1、山东省聊城市2017-2018学年高一下学期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32第I卷(选择题,共48分)一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分,共48分。每小题只有一个选项符合题意。)1. 2018年中科院研发出世界最强氘氚中子源，下列有关说法错误的是（ ）A. 氘、氚属于同一种核素 B. 氘、氚互称为同位素C. 氘、氚核外电子数相同 D. 氘、氚的质量数分别为2、3【答案】A【解析】A、氘原子、氚原子的核内质子数均为1，但中子数分别为1个和2个，中子数不同，所以氘、氚属于同种元素，不同核素。错误；B、质子数相同而中子数不同的同一元素的
2、不同核素核素互称为同位素，因此氘、氚互称为同位素。正确；C、氘、氚的质子数相同，因为原子的质子数=核电荷数=核外电子数，所以氘、氚核外电子数相同。正确；D、原子的质量数=质子数+中子数，因此氘、氚的质量数分别为2、3，正确。故选A。点睛：本题重点考查元素、核素、同位素的概念。元素：核电荷数（即质子数）相同的同一类原子的总称；核素：具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；同位素：质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素核素互称为同位素。原子中各种微粒的关系如下：核电荷数=核内质子数=原子核外电子数；质量数（A）=质子数（Z）+中子数（N）。2. 明代天工开物中记载：“凡铸钱每十斤,红铜居六七
3、,倭铅(锌的古称)居三四。”下列金属的冶炼原理与倭铅相同的是（ ）A. Na B. Ag C. Mg D. Fe【答案】D【解析】倭铅指的是锌，冶炼锌采用热还原法。A、冶炼金属钠采用电解法，错误；B、冶炼银采用加热分解氧化物法，错误；C、冶炼镁采用电解法，错误；D、冶炼铁采用热还原法，正确；故选D。点睛：本题重点考查常见金属的冶炼方法，根据金属活动顺序表可知金属的冶炼方法。电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag用加热
4、分解氧化物的方法制得；物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得。3. 下列表示粒子结构的化学用语或模型正确的是（ ）A. HCl的电子式： B. 甲烷的比例模型：C. S2-的结构示意图： D. 乙烯结构简式：CH2CH2【答案】B【解析】A、氯化氢是共价化合物，电子式为。错误； B、中代表甲烷的比例模型，中间黑色的大球代表碳原子，四个白色小球代表氢原子，甲烷的空间构型为正四面体。正确；C、硫离子核内质子数为16，核外电子数为18，其结构示意图:。错误；D、有机物的结构简式是指在分子式的基础上，要写出主要官能团的组成的式子，乙烯的官能团为C=C，必须写明，因此乙烯的结构简式为CH2=CH2
5、。错误；故选B.4. 下列物质中,在一定条件下能发生取代反应和加成反应,但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是（ ）A. 甲烷 B. 乙烯 C. 苯 D. 乙醇【答案】C【解析】A、甲烷能和氯气在光照的条件下发生取代反应，它属于饱和烃，不能发生加成反应，不能被高锰酸钾氧化。错误；B、乙烯能被高锰酸钾氧化为二氧化碳，能使高锰酸钾褪色，错误C、苯的化学性质特点是：易取代难加成，可以和溴发生取代反应生成溴苯，可以和氢气发生加成反应生成环己烷，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。正确；D、乙醇可以和氢卤酸发生取代反应，但乙醇属于饱和醇，不能发生加成反应，乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色。错误；故选C。点睛：本题重点考
6、查苯的结构及性质，苯分子中碳原子间的化学键是一种介于C-C和C=C之间的特殊共价键，苯易发生取代反应，例如苯与浓硝酸在浓硫酸加热的条件下可以发生取代反应，生成硝基苯；苯的加成反应，例如苯和氢气在催化剂条件下可生成环己烷。苯不能使高锰酸钾溶液褪色，也不能使溴水褪色。5. 下列关于化学键和化合物的说法正确的是（ ）A. 化学键是使离子或原子相结合的一种静电吸引作用B. 含有共价键的化合物不一定是共价化合物C. 完全由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物D. 由金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物【答案】B【解析】A、化学键：物质中直接相邻的离子或原子之间强烈的相互作用，这种相互作用包
7、括引力和斥力。错误；B、离子化合物中也有可能含有共价键，例如氢氧化钠，既有离子键也有共价键，所以含有共价键的化合物不一定是共价化合物。正确；C、完全由非金属元素形成的化合物不一定是共价化合物，也有可能是离子化合物，例如氯化铵。错误；D、由金属元素和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，例如氯化铝。故选B。点睛：本题主要考查化学键的相关概念。化学键：物质中直接相邻的离子或原子之间强烈的相互作用，需要强调的是这种相互作用包括引力和斥力两方面。化学键又分为离子键和共价键。活泼金属与活泼非金属之间一般形成离子键；非金属元素间一般形成共价键。离子化合物中肯定含有离子键，可能含有共价键；共价化合物中只
8、含有共价键。6. 下列有关煤、石油、天然气等资源的说法错误的是（ ）A. 天然气是一种清洁的化石燃料 B. 石油是由多种烃组成的混合物C. 煤的气化和煤的液化都属于物理变化 D. 通过石油的裂化可以提高汽油的产量【答案】C【解析】A、天然气的主要成分为甲烷，燃烧充分生成二氧化碳和水，为清洁的化石燃料。正确；B、石油的化学成分主要是各种液态的碳氢化合物，其中还溶有气态和固态的碳氢化合物，烃即仅有碳元素和氢元素组成的化合物的总称。正确；C、煤的气化就是把煤转化为可燃性气体的过程，此过程有新的物质生成，是化学变化；没得液化是把煤转化为液体燃料的过程，此过程有新的物质生成，是化学变化。错误；D、通过石
9、油的裂化可以提高汽油等轻质油的产量和质量。错误；故选C。7. 联苯()是一种重要的有机原料,广泛用于医药、液晶材料等领域,其一氯代物有（ ）A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种【答案】A【解析】由联苯的结构简式知，联苯中的氢原子有3种，故四联苯的一氯代物有3种，故选A。点睛：本题重点考有机物的结构、同分异构体数目的确定。根据有机物的结构，利用“等效氢”的概念准确判断氢原子的种类是得分的关键。8. 铜-锌原电池如图所示,电解质溶液为硫酸铜溶液。下列说法错误的是（ ）A. 锌电极为负极,发生氧化反应 B. 电子从锌电极经过硫酸铜溶液流向铜电极C. 铜电极上的反应为Cu2+2e-=Cu D
10、. 溶液中的SO42-向锌电极移动【答案】B【解析】A、在上述原电池中金属锌比铜活泼，因此锌作负极，失去电子，发生氧化反应，本身被氧化。铜电极作正极，得到电子，发生还原反应，被还原。正确；B、电子从负极经外接导线流向正极。错误；C、铜电极作正极，得到电子，发生还原反应，被还原，反应为Cu2+2e-=Cu。正确；D、电解质溶液中，阳离子铜离子向正极移动，阴离子硫酸根向负极移动。正确；故选B。点睛：本题重点考查原电池的工作原理。在原电池中，活泼电极作负极，失去电子，发生氧化反应，被氧化；不活泼电极作正极，得到电子，发生还原反应，被还原。电子从负极经外接导线流向正极。电解质溶液中，阳离子向正极移动，
11、阴离子向负极移动。9. 反应H2(g)+I2(g)2HI(g)在温度和容积不变的条件下进行。能说明反应达到平衡状态的叙述是（ ）A. c(H2)=c(I2) B. H2的消耗速率等于HI的分解速率C. 容器内气体的颜色不再变化 D. 容器内压强不再变化【答案】C【解析】A、c(H2)=c(I2)表示浓度相等，但达到平衡态的标志应该是两者浓度不再发生变化。错误；B、H2和HI系数之比为1:2，H2的消耗速率是HI的分解速率的一半时，表示反应达到平衡态。错误；C、此反应中只有碘蒸气为紫色，容器内气体的颜色不再变化表明容器内碘蒸气的质量不再发生变化，可以说明反应达到平衡态。正确；D、两边气体的计量数
12、相等，所以容器内压强一直不随时间的改变而改变。错误；故选C。点睛：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。10. 下列关于基本营养物质的说法错误的是（ ）A. 糖类、油脂和蛋白质均由C、H、O三种元素组成B. 在加热条件下,葡萄糖可与新制氢氧化铜浊液反应产生砖红色沉淀C. 植物油含不饱和脂肪酸甘油酯,能使Br2的CCl4溶液褪色D. 淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖【答案】A【解析】A、糖类、油
13、脂均由C、H、O三种元素组成，蛋白质由C、H、O、N四种元素组成。错误；B、葡萄糖具有还原性，与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀。正确；C、植物油含不饱和脂肪酸甘油酯，分子中含有碳碳双键，可以与溴单质发生加成反应，使溴水褪色。正确；D、淀粉和纤维素属于多糖，水解的最终产物均为葡萄糖。正确；故选A。11. 化学与环境、能源、材料关系密切，下列说法错误的是（ ）A. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成B. 绿色化学的核心是利用化学原理治理工业生产对环境的污染C. 利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化D. 乙烯加聚生成聚乙烯的反应中原子利用率为100%【答案】B【解析】A、加入
14、氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，故可以减少酸雨的形成，正确；B、绿色化学的核心从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，而不是先污染再治理，错误；C、水中氮元素和磷元素可以造成水体富营养化，所以可以利用生物方法脱除，正确；D、乙烯加聚生成聚乙烯的反应中原子利用率为100%，原子经济性高，符合绿色化学的要求，正确；故选B。12. 反应A(g)+4B(g)C(g)+D(g)，在四种不同情况下的反应速率如下,其中反应进行最快的是（ ）A. vA=0.15mol/(Lmin) B. vB=0.02mol/(Ls)C. vC=0.2mol/(Lmin) D.
15、vD=0.01mol/(Ls)【答案】D【解析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，在比较反应速率时应转化为同一物质，并统一单位。本题可全部转化为A物质的反应速率。A、v(A)=0.15mol/(Lmin)；B、v(A) =v(B)/4=0.02mol/(Ls)/4=0.005 mol/(Ls)=0.3 mol/(Lmin)；C、v(A)=v(C)=0.2mol/(Lmin)；D、 v(A) =v(D)=0.01mol/(Ls)=0.6 mol/(Lmin)，反应速率最快的是v(A)0.6 mol/(Lmin)，故选D。点睛：本题主要考查化学反应速率的大小比较，化学反应速率之比等于化学计量数之
16、比，在比较反应速率时应转化为同一物质，并统一单位。13. 苯乙烯()是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是（ ）A. 所有原子均可能处于同一平面 B. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应 D. 生成C8H16至少需要3molH2【答案】D【解析】A、苯分子和乙烯分子均为平面型分子，因此苯乙烯相当于乙烯基取代了苯分子上的一个氢原子，所以所有原子均可能处于同一平面。正确；B、苯乙烯中含有C=C，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色。正确；C、苯乙烯与液溴混合后加入铁粉，溴单质与苯环上的氢原子发生取代反应。正确；D、苯乙烯催化加氢时，每生成1mol C8H16至少需要4
17、molH2。错误；故选D.点睛：本题主要考查苯和乙烯的性质。苯和乙烯均为平面型分子。苯分子中碳原子间的化学键是一种介于C-C和C=C之间的特殊共价键。苯分子易取代，难加成。苯分子中不含C=C，所以不能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色。乙烯分子中含有C=C，可以使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色。14. 工业合成氨的反应为：N2+3H22NH3，该反应在一定条件下的密闭容器中进行。下列关于该反应的说法正确的是（ ）A. 达到平衡时,反应速率：v(正)=v(逆)=0B. 使用催化剂可加快反应速率，提高生产效率C. 为了提高H2的转化率,应适当增大H2的浓度D. 若在密闭容器加入1molN2和过量的H2,最后
18、能生成2molNH3【答案】B【解析】A、化学平衡态是动态平衡，达到平衡时反应速率：v(正)=v(逆)0。错误；B、使用催化剂可加快反应速率，提高生产效率，但是不能是化学平衡发生移动，提高氢气和氮气的利用率。正确；C、为了提高H2的转化率，可增加氮气的浓度或减小氨气的浓度。错误；D、此反应为可逆反应，反应有一定限度，氢气和氮气不能完全转化成氨气。错误；故选B。点睛：反应达到平衡状态标志是正逆反应速率相等且不等0，各物质的浓度、百分含量不变等。催化剂只能改变化学反应速率，不能使化学平衡发生移动。影响化学平衡移动的外因有改变反应物或生成物的浓度（纯液体和固体除外），改变温度等。15. W、X、Y和
19、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W与Y同主族,Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,X的原子半径在短周期元素中最大。下列说法正确的是（ ）A. 简单氢化物的稳定性：YZ B. 简单离子的半径：ZYXWC. X与其他三种元素均能形成离子化合物 D. Y的氧化物对应的水化物均为强酸【答案】C【解析】由X的原子半径在短周期元素中最大，可知X为钠原子；Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，可知短周期只有氢原子、碳原子和硫原子，但根据W、X、Y和Z为原子序数依次增大可知，Y为硫原子，Z为氯原子。根据W与Y同主族，则W为氧原子。A、Y为硫原子，Z为氯原子，氯的非金属性强于硫，则简单氢化物的稳
20、定性氯化氢硫化氢。错误；B、离子半径比较，当电子层数不同时，电子层数越多半径越大；电子层数相同时核电荷数越大半径越小。由此可知简单离子的半径：硫离子氯离子氧离子钠离子，即YZWX。错误；C、氧原子与钠原子形成的离子化合物氧化钠或过氧化钠，氧原子与硫原子形成共价化合物二氧化硫或三氧化硫， 氧原子与氯原子形成共价化合物。错误；D、硫氧化物对应的水化物为硫酸和亚硫酸，硫酸为强酸而亚硫酸为弱酸。错误；故选C。点睛：本题考查重点是根据元素周期律推断元素种类的相关题型。解这类题首先要牢记元素周期律的相关内容。离子半径比较，当电子层数不同时，电子层数越多半径越大；电子层数相同时核电荷数越大半径越小。元素的非
21、金属性越强，其氢化物的稳定性越强。16. 在25和101kPa的条件下：化学键H-HCl-ClH-Cl键能(kJ/mol)436243431对于反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化描述正确的是（ ）A. 断开1molH2中的H-H键需要放出436kJ的能量B. 生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ的能量C. 由键能数据分析,该反应属于吸热反应D. 2molHCl(g)的能量比1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量低【答案】D【解析】A、化学键断开过程中需要吸收能量，断开1molH2中的H-H键需要收受436kJ的能量。错误；B、一个HCl中含有一个H-
22、Cl键，则生成1molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ的能量，生成2 mol HCl中的H-Cl键需要放出862kJ的能量。错误；C、该反应断开1molH-H键和1mol Cl-Cl键共吸收679 kJ的能量，同时生成2 molH-Cl键放出862kJ的能量，放出的能量大于吸收的能量，因此是放热反应。错误；D、1molH2(g)和1molCl2(g)反应生成2molHCl(g)放出183kJ，因此2molHCl(g)的能量比1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量低。正确；故选D。点睛：本题主要考查化学反应过程中的能量变化。掌握反应热和化学键键能的关系是解答此题的关键。注意掌握常
23、见反应热的计算方法，根据反应物和生成物的总能量计算，即 ；根据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算，即=反应物化学键断裂吸收的总能量-生成物化学键形成释放的能量；根据盖斯定律计算。第卷(非选择题,共52分)二、非选择题(本题包括6个小题,共52分。)17. 下表是元素周期表的一部分，针对表中的ag元素,回答下列问题：(1)d元素位于金属与非金属的分界线处,常用作_材料。(2)f的元素符号为As,其最高价氧化物的化学式为_。(3)a、b、c三种元素的最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱,试从原子结构的角度解释上述变化规律_。(4)e元素的非金属性强于g,请写出一个离子方程式证明
24、：_。【答案】 (1). 半导体 (2). As2O5 (3). 电子层数相同，核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱,金属性减弱 (4). Cl2+2Br-=Br2+2Cl-【解析】分析：根据元素周期表的一部分可知a为钠元素，b为镁元素，c为铝元素，d为硅元素，e为氯元素，f为砷元素，g为溴元素。详解：(1)d为硅元素，位于金属与非金属的分界线处,常用作半导体材料；(2) As位于元素周期表第4周期A族，最外层电子数为5，所以最高正价为+5价，最高价氧化物为As2O5；(3) a为钠元素，b为镁元素，c为铝元素，位于同周期，电子层数相同，核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱,金属性
25、减弱；(4) e为氯元素，g为溴元素，两者位于同周期，氯原子的得电子能力强于溴原子，方程式Cl2+2Br-=Br2+2Cl-可以证明。点睛：掌握元素周期表中结构、位置和性质的关系是解此题的关键。根据结构可以推断元素在周期表中的位置，反之根据元素在元素周期表中的位置可以推断元素的结构；元素的结构决定了元素的性质，根据性质可以推断结构；同样元素在周期表中的位置可以推断元素的性质。18. 碱性氢氧燃料电池的总反应方程式为2H2+O2=2H2O,其工作原理如图所示，回答下列问题：(1)该装置工作过程中，两种主要的能量转化形式为_、_。(2)该电池负极上的电极反应式为_。(3)当电路中通过0.2mol电
26、子时,消耗标准状况下的气体b的体积为_L。【答案】 (1). 化学能电能 (2). 电能光能 (3). H2-2e-+2OH-=2H2O (4). 1.12【解析】分析：根据图中给出的电子流动方向可知通气体a的电极有电子流出，极为负极，电极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O；通气体b的电极有电子流入，为正极，电极反应为：O2+ 2H2O +4 e-=4OH-。总反应方程式为2H2+O2=2H2O。详解：(1)该装置为原电池，原电池是将化学能转化为电能的装置；该装置外接导线连接一个灯泡，可将电能转化为光能；(2) 通气体a的电极有电子流出，极为负极，电极反应为：H2-2e-+2OH-=2H
27、2O；(3) 通气体b的电极有电子流入，为正极，电极反应为：O2+ 2H2O +4 e-=4OH-，当电路中通过0.2mol电子时，会消耗0.05mol转化为标准状况下的体积为0.05mol22.4L/mol=1.12L。点睛：本题主要考查原电池的工作原理。在原电池中，活泼电极作负极，失去电子，发生氧化反应，被氧化；不活泼电极作正极，得到电子，发生还原反应，被还原。电子从负极经外接导线流向正极。电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。19. 某温度时,在0.5L密闭容器中,某一反应中A、B气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示,回答下列问题：(1)该反应的化学方程式为_。(2)04m
28、in内,用B表示的反应速率v(B)=_。(3)第4min时,正、逆反应速率的大小关系为：v(正)_v(逆),(填“”“ (4). BD【解析】(1)由图可以知道，从反应开始，A的物质的量减少，B的物质的量增加，则A为反应物、B为生成物，开始至4min时，A减少0.8mol-0.4 mol =0.4 mol ，B增加0.4 mol -0.2 mol =0.2 mol ，由反应速率之比等于化学计量数之比可以知道，A、B的化学计量数比为2:1，且后来达到平衡状态，则反应为2AB；(2) 04min内，B增加0.4 mol -0.2 mol =0.2 mol，则用B表示的反应速率v(B)=0.2 mo
29、l/0.5L/4min=0.1mol/(Lmin)；(3)第4min时，A的物质的量仍在减少，为正反应阶段，正、逆反应速率的大小关系为:v(正) v (逆)； (4)A、恒温恒容充入He使压强增大，参加反应的气体的浓度不变，在反应速率不变，错误；B、缩小体积，使压强增大，参加反应气体的浓度增大，正确；C、恒温恒压充入He，体积增大，参加反应气体的浓度减小，反应速率减小，错误；D、加入催化剂，反应速率增大，正确；故选BD。点睛：本题主要考查化学反应速率的计算及影响因素，化学平衡态的判断。A的物质的量减少，B的物质的量增加，则A为反应物、B为生成物，开始至4min时，A减少0.8mol-0.4 m
30、ol =0.4 mol ，B增加0.4 mol -0.2 mol =0.2 mol ，第8min时A、B的物质的量不再变，达到平衡状态，以此来解答。20. 已知乙烯在一定条件下能发生下列转化，回答下列问题：(1)反应的反应类型是_;物质C中所含官能团的名称是_。(2)分别写出、反应的化学方程式(有机物用结构简式表示)：_、_。(3)实验室制取乙酸乙酯的装置如下图所示。能完成本实验的装置是_(填“甲”、“乙”或“丙”),试管B内盛放的液体是_。【答案】 (1). 加成反应 (2). 羧基 (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). CH3CH2OH+CH3COOHCH3
31、COOCH2CH3+H2O (5). 乙、丙 (6). 饱和碳酸钠溶液【解析】分析：乙烯经过反应得到A，A经过两步反应得到C，而A和C可生成乙酸乙酯，因此A为乙醇，B为乙醛，C为乙酸。乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸。详解：（1）应为乙烯与水发生加成反应生成乙醇；经推断可知C为乙酸，乙酸中所含官能团是羧基；（2）反应为乙醇的催化氧化过程，方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应为乙醇与乙酸发生酯化反应，方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；（3）制取乙酸乙酯时，蒸汽中往往含有乙醇和乙酸，所以用饱和碳
32、酸钠溶液吸收掉从而与乙酸乙酯分离，但是二者易溶于水而产生倒吸，乙导管没有插入到液面以下，丙导管上端容积较大，二者都可防止倒吸。21. 海洋植物如海藻、海带中含有丰富的碘元素,碘元素以碘离子的形式存在。实验室中从海藻中提取碘的流程如图：(1)溶液a中加入稀H2SO4、H2O2溶液后发生反应的离子方程式式为_。(2)上述流程中实验操作的名称是_。(3)证明溶液b中含有单质碘的实验操作是_。(4)溶液b中加入的试剂X可以选择是_。A酒精 B苯 C乙酸 D四氯化碳【答案】 (1). 2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O (2). 分液 (3). 取少量溶液b于试管中，滴加适量淀粉溶液,溶液变蓝色,
33、溶液中含有碘单质 (4). BD【解析】分析：海藻经过灼烧、浸泡和过滤等操作，得到溶液a中含有碘离子，溶液a中加入稀H2SO4、H2O2溶液目的是将溶液中的碘离子还原为碘单质；碘单质可以用淀粉溶液来检验，碘单质可以使淀粉变蓝；提取碘单质可以用萃取的方法，萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，萃取剂与溶质不反应，碘在四氯化碳或苯中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳或苯和水都不互溶，且四氯化碳或苯和碘都不反应，故可用四氯化碳或苯。详解：(1)溶液a中加入稀H2SO4、H2O2溶液目的是将溶液中的碘离子还原为碘单质，离子方程式式为：2I-+H2O2+2H+=I
34、2+2H2O。（2）操作目的为了分离制备出的碘单质，分离碘单质可以用萃取的方法；（3）碘单质可以用淀粉溶液来检验，碘单质可以使淀粉变蓝；(4)碘在四氯化碳或苯中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳或苯和水都不互溶，且四氯化碳或苯和碘都不反应，故可用四氯化碳或苯。而酒精和乙酸均可以与水互溶，不能作萃取剂。故选BD。 22. 某实验小组学习化学反应速率后，联想到H2O2分解制备氧气，设计如下实验方案探究外界条件对反应速率的影响。编号温度反应物催化剂甲25试管中加入3mL5%H2O2溶液1mL蒸馏水乙25试管中加入3mL5%H2O2溶液1mL0.1mol/LFeCl3溶液丙40试管中加入3mL5%H
35、2O2溶液1mL蒸馏水(1)实验乙中发生反应的化学方程式为_。(2)实验甲和实验乙的实验目的是_。实验甲和实验丙的实验目的是_。(3)实验过程中该同学对实验乙中产生的气体进行收集,并在2min内6个时间点对注射器内气体进行读数,记录数据如下表。时间/s20406080100120气体体积/mL实验乙15.029.543.556.569.581.5020s的反应速率v1=_mL/s,100120s的反应速率v2=_mL/s。不考虑实验测量误差，二者速率存在差异的主要原因是_。【答案】 (1). 2H2O22H2O+O2 (2). 探究催化剂对反应速率的影响 (3). 探究温度对反应速率的影响 (4). 0.75 (5). 0.6 (6). 随反应的不断进行，H2O2溶液的浓度逐渐降低，反应速率减小【解析】（1）双氧水在加热的条件下，它能分解生成氧气，方程式为：2H2O22H2O+O2；（2）甲和乙实验中除双氧水的浓度不同外其他条件都相同，可知实验探究反应物的不同浓度对反应速率的影响；实验甲和实验丙，除反应温度不同外其他条件均相同，可知探究温度对反应速率的影响； （3）化学反应速率可用单位时间内反应物的减少或生成物的增加来表示。根据表中数据和题中反应速率的单位可知 ，；速率减小的原因是随反应的不断进行，溶液的过氧化氢浓度逐渐降低，反应速率减小。