1、北京市海淀区中关村中学2019-2020学年高一化学下学期期末考试练习试题（含解析）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A. AB. BC. CD. D【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
2、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. NaB. AlC. SiD. 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. F2B. Cl2C. Br2
3、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FClBrI，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. HClB. CO2C. CaCl2D. 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. KB. CuC. AlD. S【答案】B
4、【解析】【详解】AK为第四周期IA族元素，A不符合题意；BCu为第四周期IB族元素，不属于主族元素，B符合题意；CAl为第三周期A族元素，C不符合题意；DS为第三周期A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，
5、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)28H2O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；BBa(OH)28H2O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；DNa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：NaKB. 稳定性
6、：HClHBrC. 沸点：I2Br2D. 酸性：HClH2S【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：ClBr，则稳定性：HClHBr，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：I2Br2，则沸点：I2Br2，与元素周期律无关，C不符合题意；DHCl是强酸，H2S是弱酸，酸性：HClH2S，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。【点睛】本题考查元素周期律的应用，理解元素周期律的内容是解题的关键。能用元素周期律解释的元素的性质是：原
7、子半径、元素的主要化合价、元素的金属性和非金属性，元素的金属性表现在金属单质与水（或酸）置换出氢的难易、最高价氧化物对应水化物碱性的强弱，元素的非金属性表现在非金属单质与H2化合的难易、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物酸性的强弱；注意用元素周期律不能解释物理性质、气态氢化物水溶液酸性的强弱。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
8、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：CBAB. 微粒半径关系：BnAnC. C微粒是稀有气体元素原子D. 原子半径关系是ACB，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
9、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AB，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AB，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：ClB. 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：H3CCH2Cl【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；BS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
10、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。【点睛】能够发生加成反应的有机物：含有不饱和键：碳碳双键或三
11、键，醛基或羰基，或含有苯环结构（只与氢气发生加成）；而羧基、酯基不能发生加成反应。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ABCDc(H2SO4)/(molL-1)0.520.52t/20205050A. AB. BC. CD. D【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
12、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，
13、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6molH2B. 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
14、(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；Bc(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
15、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A. AB. BC. CD. D【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
16、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。【点睛】强酸制弱酸规律：强酸+较弱酸盐=较弱酸+强酸盐；醇、酚、拨酸中-OH上的H的活性：R-COOHR-OH。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
17、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】AX(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ABCD物质MgCl2CO2HClNaOH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
18、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A. AB. BC. CD. D【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】AMgCl2中只含离子键，为离子化合物，故A错误；BCO2中只含C、O之间的极性共价键，为共价化合物，故B正确；CHCl中只含共价键，为共价化合物，故C错误；DNaOH中含离子键和OH极性共价键，为离子化合物，故D错误；故答案选B。【点睛】离子化合物中一定有离子键，可能有共价键；共价化合物中一定没有离子键。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
19、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 H2D. HOOCCH2CH(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；B1mol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；DHOOCCH2CH(OH)COOH与苹果酸是同一种物质，D错误。答
20、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
21、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：乙烯、苯、乙酸、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). (2). (3). (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
22、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：；。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+2e=H2
23、 (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+2e=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：AAAAAAA0123（1）的氢氧化物中，所含化学键的类型是_。（2）和可形成化合物，用电子式表示其形成过程_。（3）的最高
24、价氧化物的水化物与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。、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）能说明元素的非金属性强于元素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，为H元素，为C元素，为N元素，为O元素，为F元素，为Na元素，
25、为Al元素，为S元素，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，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
26、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)的单质为F2，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；CF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
27、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
28、】(1)根据上述分析可知，A为乙酸，其结构简式为：CH3COOH；(2)AB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65mgL-1，从海水中提取溴的工业流程如图：（1）上述步骤中已获得游离态的
29、溴，步骤又将其转化成化合态的溴，目的是_。（2）步骤通入热空气吹出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+
30、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。通过步骤和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，步骤中已获得游离态的溴，步骤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
31、集溴元素；(2)溴易挥发，步骤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
32、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。【点睛】明确海水提溴的原理是解题的关键。本题的易错点为(3)，要注意反应中溴既是氧化剂又是还原剂，配平时可以将二者分开配平，配平后再合并。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：实验操作现象将除去氧化膜的铁钉置于烧杯中，加入30mL1.0molL-1H3PO4和3mL30%H2O2的混合溶液(pH1)。一段时间后铁钉表面突然
33、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。将与实验相同的铁钉放入烧杯中，加入30mL1.0molL-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100mL1.0molL-1H3PO4所用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_。(2)请结合实验中现象，分析铁钉与H3PO4反应的产物_。(3)探究实验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，得出假设成立的结论。
34、实验：将洗净的实验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
35、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，与实验对比可
36、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100mL1.0molL-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
37、+=4Fe3+2H2O，故实验无法证实假设成立；(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，【点睛】该题是探究性实验题，需根据实验现象分析反应原理，按照题目的步骤分析发生的反应，试题的难点为如何解释气泡和停止周而往复的现象，需要结合题目实验I、II以及后续题干中甲同学的结论进行分析。