1、山西省祁县第二中学校2018-2019学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）一、选择题：本题共16个小题，每小题3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.“绿色化学”的核心是实现污染物“零排放”。下列最符合“绿色化学”理念的是A. 利用太阳能分解水制氢气B. 在厂区大量植树绿化，净化污染的空气C. 将煤液化后使用以提高煤的利用率D. 将化石燃料充分燃烧后再排放【答案】A【解析】【详解】A利用太阳能分解水制氢气，既能充分利用太阳能，又对环境无污染，符合绿色化学核心要求，故A选；B在厂区大量植树绿化，净化污染的空气，虽然有利于环境保护，但不是从源头上杜绝环境污染，故B不选；C
2、将煤液化后使用以提高煤的利用率，过程中仍会有污染物的排放，故C不选；D将化石燃料充分燃烧后再排放，燃烧过程中有污染物的排放，不符合零排放，故D不选；故选A。【点睛】本题的易错点为B，要注意绿色化学是从源头上杜绝环境污染，应符合“零排放”。2.下列叙述正确的是A. 同位素是不同核素，物理、化学性质完全相同B. 16O2和18O2互称为同素异形体C. 40K和40Ca原子中的质子数和中子数都相等D. 任何原子或离子的组成中都含有质子【答案】D【解析】【详解】A、同位素的不同核素，其核外电子数相同，电子层排布相同，最外层电子决定其化学性质，所以同位素的不同核素的化学性质相同，但物理性质不同，故A错误
3、；B、16O2和18O2是氧气的不同分子，属于同种物质，不能称为同素异形体，故B错误；C、40K中质子数是19，中子数是21；40Ca中质子数是20，中子数是20，故C错误；D、原子是由原子核和核外电子构成的，原子核由质子和中子构成，原子变成离子，变化的是核外电子，但核内质子不变，所以任何原子或离子的组成中都含有质子，故D正确；故选D3.化学科学需要借助化学专用术语来描述，下列有关化学用语的使用正确的是A. CaF2的电子式：B. Cl的结构示意图：C. CO2的结构式：O=C=OD. 中子数为20的氯原子：1737Cl【答案】C【解析】【详解】ACaF2是离子化合物，含有Ca2+和F-，其电
4、子式为，故A错误；B氯离子质子数为17，核外有18个电子，有3个电子层，最外层电子数为8，离子结构示意图为，故B错误；C二氧化碳分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，其结构式为O=C=O，故C正确；D中子数为20的氯原子的质量数为37，其核素的表示方式为1737Cl，故D错误；故答案为C。4.下列各组物质中化学键的类型相同的是( )A. HCl、MgCl2、NH4ClB. NH3、H2O、CO2C. CO、Na2O、CS2D. CaCl2、NaOH、N2O【答案】B【解析】【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，以此来解答。【详解】A.HCl中
5、氢原子和氧原子之间存在共价键，MgCl2中氯离子和镁离子之间存在离子键，NH4Cl为离子化合物，含有离子键和共价键，所以三种物质含有化学键类型不同，故A不选；B. NH3、H2O、CO2中均只含极性共价键，化学键类型相同，故B选；C. CO中只含C、O之间形成的共价键，Na2O中氧离子和钠离子之间存在离子键，CS2中只含C、S之间形成的共价键，所以三种物质含有化学键类型不同，故C不选；D. CaCl2中只含离子键，NaOH中含离子键和O-H共价键，N2O中只含N、O之间形成的共价键，所以三种物质含有化学键类型不同，故D不选。故答案选B。【点睛】本题考查了根据化合物判断化学键类型，明确离子键和共
6、价键的区别是解答本题的关键，注意离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中一定不含离子键，含有共价键。5.CO(g)与H2O(g)反应的能量变化如图所示，有关两者反应的说法正确的是A. 该反应吸热反应B. 该反应不需要加热就能进行C. 1 mol CO(g)和1 mol H2O(g)具有的总能量大于1 mol CO2(g)和1 mol H2(g)具有的总能量D. 1 mol CO2(g)和1 mol H2(g)反应生成1 mol CO(g)和1 mol H2O(g)要放出41 kJ热量【答案】C【解析】A、从图示可知，反应物能量高生成物能量低，所以该反应为放热反应，故A错误；B、
7、某些放热反应也需要加热发生，如铝热反应，故B错误；C、从图示可知，反应物的能量高，生成物能量低，CO（g）与H2O（g）所具有的总能量大于 CO2（g）与H2（g）所具有的总能量，故C正确；D、1 molCO(g)和1mol H2O(g)反应生成1 molCO2(g)和1 molH2(g)要放出41 kJ热量，故D错误；故选C。6.在密闭容器中进行反应2SO2O22SO3，反应达平衡的标志是单位时间内消耗2 mol SO2的同时生成2 mol SO3反应混合物中，SO2、O2与SO3的物质的量之比为212反应混合物中，SO3的质量分数不再改变A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】可
8、逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。【详解】随着反应的进行，单位时间内消耗2 mol SO2的同时一定生成2 mol SO3，与反应是否达到平衡状态无关，故不能说明达到平衡状态；平衡时接触室中SO2、O2、SO3物质的量之比可能为2：1：2，可能不是2：1：2，与二氧化硫的转化率有关，故无法说明达到平衡状态；反应混合物中，SO3的质量分数不再改变，说明SO3的质量不再随时间变化而变化，此时反应达到平衡状态，故能说明达到平衡状态；故答案为D。7.下列说法正确
9、的是A. 稳定性：HClHBrB. 氯化钠和冰熔化时，化学键都被破坏C. H2O2是既含极性键又含非极性键的共价化合物D. NaOH、NH4Cl、H2SO4在水中均能电离出离子，它们都是离子化合物【答案】C【解析】【详解】A. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性ClBr，则稳定性：HClHBr，A错误；B. 氯化钠熔化时离子键被破坏，冰熔化时化学键不变，破坏的是分子间作用力，B错误；C. H2O2的电子式为，因此是既含极性键又含非极性键的共价化合物，C正确；D. NaOH、NH4Cl、H2SO4在水中均能电离出离子，其中氢氧化钠和氯化铵中均含有离子键，都是离子化合物，硫酸分子中含有共价键，是
10、共价化合物，D错误；答案选C。【点睛】明确化学键的含义和构成条件是解答的关键，注意化学键和化合物关系的判断，即含有离子键的化合物是离子化合物，只有共价键的化合物是共价化合物，这说明离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中一定不能存在离子键。8.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（ ） A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生B. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C. 两烧杯中溶液的pH均增大D. 产生气泡的速度甲比乙慢【答案】C【解析】【详解】A、甲是原电池，正极铜片上发生还原反应 2H+2eH2，铜片上有气体产生，乙装置中在锌片上发生反应 Zn+2H+=Zn2+
11、H2，铜片上无气体产生，故A错误；B、甲装置是原电池，铜片做正极，乙不是原电池，故B错误；C、两烧杯中的氢离子发生反应，浓度减少，溶液pH增大，故C正确；D、原电池反应加快反应速率，故产生气泡的速度甲比乙快，故D错误；综上所述，本题正确答案为C。【点睛】考查原电池的工作原理、氧化还原反应的实质。原电池的组成条件是活泼性不同的两个电极、电解质溶液、闭合回路、自发进行的氧化还原反应。装置甲是原电池，锌做负极，铜做正极，气体在铜片上产生。原电池由于在两个电极上发生氧化反应和还原反应，加快了反应速率。乙不是原电池，乙装置是锌与稀硫酸直接接触的反应，铜不与稀硫酸反应，气体在锌片上产生。甲和乙相比，相同点
12、：发生的氧化还原反应原理相同，都消耗H+，反应后溶液pH都增大；不同点：一、气体产生的位置不同，二、反应速率不同，三、能量转化不同。9.在2 L容积不变的容器中,发生N2+3H2 2NH3的反应。现通入H2和N2发生反应,10 s内用H2表示的反应速率为0.12 molL-1s-1,则10 s内消耗N2的物质的量是（ ）A. 2.4 molB. 1.2 molC. 0.8 molD. 0.4 mol【答案】C【解析】已知10 s内用H2表示的反应速率为0.12 molL-1s-1，则消耗的H2的物质的量是0.12 molL-1s-110s2L=2.4mol，所以10 s内消耗N2的物质的量0.
13、8mol，故本题正确答案为C。10.在一个不传热的固定容积的密闭容器中,可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),当m、n、p、q为任意整数时,一定达到平衡的标志是( )体系的温度不再改变 体系的压强不再改变各组分的浓度不再改变 各组分的质量分数不再改变反应速率v(A)v(B)v(C)v(D)=mnpq单位时间内m mol A发生断键反应,同时p mol C也发生断键反应A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】体系的温度不再改变，正、逆反应速率相等，据此能判断该反应达到平衡状态，正确；如果该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，则体系的压强始终不变，所以不能根据压强判
14、断反应是否达到平衡状态，错误； 各组分的物质的量浓度不再改变，说明该反应达到平衡状态，正确；当该反应达到平衡状态，各组分的质量分数不再改变，正确；任何时刻反应时都存在速率关系：v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=m：n：p：q，故不能根据反应速率v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=m：n：p：q判断该反应是否达到平衡状态，错误；单位时间内m mol A断键反应等效于pmol C形成，同时pmol C也断键反应，正确；综上所述可知正确的说法为，故合理选项是B。11.下列说法错误的是A. 蔗糖和麦芽糖均为双糖B. 酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质C. 植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/
15、CCl4褪色D. 淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖【答案】B【解析】【详解】A蔗糖和麦芽糖均能水解生成2个单糖分子，为双糖，故A正确；B绝大多数酶是蛋白质，少数具有生物催化功能的酶不是蛋白质，故B错误；C植物油为液态油脂，分子的烃基中含不饱和碳碳双键，这种脂肪酸酯，能够发生加成反应，使Br2/CCl4褪色，故C正确；D淀粉和纤维素为多糖，一定条件下水解的最终产物均为葡萄糖，故D正确；故选B。12.在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选
16、项解答。详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。答案选D。点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。13.下列操作能达到实验目的的是( )实验目的实验操作A证明Cl的非金属性比C强将盐酸滴入放有大理石的烧杯中，观察是否有气泡产生。B比较N
17、a与Al的金属性强弱将金属钠放入盛有AlCl3溶液的烧杯中，观察现象。C证明增大反应物浓度，能加快化学反应速率将两块表面积相同的锌粒分别放入稀硫酸和浓硫酸中。D证明KCl中存在离子键熔融状态的KCl是否导电A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.验证非金属性强弱，应根据最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，Cl元素的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸，而不是盐酸，故A错误；B.可以通过单质间的置换反应比较金属性强弱，但金属钠先与AlCl3溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与氯化铝反应生成白色的氢氧化铝沉淀（或生成NaAlO2），不能将AlCl3溶液中的铝置换出来，不能
18、比较Na与Al的金属性强弱，故B错误；C.虽然增大反应物浓度，能加快化学反应速率，但浓硫酸具有强氧化性，与锌粒反应生成二氧化硫气体，故C错误；D.共价化合物在熔融状态下不能电离，因此共价化合物在熔融状态下不能导电；而离子化合物在熔融状态下可以电离出离子，离子化合物在熔融状态下能导电，据此可以根据熔融状态的KCl是否导电判断是含有离子键，故D正确。故选D14.下列设计的实验方案正确且能达到实验目的的是A. 验证碳、硅非金属性强弱：将CO2气体通入水玻璃中，观察现象B. 检验淀粉水解是否生成葡萄糖：取少量水解液于试管中，直接加入新制的银氨溶液，水浴加热，观察现象C. 探究NaCl是否属于离子化合物
19、：将两个电极插入NaCl溶液中，进行导电性试验D. 提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量NaOH溶液，振荡后静置分液，并除去有机相中的水【答案】A【解析】【详解】A将CO2通入水玻璃中生成白色沉淀，根据复分解反应中强酸制备弱酸的原理，碳酸酸性大于硅酸的酸性，可以验证碳、硅非金属性强弱，故A正确；B淀粉水解溶液显酸性，应在碱性条件下检验葡萄糖，则检验淀粉水解产物，可在水解所得溶液中先加NaOH只碱性，再加入新制银氨溶液后水浴加热，故B错误；C将两个电极插入NaCl溶液中，进行导电性试验，不能证明NaCl属于离子化合物，如氯化氢的水溶液也能导电，但氯化氢属于共价化合物，故
20、C错误；D向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量NaOH溶液，乙酸乙酯能够发生水解反应，违反了除杂原则，应该用饱和碳酸钠溶液，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为C，证明NaCl属于离子化合物，应该将两个电极插入熔融的NaCl中，进行导电性试验。15.一定条件下进行反应：COCl2(g) Cl2(g)CO(g)，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol COCl2(g)，反应过程中测得的有关数据见下表：t/s02468 n(Cl2)/mol00.300.390.400.40下列说法不正确的是( )A. 生成Cl2的平均反应速率，02s比24s快B. 02s COCl2的平均分解速率为0.1
21、5molL1s1C. 6s时，反应达到最大限度D. 该条件下，COCl2的最大转化率为40%【答案】B【解析】【详解】A.根据表中数据可以知道，在02s中氯气变化了0.3mol，在24s中氯气变化了0.09mol，所以生成Cl2的平均反应速率，02s比24s快，故A正确；B.在02s中氯气变化了0.3mol，根据化学方程式COCl2(g)Cl2(g)CO(g)可以知道，用去COCl2气体的物质的量为0.3mol，所以02sCOCl2的平均分解速率为=0.075molL1s1，故B错误；C.6s之后，氯气的物质的量不再变化，说明反应已经处于平衡状态，反应达到最大限度，故C正确；D.根据表中数据，
22、平衡时生成氯气0.4mol，即用去COCl2气体的物质的量为0.4mol，所以转化率=100%=40%，故D正确。故选B。16.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族。下列叙述不正确的是（ ）A. X元素可以与W元素形成XW2和XW3两种化合物B. Y元素的单质一定条件下可以与O2、N2、CO2反应C. Z原子的最外层电子数为4，形成化合物时一般为+4价D. X与Y、Z与W都属于同一周期【答案】D【解析】【详解】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数
23、是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Mg元素，Z单质可制成半导体材料，Z为Si元素；A. X为氧，W为硫，可以形成二氧化硫和三氧化硫两种化合物，故A正确；B. Y为镁，其单质一定条件下可以与O2、N2、CO2反应，故B正确；C. Z为硅，其原子的最外层电子数为4，形成化合物时一般为+4价，故C正确；D. X为氧，在第2周期；Y为镁，Z为硅，W为硫，在第3周期，故D错误，故选D。二填空题：共5个小题，共52分17.下表为元素周期表的一部分，参照元素在表中的
24、位置，按要求回答下列问题：（1）在元素，最活泼的金属元素是_（填元素名称）；最活泼的非金属元素名称是_（填元素名称）（2）用电子式表示元素与形成的原子个数比为12的化合物 _。元素和所形成的化学键的类型是_。（3）、三种元素的原子半径由大到小的顺序是_（用元素符号表示）。（4）元素和所能形成的气态氢化物的稳定性_（用化学式表示）；元素、的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序_（用化学式表示）；（5）写出元素和的最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式：_。【答案】 (1). 钠 (2). 氟 (3). (4). 极性共价键 (5). NaSiC (6). HFHCl (7). HClO
25、4H3PO4H2SiO3 (8). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O【解析】【分析】由元素在周期表的位置可知，元素分别为H、C、O、F、Na、Al、Si、P、Cl，结合元素周期律和原子结构分析解答。【详解】(1)在元素，最活泼的金属元素是钠；最活泼的非金属元素名称是氟，故答案为：钠；氟；(2)与形成原子个数比为12的化合物为氧化钠，属于离子化合物，用电子式为，元素和所形成的化学键类型为极性共价键，故答案为：；极性共价键；(3)同周期，从左向右，原子半径减小，同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，则、三种元素的原子半径由大到小的顺序是NaSiC，故答案为：NaSiC；(4)非金属性FC
26、l，则元素和所能形成的气态氧化物的稳定性HF大于HCl；非金属性ClPSi，则元素、的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序为HClO4H3PO4H2SiO3，故答案为：HFHCl；HClO4H3PO4H2SiO3；(5)元素和的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、氢氧化铝，二者反应生成偏铝酸钠和水，离子反应方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。18.（1）如图是银锌原电池装置的示意图，以硫酸铜为电解质溶液。回答下列问题：Zn电极是_（填“正极”或“负极”），反应中质量会变_（填“大”，“小”或“不变”）银电极上发生
27、_反应（“氧化”或“还原”），电极反应式为_。（2）甲醇(CH3OH)是一种重要的化工原料，在生产中有着重要的应用。甲醇燃料电池能量转化率高，对环境无污染。该燃料电池的工作原理如图所示：(质子交换膜可以通过H+)通入甲醇气体的电极为电池的_(填“正”或“负)极，电解质溶液中H+向_电极移动(填“a或“b)。【答案】 (1). 负极 (2). 小 (3). 还原反应 (4). Cu2+2e-=Cu (5). 负 (6). b【解析】【详解】（1）由图可知，Zn为负极，负极上电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，失去电子被氧化生成锌离子，质量减小；Ag为正极，正极上Cu2+得电子发生还原反应，电极反
28、应式为Cu2+2e-=Cu，故答案为：负极，小，还原反应，Cu2+2e-=Cu。（2）由图示可知：该燃料电池中，通入甲醇的电极是负极、通入氧气的电极是正极，所以a为负极，b为正极，原电池中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，所以H+向b电极移动，故答案为：负；b。19.氮及其化合物在人们生活经常出现(1)汽车尾气中NO生成过程的能量变化示意图如下：该条件下，1mol N2和1molO2完全反应生成NO，会_(填“吸收”或“放出”)_kJ能量。(2)一定温度下，在体积为0.5 L的恒容密闭容器中，氮的气态氧化物X和Y之间反应过程中各物质的物质的量与时间的关系如图所示。该反应的化学反应方程式：_。
29、在03 min内，用Y表示的反应速率为_。下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是_(填字母)。a容器内压强不再发生变化bX的体积分数不再发生变化c容器内原子总数不再发生变化d相同时间内消耗nmolY的同时生成2nmol X反应达到平衡后，若降低温度，则(正)_，(逆)_。(填“增大”“减小”或“不变”)。(3)反应 A(g)+3B(g)2C(g)+3D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为： (A)=0.015mol (Ls)1 (B)=0.09mol (Ls)1 (C)=2.4mol (Lmin )1 (D)=0.045mol (Ls)1该反应在四种不同情况下速率由大到小的顺序为(用序号
30、填空)_。【答案】 (1). 吸收 (2). 183 (3). 2XY (4). 0.2mol/(Lmin) (5). ab (6). 减小 (7). 减小 (8). =【解析】【分析】(1)若断键吸收的总能量大于成键放出的总能量为吸热反应，反之为放热反应；(2) 反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，根据物质的量的变化判断计量数之间的关系；根据 计算以气体Y表示的平均反应速率；根据平衡标志判断是否达到平衡状态。降低温度反应速率一定减小；(3)根据反应速率之比等于化学计量数之比判断。【详解】(1)根据图示，断键吸收的总能量是945 kJ +498 kJ =1443kJ，成键放出的
31、总能量为2mol630 kJ/mol=1260 kJ，放出的能量小于吸收的能量，所以1mol N2和1molO2完全反应生成NO，会吸收1443kJ-1260kJ=183kJ的能量；(2) 由图象可知， Y的物质的量逐渐增多，X的物质的量逐渐减少，则X为反应物，Y为生成物，在相等的时间内X、Y的物质的量变化之比为0.6:0.3=2:1，所以反应方程式应为：2XY；根据0.2mol/(Lmin)；a2XY反应前后气体物质的量是变量，在恒容容器中总压强是变量，总压强不再发生变化一定平衡，故选a；bX的体积分数不再发生变化，说明X的浓度不再变化，一定达到平衡状态，故选b；c根据质量守恒，原子总数是恒
32、量，容器内原子总数不再发生变化，不一定平衡，故不选c；d相同时间内消耗nmolY的同时生成2nmol X，都是逆反应速率，不能推出正逆反应速率相等，不一定平衡，不选d；降低温度反应速率减小，所以反应达到平衡后，若降低温度，则(正)减小，(逆)减小；(3) (A) 1=0.015mol (Ls)11=0.015mol (Ls)1； (B) 3=0.09mol (Ls)13=0.03mol (Ls)1 (C) 2=2.4mol (Lmin )12=1.2mol (Lmin )1=0.02 mol (Ls)1 (D) 3=0.045mol (Ls)13=0.015mol (Ls)1；速率由大到小的顺
33、序为=。20.溴苯是一种化工原料，实验室用苯和液溴合成溴苯的装置示意图如下(夹持仪器已略去)。请回答以下问题。 (1)制取溴苯的化学方程式是 _，反应过程中烧瓶内有白雾产生，是因为生成了_气体。(2)该实验中用到冷凝管，由此猜想生成溴苯的反应属于_反应(填“放热”或“吸热”)；使用冷凝管时,进水口应是_(填“a”或“b”)。(3)该实验中将液溴全部加入苯中，充分反应后，为提纯溴苯，进行以下操作:将烧瓶中的液体倒入烧杯中，然后向烧杯中加入少量水，过滤，除去未反应的铁屑，过滤时必须用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、_。滤液再经一系列处理，最终得到的粗溴苯中仍含有少量苯，要进一步提纯溴苯，可进行的操作是
34、_(填字母)。物质 苯 溴苯 沸点/ 80 156 水中溶解性 微溶 微溶 a.洗涤b.过滤c.蒸馏 d.结晶【答案】 (1). +Br2+HBr (2). HBr (3). 放热 (4). a (5). 漏斗 (6). c【解析】【分析】苯和液溴在溴化铁作催化剂的作用下，发生取代反应，生成溴苯和溴化氢，生成的溴化氢极易溶于水，用NaOH溶液吸收HBr，并防止倒吸。该反应为放热反应，而苯和液溴都易挥发，所以用冷凝管将挥发的原料进行冷凝，回流至反应器。【详解】(1) 苯和液溴在溴化铁作催化剂的作用下，发生取代反应，生成溴苯和溴化氢，化学方程式为+Br2+HBr；HBr极易溶于水，在烧瓶内与空气中
35、的水结合形成白雾；(2)利用冷凝管，将受热挥发的原料重新冷凝成液体，回流至三口烧瓶中，该反应为放热反应；冷凝时，冷凝管中应该充满水，为了充分冷凝，所以应该下口进水，进水口应是a；(3)过滤操作需要用的玻璃仪器包括烧杯、玻璃棒、漏斗；粗的溴苯中含有少量的苯，根据表中的信息，两者的沸点相差较大，可以利用蒸馏进行分离提纯。答案为c。21.中国有广阔的海岸线，建设发展海洋经济、海水的综合利用大有可为。I空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一。其工艺流程如下图所示，试回答下列问题：（1）以上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_。（2）步骤通入热空气或水蒸气吹出Br2
36、，利用了溴的_。A 氧化性 B 还原性 C 挥发性 D腐蚀性（3）流程中涉及的离子反应方程式如下，请在下面横线内填入适当的化学计量数：_Br2_=_Br_CO2 _。（4）上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。写出溴与二氧化硫水溶液反应的离子方程式：_。（5）流程蒸馏过程中，温度应控制在8090。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：_。目前世界上60%的镁是从海水中提取的。海水提镁的主要流程如下：（6）操作A是_，试剂a是_。（7）由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是_。从考虑成本和废物循环利用的角度，副产物可以用于_。【答案】 (1). 富集溴元素 (
37、2). C (3). 3Br2+3CO32-BrO3-+5Br-+3CO2 (4). SO2+Br2+2H2O=4H+2Br-+SO42- (5). 温度过高，大量水蒸气随水排出，溴蒸气中水分含量增加，而温度过低，溴不能完全蒸出，降低溴的产率 (6). 过滤 (7). 盐酸 (8). MgCl2(熔融) Mg+Cl2 (9). 制盐酸(或制取漂白粉，自来水消毒等)【解析】【分析】I海水通过晒盐得到氯化钠和卤水，电解饱和氯化钠溶液得到氯气，卤水加入氧化剂氯气氧化溴离子得到低浓度的单质溴溶液，通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用的是溴单质的易挥发性，用纯碱溶液吸收溴单质得到含Br-、BrO3-的溶液
38、，再利用溴酸根离子和溴离子在酸性溶液中发生氧化还原反应得到溴单质，据此分析解答。II由流程可知，生石灰溶于水生成氢氧化钙，加入海水中沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁中加入试剂a得到氯化镁溶液，氯化镁溶液经过蒸发浓缩冷却结晶，得到氯化镁晶体，最后在氯化氢氛围中电解熔融氯化镁得到金属镁，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，故选C；(3)该反应中Br元素化合
39、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+3CO32-BrO3-+5Br-+3CO2，故答案为：3Br2+3CO32-BrO3-+5Br-+3CO2；(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，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+2Br-+SO42-，故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H+2Br-+SO42-；(5)在溴水中，溴的沸点是58.5C，水的是100C，温度过高，大量水蒸气随之排出，溴
40、气中水分增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低，故答案为：温度过高，大量水蒸气随水排出，溴蒸气中水分含量增加，而温度过低，溴不能完全蒸出，降低溴的产率；(6)由上述分析可知，操作A是从混合体系中得到氢氧化镁沉淀，为过滤，操作B是蒸发浓缩、冷却结晶，由氢氧化镁转化为氯化镁可知，试剂a为盐酸，故答案为：过滤；盐酸；(7)无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，该反应的化学方程式为MgCl2(熔融) Mg+Cl2，从考虑成本和废物循环利用的角度，副产物氯气可以用于制盐酸，氯气可用于水的消毒、制取漂白粉等，故答案为：MgCl2(熔融) Mg+Cl2；制盐酸(或制取漂白粉，自来水消毒等)。【点睛】明确海水提溴的原理是解题的关键。本题的易错点为(5)，可以从溴和水的性质角度分析思考。
