四川省绵阳市南山中学实验学校2022-2023学年高二下学期3月月考化学 Word版含解析.docx

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绵阳南山中学实验学校高2021级高二下学期3月月考化学试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16P-15S-32一、选择题(本卷共14个小题，每小题3分，共42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.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是A.“时气错逆，霜雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应B.储氢合金是一类能与氢气结合成金属氢化物的材料C.“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，南北朝陶弘景对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色试验D.公共场所用“消毒液”和“洁厕灵”主要成分为盐酸的混合溶液杀菌消毒效果会更好【答案】D【解析】【详解】A．“时气错逆，霾雾蔽日”，描述的为丁达尔效应，雾为气溶胶能够产生丁达尔效应，故A正确；B．储氢合金能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的材料，如镧镍合金，它吸收氢气可结合成金属氢化物，故B正确；C．“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，涉及硝酸钾的焰色反应，显紫色，故C正确；D．“84消毒液”中含NaClO，而“洁厕灵”中含HCl，两者会发生归中反应生成有毒的氯气：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，故两者不能混合使用，故D错误；故选：D。2.与NO互为等电子体的是A.SO2B.BF3C.CH4D.NO2【答案】B【解析】 【分析】【详解】A．SO2原子总数为3，价电子总数为18，故A不选；B．BF3原子总数为4，价电子总数为24，故B选；C．CH4原子总数为5，价电子总数为8，故C不选；D．NO2原子总数为3，价电子总数为17，故D不选；故选B。3.下列有关化学用语的说法不正确的是（　　）A.－OH和都表示羟基B.如图是食盐晶体的晶胞C.CH4分子的球棍模型：D.次氯酸分子的电子式：【答案】B【解析】【详解】A．－OH和都表示羟基，“－”表示半键，一个电子，故A正确；B．是食盐晶体的晶胞的八分之一，故B错误；C．CH4分子的球棍模型：，故C正确；D．次氯酸分子，氧共用两对电子，分别与氢和氯共用一对电子，其电子式：，故D正确。综上所述，答案为B。4.某芳香烃的分子式为C9H10，它能使溴水褪色，符合上述条件的芳香烃有（　　）A.5种B.3种C.6种D.2种 【答案】C【解析】【分析】该有机物为芳香烃，则含有C6H5-、-C3H5两部分；它能使溴水褪色，则含有碳碳双键；【详解】若-C3H5为一部分，可以为-CH2-CH=CH2、-CH=CH-CH3、；若为两部分，-CH=CH2、-CH3有邻、间、对三种，合计6种，答案为C。5.下列事实不能用勒夏特利原理来解释的是A.用排饱和食盐水的方法收集氯气B.增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3C.在Fe3++3SCN-Fe(SCN)3反应达平衡时，增加KSCN的浓度，体系颜色变深D.合成氨工业选择高温（合成氨反应为放热反应）【答案】D【解析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，故A不符合题意；B．SO2和O2反应生成SO3，是气体体积缩小的反应，增大压强，有利于平衡正向移动，故B不符合题意；C．增加KSCN的浓度，有利于平衡向正反应方向移动，Fe(SCN)3浓度增大，体系颜色变深，故C不符合题意；D．合成NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，但升高温度为加快反应速率，与平衡移动无关，故D符合题意；故答案选D。6.下列有关说法中正确的是A.100g98%的浓H2SO4中所含的氧原子数为4NA(NA为阿伏加德罗常数，下同)B.3.1g白磷晶体中含有的P﹣P键数是0.6NAC.1molC2H4和C3H6组成的混合气体中所含碳碳双键的数目为NAD.冰水中常会形成(H2O)x(x≥1)分子，原因是存在氢键【答案】D【解析】【详解】A．100g98%的浓H2SO4中所含H2SO4的质量为98g(物质的量为1mol)，所含H2O的质量为 2g(物质的量为mol)，则氧原子数为(4+)NA，A不正确；B．白磷的结构式为，平均每个P原子形成1.5个共价键，3.1g白磷中所含磷原子的物质的量为0.1mol，则白磷晶体中含有的P﹣P键数是0.15NA，B不正确；C．1molC2H4中含有1mol碳碳双键，C3H6可能为单烯烃，也可能为环烷烃，不一定含有碳碳双键，则1molC2H4和C3H6组成的混合气体中所含碳碳双键的数目不一定为NA，C不正确；D．冰水中，1个水分子最多可与4个水分子间形成氢键，水分子间氢键的形成，导致(H2O)x(x≥1)分子的形成，D正确；故选D。7.科学家在-100℃的低温下合成一种烃X，此分子的结构如图所示(图中的连线表示化学键)。下列说法正确的是A.X既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色B.X是一种常温下能稳定存在的液态烃C.X和乙烷类似，都容易发生取代反应D.充分燃烧等质量的X和甲烷，X消耗氧气较多【答案】A【解析】【详解】根据碳四价原则，该化合物的分子式是C5H4，在四个顶点上的碳原子之间存在碳碳双键。A．X由于含有碳碳双键，因此既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，A项正确；B．X分子中含不饱和的碳碳双键，在-100℃的低温下合成一种该烃，因此烃X是一种常温下不能稳定存在的液态烃，B项错误；C．X容易发生加成反应，而乙烷容易发生取代反应，因此二者的性质不相似，C项错误；D．充分燃烧等质量的X和甲烷，X消耗氧气是而甲烷消耗的氧气是,因此消耗的氧气甲烷较多，D项错误；本题答案选A。8.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O(橙色)+H2O⇌2CrO(黄色)+2H＋。用K2Cr2O7溶液进行下列实验： 下列说法不正确的是A.①中溶液橙色加深，③中溶液变黄B.②中Cr2O被C2H5OH还原C.对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D.若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由Cr2O(橙色)+H2O⇌2CrO(黄色)+2H＋分析可得，向K2Cr2O7溶液中加酸平衡逆向移动，溶液颜色加深；加碱平衡正向移动，溶液颜色变黄，故A正确；B．乙醇在酸性条件下被Cr2O氧化成乙酸，而Cr2O被还原成Cr3+，而使溶液呈绿色，故B正确；C．乙醇在酸性条件下被Cr2O氧化成乙酸，而Cr2O被还原成Cr3+，而使溶液呈绿色，在碱性环境中Cr2O不能氧化乙醇，从而溶液颜色不变，所以K2Cr2O7酸性溶液氧化性比K2Cr2O7碱性溶液氧化性强，故C正确；D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，则溶液呈酸性，现象与②一样，溶液颜色变成绿色，故D错误；答案选D。9.如图是以石油为原料的部分转化流程，下列关于4个反应的反应类型的说法正确的是A.反应①与反应③反应类型相同B.反应②与反应④反应类型相同 C.反应③与反应④反应类型相同D.反应①与反应④反应类型相同【答案】D【解析】【分析】反应③是丙烯在500℃的条件下与氯气发生取代反应生成ClCH2CH=CH2，A是ClCH2CH=CH2。【详解】A．反应①是乙烯和硫酸发生加成反应生成C2H5-O-SO3H，反应③是丙烯在500℃的条件下与氯气发生取代反应生成ClCH2CH=CH2，反应类型不同，故A错误；B．反应②是C2H5-O-SO3H和水发生取代反应生成硫酸和乙醇，反应④是ClCH2CH=CH2与溴发生加成反应生成ClCH2CHBrCH2Br，反应类型不同，故B错误；C．反应③是丙烯在500℃的条件下与氯气发生取代反应生成ClCH2CH=CH2，反应④是ClCH2CH=CH2与溴发生加成反应生成ClCH2CHBrCH2Br，反应类型不同，故C错误；D．反应①乙烯和硫酸发生加成反应生成C2H5-O-SO3H，反应④是ClCH2CH=CH2与溴发生加成反应生成ClCH2CHBrCH2Br，反应类型相同，故D正确；选D。10.常温常压下，将50mL三种气态烃的混合物与足量的氧气混合后点燃爆炸，恢复到原状态时，体积共减少了125mL，则三种烃可能是A.CH4、C2H2、C3H4B.C2H6、C3H6、C4H6C.C2H6、C3H6、C3H4D.C2H4、C2H6、C3H6【答案】B【解析】【详解】设混合烃的平均组成为CxHy，根据完全燃烧通式，则：CxHy＋（x+）O2xCO2＋H2O△V1x+x1+50mL125mL则=，解得y=6即混合烃分子中平均含有6个H原子，满足条件的只有B，答案选B。【点晴】解题时注意有机物燃烧通式、差量法与平均值法的运用，试题侧重对学生思维能力的考查，有利于培养学生灵活应用所学知识的能力。11.有X、Y、Z、Q、T五种元素。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L 电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是（　　）A.元素Y和Q可形成化合物Y2Q3B.T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形C.X和Q结合生成的化合物可形成离子晶体D.ZQ2是极性键构成的非极性分子【答案】C【解析】【分析】有X、Y、Z、Q、T五种元素。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S，Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe，Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C，Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，则Q为O，T原子的M电子层上p轨道半充满，则T为P。【详解】A．元素Y(Fe)和Q(O)可形成化合物Fe2O3，故A正确；B．白磷和金刚石的空间构型为正四面体形，故B正确；C．X和Q结合生成的化合物SO2或SO3都可形成分子晶体，不能形成离子晶体；故C错误；D．ZQ2即CO2是极性键构成的非极性分子，故D正确；综上所述，答案为C。12.柠檬烯是一种食用香料，其结构简式为，有关柠檬烯的分析正确的是A.一氯代物共有7种B.分子中所有碳原子可能在同一平面上C.和丁基苯()互为同分异构体D.一定条件下，分别可以发生加成反应、取代反应、氧化反应【答案】D【解析】【详解】A．该物质结构不对称，共有8种位置的H原子，则它的一氯代物有8种，故A错误；B．环状结构中含饱和碳原子，为四面体结构，分子中所有碳原子不可能在同一个平面内，故B错误；C．丁基苯的分子式为C10H14，柠檬烯的分子式为C10H16，二者分子式不同，不互为同分异构体，故C错误；D．含C=C，能发生加成、氧化，含H原子，能在一定条件下发生取代，则一定条件下，它可以分别发生加成、取代和氧化反应，故D正确。故选D。13.在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分．当左边充入28gN2，右边充入8gCO和CO2的混合气体时，隔板处于如图所示位置（两侧温度相同）．下列说法正确的是 A.右边CO和CO2的分子数之比为1：3B.右边CO的质量为2.75gC.若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端1/6处，保持温度不变，则前后两次充入容器内的气体压强之比为5：3D.右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍【答案】D【解析】【分析】在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分，当隔板稳定后，两边容器内的压强相同，在等温等压的条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，左边28g氮气为1mol，则8gCO和CO2的混合气体为0.25mol，平均摩尔质量为32g/mol；【详解】A.根据十字交叉法，右边CO和CO2的分子数之比为3：1，A错误；B.右边CO的质量为28g/mol×0.25mol×1/4=1.75g，B错误；C.若改变右边CO和CO2充入量而使隔板处于距离右端1/6处，保持温度不变，则第二次冲入气体的物质的量为0.2mol，同一密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，前后两次充入容器内的物质的量之比为1.25：1.2,气体压强之比为25：24，C错误；D.同温同压下，相对密度之比等于摩尔质量之比，右侧气体密度是相同条件下氢气密度的16倍，D正确；答案为D。【点睛】N2和CO和CO2的混合气体在同一密闭容器中，隔板可自由移动，则压强、温度相同，体积之比等于物质的量之比。14.一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中，充入一定量的H2和SO2发生下列反应：3H2(g)+SO2(g)⇌2H2O(g)+H2S(g)容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molH2SO2H2SO2容器Ⅰ3000.30.1/0.02 容器Ⅱ3000.60.2//容器Ⅲ2400.30.1/0.01下列说法正确的是A.该反应正反应为吸热反应B.容器II达到平衡时KII>KIC.容器III达到平衡的时间比容器I短D.240℃时，起始时向容器III中充入0.02molH2、0.02molSO2、0.04molH2O(g)、0.04molH2S，此时反应将向正反应方向进行【答案】D【解析】【分析】【详解】A．比较表中容器Ⅰ和容器Ⅲ中数据可知，其他条件相同时，升高温度，SO2的平衡时物质的量增大，说明平衡逆向移动，故该反应正反应为放热反应，A错误；B．容器Ⅰ和容器Ⅱ的温度相同，平衡常数仅仅是温度的函数，故容器II达到平衡时KII=KI，B错误；C．由表中数据可知，容器Ⅲ的温度比容器Ⅰ低，温度越低反应速率越慢，故容器III达到平衡的时间比容器I长，C错误；D．240℃时，根据三段式可知原平衡：，故K=，若起始时向容器III中充入0.02molH2、0.02molSO2、0.04molH2O(g)、0.04molH2S，此时Qc=＜K，故反应将向正反应方向进行，D正确；故答案为：D。二、填空题(本题有1个小题，共14分)15.高效节能、寿命长的半导体照明产品正在引领照明行业的绿色变革，而氮化镓(GaN)的研制是实现半导体照明的核心技术和基础，当前我国在第三代半导体材解研制方面走在世界的前列。回答下列有关问题。 （1）基态Ga原子的价层电子排布式为_______。（2）GaN在加热条件下与NaOH溶液发生如下反应：CaN+OH-+H2O=GaO+NH3↑。①基态N、O分别失去一个电子时，需要吸收能量更多的是_______，判断的理由是_______。②GaO在高氯酸的热溶液中可以生成化合物[Ga(H2O)6](ClO4)3，该化合物中提供孤电子对形成配位键的原子为_______，1mol[Ga(H2O)6]3+中所含有的σ键数目为_______，与H2O相比，键角_______H2O(填“>”或“<”)。（3）GaN的一种晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。①氮化镓中镓原子的杂化方式为_______，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为_______。②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。若沿y轴投影的晶胞中所有原子的分布图如下图所示，则2、3、4原子的分数坐标不可能的是_______(填序号)。a.(0.75，0.75，0.25)b.(0.75，0.25，0.75)c.(0.25，0.25，0.25)d.(0.25，0.75，025)③GaN晶体中N和N的原子核间距为apm，GaN的摩尔质量为Mg·mol-1，阿伏加德罗常数的值为NA，则GaN晶体的密度为_______g·cm-3。【答案】（1）（2）①.N②.N、O原子相邻但N原子的2p能级处于半充满的稳定状态③.O④.(或)⑤.>（3）①.②.正四面体③.d④.【解析】【小问1详解】Ga是31号元素，核外有31个电子，则基态Ga原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1 ，其价层电子排布式为，故答案为：；【小问2详解】①N、O原子相邻但N原子的2p能级处于半充满的稳定状态，故其第一电离能较大，失去一个电子时需要吸收更多的能量，故答案为：N；N、O原子相邻但N原子的2p能级处于半充满的稳定状态；②[Ga(H2O)6](ClO4)3中，水中的氧原子提供孤电子对形成配位键；[Ga(H2O)6]3+中，Ga与H2O之间形成6个配位键，每个H2O分子内部含有2个σ键，则1mol[Ga(H2O)6]3+含有的σ键数目为(或)；中Cl原子采用sp3杂化，不含孤电子对，H2O中O原子采用sp3杂化，含有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论，斥力为：孤电子对-孤电子对>孤电子对-成键电子对>成键电子对-成键电子对，孤电子对数增多，对成键电子的斥力增大，因此键角大小为：>H2O，故答案为：(或)；>；【小问3详解】GaN的一种晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替，则GaN的晶胞结构为，N原子在如图所示的晶胞中的1、2、3、4位置。①以底面上的Ga原子为参照，与同一个Ga原子相连的N原子有4个，每个N与Ga的核间距相等，构成的空间构型为正四面体，则氮化镓中镓原子的杂化方式为杂化，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为正四面体，故答案为：；正四面体；②根据1原子的分数坐标可知2、3、4原子的分数坐标分别为、、，不可能出现，故选d，故答案为：d；③设晶胞参数为x，则GaN晶体中N和N的原子核间距为面对角线长度的一半，即，，1个GaN晶胞中，含有4个“GaN”，则GaN晶体的密度为，故答案为：。三、填空题(本题有1个小题，共13分)16. 某化学小组模拟湿法技术，利用废旧印刷电路板，探究回收铜和制取胆矾的实验，设计流程简图如图。请按要求回答下列问题：（1）H2O2的电子式为_______。（2）①已知反应I中Cu转化为[Cu(NH3)4]2+，则反应的化学方程式为：_______；在其中加入NH4Cl的作用是_______。②NH3中N的杂化类型为_______杂化，NH3形成[Cu(NH3)4]2+后，相比NH3中H-N-H的键角变_______。(填“大”或“小”)（3）操作②用到的实验仪器除烧杯外，还有_______，操作②的目的是_______。（4）操作④主要步骤：_______过滤、洗涤、干燥。【答案】（1）（2）①.Cu+H2O2+2NH4Cl+2NH3=[Cu(NH3)4]Cl2+2H2O②.调节溶液pH，防止铜元素转化为氢氧化铜③.sp3④.大（3）①.分液漏斗②.富集铜元素，使铜元素与水溶液中的物质分离（4）蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】废电路板中加入H2O2、NH3、NH4Cl，发生反应后过滤，分离出铜氨溶液和贵金属；铜氨溶液中加入RH，转化为CuR2，然后用有机溶剂萃取、分液，分离出水层和有机层；有机层加入稀硫酸进行反萃取，再分液，得到有机层和CuSO4溶液层，再将溶液层进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，便可得到胆矾。【小问1详解】H2O2的结构式为H-O-O-H，电子式为。【小问2详解】①已知反应I中Cu转化为[Cu(NH3)4]2+，则Cu被H2O2氧化为Cu2+，产物再与NH4Cl、NH3 发生反应，化学方程式为：Cu+H2O2+2NH4Cl+2NH3=[Cu(NH3)4]Cl2+2H2O；Cu与H2O2反应后，溶液的pH增大，Cu2+可能会转化为Cu(OH)2，则在其中加入NH4Cl的作用是：调节溶液pH，防止铜元素转化为氢氧化铜。②NH3中N的价层电子对数为4，杂化类型为sp3杂化；NH3中N原子的最外层有1个孤电子对，对成键电子有排斥作用，孤电子对与成键电子对间的排斥作用大于成键电子对间的排斥作用，则形成[Cu(NH3)4]2+后，相比NH3中H-N-H的键角变大。【小问3详解】操作②是萃取、分液操作，用到的实验仪器除烧杯外，还有分液漏斗，操作②的目的是：富集铜元素，使铜元素与水溶液中的物质分离。【小问4详解】操作④是浓缩硫酸铜溶液，并让硫酸铜结晶析出，主要步骤：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【点睛】从溶液中提取溶质，方法通常是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。四、填空题(本题有1个小题，共17分)17.乙苯是重要的化工产品。某课题组拟制备乙苯，查阅资料如下：①几种有机物的沸点：有机物苯溴乙烷乙苯沸点/℃8038.4136.2②化学原理：+CH3CH2Br+HBr③氯化铝易升华、遇水易潮解变质Ⅰ.制备氯化铝甲同学选择如图装置制备氯化铝(装置不可重复使用)：（1）本实验制备氯气的离子方程式为_______。 （2）气体流动方向是从左至右，装置的连接顺序为_______(填字母)。（3）装置B的作用有_______。（4）装置D作用为冷凝并收集AlCl3.D装置存在的明显缺陷是_______，改进之后进行后续试验。（5）连接装置之后，检查装置的气密性，装药品。先点燃A处酒精灯，当_______时(填实验现象)，点燃F处酒精灯。Ⅱ.制备乙苯乙同学设计实验步骤如下：步骤1：连接装置并检查气密性(如图所示，夹持装置省略)。步骤2：用酒精灯微热烧瓶。步骤3：向烧瓶中加入10.0mL溴乙烷，60.5mL苯以及15g无水氯化铝。步骤4：加热，充分反应半小时。步骤5：提纯产品。（6）本实验需要选用的烧瓶规格为_______。A.50mLB.100mLC.150mLD.250mL（7）本实验步骤4的加热方式宜采用_______。该种加热方式的优点是_______。（8）Ⅰ仪器的名称为_______；作用是_______；冷凝水应从_______口进入(填“a”或“b”)，H装置中干燥管的作用是_______。确认本装置G中已发生反应的现象是_______。（9）提纯产品的最后一步操作为_______。【答案】（1）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O（2）A→E→C→F→D→B（3）对氯气进行尾气处理，避免污染空气；防止空气中的水蒸气进入D，引起无水氯化铝潮解变质（4）D中长导管太细，氯化铝易堵塞导管（5）F或D中充满黄绿色（6）C （7）①.水浴加热②.便于控制温度，受热均匀（8）①.球形冷凝管②.冷凝回流苯和溴乙烷，提高转化率③.a④.防倒吸⑤.H处硝酸银溶液中出现淡黄色沉淀（9）蒸馏【解析】【分析】制备氯化铝实验：先用A装置制备氯气，用E处理氯气中混有的HCl，经过C干燥之后与F中铝反应制备无水氯化铝，D为收集氯化铝固体的装置，B的作用为吸收氯气，并防止空气中的水进入D装置。【小问1详解】氯气与二氧化锰反应制备氯气，离子方程式为：；【小问2详解】根据分析，装置连接顺序为：A→E→C→F→D→B；【小问3详解】根据分析，碱石灰的作用是：对氯气进行尾气处理，避免污染空气；防止空气中的水蒸气进入D，引起无水氯化铝潮解变质；【小问4详解】氯化铝固体易堵塞细的导管，故：D中长导管太细，氯化铝易堵塞导管；【小问5详解】当整个装置中充满氯气时，可看到F或 D中充满黄绿色；【小问6详解】烧瓶中盛的液体在烧瓶容积的一半左右即可，故选择150mL的烧瓶；【小问7详解】本实验在80oC进行，故选择水浴加热，优点为：便于控制温度，受热均匀；【小问8详解】Ⅰ仪器的名称为球形冷凝管，作用是冷凝回流苯和溴乙烷，提高转化率；冷凝水应下进上出，故从a口进水，H装置中干燥管的作用是防倒吸；若G中已发生反应，则会有HBr生成，在H处硝酸银溶液中出现淡黄色沉淀；【小问9详解】乙苯为有机物，可通过蒸馏与苯分离提纯。五、填空题(本题有1个小题，共14分) 18.为早日实现“碳达峰”、“碳中和”，我国科学家利用作为催化剂，实现了常温下加氢制，主反应为，伴随发生副反应（1）已知，则_______。（2）在恒温恒容的密闭容器中，加入和，同时发生主、副反应。体系中的选择性(指转化为的占发生反应的的百分比)随温度、压强的变化曲线如图所示：①_______(填“>”“<”或“=”)。②的选择性随温度升高而降低的原因可能是_______。③下列说法正确的是_______。A.增大压强，体系中副反应平衡不移动B.更换合适的催化剂可提高的选择性C.体系中不再变化，代表反应达到平衡D.及时分离出可以加快主反应的反应速率④某温度下，若容器体积为1L，40min后，2个反应均达到平衡，此时c(H2)=1.1mol/L，，则v()_______，此时的选择性为_______(保留3位有效数字)。【答案】（1）-52.7（2）①.>②.主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反应、有利于副反应发生，所以的选择性降低③.BC④.0.0125 ⑤.55.6％【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，。【小问2详解】①主反应为气体分子数减少的反应，当温度相同时，压强越大，体系中的选择性越高，故>。②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反应、有利于副反应的发生，所以的选择性随温度升高而降低。③A.主反应为气体分子数减少的反应，增大压强，主反应正向移动，二氧化碳浓度降低，副反应平衡逆向移动，A错误；B.更换合适的催化剂可调整主副反应的比例，可提高的选择性，B正确；C.主副反应中二氧化碳和氢气的比例不同，故体系中不再变化，代表反应达到平衡，C正确；D.及时分离出，则反应物浓度降低，反应速率减慢，D错误；答案选BC。