湖北省十堰市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题

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湖北省十堰市2020-2022三年高一化学下学期期末试题汇编3-非选择题


1. （2020春·湖北十堰·高一统考期末）香花石是1958年中国地质学家发现的第一种世界新矿物，其主要成分的化学式为Ca3Li2(BeSiO4)3F2。回答下列问题：
(1)质子数与中子数相等的Ca原子的符号为____________，Ca2+的结构示意图为____________。
(2)Si位于元素周期表第____________周期____________族。
(3)香花石的主要成分的组成元素中，原子半径最小的是____________(填元素符号，下同)，最大的是____________。
(4)用电子式表示CaO2(过氧化钙)的形成过程：____________。
2. （2020春·湖北十堰·高一统考期末）氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型燃料电池，其原理如图所示。

(1)通入的气体A是____________(填化学式)。
(2)通入气体B的电极上的反应式为____________。
(3)若总共消耗气体3.36L(标准状况下)，则通过外电路的电子的物质的量为____________mol。
(4)若将此电池作为电源，电解熔融的氧化铝制备金属铝，理论上制备9g的金属铝，需消耗氢气的体积为____________L(标准状况下)。
3. （2020春·湖北十堰·高一统考期末）乙二醇是重要的工艺原料，可由乙烯或合成气等为原料制备，部分合成方法如下：

回答下列问题：
(1)A的化学名称为____________。
(2)E中官能团的名称为____________。
(3)C的分子式为____________。
(4)反应②的化学方程式为____________，该反应的反应类型为____________。
(5)W是C的同分异构体，1molW与足量NaHCO3反应可生成1molCO2，与足量金属钠反应可生成1molH2，则W的同分异构体有____________种(不考虑立体异构)。
4. （2022春·湖北十堰·高一统考期末）煤炭燃烧过程中会释放出大量的，直接排放含的烟气至空气中会形成酸雨，危害环境。
(1)利用钠碱循环法可脱除烟气中的。
在钠碱循环法中，溶液作为吸收液，试写出溶液吸收，反应的离子方程式：_______。
(2)为减少的排放，常采用“钙基固硫法”。
“钙基固硫法”即将生石灰和含硫的煤炭混合燃烧，将含硫煤炭产生的转化为，则生石灰将转化为发生反应的化学方程式为_______，以该反应为原理处理1t含硫1.6%的煤炭时，理论上至少加入_______kg生石灰。
(3)“钙基固硫”时煤炭燃绕过程中产生的CO会与发生反应I和反应II，降低脱硫效率，反应I：  ；反应II：  
①反应I为_______(填“吸热”或“放热”)反应。
②已知：转化为的能量关系如图所示。

写出该反应的热化学方程式：_______。以该反应为原理，稀硫酸为电解质溶液，设计CO燃料电池，则CO由_______(填“正极”或“负极”)通入，通入的一极的电极反应式为_______。
③根据上述反应。则  _______。
5. （2022春·湖北十堰·高一统考期末）工业上，通过丁烷裂解可以获得乙烯和丙烯等化工原料：
①；
②。
(1)甲烷、乙烷、丁烷互为_______(填“同系物”或“同分异构体”)；丙烯和乙烯均能与发生加成反应，标准状况下，33.6L由丙烯和乙烯组成的混合气体与足量的溴水反应，最多消耗_______mol；若将28g由丙烯和乙烯组成的混合气体置于空气中完全燃烧，则消耗_______mol。
(2)向一体积为2L的恒容密闭容器中充入2mol丁烷，在一定温度和催化剂作用下发生上述2个反应，测得丁烷、丙烯的物质的量与时间关系如图所示。

①下列情况表明上述反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．混合气体密度不随时间变化　　　　　B．混合气体平均摩尔质量不随时间变化
C．混合气体总压强不随时间变化　　　　D．混合气体中碳原子总数不随时间变化
②内，乙烷的平均反应速率为_______。
③在该条件下，丁烷的平衡转化率为_______。
④平衡体系中，_______。
6. （2021春·湖北十堰·高一统考期末）化学反应速率与限度在生产生活中的运用广泛。
(1)某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应生成的氢气(标准状况)，实验记录如下表(累计值)：
时间/min
1
2
3
4
5
氢气体积/mL
50
120
232
290
310

在0~1 min、1~2 min、2~3min、3~4 min、4~5 min时间段中，反应速率最大的时间段是___________，原因为___________。
(2)反应在一容积可变的密闭容器中进行，达到平衡后，增加Fe的量，其正反应速率___________(填“增大”、“不变”或“减小”，下同)，保持体积不变，充入Ar使体系压强增大，其逆反应速率___________。
(3)一定温度下，将3 mol气体A和1 mol气体B通入一体积为2 L的恒容密闭容器中，发生反应：。1 min时，测得剩余1.8 mol A，C的浓度为0.4 mol/L。
①x=___________。
②反应经2 min达到平衡，平衡时C的浓度___________(填“大于”、“小于”或“等于”)1 mol/L。
③达到平衡时，容器内混合气体总压强为p，混合气体起始压强为p0。请用p0、p来表示达到平衡时反应物A的转化率：___________。
7. （2020春·湖北十堰·高一统考期末）某化学课外活动小组设计了如图所示的装置(图中夹持装置未画出，“Δ”表示酒精灯热源)来研究乙醇催化氧化的实验。已知：无水乙醇的沸点为78℃，新制氢氧化铜悬浊液可用于验证乙醇催化氧化反应的氧化产物。

(1)发生反应时，装置A中反应的还原剂是____________(填化学式，下同)，D中反应的氧化剂是____________。
(2)装置B的作用是____________；装置C中热水的作用是____________。
(3)装置D中发生的氧化反应的化学方程式为____________。
(4)实验一段时间后，若撤掉装置D中的酒精灯，则反应____________(填“能”或“不能”)继续进行，原因是____________。
8. （2021春·湖北十堰·高一统考期末）实验小组为探究氨气与二氧化氮的反应，设计如下实验装置，请回答相关问题：

(1)A装置中生成氨气的原因是___________，写出用熟石灰与氯化铵固体共热制得氨气的反应方程式：___________。
(2)B和D装置的作用都是干燥气体，其中盛装的干燥剂选择合理的是___________(填标号)。
a．甲、乙都是碱石灰
b．甲、乙都是无水氯化钙
c．甲是碱石灰，乙是五氧化二磷
d．甲是五氧化二磷，乙是碱石灰
(3)若氨气与二氧化氮反应生成的产物为水和氮气，则该反应的化学方程式为___________。
(4)该实验设计中存在着一个很严重的缺陷是___________。
(5)E装置用于制备二氧化氮气体，写出该反应的化学方程式：___________。取12.8 g铜于E装置的锥形瓶中，再加入50 mL一定浓度的浓硝酸，充分反应后铜全部溶解，收集到NO2和NO的混合气体4.48 L(已折算成标准状况)，则它们的物质的量之比n(NO)：n(NO2)为___________。
9. （2022春·湖北十堰·高一统考期末）课本[实验7—6]描述了用乙酸制取乙酸乙酯的过程：在一支试管中加入3mL乙醇，然后边振荡试管边慢慢加入2mL浓硫酸和2mL乙酸，再加入几片碎瓷片，连接好装置，用酒精灯小心加热，将产生的蒸气经导管通到饱和溶液的液面上，观察现象，装置如图1、图2为某化学兴趣小组改进图。

回答下列问题：
(1)图2中仪器a的名称为_______，碎瓷片的作用是_______。
(2)图2中饱和溶液有3个作用，分别是吸收挥发出来的乙醇、_____、_____。
(3)若参与反应的乙酸的化学式为，则制取乙酸乙酯反应的化学方程式为_______。
(4)用20g乙酸与46g乙醇反应，若实验结束后计算得乙酸乙酯的产率为60%，则该实验制得_______g乙酸乙酯。
(5)已知有机物M与乙酸互为同系物，与乙酸乙酯互为同分异构体，则M的结构有_____种。
10. （2020春·湖北十堰·高一统考期末）海洋是一个巨大的化学资源宝库，下图是海水资源综合利用的部分流程图。

(1)由海水提取的粗盐中常含有等，可以加入____________(填化学式)除去。
(2)步骤①反应的离子方程式为____________。
(3)步骤②中溴单质被SO2还原为Br-，硫元素被氧化为，从该反应原理中不能得出溴的非金属性强于硫，其原因是____________。
(4)步骤④为无水MgCl2电解制取金属镁的过程。若生成11.2L(标准状况下)Cl2，则消耗无水MgCl2的质量为____________g。
11. （2021春·湖北十堰·高一统考期末）海水是一种重要的自然资源，利用海水可得到一系列产品。根据下列流程回答问题：

熔点：MgO  2800℃；MgCl2 712℃。
(1)从海水中获得淡水的主要方法有电渗析法、蒸馏法和________(填一种方法)。
(2)工业上常用的一种“提溴”技术叫做“吹出法”，其过程主要包括氧化、吹出、吸收、蒸馏等环节，“氧化”工序中发生的主要反应是________(用离子方程式表示)。
(3)“产品A”的主要成分是______(填化学式)。
(4)“提镁”工序获取氢氧化镁操作的名称是_____；由氢氧化镁进一步加工获得的MgCl2可用于电解法获取镁单质。冶炼镁时，电解熔融MgCl2而不电解熔融MgO的原因是______。将铝和镁作电极插入氢氧化钠溶液中，作负极的是______(填化学式)；写出正极的电极反应式：______。
(5)侯德榜是我国近代化学工业的奠基人，在经过数百次的试验后，侯德榜终于确定了制备纯碱的新工艺。该新工艺制备纯碱的方法为将二氧化碳和氨气通入饱和食盐水中获得碳酸氢钠和氯化铵，为了提高产率，应往饱和食盐水中先通入______(填化学式，下同)，后通入______，写出该方法中获得碳酸氢钠和氯化铵的化学方程式：______。
12. （2022春·湖北十堰·高一统考期末）以黄铜矿(主要成分是，含少量)和软锰矿(主要成分是，含少量)为原料制备纳米材料MnO和的工艺如下：

已知：MnO易被氧化。
请回答下列问题：
(1)“粉碎过筛”的目的是_______；“固体1”的主要成分除S外，还有_______(填化学式)。
(2)“除杂”时除掉的离子为_______(填离子符号)。
(3)“沉锰”时生成的离子方程式为_______。
(4)在实验室完成“操作A”时，Ar的作用是_______。
(5)“蒸氨”时发生的是_______(填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”)；“还原”时，每生成1mol，消耗_______mol(被氧化为)。
(6)已知黄铜矿中硫元素的质量分数为a%，杂质中不含硫元素和铜元素。wkg这种黄铜矿经上述转化最终得到bg，则铜的提取率为_______%(填含a、b、w的表达式)。
注：。
13. （2020春·湖北十堰·高一统考期末）氨是化肥工业和基本有机化工的重要原料，合成氨反应是化学上最重要的反应之一

(1)N2和H2在常温常压下反应极慢，为提高合成氨反应的速率，工业上除采取增大压强以提高浓度外，还可采取的措施是____________(答一条即可)
(2)已知反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的反应速率与时间的变化关系如图a所示，浓度随时间的变化如图b所示
①图a中N点对应的时间是图b中的____________(填“t1”“t2”或“t3”)
②图b中，0~t1内平均速率v正(N2)=mol•L-1•min-1，则t1~t2内平均速率v正(N2)应____________(填标号)mol•L-1•min-1
A．大于uB．等于uC．小于u
(3)往恒温恒容密闭容器中通入1molN2和3molH2，充分反应后，测得压强为起始时压强的75%，N2的转化率为____________。
(4)某兴趣小组同学设计了如图所示装置模拟工业上合成氨。

①流经橡胶管处的气体成分为____________(填化学式)
②能说明有氨生成的现象是____________。
14. （2021春·湖北十堰·高一统考期末）工业上一种利用石油化工产品合成F的路线如图所示。

已知：①+ ；
②F中含有两个环，分子式为。
(1)E中含有的官能团的名称为___________。
(2)在铜的催化作用下，B可被氧气氧化成乙二醛(OHCCHO)，该反应的化学方程式为___________，其中醛基的电子式为___________。
(3)D的结构简式为___________，的反应类型为___________。
(4)写出B与E反应生成F的化学方程式：___________，该反应的反应类型为___________。

参考答案：
1.               三     ⅣA     F     Ca    
【详解】(1) Ca为20号元素，质子数与中子数相等的CaCa原子的质量数为40，符号为， Ca2+的结构示意图为；
(2)硅是14号元素，位于第三周期，第ⅣA族；
(3) 同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，香花石的主要成分的组成元素中，原子半径最小的是F，最大的是Ca；
(4)用电子式表示CaO2(过氧化钙)的形成过程：。
2. H2     O2+4e-+4H+=2H2O     0.2     11.2
【分析】原电池中，阳离子向正极移动，根据图中H+移动方向可知，通入B的一端为正极，通入A的一端为负极，该装置为氢氧燃料电池，通入氢气的一端为负极，通入氧气的一端为正极，则A为氢气，B为氧气，负极的电极反应为H2-2e-=2H+，正极电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析，通入的气体A是H2；
(2)根据分析，通入气体B的电极为正极，正极电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O；
(3)氢氧燃料电池的总反应式为2H2+O2=2H2O，若标准状况下总共消耗气体3.36L，则标准状况下消耗氧气的体积为=1.12L，物质的量为0.05mol，又因为消耗1mol氧气转移电子的物质的量为4mol，则消耗0.05mol氧气，转移电子的物质的量为0.2mol，则通过外电路的电子的物质的量为0.2mol；
(4)电解熔融氧化铝的阴极反应式为：Al3++3e-= Al，则制备9g的金属铝转移的电子物质的量为=1mol，根据负极的电极反应为H2-2e-=2H+，转移1mol电子，需消耗氢气的物质的量为0.5mol，则标准状况下消耗氢气的体积为11.2L。
3.    乙烯     羟基     C4H8O3     +H2O     加成反应     5
【分析】根据流程图，乙烯发生催化氧化生成B(环氧乙烷)，环氧乙烷与水发生加成反应生成E(乙二醇)；乙烯在160℃，2.8MPa下与乙酸和氧气反应生成C(CH3COOCH2CH2OH)和D(CH3COOCH2CH2OOCCH3)，C和D在酸性条件下都能水解生成乙二醇，据此分析解答。
【详解】(1)A为CH2=CH2，化学名称为乙烯；
(2)E为HOCH2CH2OH，含有的官能团为羟基；
(3)C为CH3COOCH2CH2OH，分子式为C4H8O3；
(4)反应②为环氧乙烷与水发生加成反应生成乙二醇，反应的化学方程式为：+H2O；
(5)C为CH3COOCH2CH2OH，W是C的同分异构体，1molW与足量NaHCO3反应可生成1molCO2，与足量金属钠反应可生成1molH2，说明W的结构中含有羧基和羟基，结合定一议二法，则W的同分异构体有、(序号为羟基位置)，共有5种结构。
4. (1)
(2)     或、     28
(3)     放热             负极          －956.4

【详解】（1）溶液吸收生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为。
（2）生石灰氧化钙在氧气的作用下转化为，发生反应的化学方程式为，以该反应为原理处理1t含硫1.6%的煤炭时，理论上消耗氧化钙的质量是。
（3）①反应I的ΔH＜0，为放热反应。
②根据图象可知生成2mol二氧化碳放热566kJ，该反应的热化学方程式为   。原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，则CO燃料电池中CO由负极通入，电解质是稀硫酸，通入的一极的电极反应式为。
③已知：反应I：
反应Ⅲ：   
根据盖斯定律反应Ⅲ×2－：反应I即得到  －956.4。
5. (1)     同系物     1.5     3
(2)     BC     0.15     60%     1:2

【详解】（1）甲烷、乙烷、丁烷均为链状烷烃，三者互为同系物；丙烯和乙烯均含有1个碳碳双键，均能与发生加成反应，标准状况下，33.6L由丙烯和乙烯组成的混合气体的物质的量是1.5mol，与足量的溴水反应，最多消耗1.5mol；丙烯和乙烯的最简式相同，均是CH2，若将28g由丙烯和乙烯组成的混合气体置于空气中完全燃烧，其中“CH2”的物质的量是2mol，则消耗＝3mol。
（2）①A.反应前后气体质量不变，容器容积不变，混合气体的密度始终不变，则混合气体密度不随时间变化不能说明反应达到平衡状态，A不符合；
B.反应前后气体质量不变，物质的量是变化的，混合气体的相对分子质量是变化的，则混合气体平均摩尔质量不随时间变化能说明反应达到平衡状态，B符合；
C.正反应体积增大，压强是变量，则混合气体总压强不随时间变化能说明反应达到平衡状态，C符合；
D.根据原子守恒可知混合气体中碳原子总数始终不变，因此碳原子总数不随时间变化不能说明反应达到平衡状态，D不符合；
答案选BC。
②丁烷是反应物，内丁烷的物质的量减少2mol－0.8mol＝1.2mol，则乙烷的平均反应速率为＝0.15。
③在该条件下，丁烷的平衡转化率为＝60%。
④根据图象可知平衡体系中丙烯的物质的量是0.8mol，消耗丁烷是1.2mol，则生成乙烯的丁烷是0.4mol，所以0.4：0.8＝1：2。
6.     2~3 min     该反应是放热反应，2~3 min时溶液温度较高     不变     不变     2     小于    
【详解】(1)在单位时间内反应产生H2的体积越大，反应速率越快。根据表格数据可知：在前5 min内每一分钟，产生H2的体积为50 mL、70 mL、112 mL、58 mL、20 mL，可见反应速率最快的是第2~3 min；
该时间段内反应速率最快是由于反应是放热反应，2~3 min时溶液温度较高，浓度也较大，因此反应速率最快；
(2)Fe是固体，增加固体的量，物质的浓度不变，因此化学反应速率不变；保持体积不变，充入Ar使体系压强增大，由于反应混合物中各物质的浓度不变，因此其逆反应速率不变；
(3)①根据方程式可知：每有3 molA反应，会反应产生x mol C，现在反应消耗A的物质的量为△n(A)=(3-1.8)mol=1.2 mol，反应产生C的物质的量为△n(C)=0.4 mol×2 L=0.8 mol，△n(A)：△n(C)=1.2 mol：0.8 mol=3：2，所以x=2；
②若3 mol A完全反应转化为生成物C，则会产生2 mol C，由于容器的容积是2 L，则C的浓度是c(C)=。可逆反应的反应物不能完全转化为生成物，所以反应经2 min达到平衡，平衡时C的浓度小于1 mol/L；
③假设反应达到平衡时消耗B的物质的量为y mol，则同时消耗A物质的量为3y mol，反应产生C物质的量为2ymol。平衡时总物质的量n平=(3-3y)mol+(1-y)mol+2y mol=(4-2y)mol。在恒容密闭容器中气体的压强比等于气体的物质的量的比。在反应开始时气体的物质的量为n始=4 mol，气体压强为p0，在平衡时压强为p，故 ，解得y=，故平衡时A的转化率为 。
7.      H2O2     O2     干燥O2     使试管中的乙醇变为蒸气进入装置D中参加反应，且水浴加热使乙醇气流流速较平稳     2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O     能     乙醇的催化氧化反应是放热反应，反应放出的热量能维持反应继续进行
【分析】A中过氧化氢在二氧化锰催化条件下生成氧气，B为干燥装置，水浴加热下，C提供乙醇，在D中催化条件下，氧气和乙醇发生氧化反应生成乙醛和水，无水硫酸铜用于检验水的生成，E可避免F中的水蒸气进入D而影响实验结果，F中，加热条件下乙醛与氢氧化铜浊液发生氧化还原反应，生成砖红色沉淀，以此解答该题。
【详解】(1)A中H2O2在二氧化锰催化作用下生成氧气，既是氧化剂也是还原剂，D中催化条件下，氧气氧化乙醇生成乙醛，氧化剂为O2；
(2)碱石灰可用于干燥氧气，装置C中热水的作用是使试管中的乙醇变为蒸气进入装置D中参加反应，且水浴加热使乙醇气流流速较平稳；
(3)装置D中，乙醇在催化条件下被氧化生成乙醛和水，方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
(4)因乙醇的催化氧化反应为放热反应，反应放出的热量能维持反应继续进行，则实验一段时间后，若撤掉装置D中的酒精灯，反应能继续进行。
8.      生石灰与水反应放热加速氨气的逸出     Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O     c     8NH3+6NO2=7N2+12H2O     没有尾气吸收装置     Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O     1：1
【分析】装置A中产生的氨气经装置B中碱石灰干燥作用后通入装置C中，装置E中制取的NO2气体经装置D中五氧化二磷的干燥作用后通入装置C中，NH3、NO2粘在室温下发生氧化还原反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O，产生对大气无污染的N2。
【详解】(1)在A装置中，生石灰与氨水中水反应产生Ca(OH)2，该反应是放热反应，温度升高会加速氨气的逸出，故二者混合能够生成氨气；
熟石灰与氯化铵固体共热，发生复分解反应可制得氨气，该反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；
(2)B装置用于干燥NH3，NH3是碱性气体，可以使用碱性固体干燥剂碱石灰进行干燥；D装置作用是干燥NO2气体，NO2是酸性气体，可以使用酸性固体干燥剂如五氧化二磷进行干燥，否则气体会被吸收，故合理选项是c；
(3)在室温下氨气与二氧化氮反应生成的产物为水和氮气，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O；
(4)NH3、NO2都是大气污染物，根据装置图可知：该装置缺少尾气吸收装置；
(5)E中浓硝酸与Cu在室温下发生氧化还原反应，产生Cu(NO3)2、NO2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；随着反应进行，硝酸浓度变稀，稀硝酸与Cu反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O。12.8 gCu的物质的量n(Cu)=，Cu与浓硝酸反应，产生NO2气体，与稀硝酸反应产生NO气体，收集到标准状况下NO2和NO的混合气体4.48 L，其物质的量n=，假设其中NO的物质的量为x，则NO2的物质的量为(0.2-x)，根据电子守恒可得：0.2×2=3x+(0.2-x)×1，解得x=0.1 mol，故NO物质的量为0.1 mol，NO2物质的量也是0.1 mol，因此它们的物质的量之比n(NO)：n(NO2)=0.1 mol：0.1 mol=1：1。
9. (1)     干燥管     防止暴沸
(2)     与挥发出来的乙酸发生反应     降低乙酸乙酯的溶解度
(3)
(4)17.6
(5)2

【分析】在加热的条件下乙酸和乙醇在试管中发生酯化反应生成乙酸乙酯，生成的乙酸乙酯以及挥发出的乙酸和乙醇进入盛有饱和碳酸钠溶液的试管中，据此解答。
（1）
根据仪器构造可知图2中仪器a的名称为干燥管，由于反应需要加热，所以碎瓷片的作用是防止暴沸。
（2）
收集到的乙酸乙酯中混有挥发出来的乙醇、乙酸，需要用饱和碳酸钠溶液除杂，因此图2中饱和溶液有3个作用，分别是吸收挥发出来的乙醇、与挥发出来的乙酸发生反应、降低乙酸乙酯的溶解度。
（3）
酯化反应中羧酸提供羟基，醇通过氢原子，若参与反应的乙酸的化学式为，则制取乙酸乙酯反应的化学方程式为。
（4）
20g乙酸（）与46g乙醇（1mol）反应，因此反应中乙醇过量，则理论上生成乙酸乙酯的质量是×88g/mol，若实验结束后计算得乙酸乙酯的产率为60%，则该实验制得×88g/mol×60%＝17.6g乙酸乙酯。
（5）
已知有机物M与乙酸互为同系物，与乙酸乙酯互为同分异构体，即分子式为C4H8O2，相当于是羧基取代丙烷分子中的1个氢原子，丙烷分子中含有2种不同化学环境的氢原子，则M的结构有2种。
10.      BaCl2     Cl2+2Br-=2Cl-+Br2     该反应不是单质之间的相互反应(或其他合理答案）     47.5
【分析】根据流程图分析可知，由海水得到含有Ca2+、Mg2+、Br-的苦卤，经一系列操作后得到无水MgCl2，再电解熔融的MgCl2可得到Mg，同时向苦卤中通入Cl2氧化可得到Br2，再SO2还原得到Br-，富集Br后，最后Cl2氧化得到Br2，据此分析解答。
【详解】(1)Ba2+与可生成BaSO4沉淀，因此可加入BaCl2除去含有的；
(2)步骤①为Cl2氧化可得到Br2，反应的离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；
(3)步骤②中溴单质被SO2还原为Br-，硫元素被氧化为，由于该反应不是单质之间的相互反应，因此从该反应原理中不能得出溴的非金属性强于硫；
(4)步骤④为无水MgCl2电解制取金属镁的过程，反应方程式为MgCl2(熔融)Cl2↑+Mg，生成标准状况下11.2L的Cl2的物质的量为0.5mol，则消耗0.5mol无水MgCl2，质量为0.5mol×95g/mol=47.5g。
11.      离子交换法     Cl2+2Br-=Br2+2Cl-     CaSO4     过滤     MgO的熔点比MgCl2更高，电解时需要更多的能量，因此冶炼镁时，选用电解熔融MgCl2     Al     2H2O+2e- = H2↑+ 2OH-     NH3     CO2     NaCl(饱和)+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
【分析】浓海水加入沸石吸附提钾得到硝酸钾或硫酸钾，通入氯气氧化溴离子生成溴单质，加入石灰提镁得到氢氧化镁，将氢氧化镁转化为熔融氯化镁后电解可以得到金属镁；浓缩提钙得到的产品A为硫酸钙；液体中主要含有氯化钠溶液，可以晒盐得到氯化钠晶体，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，可以制得纯碱，据此分析解答。
【详解】(1)从海水中获得淡水的主要方法有电渗析法、蒸馏法和离子交换法，故答案为：离子交换法；
(2) 工业上常用的一种“提溴”技术叫做“吹出法”，其过程主要包括氧化、吹出、吸收、蒸馏等环节，其中“氧化”工序中是用氯气将溴离子氧化为溴单质，即Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，故答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；
(3)根据上述分析，产品A的主要成分为CaSO4，故答案为：CaSO4；
(4)氢氧化镁难溶于水，“提镁”工序获取氢氧化镁的操作是过滤；氧化镁熔点比氯化镁熔点高，熔融离子晶体要消耗能源，从而增加成本，为减少成本，用熔融氯化镁冶炼镁；将铝和镁作电极插入氢氧化钠溶液中，形成原电池反应，铝能够与氢氧化钠溶液反应，而镁不能，因此铝做负极，镁做正极，正极上溶液中的氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e- = H2↑+ 2OH-，故答案为：过滤；MgO的熔点比MgCl2更高，电解时需要更多的能量，因此冶炼镁时，选用电解熔融MgCl2；Al；2H2O+2e- = H2↑+ 2OH-；
(5)“侯氏制碱法”的基本做法是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，氨气极易溶于水，应该先通氨气，后通二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，它的反应原理为NaCl(饱和)+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：NH3；CO2；NaCl(饱和)+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。
12. (1)     增大固液接触面，加快酸浸速率    
(2)
(3)或
(4)保护MnO不被氧化
(5)     非氧化还原反应     2
(6)

【分析】黄铜矿(主要成分是，含少量)和软锰矿(主要成分是，含少量)先进行粉碎，增大酸溶时的接触面积，再加入稀硫酸酸浸，其中SiO2不溶于酸，金属氧化物溶于酸生成硫酸铁，MnO2、CuFeS2与硫酸发生反应生成单质S和硫酸锰、硫酸铜、硫酸铁，过滤除杂后加氢氧化钠调节溶液pH除去溶液中的Fe3+，所得滤液中加入氨水、碳酸氢铵发生反应Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，将锰转化为碳酸锰沉淀，加入氨水将铜转化为Cu(NH3)4CO3，通入氩气，使MnCO3在隔绝空气条件下受热分解成MnO，Cu(NH3)4CO3受热分解成氧化铜、氨气和二氧化碳；氧化铜再与羟胺反应得到氧化亚铜，据此分析解答。
（1）
粉碎矿石可以增大酸浸时固液的接触面积，加快溶解速率，提高酸浸效率，由以上分析可知，过滤后最终得到的固体中含有S和SiO2；
（2）
加入氢氧化钠溶液调节pH值的目的是除去溶液中的Fe3+，但不能使Cu2+、Mn2+沉淀；
（3）
“沉锰”时硫酸锰与碳酸氢铵发生反应生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为或与氨水反应生成碳酸锰，即离子方程式为；
（4）
MnO易被氧气氧化，因此在碳酸锰加热分解时要通入Ar，排尽装置中的空气防止MnO被氧化；
（5）
Cu(NH3)4CO3受热分解成氧化铜、氨气和二氧化碳，反应中元素的化合价均没有发生变化，是非氧化还原反应；还原过程中发生反应：2CuO+2NH2OH=Cu2O+N2+3H2O，由反应可知生成1mol氧化亚铜消耗2mol羟胺；
（6）
已知黄铜矿中硫元素的质量分数为a%，杂质中不含硫元素和铜元素，根据化学式可知铜元素的质量分数也为a%，wkg这种黄铜矿经上述转化最终得到bg，则铜的提取率为。
13.     加合适的催化剂(或适当升高温度）     t2     C     50%     N2、H2、NH3     酚酞溶液变红
【分析】根据影响反应速率的因素回答；①图a中N点表示反应恰好达到平衡状态； 随反应进行，反应物浓度减小，正反应速率降低；利用“三段式”计算N2的转化率；根据可逆反应的特征分析；氨气是碱性气体，据此分析解答。
【详解】(1)升高温度、增大压强、使用合适的催化剂都能加快反应速率，为提高合成氨反应的速率，工业上除采取增大压强以提高浓度外，还可采取的措施是加合适的催化剂(或适当升高温度)；
(2)①图a中N点表示反应恰好达到平衡状态，达到平衡状态时，各物质浓度不再改变，所以对应的时间是图b中的t2；
②随反应进行，反应物浓度减小，正反应速率降低，图b中，0~t1内平均速率v正(N2)=mol/(L·min)，则t1~t3内平均速率v正(N2)＜u mol/(L·min)，故选C；

充分反应后，测得压强为起始时压强的75%，则，x=0.5，N2的转化率为；
(4)①合成氨反应可逆，所以流经橡胶管处的气体成分为N2、H2、NH3；
②氨气溶于水生成，是碱，能说明有氨生成的现象是酚酞溶液变红。
【点睛】本题考查影响反应速率的因素、平衡状态的建立及计算，明确温度、浓度、压强、催化剂影响反应速率，掌握可逆反应的特征是反应物、生成物共存。
14.     碳碳双键和羧基               HOOC-CH=CH-COOH     加成反应     + 2H2O+      酯化反应(或取代反应)
【分析】乙烯与H2O2反应产生B是乙二醇：HO-CH2-CH2-OH；CH2=CH-CH=CH2与D发生反应产生E：，结合已知①，D的结构简式为HOOC—CH=CH—COOH，F中含有两个环，分子式为 C10H12O4，E分子中含有2个羧基，B分子中含有2个醇羟基，二者在浓硫酸作催化剂的条件下加热，发生酯化反应产生含有2个环的化合物F：和水。
【详解】(1)根据E结构简式可知：E中含有的官能团的名称为碳碳双键和羧基；
(2)B是乙二醇，结构简式是HO-CH2-CH2-OH，分子中含有羟基，在一定条件下被O2氧化产生醛基，该反应的化学方程式为：；
在醛基中C原子与O原子形成2对共用电子对，与H原子形成1对共用电子对，故其电子式为：；
(3)根据已知信息，结合C的结构简式及D的分子式、E的结构简式，可知C、D发生加成反应产生E，则D结构简式是HOOC-CH=CH-COOH，该反应类型是加成反应；
(4)B是乙二醇，结构简式是HO-CH2-CH2-OH，分子中含有醇羟基；E是，分子中含有-COOH，二者发生酯化反应产生环状酯和水，反应方程式为：+ 2H2O+ ；该反应的反应类型为酯化反应，酯化反应也是一种取代反应。