[化学][期末]山东省部分学校大联考2023-2024学年高一下学期6月期末考试试题(解析版)

这是一份[化学][期末]山东省部分学校大联考2023-2024学年高一下学期6月期末考试试题(解析版)，共21页。

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字母涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案字母。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，将本试卷和答题卡一并交回。
考试时间为90分钟，满分100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生活、生产息息相关。下列说法正确的是（ ）
A. 使用光导纤维能使导电性效果大大提高
B. 浓硫酸具有吸水性可使蔗糖变黑
C. 医疗上常用体积分数为75%的酒精进行杀菌消毒
D. 可折叠柔性屏中的灵魂材料——纳米银不会与硝酸发生化学反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．光导纤维利用光的全反射，二氧化硅属于共价化合物，不导电，故A项错误；
B．浓硫酸具有脱水性可使蔗糖炭化而变黑，故B项错误；
C．体积分数为75%酒精杀菌消毒效果最好，因此医疗上常用体积分数为75%的酒精杀菌消毒，故C项正确；
D．硝酸具有强氧化性，能与银发生反应，故D项错误；
故本题选C。
2. 已知a、b、c、d为浸有如图所示溶液的棉球，将铜丝插入盛有浓硫酸的具支试管中并加热（加热仪器图中省略）。下列有关说法错误的是（ ）
A. 具支试管中的反应体现了浓硫酸的强氧化性和酸性
B. a、b棉球均褪色，体现了的漂白性
C. c棉球褪色，体现了的还原性
D. 该微型化装置的优点在于既可控制反应的发生与停止，又可节约药品、减少污染
【答案】B
【解析】
【详解】A．具支试管中的反应为，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性，A正确；
B．a棉球不褪色，而是由紫色变成红色，说明二氧化硫的水溶液呈酸性，但是b棉球褪色体现了的漂白性，B错误；
C．c棉球褪色，是由于酸性高锰酸钾被还原为，体现了的还原性，C正确；
D．该装置可以通过调节铜丝的高度，来控制反应的发生与停止，并且装置结构微型化，可以节约药品、减少污染，D正确
答案选B。
3. 如图所示，有关化学反应和能量变化的说法，正确的是（ ）
A. 图a表示的是吸热反应的能量变化
B. 图b中生成物比反应物稳定
C. 图a不需要加热就一定能发生，图b一定需要加热才能发生
D. 图b可以表示碳酸钙高温分解反应的能量变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．图a中反应物的总能量大于生成物的总能量，表示的是放热反应的能量变化，A项错误；
B．图b中反应物的总能量小于生成物的总能量，能量越高，越不稳定，则反应物比生成物稳定，B项错误；
C．放热反应不一定都在常温下发生，如铝和氧化铁的铝热反应是需要高温才能进行的放热反应，吸热反应不一定需要加热才能发生，如氯化铵晶体与氢氧化钡晶体的反应是不需要加热就能进行的吸热反应，C项错误；
D．图b表示的是吸热反应，碳酸钙高温分解的反应为吸热反应，D项正确；
故选D。
4. 高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下：

下列说法正确的是 ( )
A. 自然界中存在大量的单质硅
B. 步骤电弧炉中的化学方程式为SiO2＋CSi＋CO2↑
C. 二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应
D. SiHCl3(沸点33.0 ℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6 ℃)，通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3
【答案】D
【解析】
【详解】A、硅在自然界中没有单质硅，只有化合态的硅，故A错误；B、电弧炉中的化学方程式为SiO2 ＋2CSi＋2CO↑，所以B错误；C、二氧化硅和硅都能与氢氟酸反应，所以C错误；D、SiHCl3(沸点33.0 ℃)和SiCl4(沸点67.6 ℃)的沸点有较大差距，所以可通过蒸馏(或分馏)提纯SiHCl3，故D正确。本题正确答案为D。
5. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。

下列说法不正确的是（ ）
A. 该反应是化合反应
B. 催化剂参加了化学反应过程
C. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键的断裂和形成
D. ①→②过程中，形成了C—C键，断裂的化学键的总键能<形成的化学键的总键能
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据图中信息可知，发生反应CH4+CO2→CH3COOH，该反应是化合反应，选项A正确；
B、催化剂参加了化学反应过程，但质量及化学性质不变，选项B正确；
C、CH4+CO2→CH3COOH过程中，C-H键、C=O均发生断裂，选项C不正确；
D. ①→②过程中，形成了C—C键，反应为放热反应，断裂的化学键的总键能<形成的化学键的总键能，选项D正确。
答案选C。
6. 反应，经2min，B的浓度减少0.6ml/L。对此化学反应速率的正确表示是（ ）
A. 用A表示的反应速率是
B. 分别用B、C表示反应的速率，其比值是3：2
C. 在2min末的反应速率，用B表示是
D. 在这2min内，B和C两物质的浓度都逐渐减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．A为固体，一般不用固体表示反应速率，因为固体的浓度一般视为常数，A项错误；
B．同一反应用不同物质表示的化学反应速率，其比值与化学方程式中化学计量数成正比，用B、C表示反应的速率，其比值是3：2，B项正确；
C．为平均反应速率，并非2min末的反应速率，C项错误；
D．根据题干信息，B为反应物，B的浓度逐渐减小，C为生成物，C的浓度逐渐增大，两者不可能同时减小，D项错误；
故选B
7. HBr被O2氧化依次由如下Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成，1 ml HBr被氧化为Br2放出12.67 kJ热量，其能量与反应过程曲线如图所示。
(Ⅰ)HBr(g)+O2(g)=HOOBr(g)
(Ⅱ)HOOBr(g)+HBr(g)=2HOBr(g)
(Ⅲ)HOBr(g)+HBr(g)=H2O(g)+Br2(g)
下列说法中正确的是（ ）
A. 三步反应均为放热反应
B. 步骤(Ⅰ)的反应速率最慢
C. 步骤(Ⅰ)中HOOBr比HBr和O2稳定
D. 4HBr(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Br2(g)完全反应放出12.67 kJ的能量
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应物总能量大于生成物总能量时，该反应为放热反应，否则为吸热反应，由图可知HBr(g)+O2(g)=HOOBr(g)中反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，故A错误；
B．活化能越大，反应速率越慢，由图可知，步骤(Ⅰ)的活化能最大，则步骤(Ⅰ)的反应速率最慢，故B正确；
C．根据A的分析可知，HBr(g)+O2(g)=HOOBr(g)为吸热反应，能量越低越稳定，因此HBr和O2比HOOBr稳定，故C错误；
D．1 mlHBr被氧化为Br2放出12.67kJ热量，则4HBr(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Br2(g)完全反应放出50.68kJ热量， 故D错误；
答案选B。
8. 烷烃 是单烯烃R和发生加成反应后的产物，则R可能的结构有（ ）
A. 4种B. 5种C. 6种D. 7种
【答案】C
【解析】
【详解】根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置，因此相应烯烃分子中存在碳碳双键的位置有6种，如图所示， 故选C。
9. 下列关于有机化合物的说法，正确的是（ ）
A. 乙酸和乙酸乙酯可用溶液加以区别
B. 戊烷()有两种同分异构体
C. 将、溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性
D. 糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，而乙酸可与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，可鉴别，A项正确；
B．戊烷有正戊烷、异戊烷和新戊烷三种同分异构体，B项错误；
C．可使蛋白质发生盐析，为重金属盐，会使蛋白质变性，C项错误；
D．单糖为最简单的糖，不发生水解，油脂和蛋白质均可发生水解反应，D项错误；
故选A。
10. 将乙烯分别通过如图所示的装置，下列叙述正确的是( )

A. 二者都褪色且原理相同
B. 二者都能证明乙烯中有碳碳双键
C. 二者都可用于除去乙烷中混有的乙烯
D. 二者都可用于鉴别乙烷和乙烯
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，与溴发生加成反应而使溶液褪色，通入到酸性高锰酸钾溶液中，会被高锰酸钾氧化变为CO2，高锰酸钾被还原为无色的Mn2+，因此褪色原理不相同，A错误；
B.不饱和的烯烃、炔烃都可以使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能证明乙烯分子中含有碳碳双键，B错误；
C.乙烯通入到酸性高锰酸钾溶液中，会被高锰酸钾氧化变为CO2，使乙烷气体中混入了新的杂质，不能达到净化除杂的目的，C错误；
D.乙烷与溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液都不能发生反应，而乙烯可以使两种溶液都褪色，现象不同，可以鉴别，D正确；
故合理选项是D。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 一种零价铁纳米簇可用于水体修复，其处理三氯乙烯()所形成原电池如图所示。水体中，，等离子也发生反应。下列说法正确的是（ ）
A. 零价铁纳米簇发生的电极反应为：Fe-3e-=Fe3+
B. 反应①在正极发生，反应②③④在负极发生
C. ③的电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O
D. 三氯乙烯脱去3ml Cl时反应①转移6ml电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．由原理图可知，零价铁纳米簇反应生成Fe2+，A错误；
B．由图可知反应①②③④均为得电子的反应，所以都在正极发生，B错误；
C．由原理图可知，反应③是由O2转化为OH-，故电极方程式为O2 +4e- + 2H2O= 4OH-，C错误；
D．由原理图可知，三氯乙烯脱去氯变成乙烯，C原子化合价从+1价转化为-2价， 1 ml三氯乙烯转化得到6 ml电子，脱去3ml氯原子，D正确；
故选D。
12. 化石燃料燃烧会产生大气污染物、等，科学家实验探究用硫酸铈循环法吸收，其转化原理如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 检验可以选用盐酸酸化的溶液
B. 反应①的离子方程式为
C. 反应②中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：2
D. 理论上每吸收标准状况下，一定消耗
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫酸根的检验需要先加入盐酸排查银离子的干扰，再加氯化钡产生白色沉淀证明有硫酸根，A错误；
B．从图中看，反应①中氧化剂是，还原剂是，两者发生氧化还原反应生成、，方程式为， B正确；
C．反应②中氧气中氧元素化合价由0变为-2，为氧化剂，化合价升高发生氧化反应得到氧化产物，根据电子守恒可知，故氧化剂与氧化产物物质的量之比为1：4，C错误；
D．根据电子守恒可知，理论上每吸收标准状况下（为0.01ml），消耗0.005ml氧气，为0.16g，D错误；
故选B。
13. 在一密闭容器中发生反应：2SO2＋O22SO3，起始时有aml二氧化硫和bml氧气，达到平衡时有cml 三氧化硫生成，则平衡时二氧化硫在反应混合物中的体积分数为（ ）
A. ×100%
B. ×100%
C. ×100%
D. %
【答案】D
【解析】
【详解】三行分析法：分别列出起始量、转化量和平衡量。
w(SO2)＝×100%＝%，
答案选C。
14. 关于丙烯()的结构或性质，下列说法正确的是（ ）
A. 3个碳原子一定在同一平面上
B. 所有原子可能在同一平面上
C. 与氯化氢的加成产物没有固定熔点
D. 聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】AC
【解析】
【详解】A. 由于乙烯是平面形结构，丙烯相当于甲基取代了乙烯分子中的1个氢原子，因此丙烯分子中3个碳原子一定在同一平面上，A正确；
B. 甲基碳为四面体结构，由于与饱和碳原子相连的4个原子一定不在同一个平面上，因此丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上，B错误；
C. 与氯化氢加成产物有两种，即CH3CH2CH2Cl或CH3CHClCH3，因此没有固定熔点，C正确；
D. 聚丙烯分子中不含有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾褪色，D错误；
答案选AC。
15. 某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为、、Au、Pt)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时，Pt、Au分别转化为和。下列判断正确的是（ ）
A. “焙烧”时，转化为CuO的化学方程式为
B. “转化”后所得溶液经过在空气中加热蒸发结晶可得到
C. “酸溶”时，铂溶解的离子方程式为
D. 结合工艺流程可知盐酸的氧化性强于硝酸
【答案】A
【解析】
【分析】由题给流程可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，硒化银与氧气高温条件下反应生成氧化银、二氧化硒；烧渣酸浸氧化时，氧化铜与氧气、稀硝酸溶液反应转化为硝酸铜，二氧化硒与氧气、硝酸溶液反应转化为硒酸，金、铂不与氧气、硝酸溶液反应，过滤得到含有硝酸铜、硒酸的滤液和含有金、铂的滤渣；滤渣酸溶时，金、铂与氯气、盐酸反应转化为四氯合金离子、六氯合铂离子；萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取、分液得到含有六氯合铂离子的有机相和含有四氯合金离子的水层；水层中加入氢氧化钾和亚硫酸铵混合溶液，将四氯合金离子四氯合金离子转化为二亚硫酸根合金化铵。
【详解】A．由分析可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，反应的化学方程式为，A正确；
B．“转化”后所得溶液经过在空气中加热，亚硫酸根容易被氧化为硫酸根，B错误；
C．铂与氯气、盐酸反应转化为六氯合铂离子，反应的离子方程式为，C错误；
D．由流程可知，Au、Pt被氯气氧化，与HCl提供的氯离子形成配离子，HCl没有表现氧化性，因此不能据此判定盐酸的氧化性强于硝酸，D错误；
故答案为：A。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 硝酸是中学化学常见的强酸之一，为了研究不同浓度的硝酸的性质，小李同学采用如图所示装置（固定装置略）进行铜与硝酸反应的实验，得到的实验现象如下表。
（1）硝酸一般盛放在________色试剂瓶中，请用化学方程式说明其原因：________。
（2）实验Ⅰ中观察到试管中的气体略有红棕色，该红棕色气体能够与水反应，则反应的离子方程式为________。
（3）写出实验Ⅱ中铜与浓硝酸反应的离子方程式：________。
（4）针对实验Ⅰ中溶液呈蓝色，实验Ⅱ中溶液呈绿色。甲同学推测溶液的颜色与硝酸铜的质量分数有关，而乙同学推测实验Ⅱ中溶液呈绿色的原因是在硝酸铜溶液中达到饱和所致。同学们分别设计了以下4个实验来判断这两种看法是否正确。这些方案中可行的是________（填字母）。
A. 加热绿色溶液，观察颜色变化
B. 加水稀释绿色溶液，观察颜色变化
C 向绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化
D. 向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化
（5）王水是浓硝酸和浓盐酸的体积之比为________的混合物，其氧化性比浓硝酸强。
（6）为避免实验时产生的尾气氮氧化物污染环境，使用具有碱性的纯碱溶液等吸收尾气，请写出与纯碱溶液反应的化学方程式：________。
【答案】（1）①. 棕 ②.
（2）
（3）
（4）ACD
（5）1∶3
（6）
【解析】实验Ⅰ铜与硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，一氧化氮被氧化成二氧化氮，二氧化氮污染空气，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气；实验Ⅱ铜与硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，二氧化氮污染空气，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气；
（1）①硝酸见光易分解，一般盛放在棕色试剂瓶中，故答案为：棕；
②反应的化学方程式为 ，故答案为：；
（2）实验Ⅰ中观察到试管中的气体略有红棕色，因为反应生成的无色NO气体与试管内的氧气反应生成红棕色的，与水反应的化学方程式为：，反应的离子方程式为：，在铜与硝酸的反应中，硝酸所表现出的化学性质主要有酸性和强氧化性，故答案为：；
（3）实验Ⅱ中铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
（4）A．加热该绿色溶液，二氧化氮气体挥发，可通过颜色的变化证明，故A项正确；
B．加水稀释绿色溶液，硝酸铜溶液浓度降低，同时二氧化氮和水反应，不能证明溶液颜色的变化原因，故B项错误；
C．向该绿色溶液中通入氮气，可将二氧化氮气体排出，通过颜色变化可证明，故C项正确；
D．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，如颜色变为绿色，可证明，故D项正确；
故答案为：ACD；
（5）王水是浓硝酸和浓盐酸的体积之比为1∶3的混合物，其氧化性比浓硝酸强，故答案为：1∶3；
（6）NO2与纯碱溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和CO2，化学方程式为：，故答案为：；
17. 下图是原电池的装置图。请回答下列问题：
（1）若溶液C为稀硫酸，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且作负极，则A电极上发生的电极反应式为___________，反应进行一段时间后，溶液C的酸性___________(填“增强”“减弱”或“基本不变”)。
（2）若将反应设计成如上图所示的原电池装置，则A极(负极)材料为___________，B极的电极反应式为___________。
（3）若A极为Zn，B极为Cu，溶液C为溶液，则Cu极发生___________反应，电极反应式为___________。反应过程中，溶液中的___________(填“变大”“变小”或“不变”)。
（4）CO与反应还可制备甲醇()，可作为燃料使用，用和组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图所示。
已知电池总反应为，若线路中转移2ml电子，则该燃料电池消耗的在标准状况下的体积为___________L。
【答案】（1）①. 2H++2e-=H2 ②. 减弱
（2）①. Cu ②. 2Fe3++2e-=2Fe2+
（3）①. 还原反应 ②. Cu2++2e-=Cu ③. 变小
（4）11.2
【解析】（1）①Fe作负极，A电极为正极，正极发生反应2H++2e-=H2
②由于电极反应消耗了其中H+，所以溶液的酸性减弱
故答案为：①2H++2e-=H2；②减弱
（2）①若将反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+设计成原电池，铜失去电子，则负极材料为Cu，正极材料可为石墨，溶液C可为溶液
②B极为正极，2Fe3+得电子，电极反应式为2Fe3++2e-=2Fe2+
答案为：①Cu ②2Fe3++2e-=2Fe2+
（3）①若溶液C为溶液，Zn可以和氯化铜发生置换反应，所以锌是负极，Cu极发生还原反应
②电极反应为Cu2++2e-=Cu
③反应过程中，由于Cu2+逐渐被还原，所以溶液中的变小
故答案为：①还原反应②Cu2++2e-=Cu③变小
（4）根据电池总反应可知，消耗1ml，则转移电子数4ml。若线路中转移2ml电子，根据比例关系，则消耗氧气为0.5ml，所以燃料电池消耗的在标准状况下的体积为11.2L
故答案为：11.2L
18. 恒温下在2L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图。
（1）该反应的化学方程式为___________。
（2）从开始至5min，Y的平均反应速率为___________。5min时___________(填“>”“<”或“=”)。
（3）反应达平衡时体系的压强与开始时的压强之比是___________。
（4）下列描述中能表明上述反应已达到平衡状态的是___________(填序号)。
①容器内温度不变 ②混合气体的密度不变
③混合气体的压强不变 ④混合气体的平均相对分子质量不变
⑤的物质的量浓度不变 ⑥容器内X、Y、Z三种气体的浓度之比为3：1：2
⑦某时刻且不等于零 ⑧单位时间内生成，同时生成
（5）在某一时刻采取下列措施能加快反应速率的是___________(填字母)
A. 加催化剂B. 降低温度
C. 体积不变，充入XD. 体积不变，从容器中分离出Y
【答案】（1）
（2）①. ②. ＞
（3）
（4）③④⑤⑧
（5）AC
【解析】（1）根据图像可知，5min内X的物质的量减少0.6ml，Y的物质的量减少0.2ml，Z的物质的量增加0.4ml，可知X、Y都是反应物，Z是生成物，变化量比等于化学计量系数比，5min后物质的量不再改变，说明该反应可逆，反应方程式为；
（2）从开始至5min，Y的物质的量减少0.2ml，Y的平均反应速率为；化学反应速率之比等于化学计量数之比，即，5min时，已达化学平衡状态，Y的正反应速率等于逆反应速率，，即。
（3）同温、同体积时，压强比等于物质的量比，反应达平衡时体系的压强与开始时的压强之比为；
（4）①恒温容器，温度是恒量，容器内温度不变，反应不一定达到平衡状态，①不符合题意；
②反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度不变，反应不一定达到平衡状态，②不符合题意；
③反应前后气体计量系数和不同，容器体积不变，压强是变量，混合气体的压强不变，反应一定达到平衡状态，③符合题意；
④反应前后气体总质量不变，反应前后气体计量系数和不同，混合气体的平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量不变，反应一定达到平衡状态，④符合题意；
⑤反应达到平衡状态，各物质浓度不再改变，Z（g）的物质的量浓度不变，反应一定达到平衡状态，⑤符合题意；
⑥容器内X、Y、Z三种气体的浓度之比为3：1：2，不能判断各物质浓度是否改变，反应不一定平衡，⑥不符合题意；
⑦无论是否达到平衡均成立，不能由此判断反应是否平衡，⑦不符合题意；
⑧单位时间内生成2nmlZ，同时生成3nmlX，正、逆反应速率比等于计量系数比，反应一定达到平衡状态，⑧符合题意。
故选③④⑤⑧；
（5）A．催化剂能降低活化能，加快反应速率，A正确；
B．降低温度，反应速率减慢，B错误；
C．体积不变，充入X，反应物浓度增大，反应速率加快，C正确；
D．体积不变，从容器中分离出Y，反应物浓度降低，反应速率减慢，D错误。
故选AC。
19. 从海水中提取溴的工业流程如图：
(1)步骤I中将卤水酸化，再通入Cl2，是为了防止Cl2与碱反应，写出Cl2与碱反应的离子方程式_____。
(2)步骤I中已获得游离态的溴，步骤II又将之转变成化合态的溴，其目的是__________。
(3)实验室保存液溴时，通常在盛液溴的试剂瓶中加少量的水，这与液溴的_____性质有关（填写序号）。
A.氧化性 B.还原性 C.挥发性 D.密度比水大
(4)步骤II中将吹出的溴蒸汽用纯碱溶液吸收时还有CO2生成，写出吸收时发生反应的离子方程式：___。
(5)步骤II中通入热空气吹出的Br2用纯碱溶液吸收前先经过NaBr溶液，其目的是______________。
(6)步骤III中蒸馏出工业溴后残留液的主要溶质是_______________。
(7)步骤III中若使用硝酸酸化，缺点是_________。
【答案】(1)Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O (2)富集溴元素 (3)CD (4)3CO32-+3Br2=3CO2+5Br-+BrO3- (5)除去未反应完的氯气 (6)Na2SO4 (7)可能会生成氮氧化物气体污染空气
【解析】
【分析】(1)Cl2在碱性溶液中发生歧化反应，产生Cl-、ClO-和H2O；
(2)步骤Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素；
(3)溴单质具有易挥发性和在水中溶解度比较小分析；
(4)根据反应物、生成物，结合转移电子守恒、原子守恒配平方程式；
(5)根据Cl2与NaBr反应制取Br2，从Cl2反应程度上分析；
(6)NaBr、NaBrO3、H2SO4发生归中反应，根据元素守恒分析；
(7)根据硝酸的强氧化性分析。
【详解】(1)Cl2在碱性溶液中发生歧化反应，产生Cl-、ClO-和H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；
根据流程分析可知：海水通过一定方法淡化得到淡水和卤水，卤水加入氧化剂氧化溴离子为单质溴，通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用的是溴单质的易挥发性，再利用酸溶液中溴酸根离子和溴离子发生氧化还原反应得到溴单质，
(2)步骤Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低，如果直接蒸馏，生产成本较高，不利于工业生产，步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素，降低成本；
(3)溴单质在室温下为深红棕色液体，易挥发，由于其密度比水大，且在水中溶解度较小，实验室保存液溴时，通常在盛液溴的试剂瓶中加少量的水形成水封，故合理选项是CD；
步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，就是利用溴的挥发性，故答案为C；
(4)根据流程图及题目叙述可知Br2在Na2CO3溶液中发生歧化反应产生NaBr、NaBrO3、CO2，该反应中Br元素化合价由0价变为-1价、+5价，其最小公倍数是5，再结合原子守恒或电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：3CO32-+3Br2=3CO2+5Br-+BrO3-；
(5)上述流程中吹出的溴蒸气是Cl2与NaBr反应产生的，因此溴蒸气中可能含有过量的未反应的氯气，步骤II中通入热空气吹出的Br2用纯碱溶液吸收前先经过NaBr溶液，可以发生反应Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，除去未反应完的氯气；
(6)步骤II反应产生的NaBr、NaBrO3与硫酸混合，发生反应：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Na2SO4+3Br2+3H2O，反应产生的Br2被蒸出，所以步骤III中蒸馏出工业溴后残留液的主要溶质是Na2SO4；
(7)步骤III中若使用硝酸酸化，由于硝酸不仅具有酸性，而且还具有强的氧化性，可以将NaBr氧化为Br2或更高价态的化合物，HNO3被还原产生NO、NO2等氧化物，导致环境污染。
20. 丙烯酸乙酯具有菠萝香味，可用作食品添加剂。用石油裂化和裂解过程得到的乙烯，丙烯来合成丙烯酸乙酯的路线如下。
根据以上材料和你所学的化学知识，回答下列问题：
（1）任写一种乙烯的同系物的结构简式：___________。
（2）乙烯与水反应生成有机物A的化学方程式为___________，有机物A发生催化氧化反应的化学方程式为___________。
（3）丙烯酸乙酯中含有的官能团是___________(填名称)。
（4）下列试剂可以用来鉴别有机物A和B的是___________(填字母)。
A. 氯化钠溶液B. 酸性高锰酸钾溶液
C. 溴水D. 碳酸钠溶液
（5）有机物A、B反应生成丙烯酸乙酯的反应在实验室中可在如图装置中进行。
①试管乙中试剂的名称是___________。
②该反应的化学方程式是___________，反应类型是___________。
（6）将10.0g有机物B、86.0g有机物A和2mL浓硫酸置于试管甲中，并加入几片碎瓷片，充分反应后，冷却，向混合液中加入溶液洗涤，分离出油状液体后，加入无水干燥后蒸馏，收集80~100℃馏分，并称量该油状产物，其质量约为7.0g。则丙烯酸乙酯的产率为___________(，保留三位有效数字)。
【答案】（1）
（2）①.
②.
（3）碳碳双键和酯基
（4）CD
（5）①. 饱和碳酸钠溶液
②.
③. 酯化反应（或取代反应）
（6）50.4%
【解析】CH3H=CH2催化氧化生成B为CH2=CHCOOH，CH2=CH2和M发生加成反应生成A为CH3CH2OH，则M为H2O，A和B发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，据此解答。
（1）乙烯的同系物的结构简式为。
（2）与发生加成反应生成，化学方程式为；发生催化氧化的化学方程式为
（3）丙烯酸乙酯（）中官能团为碳碳双键和酯基。
（4）A．乙醇与丙烯酸均能溶于氯化钠溶液，A项不能鉴别；
B．乙醇和丙烯酸均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项不能鉴别；
C．乙醇与溴水互溶，但不反应，而丙烯酸中含碳碳双键，能与溴水发生加成反应使溴水褪色，C项可以鉴别；
D．乙醇与碳酸钠溶液互溶，而丙烯酸与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，有气泡产生，D项可以鉴别；
故选CD。
（5）①从试管甲挥发出的丙烯酸乙酯中混有乙醇和丙烯酸，饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，中和丙烯酸，降低酯的溶解度，故乙中可用饱和碳酸钠溶液收集丙烯酸乙酯。
②乙醇与丙烯酸在浓硫酸及加热的条件下发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，该反应的化学方程式是，反应类型为酯化反应（或取代反应）。
（6）将10.0g丙烯酸（）、86.0g乙醇和2mL浓硫酸置于试管甲中，乙醇过量，丙烯酸的物质的量为，理论上生成丙烯酸乙酯的物质的量为，则丙烯酸乙酯的产率为。
序号
实验试剂（20℃）
实验现象
Ⅰ
铜丝、2mL稀硝酸
铜丝逐渐变细，有气泡产生，a中先产生无色气体后略有红棕色，溶液变蓝
Ⅱ
铜丝、2mL浓硝酸
反应剧烈，铜丝逐渐变细，a中上方出现红棕色气体，溶液变绿