【化学】河北省石家庄市2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版）

【化学】河北省石家庄市2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版）

河北省石家庄市2019-2020学年高一下学期期末考试试题 可能用到的相对原子质量： H ‎1 C 12 O 16‎ ‎1.‎2020年4月22日是第 51 个“世界地球日”，其主题为“绿色梦想，低碳行动”。下列做法符合这一主题的是（ ）‎ ‎①利用苯、甲苯等有机物代替水作溶剂 ②选用一次性筷子、纸杯和塑料袋 ③对生活垃圾进行合理分类 ④开发太阳能、风能和氢能等能源 ⑤选用回收废纸制造的纸箱 A. ①③⑤ B. ①②③ C. ③④⑤ D. ①②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①利用苯、甲苯有毒，代替水作溶剂，不符合主题；②选用一次性筷子、纸杯和塑料袋，会造成植被破坏和白色污染，不符合主题；③对生活垃圾进行合理分类，符合主题；④开发太阳能、风能和氢能等能源，会减少对大气的污染，符合主题；⑤选用回收废纸制造的纸箱，废物的回收利用节省资源，符合主题；‎ 答案选C。‎ ‎2.下列化学用语表示正确的是（ ）‎ A. 四氯化碳的电子式：‎ B. 乙烯的结构简式：CH2CH2‎ C. 乙醇的分子式：C2H5OH D. S2-的结构示意图：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．四氯化碳为共价化合物，氯原子的最外层电子达到8电子稳定结构，四氯化碳的电子式为：，故A错误；‎ B．乙烯的官能团为碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故B错误；‎ C．乙醇的结构简式为C2H5OH，分子式为C2H6O，故C错误；‎ D．S2-的核外有三个电子层，最外层电子数为8，结构示意图为，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.如果用淡化的海水来供给居民用水，下列淡化海水的方法在原理上错误的是（ ）‎ A. 向海水中加明矾使其淡化 B. 利用太阳能使海水升温，通过蒸馏使其淡化 C. 利用电渗析法使海水淡化 D. 通过离子交换树脂使海水淡化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.明矾在海水中水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体只能吸附海水中悬浮的固体颗粒，不能使海水淡化，故A错误；‎ B.可以利用太阳能能使海水升温，将海水蒸馏，从而实现海水淡化，故B正确；‎ C.利用渗析法可使相应的离子通过半透膜，从而达到淡化海水的目的，故C正确；‎ D.通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎4.反应2SO2＋O22SO3达到平衡后，再向反应容器中充入含氧的同位素的氧气经过一段时间后，原子存在于（ ）‎ A. O2 B. SO‎2 ‎C. O2和SO2 . O2、SO2和SO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】平衡后，再向反应容器中充入含氧的同位素的氧气，二氧化硫、氧气在催化剂、加热的条件下，生成三氧化硫；而三氧化硫在同样的条件下可分解为二氧化硫和氧气，所以18O2中的18O通过化合反应存在于SO3中，SO3 中的18O通过分解反应会存在于SO2中，最终SO3、SO2、O2中都含有18O，故答案为D。‎ ‎5.常温时，干冰升华变成CO2气体，CO2气体在—定条件下可以与镁反应，这两个变化过程CO2主要克服的作用力分别是（ ）‎ A. 极性键，非极性键 B. 分子间作用力，极性键 C. 极性键，分子间作用力 D. 极性键，极性键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】CO2是分子晶体，干冰升华变成CO2气体克服的是分子间作用力；CO2是含有极性键的共价化合物，CO2气体在—定条件下与镁反应克服的是极性键，故选B。‎ ‎6.下列实验现象所对应的化学反应为取代反应的是（ ）‎ A. 银氨溶液加入葡萄糖溶液中，加热时有银镜产生 B. 苯与橙色的溴水混合，振荡、静置，水层颜色变浅 C. 灼热的黑色铜丝插入乙醇中，表面变成光亮的红色 D. 甲烷和氯气的混合气体在光照一段时间后颜色变浅 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．银氨溶液加入葡萄糖溶液中，加热时有银镜产生，该反应为醛基的氧化反应，故A不符合题意；‎ B．苯与橙色的溴水混合，振荡、静置，水层颜色变浅，该过程为萃取，故B不符合题意；‎ C．灼热的黑色铜丝插入乙醇中，表面变成光亮的红色，该过程为羟基的氧化，故C不符合题意；‎ D．甲烷和氯气的混合气体在光照一段时间后颜色变浅，该过程为甲烷的取代反应，故D符合题意；‎ 综上所述答案为D。‎ ‎7.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. ‎13 g ‎13C所含中子的数目为6 NA B. 1 mol甲烷含有电子的数目为10NA C. 常温常压下，‎22.4 L NH3含有共价键的数目为3NA D. 一定条件下，1 mol I2与足量H2反应生成 HI 分子的数目为2 NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎13C所含中子数为13—6=7，‎13 g13C的物质的量为1mol，所含中子的数目为7 NA，故A错误；‎ B.甲烷分子含有的电子数为10，则1 mol甲烷含有电子的数目为10NA，故B正确；‎ C.常温常压下，气体摩尔体积大于‎22.4L/mol，‎22.4 L NH3‎ 的物质的量小于1mol，含有共价键的数目小于3NA，故C错误；‎ D.一定条件下，碘单质与氢气生成碘化氢的反应为可逆反应，可逆反应不可能完全进行，则1 mol I2与足量H2反应生成 HI 分子的数目小于2NA，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎8.下列各组有机物中，仅用水就能鉴别的是（ ）‎ A. 硝基苯和汽油 B. 乙烷和乙烯 ‎ C. 乙烯和丙烯 D. 乙酸和乙醇 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硝基苯是密度比水大的液体、汽油是密度比水小的液体，两者均不溶于水，混合溶液中加入水，溶液分三层，上层为汽油，中间层为水，下层为硝基苯，可鉴别，故A符合；‎ B．乙烷和乙烯均为难溶于水的气体，不能鉴别，故B不符；‎ C．乙烯和丙烯均为难溶于水的气体，不能鉴别，故C不符；‎ D．乙酸和乙醇均为易溶于水的液体，不能用水鉴别，故D不符；‎ 故选A。‎ ‎9.下列措施中，不能加快化学反应速率的是（ ）‎ A. Fe和稀硫酸反应制取H2，适当升高温度 B. Na2CO3点稀盐酸反应生成CO2，加蒸馏水 C. Al在O2中燃烧生成Al2O3，用铝粉代替铝片 D. KC1O3分解制取O2时，添加少量MnO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.升高温度可以使分子运动速率加快，从而使Fe和稀硫酸反应制取H2的反应速率加快，故A不符合题意；‎ B.加蒸馏水稀释，碳酸钠和稀盐酸的浓度减小，从而使Na2CO3点稀盐酸反应生成CO2的反应速率减慢，故B符合题意；‎ C.用铝粉代替铝片，增大反应物的接触面积，从而使Al在O2中燃烧生成Al 2O3的反应速率加快，故C不符合题意；‎ D.添加少量MnO2作催化剂，从而使KC1O3分解制取O2的反应速率加快，故D不符合题意；‎ 故选B。‎ ‎10.已知空气锌电池的电极反应如下：锌电极Zn + 2OH- -2e-= ZnO + H2O，石墨电极O2+H2O+2e-=2OH- 下列说法正确的是（ ）‎ A. ZnO 为正极产物 B. 工作时，负极材料的质量会减少 C. 工作时，电流由锌电极流向石墨电极 D. 工作时，负极周围溶液的碱性降低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．ZnO是负极的氧化产物，故A错误；‎ B．工作时，负极材料由Zn变成ZnO，质量会增加，故B错误；‎ C．工作时，电流由正极石墨电极流向负极锌电极，故C错误；‎ D．工作时，锌电极Zn + 2OH- -2e-= ZnO + H2O，消耗氢氧根，负极周围溶液的碱性降低，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎11.34Se 是人体必需的微量元素，最外层有6个电子。下列说法错误的是（ ）‎ A. Se位于第四周期VI A 族 B. H2Se的热稳定性比H2S弱 C. H2SeO4的酸性比HBrO4强 D. Se的同位素原子具有相同的电子数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Se是34号元素，位于第四周期VI A 族，故A正确；‎ B．非金属性硫强于硒，H2Se的热稳定性比H2S弱，故B正确；‎ C．非金属性溴强于硒，H2SeO4的酸性比HBrO4弱，故C错误；‎ D．Se的同位素原子只是中子数不同，具有相同的质子数、电子数，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎12. 如图是某种有机物分子的球棍模型图。图中的“棍”代表单键或双键，不同大小的“球”代表三种不同的短周期元素的原子。对该有机物的叙述错误的是（ ）‎ A. 该有机物可能的分子式为C2HCl3‎ B. 该有机物的分子中一定有碳碳双键 C. 该有机物可以由乙烯和氯化氢加成反应得到 D. 该有机物分子中的所有原子在同一平面上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.由于Cl的原子半径比氢原子大，所以该有机物可能的分子式为C2HCl3，A正确；‎ B.从图可以看出，该有机物含有三种不同的原子，其中含有C=C键，B正确；‎ C.乙烯和氯化氢加成得到C2H4Cl2，结构中应该有没有碳碳双键，且应含有4个H，2个Cl，与图示结构不符，C错误；‎ D.类比乙烯的模型，所有原子共平面，可以推知该有机物分子中的所有原子在同一平面上，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎13.把a、b、c、d四块金属浸入稀硫酸中，用导线两两连接组成多个原电池，若a、b相连， a为负极；c、d相连，d上有气泡逸出；a、c相连，a极减轻；b、d相连，b为正极。则四种金属的活泼性顺序为 ( )‎ A. a＞b＞c＞d B. a＞c＞b＞d ‎ C. a＞c＞d＞b D. b＞d＞c＞a ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】把a、b、c、d四块金属片浸泡在稀硫酸中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若a、b相连时，a为负极，则金属性是a＞b；c、d相连时，d上有气泡逸出，这说明d是正极，则金属性是c＞d；a、c相连时，a极减轻，说明a是负极，则金属性是a＞d；b、d相连时，b为正极，所以金属性是d＞b，因此根据以上分析可知这四种金属的活泼性由强到弱的顺序为a＞c＞d＞b，答案选C。‎ ‎14.在一定温度下的恒容密闭容器中，发生可逆反应N2(g)+3H2 (g)⇌2NH3‎ ‎ (g)。下列事实不能说明该反应一定达到化学平衡状态的是（ ）‎ A. 体系中N2的质量保持不变 B. NH3的物质的量分数保持不变 C. 体系的压强保持不变 D. 断裂N— H键速率是断裂键速率的3倍 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】判定可逆反应是否达到化学平衡状态，一般有以下两种方法：‎ ‎1、v正=v逆，即正逆反应速率相等；‎ ‎2．变量不变，包括某组分的含量、气体的颜色、密度、平均相对分子质量、体系的总压强等。‎ ‎【详解】A．体系中N2的质量是变量，根据分析，当变量不变时，可以判定反应达到化学平衡状态，A不符合题意；‎ B．NH3的物质的量分数是变量，根据分析，当变量不变时，可以判定反应达到化学平衡状态，B不符合题意；‎ C．反应N2(g)+3H2 (g)⇌2NH3 (g)前后系数之和不相等，即该反应的压强是变量，根据分析，当变量不变时，可以判定反应达到化学平衡状态，C不符合题意；‎ D．断裂N— H键逆反应方向，断裂键是正反应方向，但反应速率之比应该等于化学计量数之比，即2:1，D符合题意；‎ 故选D。‎ ‎15.下列说法正确的是（ ）‎ A. 煤中含有苯、苯酚等有机物，可通过煤的干馏分离 B. 可用灼烧闻气味的方法鉴别纯棉织物和羊毛织物 C. 可通过蒸发结晶的方法直接从海水中提取镁单质 D. 可通过石油裂化和裂解获得苯、甲苯等化工原料 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.煤的干馏是指煤在隔绝空气条件下加热分解的反应过程，煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物，不含有苯、苯酚等有机物，故A错误；‎ B.纯羊毛织物的成分为蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，则用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯羊毛织物，故B正确；‎ C.通过蒸发结晶的方法可从海水中得到含有镁离子的苦卤，提取镁单质还需要发生化学变化，不能直接从海水中提取镁单质，故C错误；‎ D.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料的产量，特别是提高汽油的产量，石油裂解的目的是获得短链的不饱和气态烃，煤的干馏获得苯、甲苯等化工原料，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎16.将足量的钠加入到‎23 g某无色液体中完全反应，得到‎5.6 L氢气 (标准状况)，该无色液体可能是（ ）‎ A. C2H5OH B. H2O ‎ C. CH3COOC2H5 D. CH3COOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由乙醇与钠反应的化学方程式可得‎2 C2H5OH—H2，则标准状况下，‎23 g乙醇生成氢气的体积为××‎22.4L/mol=‎5.6 L，故A正确；‎ B.由水与钠反应的化学方程式可得2H2O—H2可知，则标准状况下，‎23 g水生成氢气的体积为××‎22.4L/mol≠‎5.6 L，故B错误；‎ C.CH3COOC2H5属于酯，不能与金属钠反应，故C错误；‎ D.由乙酸与钠反应的化学方程式可得2 CH3COOH—H2可知，则标准状况下，‎23 g乙酸生成氢气的体积为××‎22.4L/mol≠‎5.6 L，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎17.为了探究温度对化学反应速率的影响，下列实验方案可行的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、没有参照物，所以无法判断，故A错误；‎ B、催化剂、温度都不同，所以无法判断，故B错误；‎ C、两个实验的影响因素不同，所以无法判断，故C错误；‎ D、两个实验的不同点只有温度，所以能判断温度对化学反应速率的影响，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎18.冶炼金属一般有三种方法：①电解法；②还原法；③热分解法。则对I．用孔雀石[Cu2(OH)2CO3]炼铜；II．湿法炼铜；III．铝热法炼铬；IV．用MgCl2 炼镁分类正确的是（ ）‎ A. I，③ B. II，① C. III，② D. IV，③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】金属的冶炼一般有电解法、热还原法、热分解法、物理分离法。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。‎ ‎【详解】A．I．用孔雀石[Cu2(OH)2CO3]炼铜，用②还原法，故A错误；‎ B．II．湿法炼铜，用②还原法，故B错误；‎ C．III．铝热法炼铬，用②还原法，故C正确；‎ D．IV．用MgCl2 炼镁，用①电解法，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎19.X、Y、Z、M、R为五种短周期元素， 其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是 （ ）‎ A. R的氧化物中一定含有离子键和共价键 B. 最高价含氧酸的酸性： ZNa+>Mg2+ (3). Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑ 或 Mg+2H2O(沸水)=Mg(OH)2+H2↑ (4). 正四面体 (5). 2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由元素周期表中的相对位置可知，a为C元素、b为O元素、c为F元素、d为Na元素、e为Mg元素、f为Cl元素。‎ ‎【详解】（1）元素的金属性最强，最高价氧化物的水化物的碱性最强，由元素周期律可知，Na元素的金属性最强，则碱性最强的化合物为离子化合物氢氧化钠，电子式为，故答案为：；‎ ‎（2）氟离子、钠离子和镁离子的电子层结构相同，电子层结构相同的离子随核电荷数增大，离子半径依次减小，则氟离子、钠离子和镁离子的离子半径由大到小的顺序为F->Na+>Mg2+，故答案为：F->Na+>Mg2+；‎ ‎（3）镁与沸水反应生成氢氧化镁和氢气，化学方程式为Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑，故答案为：Mg+2H2OMg(OH)2+H2↑；‎ ‎（4）C元素和F元素形成的简单化合物的四氟化碳，四氟化碳的空间构型为正四面体形，故答案为：正四面体形；‎ ‎（5）工业上用电解熔融氯化钠的方法制备金属钠，反应的化学方程式为2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，故答案为：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑。‎ ‎22.丙烯酸乙酯存在于菠萝等水果中，是一种食品用合成香料。用乙烯、丙烯等石油化工产品为原料进行合成，路线如下：‎ ‎(1)乙烯和丙烯互称_____，丙烯的同分异构体的结构简式为_____。‎ ‎(2)有机物A 和B 反应生成丙烯酸乙酯的化学方程式为____；为了从生成的混合物中分离出丙烯酸乙酯，应先向混合体系中加入饱和_______ ( 填化学式)溶液，再进行_______ ( 填操作名称)。‎ ‎(3)久置的丙烯酸乙酯自身会发生聚合反应，所得聚合物有较好的弹性，可用于生产织物和皮革处理剂。该聚合反应的化学方程式为 ______。‎ ‎【答案】(1). 同系物 (2). 或 (3). CH2=CH—COOH+C2H5OHCH2=CH—COOC2H5+H2O (4). Na2CO3 (5). 分液 (6). nCH2=CH—COOC2H5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由题给有机物转化关系可知，在催化剂作用下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则A为乙醇；在催化剂作用下，丙烯与氧气发生催化氧化反应生成丙烯酸，则B为丙烯酸；在浓硫酸作用下，乙醇与丙烯酸共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水。‎ ‎【详解】（1）乙烯和丙烯结构相似，都属于烯烃，互为同系物；烯烃与碳原子数相同的环烷烃互为同分异构体，则丙烯的同分异构体为环丙烷，结构简式为或 ‎ ‎，故答案为：同系物；或 ；‎ ‎（2）在浓硫酸作用下，乙醇与丙烯酸共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，的化学方程式为CH2=CH—COOH+C2H5OHCH2=CH—COOC2H5+H2O；为了从生成的混合物中分离出丙烯酸乙酯，应先向混合体系中加入饱和碳酸钠溶液，除去丙烯酸、吸收乙醇、降低丙烯酸乙酯的溶解度便于分层，分层后再进行分液得到丙烯酸乙酯，故答案为：CH2=CH—COOH+C2H5OHCH2=CH—COOC2H5+H2O；Na2CO3；分液；‎ ‎（3）丙烯酸乙酯含有碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚丙烯酸乙酯，反应的化学方程式为nCH2=CH—COOC2H5，故答案为：nCH2=CH—COOC2H5。‎ ‎23.CO是一种重要的能源物质。‎ ‎(1)下列反应原理适合实验室制备CO的是_______(填选项字母)。‎ A．C+H2OCO+H2B．‎2C+O22CO C．HCOOHCO+H2O ‎(2)用于检测CO含量的某气敏传感器的工作原理如图所示。‎ ‎①该装置工作时，将_______能转化为______ 能。‎ ‎②工作时，电极 I 作____极，电极 II 上的电极反应式为_____________。‎ ‎③向电极 I 缓缓通入‎10 L 混合气体 ( 其他气体不参加反应)后，测得电路中通过2 mole-，则该混合气体中CO的含量为___mol/L ‎【答案】(1). C (2). 化学 (3). 电 (4). 负 (5). O2+4e－+4H+=2H2O (6). 0.1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A．反应条件为高温，且反应物有气体参与，生成物CO中含有氢气杂质，故A不合适； B．反应物有气体，生成的CO中混有氧气，不方便除杂，且容易生成二氧化碳，故B不合适； C．该反应条件比较低，且生成的CO比较纯净，故C合适；‎ 综上所述选C；‎ ‎(2)①根据图示电压表可知该装置工作时应为原电池装置，将化学能转化为电能；‎ ‎②工作时，电极I上CO转化为CO2，被氧化，所以为负极，电极Ⅱ上氧气被还原，结合氢离子生成水，电极反应式为O2+4e－+4H+=2H2O；‎ ‎③电极I上CO转化为CO2，电极反应式为CO-2e－+H2O=CO2+2H+，所以电路中通过2mol电子时，消耗1molCO，即‎10L混合气体中有1molCO，CO的含量为0.1mol/L。‎ ‎24.过氧乙酸( CH3COOOH)是一种高效消毒剂，常温下易分解，可由乙酸与H2O2在硫酸催化下反应制得，化学方程式为CH3COOH(aq)+H2O2(aq) CH3COOOH(aq)+H2O(l)。‎ ‎(1)该反应的能量变化如图所示。‎ ‎①该反应为____________(填“放热” 或“吸热”)反应。‎ ‎②制备‎38 g CH3COOOH时，热量变化为6.85 kJ，则E =________ 。‎ ‎(2)取a g冰醋酸和a g 50% H2O2 混合均匀，加入一定量硫酸，测得混合溶液的体积为‎2 L。在‎25 °C时，测得不同时刻，溶液中的n(CH3COOOH)变化如图所示(反应前后溶液体积变化忽略不计)。‎ ‎①0 ~6 h内，v(CH3COOOH)=______。‎ ‎②若反应前后溶液的质量没有发生变化，则反应进行到6 h时，H2O2的转化率为____。‎ ‎③若在‎40 °C下进行该实验，测得不同时刻n(CH3COOOH)均有所降低，可能的原因为____________。‎ ‎【答案】(1). 放热 (2). 137 (3). mol/(L·h) (4). ×100％或％ (5). 温度升高时，过氧乙酸分解；过氧化氢分解，浓度降低导致反应速率降低 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①由图生成物的能量低于反应物所具有的能量，由此判断；‎ ‎②根据方程式计算；‎ ‎(2)①根据v(CH3COOOH)=计算；‎ ‎②由转化率= ×100%计算；‎ ‎③温度升高时，过氧乙酸分解，浓度降低导致反应速率降低。‎ ‎【详解】(1)①由图生成物的能量低于反应物所具有的能量，该反应为放热反应。故答案为：放热；‎ ‎②n(CH3COOOH)==0.5mol， 制备‎38 g CH3COOOH时，热量变化为6.85 kJ，制备1molCH3COOOH时，热量变化为6.85 kJ×=13.7kJ，则E =13.7。故答案为：13.7；‎ ‎(2)①0 ~6 h内，v(CH3COOOH)= = mol/(L·h)。故答案为： mol/(L·h)；‎ ‎②若反应前后溶液的质量没有发生变化，则反应进行到6 h时，H2O2的转化率为×100％或％。故答案为：×100％或％；‎ ‎③若在‎40 °C下进行该实验，测得不同时刻n(CH3COOOH)均有所降低，可能的原因为温度升高时，过氧乙酸分解；过氧化氢分解，浓度降低导致反应速率降低。故答案为：温度升高时，过氧乙酸分解；过氧化氢分解，浓度降低导致反应速率降低。‎ ‎25.以海水浓缩后的卤水为原料， 采用气态膜法提取溴单质的工艺流程如下图所示：‎ 请回答：‎ ‎(1)“氧化”时，Cl2作________(填“氧化剂”或“还原剂”)，该反应的离子方程式为______。‎ ‎(2)“富集”时，采用了气态膜提溴技术 ，其原理是Br2在分压差的推动下通过气态膜 ，再被NaOH 溶液吸收，该操作与________ ( 填选项字母)相似。‎ A．过滤 B．渗析 C．分液 D．蒸馏 ‎(3)NaOH溶液与Br2反应生成NaBr 和NaBrO3，则“酸化”时，发生的主要反应的离子方程式为 _______。‎ ‎(4)实验室模拟“蒸馏”操作时，冷却蒸气需用到的玻璃仪器为____；该工艺与热空气吹出法相比，优点为________‎ ‎【答案】(1). 氧化剂 (2). 2Br-+Cl2=2Cl-+Br2 (3). B (4). 5Br-+BrO+6H+=3Br2+3H2O (5). (直形)冷凝管 (6). 能耗低 ‎【解析】‎ ‎【分析】卤水通入氯气氧化溴离子得到含溴单质的混合溶液，过滤后加碱发生歧化反应，富集溴元素得到含NaBr 和NaBrO、NaBrO3的混合溶液，再加硫酸酸化，发生归中反应，得到溴水溶液，蒸馏得到溴单质。‎ ‎【详解】(1)“氧化”时，氯元素化合价降低，Cl2作氧化剂，将溴离子氧化成溴单质，该反应的离子方程式为2Br-+Cl2=2Cl-+Br2。故答案为：氧化剂；2Br-+Cl2=2Cl-+Br2；‎ ‎(2)气态膜提溴技术，Br2在分压差的推动下通过气态膜 ，再被NaOH 溶液吸收，该操作与渗析相似。故答案为：B；‎ ‎(3)NaOH溶液与Br2反应生成NaBr 和NaBrO3，则“酸化”时，溴高价化合物和低价化合物发生归中反应生成溴单质，发生的主要反应的离子方程式为5Br-+BrO+6H+=3Br2+3H2O。故答案为：5Br-+BrO+6H+=3Br2+3H2O；‎ ‎(4)实验室模拟“蒸馏”操作时，冷却蒸气需用到的玻璃仪器为(直形)冷凝管；该工艺与热空气吹出法相比，反应温度较热空气吹出法低，优点为能耗低，故答案为：(直形)冷凝管；能耗低。‎ ‎26.德国化学家凯库勒认为， 苯分子结构中碳碳间以单 、双键交替排列结合成环状。为了验证凯库勒观点的正误，某学生设计了以下实验方案(尾气吸收装置已省略)：‎ 实验步骤：‎ ‎①按如图所示的装置连接好仪器， ； ‎ ‎②在A中加入适量的苯和液溴的混合液体，再加入少量铁粉，塞上橡皮塞；‎ ‎③打开止水夹K1、K2、K3；‎ ‎④反应结束后，关闭 K2 ， 将b插入烧杯D 的蒸馏水中，挤压胶头滴管使少量水进入烧瓶a 中；‎ ‎⑤观察实验现象。‎ 请回答：‎ ‎(1)步骤①中，应补充的操作为 ________。 ‎ ‎(2)烧瓶A中所发生反应的化学方程式为_________。 ‎ ‎(3)装置B的作用为__________。‎ ‎(4)证明凯库勒观点错误的实验现象为________。‎ ‎(5)A中得到的粗产品经过一系列除杂操作后 ，获得苯和溴苯的混合物，将二者进行分离的操作名称为__________‎ ‎【答案】(1). 检查装置的气密性 (2). +Br2+HBr (3). 除去挥发出来的苯和溴单质 (4). 烧瓶a中产生喷泉 (5). 蒸馏 ‎【解析】‎ ‎【分析】溴化氢极易溶于水，若C中产生“喷泉”现象，说明在溴化铁做催化剂的条件下，苯分子里的氢原子被溴原子所代替，苯与溴生成溴苯和溴化氢的反应是取代反应，不是加成反应，证明凯库勒观点错误，苯分子中不存在碳碳单双键交替结构。‎ ‎【详解】(1)由气体生成的实验，装化学试剂之前应检查装置的气密性，则步骤①中应补充的操作为检查装置的气密性，故答案为：检查装置的气密性；‎ ‎（2）在溴化铁做催化剂的条件下，苯与溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，反应的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；‎ ‎（2）由于苯和液溴均易挥发，苯与溴发生的取代反应为放热反应，放出的热量会导致苯和溴挥发，干扰溴化氢的检验，用四氯化碳吸收除去溴化氢气体中的溴蒸气和苯，可以防止干扰溴化氢的检验，故答案为：除去挥发出来的苯和溴单质；‎ ‎（3）若凯库勒观点错误，在溴化铁做催化剂的条件下，苯与溴生成溴苯和溴化氢的反应是取代反应，不是加成反应，反应生成的溴化氢极易溶于水，C中烧瓶a能产生喷泉，故答案为：烧瓶a中产生喷泉；‎ ‎（4）苯和溴苯的沸点不同，则分离苯和溴苯混合物的操作为蒸馏，故答案为：蒸馏。‎ ‎27.为测定人体血液中Ca2+的含量， 设计了如下方案：‎ ‎(1)生成CaC2O4沉淀的离子方程式为___________。‎ ‎(2)H2SO4 酸化的KMnO4溶液与H‎2C2O4反应的化学方程式为：2KMnO4+5 H‎2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O当血液样品为15.00 mL时，与H‎2C2O4反应消耗 0.0010 mol·L-1 KMnO4溶液的体积为15.00 mL，则该血液样品中的Ca2+的物质的量浓度是多少_____？ ( 写出计算过程)‎ ‎【答案】(1). Ca2＋+C2O=CaC2O4↓ (2). 根据题意可知：‎ ‎ ‎ 解得c(Ca2＋)=0.0025 mol·L－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由方案可知，首先将Ca2＋转化为CaC2O4，发生反应为Ca2＋+C2O=CaC2O4↓，然后再用稀硫酸将CaC2O4转化为H‎2C2O4，发生反应为CaC2O4+H2SO4=CaSO4↓+H‎2C2O4，最后用酸性高锰酸钾滴定H‎2C2O4，发生反应为2KMnO4+5H‎2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，根据方程式可得关系式5Ca2＋～5CaC2O4～5H‎2C2O4～2KMnO4，令血液中含钙量为c(Ca2＋)mol·L－1，根据关系式计算。‎ ‎【详解】(1)生成CaC2O4沉淀的离子方程式为：Ca2＋+C2O=CaC2O4↓。故答案为：Ca2＋+C2O=CaC2O4↓；‎ ‎(2)根据题意可知：5Ca2＋～5CaC2O4～5H‎2C2O4～2KMnO4，‎ 解得c(Ca2＋)=0.0025 mol·L－1。故答案为：0.0025 mol·L－1。‎