黑龙江省绥化市安达市第七中学2019-2020学年高二上学期月考化学试题
化学试卷
一、单选题
1.对三联苯是一种有机合成的中间体。工业上合成对三联苯的化学方程式为
下列说法中不正确的是( )
A. 上述反应属于取代反应
B. 对三联苯的一氯取代物有3种
C. 1 mol对三联苯在足量的氧气中完全燃烧消耗21.5 mol O2
D. 对三联苯分子中至少有16个原子共平面
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应中苯环上的H被取代，则该反应为取代反应，故A正确；
B．对三联苯的结构对称，从中间看，共有4种位置的H元素，则对三联苯的一氯取代物有4种，故B错误；
C．对三联苯的分子式为C18H14，1mol该物质燃烧消耗氧气为（18+）mol=21.5mol，故C正确；
D．苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子一定在同一平面内，碳碳单键可旋转，但一条直线上的碳原子在一个平面内，则至少有16个原子共平面，所有原子可能共面，对三联苯分子中最多有32个原子共平面，故D正确；
故选B。
【点晴】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团及性质的关系，明确苯的结构与性质等即可解答，易错选项是B，注意共面碳原子个数判断方法。有机物中的原子共平面问题可以直接联想甲烷的正四面体结构、乙烯的平面型结构、乙炔的直线型结构和苯的平面型结构，对有机物进行肢解，分部分析，另外要重点掌握碳碳单键可旋转、双键和三键不可旋转。
2.在一定温度下,向一个容积为2L的恒容密闭容器中(事先装入催化剂)充入2mol N2和3mol H2,3min后测得密闭容器内的压强是起始时的0.9倍。在这段时间内,用H2表示该反应的平均反应速率是( )
A. 0.125mol·L-1·min-1 B. 0.100mol·L-1·min-1 C. 0.200mol·L-1·min-1 D.
0.375mol·L-1·min-1
【答案】A
【解析】
【详解】解析：发生3H2+N22NH3,设参加反应的氮气的物质的量为x,则
3min后测得密闭容器内的压强是起始时的0.9倍,则
,解得x=0.25mol,。
故答案选A。
【点睛】本题需要注意反应容器为恒容密闭容器，3min后测得密闭容器内的压强是起始时的0.9倍可得出反应后的总物质的量为反应前的0.9倍，3min后密闭容器内气体物质的量为0.45mol。
3.2017年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”。下列做法应提倡的是( )
A. 夏天设定空调温度尽可能的低 B. 推广使用一次性塑料袋和纸巾
C. 少开私家车多乘公共交通工具 D. 对商品进行豪华包装促进销售
【答案】C
【解析】
【详解】A. 夏天设定空调温度尽可能的低，浪费了电能资源，增加能量损耗，故A项错误；
B. 推广使用一次性塑料袋和纸巾，浪费了资源，故B项错误；
C.少开私家车多乘公共交通工具，可以节约资源，减少空气污染，故C项正确；
D. 对商品进行豪华包装促进销售，浪费了资源，故D项错误；
答案选C。
4.在盛有稀H2SO4烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示。关于该装置，下列说法正确的是（ ）
A. 外电路中电流方向为：X→→Y
B. 若两电极分别为铁棒和碳棒，则X为碳棒，Y为铁棒
C. X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应
D. 若两电极都是金属单质，则它们的活动性顺序为X＞Y
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图片知，该装置是原电池，根据电子的流向判断X为负极，Y为正极，电流的流向正好与电子的流向相反；在原电池中，较活泼的金属作负极，不活泼的金属或导电的非金属作正极；负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应。
【详解】A. 根据图片知该装置是原电池，外电路中电子从X电极流向Y电极，电流的流向与此相反，即Y→→X，A项错误；
B. 原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，若两电极分别为Fe和碳棒，则Y为碳棒，X为Fe，B项错误；
C. X是负极，负极上发生氧化反应；Y是正极，正极上发生还原反应，C项错误；
D. X为负极，Y为正极，若两电极都是金属单质，则它们的活动性顺序为 X＞Y，D项正确。
答案选D。
【点睛】原电池工作原理的口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。电子从负极沿导线流向正极，而不通过溶液，溶液中是阴、阳离子移动导电，俗称“电子不下水，离子不上岸”。
5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01mol·L-1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径的大小W
X>Y
C. Y的氢化物常温常压下为液态 D. X的最高价氧化物的水化物为强酸
【答案】C
【解析】
【分析】
由n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，可知Z元素为Cl，n为Cl2，再根据q的水溶液具有漂白性，可知q为HClO，由0.01 mol·L－1 r溶液的pH为2，可判断r为一元强酸，则r为HCl，然后根据n和p的反应条件，以及s通常是难溶于水的混合物，可知p为烷烃，s为烷烃的氯代物；根据题意，W、X、Y、Z是短周期原子序数依次增加的四种元素，可进一步推知W、X、Y、Z分别为H、C、O、Cl。
【详解】A、根据原子半径的变化规律，可知原子半径：HW
C. 化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键
D. Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
【答案】D
【解析】
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W－的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，则
A．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；
B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X＞Y，Z＞W，故B错误；
C．化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；
D．Y的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确。
故选D。
8.下列有关原子结构及元素周期律叙述不正确的是 ( )
A. 原子半径：Na＞O，离子半径：r(Na+)As，所以H3PO4的酸性强于H3AsO4的酸性，故C正确；
D、Na、Mg、Al位于同周期，金属性逐渐减弱，则失电子能力和最高价氧化物对应水化物的碱性均依次减弱，故D正确；
故答案选B。
【点睛】核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；同周期自左而右原子半径减小，元素的金属性减弱；同主族自上而下原子半径增大，元素的金属性增强。
9.对下图的表达中正确的是( )
A. 图a可以表示t s时，N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)达到了平衡
B. 图b中所介绍的电池使用后不能投入火中，应埋入地下以防污染环境
C. 图c可表示某化学反应属于放热反应，放出的能量为E2－E1
D. 图d涉及的反应可能为MN
【答案】A
【解析】
【详解】A．图a中t s时，正逆反应速率不再变化，且不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，为平衡状态，故A正确；
B．重金属会污染地下水、土壤，不能埋入地下，故B错误；
C．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，△H=-E2kJ/mol，故C错误；
D．N的浓度减小为反应物，M的浓度增大为生成物，且ts时间内N减少2mol/L、M增加4mol/L，化学计量数之比等于浓度变化量之比，则反应为N⇌2M，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为C，要注意焓变=生成物的总能量-反应物的总能量。
10.下列说法不正确的是（ ）
A. 己烷有4种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同
B. 在一定条件下，苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应都属于取代反应
C. 油脂皂化反应得到高级脂肪酸盐与甘油
D. 聚合物可由单体CH3CH＝CH2和CH2＝CH2加聚制得
【答案】A
【解析】
【详解】A、己烷有5种同分异构体，分别是己烷(CH3CH2CH2CH2CH2CH3)、2—甲基戊烷[(CH3)2CH2CH2CH2CH3]、3—甲基戊烷[CH3CH2CH(CH3)CH2CH3]、2，3—甲基丁烷[(CH3)2CHCH(CH3)2]、2，2—甲基丁烷[(CH3)3CCH2CH3]，A不正确；
B、有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，在一定条件下，苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应都属于取代反应，B正确；
C、油脂在碱性条件下的水解反应是皂化反应，油脂通过皂化反应可以得到高级脂肪酸盐与甘油，C正确；
D、根据高分子化合物的结构可知，该化合物是加聚产物，依据链节可知其单体是丙烯和乙烯，D正确；
答案选A。
11.①~⑧均为短周期元素,根据表中数据判断下列说法不正确的是( )
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
原子半径(10-10)m
0.74
1.60
1.52
1.10
0.99
1.86
0.75
0.89
主要化合价
最高价
+2
+1
+5
+7
+1
+5
+2
最低价
-2
-3
-1
-3
A. ③和⑥、④和⑦分别处于同一主族
B. 元素④处于第3周期VA族
C. 元素⑥对应的氢氧化物是强碱
D. 元素①与元素⑥形成的化合物中不可能存在共价键
【答案】D
【解析】
【分析】
根据所提供的原子半径和主要化合价,可以判断各元素:①O,②Mg,③Li,④P,⑤Cl,⑥Na,⑦N,⑧Be。
【详解】A.③和⑥位于第ⅠA族、④和⑦位于第ⅤA族，故A选项正确。
B.元素④为P元素，处于第3周期ⅤA族，故B选项正确。
C.NaOH为强碱，故C选项正确。
D.O与Na形成的化合物Na2O2中存在共价键，故D选项错误。
故答案选D。
12.固体氧化物燃料电池是由美国西屋(Westinghouse)公司研制开发的。它以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2－)在其间通过。该电池的工作原理如图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。下列判断正确的是
A. 有O2放电的a极为电池的负极
B. 有H2放电的b极为电池的正极
C. a极对应的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D. 该电池的总反应方程式为2H2＋O2===2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
该电池属于氢氧燃料电池，电池工作时的正负极反应式分别为：正极：O2+4e-=2O2-；负极：H2-2e-+O2-═H2O，总反应为：2H2+O2=2H2O。
【详解】A. 在燃料电池中，有O2放电的a极为原电池的正极，故A项错误；B. 在燃料电池中，有H2放电的b极为电池的负极，故B项错误；C. a极对应的电极反应为：O2+4e-=2O2-，故C项错误；D. 在燃料电池中，总反应方程式即为燃料燃烧的化学方程式，即2H2+O2=2H2O，故D正确。综上，本题选D。
13.下表中对应关系正确的是( )
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl属于加成反应，故A选项错误。
B．油脂得到甘油、淀粉得到葡萄糖均属于水解反应，故B选项正确。
C．第一个反应是氧化反应，第二个反应是还原反应，故C选项错误。
D．选项中二者均是取代反应，故D选项错误。
故答案选B。
14.已知化学反应A2(g)+B2(g)2AB(g)的能量变化如图所示,判断下列叙述中正确的是( )
A. 每生成2分子AB吸收b kJ热量
B. 每生成2mol AB吸收(a-b)kJ的热量
C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 断裂1mol A-A键和1mol B-B键,放出a kJ能量
【答案】B
【解析】
【详解】A.每生成2分子AB吸收a-b kJ热量，故A选项错误。
B. 反应的反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，每生成2mol AB吸收(a-b)kJ的热量，故B选项正确。
C. 观察题给图象可以得知，上述反应的反应物总能量低于生成物总能量，故C选项错误。
D. 化学反应过程中，化学键断裂为吸热过程,故D选项错误。
故答案选B。
15.下列叙述正确的是（ ）
A. 铅位于周期表中金属与非金属元素的交界处，可作半导体材料
B. 若存在简单阴离子R2－，则R一定属于第VIA族元素
C. S和Se属于第VIA族元素，H2S的还原性比H2Se的强
D. 元素原子最外层电子数较小的金属一定比最外层电子数较它多的金属活泼
【答案】B
【解析】
【详解】A．铅位于周期表中金属元素处，具有典型的金属元素的性质，错误；
B．若存在简单阴离子R2－，则R最低化合价是-2价，根据同一元素最低化合价与最高化合价绝对值的和等于8可知，该元素一定属于第VIA族元素，正确；
C．S和Se属于第VIA族元素，由于元素的非金属性S>Se，所以H2S的还原性比H2Se的弱，错误；
D．Li最外层只有1个电子，Ba最外层有2个电子，但是金属的活动性：Ba>Li，错误。
答案选B。
16.右图表示反应X（g）4Y（g） +Z（g） △H< 0，在某温度时X的浓度随时间变化的曲线：
下列有关该反应的描述正确的是（ ）
A. 第6min后，反应就终止了
B. X的平衡转化率为85％
C. 若升高温度，X的平衡转化率将大于85％
D. 若降低温度，v正和v逆将以同样倍数减小
【答案】B
【解析】
【详解】A项，6min时反应达平衡，但反应并未停止，故A项错误；
B项，X的变化量为1mol－0.15mol=0.85mol，转化率为0.85/1×100%=85%，故B项正确；
C项，ΔH<0，反应为放热，所以升高温度，平衡将逆向移动，则X的转化率减小，故C项错误；
D项，降温，正、逆反应速率同时减小，但是降温平衡正向移动，所以v正>v逆，即逆反应速率减小倍数大，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
17.已知分解1mol H2O2放出热量98kJ,在含少量I-的溶液中,H2O2分解的机理为:
H2O2+I-→H2O+IO- 慢
H2O2+IO-→H2O+O2+I- 快
下列有关该反应的说法正确的是( )
A. 反应速率与I-浓度无关
B. IO-也是该反应的催化剂
C. 分解2mol H2O2放出热量196kJ
D. v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
【答案】C
【解析】
【分析】
有题意可知，反应的总方程式为2H2O22H2O+O2↑。
【详解】A．反应速率与浓度有关，所以I-浓度越大，速率越快，故A选项错误。
B．由题意可知I-为反应的催化剂，故B选项错误。
C．分解1mol H2O2放出热量98kJ，分解2mol H2O2放出热量196kJ，故C选项正确。
D．速率比等于化学计量数比,反应的总方程式为2H2O22H2O+O2↑，水不能用来表示反应的速率，且过氧化氢和氧气速率比为2:1，故D选项错误。
【点睛】本题的易错点为D选项，注意写出反应的总方程式后对各个物质的反应速率进行比较，并且水为纯溶剂，不用来表示反应速率。
18.一种形状像蝴蝶结的有机分子Bowtiediene,其形状和结构如图所示,下列有关该分子的说法中不正确的是( )
A. 该有机物的分子式为C5H4
B. 该分子中所有碳原子在同一平面内
C. 1mol该有机物最多可与2mol Br2发生加成反应
D. 该有机物属于烃
【答案】B
【解析】
【详解】A. 该有机物有5个顶点，故碳原子数是5，由有机化合物的成键特点和结构图分析可得该烃分子式为C5H4，故A选项正确。
B．中间碳原子形成四条单键,为四面体形，故该分子的碳原子不可能在同一平面内，故B项错误。
C．该烃含有两条碳碳双键，故1mol该有机物最多能够与2mol Br2发生加成反应，故C项正确。
D．该有机物的组成元素只有C和H,故该有机物属于烃，故D选项正确。
故答案选B。
【点睛】本题的易错点为B选项，注意中间碳原子为四个碳碳单键，可以旋转且一定不在同一个平面上。
19.关于离子键、共价键的各种叙述中，下列说法中正确的是（ ）
A. 在离子化合物里，只存在离子键，没有共价键
B. 非极性键只存在于双原子的单质分子（如Cl2）中
C. 在共价化合物分子内，一定不存在离子键
D. 由不同元素组成的多原子分子里，一定只存在极性键
【答案】C
【解析】
【详解】A、在离子化合物里，一定存在离子键,可以存在共价键，A错误；
B、非极性键不只存在于双原子的单质分子中，如是含有极性键和非极性键的化合物，B错误；
C、在共价化合物分子内，一定不存在离子键，C正确；
D、由不同元素组成的多原子分子里，不一定只存在极性键，如是含有极性键和非极性键的化合物，D错误；
正确选项C。
【点睛】不同非金属元素之间形成极性共价键，同种非金属元素之间形成非极性共价键；由不同元素组成的多原子分子里,可能存在极性键、非极性键。
20.普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液。根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间。此法的原理如图所示，反应的总方程式为：2Cu＋Ag2O＝Cu2O＋2Ag。下列有关说法正确的是
A. 2molCu与1 molAg2O的总能量低于1 molCu2O与2molAg具有的总能量
B. 负极的电极反应式为2Cu＋2OH－－2e－＝Cu2O＋H2O
C. 测量原理示意图中，电流方向从Cu流向Ag2O
D. 电池工作时，OH－向Ag电极移动
【答案】B
【解析】
【分析】
由电池反应方程式2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag知，较活泼的金属铜失电子发生氧化反应，所以铜作负极，较不活泼的金属银作正极，原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；根据原电池的构成条件之一为自发的放热的氧化还原反应分析反应物与生成物的总能量大小。
【详解】A. 因为原电池的构成条件之一为自发的放热的氧化还原反应，所以该反应为放热反应，则2molCu与1 molAg2O的总能量高于1 molCu2O与2molAg具有的总能量，A项错误；
B. 负极发生失电子的氧化反应，电极反应为2Cu＋2OH－－2e－＝Cu2O＋H2O，B项正确；
C. 测量原理示意图中，电流方向从正极流向负极，即从Ag2O流向Cu，C项错误；
D. 原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，即OH－向Cu电极移动，D项错误；
答案选B。
【点睛】难点是B选项，电极反应式的书写遵循氧化还原反应的基本规律，同时要考虑电解质溶液的酸碱性。
二、实验题
21.实验室可用冰醋酸(CH3COOH)和异戊醇()合成乙酸异戊酯,其实验装置如下图所示,操作过程如下:
①向圆底烧瓶中加入几粒碎瓷片,先后注入15mL(0.14mol)异戊醇和20mL(0.35mol)冰醋酸,最后小心加入5mL浓H2SO4,振荡使其不再分层。
②在烧瓶上安装冷凝管,接通冷凝水,然后加热1h并冷却至室温。
③把烧瓶内混合液倒入盛有饱和Na2CO3溶液的锥形瓶中,振荡后静置。
④把③中水层分离出后,再用蒸馏水洗涤有机层几次,并将洗涤后水层分离出。
⑤将分离的有机层转移到另一锥形瓶中,加入无水MgSO4或Mg(NO3)2处理。最后将处理后的有机层经135~143℃蒸饱,即得乙酸异戊酯产品。
试回答以下问题:
(1)写出乙酸和异戊醇合成乙酸异戊酯的化学方程式:______________________,其中浓H2SO4的作用是_____________________,烧瓶内碎瓷片的作用是____________________。
(2)冷凝管的作用是___________________,冷凝管的a口是冷凝水的_______(填“进口”或“出口”)。
(3)乙酸和异戊醇物质的量之比为0.35:0.14,大于1:1,其原因是___________________。
(4)③ 中饱和碳酸钠溶液的作用是____________________,⑤ 中无水MgSO4或Mg(NO3)2的作用是____________________。
(5)步骤③ 的操作应用___________(填仪器名称),洗涤分离出水层后,应怎样把有机层转移至锥形瓶里____________________。
【答案】 (1). CH3COOH++H2O (2). 催化剂和脱水剂 (3). 防止液体暴沸 (4). 冷凝回流 (5). 出口 (6). 因该反应是可逆反应,增大廉价的乙酸的量,可以提高异戊醇的转化率 (7). 洗涤乙酸异戊酯中的H2SO4和过量的CH3COOH (8). 吸收乙酸异戊酯中残留的水 (9). 分液漏斗 (10). 应将有机层从分液漏斗的上口倒出
【解析】
【详解】(1)酯化反应的实质是羧酸脱羟基，醇脱氢结合成水的取代反应CH3COOH++H2O，其中浓硫酸在反应中起催化剂和脱水剂的作用，为了防止在加热过程中液体暴沸，预先在烧瓶中加入碎瓷片，故答案为：CH3COOH++H2O，催化剂和脱水剂，防止液体暴沸；
(2)酯化反应的进行是需要加热的，但其反应物冰醋酸和异戊醇及其生成物乙酸异戊酯都属于低沸点物质，故在反应过程中极易形成蒸气逸出，为了使反应物充分利用,常用冷凝管使蒸气冷凝回流，使用冷凝管时要注意水流方向,即水流方向应与被冷却气体的流向相反,即题图中的a口应是出水口，故答案为：冷凝回流，出口；
(3)从乙酸与异戊醇的反应方程式：可以看出，乙酸与异戊醇是按1:1的比例反应的,但由于该反应是可逆反应,为了降低成本及达到较高的异戊醇转化率，常使廉价的乙酸过量，故答案为：因该反应是可逆反应,增大廉价的乙酸的量,可以提高异戊醇的转化率；
(4)反应完毕后烧瓶中的混合液中含有H2SO4，乙酸，异戊醇，乙酸异戊酯，水等物质,倒入饱和Na2CO3溶液中后混合液中的H2SO4和过量的乙酸将与Na2CO3反应而最后位于水层，有机层主要是乙酸异戊酯和异戊醇，另有少量的水，蒸馏可使乙酸异戊酯和异戊醇分离，蒸馏时加入MgSO4或Mg(NO3)2可吸收有机层中的水分[可联想工业制浓HNO3时加Mg(NO3)吸水]，故答案为：洗涤乙酸异戊酯中的H2SO4和过量的CH3COOH，吸收乙酸异戊酯中残留的水；
(5)③中所得分层后的混合物，用分液漏斗进行分离，使用分液漏斗分液时要注意：下层液体从分液漏斗的下端放出，上层液体应从分液漏斗的上口倒出。故答案为：应将有机层从分液漏斗的上口倒出。
【点睛】本题需要注意反应完毕后烧瓶中的生成物中含有H2SO4，乙酸，异戊醇，乙酸异戊酯，水等物质，含有较多杂质需要根据杂质的性质进行除杂。
22.工业生产中，海水提溴常用空气吹出法。某化学实验小组设计了如图实验装置（夹持装置略去）模拟该法从浓缩的海水中提取溴。已知：的沸点为58.78℃，密度为3.119,微溶于水，有毒。
实验步骤如下：
①关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入至反应结束；
②关闭活塞a、c，打开活塞b、d，向A中鼓入足量热空气；
③关闭活塞b，打开活塞a,再通过A向B中通入足量;
④取B中所得溶液进行蒸馏，收集液溴。
(1)步骤①的A中发生的主要反应的离子方程式为__________。
(2)X试剂可以是_________(填序号），步骤②的B中X试剂与发生反应的离子方程式为__________。
a.
b.饱和食盐水
c.饱和溶液
(3)该实验中尾气处理所用的试剂可为__________。
(4)蒸馏时，除酒精灯、石棉网、带铁圈的铁架台外，还应该选择仪器__________(填序号)。蒸馏操作中应控制温度为________。
【答案】 (1). (2). c (3). (4). NaOH溶液 (5). ①③⑤⑥⑦ (6). 59℃(5878~60℃之间均可)
【解析】
【详解】（1）氯气具有强氧化性，与溴离子反应生成溴单质，离子方程式为，故答案为：；
（2）X用来吸收单质溴，因此可选择饱和亚硫酸钠溶液，单质溴与亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钠，离子方程式为，故答案为：c，；
（3）、都有毒，可用碱液如NaOH溶液吸收，故答案为：NaOH溶液
（4）蒸馏操作的主要仪器有带铁圈的铁架台、酒精灯、石棉网、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶，所以还应该选择的仪器有①③⑤⑥⑦；蒸馏实验依据液体的沸点不同分离物质，由于的沸点为58.78℃，所以蒸馏操作中应控制温度在59℃(58.78~60℃之间均可）。故答案为：①③⑤⑥⑦， 59℃(58.78~60℃之间均可)。
三、计算题
23.在25℃时,向100 mL含氯化氢14.6 g的盐酸中放入5.6 g纯铁粉(不考虑反应前后溶液体积的变化),反应开始到2 min末收集到H2 1.12 L(标准状况下),在此之后又经过4 min,铁粉完全溶解。则:
(1)在前2 min内用v(FeCl2)表示的平均反应速率是多少?________
(2)在后4 min内用v(HCl)表示的平均反应速率是多少?______
(3)前2 min与后4 min相比,反应速率哪个较快?_______
【答案】 (1). 0.25 mol/(L • min) (2). 0.25 mol/(L • min) (3). 前2 min反应速率快。前2 min内v(HCl) = 2v(FeCl2) = 0.50 mol/(L • min) > 0.25 mol/(L • min),故前2 min反应速率快
【解析】
【详解】（1）反应开始至2 min末，收集到1.12 L（标准状况）氢气，则氢气的物质的量是0.05mol。根据方程式2HCl＋Fe=FeCl 2 ＋H 2 ↑,生成硫化亚铁是0.05mol，其浓度是0.5mol/L，所以用硫化亚铁表示的反应速率是0.5mol/L÷2min＝0.25 mol·L -1 ·min -1 ，故答案为：0.25 mol/(L • min)；
（2）氯化氢的物质的量是0.4mol，而铁是0.1mol，所以在后4 min内用消耗氯化氢的物质的量是（0.1mol－0.05mol）×2＝0.1mol，浓度是0.1mol÷0.1L＝1.0mol/L，所以用氯化氢表示的反应速率是1.0mol/L÷4min＝0.25 mol·L -1 ·min -1 ，故答案为：0.25 mol/(L • min)；
（3）根据①②可知，前2 min与后4 min相比，前2 min内v(HCl) = 2v(FeCl2) = 0.50 mol/(L • min) > 0.25 mol/(L • min)，故反应速率较快的是前2min，这是由于随着反应的进行，反应物氢离子的浓度逐渐减小，反应速率逐渐减慢。故答案为：前2 min反应速率快。前2 min内v(HCl) = 2v(FeCl2) = 0.50 mol/(L • min) > 0.25 mol/(L • min),故前2 min反应速率快。
【点睛】本题需要注意计算反应速率时要用物质的量除以体积得到物质的量浓度，之后再除以时间计算出反应速率，切记计算时注意体积。
