湖南省娄底市双峰县第一中学2019-2020学年高一化学第二次月考试题.doc

湖南省娄底市双峰县第一中学2019-2020学年高一化学第二次月考试题

湖南省娄底市双峰县第一中学2019-2020学年高一化学第二次月考试题

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湖南省娄底市双峰县第一中学2019-2020学年高一化学第二次月考试题（含解析）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Fe 56
一．选择题（共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1.下列说法与“绿水青山就是金山银山”的绿色发展理念不一致的是
A. 将工业废液排入海洋以减少河道污染
B. 推广煤的液化、气化技术以提高煤的使用效率
C. 利用CO2制成全降解塑料可缓解日益严重的“白色污染”
D. 采用催化转化技术可将汽车尾气中的NOx和CO转化为无毒气体
【答案】A
【解析】
【详解】A、工业废液中的废酸、废碱、重金属盐、有机物等都会污染海洋，A错误，符合要求。
B、煤的气化是指将煤与水蒸气反应生成CO和H2等作为气体燃料或者化工原料，煤的液化则是指利用气化得到的CO和H2制备乙醇、乙酸等液态有机物，这些方法都可以提高煤的利用率，B正确，不符合要求。
C、这中全降解塑料完全降解后生成CO2，减少难降解的塑料的使用量，可以缓解甚至消除“白色污染”，C正确，不符合要求。
D、催化技术可以使汽车尾气中的NOx和CO反应生成无污染的N2和CO2，D正确，不符合要求。
正确答案A。
2.下列有关化学用语表达正确的是
A. 35Cl−和37Cl−离子结构示意图均可以表示为：
B. HClO的结构式：H−Cl−O
C. HF的电子式：
D. 质子数为92、中子数为146的U原子：
【答案】A
【解析】
【详解】A项，35Cl- 和37Cl-的核电荷数都是17、核外都有18个电子，离子结构示意图都为，A项正确；
B项，HClO的结构式为H—O—Cl，B项错误；
C项，HF中只有共价键，HF的电子式，C项错误；
D项，质子数为92、中子数为146的U原子的质量数为238，该原子表示为，D项错误；
答案选A。
3.已知R2+离子核外有a个电子，b个中子。表示R原子符号正确是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】R2+离子核外有a个电子，说明R原子核外有a+2个电子，质子数也为a+2，中子数是b，所以R的质量数是a+b+2，则R原子符号表示为。
故选C。
4.下列化工生产原理错误的是（　　）
①可以电解熔融的氯化钠来制取金属钠；②可以将钠加入氯化镁饱和溶液中制取镁；
③用电解法冶炼铝时，原料是氯化铝；④高炉炼铁的反应是放热的，故无需加热．
A. ②③ B. ①③ C. ①②③ D. ②③④
【答案】D
【解析】
【详解】①钠是活泼金属，可以用电解熔融的氯化钠的方法来制取金属钠，①正确；
②钠的化学性质非常活泼，将Na加入氯化镁溶液中，Na先和水反应生成NaOH，NaOH再和氯化镁发生复分解反应，将钠加入氯化镁饱和溶液中得不到Mg单质，工业上用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，②错误；
③电解冶炼铝时，原料是氧化铝，因为氯化铝属于共价化合物，在熔融状态下以分子存在而不是离子，熔融状态下不导电，③错误；
④虽然高炉炼铁的反应是放热的，但仍需加热反应才能发生，④错误。
答案选D。
5.某气态烃1体积只能与1体积HBr发生加成反应，生成溴代烷，此溴代烷1mol可与7mol Cl2发生完全取代反应，则该烃的结构简式为
A. CH2=CH2 B. CH3CH=CH2
C. CH3CH3 D. CH2=CH—CH=CH2
【答案】B
【解析】
【详解】某气态烃1体积只能与1体积HBr发生加成反应，生成溴代烷，说明该烃为单烯烃；此溴代烷1mol可与7mol Cl2发生完全取代反应，完全取代后的产物中有7个Cl和1个Br原子，则对应的烷烃应有8个H原子，所以烷烃为丙烷，则该烯烃为丙烯，答案选B。
6.煤的气化是煤高效、洁净利用的方向之一。如图为加热某地煤样所得煤气组成及体积分数随温度变化的曲线图。由图可知该煤气中

A. 只含有碳、氢两种元素
B. 所含的有机物是CH4、CnHm
C. CO体积分数大于CH4体积分数
D. 低温有助于提高H2的含量
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据图象知，该煤气中含CO、CH4、H2、CnHm，则该煤气中含碳、氢、氧元素，故A错误；
B、根据图象知，该煤气中含CO、CH4、H2、CnHm，其中有机物是CH4、CnHm，故B正确；
C、随着温度升高，甲烷含量降低，CO含量升高，温度在400℃～1 000℃时，CO的体积分数比CH4的体积分数低，可能在较高温度下CO含量高于甲烷，故C错误；
D、根据图象知，温度越高，H2的含量越高，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题以加热某地煤样所得煤气组成体积分数随温度变化的曲线图为背景，考查了有机物的概念、分析问题和解决问题的能力。解答本题重在认识图像，从图像中获取需要的信息。
7.莽草酸可用于合成药物达菲，莽草酸的结构简式如图所示。下列关于莽草酸的说法正确的是( )

A. 分子式为 B. 分子中含有2种官能团
C. 可发生加成反应和取代反应 D. 1mol莽草酸与足量的Na反应，标况下生成33.6LH2
【答案】C
【解析】
【分析】
由结构简式可知，莽草酸的分子式为C7H10O5，官能团为羟基、碳碳双键和羧基，能够表现醇、烯烃、羧酸的性质。
【详解】A.由结构简式可知，莽草酸的分子式为C7H10O5，故A错误；
B.莽草酸分子中含有羟基、羧基、碳碳双键三种官能团，故B错误；
C.莽草酸分子中含有碳碳双键，能发生加成反应，含有羧基及羟基，可发生取代反应，故C正确；
D.醇羟基和羧基都可以与金属Na发生反应，由于在莽草酸分子中含有3个醇羟基和一个羧基，所以1mol莽草酸与足量金属Na反应生成2.0mol H2，标况下体积为44.8L，D错误；
答案选C。
8.“绿色化学”对化学反应提出了“原子经济”的新概念及要求,理想原子经济反应是原料中的原子全部转化成所需要的产物,不产生副产物,实现零排放。下列反应类型一定符合这一要求的是(  )
①取代反应    ②加成反应    ③氧化反应    ④加聚反应     ⑤酯化反应
A. ①② B. ①④ C. ②④ D. ③⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①取代反应过程中，有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所取代，反应产物不是一种，原子利用率不是100%，不符合原子经济的概念，故①错误；
②加成反应中，反应物完全转化成生成物实现了零排放，符合绿色化学理念，故②正确；
③氧化反应有化合价的升降，一般产物不止一种，原子没有全部转化成所需要的产物，不满足原子经济性理念，故③错误；
④加聚反应中，原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，满足原子经济性理念，故④正确；
⑤酯化反应中有水分子生成，原料分子中的原子没有全部转化成所需要的产物，故⑤错误；
所以选C。
9.有机物A分子式为C2H4，可发生以下系列转化，已知B、D是生活中常见的两种有机物，下列说法不正确的是( )

A. 75%(体积比)的B溶液常用于医疗消毒
B. D、E都能与NaOH溶液反应
C. 由B、D制备E常用浓硫酸作脱水剂
D. B、D、E三种物质可以用饱和Na2CO3溶液鉴别
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查有机物推断，涉及烯烃、醇、醛、羧酸、酯的性质，比较基础，有利于基础知识的巩固。有机物A分子式为C2H4，则A为CH2═CH2，A与水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C，C为CH3CHO，C进一步氧化生成D，D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3。
【详解】A．B为CH3CH2OH，75%的B溶液常用以医疗消毒，选项A正确；
B．D为CH3COOH，与氢氧化钠发生中和反应，E为CH3COOCH2CH3，与氢氧化钠反应生成醋酸钠与乙醇，选项B正确；
C．乙酸乙酯制备中浓H2SO4作催化剂和吸水剂，选项C错误；
D．乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，有气体生成，乙醇与碳酸钠溶液互溶，而乙酸乙酯与碳酸钠溶液不互溶，溶液分层，现象各不相同，可以进行区别，选项D正确；
答案选C。
10.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
11.下列说法不正确的是
A. 碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力
B. BaCl2属于离子化合物，该晶体中只存在离子键
C. 化学键的断裂与形成一定伴随着电子的转移和能量变化
D. NaHSO4和NaHCO3两种晶体溶于水时，被破坏的作用既有离子键又有共价键
【答案】C
【解析】
【分析】
A项，碘单质属于分子晶体，升华过程只是物质状态发生了变化；
B项，BaCl2中Ba的化合价为+2，Cl的化合价为-1，氯原子之间不存在化学键；
C项，氧化还原反应存在电子转移，非氧化还原反应不存在电子转移；
D项，NaHSO4和NaHCO3两种晶体中都既含有离子键又含有共价键，溶于水时电离都产生了钠离子和氢离子。以此分析解决。
【详解】A项，分子晶体发生三态变化时只克服分子间作用力，所以碘单质的升华过程中，只需克服分子间作用力，故A正确；
B项，氯化钡是离子晶体，钡离子和氯离子之间以离子键结合，故B正确；
C项，断裂旧键需要吸收能量，形成新键又会释放能量，二者不相等，所以化学键的断裂与形成一定伴随着能量变化，但不一定发生氧化还原反应，不一定存在电子的转移，故C错误；
D项，NaHSO4和NaHCO3两种晶体中都既含有离子键又含有共价键，NaHSO4溶于水完全电离产生了Na+、H+、SO42-，既破坏了离子键又破坏了共价键，NaHCO3溶于水完全电离产生了Na+和HCO3-，破坏了离子键，HCO3-部分电离出H+和CO32-，破坏了共价键，故D正确。
综上所述，符合题意的选项为C。
【点睛】本题考查微粒间的作用力，明确离子键、共价键、分子间作用力的区别是解题关键，注意：C项，化学键的形成和断裂不一定发生氧化还原反应；D项，不要忽略了HCO3-在水溶液中也能电离，从而破坏了共价键。
12.一定温度下,在2L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图所示，下列描述正确的是(   )

A. 反应的化学方程式为: X(g)+Y(g)Z(g)
B. 反应开始到10s,X的物质的量浓度减少了0.79mol/L
C. 反应开始到10s时,Y的转化率为79.0%
D. 温度、体积不变，10s时充入1 mol He使压强增大，正、逆反应速率都增大
【答案】C
【解析】
【分析】
在化学反应中，速率之比等于化学计量数之比等于物质的浓度变化量之比，转化率等于反应物的转化量比反应物起始量。
【详解】由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且△n（Y）：△n（X）：△n（Z）=0.79mol：0.79mol：1.58mol=1：1：2，则反应的化学方程式为：X+Y⇌2Z，
A．由以上分析可知反应的化学方程式为：X+Y⇌2Z，A错误；
B．由图象可知反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了=0.395mol/L，B错误；
C．反应开始到10s时，Y的转化率为×100%=79.0%，C正确；
D．温度、体积不变，10s时充入1 mol He使压强增大，但容器中X、Y、Z的浓度大小不变，正逆速率都不变，D错误。
故选C。
13.下列说法正确的是(  )
A. 往蔗糖液中加入稀硫酸,水浴加热，充分反应后加入新制氢氧化铜悬浊液,加热,可见有砖红色沉淀生成;
B. 冰醋酸、淀粉、纤维素都是纯净物
C. 要萃取溴水中的溴单质,可以选用苯、CCl4或酒精做萃取剂
D. 用试管取出少量淀粉水解液,加入碘水,若不显蓝色,说明淀粉水解完全
【答案】D
【解析】
【详解】A．蔗糖溶液中滴加少量稀硫酸水浴加热后，应先加入氢氧化钠溶液至呈碱性，再加入Cu(OH)2悬浊液，出现砖红色沉淀，A错误；
B．冰醋酸是纯净物，虽然淀粉与纤维素均可以用通式(C6H10O5)n表示，但在淀粉分子中n表示几百到几千个单糖单元，在纤维素分子中表示几千个单糖单元，二者不是纯净物，B错误；
C．可以选用苯、CCl4作萃取剂，水与酒精可以任意比互溶，故不可以作萃取剂，C错误；
D．用试管取出少量淀粉水解液加入碘水，若不显蓝色，说明溶液中无淀粉，说明淀粉水解完全，D正确；
故选D。
14.化学反应A2+B2 = 2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是

A. 该反应是吸热反应
B. 断裂 1molA-A 键和 1molB-B 键能放出xkJ 的能量
C. 2mol AB 的总能量高于1mol A2和1mol B2和的总能量
D. 断裂 2mol A-B 键需要吸收ykJ 的能量
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，该反应是放热反应，故A错误；
B.旧键的断裂需要吸收能量，而不是释放能量，故B错误；
C.由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故C错误；
D.旧键的断裂吸收能量，由图可知断裂2molA-B键需要吸收ykJ能量，故D正确；
故选D。
15.将1 mol CH4和适量的氧气在密闭容器中点燃，充分反应后，甲烷和氧气均无剩余，且产物均为气体(101 kPa,120℃)，其总质量为72 g，下列有关叙述不正确的是(　　)
A. 产物的平均摩尔质量为24 g/mol
B. 反应中消耗的氧气为56 g
C. 若将产物通过浓硫酸充分吸收后恢复至(101 kPa,120℃)，则压强变为原来的三分之一
D. 若将产物通过碱石灰，则可全被吸收，若通过浓硫酸，则不能被完全吸收
【答案】D
【解析】
【分析】
1mol CH4若完全燃烧产生1mol的CO2和2mol的H2O，其质量是80g，若燃烧产生1mol的CO和2mol的H2O，其质量是64g，现在混合物的质量是72 g，则产物中含有CO、CO2、H2O，根据质量守恒定律可知，其中CO和CO2的物质的量之和为1mol，H2O的物质的量为2mol。
【详解】A．根据元素守恒可知产物物质的量是3mol，质量是72g，故产物的平均摩尔质量==24 g/mol，A正确；
B．1 mol CH4质量为16g，生成物为72g，根据质量守恒定律可知反应中消耗的氧气为72g－16g=56g，B正确；
C．若将产物通过浓硫酸充分吸收后恢复至(101 kPa,120℃)，则水被吸收，由分析可知，气体的物质的量变成原来的三分之一，压强也变为原来的三分之一，C正确；
D．若将产物通过碱石灰，由分析可知，生成物中的CO与碱石灰不能发生反应，所以其不能被吸收，若通过浓硫酸，浓硫酸只能吸收水，所以也不能被完全吸收，D错误。
答案选D。
16.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是( )

A 反应CH4＋H2O3H2＋CO，每消耗1mol CH4转移12mol电子
B. 电极A上H2参与的电极反应为：H2＋2OH－-2e－=2H2O
C. 电极B上发生的电极反应为：O2＋2CO2＋4e－=2
D. 电池工作时，向电极B移动
【答案】C
【解析】
【详解】燃料电池中通入氧气侧为正极，通入燃料侧为负极，则A为负极，B为正极。
A．反应CH4＋H2O3H2＋CO中碳元素由CH4中的-4价升高到CO中的+2价，被氧化，CH4和H2O中的氢元素由+1价降低为H2中的0价，被还原，则反应中每消耗lmol CH4转移6mol 电子，A项错误；
B．根据示意图可知电池中不存在OH-，氢气参与的电极反应式为：H2-2e-+CO32-=H2O+CO2，B项错误；
C．B为正极，氧气得电子，结合CO2生成，电极反应式为O2＋2CO2＋4e－=2，C项正确；
D．根据B项、C项分析可知B电极产生，A电极消耗，因此由电极B（正极）向电极A（负极）移动，D项错误；
故选C。
二、填空题：(26×2=52）
17.下表是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能与D反应生成相对分子质量为100的酯
D
①由C、H、O三种元素组成;②球棍模型为

回答下列问题:
(1)写出A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式__________
(2)A与氢气发生加成反应后生成物质E,与E在分子组成和结构上相似的有机物有一大类(俗称"同系物"),它们均符合通式CnH2n+2。当n=______时,这类有机物开始出现同分异构体。
(3)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
写出在浓硫酸作用下，B与浓硝酸反应的化学方程式__________
(4)C与D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). CH2=CH2+Br2→CH2Br—CH2Br (2). 4 (3). ②③ (4). +HO—NO2+H2O (5). 酯化反应（取代反应） (6). CH2=CH-COOH+C2H5OHCH2=CH-COO2H5+H2O
【解析】
【分析】
A使溴的四氯化碳溶液褪色，含有不饱和键，结合其比例模型可知A为CH2=CH2，A能与水在一定条件下反应生成C，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，C为CH3CH2OH，根据B的组成元素及其球棍模型知B是苯，D和C反应生成相对分子质量为100的酯，说明D含有羧基，结合D的球棍模型可知D为CH2=CHCOOH，结合有机物的性质来解答。
【详解】(1)由分析可知A为CH2=CH2，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，化学方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2Br—CH2Br，答案为：CH2=CH2+Br2→CH2Br—CH2Br；
(2) A为CH2=CH2，CH2=CH2与氢气发生加成反应后生成的E为乙烷(C2H6)，烷烃的通式为CnH2n+2，在烷烃的同系物里，甲烷、乙烷、丙烷没有同分异构体，从丁烷开始出现同分异构体，丁烷有正丁烷和异丁烷两种同分异构体，答案为：4；
(3)由分析可知B是苯，苯是无色有特殊气味的、不溶于水且密度小于水的有毒液体，和酸性KMnO4溶液和溴水都不反应，在催化剂条件下可与氢气发生加成反应，②③正确；在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸在加热条件下发生取代反应生成硝基苯，反应的方程式为+HO—NO2+H2O，答案为：②③；+HO—NO2+H2O；
(4) C与D分别为CH3CH2OH和CH2=CHCOOH，二都反应能生成相对分子质量为100的酯，该反应的反应类型为酯化反应，酯化反应也属于取代反应，羧酸和醇在发生酯化反应时，羧酸失去羧基里的羟基，醇失去羟基里的氢原子，C与D反应的化学方程式为：CH2=CH-COOH+C2H5OHCH2=CH-COO2H5+H2O，答案为：酯化反应（取代反应）；CH2=CH-COOH+C2H5OHCH2=CH-COO2H5+H2O。
【点睛】要会将有机物的各种模型与有机物的结构简式联系起来，掌握不同官能团的化学性质。
18.A、B、C、D、E是原子序数依次递增的五种常见元素。A、B元素组成的气态化合物M的水溶液呈碱性，C元素是地壳中含量最多的元素，D的单质在C的单质中燃烧后的产物可以使品红溶液褪色，E是金属元素。
(1)写出A、C两种元素组成的化合物A2C2的电子式_______。
(2)若将E金属投入盐酸中，生成了浅绿色溶液Ｎ。则Ｎ的酸性溶液与A2C2反应的离子方程式为______________________________________。
(3)R是B的氧化物，通常情况下呈红棕色。现有一试管R，欲使元素B全部转化为它的最高价氧化物对应的水化物，故进行如下实验操作：将盛有R的试管倒扣在水槽中，______。
(4)有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以A2、B2为电极反应物，以HCl—NH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，试写出该电池的正极反应式_____________，放电时，溶液中的H+移向_________(填正极或负极)。
【答案】 (1). (2). 2Fe2+ + 2H+ +H2O2 = 2Fe3+ +2H2O (3). 向试管中缓缓通入足量氧气 (4). N2 +8H+ +6e- =2NH (5). 正极
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E是原子序数依次递增的五种常见元素。C元素是地壳中含量最多的元素，则C为O元素；A、B组成的气态化合物M的水溶液呈碱性，可推知B为N元素、A为H元素，M为NH3；D的单质在O2中燃烧产物可使品红溶液褪色，可推知D为S元素。
【详解】(1) A、C两种元素组成的化合物A2C2为H2O2，属于共价化合物，其电子式为；
(2) E是金属元素，将E金属投入到盐酸溶液中，生成了浅绿色溶液N，则E为Fe元素，N为FeCl2。Fe2+具有还原性，H2O2具有氧化性，故二者反应的离子方程式为2Fe2+ + 2H+ +H2O2 = 2Fe3+ +2H2O；
(3)R是B的氧化物，通常情况下呈红棕色，则R为NO2，欲将NO2全部转化为HNO3，将盛有NO2的试管倒扣在水槽中还需向试管中缓缓通入足量氧气；
(4) 以H2、N2为电极反应物，以HCl—NH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，根据H2与N2合成氨原理可知，H2失电子，从负极通入，N2得电子，从正极通入，故正极反应式为N2 +8H+ +6e- =2NH，放电时，溶液中的H+为阳离子，应移向正极。
【点睛】此题结合元素及化合物推断，考查氧化还原反应、离子方程式书写、新型燃料电池的相关知识。(2)离子方程式书写需分析二者的性质，从氧化还原反应角度书写离子方程式；(4)新型燃料电池利用原电池的原理，从总反应角度分析化合价、得失电子情况，进而判断正负极，书写电极反应式，注意考虑电解质溶液的影响。
19.汽车排放的尾气为大气污染物之一,目前,可利用以下化学原理处理汽车尾气:2NO+2CO2CO2+N2。
(1)写出CO2的结构式____________。
(2)一定条件下,在容积固定容器中进行上述反应,CO浓度与时间关系如图所示:

则反应速率v(a)、v(b)、v(c)的大小关系是_______。
(3)为研究如何提高该转化过程反应速率,某课题组进行了以下实验探究。
【资料查阅】A.不同的催化剂对同一反应的催化效率不同;
B.使用等质量相同的催化剂时,催化剂的比表面积对催化效率有影响。
【实验设计】课题组为探究某些外界条件对汽车尾气转化反应速率的影响规律,设计了以下对比实验：
实验编号
实验目的
T/℃
NO初始浓度/(mol/L)
CO初始浓度/(mol/L)
同种催化剂的比表面积/(m2/g)
c(CO)不变时所用的时间/min
Ⅰ
参照实验
280
6.50×10-5
4.00×10-3
80
t
Ⅱ

280
6.50×10-3
400×10-3
120
0.5t
Ⅲ

360
6.50×10-3
4.00×10-3
80
0.2t

【结论】
① 实验编号Ⅱ的实验目的为______________。
② 课题中探究外界条件对汽车尾气转化反应速率的影响的另一因素是_______, 且_______反应速率将_______(填“增大”“减小”或“无影响”)。
【答案】 (1). O=C=O (2). v(a)>v(b)=v(c) (3). 探究催化剂比表面积对反应速率的影响 (4). 温度 (5). 升高温度 (6). 增大
【解析】
【分析】
（1）二氧化碳分子的空间构型为直线形；
（2）由图可知，a点未达到平衡，为平衡的形成过程，b、c两点达到平衡；
（3）①由表格数据可知，Ⅰ和Ⅱ的反应温度和反应物起始浓度相同，同种催化剂的比表面积不同，c(CO)不变时所用的时间不同；
②由表格数据可知，Ⅰ和Ⅲ的同种催化剂的比表面积和反应物起始浓度相同，反应温度不同，c(CO)不变时所用的时间不同。
【详解】（1）二氧化碳分子的空间构型为直线形，结构式为O=C=O，故答案为：O=C=O；
（2）由图可知，a点未达到平衡，为平衡的形成过程，b、c两点达到平衡，则反应速率v(a)、v(b)、v(c)的大小关系为v(a)>v(b)=v(c)，故答案为：v(a)>v(b)=v(c)；
（3）①由表格数据可知，Ⅰ和Ⅱ的反应温度和反应物起始浓度相同，同种催化剂的比表面积不同，c(CO)不变时所用的时间不同可知，实验编号Ⅱ的实验目的为探究催化剂比表面积对反应速率的影响，故答案为：探究催化剂比表面积对反应速率的影响；
②由表格数据可知，Ⅰ和Ⅲ的同种催化剂的比表面积和反应物起始浓度相同，反应温度不同，c(CO)不变时所用的时间不同可知，课题中探究外界条件对汽车尾气转化反应速率的影响的另一因素是温度对反应速率的影响，且温度升高，反应速率将增大，故答案为：温度；升高温度；增大。
【点睛】由表格数据可知，Ⅰ和Ⅱ的反应温度和反应物起始浓度相同，同种催化剂的比表面积不同，c(CO)不变时所用的时间不同，Ⅰ和Ⅲ的同种催化剂的比表面积和反应物起始浓度相同，反应温度不同，c(CO)不变时所用的时间不同，由此确定课题中探究外界条件对汽车尾气转化反应速率的影响因素是解答关键。
20.海洋是一个远未完全开发的巨大化学资源宝库。
(1)无需经过化学变化就能从海水中获得的物质是________（填序号）
A 氯气 B 淡水 C烧碱 D 食盐
(2)从海水制得的粗盐中含有较多的Mg2+、Ca2+、SO 等，要除去这些离子，下列加入药品顺序正确的是________（填序号）
A NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液B BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液
C NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液D Na2CO3溶液 →NaOH溶液→ BaCl2溶液
(3)从海水中得到溴的过程如下：

①写出由“苦卤”变成“含溴海水”的离子方程式________
②写出④发生反应的化学方程式________
③某化学小组的同学为了了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料：Br2的沸点为59 ℃，微溶于水，有毒性和强腐蚀性。他们参观生产过程后，设计了如图所示实验装置：

图中仪器B冷却水的出口为______(填“甲”或“乙”)，D装置的作用是__________，反应的离子方程式为__________，整套实验装置中仪器连接均不能用橡胶塞和橡胶管，其原因是__________。
(4)已知某溶液中Cl-、Br-、I-的物质的量之比为2：3：4，现欲使溶液中的Cl-、Br-、I-的物质的量之比为变为4：3：2，那么通入Cl2的物质的量是原溶液中I-的物质的量的__________
【答案】 (1). BD (2). BC (3). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (4). Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4 (5). 甲 (6). 吸收尾气 (7). Br2 +2OH-=Br-+BrO-+H2O (8). Br2能腐蚀橡胶 (9). 1/4
【解析】
【详解】(1)海水经过蒸发可得食盐，经过蒸馏可得淡水，都是物理变化。海水中氯以Cl-存在，要获得单质必须失电子才能实现，烧碱要电解饱和食盐水才可得到，发生了化学变化，所以本题答案为：BD；
(2)要除去Mg2+、Ca2+、SO，则用氢氧化钠溶液除去镁离子、用氯化钡溶液除去硫酸根离子，用碳酸钠溶液除去钙离子和剩余的钡离子，要先除硫酸根，然后再除钙离子，如果加反了，过量的钡离子就无法除去，至于除镁离子，可不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸可除去，所以A、D中剩余的氯化钡无法除去，故本题答案为：BC；
(3)①“苦卤”中含有溴离子，变成“含溴海水”是用氯气氧化溴离子得到溴单质，离子方程式Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，故本题答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；
②步骤④是溴单质和二氧化硫发生了氧化还原反应，发生反应的化学方程式Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故本题答案为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；
③冷凝管中冷却水的流向是下口进，上口出，应是乙口进，甲口出，进入D装置的物质为溴蒸汽，有毒，用碱液吸收挥发的溴单质，可防止污染环境，发生反应的离子方程式为：Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O，溴单质具有氧化性，可腐蚀橡胶，故整套装置中不能用橡胶塞和橡胶管，所以本题正确答案为：甲；吸收尾气；Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O；Br2能腐蚀橡胶；
(4)已知还原性I->Br->Cl-，反应后I-有剩余，说明Br-浓度没有变化，通入的Cl2只与I-发生反应，
设原溶液中含有2mol Cl-，3 mol Br-，4mol I-，通入Cl2后它们的物质的量之比变为4：3：2，则各离子物质的量分别为：4mol Cl-、3mol Br-、2mol I-，Cl-增加了2mol，则需1 mol Cl2，则通入的Cl2物质的量是原溶液中I-物质的量的1/4，故本题答案为：1/4。
【点睛】第(4)问通入氯气，要根据还原性的强弱顺序进行反应，所以氯气先和碘离子反应，碘离子完全反应后再与溴离子反应，此为易错点。