湖北省荆州中学2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题
荆州中学2018级9月月考
高二年级化学试题
可能用到的相对原子质量：C-12 N-14 O-16 Na-23
第I卷（ 选择题)
一、单选题（每小题3分，共16题）
1.下列有关自然资源的开发利用叙述正确的是
A. 从食物中获得的糖类、油脂、蛋白质等营养物质均为天然高分子化合物
B. 金属铝的冶炼可采取电解熔融氯化铝的方法
C. 石油裂化的目的是提高轻质燃料油的质量和产量
D. 煤中含有的苯、甲苯、二甲苯等有机物，可通过煤的干馏来获得
【答案】C
【解析】
分析：A.相对分子质量超过10000的有机物属于高分子化合物；
B.熔融的氯化铝不导电；
C. 裂化的目的是提高汽油的产量和质量；
D.煤中不含有的苯、甲苯、二甲苯等有机物。
详解：A. 糖类中的葡萄糖和麦芽糖、蔗糖不属于高分子化合物，油脂的主要成分是高级脂肪酸和甘油所生成的酯，也不属于高分子化合物，A错误；
B.熔融的氯化铝不导电，金属铝的冶炼可采取电解熔融氧化氯的方法，B错误；
C. 裂化的目的是将C18以上的烷烃裂化为C5-C11的烷烃和烯烃，得到裂化汽油，可以提高汽油的产量和质量，故C正确；
D.煤干馏得到煤焦油中含有芳香烃，可用分馏的方法从煤焦油中获得芳香烃，但煤中不含有的苯、甲苯、二甲苯等有机物，D错误；
答案选C。
2.下列说法中错误是
A. 凡是放热反应而且熵增加的反应，就更易自发进行
B. 对于同一物质在不同状态时的熵值是：气态>液态>固态
C. 平衡常数K值越大，则可逆反应进行越完全，反应物的转化率越大
D. 凡是能量达到活化能的分子发生的碰撞均为有效碰撞
【答案】D
【解析】
A．属于放热和熵增加的反应，即△H＜0，△S＞0，根据△H-T△S＜0可知，反应易自发进行，故A正确；B、同一物质的固态、液态、气态的混乱度依次增大，熵值增大，故B正确；C．平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，所以K值越大，说明这个反应正向进行的程度越大，反应物的转化率越大，故C正确；D．活化分子发生有效碰撞需要满足合适的取向，因此能量达到活化能的分子发生的碰撞不一定为有效碰撞，故D错误；故选D。
3.下列化学用语正确的是
A. CO2的电子式：
B. 乙烯分子的结构式：
C. 乙酸的结构简式：C2H4O2
D. 硫原子的原子结构示意图：
【答案】B
【解析】
【分析】
根据电子式、结构式、结构简式、原子结构示意图的书写规则判断．
【详解】A二氧化碳的电子式为：;
B、乙烯分子的结构式为 ，故B正确。
C、乙酸的结构简式为CH3COOH，故C错误。
D、硫原子的原子结构示意图为，故D错误。
故选：B。
4.298K时，合成氨反应的热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4
kJ/mol，在该温度下，取1 mol N2和3 mol H2放在密闭容器内反应。下列说法正确的是( )
A. 在有催化剂存在的条件下，反应放出的热量为92.4 kJ
B. 有无催化剂该反应放出的热量都为92.4 kJ
C. 反应放出的热量始终小于92.4 kJ
D. 若再充入1 mol H2，到达平衡时放出的热量应为92.4 kJ
【答案】C
【解析】
该反应为可逆反应，正向不可能进行到底，所以1 mol N2和3 mol H2反应放出的热量始终小于92.4 kJ，C正确。
5. 既可以用来鉴别乙烷和乙烯，又可以用来除去乙烷中混有的乙烯，得到纯净乙烷的方法是( )
A. 与足量溴蒸气反应 B. 通入足量溴水中
C. 在一定条件下通入氢气 D. 分别进行燃烧
【答案】B
【解析】
【分析】
乙烷能够与溴蒸气发生取代反应而与溴水不反应，乙烯能够与溴水、氢气发生加成反应，乙烷、乙烯均能够燃烧，据以上分析解答。
【详解】乙烷和乙烯均是无色气体，但前者易发生取代反应，后者易发生加成反应，若与足量溴作用，乙烷可以发生取代而生成溴代乙烷，乙烯发生加成生成二溴乙烷，不仅不易鉴别，还会损失大量的乙烯且混入大量的溴蒸汽杂质，显然不合理；若在一定条件下通入氢气，虽可将乙烯转变为乙烷，但通入氢气的量不易控制，很难得到纯净的乙烷；若分别进行燃烧，显然无法再得到乙烷，因此只能选B，因为乙烷不和溴水反应，而乙烯能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，且生成的 CH2Br-CH2Br为液体；
故答案为B。
6.最近意大利罗马大学的FuNvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图所示，已知断裂1 mol N－N吸收193 kJ热量，生成1 mol N≡N放出941 kJ热量。根据以上信息和数据，下列说法正确的是( )
A. N4属于一种新型的化合物
B. N4是N2的同位素
C. N4转变为N2是物理变化
D. 1 mol N4气体转变为N2放出724 kJ能量
【答案】D
【解析】
分析：A.化合物是由不同种元素组成的纯净物；B.质子数相同,中子数不同的两种核素之间互为同位素；C. N4转变为N2是化学变化；D.根据化学反应中旧键断裂吸收的能量和新键生成释放的能量的差值即为化学反应中的能量变化来回答。
详解：化合物是由不同种元素组成的纯净物, N4属于一种新型的单质，A错误；质子数相同，中子数不同的两种核素之间互为同位素, N4和N2互称为同素异形体，B错误；N4转变为N2，有新物质生成，属于化学变化，C错误；1molN4气体中含有6molN-N键,可生成2molN2,形成2molN≡N键,则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×193=1158KJ，形成化学键放出的热量为2×941=1882KJ,所以反应放热，放出的热量为1882-1158=724KJ，放出724KJ 热量, D正确；正确选项D。
点睛：反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量，如果反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，反应为吸热反应；如果反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，反应为放热反应。
7.己知NH3·H2O (aq) 与H2SO4 (aq) 反应生成1mol 正盐的反应热△H=-24.2kJ/moL；稀盐酸与稀氢氧化钠溶液反应的中和热△H=-57.3kJ/mol。则NH3·H2O在水溶液中电离的△H等于
A. +45.2 kJ/mol B. -45.2 kJ/mol C. +69.4kJ/mol D. -69.4kJ/mol
【答案】A
【解析】
由已知得：2NH3•H2O(aq)+H2SO4(aq)=(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l) △
H=-24.2kJ/mol，即2NH3•H2O(aq)+2H+=2NH4+(aq)+2H2O(l) △H=-24.2kJ/mol，化简得：①NH3•H2O(aq)+H+=NH4+(aq)+H2O(l) △H=-12.1kJ/moL，又因为②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3kJ/mol，根据盖斯定律①-②得：NH3•H2O(aq)=NH4+(aq)+OH-(aq)，△H=+45.2kJ/mol，故选A。
8.能增加反应物分子中活化分子的百分数的是:
①升高温度 ②增加浓度③增大压强 ④使用催化剂
A. ① ③ B. ①④ C. ②③ D. ①③④
【答案】B
【解析】
【详解】①升高温度可以增大反应物分子中活化分子的百分数；
②增加浓度可使活化分子的浓度增大，即可增加单位体积内活化分子数，但百分数不变；
③增大压强可使活化分子浓度增大，即可增加单位体积内活化分子数，但百分数不变；
④使用催化剂可增大反应物中活化分子百分数；
因此符合条件的是①④，答案选B。
9.下列关于有机化合物的说法正确的是
A. 乙醇的结构简式为C2H6O
B. C3H6Cl2有5种同分异构体
C. 乙酸溶于水可以电离，属于离子化合物
D. 由苯乙烯生成聚苯乙烯塑料属于加聚反应
【答案】D
【解析】
A、 乙醇的结构简式为C2H5OH，故A错误；B.可看作C3H8被两个氯取代，碳链上的3个碳中，两个伯碳对称，中加一个叔碳，两个氯取代一个碳上的氢，有两种：CH3－CH2 －CHCl2 (取代那面的一样)、CH3－CCl2 －CH3，分别取代两个碳上的氢，有两种：CH2Cl－CH2－CH2Cl（两个边上的），CH2Cl－CHCl－CH3 （一中间一边上） C3H6Cl2有4种同分异构体，故B错误；C. 乙酸全由共价键组成，液态时不能电离，溶于水可以电离，属于共价化合物。D. 由苯乙烯生成聚苯乙烯塑料，分子间发生加成聚合反应，属于加聚反应，故D正确。故选D。
10. 一定条件下，体积为5L的密闭容器中，0．5molX和0．5molY进行反应：
2X(g)＋Y(g)2Z(g)，经60s达到平衡，生成0．2molZ。下列说法正确的是:
A. 将容器体积变为10L，Z的平衡浓度变为原来的
B. 在该温度下，该反应的平衡常数K=0．011
C. 达到平衡时，容器内气体的压强是原来的90%
D. 若降低温度，X的体积分数增大，则该反应的△H＜0
【答案】C
【解析】
【分析】
A、体积增大压强减小，平衡向气体体积增大的分析移动；
B、一定条件下，体积为5L的密闭容器中，0.5molX和0.5molY进行反应，经60s达到平衡，生成0.2molZ，依据平衡三段式列式计算；
2X（g）+Y（g）2Z（g）
起始量（mol） 0.5 0.5 0
变化量（mol） 0.2 0.1 0.2
平衡量（mol） 0.3 0.4 0.2
据此分析计算判断；
C、压强之比等于物质的量之比；
D、温度升高平衡向放热反应方向进行；
【详解】A、将容器体积变为10L，Z的平衡浓度变为原来的1/2，但压强减小平衡逆向进行，Z浓度小于原来的一半，故A错误；
B、一定条件下，体积为5L的密闭容器中，0.5molX和0.5molY进行反应，经60s达到平衡，生成0.2molZ，依据平衡三段式列式计算；
2X（g）+Y（g）2Z（g）
起始量（mol） 0.5 0.5 0
变化量（mol） 0.2 0.1 0.2
平衡量（mol） 0.3 0.4 0.2
平衡量mol·L－1 0.06 0.08 0.04
在该温度下，该反应的平衡常数K=0.042/(0.08×0.062)=5.6，故B错误；
C、（0.3+0.4+0.2）/(0.5+0.5)×100%=90%，故C正确；
D、若降低温度，X的体积分数增大，说明平衡逆向进行，逆向是放热反应，则该反应的△H＞0，故D错误；
故选C。
11.右图表示某可逆反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H在使用和未使用催化剂时，反应过程和能量对应关系。下列说法正确的是
A. 反应物的总键能小于生成物的总键能
B. 如果对上述反应加压，平衡正向移动，△H减小
C. a与b相比，反应的平衡常数一定不同
D. a与b相比，a的反应速率更快
【答案】A
【解析】
反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应。A项，由于反应为放热反应，断裂反应物中的化学键吸收的能量小于形成生成物中化学键释放的能量，则反应物的总键能小于生成物的总键能，正确；B项，加压平衡正向移动，ΔH不变，错误；C项，平衡常数只与温度有关，若使用催化剂和未使用催化剂温度相同，则平衡常数相同，错误；D项，b降低反应的活化能，b的反应速率更快，错误；答案选A。
12.乙醇分子中不同的化学键如下图所示，对乙醇在各种反应中应断裂的键说明错误的是
A. 和金属钠作用时，键①断裂
B. 在Cu的催化作用下和O2反应时，键①和③断裂
C. 与乙酸、浓硫酸共热发生酯化反应时，键②断裂
D. 与乙酸、浓硫酸共热发生酯化反应时，键①断裂
【答案】D
【解析】
A．与Na反应生成氢气，O-H键断裂，即①断裂，故A正确；B．在银催化下与O2反应时，生成醛，C-H、O-H键断裂，则键①、③断裂，故B错误；C．和浓硫酸乙酸发生酯化反应，键①断裂，故C错误；D．和浓硫酸乙酸发生酯化反应，键①断裂，故D正确；答案为D。
13.在密闭容器中，对于可逆反应M+3N2Q(g)，平衡时Q的体积分数与温度和压强的关系如图所示，下列判断正确的是
A. M和N不能都为气体
B. 由上图可知， N一定为气体
C. 若正反应方向ΔH>0，则T1
0，从T1到T2，Q的体积分数减小，说明平衡逆向移动，即朝放热反应方向移动，所以改变的条件是降低温度，则有T1>T2，C错误；由上分析已知：N一定为气体，M可为气体也可为非气体。若M是气体，平衡正向移动时，混合气体的总质量不变，气体的物质的量减小，根据M=m/n可知混合气体的平均相对分子量增大；若M为非气体，混合气体的总质量也增大，物质的量减小，所以混合气体的平均相对分子质量也是增大，D错误。正确答案为B。
14.用CO 合成甲醇的化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H<0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 温度：T1>T2>T3
B. 正反应速率：v(a)>v(c)，v(b)>v(d)
C. 平衡常数：K(a)>K(c)>K(b)>K(d)
D. 平均摩尔质量：M(a)>M(c)，M(b)>M(d)
【答案】D
【解析】
A. 该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，则T1v(d)，故B错误；C. 由图可知，a、b两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1K(b)，平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，则K(b)=K(d)，故C错误；D. CO转化率的越大，n总越小，由M=m/n可知，a点n总小，则M(a)>M(c)，M(b)>M(d)，故D正确；故选D。
点睛：注意平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变。
15.如图所示，图Ⅰ是恒压密闭容器，图Ⅱ是恒容密闭容器。当其它条件相同时，在Ⅰ、Ⅱ中都分别加入2molX和2molY，开始时容器的体积均为VL，发生如下反应并达到平衡状态：2X(?)+ Y(?)a Z(g)。
此时Ⅰ中X、Y、Z的物质的量之比为1∶3∶2。下列判断不正确的是
A. 物质Z的化学计量数a =1
B. 若X、Y均为气态，则在平衡时X的转化率：Ⅰ>Ⅱ
C. 若Ⅱ中气体的密度如图Ⅲ所示，则X、Y中只有一种为气态
D. 若X为固态、Y为气态，则Ⅰ、Ⅱ中从开始到平衡所需的时间：Ⅰ>Ⅱ
【答案】D
【解析】
A. 设达平衡时Y反应的物质的量为x，则
2X(?) + Y(?) a Z(g)
起始量： 2 2 0
转化量： 2x x ax
平衡量： 2−2x 2−x ax
由(2−2x):(2−x):ax=1:3:2，可得x=0.8，a=1，故A正确；
B. 若X、Y均为气态，反应Ⅰ体系的压强大于反应Ⅱ体系的压强，反应Ⅰ可看成是在Ⅱ的基础上增大压强，平衡向正反应方向移动，则转化率Ⅰ>Ⅱ，故B正确；
C. 如X、Y都是气体，则混合气体的密度不变，如图所示，体积不变，气体的密度增大，则应有固体或液体参加反应生成气体，故C正确；
D. 若X为固态、Y为气态，则反应前后气体的物质的量相等，压强不变，图Ⅱ压强等于图Ⅰ压强，则Ⅰ、Ⅱ中从开始到平衡所需的时间：Ⅰ=Ⅱ，故D错误。
故答案选D。
16.如图装置中，容器甲内充入0.1 mol NO气体。干燥管内装有一定量Na2O2，从A处缓慢通入CO2气体。恒温下，容器甲中活塞缓慢由D处向左移动，当移至C处时容器体积缩至最小，为原体积9/10，干燥管中物质的质量增加了2.24 g。随着CO2的继续通入，活塞又逐渐向右移动。下列说法中正确的是
A. 活塞从D处移动到C处的过程中，通入的CO2气体为2.24 L(标准状况)
B. NO2转化为N2O4的转化率为20%
C. 容器甲中NO已反应完
D. 活塞移至C处后，继续通入a mol CO2，此时活塞恰好回至D处，则a小于0.01
【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查过氧化钠与二氧化碳反应，NO与氧气反应，2NO2N2O4以及化学平衡的相关计算。CO2通入时，干燥管中发生反应：2Na2O2＋2CO2===4NaOH＋O2，C中发生反应：2NO+O2===2NO2N2O4，导致气体体积减小。
A.根据干燥管中固体物质的质量增加量计算通入的CO2体积；
B.根据O2计算出生成的NO2物质的量，再根据体积变化计算出转化的NO2物质的量，从而计算出转化率；
C.根据O2物质的量计算反应的NO；
D.因继续通入CO2时，体积不会缩小，即干燥管中Na2O2已反应完，活塞向右移动，2NO2N2O4 平衡向左移动，由此判断a值。
【详解】A.设通入标准状况下CO2气体的体积为x，产生氧气的体积为y，则：
2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2 质量装置△m
2×22.4 L 22.4 L 56 g
x y 2.24 g
所以56 g：2.24g=2×22.4 L：x，解得x=1.792L，56 g：2.24g=22.4 L：y，解得：y=0.896L，即：通入二氧化碳的体积为1.792L，故A错误；
B.由A计算可知，生成氧气的物质的量：n（O2）==0.04mol，
2NO+O2 ===2NO2
2 1 2
0.08mol 0.04 mol 0.08 mol
0.1 mol＞0.08 mol，所以NO过量，生成NO2的物质的量为0.08 mol，
2NO2N2O4 物质的量减少△n
2 1 1
0.02 mol 0.1 mol×（1-）=0.01mol
所以NO2转化为N2O4的转化率为：×100%=25%，故B错误；
C.根据B的计算可知，NO还剩余：0.1mol-0.08mol=0.02mol，故C错误；
D.活塞移至C，体积不会再减少，则干燥管中Na2O2已反应完，活塞由C向D移动，体积扩大，2NO2N2O4平衡左移，使二者物质的量增多，活塞移至D时，气体物质的量共增加0.01 mol，因此所需CO2必小于0.01 mol，故D正确。
【点睛】本题试题综合性强，过程复杂，计算量很大，难度很大，为易错题目，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练。
第II卷（非选择题)
二、综合题（共5小题，52分）
17.如表是A、B、C、D四种有机物的有关信息：
A
①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②比例模型为；
③能与水在一定条件下反应生成有机物C
B
①由C、H两种元素组成；②球棍模型为
C
①由C、H、O三种元素组成；②能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应；③在Cu作催化剂且加热条件下能与O2反应
D
①由C、H、O三种元素组成；②球棍模型为
③能与C反应生成相对分子质量为100的酯
回答下列问题：
（1）A与溴的四氯化碳溶液反应的生成物的名称是___。
（2）B具有的性质是____(填序号)。
①无色无味液体 ②有毒 ③不溶于水 ④密度比水大 ⑤与酸性KMnO4溶液和溴水反应褪色 ⑥任何条件下不与氢气反应 ⑦与溴水混合后液体分层且上层呈橙红色。
（3）由B制备硝基苯的化学方程式____。
（4）D与C反应能生成相对分子质量为100的酯，该反应的反应类型为___；其化学方程式为____。
【答案】 (1). 1，2-二溴乙烷 (2). ②③⑦ (3). +HO-NO2+H2O (4). 酯化反应(或取代反应) (5). CH2=CH-COOH+CH3CH2OHCH2=CH-COOCH2CH3+H2O
【解析】
【分析】
A能使溴的四氯化碳溶液褪色，含有不饱和键，结合比例模型可知A为CH2=CH2；B由C、H两种元素组成，由球棍模型模型，可知B为；C由C、H、O三种元素组成，能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应，含有羟基，可以由乙烯与水反应得到，则C为CH3CH2OH；D由C、H、O三种元素组成，结合D的球棍模型，可知D为CH2=CH-COOH；乙醇能与D反应生成相对分子质量为100的酯E，则E为CH2=CH-COOCH2CH3，以此解答。
【详解】根据上述分析可知：A是CH2=CH2；B为；C为CH3CH2OH；D为CH2=CH-COOH；E为CH2=CH-COOCH2CH3。
(1)A为乙烯，A与Br2的CCl4溶液反应的生成物是CH2Br-CH2Br，该物质的名称是1，2-二溴乙烷；
(2)B是苯，苯是无色有特殊气味的液体，有毒，不溶于水，且密度小于水，与酸性高锰酸钾溶液和溴水都不反应，在一定条件下能和氢气发生加成反应生成环己烷，能与溴水发生萃取作用，因此苯与溴水混合后液体分层，由于苯的密度比水小，且与水互不相容，因此会看到液体分层，且上层呈橙红色。故合理选项序号为②③⑦；
(3)在浓硫酸存在和加热条件用下，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，反应方程式为：+HO-NO2+H2O；
(4)C为CH3CH2OH,D为CH2=CH-COOH，二者在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应生成相对分子质量为100的酯E为 CH2=CH-COOCH2CH3，反应类型为酯化反应，也属于取代反应酯化反应与酯的水解反应互为可逆反应，故该反应方程式为CH2=CH-COOH+CH3CH2OHCH2=CH-COOCH2CH3+H2O。
【点睛】本题考查有机物的推断及结构与性质的知识，把握有机物的官能团的结构特点及其对物质的化学的决定性质是解答的关键，本题考查邻位常见有机物的物理性质和化学性质及常见的反应类型。
18.如图为工业从海水中提取液溴的流程图：
已知：溴的沸点为59℃，微溶于水，有毒性。请回答：
（1）某同学利用下图装置进行步骤①至步骤④的实验，当进行步骤①时，应关闭活塞___，打开活塞____。
（2）步骤②中可根据___现象，简单判断热空气的流速。
（3）步骤③中简单判断反应完全的依据是___。
（4）从“溴水混合物Ⅰ”到“溴水混合物Ⅱ”的目的是___。
（5）步骤⑤用下图装置进行蒸馏，蒸馏烧瓶中尚未安装温度计，安装其位置时应注意___，装置C中直接加热不合理，应改为__。
【答案】 (1). bd (2). ac (3). A中气泡产生的快慢 (4). B中溶液褪色 (5). 浓缩Br2或富集溴 (6). 温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口附近 (7). 水浴加热
【解析】
【分析】
向浓缩海水中加入氯气可以将Br-
氧化得到溴水的混合物，利用热的空气吹出溴单质，得到粗溴，然后通入SO2气体吸收Br2单质，将Br2富集，二者在溶液中发生氧化还原反应生成HBr，再通入Cl2氧化Br-得到溴与水的溶液，最后蒸馏得到液溴。
【详解】(1)进行步骤①的目的是通入Cl2氧化Br-离子为Br2，且能使氯气通入和浓缩海水中的溴离子反应，剩余氯气进行尾气吸收，因此应关闭bd，打开ac，进行反应和尾气处理；
(2)步骤②是利用溴单质易挥发的性质，关闭ac，打开bd，通入热空气把生成的溴单质赶出到装置B，并使Br2蒸气和通入的SO2气体在溶液中发生氧化还原反应生成H2SO4和HBr，依据A装置中直玻璃管产生气泡的快慢现象，简单判断热空气的流速；
(3)步骤③中是二氧化硫和溴单质发生氧化还原反应生成溴化氢和硫酸，反应方程式为：Br2+SO2+2H2O= H2SO4+2HBr，由于溴水显橙色，所以可根据溴水溶液的颜色由橙色变化为无色，来判断反应是否恰好完全进行；
(4)海水中溴元素较少，从“溴水混合物Ⅰ”到“溴水混合物Ⅱ”过程中，的目的是增大溴单质的浓度，起到富集溴元素的作用；
(5)蒸馏装置中温度计的作用是测定馏出成分的温度，因此蒸馏烧瓶中安装温度计，安装其位置时应注意：温度计水银球在蒸馏烧瓶的支管口处；装置C中直接加热温度不容易控制，为使溴单质从溴水中蒸出，可根据溴的沸点为59℃，采用水浴加热的方法。
【点睛】本题考查了物质制备的流程分析判断的知识，涉及氧化还原反应、反应条件的控制等，主要是海水提取溴的原理应用，掌握实验原理，分析实验过程的目的是进行操作判断的依据。
19.碳的化合物在生产、生活中有着重要的作用。
（1）已知：2CO(g)+O2(g)2CO2(g) △H1=－566kJ·molˉ1
H2O(g)+CO(g)H2(g)+CO2(g) △H2=－41kJ·molˉ1
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=－107kJ·molˉ1
则CH3OH(g)+O2(g) CO2(g)+2H2O(g) △H=___kJ·molˉ1
（2）T℃时，向容积均为2L的A、B两个密闭容器中均通入4.0molCO2和6.8molH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H=-50kJ·molˉ1。A容器中的反应在恒温、恒容条件下进行；B容器中的反应在恒温、恒压条件下进行，测得A容器中CO2的转化率 α (CO2) 随时间的变化如图所示。
①在0~5min内A容器中v(CH3OH)=___；该温度下上述反应的平衡常数K=___(保留两位有效数字)。
②反应开始至平衡的过程中，A、B两容器中CO2的消耗速率的大小关系为v(A)___(填“>”“<”或“=”)v(B)。
③反应过程中，下列各项指标能表明A容器中反应的v正>v逆的是___(填标号)
a.体系内的压强增大
b.气体的平均相对分子质量增大
c.断裂H－H键的数目是形成C－O键数目的2倍
dv逆(CO2)=v正(H2)
【答案】 (1). -660 (2). 0.16mol/(L·min) (3). 0.53 (4). < (5). b
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律，将已知的热化学方程式进行叠加，可得要求的反应的反应热；
(2)①结合CO2的转化率，计算CO2的转化量，然后根据化学反应速率是定义计算v(CO2)，再根据物质反应速率与化学计算量关系计算v(CH3OH)，根据平衡常数的定义式计算反应的化学平衡常数；
②反应开始时，两个容器的容积相同，容器内的气体的物质的量相同，A为恒温恒容，B为恒温、恒压，结合反应的正反应是气体体积减小的反应及压强对化学反应速率的影响分析；
③若对于A容器，若反应的v正>v逆，则反应未达到平衡，正向进行。
【详解】(1)①2CO(g)+O2(g)2CO2(g) △H1=－566kJ·molˉ1，
②H2O(g)+CO(g)H2(g)+CO2(g) △H2=－41kJ·molˉ1，
③CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=－107kJ·molˉ1
根据盖斯定律，①+②×2+①×，整理可④式CO(g)+2H2(g)+O2(g) CO2(g)+2H2O(g) △H=-767kJ·molˉ1；
④-③，整理可得CH3OH(g)+O2(g) CO2(g)+2H2O(g) △H=-660kJ·molˉ1；
(2)对于A容器，反应在恒温、恒容条件下进行，反应开始时n(CO2)= 4.0mol，由于反应进行到5min时CO2的转化率是0.40，所以反应的CO2的物质的量为△n(CO2)= 4.0mol×0.4=1.6mol，所以用CO2表示的化学反应v(CO2)==0.16mol/(L·min)。根据物质反应时化学反应的速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比可知：v(CH3OH)=v(CO2)=0.16mol/(L·min)；
根据方程式CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)可知CO2反应了1.6mol，则会同时有4.8molH2发生反应，反应达到平衡时CO2的物质的量是2.4mol，H2的物质的量是2mol，反应产生1.6mol CH3OH和1.6molH2O，由于反应容器的容积是2L，因此各种物质的平衡浓度分别是：c(CO2)=1.2mol/L，c(H2)=1mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=0.8mol/L，则该反应达到平衡时该反应的化学平衡常数K==0.53；
②反应开始时，两个容器的容积相同，容器内的气体的物质的量相同，A为恒温恒容，B为恒温、恒压，反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的正反应是气体体积减小的反应，随着反应的进行，容器内气体的压强减小，要维持体系的压强不变，则B容器相当于A容器反应达到平衡后，对反应体系增大压强，增大压强，物质的浓度增大，化学反应速率增大，所以反应开始至平衡的过程中，A、B两容器中CO2的消耗速率的大小关系为v(A)v逆，a错误；
b.该反应的正反应是气体体积减小的反应，若反应正向进行，则气体的物质的量减小，气体的平均相对分子质量增大，故可据此判断v正>v逆，b正确；
c.根据方程式可知：反应正向进行时，断裂H－H键的数目是形成C－O键数目的3倍，不可能是形成C－O键数目的2倍，c错误；
d.在任何条件下，v正(H2)=3v正(CO2)，若v逆(CO2)=v正(H2)，则v逆(CO2)=3v正(CO2)，反应正向进行，所以v正
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