河北省永年县第一中学2024届化学高一下期末教学质量检测试题含解析

河北省永年县第一中学2024届化学高一下期末教学质量检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、可逆反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，达到限度后，欲提高一氧化碳的转化率，可以采取的措施为()A．使用催化剂B．增大压强C．增大一氧化碳的浓度D．增大水蒸气的浓度2、180℃时将0.5molH2和1molCO2通入1L的恒容密闭容器中，反应生成甲醇蒸汽（CH3OH）和某无机副产物，测得各物质的物质的量随时间的部分变化如图所示，下列说法中正确的是（）A．该反应的化学方程式：2CO2+4H22CH3OH+O2B．在0～3min内H2的平均化学反应速率为0.1mol·L-1·min-1C．当容器内混合气体密度不再变化时，表明反应已经达到平衡状态D．在3～10min内，反应仍未达到平衡状态3、下列条件一定能使反应速率加快的是()①增加反应物的物质的量②升高温度③增大反应体系的压强④不断分离出生成物⑤加入MnO2A．全部B．①②⑤C．②D．②③4、下列物质中，只含有共价键的是A．NH4ClB．H2OC．KClD．NaOH5、一定温度下，一密闭容器中有如下反应：4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g)，下列叙述中不能说明该反应一定达到了平衡状态的是A．单位时间内有amolCO参加反应，同时也有amolCO2参加反应B．NO2的生成速率：N2的消耗速率=2：1C．CO的消耗速率：NO2的生成速率=2：1D．NO2的消耗速率：CO2的消耗速率=1：26、工业上采用的一种污水处理方法如下：保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe（OH）3．Fe（OH）3具有吸附性，可吸附污物而沉积下来，有净化水的作用．阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，刮去（或撇掉）浮渣层，即起到了浮选净化的作用．某科研小组用该原理处理污水，设计装置如图所示．下列说法正确的是（）A．为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，电池工作时，循环的物质A为CO2B．甲装置中阴极的反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+C．为了增加污水的导电能力，应向污水中如入适量的NaOH溶液D．当乙装置中有1.6gCH4参加反应，则C电极理论上生成气体在标准状况下为4.48L7、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．B．石油C．AlD．8、不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是A．Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大B．由②和③可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快C．由①和③可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快D．氧化过程的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+==4Fe3++2H2O9、长征2号火箭承担运载神六”的使命，氕化锂、氘化锂、氚化锂可以作为启动长征2号火箭的优良炸药。下列说法正确的是（）A．H、D、T之间互称为同素异形体B．氕化锂、氘化锂、氚化锂都是强还原剂C．LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比为1∶2∶3D．LiH易与水反应生成H2，且每生成1mol

H2转移电子的是数目为2NA10、对于10%H2O2的分解反应，下列措施能减慢其化学反应速率的是()A．加入MnO2B．加水稀释C．加热D．加入30%H2O211、以下反应不能体现“原子经济”的是A．置换反应B．化合反应C．加聚反应D．加成反应12、有关化学用语正确的是A．乙烯的结构简式CH2CH2B．乙醇的结构简式C2H6OC．四氯化碳的电子式D．乙酸的分子式C2H4O213、Fe2O3+3CO2Fe+3CO2的反应类型是A．化合反应B．置换反应C．氧化还原反应D．复分解反应14、下列关于乙烯与苯的说法正确的是A．分子中均含有碳碳双键 B．常温常压下，它们均呈气态C．都能使酸性KMnO4溶液褪色 D．分子中所有原子均处于同一平面15、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子在周期表中半径最小，Y的次外层电子数是其最外层的，Z单质可与冷水缓慢反应产生X单质，W与Y属于同一主族。下列叙述正确的是（）A．由Y元素形成的离子与Z元素形成的离子的核外电子总数可能相同B．单质的氧化性:W>YC．化合物X2Y、ZY、ZX2中化学键的类型均相同D．原子半径：rw>rz>rY16、常温下，将pH=a的NaOH溶液与pH=b的醋酸溶液等体积混合后，两者恰好完全反应，则该温度下醋酸的电离平衡常数约为A．1014-a-2b B．10a+b-14 C．10a-2b D．10a-2b+14二、非选择题（本题包括5小题）17、元素周期表是学习化学的重要工具。下表为8种元素在周期表中的位置。(1)下图所示的模型表示的分子中，可由A、D形成的是________。写出c分子的空间构型为_________，d分子的结构简式_________。(2)关于d分子有下列问题：①d分子中同一平面的原子最多有_______个。②若用－C4H9取代环上的一个H原子，得到的有机物的同分异构体共有__________种。(3)Na在F单质中燃烧产物的电子式为______。上述元素的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是______(写化学式)，其与Q的单质反应的离子方程式是_____________。18、碱式碳酸铜和氯气都是用途广泛的化工原料。（1）工业上可用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl−）制备碱式碳酸铜，其制备过程如下：已知：Cu2+、Fe2+、Fe3+生成沉淀的pH如下：物质

Cu(OH)2

Fe(OH)2

Fe(OH)3

开始沉淀pH

4.2

5.8

1.2

完全沉淀pH

6.7

8.3

3.2

①氯酸钠的作用是；②反应A后调节溶液的pH范围应为。③第一次过滤得到的产品洗涤时，如何判断已经洗净？。④造成蓝绿色产品中混有CuO杂质的原因是。（2）某学习小组在实验室中利用下图所示装置制取氯气并探究其性质。①实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，所用仪器需要检漏的有。②若C中品红溶液褪色，能否证明氯气与水反应的产物有漂白性，说明原因。此时B装置中发生反应的离子方程式是________________。③写出A溶液中具有强氧化性微粒的化学式。若向A溶液中加入NaHCO3粉末，会观察到的现象是。19、某实验小组通过铁与盐酸反应的实验，研究影响反应速率的因素(铁的质量相等，铁块的形状一样，盐酸均过量)，设计实验如下表：实验编号盐酸浓度/(mol/L)铁的形态温度/K14.00块状29324.00粉末29332.00块状29342.00粉末313(1)若四组实验均反应进行1分钟(铁有剩余)，则以上实验需要测出的数据是______。(2)实验___和_____(填实验编号)是研究盐酸的浓度对该反应速率的影响；实验1和2是研究_______对该反应速率的影响。(3)测定在不同时间产生氢气体积V的数据，绘制出图甲，则曲线c、d分别对应的实验组别可能是______、______。(4)分析其中一组实验，发现产生氢气的速率随时间变化情况如图乙所示。①其中t1～t2速率变化的主要原因是______。②t2～t3速率变化的主要原因是___________。(5)实验1产生氢气的体积如丙中的曲线a，添加某试剂能使曲线a变为曲线b的是______。A．CuO粉末B．NaNO3固体C．NaCl溶液D．浓H2SO420、海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义。

请回答下列问题：(1)请列举海水淡化的一种方法__________________________。(2)步骤I中，粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，精制时常用的试剂有：①稀盐酸；②氯化钡溶液；③氢氧化钠溶液；④碳酸钠溶液。下列加入试剂的顺序正确的是______（填字母）。A．①②③④B．②③④①C．②④③①D．③④②①(3)在实验室中可以用萃取的方法提取溴，可选用的试剂是________________，所用主要仪器的名称是____________________。(4)步骤I已经获得Br2，步骤II又将Br2还原为Br—，其目的是_____________________(5)写出步骤III反应的离子方程式__________________________________________。21、硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）俗称海波或大苏打，是一种重要的工业试剂。(1)硫代硫酸钠加热至310℃分解，生成硫和亚硫酸钠，写出反应的化学方程式_______，该反应为吸热反应，说明断裂反应物化学键时所吸收的总能量_____形成生成物化学键时所放出的总能量（填“大于”、“等于”或“小于”）。硫代硫酸钠在酸性条件下发生如下反应Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋H2O＋SO2↑＋S↓，每生成4gS转移的电子数为________。(2)向热的硫化钠和亚硫酸钠混合液中通入二氧化硫，可制得硫代硫酸钠晶体：2Na2S+Na2SO3+3SO2+5H2O3Na2S2O3•5H2O。①下列能判断制取硫代硫酸钠的反应达到平衡状态的是_________A．Na2S和Na2SO3的浓度不再发生变化B．在单位时间内生成0.03molNa2S2O3•5H2O，同时消耗了0.02molNa2SC．v(Na2S):v(Na2SO3)=2:1②制备过程中，为提高硫代硫酸钠的产量，通入的SO2不能过量，原因是_____。(3)某同学进行了硫代硫酸钠与硫酸反应的有关实验，实验过程的数据记录如下表：组号反应温度（℃）参加反应的物质Na2S2O3H2SO4H2OV/mLc/mol•L-1V/mLc/mol•L-1V/mLA10100.1100.10B1050.1100.15C1050.2100.25D3050.1100.15①上述实验中能够说明反应物浓度对反应速率影响的组合是___________。②能够说明温度对反应速率影响的组合是_______。(4)某些多硫化钠可用于制作原电池（如图所示），该电池的工作原理是：2Na2S2＋NaBr3=Na2S4＋3NaBr①电池中左侧的电极反应式为Br3-+2e-=3Br-，则左侧电极名称是_____________（填“正极”或“负极”）。②原电池工作过程中钠离子__________（选“从左到右”或“从右到左”）通过离子交换膜。③原电池工作过程中生成的氧化产物是___________（填化学式）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】分析：提高CO的转化率，可以使平衡正向进行，根据化学平衡移动原理来回答判断，注意只增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动，但CO的转化率会降低。详解：A．使用催化剂，只能改变反应速率，该平衡不会发生移动，CO的转化率不变，A错误；B．该反应前后气体的体积不变，增加压强，该平衡不会发生移动，CO的转化率不变，B错误；C．增大CO的浓度，虽然平衡向正反应方向移动，但CO的转化率反而降低，C错误；D．增大水蒸气的浓度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，D正确。答案选D。2、B【解析】

A．由图知，消耗n(

CO2)=(1-0.9)mol=0.1mol、n(H2)=(0.5-0.2)mol=0.3mol、n(CH3OH)=0.1mol，同一反应中参加反应的各物质的物质的量之比等于其分子个数之比，则N(CO2)：N(H2)：N(CH3OH)=0.1mol：0.3mol：0.1mol=1：3：1，根据原子守恒知，还生成H2O，所以反应方程式为CO2+3H2⇌CH3OH+H2O，故A错误；B．v(H2)=△nV△t=0.3mol1L3min=0.1mol•L-1•min-1，故B正确；C．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则反应前后气体密度始终不变，所以气体密度不能作为平衡状态判断标准，故C错误；D．在3min时各物质物质的量不变，反应达到平衡状态，则在3～10

min【点睛】本题考查化学平衡的建立和图像分析，明确化学平衡状态判断标准及化学反应速率计算方法是解本题关键。本题的易错点为D。3、C【解析】①对于反应物为纯液体或固体时，增大其物质的量反应速率不变；③对于有气体参加或生成的化学反应，若体积不变，充入“惰性”气体，则压强增大，反应速率不变；④不断分离出生成物，使反应速率减小或不变(纯液体或固体时)；⑤MnO2不是所有反应的催化剂。4、B【解析】A、氯化铵是铵盐，含有离子键和共价键，A错误；B、水是共价化合物，含有共价键，B正确；C、氯化钾是离子化合物，含有离子键，C错误；D、氢氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，D错误，答案选B。点睛：掌握离子键和共价键的形成条件是解答的关键，一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。5、B【解析】

A．单位时间内有amolCO参加反应，同时也有amolCO2参加反应，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故A不选；B．NO2的生成是逆反应方向，N2的消耗也是逆反应方向，不能说明该反应到达平衡状态，故B选；C．CO的消耗速率和NO2的生成速率之比是2:1，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C不选；D．NO2的消耗速率和CO2的消耗速率之比是1:2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D不选；故选B。【点睛】6、A【解析】分析：甲装置为电解池，乙装置为原电池装置，原电池工作时，通入甲烷的一级为负极，发生氧化反应，负极电极反应是CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，通入氧气的一级为正极，发生还原反应，正极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，电解池中Fe为阳极，发生Fe-2e-=Fe2+，阴极的电极反应为：2H++2e-=H2↑，二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价，4Fe2++10H2O+O2=4Fe(OH)3↓+8H+，以此解答该题。详解：A．电池是以熔融碳酸盐为电解质，负极电极反应是CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，正极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，可以循环利用的物质只有二氧化碳，故A正确；B．电解池中Fe为阳极，发生Fe-2e-=Fe2+，故B错误；C．保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe(OH)3沉淀时，加入的使导电能力增强的电解质必须是可溶于水的、显中性或弱酸性的盐，加入氢氧化钠会导致溶液呈碱性，故C错误；D．根据电池的负极电极反应是CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，当乙装置中有1.6gCH4参加反应，即0.1mol甲烷参加反应时，有0.8mol电子转移；阴极的电极反应为：2H++2e-=H2↑，阴极产生了44.8L(标准状况)即2mol的氢气产生，所以转移电子的物质的量为4mol，则C电极理论上生成气体在标准状况下为8.96L，故D错误；故选A。7、D【解析】

A项、氮气与氧气在高压放电条件下反应生成一氧化氮，故A错误；B项、石油裂化生成乙烯，乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1，2—二溴乙烷，故B错误；C项、铝在冷的浓硝酸中发生钝化，故C错误；D项、在催化剂作用下，乙烯与水在加热条件下发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化生成乙醛，故D正确。故选D。【点睛】本题考查物质的性质与转化，侧重于分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件是解答关键。8、B【解析】

在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，由图象可知，当pH相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化率越大；当温度相同pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化率越小。【详解】A项、由图象可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，故A正确；B项、由②和③可知，当温度相同pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化速率越小，故B错误；C项、由①和③可知，当pH相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化速率越大，故C正确；D项、在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；故选B。【点睛】本题考查了外界条件对Fe2+氧化率的影响，注意比较氧化速率时，要其它条件相同只有一个条件不同才能比较。9、B【解析】

A、H、D、T是具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素，属于同位素，故A错误；B、氢化锂、氘化锂、氚化锂中H、D、T均为-1价，处于最低价态，具有强还原性，是还原剂，故B正确；C、LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比等于它们的相对分子质量之比，应为8:9:10，故C错误；D、LiH中，H为-1价，在H2O中，H为+1价，所以：1mol氢气生成是一个-1价H和一个+1价H结合，所以只有1mol转移电子数目，故D错误；故选B。10、B【解析】

使用催化剂、增大浓度、加热等均可加快反应速率，以此来解答。【详解】A．加入MnO2，作催化剂，反应速率加快，A不符合；B．加水稀释，H2O2的浓度减小，反应速率减缓，B符合；C．加热，温度升高，反应速率加快，C不符合；D．加入30%的H2O2，浓度增大，反应速率增大，D不符合；答案选B。11、A【解析】化合反应、加成反应以及加聚反应是多种物质生成一种物质，反应物中的所有原子都转化到生成物中，原子利用率达到100%，而置换反应、分解反应、取代反应以及消去反应的生成物有两种或三种，原子利用率小于100%，答案选A。点睛：本题主要考查了“原子经济”，掌握“原子经济”的含义是解答的关键，根据“原子经济”的要求：反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%，可知化合反应、加成反应、加聚反应符合绿色化学的要求。12、D【解析】结构简式应该体现出官能团，所以乙烯和乙醇的结构简式分别为CH2＝CH2、CH3CH2OH。四氯化碳中氯原子还有没有参与成键的电子，所以电子式为。所以正确的答案是D。13、C【解析】Fe2O3+3CO2Fe+3CO2的反应类型不属于四种基本反应类型的任何一种，其中有两种元素的化合价发生了变化，所以是氧化还原反应，本题选C。14、D【解析】

A．苯中不含碳碳双键，乙烯含有碳碳双键，选项A错误；B.常温常压下，乙烯呈气态，苯为液态，选项B错误；C.乙烯含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，选项C错误；D.乙烯与苯分子中所有原子均处于同一平面，选项D正确。答案选D。15、A【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子在周期表中半径最小，X为H元素；Y的次外层电子数是其最外层的，Y有2个电子层符合电子排布规律，则最外层电子数为6，Y为O元素；Z单质可与冷水缓慢反应产生X单质，Z为Na元素；W与Y属于同一主族，W为S元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为H、Y为O、Z为Na、W为S。A.Y元素形成的离子与Z元素形成的离子的核外电子总数分别为10、10，二者相同，A正确；B.非金属性越强，该元素的单质的氧化性就越强，由于元素的非金属性O>S，所以氧化性：O2>S，B错误；对应阴离子的还原性越弱，则阴离子的还原性：W＞Y＞X，故B正确；C.化合物X2Y是H2O，只含共价键，Z2Y是Na2O只含有离子键，ZX是NaH只含离子键，C错误；D.同一周期从左下右原子半径减小，不同周期是元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：rz＞rw＞rY，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的知识，把握元素的性质、原子结构、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。16、A【解析】

pH=b的醋酸溶液中c(H+)=c(CH3COOO-)=10-bmol/L，pH=a的NaOH溶液中c(OH-)=c(NaOH)=10a-14mol/L，将两者等体积混合，恰好完全反应，则说明醋酸的物质的量浓度等于NaOH的物质的量浓度，c(CH3COOH)约为10a-14mol/L,故该温度下醋酸的电离平衡常数为1014-a-2b。答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、acd正四面体1312KOH2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2↑【解析】

根据元素所在周期表中的位置可知A为H元素，D为C元素，F为O元素，G为Mg元素，Q为Al元素，M为S元素，R为Cl元素，N为K元素，结合原子结构和物质的性质分析解答。【详解】根据元素所在周期表中的位置可知A为H元素，D为C元素，F为O元素，G为Mg元素，Q为Al元素，M为S元素，R为Cl元素，N为K元素。(1)A为H元素，D为C元素，根据图示，a表示乙烯，b表示氨气，c表示甲烷，d表示甲苯，由A、D形成的是acd；甲烷为正四面体；甲苯的结构简式为，故答案为：acd；正四面体；；(2)①苯环为平面结构，碳碳单键可以旋转，因此甲苯中最多有13个原子共面，故答案为：13；②－C4H9有4种结构，碳架结构分别为：、、、，取代苯环上的一个H原子，可以得到邻位、间位、对位共12种同分异构体，故答案为：12；(3)Na在O2中燃烧生成Na2O2，过氧化钠为离子化合物，电子式为；上述元素中，金属性最强的元素为第四周期ⅠA族元素K，对应最高价氧化物的水化物KOH的碱性最强，与Al反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2↑，故答案为：；KOH；2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2↑。【点睛】本题的易错点为(2)①，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断，甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，同时注意碳碳单键可以旋转。18、（1）①将Fe2+氧化成Fe3+并最终除去。②3.2－4.2。③取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净。④反应B的温度过高。（2）①分液漏斗②不能证明，因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白。2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2③Cl2HClOClO-有无色气体产生【解析】试题分析：（1）该化学工艺流程的目的用酸性刻蚀废液（主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl−）制备碱式碳酸铜。必须除去废液Fe2+、Fe3+，结合题给数据分析，需先将Fe2+氧化为Fe3+才能与Cu2+分离开。由题给流程图分析，刻蚀废液加入氯酸钠经反应A将Fe2+氧化为Fe3+，结合题给数据知加入试剂调节pH至3.2－4.2，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀经过滤除去，滤液中加入碳酸钠经反应B生成碱式碳酸铜，过滤得产品。①由上述分析知，氯酸钠的作用是将Fe2+氧化成Fe3+并最终除去；②反应A后调节溶液的pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，pH范围应为3.2－4.2；③第一次过滤得到的产品为氢氧化铁，表面含有氯离子等杂质离子。洗涤时，判断已经洗净的方法是取最后一次洗涤液，加入硝酸银、稀硝酸，无沉淀生成则表明已洗涤干净；④碱式碳酸铜受热分解生成氧化铜，造成蓝绿色产品中混有CuO杂质的原因是反应B的温度过高。（2）①实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气为固液加热制气体的装置，所用仪器需要检漏的有分液漏斗；②若C中品红溶液褪色，不能证明氯气与水反应的产物有漂白性，原因是因为Cl2也有氧化性，此实验无法确定是Cl2还是HClO漂白；C中品红溶液褪色，说明装置B中氯气已过量，此时B装置中亚铁离子和溴离子均已被氧化，发生反应的离子方程式是2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋6Cl－＋2Br2；③氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应，次氯酸为弱酸，则A溶液中具有强氧化性微粒的化学式Cl2HClOClO-；若向A溶液中加入NaHCO3粉末，盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，会观察到的现象是有无色气体产生。考点：以化学工艺流程为载体考查物质的分离提纯等实验基本操作，考查氯气的制备和性质。19、反应进行1分钟收集到氢气的体积13固体表面积的大小（或者铁的形态）13铁与盐酸反应是放热反应，温度升高，化学反应速率加快随着反应的不断进行，盐酸的浓度逐渐降低，化学反应速率减慢D【解析】分析：（1）比较反应速率需要测定相同时间内产生氢气的体积；（2）研究盐酸的浓度对该反应速率的影响需要保持其他条件不变；实验1和2中铁的形状不同；（3）根据外界条件对反应速率的影响分析判断；（4）根据外界条件对反应速率的影响分析判断；（5）曲线a变为曲线b反应速率加快，产生的氢气不变，据此解答。详解：（1）铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，若四组实验均反应进行1分钟(铁有剩余)，则以上实验需要测出的数据是反应进行1分钟收集到氢气的体积。（2）要研究盐酸的浓度对该反应速率的影响需要保持其他条件不变，则根据表中数据可知实验1和3是研究盐酸的浓度对该反应速率的影响；实验1和2中的变量是铁的形状，所以是研究固体表面积的大小（或者铁的形态）对该反应速率的影响。（3）曲线c、d相比产生的氢气一样多，但d所需要的时间最多，说明反应速率最慢。由于升高温度、增大氢离子浓度均可以加快反应速率，因此根据表中数据可知曲线c、d分别对应的实验组别可能是1和3；（4）①由于铁与盐酸反应是放热反应，温度升高，化学反应速率加快，所以t1～t2速率逐渐增大。②又因为随着反应的不断进行，盐酸的浓度逐渐降低，化学反应速率减慢，所以t2～t3速率逐渐减小。（5）根据图像可知曲线a变为曲线b反应速率加快，产生的氢气不变，则A.加入CuO粉末与盐酸反应生成氯化铜，铁置换出铜构成原电池，反应速率加快，但由于消耗了铁，因此生成的氢气体积减少，A错误；B.加入NaNO3固体，酸性溶液中相当于是硝酸，硝酸是氧化性酸与金属反应得不到氢气，B错误；C.加入NaCl溶液相当于稀释，反应速率减小，C错误；D.加入适量浓H2SO4氢离子浓度增大，反应速率加快，D正确。答案选D。20、蒸馏法（或电渗析法）BCCCl4或苯分液漏斗浓缩、提纯溴元素（或富集溴元素）Br2+SO2+2H2O=4H++SO42-+2Br-【解析】

（1）工业常用蒸馏法或电渗析法淡化海水；（2）Ca2+用碳酸钠转化为沉淀、Mg2+用NaOH转化为沉淀、SO42-用氯化钡溶液转化为沉淀，然后再利用过滤方法除去所有沉淀，必须先除去Mg2+或SO42-，然后再除去Ca2+；（3）实验室可用四氯化碳或苯作为萃取剂萃取溴，所用的主要仪器为分液漏斗；（4）步骤I获得的Br2浓度较低，应进行富集；（5）步骤III为二氧化硫和溴的氧化还原反应。【详解】（1）工业常用蒸馏法或电渗析法淡化海水，故答案为：蒸馏法（或电渗析法）；（2）Ca2+用碳酸钠转化为沉淀、Mg2+用NaOH转化为沉淀、SO42-用氯化钡溶液转化为沉淀，然后再利用过滤方法除去所有沉淀，必须先除去Mg2+或SO42-，然后再除去Ca2+，因为碳酸钠中碳酸根离子易被盐酸除去，所以在氢氧化钠或氯化钡之后再加碳酸钠溶液，过滤后再加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠，所以加入试剂的顺序正确的是②③④①或②④③