，溴水的质量增加1.68g，则该混合气体是（）

A.甲烷、乙烯B.甲烷、丙烯C.乙烷、丙烯D.丙烷、乙烯【答案】B【解析】【详解】一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合物共3.12g，混合气体的密度是相同状况下氢气密度的12倍，则其平均相对分子质量为24，则混合物

的物质的量为3.1224/ggmol=0.13mol。相对分子质量小于24的烃只有甲烷，故该烷烃一定是甲烷。该混合物气体通过溴水时，其中的烯烃与溴发生加成反应，生成物为液体，溴水的质量增加1.68g，则烯烃的质量为1.68g，甲烷的质量为3

.12g-1.68g=1.44g，则甲烷的物质的量为1.4416/ggmol=0.09mol，烯烃的物质的量为0.13mol-0.09mol=0.04mol，则烯烃的摩尔质量为1.68420.04gmol=g/moll，其相对分子质量为42，根据烯烃的通式CnH2n可知，该烯烃为丙烯。则该

混合气体是甲烷和丙烯的混合物，故本题选B。15.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物。1，4-二氧杂螺[2.2]丙烷的结构简式为。下列说法正确的是A.1mol该有机物完全燃烧需要4molO2B.该有机物与HCOOCH=CH2互

为同分异构体C.该有机物的二氯代物有3种D.该有机物所有原子均处于同一平面【答案】B【解析】【详解】A.该化合物分子式是C3H4O2，1mol该有机物完全燃烧需要3molO2，A错误；B.HCOOCH=CH2分子式也是C3H4O2，二者分子式相同，分子结构不同，互为同分异构体，B正确；C.在该

物质分子中只有2个C原子上分别含有2个H原子，一氯代物只有1种，其二氯代物中，两个Cl原子可以在同一个C原子上，也可以在不同的C原子上，所以该有机物的二氯代物有2种，C错误；-9-D.由于分子中的C原子为饱和C原子，其结构与CH4中的C原子类似，构成的是四面体结构

，因此不可能所有原子均处于同一平面，D错误；故合理选项是B。16.一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷（C4H10）气体，电解质是掺杂氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，其在熔融状态下能传导O2-。已知电池

的总反应是2C4H10+13O2→8CO2+10H2O。下列说法不正确的是A.在熔融电解质中，O2-向负极移动B.通入丁烷的一极是负极，电极反应为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2OC.通入空气的一极是正极，电极反应为O2+2H2O+4e-=

4OH-D.燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置【答案】C【解析】【详解】A.在熔融电解质中，O2−向负极定向移动，阳离子向正极移动，故A正确；B.通入燃料丁烷的一极是负极，电极反应为：C4H10+13

O2--26e-=4CO2+5H2O，符合原电池反应原理，符合电荷守恒，原子守恒，故B正确；C.通入空气的电极是正极，正极电极反应式为O2+4e−=2O2−，故C错误；D.燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置，故D正确；故选：D。二、非选择题（本题包括5小题

，共52分）17.如图是元素周期表的一部分，按要求回答问题：①②③④⑤⑥⑦⑧⑨(1)元素④在周期表中位置是_______。元素③的最高价氧化物的化学式为________。(2)元素①⑤组成化合物电子式为___________。(3)元素②的单质与⑧的最高价氧化物的水

化物热的浓溶液反应的化学方程式为___。(4)元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物的水溶液反应的离子方程式为_____。-10-(5)元素④⑤⑥⑧形成的简单离子，其离子半径由小到大的顺序为_____(用离子符号表示)。(6)A—F发生如图所示的转化，A、B

、C、D为①—⑨中某种元素形成的单质，E、F、G为B、C、D与A形成的二元化合物，G是一种常见温室气体，与B可以反应生成E，E中B元素的质量分数为60%，F为两性物质。①A和F的化学式分别为_______、_______。②B与G反应的化学方程式为____________________

。③C与NaOH溶液反应的离子方程式为______________。【答案】(1).第二周期第VIA族(2).N2O5(3).(4).C+2H2SO4(浓)ΔCO2↑+2SO2↑+2H2O(5).Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+(6).Mg2+<Na

+<O2－<S2－(7).O2(8).Al2O3(9).2Mg+CO2点燃2MgO+C(10).2Al+2OH－+6H2O=2[Al(OH)]4－+3H2↑【解析】【分析】结合元素周期表可知①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为O

元素，⑤为Na元素，⑥为Mg元素，⑦为Al元素，⑧为S元素，⑨为Cl元素。【详解】（1）④为O元素，在周期表中位置是第二周期第VIA族，③是N元素，最高价为+5价，所以元素③的最高价氧化物的化学式为N2O5；

（2）元素①⑤组成化合物为NaH，属于离子化合物，Na+的电子式为Na+，H－的电子式为，因而NaH的电子式为；（3）元素②的单质与⑧的最高价氧化物的水化物分别是C和H2SO4，其化学反应方程式为C+2H2SO4(浓)ΔCO2↑+2SO2↑+2H2O；（4）

元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物分别是AlCl3和NH3，NH3的水溶液为NH3·H2O，其离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；-11-（5）元素④⑤⑥⑧形成的简单离子分别是O2-，Na+，Mg2+，S

2-，S2-的电子层数为3，其它离子电子层数为2，所以S2-的半径最大；当电子层数相同时，原子序数越小，离子半径越大，因而O2->Na+>Mg2+；综上可知Mg2+<Na+<O2－<S2－；（6）G是一种常

见温室气体，可推知G为CO2，结合A、B、C、D为①—⑨中某种元素形成的单质，且A和D生成G，推断A为O2或C（碳单质），F为两性物质且F为C与A形成的二元化合物，可推知F为Al2O3，因而A为O2，D为C（碳单质），C为Al；E中B元素的质量分数为60%，

结合E为B与A形成的二元化合物，E中O元素的质量分数为40%，则E的相对分子质量为16400.4=，则B元素的相对原子质量为40-16=24，可推知B为Mg，E为MgO，结合G是一种常见温室气体，与B

可以反应生成E，即CO2与Mg点燃生成MgO和C，证明上述推断合理；综上A为为O2，B为Mg，C为Al；D为C（碳单质），E为MgO，F为Al2O3，G为CO2。①由上分析知A和F的化学式分别为O2，Al2O3；②B

与G反应，即Mg与CO2反应，其化学方程式为2Mg+CO2点燃2MgO+C；③C为Al，则C与NaOH溶液反应的离子方程式2Al+2OH－+6H2O=2[Al(OH)]4－+3H2↑。【点睛】第一步，先看电子层数，因为微粒

半径大小的决定因素是电子层数。电子层数越多，其半径越大。这里主要是指同一主族，不同族不能直接比较，不能认为具有3个电子层的氯原子半径大于具有2个电子层的锂原子。第二步在电子层数相同的情况下看核电荷数，因为核电荷数的多少是影响半径大小的次要因

素。而核电荷数越多，其半径越小。第三步在电子层数和核电荷数相同的情况下看电子数，核外电子数是影响半径大小的最小因素。核外电子数越多，其半径越大。注意的是此三步不可颠倒。18.NO2和N2O4之间发生反应：N2O42NO2，一定温度下，体积为2L的密闭容器中，各物质的物质的量随时间变化的关系如图

所示。(1)曲线_______(填“A”或“B”)表示NO2的物质的量随时间的变化曲线。在0到1min中内用A表示该反应的速率是______，该反应达最大限度时B的转化率___。(2)若上述反应在甲、乙两个相同容

器内同时进行，分别测得甲中v(NO2)＝0.3mol·L－1·min-12-－1，乙中v(N2O4)＝0.2mol·L－1·min－1，则__________中反应更快。(3)下列描述能表示反应达平衡状态的是____。A容器中A与B的物质的量相等B容器内气体的颜色不再改变C2v(A)＝v(

B)D容器内气体的平均相对分子质量不再改变E容器内气体的密度不再发生变化(4)NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理如图，该电池在使用过程中石墨Ⅱ电极上生成氧化物Y(N2O5)，则石墨I电极是_______(填“正

极”或“负极”)，石墨Ⅱ的电极反应式为____。【答案】(1).B(2).0.1mol·L－1·min－1(3).60%(4).乙(5).BD(6).正极(7).NO2-e-+NO-3=N2O5【解析】【详解】(1)根据图知，1min时△n(A)=(0.6-0.4)mol=0.

2mol、△n(B)=(1.0-0.6)mol=0.4mol，所以A、B的化学计量数之比为0.2mol：0.4mol=1：2，根据反应N2O4(g)⇌2NO2(g)可知，曲线B表示NO2的物质的量随时间变化关系曲线；在0到1min中内用A表示该反应的速率为：v(A)=

0.6mol-0.4mol2L1min=0.1mol/(L•min)；据图可知2min后各物质的物质的量不再改变，反应达到最大限度，此时B的物质的量为0.4mol，则B的转化率为：1.0mol-0.4mol1.0mol×100%=6

0%；(2)若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲中v(NO2)=0.3mol•L-1•min-1，乙中v(N2O4)=0.2mol•L-1•min-1，相当于v(NO2)=0.4mol•L-1•min-1，所以乙中反应更快；(3)A．容器中A与B的物质的量相等

，无法判断各组分的浓度是否继续变化，则无法判断平衡状态，故A不选；B．容器内气体的颜色不再改变，则二氧化氮浓度不变，能够说明该反应达到平衡状态，故B选；C．2v(A)=v(B)，没有指出正逆反应速率，无法判断平衡状态，故C不选；-13-D．该反应为气体体积增大的

反应，而气体总质量不变，则混合气体的平均相对分子量为变量，当容器内气体的平均相对分子质量不再改变时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故D选；E．反应前后气体的总质量不变，容器的体积不变，该反应中混合气

体密度为定值，不能根据容器内气体的密度判断平衡状态，故E不选；故答案为：BD；(4)由题意，NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，燃料电池中，通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极，则石墨Ⅰ正极，石墨Ⅱ作负极，NO2在石墨Ⅱ电极上生成氧化物Y(N2O5)，电解质为

熔融硝酸钠，所以负极电极反应式为：NO2-e-+NO-3=N2O5。【点睛】本题易错点为(3)，判断反应是否达到平衡状态时，只需要判断是否是由变量变为不变量，或直接根据化学平衡状态的本质和特征判断，始终保持不变的量则不能作为判

断平衡状态的依据。19.溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：按下列合成步骤回答问题：（1）在a中加入15mL无水苯和少量铁屑，在b中小心加入4.0mL液态溴，向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了__________气体。继续滴加至液溴滴完，装置d的作用

是______________________；（2）液溴滴完后，经过下列步骤分析提纯：①向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；②滤液依次用10mL水、8mL10%的NaOH溶液、10mL水洗涤。NaOH溶液洗涤的作用是_________________________

____③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤，加入氯化钙的是______________；（3）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为_________，要进一步提纯，下列操作中必须的是___________(填入正确选项前的

字母)；-14-A.重结晶B.过滤C.蒸馏D.萃取（4）在该实验中，a的容积最适合的是___________(填入正确选项前的字母)。A.25mLB.50mLC.250mLD.500mL【答案】(1).HBr(2).吸收

HBr和Br2(3).除去HBr和未反应的Br2(4).干燥(5).苯(6).C(7).B【解析】【分析】苯和液溴在铁作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氢。Br2＋2NaOH==NaBr＋NaBrO＋H2O，由此可知装置d的作用是吸收HBr和Br2。无水氯化钙是一种干燥剂，其作用是干燥

。经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为苯，要进一步提纯，要经过蒸馏。【详解】（1）溴苯制取的原理为：，HBr极易溶于水形成白雾；而d装置恰好可以很好的防止倒吸。（2）苯与液溴反应生成HBr，HBr遇水蒸气形成白雾；苯的卤代反应是放热反应

，液溴易挥发，所以尾气中有HBr及挥发出的Br2，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气；（3）经过水、碱液洗涤，氯化钙干燥后，其中主要存在的杂质即是苯，根据苯与溴苯的沸点的不同可采用蒸馏的方法除去杂质。（4）烧瓶中注入的液体一般不超过其容积的2/

3，不少于其体积的1/3，故反应液的体积为20ml左右，最好选择50ml的烧瓶。20.海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图：（1）请列举海水淡化的两种方法：________、________。（2）

步骤Ⅰ中已获得Br2，步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br－，其目的是_______________。（3）步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2，吸收率可达95%，有关反应的离子方程式为______________。

（4）某化学研究性学习小组为了了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料知：Br2的沸-15-点为59℃，微溶于水，有毒并有强腐蚀性。他们参观生产过程后，画了如上右图装置简图。请你参与分析讨论：①图中仪器

B的名称是____________。②整套实验装置中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管，其原因是__________。③实验装置气密性良好，要达到提纯溴的目的，操作中如何控制温度？___________。

④C中液体颜色为________________。为除去该产物中仍残留的少量Cl2，可向其中加入NaBr溶液，充分反应后，再进行的分离操作是________________。【答案】(1).蒸馏法(2).电渗析法或离子交换法(3).富集溴元素(4).Br2＋SO2＋2H2O===4H＋＋

SO42-＋2Br－(5).（直形）冷凝管(6).Br2腐蚀橡胶(7).控制温度计b的温度在59℃(8).深红棕色(9).分液【解析】【详解】（1）海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法和离子交换法。（2）步骤Ⅰ中已获得Br2，

步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br－，增大了Br－的浓度，目的是富集溴元素。（3）步骤Ⅱ中发生了SO2和Br2的氧化还原反应，反应的离子方程式为Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋SO42-＋2Br－。（4）①仪器B的名称是直形冷凝管。②溴能腐蚀橡胶，所以整套实验装置中仪器连

接均不能用橡胶塞和橡胶管，故答案为Br2腐蚀橡胶。③Br2的沸点为59℃，通过蒸馏提纯溴时，操作中要控制温度计b的温度在59℃。④C中收集到的是液溴，其颜色为深红棕色。为除去液溴中残留的少量Cl2，向其中加入NaBr溶液，Cl2和NaBr反应生成NaCl和Br2，Br2微溶于水，要分离NaCl溶液

和溴，可以采用分液的方法。故答案为深红棕色，分液。21.将煤转化为水煤气的主要化学反应为C(s)＋H2O(g)高温CO(g)＋H2(g)；C(s)、CO(g)和H2(g)完全燃烧的热化学方程式为C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5kJ

•mol－1H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH＝－242.0kJ•mol－1CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－283.0kJ•mol－1（1）根据以上数据，写出C(s)与水蒸气反应的热化学方程式：_______。-16-（

2）比较反应热数据可知，1molCO(g)和1molH2(g)完全燃烧放出的热量之和比1molC（s）完全燃烧放出的热量多。甲同学据此认为“煤转化为水煤气可以使煤燃烧放出更多的热量”；乙同学根据盖斯定律做出下列循环图，并据此认为“煤转化为水煤气再燃烧放出的热量与煤直接燃

烧放出的热量相等”。请分析：甲、乙两同学观点正确的是_____（填“甲”或“乙”）；判断的理由是________。（3）CO、H2等可燃性气体可以设计成燃料电池，燃料电池是一种能量转化率较高的发电装置。如图是一种氢氧燃料电

池示意图，则该电池a极的电极反应式为________。若将H2换成CH4，则该电池负极的电极反应式为_______。【答案】(1).C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH＝＋131.5kJ·mol－1(2).乙(3).甲同学忽略

了煤转化为水煤气要吸收热量（或ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，且ΔH2＞0）(4).H2＋2OH--2e-=2H2O(5).CH4＋10OH--8e-=7H2O＋2CO2-3【解析】【分析】（1）先根据燃烧热写出热化学方程式，然后根据盖斯定律来解答；（2）根据盖斯定律：化学

反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；也就是说，化学反应的反应热只与反应的始态和终态有关，与反应途径无关．即如果一个反应可以分几步进行，则各步反应的反应热之和与该反应一步完成时的反应热相同；根据煤转化为水煤气要吸收热量；（3）该燃料电池中，通入氢

气的电极上失电子发生氧化反应；如果将氢气换成甲烷，电解质溶液为KOH溶液，a电极上甲烷失电子和KOH反应生成碳酸钾和水。【详解】（1）①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/mol，②CO(g)+12

O2(g)=CO2(g)△H=-283.0-17-kJ/mol，③H2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H=-242.0kJ/mol，根据盖斯定律，①-②-③得：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.5kJ/m

ol，故答案为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.5kJ/mol；（2）化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；也就是说，化学反应的反应热只与反应的始态和终态有关，与反应途径无关。即如果一个反应可以分几步进行，则各步反应的反应热之和与该反

应一步完成时的反应热相同；煤转化为水煤气要吸收热量，故答案为：乙；甲同学忽略了煤转化为水煤气要吸收热量；(3)该电解质溶液为KOH溶液，a电极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为H2＋2OH--2e-=2H2O；如果将氢气换

成甲烷，电解质溶液为KOH溶液，a电极上甲烷失电子和KOH反应生成碳酸钾和水，电极反应式为CH4＋10OH--8e-=7H2O＋2CO2-3。-18-