【化学】黑龙江省大庆市第四中学2018-2019学年高一下学期第三次月考试题（解析版）

【化学】黑龙江省大庆市第四中学2018-2019学年高一下学期第三次月考试题（解析版）

黑龙江省大庆市第四中学2018-2019学年高一下学期第三次月考试题 第Ⅰ卷（选择题）‎ 相对原子质量：H 1 C 12 O 16 P 31 Cl 35.5‎ 一、选择题（每题3分，共48分，每道题只有一个正确选项）‎ ‎1.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是（ ）‎ A. 蚕丝的主要成分是蛋白质 B. 蚕丝属于天然高分子材料 C. “蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应 D. 古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蚕丝的主要成分是蛋白质，A项正确；‎ B. 蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，B项正确；‎ C. “蜡炬成灰”指的是蜡烛在空气中与氧气反应，属于氧化反应，C项正确；‎ D. 高级脂肪酸酯不属于高分子聚合物，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列有关化学用语表示正确的是（ ）‎ A. CS2的电子式为 ‎ B. 次氯酸的结构式：H—Cl—O C. 中子数为16的磷原子：‎ D. 甲烷的球棍模型： ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CS2中C原子与2个S原子形成4个共价键，使分子中每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，电子式书写符合物质分子中原子结合情况，A正确；‎ B.次氯酸分子中O原子分别与H、Cl形成一对共用电子对，因此HClO的结构式：H－O－Cl，B错误；‎ C.P是15号元素，中子数为16的磷原子，质量数是31，表示时左下角为质子数，左上角为质量数，可表示为：，C错误；‎ D.该图示表示的是甲烷的比例模型，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎3.短周期主族元素a、b、c、d原子序数依次增大，a是短周期主族元素中原子半径最小的元素，b是地壳中含量最多的元素，c元素的单质常用作半导体材料，d元素的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法不正确的是（ ）‎ A. d单质在常温下是气体 B. 原子半径：r(c) >r(d)>r(b)‎ C. 简单氢化物的沸点：d>b D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：d>c ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】短周期主族元素a、b、c、d原子序数依次增大，a是短周期主族元素中原子半径最小的元素，则a是H元素；b是地壳中含量最多的元素，则b是O元素；c元素的单质常用作半导体材料，则c是Si元素，d元素的最高正价与最低负价的代数和为6，则d为Cl元素。‎ A. d是Cl元素，d元素的单质Cl2在常温下是黄绿色有刺激性气味的气体，A正确；‎ B.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径r(c)>r(d)>r(b)，B正确；‎ C.d、b的简单氢化物分别是HCl、H2O，二者都是由分子构成的物质，分子之间存在分子间作用力，而H2O分子之间还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点增大，所以简单氢化物的沸点：dSi，所以酸性HClO4>H2SiO3，即最高价氧化物对应水化物的酸性：d>c，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎4.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是(　　)‎ A. 气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4‎ B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物 C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si D. 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.非金属性O>N>Si，气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4，故不选A； B.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na、K等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故不选B； C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故选C； D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故不选D；‎ 答案：C ‎5. 原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中正确的是（ ）‎ A. （1）（2）中Mg作负极，（3）（4）中Fe作负极 B. （2）中Mg作正极，电极反应式为6H2O+6e-6OH-+3H2↑‎ C. （3）中Fe作负极，电极反应式为Fe-2e-Fe2+‎ D. （4）中Cu作正极，电极反应式为2H++2e-H2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：（1）中当稀硫酸是电解质溶液时，Mg作负极(活泼性Mg＞Al)；（2）当NaOH是电解质溶液时，Al作负极(Mg不与NaOH溶液反应)；（3）中Cu作负极，反应式为：Cu-2e-Cu2+，Fe作正极，因为常温下，Fe被浓硝酸钝化，（4）中Cu作正极，电极反应式为：2H2O+O2+4e-4OH-。‎ ‎6.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是（ ）‎ A. 用装置甲灼烧碎海带 B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液 C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2‎ D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；‎ B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；‎ C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；‎ D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎7.有机物的结构可用“键线式”简化表示。如CH3—CH=CH—CH3，可简写为。有机物X的键线式为。下列说法不正确的是( )‎ A. X的化学式为C8H8‎ B. 有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香烃，则Y的结构简式可以为 C. X能使高锰酸钾酸性溶液褪色 D. X与足量的H2在一定条件下反应可生成环状的饱和烃Z，Z的一氯代物有4种 ‎【答案】D ‎【解析】A. X的化学式为C8H8，A正确；B. 有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香烃，则Y的结构简式为，B正确；C. X分子中有3个碳碳双键，所以X能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D. X与足量的H2在一定条件下反应可生成环状的饱和烃Z，Z的一氯代物只有2种，D不正确。本题选D。‎ ‎8.下列有关能量的判断和表示方法正确的是(　　)‎ A. 由C(s，石墨)＝C(s，金刚石)　ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1，可知：石墨比金刚石更稳定 B. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量更多 C. 由H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，可知：含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出热量等于57.3 kJ D. 2 g H2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C（石墨）变为C（金刚石）为吸热反应，说明石墨的总能量低于金刚石，因此石墨比金刚石更稳定，A正确；‎ B．气态硫的能量高于固态硫的能量，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量更多，B错误；‎ C．CH3COOH为弱电解质，存在电离平衡，电离过程吸热，放出的热量小于57.3 kJ，C错误；‎ D，2 g H2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ/mol，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎9.下列由实验得出的结论正确的是（ ）‎ 选项 实验 结论 A 将等物质的量的乙烷与氯气混合，光照一段时间 制得纯净的氯乙烷 B 蔗糖在稀硫酸催化作用下水浴加热一段时间 产物只有葡萄糖 C 向苯和液溴的混合物中加入适量铁一段时间后滴入AgNO3溶液，有浅黄色沉淀生成 苯与液溴发生了取代反应 D 将乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色 乙烯具有还原性 ‎【答案】D ‎【解析】A. 乙烷与氯气能够发生取代反应，存在局部过量的问题，会同时发生多个反应，得不到纯净的氯乙烷，故A错误；B.蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，故B错误； C. 反应后若有溴剩余，也能与硝酸银溶液反应生成浅黄色沉淀，故C错误；D. 酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，能够将乙烯氧化，本身被还原为无色的锰离子，体现了乙烯的还原性，故D正确；故选D。‎ ‎10.发射用的运载火箭使用的是以液氢为燃烧剂，液氧为氧化剂的高能低温推进剂，已知：‎ ‎（1）H2(g)=H2(l) ΔH1＝－0.92 kJ·mol－1 （2）O2(g)=O2(l) ΔH2＝－6.84 kJ·mol－1‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. H2(g)与O2(g)反应生成H2O(g)放热483.6kJ•mol﹣1‎ B. 氢气燃烧热为△H=﹣241.8 kJ•mol﹣1‎ C. 火箭中液氢燃烧的热化学方程式为：2H2(l)＋O2(l) = 2H2O(g) ΔH＝－474.92kJ·mol－1‎ D. H2O(g) =H2O(l) ΔH＝﹣88kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、每2molH2(g)与O2(g)反应生成2molH2O(g)放热483.6kJ•mol﹣1，故A正确；B、氢气的燃烧热为△H=﹣（483.6+88）/2 kJomol﹣1=-285.8 kJomol﹣1，故B错误；C、火箭中液氢燃烧的热化学方程式为：2H2(l)＋O2(l) = 2H2O(g)　ΔH＝-（483.6-2×0.92-6.84）=－474.92kJ·mol－1，故C正确；D、 H2O(g) =H2O(l) ΔH＝﹣88/2kJ·mol－1=﹣44kJ·mol－1,故D错误；故选C。‎ ‎11.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是（ ）‎ A. In是第五周期第ⅢA族元素 B. 11549In的中子数与电子数的差值为17‎ C. 原子半径：In>Al D. 碱性：In(OH)3>RbOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在周期表中的位置；‎ B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；‎ C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；‎ D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；‎ ‎【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；‎ B.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；‎ C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故C不符合题意；‎ D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3＜RbOH，故D符合题意；‎ 综上所述，本题应选D。‎ ‎12.下列关于煤、石油和天然气的说法正确的是（ ）‎ A. 煤的干馏是将煤在空气加强热使之分解的过程 B. 煤的气化是将其通过物理变化转化为气态的过程 C. 天然气除了作燃料之外，还可用于合成氨和生产甲醇 D. 石油分馏可获得乙酸、苯及其衍生物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解，如果在空气中加强热，煤会燃烧，故A错误；‎ B．煤的气化是通过化学变化将其转化为气态的物质的过程，如煤气化制水煤气，故B错误； ‎ C．天然气是重要的化工原料，可以用于给合成氨供氢，也可以用于合成甲醇，故C正确；‎ D．石油主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，蒸馏得不到乙酸，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎13.银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其工作示意图如下。下列说法不正确的是（ ）‎ A. Zn电极是负极 B. Ag2O电极发生还原反应 C. Zn电极的电极反应式：Zn-2e-++2OH-=Zn(OH)2‎ D. 放电前后电解质溶液的pH保持不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、活泼金属Zn为负极，Ag2O为正极，选项A正确；‎ B、Ag2O电极为正极，正极上得到电子，发生还原反应，选项B正确；‎ C、Zn为负极，电极反应式为：Zn－2e－＋2OH－＝Zn(OH)2，选项C正确；‎ D、电极总反应式为：Zn＋Ag2O＋H2O＝Zn(OH)2＋2Ag，放电后水消耗了，氢氧化钾的浓度增大，电解质溶液的pH增大，选项D错误。‎ 答案选D ‎14.常温下，1mol化学键断裂形成气态原子所需要的能量用表示。结合表中信息判断下列说法不正确的是(   )‎ 共价键 H-H F-F H-F H-Cl H-I E(kJ/mol)‎ ‎436‎ ‎157‎ ‎568‎ ‎432‎ ‎298‎ A. 432kJ/mol>E(H-Br)>298kJ/mol B. 表中最稳定的共价键是H-F键 C. H2(g)→2H(g) △H=+436kJ/mol D. H2(g)+F2(g)=2HF(g) △H=-25kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，原子半径越大，相应的化学键的键能越小分析，所以结合图表中数据可知432 kJ/mol＞E(H-Br)＞298 kJ/mol，A正确；‎ B．键能越大，断裂该化学键需要的能量就越大，形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，所以最稳定的共价键是H-F键，B正确；‎ C．氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2→2H(g)△H=+436 kJ/mol，C正确；‎ D．依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断，△H=436kJ/mol+157kJ/mol-2×568kJ/mol=-543kJ/mol，H2(g)+F2(g) =2HF(g)，△H=-543 kJ/mol ，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎15.有a、b、c、d四个金属电极，有关的实验装置及部分实验现象如下：‎ 实验装 置 部分实验现象 a极质量减小；b极质量增加 b极有气体产生；c极无变化 d极溶解；c极有气体产生 电流从a极流向d极 由此可判断这四种金属的活动性顺序是(　　)‎ A. a>b>c>d B. b>c>d>a ‎ C. d>a>b>c D. a>b>d>c ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】装置1：发生电化学腐蚀，a极质量减小，b极质量增加，a极为负极，b极为正极，说明金属的活动性顺序a>b；‎ 装置2：发生化学腐蚀，b极有气体产生，c极无变化，说明金属的活动性顺序b>c；‎ 装置3：发生电化学腐蚀，d极溶解，则d是负极，c极有气体产生，c是正极，所以金属的活动性顺序d>c；‎ 装置4：发生电化学腐蚀，电流从a极流向d极，则a极为正极，d极为负极，因此金属的活动性顺序d>a；‎ 所以这四种金属的活动性顺序d>a>b>c，故合理选项是C。‎ ‎16.已知：lg C（s）燃烧生成一氧化碳放出9.2kJ的热量；氧化亚铜与氧气反应的能量变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 碳[C（s）]的燃烧热△H为 -110.4kJ·mol-1‎ B. 1mol CuO分解生成Cu2O放出73kJ的热量 C. 反应2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）的活化能为292 kJ·mol-1‎ D. 足量炭粉与CuO反应生成Cu2O的热化学方程式为：C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s） +CO（g） △H= +35.6kJ·mol-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A碳[C（s）]的燃烧热指的是1mol碳完全燃烧生成二氧化碳气体时所放出的热量，根据题中数据无法计算碳的燃烧热，故A不正确；‎ B.由题图可知，氧化亚铜与氧气反应生成CuO是放热反应，则CuO分解生成Cu2‎ O是吸热反应，故B错误；‎ C.由题图可知氧化亚铜与氧气反应生成CuO的活化能为348 kJ·mol-1，故C错误；‎ D.将lg C（s）燃烧生成一氧化碳放出9.2kJ的热量的热化学方程式为：①C（s）+1/2O2（g）=CO（g）△H= -110.4kJ·mol-1，氧化亚铜与氧气反应的热化学方程式为：②2Cu2O + O2（g）=4CuO（s）△H= -292kJ·mol-1，根据盖斯定律计算①-②/2得热化学方程式为C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s） +CO（g） △H= +35.6kJ·mol-1，故正确。‎ 故选D 第Ⅱ卷 二、非选择题（共4道题，共52分）‎ ‎17.如表所示为元素周期表的一部分，参照元素①～⑨在表中的位置，请回答下列问题：‎ ⅠA ‎0‎ ‎1‎ ‎①‎ ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎2‎ ‎⑧‎ ‎⑨‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎3‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎(1)③、④、⑦的原子半径由大到小的顺序是________(用元素符号表示)。‎ ‎(2)下列事实能说明元素②的非金属性比元素⑥的非金属性强的是________(填字母)。‎ A.②的单质与元素⑥的简单氢化物溶液反应，溶液变浑浊 B.在氧化还原反应中，1mol②单质比1mol⑥单质得电子多 C.②和⑥两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高 ‎(3)①、②两种元素按原子个数之比为1∶1组成的常见液态化合物，在酸性溶液中能将Fe2＋氧化，写出该反应的离子方程式： ____。‎ ‎(4)已知周期表中存在对角相似规则，如铍(Be)与铝化学性质相似，⑧的氧化物、氢氧化物也有两性，写出⑧的氢氧化物与④的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式：________。‎ ‎(5)已知W+X=Y+Z(反应需要加热)，W、X、Y、Z分别是由①②⑨三种元素形成的四种10电子粒子(W、X为离子，Y、Z为分子)，写出该离子方程式___________‎ ‎【答案】(1). Na>Cl>F (2). AC (3). H2O2+2Fe2＋+2H＋=2Fe3＋+2H2O (4). Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O (5). NH4++OH-NH3↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】根据元素在周期表中的位置，可知①为H、②为O、③为F、④为Na、⑤为Al、⑥为S、⑦为Cl、⑧为Be、⑨为N。‎ ‎(1)同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；‎ ‎(2)可以根据对应单质氧化性、氢化物稳定性等判断元素非金属性强弱，而不能根据得失电子数判断非金属性；‎ ‎(3)①、②两种元素按原子个数之比为1：1组成的常见液态化合物为H2O2，该物质具有氧化性，在酸性溶液中能将Fe2+氧化Fe3+，同时生成水；‎ ‎(4)两性氢氧化物和强碱反应生成盐和水；‎ ‎(5)已知W+X=Y+Z，W、X、Y、Z分别是由①②⑨三种元素形成的四种10电子粒子，应该为铵根离子与氢氧根离子的反应，据此书写反应方程式。‎ ‎【详解】根据元素在周期表中的位置，可推知：①为H、②为O、③为F、④为Na、⑤为Al、⑥为S、⑦为Cl、⑧为Be、⑨为N。‎ ‎(1)同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径大小为：Na>Cl>F；‎ ‎(2)A.O元素单质O2与H2S溶液反应，使溶液变浑浊，可以说明O2的氧化性大于S，能够证明O的非金属性较强，A正确；‎ B.得失电子数多少与元素非金属性强弱没有必然关系，应该根据元素得到电子的难易，因此无法据此判断非金属性强弱，B错误；‎ C.元素形成的简单氢化物稳定性越强，则非金属性越强。O和S两元素的简单氢化物受热分解，前者分解温度高，说明O元素的非金属性较强，C正确；‎ 故答合理选项是AC；‎ ‎(3)①、②两种元素按原子个数之比为1：1组成的常见液态化合物为H2O2，在酸性溶液中能将Fe2+氧化Fe3+，同时生成水，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2＋+2H＋=2Fe3＋+2H2O；‎ ‎(4)两性氢氧化物和强碱反应生成盐和水，两性氢氧化物Be(OH)2与强碱NaOH溶液反应产生铍酸钠和水，反应的化学方程式为Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；‎ ‎(5)已知W+X=Y+Z，W、X、Y、Z分别是由①②⑨三种元素形成的四种10电子粒子，应该为NH4+与OH-反应，产生的NH3·H2O受热分解产生NH3‎ 和水，该反应的离子方程式为：NH4++OH-NH3↑+H2O。‎ ‎18.工业以浓缩海水为原料提取溴的部分过程如下：‎ 某课外小组在实验室模拟上述过程设计以下装置进行实验（所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去）：‎ ‎（1）实验开始时，A装置中不通热空气，先通入a气体的目的是（用离子方程式表示）_________。‎ ‎（2）A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通热空气。通入热空气的目的是_________。‎ ‎（3）反应过程中，B装置中Br2与SO2反应的化学方程式____________________。‎ ‎（4）C装置的作用是___________________。‎ ‎（5）该小组同学向反应后B装置的溶液中通入氯气，充分反应得到混合液。‎ ‎①一位同学根据溴的沸点是59℃，提出采用____________________方法从该混合液中分离出溴单质。‎ ‎②另一位同学向该混合液中加入四氯化碳，充分振荡、静置后放出下层液体，这种方法是________。‎ ‎（6）某同学提出证明反应后B装置的溶液中含有溴离子的实验方案是：取出少量溶液，先加入过量新制氯水，再加入KI淀粉溶液，观察溶液是否变蓝色。该方案是否合理并简述理由： _______。‎ ‎【答案】(1). Cl2+2Br-=2 Cl-+Br2 (2). 将溴从蒸馏烧瓶A中吹出 (3). SO2+2‎ ‎ H2O+Br2=H2SO4+2 HBr (4). 吸收未反应完的Cl2、Br2、SO2等有毒气体，防止污染空气 (5). 蒸馏 (6). 萃取分液 (7). 不合理，氯水可能过量 ‎【解析】(1)要想使溴离子变成溴单质，则加入的a能和溴离子发生反应生成溴单质，氯气能和溴离子发生置换反应生成溴单质，离子反应方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故答案为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；‎ ‎(2)溴易挥发，升高温度促进其挥发，所以通入热空气的目的是吹出Br2，故答案为：将溴从蒸馏烧瓶A中吹出；‎ ‎(3)使溴蒸气转化为氢溴酸以达到富集的目的，可知气体b为SO2，发生的反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；‎ ‎(4)氯气不可能完全反应，氯气和溴离子反应生成溴单质，未反应的二氧化硫、氯气和溴都有毒，不能直接排空，且这几种物质都能和碱反应，所以C装置是尾气处理装置，可知C的作用为吸收未反应的Cl2、Br2和SO2，故答案为：吸收未反应的Cl2、Br2和SO2，防止污染空气；‎ ‎(5)①根据溴的沸点是59℃，水溶液的沸点相差较大，可以采用蒸馏方法从该混合液中分离出溴单质，故答案为：蒸馏；‎ ‎②溴易溶于四氯化碳，向混合液中加入四氯化碳，充分振荡、静置后放出下层液体，这种方法叫萃取和分液，故答案为：萃取分液；‎ ‎(6)过量的氯水也能够将碘化钾氧化生成碘单质，导致溶液变蓝，不能证明溶液中含有溴离子，故答案为：不合理；过量氯水也能氧化碘化钾。‎ ‎19.(1)甲烷重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整。向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应有：‎ 反应过程 化学方程式 焓变ΔH(kJ·mol－1)‎ 甲烷 氧化 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)‎ ΔH1‎ CH4(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g)‎ ‎-322.0‎ 蒸汽 重整 CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)‎ ‎+206.2‎ CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)‎ ‎+165.0‎ ‎①反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)的ΔH=________kJ·mol－1。‎ ‎②甲烷的燃烧热为ΔH2，则ΔH2________ΔH1(填“>”“＝”或“<”)。‎ ‎(2)二氧化碳是地球温室效应的罪魁祸首，目前人们处理二氧化碳的方法之一是使其与氢气合成为甲醇，甲醇是汽车燃料电池的重要燃料。已知氢气、甲醇燃烧的热化学方程式：‎ ‎2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)　ΔH=-570 kJ·mol－1　①‎ CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)　ΔH=-726.0 kJ·mol－1　②‎ 写出二氧化碳与氢气合成甲醇液体的热化学方程式：___________。‎ ‎(3)有科技工作者利用稀土金属氧化物作为固体电解质制造出了甲醇空气燃料电池。这种稀土金属氧化物在高温下能传导O2-。‎ ‎①这个电池的正极发生的反应是_______；负极发生的反应是________。‎ ‎②在稀土氧化物固体电解质中，O2-的移动方向是________。‎ ‎【答案】(1). -41.2 (2). < (3). CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)　 ΔH=-129kJ/mol (4). O2+4e-=2O2- (5). CH3OH+3O2--6e-=CO2↑+2H2O (6). 正极移向负极 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据盖斯定律，由蒸汽重整的两个反应方程式叠加，就可得到待求的热反应方程式。反应物能量相等，生成物含有的能量越多，反应放出的热量就越少。‎ ‎(2)将两个热化学方程式叠加，可得二氧化碳与氢气合成甲醇液体的热化学方程式；‎ ‎(3)①燃料电池中依据原电池工作原理，正极是氧气得到电子发生还原反应，电解质是固体，氧气得到电子生成氧离子；甲醇在负极失电子，发生氧化反应生成二氧化碳；‎ ‎②原电池中阴离子移向负极。‎ ‎【详解】(1)由蒸汽重整的两个反应 ‎①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)，ΔH=+206.2kJ/mol ‎②CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)，ΔH=+165.0kJ/mol 根据盖斯定律②-①，整理可得反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，△H=165.0kJ/mol-206.2kJ/mol=-41.2kJ/mol；‎ 甲烷的燃烧热是1mol甲烷完全燃烧产生CO2气体和液态水时放出的热量，由于等质量的气态水含有的能量比液态水多，所以1mol甲烷反应产生液态水放出是热量比产生气态水放热多，反应放出的热量越多，反应热就越小，因此ΔH2＜ΔH1；‎ ‎(2)①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)　ΔH=-570 kJ·mol－1‎ ‎②CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)　ΔH=-726.0 kJ·mol－1‎ 根据盖斯定律①×-②，整理可得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=-129kJ/mol；‎ ‎(3)①甲醇一空气燃料电池中，氧气在正极上得到电子，发生还原反应生成O2-，电极反应为：O2+4e-=2O2-；甲醇在负极失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH+3O2--6e-=CO2↑+2H2O；‎ ‎②依据电极反应分析可知原电池中阴离子移向负极，O2-从正极流向负极移动。‎ ‎20.氯苯是重要的有机化工产品，是染料、医药、有机合成的中间体，工业上常用“间歇法”制取。反应原理、实验装置图(加热装置都已略去)如下：+Cl2+HCl ‎ 已知：氯苯为无色液体，沸点132.2 ℃。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A反应器是利用实验室法制取氯气，中空玻璃管B的作用是______。‎ ‎(2)把干燥的氯气通入装有干燥苯的反应器C中(内有相当于苯量1%的铁屑作催化剂)，加热维持反应温度在40～60 ℃为宜，温度过高会生成二氯苯。‎ ‎①对C加热的方法是________(填字母)。‎ a.酒精灯加热　　b.油浴加热　　　c.水浴加热 ‎②D出口的气体成分有HCl、________和________。‎ ‎(3)C反应器反应完成后，工业上要进行水洗、碱洗及食盐干燥，才能蒸馏。碱洗之前要水洗的目的是洗去部分无机物，同时减少碱的用量，节约成本。写出用10%氢氧化钠碱洗时可能发生的化学反应方程式：_____________、__________(写两个即可)。‎ ‎(4)上述装置图中A、C反应器之间，需要增添一个U形管，其内置物质是________。‎ ‎(5)工业生产中苯的流失情况如下：‎ 项目 二氯苯 尾气 不确定苯耗 流失总量 苯流失量(kg·t－1)‎ ‎13‎ ‎24.9‎ ‎51.3‎ ‎89.2‎ 则1 t苯可制得成品为________t(只要求列式)。‎ ‎【答案】(1). 平衡气压 (2). c (3). Cl2 (4). 苯蒸气 (5). HCl+NaOH=NaCl+H2O ‎ ‎ (6). FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl (7). 五氧化二磷(或氯化钙) (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)玻璃管B伸入液面下，装置内压强过大时，可以用于平衡气压； ‎ ‎(2)①反应器C加热控制反应温度在40～60℃，应利用水浴加热，故合理选项是c；‎ ‎②由于苯沸点低，易挥发，反应产生的HCl气体及还有未反应的氯气都可以从D出口逸出，故D出口气体中含有HCl、苯蒸气、氯气；‎ ‎(3)该反应催化剂氯化铁可以与加入的碱溶液中的氢氧化钠反应，生成HCl也会与氢氧化钠反应，溶解的氯气也会与去氧化钠反应，反应方程式为：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl、HCl+NaOH=NaCl+H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；‎ ‎(4)A、C反应器之间需要增添U型管，用来干燥生成的氯气，由于氯气可以与碱性物质反应，所以干燥氯气可以用五氧化二磷或氯化钙等；‎ ‎(5)苯的总流失量为89.2kg/t，故1t苯中参加反应的苯的质量为(1t-0.0892t)，由苯与氯苯质量之比为78：112.5，可知生成氯苯质量为m(氯苯)=t。‎