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【化学】安徽省滁州市定远县育才学校2018-2019学年高二上学期第一次月考（实验班）试题（解析版）
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安徽省滁州市定远县育才学校2018-2019学年高二上学期第一次月考（实验班）试题
1.下列有关化学用语表 n示正确的是
A. 中子数为18的硫原子： S B. 氯离子的结构示意图：
C. 氨分子的电子式： D. 硝基苯的结构简式：
【答案】B
【解析】
A．硫原子质子数为16，中子数为18，则质量数为34，该硫原子可以表示为： ，故A错误；B．Cl-的离子结构示意图：，故B正确；C．氨气分子中氮原子最外层达到8电子稳定结构，漏掉了氮原子的孤电子对，氨气的电子式为，故C错误；D．硝基的化学式错误，硝基为-NO2，硝基苯的结构简式为：，故D错误；故选B。
点睛：本题考查了常见化学用语的书写方法，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键。本题的易错点为D，硝基苯可以看作硝基取代苯环上的1个H形成的，硝基的化学式为-NO2。
2. 下列各组晶体中，化学键类型相同，熔化时所克服的作用力也完全相同的是( ）
A. CO2和SiO2
B. Na和I2
C. 蔗糖和干冰
D. 金刚石和石墨
【答案】C
【解析】
试题分析：A．都含有共价键，但CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，熔化时分别克服分子间作用力和共价键，故A错误；B．Na为金属晶体，含有金属键，I2为分子晶体，含有共价键，故B错误；C．蔗糖和干冰都为分子晶体，都含有共价键，熔化时都克服分子间作用力，故C正确；D．金刚石为原子晶体，融化时断裂共价键，石墨为混合晶体，融化时克服共价键和分子间作用力，二者不同，故D错误；故选C。
【考点定位】考查化学键和分子间作用力的区别
【名师点晴】本题以微粒间作用力为载体考查晶体类型，侧重考查学生对这几种晶体类型的判断能力，为高频考点，注意把握晶体类型的判断，根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键，不同类型的晶体的作用力不同。
3.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：W
C. 气态氢化物的热稳定性：W
【答案】B
【解析】
四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X是钠；Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性，说明这种盐不水解，Z只能是第三周期的非金属元素，且Z的氢化物的水溶液属于强酸，则Z是氯；W、X的简单离子具有相同电子层结构，则W在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧；W与Y同族，Y在X与Z之间，位置关系如图：；A．X、W离子的电子层为2层，Z离子即氯离子电子层为3层，电子层多半径大，电子层结构相同时，序小半径反而大，则简单离子半径大小顺序是：X＜W＜Z，故A错误；B．W在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧，与钠形成的化合物可能是氮化钠，氧化钠，过氧化钠，它们与水反应都能生成氢氧化钠使溶液呈碱性，故B正确；C．W与Y处于同于主族，从上到下，非金属性逐渐减弱，气态氢化物的热稳定性逐渐减弱，则W＞Y，故C错误；D．Y与Z处于同同期，从左到右，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，则Z＞Y，故D错误；故选B。
4. 下列说法正确的是（ ）
A. 物质发生化学反应时都伴随着能量变化，伴随着能量变化的变化一定是化学变化
B. 需要加热的化学反应一定是吸热反应，不需要加热就能进行的反应一定是放热反应
C. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多
D. 因为石墨变成金刚石吸热，所以金刚石比石墨稳定
【答案】C
【解析】
试题分析：A．物质发生化学反应时都伴随着能量变化，但是伴随着能量变化的变化不一定是化学变化，如物质溶解时伴随放热、吸热现象，错误；B．任何反应发生都需要一个活化的过程，所以需要加热的化学反应不一定是吸热反应，错误；C．等质量的同一物质，由于在气态时含有的能量比固态时高，所以等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧产生SO2气体，由于生成物的能量相同，所以前者放出的热量多，正确；D．物质含有的能量越高，物质的稳定性就越小，所以石墨变成金刚石吸热，则金刚石比石墨稳定性差，错误。
考点：考查物质与能量变化关系正误判断的知识。
5. 下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是
A. 锌粒与稀硫酸的反应 B. 灼热的木炭与CO2的反应
C. 甲烷在空气中燃烧的反应 D. Ba(OH)2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【答案】B
【解析】
试题分析：A、此反应属于置换反应，也是氧化还原反应，但属于放热反应，故错误；B、C＋CO2=2CO，属于氧化还原反应，也属于吸热反应，故正确；C、所有的燃烧都是放热反应，故错误；D、此反应虽然是吸热反应，但不是氧化还原反应，故错误。
考点：考查常见放热反应、吸热反应、氧化还原反应等知识。
6.下列反应过程中的能量变化与图一致的是
A. 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
B. C+CO22CO
C. CaCO3CaO+CO2↑
D. C+H2OCO+H2
【答案】A
【解析】
试题分析：按反应过程中热量的变化，通常把化学反应分为放热反应、吸热反应。①放热反应：有热量放出的化学反应，因为反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，常见放热反应：燃烧与缓慢氧化，中和反应；金属与酸反应制取氢气，生石灰和水反应等。②吸热反应：有热量吸收的化学反应，因为反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量，常见的吸热反应：C（s）+H2O（g）→CO（g）+H2O； C+CO2→CO的反应，以及KClO3、KMnO4、CaCO3的分解等、A、铝热反应属于放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，故A选项正确；B、碳与二氧化碳反应生成一氧化碳属于吸热反应，反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量，故B选项错误；C、碳酸钙分解生成吸热反应，反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量，故C选项错误；D、碳和水蒸气反应属于吸热反应，生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量，故D选项不正确，故选A。
考点：考查物质发生化学变化时的能量变化
7.下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是
A. 铝片与稀H2SO4反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
C. 灼热的炭与CO2反应 D. 甲烷在O2中的燃烧反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝片与稀H2SO4反应，有化合价的变化属于氧化还原反应，但属于放热反应，选项A不选；B．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，但不属于氧化还原反应，选项B不选；C．灼热的炭与CO2反应，有化合价的变化属于氧化还原反应，且属于吸热反应，选项C选；D．甲烷在O2中的燃烧反应，有化合价的变化属于氧化还原反应，但属于放热反应，选项D不选；答案选C。
8.某原电池装置图如图所示，有关该原电池的说法正确的是
A. 在铁棒上产生气泡，碳棒上没有气泡
B. H＋在溶液中定向流向铁
C. 电子由铁电极流出
D. 该装置能将电能转化为化学能
【答案】C
【解析】
A．碳棒上氢离子放电生成氢气，故A错误；B．H+在溶液中定向流向正极碳棒，故B错误；C．电子从铁棒沿导线流向碳棒，故C正确；D．该装置是原电池，是将化学能转变为电能的装置，故D错误；故选C。
9.下列实验现象描述正确的是( )
A. 碘水中加入少量汽油振荡，静置后上层颜色变浅，下层颜色变为紫红色
B. 红热的铜丝在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟雾
C. 原电池工作时，正极表面一定有气泡产生
D. 溴化钠溶液中加入少量新制的氯水振荡，再加入少量四氯化碳振荡，静置后上层颜色变浅，下层颜色变为橙红色
【答案】D
【解析】
A．汽油的密度比水的密度小，分层后水在下层，则静置后下层颜色变浅，上层颜色变为紫红色，故A错误；B．Cu与氯气反应生成固体氯化铜，则产生了棕黄色的烟，故B错误；C．在原电池的正极上放电的是电解质溶液中的阳离子，可能是氢离子，也可能是金属阳离子，故不一定有气泡生成，故C错误；D．氯气与NaBr发生氧化还原反应生成溴，溴易溶于四氯化碳，且四氯化碳的密度比水的密度大，则静置后上层颜色变浅，下层颜色变为橙红色，故D正确；故选D。
点睛：把握物质的性质、反应与现象、萃取为解答的关键。本题的易错点为C，在原电池的正极上放电的是电解质溶液中的阳离子，可能是氢离子，也可能是铜离子等金属离子。
10.少量铁粉与100 mL 0.01 mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的( )
①加H2O ②加NaOH固体 ③滴入几滴浓盐酸 ④加CH3COONa固体 ⑤加NaCl固体 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦升高温度(不考虑盐酸挥发) ⑧改用10 mL 0.1 mol/L盐酸
A. ①⑥⑦ B. ③⑤⑦⑧ C. ③⑦⑧ D. ③⑥⑦⑧
【答案】C
【解析】
①加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢；②加氢氧化钠，与盐酸反应，减少了盐酸的浓度，故反应速率变慢；③加浓盐酸，反应速率加快，但生成的氢气量增加；④加醋酸钠固体与盐酸反应生成弱酸醋酸，故反应速率减慢，且不影响氢气量；⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢，且不影响氢气量；⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；⑦温度升高，反应速率加快，且不影响氢气量；⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快，且不影响氢气量，答案选C。
点睛：参加化学反应的物质的性质是决定化学反应速率的主要原因。反应的类型不同，物质的结构不同，都会导致反应速率不同。外界条件对反应速率的影响一般是温度、压强、浓度和催化剂，注意本题不改变生成氢气总量的要求，答题时注意审题。
11.使10 mL浓度为1 mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的量的是（ ）
A. KNO3 B. CH3COONa C. CuSO4 D. Na2CO3
【答案】B
【解析】
试题分析：A、KNO3溶液中的水对盐酸起稀释作用，c(H+)减小，减慢了反应速率，A错误；B、CH3COONa与HCl反应生成醋酸，减慢了反应速率，但是氢离子的量没变，最终不会影响氢气的量，B错误；C、CuSO4与Zn反应生成Cu，构成铜-锌-稀硫酸原电池，加快反应速率，由于锌粉是过量的，所以不影响氢气的量，C正确；D、Na2CO3与盐酸反应生成二氧化碳，使n(H+)减小，产生氢气的物质的量减小，D错误。答案选C。
考点：影响化学反应速率的因素
12.对于溶液中的反应：MnO4-＋5Fe2＋＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，下列措施能使化学反应速率提高的是
A. 加水 B. 增加同浓度FeSO4的用量
C. 向溶液中滴加稀硫酸 D. 加入少量KMnO4晶体
【答案】D
【解析】
A．加水相当于稀释使盐酸的浓度减小，从而使反应速率减慢，故A错误；B．增加同浓度FeSO4溶液的用量，Fe2+的浓度没有增大，化学反应速率没有提高，故B错误；C．滴加稀硫酸，氢离子浓度没有增大，化学反应速率没有提高，故C错误；D．加入少量KMnO4晶体相当于提高MnO4-的浓度，化学反应速率提高，故D正确；故选D。
13.下列各项表述中，正确的是
A. CCl4分子的球棍模型：
B. 所有碳原子可能在同一平面上
C. 命名为2-甲基-1-丙醇
D. 乙醛、氯乙烯和乙二醇均可作为合成聚合物的单体
【答案】D
【解析】
A、这是比例模型，故A错误；B、右侧环上的碳原子有四个是四面体构型，不可能全在同一平面上，故B错误；C、正确的命名为2-丁醇，故C错误；D、第一个可以作为缩聚反应的单体，比如把酚醛树脂中的甲醛变为乙醛；氯乙烯可以制得聚氯乙烯；乙二醇可以制得聚乙二醇，或者缩聚中的单体。故D正确，选D。
14.下列叙述错误的是
A. 通常情况下，甲烷跟强酸、强碱、强氧化剂都不反应
B. 甲烷化学性质比较稳定，不能被任何氧化剂氧化
C. 甲烷跟氯气反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4 ， 都属于取代反应
D. 甲烷的四种取代物都难溶于水
【答案】B
【解析】
选B。CH4的性质比较稳定，通常情况下，不与强酸、强碱、强氧化剂反应，而不是不能被任何氧化剂氧化，A正确，B错误；CH4在光照条件下与Cl2发生取代反应，生成4种有机产物，它们是CH3Cl、CH2Cl、CHCl3和CCl4，且均难溶于水，故C、D均正确。
15.某有机物M的结构简式如图所示，下列叙述正确的是
A. 其分子式为C12H12O5
B. M中含有2种含氧官能团
C. M能够发生加成、取代和加聚反应
D. 1 mol M和足量的NaOH溶液反应，可以消耗2 mol NaOH
【答案】D
【解析】
试题分析：A．根据物质的结构简式可知其分子式为C12H14O5，错误。B．M中含有酯基、羧基、醇羟基3种含氧官能团，错误。C．M含有苯环、因此可以发生加成反应，含有羧基、醇羟基，能够发生取代，但是没有碳碳双键，所以不能发生加聚反应，错误。D．M中含有的酯基水解产生一个羧基和一个醇羟基，羧基可以与NaOH发生反应，而醇羟基不能发生反应，所以1 mol M和足量的NaOH溶液反应，可以消耗2 mol NaOH，正确。
考点：考查有机物的结构与性质及反应类型的关系的知识。
16.利用下列实验装置进行相应的实验(部分夹持装置略去)，不能达到实验目的的是
A. 利用图甲装置可快速制取少量氨气
B. 利用图乙装置分离水和溴的苯溶液
C. 利用图丙装置蒸发KCl溶液得晶体
D. 图丁装置中溶液颜色变浅，说明SO2具有漂白性
【答案】D
【解析】
图甲装置中浓氨水中存在以下平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，加入固态碱性物质，（如CaO、NaOH、碱石灰等），使平衡逆向移动，同时反应放热，促进NH3·H2O的分解，A项正确；溴易溶于苯且苯与水互不相溶，故可以采用图乙装置分离水和溴的苯溶液，B项正确；KCl溶液通过蒸发结晶可得KCl晶体，C项正确；SO2具有还原性，能与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，故图丁装置中溶液颜色变浅，说明SO2具有还原性，D项错误。
点睛：掌握SO2的性质特点是解答的关键，选项D是易错点，要明确并不是遇到褪色就是漂白，要搞清楚反应的原理以及常见的漂白剂。SO2通入下列溶液中的现象与其体现的性质归纳如下：
溶液
石蕊试液
加有酚酞的
NaOH溶液
酸性KMnO4
溶液
溴水
品红
溶液
氢硫酸
(H2S溶液)
现象
变红
褪色
褪色
褪色
褪色
生成浅黄色沉淀
性质
酸性氧化物
酸性氧化物
还原性
还原性
漂白性
氧化性
17.I.A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和。A为_____，B为_____，C为_____，D的最高价氧化物的水化物是_____。 （用化学式填空）
Ⅱ.一定温度下，在1L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示：
（1）反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为_______________mol/（L•s）。
（2）反应开始到10 s，X的物质的量浓度减少了____________mol/L。
（3）反应的化学方程式为：______________________________。
【答案】 (1). C (2). O (3). Na (4). H2SO4 (5). 0.158 (6). 0.79 (7). X＋Y2Z
【解析】
【分析】
A、B、C、D为四种短周期元素，原子序数依次增大，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2，则B为O元素、C为Na元素；A的原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则D原子M层电子数为8-2=6，核外各层电子分别为2、8、6，则D为S元素，据此解答；
Ⅱ.读图时要注意线的起始点、热点、线的走势等。图象中横坐标为时间，纵坐标为物质的量，从图象中信息求算。
【详解】I.元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2，则B为O元素、C为Na元素；A的原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则D原子M层电子数为8-2=6，核外各层电子分别为2、8、6，则D为S元素，由上述分析可知，A为C元素、B为O元素、C为Na元素、D为S元素，故D的最高价氧化物的水化物是为：H2SO4；
Ⅱ.（1）10s内，用Z表示的反应速率为v（Z）==0.158moL/（L•s）；
（2）由图象可知X反应了1.20mol-0.41mol=0.79mol，所以X的物质的量浓度减少了=0.790mol/L；
（3）在反应中，X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，则X、Y为反应物，Z为生成物，相同时间内物质的量的变化比值为c（X）：c（Y）：c（Z）=（1.20-0.41）：（1.00-0.21）：1.58=1：1：2，化学反应中物质的量变化之比等于化学剂量数之比，则化学方程式为X（g）+Y（g）2Z（g）。
【点睛】本题考查结构性质位置关系应用、化学反应速率的计算，侧重对化学用语的考查，比较基础，注意对基础知识的积累掌握，注意化学反应速率之比等于化学计量数之比。
18.苯乙烷（C8H10）可生产塑料单体苯乙烯（C8H8），其反应原理是：C8H10(g)⇌C8H8(g)+H2(g)△H=120kJ·mol-1某温度下，将0.40mol苯乙烷，充入2L真空密闭容器中发生反应，测定不同时间该容器内气体物质的量，得到数据如下表：
时间/min
0
10
20
30
40
n（C8H10）/mol
0.40
0.30
0.24
n2
n3
n（C8H8）/mol
0.00
0.10
n1
0.20
0.20
（1）当反应进行到20min时，该段时间内H2的平均反应速率是_____________。
（2）该温度下，该反应的化学平衡常数是_______________________。
（3）若保持其他条件不变，用0.40 mol H2(g)和0.40mol C8H8(g)合成C8H10(g)，当有30kJ热量放出时，该反应中H2的转化率是__________。此时，该合成反应是否达到了平衡状态？_______（填“是”或“否”）。
（4）工业上以高温水蒸气作为反应体系的稀释剂(不参与反应)，C8H10(g)的平衡转化率与水蒸气的用量、体系的温度、压强的关系如图Ⅰ、图Ⅱ所示。
①由图Ⅰ可知，T1________T2(填“大于”、“小于”或“等于”)。
②由图Ⅱ可知，当其他条件不变时，水蒸气的用量越大，C8H10的平衡转化率将________(填“越大”、“越小”或“不变”)，原因是______________________________________。
【答案】 (1). 4×10-3mol.L-1.min-1 (2). 0.10 (3). 62.5% (4). 否 (5). 大于 (6). 越大 (7). 随着水蒸气的加入，扩大了容器体积，相当于对反应体系减小压强（或使Q
I．(1)将0.40mol苯乙烷，充入2L真空密闭容器中发生反应，20min后，剩余0.24mol，减少了0.16mol，
C8H10(g)C8H8(g)+H2(g)
起始(mol) 0.40 0 0
变化(mol) 0.16 0.16 0.16
20min(mol) 0.24 0.16 0.16
v(H2)= =0.004mol/(L•min)，故答案为：0.004mol/(L•min)；
(2) C8H10(g)C8H8(g)+H2(g)
起始(mol/L) 0.20 0 0
变化(mol/L) 0.10 0.10 0.10
30min(mol/L) 0.10 0.10 0.10
化学平衡常数K= = =0.10；故答案为：0.10；
(3)根据C8H10(g)C8H8(g)+H2(g)，△H=120kJ·mol-1，可知 C8H8(g)+H2(g)C8H10(g) △H=-120kJ•mol-1，有30kJ热量放出时，消耗的H2量为0.25mol，所以氢气转化率= ×100%= ×100%=62.5%；根据(2)知，C8H8(g)+H2(g)C8H10(g)的平衡常数为 =10，
C8H8(g)+H2(g)C8H10(g)
起始(mol/L) 0.2 0.2 0
变化(mol/L) 0.125 0.125 0.125
某时刻(mol/L) 0.75 0.75 0.125
= =≠10，反应不是平衡状态；故答案为：62.5%；否；
Ⅱ．(4)C8H10(g)C8H8(g)+H2(g)△H=125kJ•mol-1，温度升高，平衡正向移动，C8H10的转化率增大，由图I可知，压强相同时，T1时C8H10的转化率大于T2时C8H10的转化率，故T1大于T2；故答案为：大于；
(5)其他条件不变，水蒸气的用量越大，容器的体积越大，相当于减小了原体系的压强，平衡正向移动，转化率增大；故答案为：越大；水蒸气的用量越大，容器的体积越大，相当于减小了原体系的压强，平衡正向移动，转化率增大。
点睛：本题考查化学平衡及其相关计算。本题易错点为(2)和(4)，要注意水蒸气产生的分压对化学平衡的影响以及注意平衡常数只与温度有关。
19.海水是巨大的资源宝库。下图是人类从海水资源获取某些重要化工原料的流程示意图。
回答下列问题：
（1）操作A是_______________(填实验基本操作名称)。要知道海水晒盐的过程中溶液里食盐含量在逐渐提高的简易方法是__________________。
a．分析氯化钠含量 b．测定溶液密度 c．观察是否有沉淀析出
（2）操作B需加入下列试剂中的一种，最合适的是_____________。
a．氢氧化钠溶液 b．澄清石灰水 c．石灰乳d．碳酸钠溶液
（3）上图中虚线框内流程的主要作用是_____________。写出溴水中通入SO2时反应的离子方程式____________
（4）上图中虚线框内流程也可用 Br2与Na2CO3反应的化学方程式补充完整：
___________
（5）已知苦卤的主要成分如下：
理论上，1 L苦卤最多可得到Mg(OH)2的质量为________g。
【答案】 (1). 蒸发结晶（过滤） (2). b (3). c (4). 富集Br2 (5). Br2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋SO42－＋2Br－ (6). 3Br2＋3Na2CO3＝NaBrO3＋5NaBr＋3CO2 (7). 69.6
【解析】
【分析】
海水晒盐过滤得到苦卤和粗盐，粗盐精制得到饱和食盐水，苦卤中加入石灰乳沉淀镁离子形成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁沉淀中加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热得到氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；苦卤中通入氯气氧化溴离子为单质溴，用二氧化硫水溶液吸收溴单质，得到HBr，再通入氯气氧化溴化氢得到溴单质，富集溴元素，用水蒸气吹出蒸馏得到液溴。
（1）对于溶解度受温度影响大的物质可以通过降温结晶的方法得到晶体，对溶解度受温度影响小的物质可以通过蒸发结晶的方法得到晶体；（2）根据工业制镁的原理从原料的成本以及性质、工业生产的经济效益等来分析；（3）氯气氧化溴离子得到单质溴，溴易挥发，热空气可以吹出生成的溴单质，根据起初有溴最终也有溴，考虑物质的富集；（4）氯化钠、氯化镁的富集Br2与Na2CO3反应生成NaBrO3、NaBr和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；（5）根据化学方程式的计算。
【详解】(1)海水得到粗盐的操作是蒸发结晶、过滤；盐水的浓度越大密度越大，要知道海水晒盐的过程中溶液里食盐含量在逐渐提高的简易方法是测定溶液密度，答案选b；
(2)苦卤获得氢氧化镁固体，需加入碱溶液，氢氧化钠价格高、石灰水的浓度小，最合适的是石灰乳，答案选c；
(3)上图中虚线框内是提取溴，上图中虚线框内流程的主要作用是富集Br2；溴水中通入SO2时反应的离子方程式Br2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋SO42－＋2Br－；
（4）Br2与Na2CO3反应生成NaBrO3、NaBr和CO2，Br元素部分由0价升高到+5价，另一部分从0价降低到-1价，则生成的NaBrO3与NaBr的物质的量之比为1：5，所以配平方程式为：3Br2＋3Na2CO3＝NaBrO3＋5NaBr＋3CO2；
（5）Mg2+→Mg(OH)2
24 58
28.8 X
解得X=69.6g。
【点睛】本题考查海水的综合利用，侧重对学生基础知识的巩固与训练，同时也注重对学生答题能力的培养和方法指导，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，实验过程的理解应用，题目难度中等。
20.乙酸乙酯广泛用于药物、燃料、香料等工业，在中学化学实验室里常用下图装置来制备乙酸乙酯。（部分夹持仪器已略去）
已知：
（1）制备粗品（图1）
在A 中加入少量碎瓷片，将三种原料依次加入A 中，用酒精灯缓慢加热，一段时间后在B 中得到乙酸乙酯粗品。
①浓硫酸、乙醇、乙酸的加入顺序是_______________________，A 中发生反应的化学方程式是______________________________。
②A 中碎瓷片的作用是_____________________________________，长导管除了导气外，还具有的作用是_____________________________。
③B 中盛装的液体是_____________________，收集到的乙酸乙酯在 ___________层（填“上”或“下”）。
（2）制备精品（图2）
将B 中的液体分液，对乙酸乙酯粗品进行一系列除杂操作后转移到C 中，利用图2 装置进一步操作即得到乙酸乙酯精品。
①C 的名称是___________________。
②实验过程中，冷却水从_________口进入（填字母）；收集产品时，控制的温度应在________℃左右。
【答案】 (1). 乙醇→浓硫酸→乙酸 (2). CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O (3). 防止暴沸 (4). 冷凝回流 (5). 饱和碳酸钠溶液 (6). 上 (7). 蒸馏烧瓶 (8). b (9). 77.2
【解析】
（1）①浓硫酸溶于水放热，且密度大于水，则浓硫酸、乙醇、乙酸的加入顺序是乙醇→浓硫酸→乙酸，A中发生酯化反应，反应的化学方程式是CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O。②反应需要加热，A中碎瓷片的作用是防止暴沸。乙醇、乙酸易挥发，因此长导管除了导气外，还具有的作用是冷凝回流。③可以用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸，因此B中盛装的液体是饱和碳酸钠溶液。乙酸乙酯的密度小于水，因此收集到的乙酸乙酯在上层；
（2）①C的名称是蒸馏烧瓶。②实验过程中，冷却水应该逆向冷凝，即从b口进入；乙酸乙酯的沸点是77.2℃，因此收集产品时，控制的温度应在77.2℃左右。
点睛：明确乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，注意饱和碳酸钠溶液的作用：吸收挥发出来的乙醇和乙酸，同时减少乙酸乙酯的溶解，便于分层析出与观察产物的生成。易错选项是混合液配制，注意从浓硫酸的稀释进行知识的迁移应用。
1.下列有关化学用语表 n示正确的是
A. 中子数为18的硫原子： S B. 氯离子的结构示意图：
C. 氨分子的电子式： D. 硝基苯的结构简式：
【答案】B
【解析】
A．硫原子质子数为16，中子数为18，则质量数为34，该硫原子可以表示为： ，故A错误；B．Cl-的离子结构示意图：，故B正确；C．氨气分子中氮原子最外层达到8电子稳定结构，漏掉了氮原子的孤电子对，氨气的电子式为，故C错误；D．硝基的化学式错误，硝基为-NO2，硝基苯的结构简式为：，故D错误；故选B。
点睛：本题考查了常见化学用语的书写方法，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键。本题的易错点为D，硝基苯可以看作硝基取代苯环上的1个H形成的，硝基的化学式为-NO2。
2. 下列各组晶体中，化学键类型相同，熔化时所克服的作用力也完全相同的是( ）
A. CO2和SiO2
B. Na和I2
C. 蔗糖和干冰
D. 金刚石和石墨
【答案】C
【解析】
试题分析：A．都含有共价键，但CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，熔化时分别克服分子间作用力和共价键，故A错误；B．Na为金属晶体，含有金属键，I2为分子晶体，含有共价键，故B错误；C．蔗糖和干冰都为分子晶体，都含有共价键，熔化时都克服分子间作用力，故C正确；D．金刚石为原子晶体，融化时断裂共价键，石墨为混合晶体，融化时克服共价键和分子间作用力，二者不同，故D错误；故选C。
【考点定位】考查化学键和分子间作用力的区别
【名师点晴】本题以微粒间作用力为载体考查晶体类型，侧重考查学生对这几种晶体类型的判断能力，为高频考点，注意把握晶体类型的判断，根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键，不同类型的晶体的作用力不同。
3.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：W
C. 气态氢化物的热稳定性：W
【答案】B
【解析】
四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X是钠；Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性，说明这种盐不水解，Z只能是第三周期的非金属元素，且Z的氢化物的水溶液属于强酸，则Z是氯；W、X的简单离子具有相同电子层结构，则W在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧；W与Y同族，Y在X与Z之间，位置关系如图：；A．X、W离子的电子层为2层，Z离子即氯离子电子层为3层，电子层多半径大，电子层结构相同时，序小半径反而大，则简单离子半径大小顺序是：X＜W＜Z，故A错误；B．W在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧，与钠形成的化合物可能是氮化钠，氧化钠，过氧化钠，它们与水反应都能生成氢氧化钠使溶液呈碱性，故B正确；C．W与Y处于同于主族，从上到下，非金属性逐渐减弱，气态氢化物的热稳定性逐渐减弱，则W＞Y，故C错误；D．Y与Z处于同同期，从左到右，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，则Z＞Y，故D错误；故选B。
4. 下列说法正确的是（ ）
A. 物质发生化学反应时都伴随着能量变化，伴随着能量变化的变化一定是化学变化
B. 需要加热的化学反应一定是吸热反应，不需要加热就能进行的反应一定是放热反应
C. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多
D. 因为石墨变成金刚石吸热，所以金刚石比石墨稳定
【答案】C
【解析】
试题分析：A．物质发生化学反应时都伴随着能量变化，但是伴随着能量变化的变化不一定是化学变化，如物质溶解时伴随放热、吸热现象，错误；B．任何反应发生都需要一个活化的过程，所以需要加热的化学反应不一定是吸热反应，错误；C．等质量的同一物质，由于在气态时含有的能量比固态时高，所以等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧产生SO2气体，由于生成物的能量相同，所以前者放出的热量多，正确；D．物质含有的能量越高，物质的稳定性就越小，所以石墨变成金刚石吸热，则金刚石比石墨稳定性差，错误。
考点：考查物质与能量变化关系正误判断的知识。
5. 下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是
A. 锌粒与稀硫酸的反应 B. 灼热的木炭与CO2的反应
C. 甲烷在空气中燃烧的反应 D. Ba(OH)2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【答案】B
【解析】
试题分析：A、此反应属于置换反应，也是氧化还原反应，但属于放热反应，故错误；B、C＋CO2=2CO，属于氧化还原反应，也属于吸热反应，故正确；C、所有的燃烧都是放热反应，故错误；D、此反应虽然是吸热反应，但不是氧化还原反应，故错误。
考点：考查常见放热反应、吸热反应、氧化还原反应等知识。
6.下列反应过程中的能量变化与图一致的是
A. 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
B. C+CO22CO
C. CaCO3CaO+CO2↑
D. C+H2OCO+H2
【答案】A
【解析】
试题分析：按反应过程中热量的变化，通常把化学反应分为放热反应、吸热反应。①放热反应：有热量放出的化学反应，因为反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，常见放热反应：燃烧与缓慢氧化，中和反应；金属与酸反应制取氢气，生石灰和水反应等。②吸热反应：有热量吸收的化学反应，因为反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量，常见的吸热反应：C（s）+H2O（g）→CO（g）+H2O； C+CO2→CO的反应，以及KClO3、KMnO4、CaCO3的分解等、A、铝热反应属于放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，故A选项正确；B、碳与二氧化碳反应生成一氧化碳属于吸热反应，反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量，故B选项错误；C、碳酸钙分解生成吸热反应，反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量，故C选项错误；D、碳和水蒸气反应属于吸热反应，生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量，故D选项不正确，故选A。
考点：考查物质发生化学变化时的能量变化
7.下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是
A. 铝片与稀H2SO4反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
C. 灼热的炭与CO2反应 D. 甲烷在O2中的燃烧反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝片与稀H2SO4反应，有化合价的变化属于氧化还原反应，但属于放热反应，选项A不选；B．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，但不属于氧化还原反应，选项B不选；C．灼热的炭与CO2反应，有化合价的变化属于氧化还原反应，且属于吸热反应，选项C选；D．甲烷在O2中的燃烧反应，有化合价的变化属于氧化还原反应，但属于放热反应，选项D不选；答案选C。
8.某原电池装置图如图所示，有关该原电池的说法正确的是
A. 在铁棒上产生气泡，碳棒上没有气泡
B. H＋在溶液中定向流向铁
C. 电子由铁电极流出
D. 该装置能将电能转化为化学能
【答案】C
【解析】
A．碳棒上氢离子放电生成氢气，故A错误；B．H+在溶液中定向流向正极碳棒，故B错误；C．电子从铁棒沿导线流向碳棒，故C正确；D．该装置是原电池，是将化学能转变为电能的装置，故D错误；故选C。
9.下列实验现象描述正确的是( )
A. 碘水中加入少量汽油振荡，静置后上层颜色变浅，下层颜色变为紫红色
B. 红热的铜丝在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟雾
C. 原电池工作时，正极表面一定有气泡产生
D. 溴化钠溶液中加入少量新制的氯水振荡，再加入少量四氯化碳振荡，静置后上层颜色变浅，下层颜色变为橙红色
【答案】D
【解析】
A．汽油的密度比水的密度小，分层后水在下层，则静置后下层颜色变浅，上层颜色变为紫红色，故A错误；B．Cu与氯气反应生成固体氯化铜，则产生了棕黄色的烟，故B错误；C．在原电池的正极上放电的是电解质溶液中的阳离子，可能是氢离子，也可能是金属阳离子，故不一定有气泡生成，故C错误；D．氯气与NaBr发生氧化还原反应生成溴，溴易溶于四氯化碳，且四氯化碳的密度比水的密度大，则静置后上层颜色变浅，下层颜色变为橙红色，故D正确；故选D。
点睛：把握物质的性质、反应与现象、萃取为解答的关键。本题的易错点为C，在原电池的正极上放电的是电解质溶液中的阳离子，可能是氢离子，也可能是铜离子等金属离子。
10.少量铁粉与100 mL 0.01 mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的( )
①加H2O ②加NaOH固体 ③滴入几滴浓盐酸 ④加CH3COONa固体 ⑤加NaCl固体 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦升高温度(不考虑盐酸挥发) ⑧改用10 mL 0.1 mol/L盐酸
A. ①⑥⑦ B. ③⑤⑦⑧ C. ③⑦⑧ D. ③⑥⑦⑧
【答案】C
【解析】
①加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢；②加氢氧化钠，与盐酸反应，减少了盐酸的浓度，故反应速率变慢；③加浓盐酸，反应速率加快，但生成的氢气量增加；④加醋酸钠固体与盐酸反应生成弱酸醋酸，故反应速率减慢，且不影响氢气量；⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢，且不影响氢气量；⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；⑦温度升高，反应速率加快，且不影响氢气量；⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快，且不影响氢气量，答案选C。
点睛：参加化学反应的物质的性质是决定化学反应速率的主要原因。反应的类型不同，物质的结构不同，都会导致反应速率不同。外界条件对反应速率的影响一般是温度、压强、浓度和催化剂，注意本题不改变生成氢气总量的要求，答题时注意审题。
11.使10 mL浓度为1 mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的量的是（ ）
A. KNO3 B. CH3COONa C. CuSO4 D. Na2CO3
【答案】B
【解析】
试题分析：A、KNO3溶液中的水对盐酸起稀释作用，c(H+)减小，减慢了反应速率，A错误；B、CH3COONa与HCl反应生成醋酸，减慢了反应速率，但是氢离子的量没变，最终不会影响氢气的量，B错误；C、CuSO4与Zn反应生成Cu，构成铜-锌-稀硫酸原电池，加快反应速率，由于锌粉是过量的，所以不影响氢气的量，C正确；D、Na2CO3与盐酸反应生成二氧化碳，使n(H+)减小，产生氢气的物质的量减小，D错误。答案选C。
考点：影响化学反应速率的因素
12.对于溶液中的反应：MnO4-＋5Fe2＋＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，下列措施能使化学反应速率提高的是
A. 加水 B. 增加同浓度FeSO4的用量
C. 向溶液中滴加稀硫酸 D. 加入少量KMnO4晶体
【答案】D
【解析】
A．加水相当于稀释使盐酸的浓度减小，从而使反应速率减慢，故A错误；B．增加同浓度FeSO4溶液的用量，Fe2+的浓度没有增大，化学反应速率没有提高，故B错误；C．滴加稀硫酸，氢离子浓度没有增大，化学反应速率没有提高，故C错误；D．加入少量KMnO4晶体相当于提高MnO4-的浓度，化学反应速率提高，故D正确；故选D。
13.下列各项表述中，正确的是
A. CCl4分子的球棍模型：
B. 所有碳原子可能在同一平面上
C. 命名为2-甲基-1-丙醇
D. 乙醛、氯乙烯和乙二醇均可作为合成聚合物的单体
【答案】D
【解析】
A、这是比例模型，故A错误；B、右侧环上的碳原子有四个是四面体构型，不可能全在同一平面上，故B错误；C、正确的命名为2-丁醇，故C错误；D、第一个可以作为缩聚反应的单体，比如把酚醛树脂中的甲醛变为乙醛；氯乙烯可以制得聚氯乙烯；乙二醇可以制得聚乙二醇，或者缩聚中的单体。故D正确，选D。
14.下列叙述错误的是
A. 通常情况下，甲烷跟强酸、强碱、强氧化剂都不反应
B. 甲烷化学性质比较稳定，不能被任何氧化剂氧化
C. 甲烷跟氯气反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4 ， 都属于取代反应
D. 甲烷的四种取代物都难溶于水
【答案】B
【解析】
选B。CH4的性质比较稳定，通常情况下，不与强酸、强碱、强氧化剂反应，而不是不能被任何氧化剂氧化，A正确，B错误；CH4在光照条件下与Cl2发生取代反应，生成4种有机产物，它们是CH3Cl、CH2Cl、CHCl3和CCl4，且均难溶于水，故C、D均正确。
15.某有机物M的结构简式如图所示，下列叙述正确的是
A. 其分子式为C12H12O5
B. M中含有2种含氧官能团
C. M能够发生加成、取代和加聚反应
D. 1 mol M和足量的NaOH溶液反应，可以消耗2 mol NaOH
【答案】D
【解析】
试题分析：A．根据物质的结构简式可知其分子式为C12H14O5，错误。B．M中含有酯基、羧基、醇羟基3种含氧官能团，错误。C．M含有苯环、因此可以发生加成反应，含有羧基、醇羟基，能够发生取代，但是没有碳碳双键，所以不能发生加聚反应，错误。D．M中含有的酯基水解产生一个羧基和一个醇羟基，羧基可以与NaOH发生反应，而醇羟基不能发生反应，所以1 mol M和足量的NaOH溶液反应，可以消耗2 mol NaOH，正确。
考点：考查有机物的结构与性质及反应类型的关系的知识。
16.利用下列实验装置进行相应的实验(部分夹持装置略去)，不能达到实验目的的是
A. 利用图甲装置可快速制取少量氨气
B. 利用图乙装置分离水和溴的苯溶液
C. 利用图丙装置蒸发KCl溶液得晶体
D. 图丁装置中溶液颜色变浅，说明SO2具有漂白性
【答案】D
【解析】
图甲装置中浓氨水中存在以下平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，加入固态碱性物质，（如CaO、NaOH、碱石灰等），使平衡逆向移动，同时反应放热，促进NH3·H2O的分解，A项正确；溴易溶于苯且苯与水互不相溶，故可以采用图乙装置分离水和溴的苯溶液，B项正确；KCl溶液通过蒸发结晶可得KCl晶体，C项正确；SO2具有还原性，能与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，故图丁装置中溶液颜色变浅，说明SO2具有还原性，D项错误。
点睛：掌握SO2的性质特点是解答的关键，选项D是易错点，要明确并不是遇到褪色就是漂白，要搞清楚反应的原理以及常见的漂白剂。SO2通入下列溶液中的现象与其体现的性质归纳如下：
溶液
石蕊试液
加有酚酞的
NaOH溶液
酸性KMnO4
溶液
溴水
品红
溶液
氢硫酸
(H2S溶液)
现象
变红
褪色
褪色
褪色
褪色
生成浅黄色沉淀
性质
酸性氧化物
酸性氧化物
还原性
还原性
漂白性
氧化性
17.I.A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和。A为_____，B为_____，C为_____，D的最高价氧化物的水化物是_____。 （用化学式填空）
Ⅱ.一定温度下，在1L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示：
（1）反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为_______________mol/（L•s）。
（2）反应开始到10 s，X的物质的量浓度减少了____________mol/L。
（3）反应的化学方程式为：______________________________。
【答案】 (1). C (2). O (3). Na (4). H2SO4 (5). 0.158 (6). 0.79 (7). X＋Y2Z
【解析】
【分析】
A、B、C、D为四种短周期元素，原子序数依次增大，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2，则B为O元素、C为Na元素；A的原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则D原子M层电子数为8-2=6，核外各层电子分别为2、8、6，则D为S元素，据此解答；
Ⅱ.读图时要注意线的起始点、热点、线的走势等。图象中横坐标为时间，纵坐标为物质的量，从图象中信息求算。
【详解】I.元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2，则B为O元素、C为Na元素；A的原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则D原子M层电子数为8-2=6，核外各层电子分别为2、8、6，则D为S元素，由上述分析可知，A为C元素、B为O元素、C为Na元素、D为S元素，故D的最高价氧化物的水化物是为：H2SO4；
Ⅱ.（1）10s内，用Z表示的反应速率为v（Z）==0.158moL/（L•s）；
（2）由图象可知X反应了1.20mol-0.41mol=0.79mol，所以X的物质的量浓度减少了=0.790mol/L；
（3）在反应中，X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，则X、Y为反应物，Z为生成物，相同时间内物质的量的变化比值为c（X）：c（Y）：c（Z）=（1.20-0.41）：（1.00-0.21）：1.58=1：1：2，化学反应中物质的量变化之比等于化学剂量数之比，则化学方程式为X（g）+Y（g）2Z（g）。
【点睛】本题考查结构性质位置关系应用、化学反应速率的计算，侧重对化学用语的考查，比较基础，注意对基础知识的积累掌握，注意化学反应速率之比等于化学计量数之比。
18.苯乙烷（C8H10）可生产塑料单体苯乙烯（C8H8），其反应原理是：C8H10(g)⇌C8H8(g)+H2(g)△H=120kJ·mol-1某温度下，将0.40mol苯乙烷，充入2L真空密闭容器中发生反应，测定不同时间该容器内气体物质的量，得到数据如下表：
时间/min
0
10
20
30
40
n（C8H10）/mol
0.40
0.30
0.24
n2
n3
n（C8H8）/mol
0.00
0.10
n1
0.20
0.20
（1）当反应进行到20min时，该段时间内H2的平均反应速率是_____________。
（2）该温度下，该反应的化学平衡常数是_______________________。
（3）若保持其他条件不变，用0.40 mol H2(g)和0.40mol C8H8(g)合成C8H10(g)，当有30kJ热量放出时，该反应中H2的转化率是__________。此时，该合成反应是否达到了平衡状态？_______（填“是”或“否”）。
（4）工业上以高温水蒸气作为反应体系的稀释剂(不参与反应)，C8H10(g)的平衡转化率与水蒸气的用量、体系的温度、压强的关系如图Ⅰ、图Ⅱ所示。
①由图Ⅰ可知，T1________T2(填“大于”、“小于”或“等于”)。
②由图Ⅱ可知，当其他条件不变时，水蒸气的用量越大，C8H10的平衡转化率将________(填“越大”、“越小”或“不变”)，原因是______________________________________。
【答案】 (1). 4×10-3mol.L-1.min-1 (2). 0.10 (3). 62.5% (4). 否 (5). 大于 (6). 越大 (7). 随着水蒸气的加入，扩大了容器体积，相当于对反应体系减小压强（或使Q
I．(1)将0.40mol苯乙烷，充入2L真空密闭容器中发生反应，20min后，剩余0.24mol，减少了0.16mol，
C8H10(g)C8H8(g)+H2(g)
起始(mol) 0.40 0 0
变化(mol) 0.16 0.16 0.16
20min(mol) 0.24 0.16 0.16
v(H2)= =0.004mol/(L•min)，故答案为：0.004mol/(L•min)；
(2) C8H10(g)C8H8(g)+H2(g)
起始(mol/L) 0.20 0 0
变化(mol/L) 0.10 0.10 0.10
30min(mol/L) 0.10 0.10 0.10
化学平衡常数K= = =0.10；故答案为：0.10；
(3)根据C8H10(g)C8H8(g)+H2(g)，△H=120kJ·mol-1，可知 C8H8(g)+H2(g)C8H10(g) △H=-120kJ•mol-1，有30kJ热量放出时，消耗的H2量为0.25mol，所以氢气转化率= ×100%= ×100%=62.5%；根据(2)知，C8H8(g)+H2(g)C8H10(g)的平衡常数为 =10，
C8H8(g)+H2(g)C8H10(g)
起始(mol/L) 0.2 0.2 0
变化(mol/L) 0.125 0.125 0.125
某时刻(mol/L) 0.75 0.75 0.125
= =≠10，反应不是平衡状态；故答案为：62.5%；否；
Ⅱ．(4)C8H10(g)C8H8(g)+H2(g)△H=125kJ•mol-1，温度升高，平衡正向移动，C8H10的转化率增大，由图I可知，压强相同时，T1时C8H10的转化率大于T2时C8H10的转化率，故T1大于T2；故答案为：大于；
(5)其他条件不变，水蒸气的用量越大，容器的体积越大，相当于减小了原体系的压强，平衡正向移动，转化率增大；故答案为：越大；水蒸气的用量越大，容器的体积越大，相当于减小了原体系的压强，平衡正向移动，转化率增大。
点睛：本题考查化学平衡及其相关计算。本题易错点为(2)和(4)，要注意水蒸气产生的分压对化学平衡的影响以及注意平衡常数只与温度有关。
19.海水是巨大的资源宝库。下图是人类从海水资源获取某些重要化工原料的流程示意图。
回答下列问题：
（1）操作A是_______________(填实验基本操作名称)。要知道海水晒盐的过程中溶液里食盐含量在逐渐提高的简易方法是__________________。
a．分析氯化钠含量 b．测定溶液密度 c．观察是否有沉淀析出
（2）操作B需加入下列试剂中的一种，最合适的是_____________。
a．氢氧化钠溶液 b．澄清石灰水 c．石灰乳d．碳酸钠溶液
（3）上图中虚线框内流程的主要作用是_____________。写出溴水中通入SO2时反应的离子方程式____________
（4）上图中虚线框内流程也可用 Br2与Na2CO3反应的化学方程式补充完整：
___________
（5）已知苦卤的主要成分如下：
理论上，1 L苦卤最多可得到Mg(OH)2的质量为________g。
【答案】 (1). 蒸发结晶（过滤） (2). b (3). c (4). 富集Br2 (5). Br2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋SO42－＋2Br－ (6). 3Br2＋3Na2CO3＝NaBrO3＋5NaBr＋3CO2 (7). 69.6
【解析】
【分析】
海水晒盐过滤得到苦卤和粗盐，粗盐精制得到饱和食盐水，苦卤中加入石灰乳沉淀镁离子形成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁沉淀中加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热得到氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；苦卤中通入氯气氧化溴离子为单质溴，用二氧化硫水溶液吸收溴单质，得到HBr，再通入氯气氧化溴化氢得到溴单质，富集溴元素，用水蒸气吹出蒸馏得到液溴。
（1）对于溶解度受温度影响大的物质可以通过降温结晶的方法得到晶体，对溶解度受温度影响小的物质可以通过蒸发结晶的方法得到晶体；（2）根据工业制镁的原理从原料的成本以及性质、工业生产的经济效益等来分析；（3）氯气氧化溴离子得到单质溴，溴易挥发，热空气可以吹出生成的溴单质，根据起初有溴最终也有溴，考虑物质的富集；（4）氯化钠、氯化镁的富集Br2与Na2CO3反应生成NaBrO3、NaBr和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式；（5）根据化学方程式的计算。
【详解】(1)海水得到粗盐的操作是蒸发结晶、过滤；盐水的浓度越大密度越大，要知道海水晒盐的过程中溶液里食盐含量在逐渐提高的简易方法是测定溶液密度，答案选b；
(2)苦卤获得氢氧化镁固体，需加入碱溶液，氢氧化钠价格高、石灰水的浓度小，最合适的是石灰乳，答案选c；
(3)上图中虚线框内是提取溴，上图中虚线框内流程的主要作用是富集Br2；溴水中通入SO2时反应的离子方程式Br2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋SO42－＋2Br－；
（4）Br2与Na2CO3反应生成NaBrO3、NaBr和CO2，Br元素部分由0价升高到+5价，另一部分从0价降低到-1价，则生成的NaBrO3与NaBr的物质的量之比为1：5，所以配平方程式为：3Br2＋3Na2CO3＝NaBrO3＋5NaBr＋3CO2；
（5）Mg2+→Mg(OH)2
24 58
28.8 X
解得X=69.6g。
【点睛】本题考查海水的综合利用，侧重对学生基础知识的巩固与训练，同时也注重对学生答题能力的培养和方法指导，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，实验过程的理解应用，题目难度中等。
20.乙酸乙酯广泛用于药物、燃料、香料等工业，在中学化学实验室里常用下图装置来制备乙酸乙酯。（部分夹持仪器已略去）
已知：
（1）制备粗品（图1）
在A 中加入少量碎瓷片，将三种原料依次加入A 中，用酒精灯缓慢加热，一段时间后在B 中得到乙酸乙酯粗品。
①浓硫酸、乙醇、乙酸的加入顺序是_______________________，A 中发生反应的化学方程式是______________________________。
②A 中碎瓷片的作用是_____________________________________，长导管除了导气外，还具有的作用是_____________________________。
③B 中盛装的液体是_____________________，收集到的乙酸乙酯在 ___________层（填“上”或“下”）。
（2）制备精品（图2）
将B 中的液体分液，对乙酸乙酯粗品进行一系列除杂操作后转移到C 中，利用图2 装置进一步操作即得到乙酸乙酯精品。
①C 的名称是___________________。
②实验过程中，冷却水从_________口进入（填字母）；收集产品时，控制的温度应在________℃左右。
【答案】 (1). 乙醇→浓硫酸→乙酸 (2). CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O (3). 防止暴沸 (4). 冷凝回流 (5). 饱和碳酸钠溶液 (6). 上 (7). 蒸馏烧瓶 (8). b (9). 77.2
【解析】
（1）①浓硫酸溶于水放热，且密度大于水，则浓硫酸、乙醇、乙酸的加入顺序是乙醇→浓硫酸→乙酸，A中发生酯化反应，反应的化学方程式是CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O。②反应需要加热，A中碎瓷片的作用是防止暴沸。乙醇、乙酸易挥发，因此长导管除了导气外，还具有的作用是冷凝回流。③可以用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸，因此B中盛装的液体是饱和碳酸钠溶液。乙酸乙酯的密度小于水，因此收集到的乙酸乙酯在上层；
（2）①C的名称是蒸馏烧瓶。②实验过程中，冷却水应该逆向冷凝，即从b口进入；乙酸乙酯的沸点是77.2℃，因此收集产品时，控制的温度应在77.2℃左右。
点睛：明确乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，注意饱和碳酸钠溶液的作用：吸收挥发出来的乙醇和乙酸，同时减少乙酸乙酯的溶解，便于分层析出与观察产物的生成。易错选项是混合液配制，注意从浓硫酸的稀释进行知识的迁移应用。
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