【文档说明】【精准解析】陕西省铜川市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题.doc，共(21)页，1.127 MB，由小赞的店铺上传

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铜川市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题考生注意:本试卷分为第I卷和第II卷两部分，满分120分.考试用时90分钟。可能用到的相对原子质量:H1C12O16S32Ba137第I卷（共75分）一、选择题:本题共25小题,每小题3分,共7

5分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.中国古代冶炼技术较为先进,最为著名的有青铜的冶炼及钢的冶炼。湖北省江陵县一号墓出土的越王勾践剑更是堪称一绝，历经两千多年而锋利如初。下列关于钢铁的冶炼采用的方法

是A.电解法B.热还原法C.加热分解法D.物理沉降法【答案】B【解析】【详解】冶炼金属常用方法有电解法，热还原法，热分解法，一般如K、Na、Al等活泼金属采用电解法，Fe、Cu等采用热还原法，Hg、Ag等采用热

分解法。钢铁的成分主要是铁，可采用热还原法冶炼，故本题选B。2.我国地大物博、资源丰富,其中山西的煤、大庆的石油，四川的天然气较为出名。下列有关化石能源叙述正确的是A.煤的干馏为化学变化B.汽油为纯净

物C.天然气为二次能源D.裂化的目的是提高乙烯产量【答案】A【解析】【详解】A．煤的干馏是隔绝空气加强热，使煤分解，发生的是化学变化，A正确；B．汽油、石油均为混合物，B错误；C．一次能源是指在自然界中能以现成形式提供

的能源，例如：天然气，煤，石油等，故天然气属于一次能源，C错误；D．裂化的目的是提高石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，D错误；故选A。3.化学用语是化学学习的基础.下列化学用语错误的是A.甲烷的结构式:B.中子

数为8的碳原子:146CC.过氧化氢的电子式:D.乙酸的结构简式:CH3COOH【答案】C【解析】【详解】A．甲烷是正四面体结构，形成4根C-H键，结构式为：，A正确；B．碳元素质子数为6，中子数为8的碳原子表示为1

46C，B正确C．过氧化氢中氧原子要满足8电子的稳定结构，电子式为，C错误；D．乙酸分子结构中含有一个甲基和羧基，结构简式为CH3COOH，D正确；故选C。4.下列有关环境污染及治理的叙述错误的是A.酸雨产生的主要原因是化石燃料的燃烧B.使用可降解塑料是解决白色污染的方法之一C.

用乙醇汽油代替传统汽油作燃料不会产生污染物D.利用风能、太阳能代替化石能源是解决环境污染的方法之一【答案】C【解析】【详解】A．化石燃料的燃烧产生的硫氧化物，是产生酸雨的主要原因，A正确，不选；B．普通塑料难以降解，容易造成白色污染，使用可降解塑料是解决白

色污染的方法之一，B正确，不选；C．乙醇汽油不完全燃烧会产生CO等污染物，C错误，符合题意；D．风能、太阳能属于清洁能源，代替化石能源可减少环境污染，D正确，不选；故选C。5.下列物质既含共价键又含离子键的是A.NH3B.H2O2C.NaClD.KOH【答案】

D【解析】【详解】非金属元素的原子之间通常形成共价键，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键。A．NH3是由非金属组成，只含有共价键，A错误；B．H2O2是由非金属组成，只含有共价键，B错误；C．NaCl是由活泼金属和活泼非金属元素组成，

只形成离子键，C错误；D．KOH中K+与OH-之间是离子键，OH-内部原子间以共价键结合，故KOH既含共价键又含离子键，D正确；故选D。6.金刚石可由石墨在高温和超高压下转化而成，方程式为C（石墨）高温超高压C（金刚石）,反应前后物质能量的变化如图所示。下

列叙述正确的是A.该反应为放热反应B.石墨的热稳定性大于金刚石C.该反应为氧化还原反应D.金刚石、石墨互为同位素【答案】B【解析】【详解】A．由图可以知道，C(石墨)＝C(金刚石)，△H>0，该反应为吸热反应，故A错误；B．由图可以知道石墨

的能量低，石墨稳定，故B正确；C．C(石墨)＝C(金刚石)，碳元素的化合价在反应前后都是0，没有化合价的变化，则不属于氧化还原反应，故C错误；D．金刚石、石墨是互为同素异形体，不是同位素，故D错误；故选B。7.下列做法符合原子经济性原理的是A.SO3与H2O反应

制取硫酸:SO3+H2O=H2SO4B.用氢氧化钠溶液吸收SO2:SO2+2NaOH=Na2SO3+H2OC.CO2与H2反应制取甲醇:CO2+3H2一定条件CH3OH+H2OD.H2还原氧化铜:H2+CuO加热Cu+H2O【答案】A【解析】【详解】原子经济性的反应是原料分子中的原子百

分之百地转变成产物，不需要附加，或仅仅需要无损耗的促进剂，即催化剂，达到零排放。A．SO3与H2O反应制取硫酸全部转化成产物，符合原子经济性原理，A正确；B．用氢氧化钠溶液吸收SO2产生了小分子水，不符合原子经济性原理，B错误；C．CO2与H2反应制取甲醇产生了小分子水，不符合原子经济性原理，

C错误；D．H2还原氧化铜产生了小分子水，不符合原子经济性原理，D错误；故选A。8.原电池在当今世界用处广泛。如图为一个简易原电池装置图,有关该原电池工作过程的叙述正确的是A.金属铝是负极,发生还原反应B.电池工作时钠离子移向铜极C.电池工作时

化学能全部转化为电能D.产生2.24LH2转移0.1mol电子【答案】B【解析】【详解】A．根据原电池装置图可判断，铜作正极，发生还原反应，铝作负极，发生氧化反应，A错误；B．原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以电池工作时钠离子移向铜极，B正确

；C．电池工作时能量有损耗，化学能不可能全部转化为电能，C错误；D．产生2.24LH2，但无温度和压强的限制，不能求出氢气的物质的量，故无法求出转移的电子数目；故选B。9.某高分子化合物的结构简式如图。下列叙述错误的是A.聚合度为nB.单体为CH2=CHCH3C.链节为-

CH2-CH-CH3-D.该高分子化合物是混合物【答案】C【解析】【详解】A.由结构简式可知，该物质的聚合度为n，故A正确；B.由结构简式可知，该聚合物是由CH2=CHCH3聚合而成的，所以它的单体为CH2=CHCH3，故B正确；C.聚合物的链节为，故C错误；D.因为聚合度

n值不确定，所以高分子化合物是混合物，故D正确；故答案：C。10.下列说法正确的是A.石油是混合物，汽油是纯净物B.沸点:汽油>煤油>柴油C.直馏汽油和裂化汽油成分完全相同D.石油分馏是物理过程，石油裂化是化学过程【答案

】D【解析】【详解】A．石油和汽油都是混合物，A项错误；B．石油分馏时，最先挥发出来的是汽油，其次是煤油，最后是柴油，最后剩下的是沥青，所以沸点：汽油<煤油<柴油，B项错误；C．分馏汽油的主要成分是饱和烷烃，裂化汽油含有大量不饱和烃，C项错误；D.石油的分馏，是用蒸

馏的方法将各组分分离，是物理过程，裂化和裂解，大分子烃变成小分子烃，发生了化学变化，D项正确；故选D。11.分子式为C4H10O且能与金属钠反应放出氢气的有机物有A.4种B.5种C.6种D.7种【答案】A【解析】【分析】分子式为C4H1

0O并能与金属钠反应放出氢气，为饱和一元醇，可以写成C4H9OH，书写丁基-C4H9异构，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目。【详解】分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气，为饱和一元醇，丁基-C4H9可能的结构有：-CH2CH2CH2CH3、

-CH（CH3）CH2CH3、：-CH2CH（CH3）2、-C（CH3）3，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，因此该有机物的可能结构有4种；答案选A。【点睛】本题主要考查有机物的推断、同分异构体的书写等，难度不大，利用烃基异构判断，比书写丁醇的同分异构体简单容易。注意一元取代物数目

的判断方法。12.关于反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2的说法不正确的是（）A.H2O和O2都是共价化合物B.H2O和NaOH均含极性键C.Na2O2和O2均含非极性健D.Na2O2和NaOH都是离子化合物【答案】A【解析】【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成

共价键，且同种非金属之间形成非极性共价键，不同非金属之间形成极性共价键，含离子键的化合物一定为离子化合物，以此来解答。【详解】A、O2为含共价键的单质，H2O是共价化合物，故A错误；B、H2O和NaOH均含O﹣H极性键，故B正

确；C、Na2O2和O2均含O﹣O非极性健，故C正确；D、Na2O2和NaOH均含离子键，都是离子化合物，故D正确；答案选A。【点睛】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意共价键的类型。13.下列说

法正确的是A.异丁烷与新戊烷互为同系物B.一氯甲烷在常温下为液态C.淀粉与纤维素互为同分异构体D.酯化反应属于加成反应【答案】A【解析】【详解】A.异丁烷与新戊烷的结构相似，均是烷烃，相差1个CH2原子团，二者互为同系物，A正确；B

.一氯甲烷在常温下为气态，B错误；C.淀粉与纤维素均是高分子化合物，都是混合物，不能互为同分异构体，C错误；D.酯化反应是酸与醇生成酯和水的反应，属于取代反应，D错误。答案选A。14.海洋占据地球面积的5/6,拥有丰富的资源,从海洋中可以提取钠、镁

、溴、碘等物质。提取的过程有一步反应的离子方程式:5Br-+BrO-5+6H+=3Br2+3H2O。下列叙述错的是A.Br-为还原剂B.H+既不是氧化剂,又不是还原剂C.生成3molBr2转移5mol电子D.Br2仅为氧化产物【答案】D【解析】【详解】A．根据化学方程

式可知，Br-价态升高，被氧化，作还原剂，A正确；B．根据化学方程式可知，H元素的价态既没有升高，也没有降低，故H+既不是氧化剂,又不是还原剂，B正确；C．根据化学方程式可知，生成3molBr2转移5mol电子，C正确；D．根据化学方程式可知，该反应是Br-和BrO3-

的归中反应，所以Br2既是氧化产物，也是还原产物，D错误；故选D。15.如图是短周期元素在周期表的位置,下列叙述正确的是A.常用电解法制取R的单质B最简单氢化物热稳定性:Z<YC.Y、Z、R、Q的简单离子半径:R>Q>Y>ZD.Q的单质不能与R的最高价氧化物对应的水化物反应【答案】

A【解析】【分析】根据元素周期表可知：H为氢元素，Y为碳元素，Z为氧元素，R为钠元素，Q为铝元素，根据元素的性质和元素周期律进行解答；【详解】A.由上述分析可知：R为钠元素属于活泼金属元素，所以常用电解法制取钠的单质，故A正确；B.由上述分析可知：Y为碳元素，Z为氧元素，他们在同一周期，氧的

非金属比碳元素的非金属强，所以最简单氢化物热稳定性：H2O>CH4，故B错误；C.由上述分析可知：Y为碳元素，Z为氧元素，R为钠元素，Q为铝元素，Y、Z同在第二周期，R、Q同在第三周期，所以它们的简单离子半径：C

4->O2->Al3+>Na+，故C错误；D.由上述分析可知：Q为铝元素，R为钠元素，R的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，所以2Al+2NaOH+2H2O=2AlNaO2+3H2，故D错误；故答案：A。16.工业上制取硫酸铜采用途径I而不采用途径Ⅱ，这样做的优点是

①节省能源②不产生污染大气的SO2③提高了H2SO4的利用率④提高了Cu的利用率A.仅①②B.仅②③④C.仅①②③D.全部【答案】C【解析】【分析】途径I将铜丝浸入稀硫酸中并不断地从容器下部吹入氧气，发生2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；途径Ⅱ是

2Cu+2H2SO4(浓)2CuSO4+SO2+2H2O；结合反应原理进行分析。【详解】①根据上述分析：途径I反应在常温下就能进行，而途径Ⅱ浓硫酸与铜在加热条件下反应，所以途径I节省能源，故①正确；②根据上述

分析：途径I反应无污染，而途径Ⅱ浓硫酸与铜在加热条件下反应生成SO2，产生污染大气的SO2，故②正确；③根据上述分析：途径I反应物H2SO4中的硫酸根完全转化成生成物中的硫酸根，提高H2SO4的利用率，故③正确；④无论哪一种方

法，生成等物质的量的硫酸铜，都需要相同质量的铜，故④错误；故C符合题意；故答案：C。17.下列对有机物同分异构体的判断正确的是A.CH4的二氯代物有两种B.C2H6的一氧代物有两种C.CH3（CH2）

3CH3的一氯代物有三种D.与互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A．CH4是正四面体结构，可旋转，二氯代物只有1种，A错误；B．C2H6是对称结构，只有1种等效氢，一氧代物只有1种，B错误；C．CH3（CH2）3CH3是对称结构，

一氯代物有三种，分别是：CH2Cl-CH2-CH2-CH2-CH3，CH3-CHCl-CH2-CH2-CH3，CH3-CH2-CHCl-CH2-CH3，C正确；D．与分子式相同，结构式也相同，属于同种物质，不是互为同分异构体，D错误；故选C。18.由乙醇与乙酸

来制取乙酸乙酯的实验装置如图所示。下列有关叙述错误的是A.浓H2SO4在该实验中作催化剂、吸水剂B.饱和碳酸钠溶液的作用之一是除去乙酸和乙醇C.加入反应物时应先加入浓H2SO4D.从B装置中分离乙酸乙酯，可以通过分液操作【答案】C【解析】【详解】A．反应为可逆反应，浓H2SO4在该实验

中作催化剂，因生成水，浓硫酸还能起到吸水剂的作用，A正确；B．饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇，中和乙酸，通过分液可除去乙醇和乙酸，B正确；C．加入反应物时应先加入乙醇，在缓慢加入浓H2SO4，最后加入乙酸，C错误；D．乙酸乙酯和碳酸钠溶液是分层的，可以通过分液

操作，D正确；故选C。19.海水的综合利用可以制备金属钠和镁等，其流程如图所示。下列说法正确的是A.电解NaCl溶液可得到金属钠B.上述过程中发生了分解、化合、置换、复分解反应C.上述流程中生成Mg(OH)2沉淀的

离子方程式为Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓D.不用电解MgO来制取镁是因为MgO的熔点比MgCl2的高，能耗大【答案】D【解析】【详解】A、电解熔融的氯化钠得到金属钠和氯气，电解氯化钠溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，A错误；B、碳酸钙高温分解是分解反应，氧化钙溶于水生

成氢氧化钙是化合反应，氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水是复分解反应，电解熔融的氯化钠和氯化镁均是分解反应，过程中没有置换反应，B错误；C、加入氢氧化钙石灰乳生成Mg(OH)2沉淀，反应的离子方程式为Mg2++Ca(OH)2＝Ca2+

+Mg(OH)2，C错误；D、氧化镁熔点高消耗能源高，不经济，电解熔融的氯化镁制备，D正确；答案选D。【点睛】本题考查了海水提取镁的过程分析判断，主要是关于是效益和分离提纯的实验方法应用，掌握基础是关键，题目较简单。选项C是易错点，注意石灰乳参与的离子

反应方程式需要用化学式表示。20.欲测定烟雾中的SO2含量，可做下列实验：取100L该烟雾(标准状况)，通过盛放100mL过氧化氢(H2O2)水溶液的吸收瓶，使它们充分反应，生成硫酸。在吸收后的水溶液中加入BaCl

2溶液，生成白色沉淀，经测定其质量为11.65g，则该烟雾中SO2的体积分数是()A.1.12%B.2.24%C.3.36%D.无法计算【答案】A【解析】【详解】含有SO2的烟雾通过H2O2水溶液，SO2被氧化成H2SO4，再加入BaCl2溶液，生成Ba

SO4沉淀，根据硫元素守恒可得关系式，设烟雾中含SO2体积为x，则根据关系式，有2244SOHSOBaSO22.4L23311.65gxgx＝11.6522.4233gLg＝1.12L所以SO2的体积分数为1.12100LL×1

00%＝1.12%，A符合题意；答案选A。21.某烷烃在氧气中完全燃烧,生成物先通过浓硫酸，再通过碱石灰，如果生成物完全全被二者吸收，浓硫酸增重27g，碱石灰增重44g。该有机物的化学式为A.CH4B.C2H6C

.C3H8D.C4H10【答案】B【解析】【详解】使浓硫酸增重27g，可以知道生成水的物质的量为1.5mol，碱石灰增重44g，可以知道生成二氧化碳的质量为1mol，则该烷烃含碳原子1mol，含氢原子3mol，即n(C):n(H

)=1:3，则该有机物的化学式为C2H6，故本题选B。22.将X、Y、Z三种气体置于某恒温恒容反应器中，各物质的物质的量随时间变化如图所示。下列说法错误的是A.X、Y为反应物B.2min时反应达到平衡C.前2

minX、Y的反应速率之比为1:3D.2min后化学反应停止【答案】D【解析】【详解】A．由图可知随着反应的进行，X、Y的浓度逐渐减小，所以X、Y为反应物，故A正确，不选；B．2min时X、Y、Z的量不再变化，说明反应达到平衡，故B正确，不选；C．由图可知，前2minX、Y、Z的变化量为0.

1mol、0.3mol、0.2mol，所以该反应方程式为X+3Y2Z，X、Y反应速率之比为1:3，故C正确，不选；D．2min后化学反应达到平衡，v(正)=v(逆)0，所以化学反应速没有停止，故D错误，符合题意；故答案：D。23.以磁铁矿和焦炭为原料冶铁的反应原理如

图。下列有关叙述正确A.①、②、③均为放热反应B.反应③中，生成3mol铁转移8mol电子C.反应②中，CO只是还原产物D.上述反应中既有化合反应，又有置换反应【答案】B【解析】【详解】A.②二氧化碳和碳单质产生CO的反应为吸热反应，故A错误；B.反应③342FeO

+4CO=3Fe+4CO加热，生成3mol铁消耗4molCO，由碳的价态+2到+4价可知，反应转移8mol电子，故B正确；C.反应②2CO+C=2CO高温，CO既是氧化产物也是还原产物，故C错误；D.反应①、②为化合反应，反应

③为氧化还原反应不属于基本反应类型，不存在置换反应，故D错误；故选：B。24.将2molN2、10molH2置于体积为10L、温度为T℃的恒温恒容反应器中，发生如下反应N2+3H2催化剂高温高压2NH3，下表为不同时间反应器中各物质的物质的量。下列叙

述错误的是024681012N221.61.31.11.01.01.0H210a7.97.3777NH300.8b1.8222A.a=8.8B.前8hN2的转化率为50%C.10h时与初始时压强比为3:4D.前2h（N2）为0.02mol·L-1·h-1【答案】C【解析】【详解】A．反应2

h，氮气减少了2mol-1.6mol=0.4mol，则氢气减少了1.2mol，剩余氢气为10mol-1.2mol=8.8mol，所以a=8.8，A正确；B．前8hN2转化了2mol-1.0mol=1mol，氮气的转化率为1100%50%

2molmol=，B正确；C．10h时总的物质的量为1.0mol+7mol+2mol=10mol，初始时总的物质的量为12mol，在同温同压下，10h时与初始时压强比等于物质的量之比，所以10h时与初始时压强比为

10mol：12mol=5:6，C错误；D．前2h时，氮气减少了2mol-1.6mol=0.4mol，则υ(N2)=()0.40.02/Lh10L2hmolmol=，D正确；故选C。25.下表为生活中四组常见物质的鉴别方法，其中错误的是选项实

验方法现象结论A鉴别蔗糖、葡萄糖向二者的溶液中加入新制氢氧化铜浊液，煮沸一个生成砖红色沉淀，另一无明显现象生成砖红色沉淀的为葡萄糖，另一个为蔗糖B鉴别裂化汽油与烷烃汽油分别滴入溴的四氯化碳溶液中振荡一个橙红色逐渐褪去,一个无现象颜色褪去的为裂化汽油。另一个为烷烃汽油C鉴别蛋白质纤维

素分别取出二者少许，灼烧，闻气味一个产生烧焦的羽毛味，一个产生特殊气味产生烧焦羽毛味的为蛋白质,另一个为纤维素D淀粉水解实验中，检验淀粉是否已经水解取少许反应液，加入新制氢氧化铜浊液，煮沸没有砖红色沉淀生成淀粉没水解A.AB

.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.葡萄糖含有醛基，蔗糖不含，加入新制的氢氧化铜悬浊液加热，葡萄糖可以产生砖红色沉淀，蔗糖无现象，可以鉴别，故A正确；B.裂化汽油中含有不饱和烯烃，能与溴发生加成反应使溴水褪色，烷烃汽油属于

饱和烃类，与溴的四氯化碳溶液不反应，互溶，不能使其褪色，因此可以鉴别，故B正确；C.蛋白质灼烧有烧焦羽毛气味，纤维素没有，可以通过灼烧闻气味的方法鉴别蛋白质和纤维素，故C正确；D.氢氧化铜在碱性环境下具有弱氧化性，检验淀粉的水解产物，要先加碱中和反应液中的催化剂-硫酸，然后再加新制

的氢氧化铜悬浊液加热观察是否有砖红色沉淀产生，以此判定淀粉水解情况，故D错误；故选：D。第II卷（共45分）二、非选择题:本题共3小题,共45分。26.海水中含有丰富的矿物资源，很多以离子状态存在。今人重视海洋资源的利用，从海洋中获取了多种物质。如图是以海水为原料获取几种物质的流程

图:已知Br2在碱性溶液中不能稳定存在。回答下列问题:（1）步骤②的操作名称为__（2）步骤②的实现需要向氯化钠溶液中通入CO2、NH3，应先通入_____（3）步骤⑥的化学方程式为_______步骤⑨的离子方程式为_______（4）步骤⑧的目的是_____（5）步骤⑪为萃取分液，需要用到的

萃取试剂可以为____（填字母），需要用到的玻璃仪器名称为__a裂化汽油b苯c酒精d四氯化碳【答案】(1).过滤(2).NH3(3).MgCl2通电Mg+Cl2↑(4).Cl2+2Br-=2C1-+Br2(5).调节溶液的pH值，使得后续步骤生成的Br2稳定存在(6).bd(7).分

液漏斗、烧杯【解析】【分析】海水通过蒸发结晶得到氯化钠，氯化钠饱和溶液中通入氨气和二氧化碳气体得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠灼烧得到碳酸钠；高浓度卤水中加熟石灰氢氧化钙将镁离子转变成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁灼烧得到氧化镁，溶于盐酸得到氯化镁，电解熔融的氯化镁得到镁单质和氯气；过滤氢氧

化镁后的滤液中加碳酸钠沉淀钙离子，滤液酸化后通氯气得到稀溴水，浓缩后得浓溴水，萃取后得含溴的有机溶液，蒸馏得溴单质，据此分析解答。【详解】(1)由以上分析可知，步骤②是在氯化钠饱和溶液中通入氨气和二氧化碳，

充分反应后过滤得到碳酸氢钠，故答案为：过滤；(2)步骤②的实现需要向氯化钠溶液中通人CO2、NH3，因二氧化碳的溶解度不大，氨气极易溶于水，先通氨气使溶液呈碱性再通二氧化碳有利于二氧化碳的溶解，故答案为：NH3；(3)步骤⑥是电解熔融的氯化镁得到镁单质，反应为：MgCl

2通电Mg+Cl2↑，步骤⑨是氯气氧化溴离子产生溴单质的过程，反应为：Cl2+2Br-=2C1-+Br2，故答案为：MgCl2通电Mg+Cl2↑；Cl2+2Br-=2C1-+Br2；(4)步骤⑧加硫酸除去溶液中过量的碳酸钠，使溶液呈酸性，有利于后

续产生的溴单质稳定存在，故答案为：调节溶液的pH值，使得后续步骤生成的Br2稳定存在；(5)a裂化汽油中含有烯烃，能与溴单质反应，不能作为萃取试剂从溴水中萃取溴；c酒精易溶于水，不能作为萃取试剂从溴水中萃取溴；b苯和d四氯化碳均不溶于水，与溴水不反应，且溴单质

在两者中的溶解度远大于在水中的溶解度，可以作萃取剂；萃取操作在分液漏斗中进行，萃取后分液还需要用到烧杯，故答案为：bd；分液漏斗、烧杯；27.石油在国民经济中起着非常重要的作用，被称为工业的血液。如图

是以石油为原料合成高分子化合物G（）的流程图已知：R-Br2ΔNaOH/HO→R-OH回答下列问题：（1）的分子式为___,其分子中含有的官能团名称为___（2）A→B的反应类型为_______。（3）F→G的化学方程式为______（4）的一种同分异构体R含有苯环,苯环上

有羟基,能与NaHCO3反应,苯环上的一个氢原子被Br取代的同分异构体有两种。R的结构简式为_____【答案】(1).C8H8O3(2).羟基、羧基(3).加成反应(4).n加热浓硫酸+(n-1)H2O(5).【解析】【分析】根据

物质的结构简式书写分子式和含有的官能团名称；根据框图中物质的变化和条件推断物质的反应类型；根据框图物质F、G的结构简式和反应条件，书写F→G的化学方程式；根据官能团的性质和结构特点书写同分异构体。【详解】(1)根据的结构简式可知分子式为C8H8O3，其分子中含有的官能团名称为羟基、羧基，故答

案：C8H8O3；羟基、羧基；(2)由框图可知A→B的反应类型为加成反应，故答案：加成反应；(3)由框图可知F的结构简式为：，G的结构简式为：，F→G的化学方程式为n加热浓硫酸+(n-1)H2O，故答案：n加热浓硫酸+(n-1)H2O；(4

)的一种同分异构体R含有苯环,苯环上有羟基，能与NaHCO3反应，说明含有-COOH，苯环上的一个氢原子被Br取代的同分异构体有两种，说明-OH和-COOH为苯环上的对称结构，所以R的结构简式为，故答案：。28.已知可逆反应aA2+6B2xX（反应物、生成物都是气体）。回答

下列问题:I.将一定量的两种反应物置于恒容绝热反应器中（与外部环境无热量交换的反应器）,反应器内的温度与时间的关系如图:（1）该反应是___（填“吸”或“放”）热反应。（2）下列关于该反应的叙述正确的是____（填字母）。

aA点反应停止bA点速率不为零c反应物的总能量大于生成物的dB点正反应速率大于逆反应速率II.将一定量的上述反应的反应物与生成物置于容积为2L的恒温恒容反应器中,反应器中各物质的物质的量与时间的关系如图:（3）①反应前4min物质x的物质的量的变化

为_____mol..②反应前4min物质A2反应速率为_______③该可逆反应的化学方程式为______（物质X用A、B表示）。④如果在4min时升高反应体系的温度.则反应速率___（填“增大“减小”或“不变"）。⑤如果在4min时加入

2.4molNe（Ne不参与该反应）,则反应速率___（填“增大”“减小”或“不变”）。【答案】(1).吸(2).bd(3).0.4(4).0.025mol·L-1·min-1(5).A2+3B22AB3(6).增大(7).不变【解析】【详解】I.(1)由图可知，随着

反应不断进行，温度逐渐下降，说明该反应为吸热反应，故本题答案为：吸；(2)a．由图可知，A点是平衡状态，是动态平衡，反应未停止，a错误；b．由图可知，A点是平衡状态，是动态平衡，反应仍在进行，A点速率不为零，b正确；c．该反应为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，c错误；d．

B点未达到平衡状态，反应在正向进行，所以正反应速率大于逆反应速率，d正确；故本题答案为：bd；II.(3)①由图可知，反应前4min物质x的物质的量的变化为0.8mol-0.4mol=0.4mol，故本题答案为：0.4；

②反应前4min物质A2的变化量为0.2mol，反应速率为0.2mol2L4min=0.025mol·L-1·min-1，故本题答案为：0.025mol·L-1·min-1；③在0-4min时，A2的化学反应反应速率为0.2mol2L4m

in=0.025mol·L-1·min-1，B2的化学反应反应速率为0.6mol2L4min=0.075mol·L-1·min-1，X的化学反应反应速率为0.4mol2L4min=0.05mol·L-1·min-1，化学反应速率之比等于化学计量数之比，即化学计

量数之比为：A2：B2：X=1:3:2，根据原子守恒，则该可逆反应的化学方程式为A2+3B22AB3，故本题答案为：A2+3B22AB3；④升高反应体系的温度，活化分子数增多，反应速率增大，故本题答案为：增大；⑤在4min时加入2.4molNe，Ne不参与该反应，由于是恒容体系，对反应物浓

度无影响，对反应速率也无影响，所以反应速率不变，故本题答案为：不变。【点睛】恒温恒容体系充入惰性气体，对反应速率无影响；恒温恒压体系充入惰性气体，使反应速率减小，此为易错点。