高一化学下学期期末预测卷01（基础达标卷）（解析版）-A4

这是一份高一化学下学期期末预测卷01（基础达标卷）（解析版）-A4，共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48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．以新能源汽车为代表的我国新能源产业的快速发展对电力的需求不断攀升。目前我国发电量中不同发电方式所占比例如图所示，下列发电方式不利于缓解“温室效应”的是
A．风力发电B．水力发电
C．火力发电D．核能发电
【答案】C
【解析】A．风力发电能减少CO2等温室气体的排放，有利于缓解“温室效应”，故A不选；
B．水力发电能减少CO2等温室气体的排放，有利于缓解“温室效应”，故B不选；
C．火力发电产生大量CO2等温室气体，不利于缓解“温室效应”，故C选；
D．核能发电能减少CO2等温室气体的排放，有利于缓解“温室效应”，故D不选；
答案选C。
2．每年的6月5日是世界环境日，保护环境人人有责！下列有关环境问题的说法错误的是
A．CO2溶于水呈酸性，是引起酸雨的原因之一
B．煤炭经过固硫后燃烧可减少对环境的污染
C．硝酸工业尾气可用碱性溶液吸收以减少污染
D．硫酸工业产生的污水可用消石灰溶液中和
【答案】A
【解析】A．CO2溶于水饱和时pH为5.6，虽然呈酸性，但酸雨的pH＜5.6，因此CO2不是引起酸雨的原因，引起酸雨的原因是硫的氧化物和氮的氧化物，A项错误；
B．煤炭经过固硫后燃烧，硫转化成CaSO3，再转化成CaSO4，燃烧减少SO2对环境的污染，B项正确；
C．硝酸工业尾气主要为氮的氧化物，故可用Na2CO3或氨水等碱性溶液吸收以减少污染，C项正确；
D．硫酸工业产生的污水主要含有硫酸，可用氢氧化钙溶液中和，D项正确。
答案选A。
3．化学与人类生活密切相关。下列说法正确的是
A．葛洪所著《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还原成丹砂”，二者互为可逆反应
B．“自热饭”、“自嗨锅”是利用了发热包发生化学反应产生的热能
C．植物的根从土壤中吸收铵根离子和硝酸盐属于氮的固定
D．合成氨工业一般选择400~500℃的主要原因是为了使氨的产率较高
【答案】B
【解析】A．HgS在高温条件下分解为Hg和S与Hg和S在常温条件下重新生成HgS的反应条件不同，不是同等条件下发生的反应，所以不是可逆反应，A错误；
B．“自热饭”、“自嗨锅”的发热包主要成分为生石灰（氧化钙），遇水反应生成氢氧化钙，并放出大量的热，B正确；
C．氮的固定是指将单质氮转变为化合态氮的过程，植物的根从土壤中吸收铵根离子和硝酸盐不属于氮的固定，C错误；
D．合成氨工业一般选择400~500℃的主要原因是为了提高反应速率，提高单位时间内的产量，D错误；
故答案为：B。
4．二硫化碳是制作人造棉的重要原料，我国主要利用天然气生产，其反应为。下列说法错误的是
A．和均是硫元素的同素异形体B．的分子结构模型为
C．二硫化碳的电子式为D．的结构示意图为
【答案】B
【解析】A．和均是由硫元素形成的单质，故二者均为硫元素的同素异形体，A正确；
B．碳原子的半径大于氢原子，故的分子结构模型为，B错误；
C．二硫化碳的电子式类似于二氧化碳，结构式为S=C=S，电子式为，C正确；
D．的质子数为16，核外电子数为18，D正确；
故选B。
5．颜色变化是化学反应现象中的重要组成部分。下列过程中对颜色变化描述错误的是
A．新制氯水在光照条件下敞口久置，最终变为无色
B．将SO2通入酚酞溶液中，溶液由无色变为红色
C．将铜丝伸入装有浓硝酸的试管中，液面上方出现红棕色气体，溶液变绿
D．将在空气中灼烧过的铜丝伸入装有稀硫酸的试管中，铜丝表面变光亮，溶液变蓝
【答案】B
【解析】A．氯气与水反应生产HCl和次氯酸，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，所以久置后最终变为稀盐酸，颜色变为无色，故A正确；
B．将SO2通入酚酞溶液中，SO2与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，溶液仍然是无色，故B错误；
C．Cu与浓硝酸反应生成红棕色气体为二氧化氮，由于NO2部分溶解在浓硝酸中，使反应后的溶液为绿色，故C正确；
D．在空气中灼烧过的铜丝表面生成氧化铜，伸入装有稀硫酸的试管中，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，铜丝表面变光亮，溶液变蓝，故D正确；
答案选B。
6．下列实验操作或装置及其相关说明均正确的是
【答案】C
【解析】A．受热分解生成氨气和氯化氢，在冷处氨气和氯化氢反应生成氯化铵固体，不能制取氨气，A错误；
B．氨气极易溶于水，直接通入水中会发生倒吸，B错误；
C．浓硫酸能使蔗糖炭化生成碳单质，体现了浓硫酸的脱水性，浓硫酸和碳生成二氧化碳气体，体现浓硫酸的强氧化性，C正确；
D．由于浓硝酸与铜的反应方程式有二氧化氮生成，故试管上方有红棕色气体产生，D错误；
故选C。
7．海水资源综合利用过程中，下列有关说法正确的是
A．海水晒盐是利用溶质的溶解度随温度变化而变化的原理
B．海水提镁的转化为
C．用溶液吸收溴，离子方程式为
D．将氧化为时，加入过量的会使的产率降低
【答案】D
【解析】A．NaCl的溶解度受温度影响较小，海水晒盐是通过蒸发溶剂使NaCl结晶析出，而非利用溶解度随温度变化的原理，A错误；
B．海水提镁的最后一步应为电解熔融的，而非电解溶液。电解溶液会生成H2和Cl2，离子方程式为：，无法得到金属Mg，B错误；
C．用溶液吸收Br2时，离子方程式应基于参与反应，而非直接使用OH⁻。正确反应为：或，C错误；
D．过量在酸性条件下会将I2进一步氧化为，离子方程式：，导致I2被消耗，产率降低，D正确；
故选D。
8．下列化工生产原理错误的是
A．可以用电解熔融氯化钠的方法来制取金属钠
B．将钠加入到氯化镁饱和溶液中可以制取镁
C．电解法炼铝的原料是氧化铝
D．炼铁高炉中所发生的反应既有放热反应，也有吸热反应
【答案】B
【解析】A．电解熔融氯化钠：，可以用于制取金属钠，A正确；B．将钠加入到氯化镁饱和溶液中，钠先与水反应，生成氢氧化钠和氢气，不能制取镁单质，B错误；C．因为氯化铝为共价化合物，熔融状态下不能导电，所以只能电解熔融状态下的氧化铝制取铝单质，C正确；D．炼铁高炉中所发生的反应为：，为吸热反应，，为放热反应等，D正确；故选B。
9．与催化重整可制备合成气，反应原理为，反应过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．反应中断开化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量
B．反应中既是氧化剂又是还原剂
C．反应中每消耗，转移电子
D．反应中存在非极性键的断裂和形成
【答案】D
【解析】A．由图可知，该反应为吸热反应，则反应中断开化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量，A正确；
B．由反应式可知，中C的化合价由-4价升高至+2价，被氧化，H的化合价由+1价降低至0价，被还原，则反应中既是氧化剂又是还原剂，B正确；
C．由反应式可知，反应中化合价升高的只有中的C元素，中C的化合价由-4价升高至+2价，即每消耗1个，转移个电子，所以反应中每消耗（即1 ml），转移电子，C正确；
D．由反应式可知，反应中没有非极性键的断裂，有非极性键的形成，D错误；
故选D。
10．根据实验操作、现象，能得出相应结论的是
【答案】D
【解析】A．苯与液溴在Fe催化下发生取代反应生成溴苯和HBr，但液溴易挥发，挥发出的溴蒸气通入溶液中也能生成淡黄色沉淀（AgBr），所以不能仅根据生成淡黄色沉淀就确定苯与液溴发生了取代反应，A错误；
B．向粉末和Al粉的均匀混合物中插入点燃的Mg条，引发铝热反应，火星四射，有液态Fe从固体中流出，说明Al能置换出Fe，只能证明金属活动性：Al>Fe，不能证明Mg>Fe，B错误；
C．将石油裂解产生的气体通入的溶液，溶液颜色褪去，说明石油裂解产物中含有不饱和烃，但不能确定一定是乙烯，C错误；
D．向含有溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液并振荡，溶液无变化，再滴加几滴新制氯水，溶液显血红色，是因为被新制氯水氧化为，与KSCN溶液反应显血红色，说明具有还原性，D正确；
故选D。
11．下列物质为含有相同元素的单质或化合物，在一定条件下的转化关系如图所示（略去部分生成物和反应条件），其中丙为红棕色气体，戊是单质。下列说法正确的是
A．甲的水溶液能导电，所以甲是电解质
B．甲和乙既可用排空气法收集，又可用排水法收集
C．甲、丙反应每生成1ml戊，转移的电子为12ml
D．常温下，可用铝制容器盛装丁的浓溶液
【答案】D
【分析】丙为红棕色气体，戊是单质，则丙为NO2、戊为N2；NH3催化氧化为NO、NO和氧气反应生成NO2、NO2和水反应生成硝酸，NH3和NO2反应生成N2和水，则甲是NH3、乙是NO、丁是HNO3。
【解析】A．NH3自身不能电离，NH3是非电解质，故A错误；
B．NO不能用排空气法收集，NH3不能用排水法收集，故B错误；
C．8NH3+6NO2=7N2+12H2O，生成7mlN2转移24ml电子，反应每生成1mlN2，转移的电子为ml，故C错误；
D．常温下，铝在浓硝酸中钝化，可用铝制容器盛装浓硝酸，故D正确；
选D。
12．某化学兴趣小组设计如图所示装置探究原电池的工作原理，电极材料为锌片和铜片，电解质溶液为稀硫酸，外电路中的电子流向如图所示，下列说法正确的是
A．X电极材料为铜，Y电极材料为锌
B．Y电极得电子，发生氧化反应
C．放电过程中，铜片表面有气泡产生
D．铜片的电极反应式为
【答案】C
【分析】由电子移动方向可知，X电极为负极，电极材料为锌，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，Y电极为正极电极，材料为铜，溶液中氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气。
【解析】A．由分析可知，X电极为负极，电极材料为锌，Y电极为正极电极，材料为铜，故A正确；
B．由分析可知，Y电极为正极电极，材料为铜，溶液中氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，故B错误；
C．由分析可知，Y电极为正极电极，材料为铜，溶液中氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，故C正确；
D．由分析可知，Y电极为正极电极，材料为铜，溶液中氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e—=H2↑，故D错误；
故选C。
13．乙烯的同系物2-丁烯存在以下转化关系：
正丁烷
下列说法错误的是
A．乙烯分子中所有的原子共平面
B．反应①和反应②的反应类型相同
C．2-丁烯使溴水和酸性溶液褪色的原理相同
D．反应②的产物M只有一种结构
【答案】C
【解析】A．乙烯是平面形分子，所有原子共平面，故A正确；
B．反应①和反应②都是加成反应，反应类型相同，故B正确；
C．2-丁烯使溴水褪色是发生加成反应，使酸性溶液褪色是被氧化，原理不同，故C错误；
D．由于2-丁烯的结构是对称的，故与HBr加成只生成一种产物，即，故D正确；
答案选C。
14．山梨酸是一种国家允许使用的防腐剂，其结构如下图所示。下列说法正确的是
A．山梨酸的分子式为
B．山梨酸与丙烯酸()互为同系物
C．1 ml山梨酸与Na反应最多生成0.5 ml
D．1 ml山梨酸最多可以与3 ml 发生加成反应
【答案】C
学试题
【解析】A．由图可知，山梨酸的分子式为，故A错误；
B．山梨酸与丙烯酸中，碳碳双键的个数不相同，不能互为同系物，故B错误；
C．1 ml山梨酸含有1ml羧基，与Na反应最多生成0.5 ml ，故C正确；
D．1 ml山梨酸含有2ml碳碳双键，最多和2 ml 发生加成反应，故D错误；
故选C。
15．如图是在一定温度下，某固定容积的密闭容器中充入一定量的气体后，发生反应，已知是红棕色气体，是无色气体。反应速率(v)与时间(t)的关系曲线。下列叙述正确的是
A．时，反应达到平衡，反应不再进行
B．过程中，若消耗，同时消耗
C．反应过程中容器内的气体颜色不变
D．反应过程中混合气体压强减小
【答案】C
【解析】A．时，反应达到平衡，化学平衡状态是动态平衡，反应始终再进行，A错误；
B．过程中，保持平衡状态，若消耗，同时消耗，B错误；
C．时，反应达到平衡状态，浓度保持不变，故反应过程中容器内的气体颜色不变，C正确；
D．反应过程中，各物质浓度保持不变，则气体压强也不变，D错误；
故选C。
16．某生产单位设计以SO2、硝酸、纯碱为原料制备亚硝酸钠(NaNO2)，其工艺流程如图：
已知：
i．2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2
ii．NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2
下列说法正确的是
A．“吸收”过程中，为使反应更充分可采用较高的温度
B．理论上为提高产品的纯度，“吸收”过程中参加反应的
C．“反应”过程中应通入大量O2
D．NaNO2粗产品中的杂质仅含有NaNO3和Na2CO3
【答案】B
【分析】该流程的目的是制备亚硝酸钠(NaNO2)，因此“反应”过程中，发生反应ii．NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2，生成NaNO2，则“吸收”过程中，生成NO和NO2物质的量之比应为1:1，发生反应为，据此分析解答。
【解析】A．反应温度高，气体的溶解度低，不利于充分反应，A项错误；
B．理论上要提高产品的纯度，“反应”过程中，发生反应ii．NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2，则“吸收”过程中，生成NO和NO2物质的量之比应为1:1，故反应为，B项正确；
C．如果通入大量O2，会生成更多的NO2，则最终所得产品中会有更多的NaNO3，C项错误；
D．“吸收”过程中生成H2SO4，“反应”过程中H2SO4与Na2CO3反应生成Na2SO4，Na2CO3与CO2反应生成NaHCO3，故粗产品中的杂质可能有NaNO3、Na2CO3、Na2SO4、NaHCO3等，D项错误；
故选B。
第II卷（非选择题 共52分）
二、非选择题：本题共4个小题，共52分。
17．（13分）现以乙烷为主要原料合成化合物，其合成路线如图所示：
（1）步骤①的反应试剂和条件是 ，化合物的空间结构是 。
（2）化合物的官能团名称是 。
（3）步骤⑤的反应类型是 。
（4）写出步骤③的化学方程式： 。
（5）化合物由、、三种元素组成，其球棍模型如图所示，则的结构简式为 。
（6）化合物是化合物的同系物，且相对分子质量相差42，则的分子式是 ，写出所有可能的结构简式： 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）、光照（1分） 平面形（1分）
（2）羧基（1分）
（3）氧化反应
（4）
（5）或
（6） 、、
【分析】A为CH3CH3，在光照条件下与Cl2发生取代反应，生成B为CH3CH2Cl；CH3CH2Cl在NaOH醇溶液中加热，发生消去反应，生成C为CH2=CH2；CH2=CH2与H2O在催化剂作用下发生加成反应，生成D为CH3CH2OH；CH3CH2OH催化氧化生成E为CH3CHO；CH3CHO催化氧化生成F为CH3COOH；CH3CH2OH与CH3COOH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成G为CH3COOCH2CH3和水。
【解析】（1）A为CH3CH3，在光照条件下与Cl2发生取代反应，生成B为CH3CH2Cl，步骤①的反应试剂和条件是、光照，C为CH2=CH2是平面形结构；
（2）F为CH3COOH，化合物的官能团名称是羧基；
（3）E为CH3CHO催化氧化生成F为CH3COOH，步骤⑤的反应类型是氧化反应；
（4）步骤③中CH2=CH2与H2O在催化剂作用下发生加成反应，生成D为CH3CH2OH，反应的化学方程式：；
（5）根据球棍模型，则的结构简式为或；
（6）化合物是化合物的同系物即分子组成上相差n个CH2，且相对分子质量相差42，则14n=42，解得n=3，所以H含有5个C原子12个H原子，则的分子式是，所有可能的结构简式：、、。
18．（14分）某化学学习小组探究浓度对硝酸氧化能力的影响。
．该小组同学通过对比NO通入浓、稀硝酸的现象，比较浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，实验装置如下图所示(夹持仪器已略去，气密性已检查)。
资料：i．NaOH溶液能吸收NO2，但不能吸收NO。
ii．NO2溶于水的过程产生HNO2(亚硝酸)。
iii．HNO2(亚硝酸)：无色易溶于水的弱酸，不稳定，可由亚硝酸盐与强酸反应制得。
请按要求回答下列问题：
（1）装置a的名称是 。
（2）写出装置①中反应的离子反应方程式 。
（3）滴加浓硝酸前需先通入N2，目的是 。
（4）NaOH溶液的作用是吸收尾气，补全该反应的化学方程式： 。
NaOH＋___________=___________＋NaNO2＋H2O
（5）滴加浓硝酸后，出现 现象，可得出结论：浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。
．实验结束后，该小组同学将装置①中的绿色溶液加水稀释后得到蓝色溶液A[其中的c(HNO3)=3ml·L−1]，发现在室温下，向溶液A加铜片立即产生气泡，而相同条件下，3 ml·L−1稀硝酸(溶液B)中加铜片短时间内无明显变化，一段时间后才产生气泡。针对这一现象，该小组同学又进一步研究。
（6）该小组同学推测Cu与浓HNO3反应后溶液呈绿色的原因是溶液中溶解了生成的气体所致，分析加水稀释过程溶液变为蓝色的原因 (用化学方程式表示)。
（7）探究溶液A与铜片立即产生气泡，而相同条件下，3 ml·L−1稀硝酸(溶液B)遇铜片短时间内无明显变化的原因。
①小组同学提出假设：HNO2对该反应有催化作用。通过实验验证了该假设，实验方案是：向盛有铜片的B溶液中 (填实验操作和现象)。
②催化剂能够加快化学反应速率的原因是：改变反应历程，先参加反应，后又生成，反应前后催化剂的质量和性质不发生改变。由此同学们推测Cu与稀硝酸反应中HNO2起催化作用的过程如下：
i． (用离子方程式表示)。
ii．NO+2NO+H++H2O=3HNO2。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）分液漏斗（1分）
（2）Cu+2＋4H+＝Cu2+＋2NO2↑＋2H2O
（3）赶尽O2，防止NO被氧化为NO2（1分）
（4）2NaOH + 2NO2＝NaNO3＋NaNO2＋H2O
（5）装置③中液面上方会产生红棕色气体，装置④中液面上方为无色气体
（6）3NO2+H2O＝2HNO3+NO
（7）加入少量亚硝酸钠，溶液B中铜片上立即产生气泡 2H++Cu+2HNO2＝Cu2++2NO↑+2H2O
【分析】装置①浓硝酸和铜反应，装置②利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，将铜和浓硝酸反应生成的二氧化氮转化为一氧化氮，装置④盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置③中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO，则装置③液面的上方会产生红棕色气体，装置⑥是收集NO，装置⑤中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气，以此解答该题。
【解析】（1）装置a的名称是分液漏斗。
（2）根据以上分析可知装置①中反应的离子反应方程式为Cu+2＋4H+＝Cu2+＋2NO2↑＋2H2O。
（3）装置中含有空气，所以滴加浓硝酸前需先通入N2的目的是赶尽O2，防止NO被氧化为NO2。
（4）NaOH溶液的作用是吸收尾气，反应中二氧化氮既是氧化剂也是还原剂，生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，该反应的化学方程式为2NaOH + 2NO2＝NaNO3＋NaNO2＋H2O。
（5）根据以上分析可知滴加浓硝酸后，出现装置③中液面上方会产生红棕色气体，装置④中液面上方为无色气体现象，可得出结论：浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。
（6）由于二氧化氮能与水反应生成硝酸和NO，所以加水稀释过程溶液变为蓝色的原因是因为二氧化氮和水反应，方程式为3NO2+H2O＝2HNO3+NO。
（7）①如果HNO2对该反应有催化作用，可以向溶液中加入含有亚硝酸根离子的可溶性盐，即实验方案是：向盛有铜片的B溶液中加入少量亚硝酸钠，溶液B中铜片上立即产生气泡。
②由于反应前后催化剂的质量和性质不发生改变，且催化剂先参加反应，后又生成，所以若Cu与稀硝酸反应中HNO2起催化作用，由于反应ii中产生亚硝酸，则反应i中一定会消耗亚硝酸，所以反应的离子方程式为2H++Cu+2HNO2＝Cu2++2NO↑+2H2O。
19．（12分）某同学在进行稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量CuSO4溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：
（1）少量CuSO4溶液可以加快氢气生成速率的原因是 。
（2）现有K2SO4、ZnSO4、Ag2SO4三种溶液，与实验中CuSO4溶液起相似作用的是 。
（3）该同学用2L稀硫酸溶液进行实验，2min后，发现稀硫酸减少0.2ml，这段时间v(H2SO4)= ml/(L•min)。
（4）如图所示是一个燃料电池的示意图，a、b表示通入的气体，当此燃料电池工作时：
如果a极通入H2，b极通入O2，H2SO4作电解质溶液，正极的电极反应为： 。
（5）在容积为5L的密闭容器中，发生A、B两种气体物质间的转化反应，A、B物质的量随时间变化曲线如图所示。请分析图中数据，回答下列问题。
4min时，反应是否达到化学平衡 (填“是”或“否”)。该反应的化学方程式为 。若向容器中充入He，该反应速率 (填“加快”或“减慢”或“不变”)。若要进一步提高该反应的化学反应速率，还可以采取的措施有 (任写一条)。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）加入少量CuSO4溶液，发生反应Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，反应生成的铜构成铜锌原电池
（2）Ag2SO4溶液（1分）
（3）0.05
（4）
（5）否（1分） 不变（1分） 升高温度、加入合适催化剂等（1分）
【解析】（1）加入少量CuSO4溶液，发生反应Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，反应生成铜，构成铜锌原电池，所以生成氢气的速率加快。
（2）锌和K2SO4、ZnSO4溶液都不能反应，锌能置换出Ag2SO4溶液中的Ag，Ag、Zn构成原电池，与实验中CuSO4溶液起相似作用的是Ag2SO4溶液。
（3）该同学用2L稀硫酸溶液进行实验，2min后，发现稀硫酸减少0.2ml，这段时间v(H2SO4)= ml/(L•min)。
（4）a极通入H2，b极通入O2，H2SO4作电解质溶液，a是负极、b是正极，正极氧气得电子生成水，正极的电极反应为。
（5）4min后A、B的物质的量还发生改变，所以4min时，反应没有达到化学平衡。0~4min，A的物质的量减少0.4ml、B的物质的量增加0.2ml，A是反应物、B是生成物，化学计量数比等于物质的量变化比，该反应的化学方程式为。若向容器中充入He，反应物浓度不变，该反应速率不变。根据影响反应速率的因素，若要进一步提高该反应的化学反应速率，还可以采取的措施有升高温度、加入合适催化剂等。
20．（13分）某同学依照如下图所示流程提取海带中的碘元素。
（1）步骤③分别采用的分离方法是 。
（2）步骤④中用硫酸酸化的H2O2溶液将I-转化成I2。
①利用了H2O2的性质： (填“氧化性”或“还原性”)
②此时I-的转化率受外界因素的影响如图所示。pH=7时I-转化率几乎为0，结合离子方程式从物质性质的角度解释原因
（3）若步骤④中选择的试剂为氯气，当氯气过量时，检测到反应后的产物中含有，写出生成的离子方程式 。
（4）经步骤⑤得到含I2的CCl4溶液后，继续采取步骤⑥⑦的目的是 。
（5）步骤⑤为了得到含碘的CCl4溶液，某学生设计了以下操作步骤：
①将含碘的水溶液置于分液漏斗中
②加入适量的CCl4
③___________
④打开活塞，分离出下层液体，即得到含碘的CCl4溶液
⑤分液漏斗中上层液体，倒入回收装置中
请补全操作③ 。
（6）步骤⑦的反应中，当1ml发生反应时，转移电子的物质的量是 ml。
（7）已知：I2溶液的浓度越大吸光度越大。用色度计测得溶液的吸光度后，利用以溶液吸光度为纵坐标、碘浓度为横坐标的标准曲线图，可以得出被测溶液浓度其结果如图所示。海带灼热(灰化)时间超过40 min，测得碘的含量逐渐降低，原因是 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）过滤（1分）
（2）氧化性（1分） H2O2 + 2I-+ 2H+ = I2 + 2H2O，pH越大酸性越弱，H2O2的氧化性越弱
（3）5Cl2+ I2 + 6H2O = 10Cl- + 2+ 12H+
（4）使I2和CCl4分离，并富集碘元素
（5）振荡、静置（1分）
（6）5
（7）I-被氧化成I2，温度过高，I2升华造成碘元素流失
【分析】将海带灼烧得海带灰，将海带灰浸泡在水中，得到海带灰的悬浊液，过滤得滤液(含I-的水溶液)；往滤液中加入H2O2、稀H2SO4，I-被氧化为I2；往溶液中加入CCl4萃取，然后分液，得到含I2的CCl4溶液；往有机溶液中加入浓NaOH溶液，然后分液，得到含I-、的水溶液；往水溶液中加入浓H2SO4，I-、发生归中反应，生成含I2的悬浊液，过滤后可得到I2。
【解析】（1）步骤③用于分离固、液混合物，则采用的分离方法是过滤。
（2）步骤④中用硫酸酸化的H2O2溶液将I-转化成I2，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生反应的离子方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O。
①在反应中，H2O2中O元素由-1价降低到-2价，则利用了H2O2的性质：氧化性。
②从图中可以看出，pH=7时I-转化率几乎为0，说明此时H2O2的氧化能力很弱，结合离子方程式从物质性质的角度解释原因：H2O2 + 2I-+ 2H+ = I2 + 2H2O，pH越大酸性越弱，H2O2的氧化性越弱。
（3）若步骤④中选择的试剂为氯气，当氯气过量时，检测到反应后的产物中含有，则表明起初生成的I2被Cl2继续氧化生成，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生反应的离子方程式：5Cl2+ I2 + 6H2O = 10Cl- + 2+ 12H+。
（4）经步骤⑤得到含I2的CCl4溶液后，需要将I2和CCl4分离，则继续采取步骤⑥⑦的目的是：使I2和CCl4分离，并富集碘元素。
（5）操作③中，加入萃取剂CCl4后，为增大萃取效果，需增大CCl4与溶液的接触面积，以提高I2的萃取率，所以具体操作为：振荡、静置。
（6）步骤⑦中发生反应：5I-++6H+=3I2+3H2O，此时可建立关系式：——5e-，当1ml发生反应时，转移电子的物质的量是5ml。
（7）碘易升华，海带灼热(灰化)时间超过40 min，测得碘的含量逐渐降低，可能是碘部分升华造成的，则原因是：I-被氧化成I2，温度过高，I2升华造成碘元素流失。
选项
实验操作或装置
说明
A
该装置可用于实验室制氨气
B
该装置可以防倒吸
C
该实验体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性
D
试管中可观察到铜丝变细，产生无色气体，溶液变绿
选项
实验操作与现象
结论
A
将苯、液溴、铁粉混合物反应产生的气体通入溶液中，生成淡黄色沉淀
苯与液溴在催化下发生取代反应
B
向粉末和粉的均匀混合物中插入点燃的条，火星四射，有液态从固体中流出
金属活动性：
C
将石油裂解产生的气体通入的溶液，溶液颜色褪去
石油裂解产物中含乙烯
D
向含有溶液的试管中滴加几滴溶液并振荡，再滴加几滴新制氯水，溶液颜色先无变化后显血红色
具有还原性