1、湖南省常德市2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）1. 下列是化学变化的是A. 干冰升华B. 高炉炼铁C. 滴水成冰D. 石油分馏【答案】B【解析】【详解】A干冰升华只有状态的变化，故A不选；B高炉炼铁，由铁的化合物生成单质铁，有新物质生成，是化学变化，故B选；C滴水成冰，水由液态变成固态，只有状态的变化，故C不选；D石油分馏，是将石油中几种不同沸点的混合物分离的一种方法，属于物理变化，故D不选；故选B。2. 日常生活中的“加碘食盐”、“加铁酱油”、“高钙牛奶”中的碘、铁、钙应理解为A. 元素B. 分子C. 单质D. 氧化物【答案】A【解析】【详解】“加碘食盐”、“加铁酱油
2、”、“高钙牛奶”中的碘、铁、钙指在食盐、酱油、牛奶中加入相应的元素，故选A。3. 下列试剂能盛装在带玻璃塞的磨口玻璃瓶中的是A. NaOH溶液B. 氢氟酸C. 水玻璃D. 稀硫酸【答案】D【解析】【详解】A.氢氧化钠呈强碱性，能和二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠具有黏性，能把玻璃塞黏住，故A不符合题意；B.氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅，所以不能用玻璃瓶盛放氢氟酸，要用塑料瓶盛放，故B不符合题意；C.水玻璃就是硅酸钠溶液，具有黏性，能把玻璃塞黏住，故C不符合题意；D.稀硫酸呈酸性，不和二氧化硅反应，所以可以带玻璃塞的试剂瓶盛放，故D符合题意；故答案：D。4. 下列物质属于化合物的是A. 铁B.
3、 纯碱C. 液氧D. 空气【答案】B【解析】【详解】A铁由一种元素组成，属于单质，故A不符；B纯碱由Na、C、O三种元素组成，属于化合物，故B符合；C液氧由一种元素组成，属于单质，故C不符；D空气由多种物质组成的混合物，故D不符；故选B。5. 当光束通过下列分散系时可能产生丁达尔效应的是A. 饱和食盐水B. 硫酸铜溶液C. Fe(OH)3胶体D. 矿泉水【答案】C【解析】【分析】能产生丁达尔效应的分散系为胶体，据此分析解答。【详解】A饱和食盐水不是胶体，不能产生丁达尔效应，故A不符合题意；B硫酸铜溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应，故B不符合题意；CFe(OH)3胶体是胶体，能产生丁达尔效应，故
4、C符合题意；D矿泉水不是胶体，不能产生丁达尔效应，故D不符合题意；答案选C。6. 是常用于医学PET显像的一种核素，该原子的质子数为A. 7B. 13C. 6D. 20【答案】A【解析】【详解】核素组成符号的左下角为质子数或核电荷数，故该原子的质子数为7；答案选A。7. 下列表示不正确的是A. S的原子结构示意图：B. 氢氧根离子的电子式：C. HClO的结构式:H-Cl-OD. 丙烷分子的球棍模型：【答案】C【解析】【详解】A.S的原子结构示意图，故A表示正确；B.氢氧根离子中O原子最外层有4对电子，其电子式为，故B表示正确；C.HClO属于共价化合物，其结构式为H-O-Cl，故C表示错误；
5、D.丙烷属于饱和烷烃，其分子的球棍模型为，故D表示正确；故答案：C。8. 下列说法正确的是A. 1molCO2的质量是44g/molB. O2的摩尔质量是32g/molC. 标准状况下18gH2O的体积的为22.4LD. 14gN2的物质的量为1mol【答案】B【解析】【详解】A. 1molCO2的质量是44g，A错误；B. O2的摩尔质量是32g/mol，B正确；C. 标准状况下H2O呈液态，故其体积不为22.4L，C错误；D. 14gN2的物质的量为0.5mol，D错误；答案选B。9. 某溶液中含有大量的Mg2+、Al3+、和M离子，经测定Mg2+、Al3+、和M离子的物质的量之比为1:1
6、:2:1，则M离子可能是A. Cl-B. Fe3+C. OH-D. Na+【答案】A【解析】【详解】根据电荷守恒：(+2)1+(+3)1+(-2)2+(x)1=0，解出x=-1，OH-与Mg2+、Al3+生成Mg(OH)2、Al(OH)3而不能大量共存，不合题意，故只有可能是Cl-，选A。10. 下列离子方程式书写正确的是A. 向FeCl3溶液中加入铁粉：Fe3+Fe=2Fe2+B. 向NaHCO3溶液中滴入稀盐酸：+H+=H2O+CO2C. 将浓硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2+H2D. AlCl3溶液中加入足量氢氧化钠溶液：Al3+3OH-=Al(OH)3【答案】B【解析】【详解】A.
7、向FeCl3溶液中加入铁粉发生氧化还原反应，其反应的离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+，故A错误；B.向NaHCO3溶液中滴入稀盐酸发生复分解反应，生成CO2气体，其反应的离子反应方程式为：+H+=H2O+CO2，故B正确；C.将浓硫酸滴在铜片上不反应，加热条件下发生氧化还原反应，其反应的离子方程式为：Cu+2H+SO42-=Cu2+SO2+H2O，故C错误；D.AlCl3溶液中加入足量氢氧化钠溶液：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，故D错误；故答案：B。11. 下列说法不正确的是A. 苯和甲苯互为同系物B. 16O与18O互为同位素C. 和互为同分异构体D. 红磷和白磷互为同素异
8、形体【答案】C【解析】【详解】A.同系物是指分子结构相同，组成相差一个或多个CH2原子团的有机物，所以苯和甲苯互为同系物，故A正确；B.同位素质子数相同，中子数不等的原子互称同位素，所以16O与18O互为同位素，故B正确；C.因为甲烷是正四面体结构，其二氯代物只有一种，所以和为同一种物质，故C错误；D.同素异形体是由同种元素形成的不同单质，所以红磷和白磷互为同素异形体，故D正确；故答案：C。12. X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大，X与Z同主族，Y与W同主族；X为短周期元素中原子半径最小的元素，Y原子的最外层电子数为次外层电子数的3倍，下列说法正确的是A. 简单离子半径：YN
9、a+，故A错误；B.由上述分析可知：Y为O元素，X为H元素，化合物H2O2为共价化合物，只含有共价键，故B错误；C.由上述分析可知：YO元素，W为S元素，所以Y与W只能形成多种化合物，故C错误；D.由上述分析可知： Z为Na元素，Na单质能与冷水剧烈反应，故D正确；故答案：D。13. 化学与日常生活密切相关，下列有关说法正确的是A. 光导纤维属于硅酸盐材料B. “汽车尾气催化净化”有利于减少空气污染C. 地沟油过滤后可用于食品加工D. 纤维素能在人体内水解生成葡萄糖【答案】B【解析】【详解】A光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于酸性氧化物，故A错误；B“汽车尾气催化净化”减少氮的氧化物等排放，有
10、利于减少空气污染，有利用保护环境，故B正确；C地沟油过滤后仍残留大量有毒物质，不可用于食品加工，故C错误；D人体内没有消化纤维素的酶，纤维素不能在人体内水解，故D错误；故选B。14. 下列两种物质在变化过程中克服的作用力相同的是A. 食盐、氯化氢溶于水B. 固体碘、氯化铵受热产生气体C. 液溴、酒精挥发D. 生石灰、浓硫酸干燥吸水【答案】C【解析】【详解】A食盐、氯化氢溶于水克服的作用力分别是离子键、共价键，故A不选；B固体碘、氯化铵受热产生气体克服的作用力分别是分子间作用力、化学键，故B不选；C液溴、酒精挥发克服的作用力均为分子间作用力，故C选；D生石灰、浓硫酸干燥吸水克服的作用力分别是水分
11、子中的共价键、水分子间的作用力，故D不选；故选C。15. 下图为铜锌原电池工作示意图，下列说法不正确的是A. 锌片逐渐溶解B. 铜片表面产生大量气泡C. 烧杯中溶液酸性逐渐减弱D. 溶液中的H+向锌片移动【答案】D【解析】【分析】锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应；铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应；电池总反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，电子从负极沿导线流向正极；原电池是化学能转化为电能的装置。【详解】A锌、铜和稀硫酸组成的原电池，电池总反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，锌片逐渐溶解，故A正确；B铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应生
12、成氢气，所以Cu上有气泡生成，故B正确；C电池总反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，不断消耗硫酸，烧杯中溶液酸性逐渐减弱，故C正确；D原电池的内部，阳离子移向正极，溶液中的H+向铜片移动，故D错误；故选D。【点睛】本题考查学生原电池的工作原理，注意把握正负极的判断及电子的流向，易错点D，粒子的流向，要区分内电路和外电路。16. 实验室制取下列气体时只能用排水法收集的是A. NOB. NH3C. SO2D. Cl2【答案】A【解析】【详解】ANO难溶于水，易与氧气反应，只能用排水法收集，故A选；BNH3极易溶于水，不能用排水法收集，故B不选；CSO2能溶于水，不能用排水法收集，故C不选；D
13、Cl2能溶于水，不能用排水法收集，故D不选；故选A。17. 常温常压下用LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理如图所示。下列说法不正确的是A. 原料气N2可通过分离液态空气获得B. 该过程将太阳能转化成为化学能C. 该过程中，只涉及共价键的断裂与生成D. 发生反应的n(N2)：n(H2O)=1:2【答案】D【解析】【详解】A. 空气的主要成分是氮气和氧气，而氧气和氮气的沸点不同，故原料气N2可通过分离液态空气获得 ，A正确；B. 由题意知，该过程将太阳能转化成为化学能，B正确；C. 由图知，该过程中发生的反应为：，反应物和生成物中均只含共价键，故只涉及共价键的断裂与生成，C正确；D. 由方程
14、式知，发生反应的n(N2)：n(H2O)=1:3，D错误；答案选D。18. 铝粉在碱性条件下可将溶液中的NO3-还原为N2，其化学方程式为：10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2+2H2O。下列说法不正确的是A. 反应中NaNO3得电子B. 氧化性：NaNO3NaAlO2C. 还原产物是N2D. 转移1mol电子时产生标况下的N26.72L【答案】D【解析】【详解】A反应中NaNO3得电子被还原成N2，N由+5价降为0价，故A正确；B氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性：NaNO3NaAlO2，故B正确；CNaNO3得电子被还原成N2，故C正确；D根据方程式，每生成3mol
15、氮气转移30mol电子，转移1mol电子时产生标况下的0.1molN2，体积是2.24L，故D错误；故选D。19. 某天然化合物常用于香水制作，其结构如图所示。下列说法正确的是A. 分子式为C13H22OB. 该化合物可与溴的CCl4溶液发生加成反应C. 该化合物可与乙醇发生酯化反应D. 1mol该化合物完全燃烧消耗18molO2【答案】B【解析】【详解】A.根据结构简式可知其分子式为C13H20O故A错误；B.根据结构简式可知该物质含有碳碳双键，所以该化合物可与溴的CCl4溶液发生加成反应，故B正确；C.根据结构简式可知，该化合物不含有羧基，所以不能与乙醇发生酯化反应，故C错误；D.由C13
16、H20O分子式可知，1mol该化合物完全燃烧消耗17.5molO2，故D错误；故答案：B。20. 实验室用18.0molL1浓H2SO4配制480mL1.0molL1稀H2SO4，下列说法正确的是A. 溶液配制时应选用500mL容量瓶B. 稀H2SO4溶液中H+的浓度为1.0molL1C. 实验中需要浓H2SO4体积为26.7mLD. 转移溶液时有液滴溅出会导致溶液浓度偏高【答案】A【解析】【详解】A没有480mL容量瓶，溶液配制时应选用500mL容量瓶，故A正确；BH2SO4是二元强酸，1.0molL1稀H2SO4溶液中H+的浓度为2.0molL1，故B错误；C实验中需要浓H2SO4体积为=
17、27.8mL，故C错误；D转移溶液时有液滴溅出，所配溶液中溶质的物质的量减小，会导致溶液浓度偏低，故D错误；故选A。21. 现有CuO、FeO、Fe2O3的混合物30.0g，向其中加入1L1.0mol/L盐酸，恰好完全溶解，若30.0g该混合物在过量氢气流中加热充分反应，冷却后剩余固体的质量为A. 14.0gB. 22.0gC. 24.8gD. 无法计算【答案】B【解析】【分析】根据反应的特点，确定金属氧化物与盐酸反应的关系式，从而得出盐酸的物质的量的一半与金属氧化物中O氧原子物质的量相等。【详解】由反应CuOCuCl2，Fe2O3FeCl3，FeOFeCl2，可知HCl的物质的量的一半等于氧
18、原子的物质的量，n(HCl)=1L1mol/L=1mol，所以金属氧化物中O元素的质量为1mol16.0g/mol=8.0g，若将30.0g原混合物在足量氢气中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，则金属质量为氧化物的质量减去氧元素的质量为(30.0g-8.0)g=22.0g，故选B。【点睛】解答的关键是根据发生的反应、利用原子守恒找到硫酸与金属氧化物中O原子的关系。如果不知道该规律，解答本题将变得很困难。22. 类推思维是一种常用的思维方法。下列类推结论正确的是已知事实类推结论A将Zn加入CuSO溶液中：Zn+Cu2+=Cu+Zn2+将Na加入CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=Cu
19、+2Na+B将FeO加入稀盐酸溶液中：FeO+2H+=Fe2+H2O将FeO加入稀硝酸溶液中：FeO+2H+=Fe2+H2OC电解NaCl冶炼金属钠：2NaCl(熔融)2Na+Cl2电解AlCl3冶炼金属铝：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2DCl2与SO2的水溶液反应：Cl2+2H2O+SO2=2HCl+H2SO4Br2与SO2的水溶液反应：Br2+2H2O+SO2=2HBr+H2SO4A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 钠加入到硫酸铜溶液中，钠与水反应，产生氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜生成氢氧化铜沉淀，A错误；B. 亚铁有还原性，稀硝酸有强氧化性，氧化亚铁
20、加入到稀硝酸中发生氧化还原反应，生成硝酸铁、一氧化氮等，B错误；C. 氯化铝是共价化合物，熔融状况下不导电，C错误；D. 溴有较强氧化性，二氧化硫有强还原性，溴与二氧化硫水溶液发生氧化还原反应，生成氢溴酸和硫酸，D正确；答案选D。23. 如图所示是高中化学常见四种有机物的比例模型示意图。请用字母序号填空：(1)可燃冰主要成分是_；(2)分子中所有原子共平面的是_；(3)能与金属钠反应的是_。【答案】 (1). A (2). BC (3). D【解析】【详解】(1)可燃冰的主要成分是甲烷，甲烷是正四面体结构，因此答案是A；(2)乙烯和苯是平面型分子,因此答案是BC；(3)乙醇能与钠反应产生乙醇钠
21、和氢气，因此答案是D；24. 下表是元素周期表的一部分，每个编号代表一种元素，请按要求回答问题：族周期IA01IIAIIIAIVAVAVIAVIIA23(1)的单质还原性最强是_(填化学式，下同)；(2)的氢化物最稳定的是_；(3)若最高价氧化物对应的水化物化学式为H2XO4，则X为_(填数字序号)；(4)与形成的最简单的化合物的电子式是_。【答案】 (1). Na (2). HF (3). (4). 【解析】分析】根据元素在周期表中的位置各元素依次为：为H，为C，为O为F为Na为Mg为S为Cl。【详解】(1)周期表中位于左下角的元素金属性最强，的单质还原性最强是Na；故答案为：Na；(2)同
22、周期从左到右元素的非金属性增强，氢化物的稳定性增强，的氢化物最稳定的是HF；故答案为：HF；(3)若最高价氧化物对应的水化物化学式为H2XO4，X的化合价为+6价，符合条件的是硫，则X为(填数字序号)；故答案为：；(4)与形成的最简单的化合物是甲烷，碳原子最外层4个电子，与4个氢原子形成4个共价键，电子式是。故答案为：。25. 已知A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，其与某些有机物相互转化的关系如图所示(反应所需或生成的部分无机物已略去)。已知：乙醛在催化剂作用下可被氧化为乙酸。请按要求回答下列问题：(1)写出A的结构简式：_；(2)写出E中官能团的名称：_；(3)C+EF反应的化学
23、方程式为：_；反应类型为：_。【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 羧基 (3). CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O (4). 酯化反应【解析】【分析】气体A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，A是乙烯，结构简式为CH2=CH2，CH2=CH2和水发生加成反应生成乙醇，则C结构简式为CH3CH2OH，CH3CH2OH被氧化生成乙醛，D结构简式为CH3CHO，D被氧化生成乙酸，E为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH发生酯化反应生成乙酸乙酯，则F结构简式为CH3COOCH2CH3，乙酸乙酯在碱性条件下水解生成G为CH3COONa。【详
24、解】(1)气体A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，A是乙烯，结构简式为CH2=CH2；故答案为：CH2=CH2；(2)E为CH3COOH，E中官能团的名称：羧基；故答案为：羧基；(3)CH3CH2OH和CH3COOH发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O ；反应类型为：酯化反应。故答案为：CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O；酯化反应。【点睛】本题考查有机物推断，侧重于学生的分析能力的考查，涉及烯烃、醇、醛、羧酸、酯之间的转化，明确有机物中官能团及其性质即可解答，熟练掌握常见有机物反
25、应类型，难点(3)酯化反应方程式书写，注意“酸脱羟基，醇脱氢”的应用。26. “84消毒液”是日常生活中常用的消毒液，在抗击新冠肺炎中广泛应用。(1)“84消毒液”的有效成分为_；(2)“84消毒液”与适量硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒组成员欲用盐酸代替硫酸，是否可行_(填“是或“否”)，原因是_；(3)Cl2是最早用于饮用水消毒的物质，ClO2是一种广谱消毒剂，等质量的Cl2和ClO2消毒效率高的是_(填化学式)；工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合酸化反应制得，反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为_。【答案】 (1). NaClO (2). 否 (3). 次
26、氯酸钠与盐酸会发生化学反应，生成氯化钠、水和有毒气体氯气 (4). ClO2 (5). 2：1【解析】【分析】(1)“84消毒液”的有效成分为NaClO；(2)次氯酸钠与盐酸会发生化学反应，生成氯化钠、水和有毒气体氯气，反应的化学方程式为NaClO+2HClNaCl+H2O+Cl2。(3)ClO2和Cl2用于消毒时，都被还原为Cl，根据电子得失守恒可计算出ClO2的消毒效率与Cl2的消毒效率的关系；根据题意知，酸性条件下，NaClO3和Na2SO3发生氧化还原生成ClO2和Na2SO4，同时生成水，该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价、S元素化合价由+4价变为+6价，根据转移电子相等配平方
27、程式，从而确定NaClO3和Na2SO3的物质的量之比。【详解】(1)“84消毒液”的有效成分为NaClO；故答案为：NaClO；(2)“84消毒液”与适量硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒组成员欲用盐酸代替硫酸，不可行，原因是：次氯酸钠与盐酸会发生化学反应，生成氯化钠、水和有毒气体氯气，反应的化学方程式为NaClO+2HClNaCl+H2O+Cl2；故答案为：否；次氯酸钠与盐酸会发生化学反应，生成氯化钠、水和有毒气体氯气；(3)ClO2和Cl2用于消毒时，都被还原为Cl，则有关系式ClO25e，Cl22e，5Cl22ClO210e，Cl2与ClO2的质量比为：（571）:（267.5）=35
28、3：135=2.6:1，等质量的Cl2和ClO2消毒效率高的是ClO2；根据题意知，酸性条件下，NaClO3和Na2SO3发生氧化还原生成ClO2和Na2SO4，同时生成水，该反应中Cl元素化合价由+5价变为+4价、S元素化合价由+4价变为+6价，其转移电子数为2，根据转移电子相等配平方程式为H2SO4+2NaClO3+Na2SO3=2Na2SO4+2ClO2+H2O，所以该反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2：1。故答案为：ClO2；2：1。【点睛】本题考查NaClO的性质、氧化还原反应相关知识，掌握化学反应前后原子守恒、化学方程式的书写方法正确解答本题的关键。难点(3)氧化还
29、原反应的计算，侧重考查学生分析问题、计算能力，利用电子守恒找出关系式：5Cl22ClO210e，比较消毒效率；据转移电子相等配平方程式为H2SO4+2NaClO3+Na2SO3=2Na2SO4+2ClO2+H2O，确定NaClO3和Na2SO3的物质的量之比。27. 某条件下2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。请回答下列问题:(1)该条件下将5molSO2和2molO2通入2L的恒容密闭容器中发生反应。2min反应达到平衡，测得反应物O2剩余1.5mol，此时用O2表示该反应的速率为_mol/(Lmin)，反应_(填“放出”或“吸收”)的热量为_(含E1、E2或
30、E3的表达式)；(2)下列叙述中能证明该反应已达化学平衡状态的是_(填数字序号)；容器内气体所含的原子总数不再发生变化SO2的浓度不再发生变化相同时间内消耗2nmolSO2的同时生成nmolO2(3)若以如图所示装置将SO2、O2以一定压强喷到活性电极上反应可生产硫酸。该装置中电子由_(填“A”或“B”)电极流出。为持续稳定生产，硫酸溶液的浓度应维持49%不变，则通入SO2和水的质量比为_。【答案】 (1). 0.125 (2). 放出 (3). 0.5E3kJ或0.5(E2-E1)kJ (4). (5). A (6). 8:15【解析】【分析】(1)根据速率公式计算；先根据反应热、方程式写出
31、相应的热化学方程式，再根据热化学方程式计算放出的热量；(2)根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，做题时要注意方程式前后气体的化学计量数的关系；(3)根据正负极上得失电子写出相应的电极反应式，找出电池总反应，判断电子由负极A流出；为维持浓度不变，结合原电池的本质是2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，SO2和O2反应生成硫酸的质量分数是49%，所需的水为反应反应的水和做溶剂的水，所以质量比为=264：(218+298)。【详解】(1)用O2表示该反应的速率为 =0.125mol/(L
32、min)，由图2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H=反应物吸收的能量-生成物放出的能量=-E3kJmol1=-(E2-E1)kJmol1，则0.5molO2反应放出的热量为：0.5E3或0.5(E2-E1)kJ(含E1、E2或E3的表达式)；故答案为：0.125；放出；0.5E3或0.5(E2-E1)kJ；(2)根据原子守恒，各元素的原子总数始终不变，容器内气体所含的原子总数不再发生变化，不能判断是否达到平衡，故不选；SO2的浓度不再发生变化，说明体系各物质的含量不变，故选；相同时间内消耗2nmolSO2相当于消耗nmolO2，同时生成nmolO2，正逆反应速率相等，故选；故答案为：；
33、(3)根据原电池反应原理，还原剂在负极上发生氧化反应电极反应式为SO2-2e+2H2OSO+4H，氧化剂在正极上发生还原反应电极反应式为O2+4e+4H2H2O，该原电池的本质是2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，该装置中电子由A(负极)电极流出。为维持浓度不变，结合原电池的本质是2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，SO2和O2反应生成硫酸的质量分数是49%，所需的水为反应反应的水和做溶剂的水，所以质量比为=264：(218+298)=8：15，故答案为：A； 8：15。28. 实验室模拟海水提溴主要实验步骤如下，请按要求回答下列问题：(1)浓缩氧化：向酸化的浓缩海水中通入氯气，使澳离
34、子转化为溴单质，离子方程式为_；(2)富集提取：通入空气和水蒸气，将溴单质吹入盛有二氧化硫的溶液充分反应后再通入适量的氯气，最后用苯萃取分液可得粗溴。萃取分液时可选用以下实验装置中的_(填字母序号)，萃取剂还可选用_(任填一种试剂)；(3)产品精制:可用下图装置精制粗溴：仪器A的名称_；图中冷却水应从B的_(填“a”或“b”)口进入；装置D中NaOH溶液的作用是_。【答案】 (1). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (2). B (3). 四氯化碳 (4). 蒸馏烧瓶 (5). b (6). 吸收溴蒸气，防止污染环境【解析】【分析】根据氯气的氧化性比溴强；根据萃取原理选择装置；根据溴能和N
35、aOH溶液反应的性质分析解答。【详解】(1)浓缩氧化，向酸化的浓缩海水中通入氯气，氯气使溴离子转化为溴单质，其反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，故答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；(2)富集提取：萃取分液需要用到分液漏斗，所以实验装置为B，萃取剂常用的是苯和四氯化碳，萃取剂还可选用的是四氯化碳：故答案为：B；四氯化碳；(3)仪器A是蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管的进水方向是下进上出，保证冷凝效果最佳，故答案为：b；粗溴在蒸馏后会以溴蒸气的形式出来，溴蒸气有毒，污染环境，需要尾气处理装置，装置D中NaOH溶液的作用是吸收溴蒸气，防止污染环境，故答案为：吸收溴蒸气，防止污染环境。