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【化学】山东省聊城市莘县第一中学2018-2019学年高一下学期期末考试试卷（解析版）
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山东省聊城市莘县第一中学2018-2019学年高一下学期期末考试化学试题
1.化学与生活、生产密切相关，我国古文献中有许多记载，下列有关叙述正确的是（ ）
A. 《本草纲目》关于酿酒的记载“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”描述的是乙醇的燃烧
B. 《抱朴子》中“曾青(CuSO4)涂铁，铁赤色如铜”描述了火法冶炼铜的现象
C. 李商隐诗句“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中描述的蚕丝和古代的蜡(主要成分为植物油)都属于天然高分子材料
D. 于谦诗句“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”描述的大理石分解是吸热反应
【答案】D
【详解】A.《本草纲目》关于酿酒的记载“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”描述的是乙醇的蒸馏，A错误；
B.《抱朴子》中“曾青(CuSO4)涂铁，铁赤色如铜”描述的是在溶液中Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，该方法是湿法冶炼铜的现象，B错误；
C.蚕丝主要成分是蛋白质，该物质是天然高分子化合物，古代的蜡(主要成分为植物油)，化学成分是油脂，油脂不是高分子化合物，C错误；
D.于谦诗句“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”描述的大理石高温分解产生氧化钙和二氧化碳的反应，该分解反应是吸热反应，D正确；
故合理选项是D。
2.常温常压下，下列有机物以液态形式存在的是（ ）
A. 甲烷 B. 乙烯 C. 一氯甲烷 D. 乙酸
【答案】D
【详解】A.甲烷在常温常压下是气体，A不符合题意；
B.乙烯在常温常压下是气体，B不符合题意；
C.一氯甲烷在常温常压下是气体，C不符合题意；
D.乙酸在常温常压下呈液态，D符合题意；
故合理选项是D。
3.下列反应中，属于取代反应的是（ ）
A. 乙烯在空气中燃烧 B. 苯在一定条件下跟氢气反应
C. 苯在浓硫酸催化下与浓硝酸反应 D. 乙烯在一定条件下跟 HCl反应
【答案】C
【详解】A.乙烯在空气中燃烧的反应属于氧化还原反应，A不符合题意；
B.苯在一定条件下跟氢气反应生成环己烷的反应属于加成反应，B不符合题意；
C.苯在浓硫酸催化下与浓硝酸反应，产生硝基苯和水的反应属于取代反应，C符合题意；
D.乙烯在一定条件下跟 HCl反应产生一氯乙烷，该反应属于加成反应，D不符合题意；
故合理选项是C。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 与为同一物质
B. 乙醇与钠反应要比水与钠反应剧烈
C. 汽油、植物油和动物油都能发生皂化反应
D. 石油裂解的主要目的是提髙轻质液体燃料的产量和质量
【答案】A
【详解】A.由于甲烷是正四面体结构，分子中任何两个化学键都相邻，这两个图示表示都是甲烷分子中的两个H原子分别被F、Cl原子取代产生的物质，因此属于同一物质，A正确；
B.乙醇分子中羟基H不如水中的H活泼，因此乙醇与钠反应不如水与钠反应剧烈，B错误；
C.汽油属于烃，不能发生皂化反应，植物油和动物油都是油脂，能发生皂化反应，C错误；
D.石油裂解的主要目的是获得短链气态不饱和烃，石油裂化的主要目的是提髙轻质液体燃料的产量和质量，D错误；
故合理选项是A。
5.下列表示不正确的是（ ）
A. HCl的电子式：
B. 正丁烷的球棍模型：
C. 乙醛的结构简式：CH3CHO
D. 原子核内有 8 个中子的碳原子：146C
【答案】A
【详解】A. HCl是共价化合物，H原子与Cl原子通过共用电子对结合，所以其电子式为：，A错误；
B.正丁烷分子中的4个C原子形成一条链，根据C原子正四价的原则及H、C原子的相对大小，用球棍模型表示为，B正确；
C.乙醛分子式是C2H4O，分子中含有的官能团是醛基-CHO，因此其结构简式为：CH3CHO，C正确；
D.C是6号元素，原子核内有6个质子，若有8 个中子，则该碳原子质量数是14，用原子符号表示为：146C，D正确；
故合理选项是A。
6.下列关于元素性质或原子结构递变情况的叙述中，错误的是（ ）
A. Li、Be、B原子的最外层电子数依次增多
B. P、S、C1元素的最高正化合价依次升高
C. N、O、F原子的半径依次增大
D. Na、K、Rb原子核外的电子层数依次增多
【答案】C
【详解】A. Li、Be、B都是第二周期的元素，随着原子序数的增大，元素原子的最外层电子数依次增多，A正确；
B. P、S、C1元素都是第三周期的元素，随着原子序数的增大，元素原子的最外层电子数依次增多，元素的最高正化合价依次升高，等于它们的最外层电子数目，B正确；
C. N、O、F都是第二周期的元素，随着原子序数的增大，元素原子的半径依次减小，C错误；
D. Na、K、Rb都是第IA的元素，随着元素原子序数的增大，原子核外电子层数依次增多，D正确；
故合理选项是C。
7.下列物质中，只含有共价键的是（ ）
A. NaOH B. NaCl C. H2 D. NH4Cl
【答案】C
【详解】A. NaOH是离子化合物，含有离子键、共价键，A不符合题意；
B.NaCl是离子化合物，只含有离子键，B不符合题意；
C.H2是非金属单质，只含有共价键，C符合题意；
D.NH4Cl是离子化合物，含有离子键、共价键，D不符合题意；
故合理选项是C
8.实验室用锌与盐酸反应制取氢气。下列措施中，能加快反应速率的是（ ）
A. 降低温度 B. 用铜代替锌
C. 增大盐酸浓度 D. 用锌粒代替锌粉
【答案】C
【详解】A.降低温度，物质的内能减少，有效碰撞次数减少，反应速率降低，A不符合题意；
B.在金属活动性顺序表中，Cu位于H元素的后边，不能与酸反应，反应速率降低，B不符合题意；
C.增大盐酸浓度，单位体积内反应物分子数增多，有效碰撞次数增加，反应速率加快，C符合题意；
D.用锌粒代替锌粉，固体表面积减小，有效碰撞次数减少，反应速率降低，D不符合题意；
故合理选项C。
9.已知X+Y═M+N为放热反应．下列关于该反应的说法中，正确的是（ ）
A. Y的能量一定高于N
B. X、Y的能量总和高于M、N的能量总和
C. 因为该反应为放热反应，故不必加热就可发生
D. 断裂X、Y的化学键所吸收的能量高于形成M、N的化学键所放出的能量
【答案】B
【解析】A．反应物的总能量大于生成物的总能量，而Y的能量不一定高于N，故A错误； B．该反应为放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，即X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，故B正确；C．反应的放热、吸热与反应条件(如加热)无关，某些放热反应也需要加热才能反应，如氢气和氧气的反应，故C错误；D．反应物的总能量大于生成物的总能量，断裂X和Y的化学键所吸收的能量一定小于形成M和N的化学键所放出的能量，故D错误；故选B。
10.根据描述判断下列反应不属于可逆反应的是（ ）
A. 1molN2和 4molH2在一定条件下充分反应，N2的转化率为13%
B. 将SO3 加入一密闭容器中并在一定条件下充分反应，反应后容器中有SO3、SO2、O2
C. 将装有NO2(红棕色)和N2O4(无色)混合气体的烧瓶浸入冰水中，气体颜色变浅
D. 2molH2在1molO2中燃烧生成2molH2O，2molH2O电解生成2molH2和1molO2
【答案】D
【详解】A.N2与H2反应的物质的量的比是1:3，若将1molN2和4molH2混合，在一定条件下充分反应，氢气过量，N2的转化率为13%，证明该反应为可逆反应，A不符合题意；
B.将SO3 加入一密闭容器中并在一定条件下充分反应，若反应完全，反应后容器中将不再含有SO3，但事实上反应后容器中有SO3、SO2、O2，证明该反应为可逆反应，A不符合题意；
C.将装有NO2(红棕色)和N2O4(无色)混合气体的烧瓶浸入冰水中，气体颜色变浅，说明具备NO2(红棕色)转化为N2O4(无色)的反应条件，但物质未反应反应，证明NO2与N2O4存在反应：2NO2N2O4，该反应为可逆反应，C不符合题意；
D. 2molH2在1molO2中燃烧生成2molH2O，2molH2O电解生成2molH2和1molO2，说明H2O分解反应是完全彻底的反应，不是可逆反应，D符合题意；
故合理选项是D。
11. X、Y、Z是周期表中相邻的三种短周期元素，X和Y同周期，Y和Z同主族，三种元素原子的最外层电子数之和为17，核内质子数之和为31，则X、Y、Z是 ( )
A. Mg 、Al 、Si B. Li 、Be、 Mg
C. N 、O 、S D. P、 S、 O
【答案】C
【详解】A. Al、Si不是同一主族的元素；
B. Li、Be、Mg最外层电子数之和为5，核内质子数之和为19；
C. N 、O 、S在元素周期表中左右相邻，且后两都同在第VIA族，最外层电子数之和为17，核内质子数之和为31，符合题意；
D. P、 S、 O最外层电子数之和为17，核内质子数之和为39。
综上所述，符合题意的是C，选C。
12.已知周期表中镓(Ga)元素处在铝元素下方。氮化镓可把手机信号扩大10倍，让电脑的速度提高1万倍。下列有关氮化镓的说法中不正确的是（ ）
A. 氮化镓是由主族元素与副族元素形成的化合物
B. 氮化镓的化学式为 GaN
C. 镓原子最外层比氮原子最外层少两个电子
D. 镓比铝原子的失电子能力强
【答案】A
【详解】A.氮化镓中N元素为ⅤA族，Ga元素为ⅢA元素，因此氮化镓是由主族元素形成的化合物，A错误；
B.Ga为+3价，氮元素显-3价，氮化镓化学式为GaN，B正确；
C.氮原子最外层电子数为5，镓原子最外层电子数为3，氮原子最外层比镓原子最外层多2个电子，C正确；
B.同一主族的元素，从上到下元素的金属性逐渐增强，则镓元素比铝元素金属性强，D正确；
故合理选项是A。
13.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列叙述正确的是（ ）
A. X、Y 元素的金属性：X
C. W、Q 两种元素的气态氢化物的热稳定性：H2Q＞H2W
D. X 的最高价氧化物对应的水化物的碱性弱于Y的
【答案】B
【解析】
【分析】W的化合价只有-2价，则W为氧元素；Z具有-3、+5价，原子半径大于氧元素且相差不大，则Z为氮元素；X只有+2价，Y只有+3价，X、Y原子半径相差不大，原子半径比氮元素、氧元素大很多，可知X、Y位于第三周期相邻主族，X为镁元素，Y为铝元素，Q元素原子序数比Al小，化合价有+6、-2价，则Q为S元素，结合元素周期律与物质性质解答。
【详解】根据上述分析可知X是Mg，Y是Al，Z 是 N，W是O，Q是S元素。
A.根据题给数据，X、Y的化合价不同，但原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性越弱，所以金属性X＞Y，A错误；
B.由于Al的金属性较强，AlCl3是由分子构成的共价化合物，Al2O3是离子化合物，因此在工业上常用电解熔融的Al2O3的方法冶炼Al，B正确；
C.W是O，Q是S，元素非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，所以气态氢化物的稳定性：H2Q
故合理选项是B。
14.下列关于海水资源综合利用的说法中，正确的是（ ）
A. 海水蒸发制海盐的过程只发生化学变化
B. 只通过物理变化即可从海水中提取溴单质
C. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等
D. 提取海水中的Mg，在沉淀MgCl2 过程中，从经济角度考虑可选用NaOH溶液
【答案】C
【详解】A.海水蒸发制海盐是利用水的沸点低的性质，在该过程中只发生物理变化，A错误；
B.从海水中提取溴单质，显通过氧化反应将Br-氧化为Br2单质，然后鼓入热空气将Br2吹出，用还原剂将Br2还原为Br-，通过富集之后，再用氧化剂氧化Br-为Br2单质，因此发生的变化有物理变化和化学变化，B错误；
C.海水淡化可通过蒸馏法、电渗析法、离子交换法等方法获得，C正确；
D.从海水中提取海水中的 Mg，在沉淀 MgCl2 过程中，从经济角度考虑可选用Ca(OH)2溶液，若选用 NaOH 溶液，造价较高，D错误；
故合理选项是C。
15.在一密闭容器中加入A和B，各物质的物质的量浓度随着反应的进行，如右图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 该反应的化学方程式为5A+4B4C
B. 2min前，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大
C. 用B的浓度变化表示2min内的速率为2mol/(L·min)
D. 2min时，该反应达到平衡，此时A、B、C的浓度比为5：4：4
【答案】D
【解析】A项，由图可得，当（6-1）mol/L A反应，同时有（7-3）mol/L B反应，生成4mol/L C，故该反应的化学方程式为5A+4B4C，A正确；B项，2min前，反应物A和B减少，生成物C增多，所以正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，B正确；C项，用B的浓度变化表示2min内的速率为（7-3）mol/L ÷2min =2mol/(L·min)，C正确；D项，如图，2min时该反应达到平衡，此时A、B、C的浓度比为1：3：4，D错误。
16.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。
下列说法不正确的是（ ）
A. 甲：Fe棒为负极，电极反应为 Fe-3e-=Fe3+
B. 乙：正极的电极反应式为 O2＋4e-＋4H+=2H2O
C. 丙：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄
D. 丁：使用一段时间后硫酸铅沉淀在电极板上，溶液酸性减弱，导电能力下降
【答案】A
【详解】A.在铜、铁原电池中，Fe为负极，发生氧化反应，失去电子变为Fe2+，A错误；
B.在氢氧燃料电池中，通入氧气的电极为正极，由于电解质溶液为酸性，因此正极的电极反应式为O2＋4e-＋4H+=2H2O，B正确；
C.在锌锰干电池中，由于活动性Zn＞C，所以Zn为负极，失去电子，发生氧化反应变为Zn2+，所以随着电池的使用，锌筒不断被消耗，而逐渐变薄，C正确；
D.在铅蓄电池中，负极上Pb失去电子变为Pb2+，与溶液中的SO42-结合形成PbSO4，在正极上发生反应：PbO2+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，因此使用一段时间后，随着反应的不断进行，硫酸铅沉淀在电极板上，溶液中浓度降低，溶液的酸性减弱，导电能力下降，D正确；
故合理选项是A。
17.实验室制备溴苯的反应装置如图所示，下列叙述错误的是( )
A. FeBr3 的作用是催化剂，若没有 FeBr3 可用铁屑代替
B. 实验中装置b中的作用是吸收挥发的苯和溴
C. 装置c中石蕊试液由紫色变为红色，可证明苯与溴发生的是取代反应
D. 反应后的混合液经NaOH溶液洗涤、蒸馏，得到溴苯
【答案】D
【详解】A. FeBr3 的作用是催化剂，若没有 FeBr3，可向其中加入铁粉，利用Br2与Fe反应产生FeBr3获得，因此也可用铁屑代替，A正确；
B.苯与液溴反应产生溴苯，由于液溴、苯都具有挥发性，为防止它们的干扰，常根据苯、液溴容易溶于有机物四氯化碳的性质，用盛有四氯化碳的洗气瓶吸收挥发的苯和溴，B正确；
C.用液溴与苯在催化剂作用下制取溴苯，挥发的溴、苯被四氯化碳吸收，若装置c中石蕊试液由紫色变为红色，可证明苯与溴反应产生了HBr，HBr溶于水得到氢溴酸，石蕊遇酸变红，故可以证明苯与溴发生的是取代反应，C正确；
D.反应后的混合液中含有溴苯及溶于其中的溴、苯等物质，经水洗、NaOH 溶液洗涤、再水洗，除去未反应的溴单质，分液、干燥、蒸馏，可以得到溴苯，D错误；
故合理选项是D。
18.下列实验装置、试剂或操作正确的是（ ）
A. 分离乙醇和乙酸 B. 甲烷与氯气取代反应
C. 蒸馏石油 D. 铝热反应
【答案】D
【详解】A.乙醇和乙酸是互溶的沸点不同的液体混合物，要通过蒸馏方法获得，A错误；
B.甲烷与氯气的混合气体在光照条件下发生取代反应，不能使用氯水，B错误；
C.蒸馏时冷却水要下进上出，不能上进下出，C错误；
D.装置安装及操作符合铝热反应要求，D正确；
故合理选项是D。
19.聚苯乙烯是一种无毒、无臭的热塑性材料，被广泛应用于食品包装材料、电器绝 缘外壳、光学仪器以及日用产品等。工业由苯和乙烯为原料制备聚苯乙烯的流程如 下图所示（部分条件略去），下列说法错误的是（ ）
A. 过程①生成乙苯，反应类型为加成反应
B. 过程②生成苯乙烯，苯乙烯最多16个原子共面
C. 过程③原子利用率为100%，反应类型为加聚反应
D. 上述流程中涉及的五种有机物均可使溴水或高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【详解】A.过程①中苯分子断裂C-H键，乙烯分子断裂碳碳双键中的较活泼的键，然后二者结合生成乙苯，反应类型为加成反应，A正确；
B.过程②中乙苯发生消去反应产生苯乙烯，苯乙烯可看作是苯分子中的H原子被-CH=CH2取代产生的物质，由于苯分子，乙烯分子是平面分子，两个分子通过一条直线连接，可以在同一平面上，所以最多16个原子共平面，B正确；
C.过程③原子利用率为100%，反应为苯乙烯分子中断裂碳碳双键中较活泼的键，然后这些不饱和碳原子彼此连接形成聚苯乙烯，所以反应类型为加聚反应，C正确；
D.在上述涉及的物质中，只有乙烯，苯乙烯分子中含有碳碳双键，可以使溴水褪色；苯不能使溴水及酸性高锰酸钾溶液溶液因反应而褪色，D错误；
故合理选项是D。
20.已知羟基能与Na反应，羧基能与NaHCO3溶液反应。分子式为C5H10O3的有机物 与 Na反应时生成C5H8O3Na2，而NaHCO3溶液反应时生成C5H9O3Na。则符合上述条件的该有机物的同分异构体（不考虑立体异构）有（ ）
A. 10 种 B. 11 种 C. 12 种 D. 13 种
【答案】C
【解析】
【分析】分子式为C5H10O3的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na；而与金属钠反应时生成C5H8O3Na2，说明有机物分子中含有1个-COOH、1个-OH，该有机物可以看作C4H10中2个H原子，分别被-COOH、-OH代替，结合C4H10的同分异构体判断。
【详解】分子式为C5H10O3的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na；而与金属钠反应时生成C5H8O3Na2，说明有机物分子中含有1个-COOH、1个-OH，该有机物可以看作C4H10中2个H原子，分别被-COOH、-OH代替。若C4H10为正丁烷：CH3CH2CH2CH3，2个H原子分别被-COOH、-OH代替，取代同一碳原子上2个H原子，有2种，取代不同C原子的2个H原子，有6种；若C4H10为异丁烷：CH3CH(CH3)CH3，2个H原子分别被-COOH、-OH代替，取代同一碳原子上2个H原子，有1种，取代不同C原子的2个H原子，有3种；则该有机物的可能的结构有2+6+1+3=12种；
因此合理选项是C。
21.2019年是门捷列夫提出元素周期表 150 周年，根据元素周期表和周期律，回答问题。
Ⅰ.下表显示了元素周期表中短周期的一部分，①〜⑥代表6种短周期元素。其中②与氢元素形成的简单氢化物分子中含10个电子，能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
(1)①在周期表中所处的位置为__________。
(2)与②同族的第四周期元素的原子结构示意图为__________。
(3)写出③与⑥的简单氢化物中沸点较高的分子的电子式__________。
(4)④的单质与水反应的离子方程式为__________。
(5)工业制取⑤的单质的化学方程式为__________。
Ⅱ.某同学欲利用下图装置验证同周期或同主族元素性质递变规律。
(6)干燥管 D 的作用是__________。
(7)证明非金属性：Cl>I。在 A 中加浓盐酸，B中加KMnO4(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，C中加淀粉碘化钾混合溶液观察到C中溶液变蓝，则C试管中发生反应的离子方程式为__________。
(8)证明非金属性：N>C，在A中加稀硝酸，B中加碳酸钙，C中加澄清石灰水；观察到 C 中溶液__________的现象，该实验设计的原理是利用最高价氧化物对应水化 物的酸性强弱来比较元素非金属性的强弱。
Ⅲ.到目前为止，元素周期表第七周期已经被填满。
(9)请你设想一下，如果发现120号元素，下列有关它在周期表的位置或性质的说法错误的两项是__________。
①在第八周期ⅡA 族；②最外层电子数是2；③比钙的熔点高；④与水反应放出氢气但比钙缓慢；⑤该元素单质需隔绝空气密封保存；⑥该元素的氧化物属于离子化合物
【答案】(1). 第二周期ⅣA 族 (2). (3). (4). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ (5). MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑ (6). 防止倒吸 (7). Cl2+2I-=2Cl-+I2 (8). 出现沉淀或浑浊 (9). ③④
【解析】
【分析】I.首先根据元素形成的化合物的性质推断元素，然后结合元素周期律对各个选项进行解答。
II. (6)干燥管可以防止倒吸现象的发生；
(7)根据氧化还原反应规律分析；
(8)根据复分解反应的规律：强酸与弱酸的盐反应制取弱酸，结合物质的溶解性分析解答；
III.结合元素周期表排布规律判断元素所在的周期数及族序数，然后根据同一主族的元素，随原子序数的增大，元素的金属性逐渐增强，结合金属键强弱对物质熔沸点的影响及化学性质的影响分析解答。
【详解】I.由于①〜⑥代表6种短周期元素。其中②与氢元素形成的简单氢化物分子中含10个电子，能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则②号元素是N元素，根据元素的相对位置可知①是C元素，③是O元素，④是Na元素，⑤是Mg元素，⑥是Cl元素。
(1)①是C元素，原子核外电子排布是2、4，由于原子核外电子层数为其所处的周期序数，最外层电子数为族序数，所以C元素在周期表中所处的位置为第二周期第IVA族。
(2)②是N元素，与②同族的第四周期元素是As，其原子核外有4个电子层，最外层有5个电子，则其原子结构示意图为。
(3)③的氢化物是H2O，⑥的简单氢化物是HCl，由于在水分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其沸点比一般的分子构成的物质高，所以二者沸点较高的分子是H2O，其电子式为。
(4)④是Na，金属钠非常活泼，在常温下与水剧烈反应产生氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑。
(5)⑤是Mg， 金属Mg非常活泼，在工业上一般用电解熔融的MgCl2的方法制取Mg单质，反应的化学方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑。
II.(6)在导气管末端安装一个干燥管，既可以使气体被充分溶解、反应，同时也可以防止因溶解、反应使导气管中因气体压强减小而引起的倒吸现象的发生；
(7)KMnO4溶液检验强的氧化性，可以将浓盐酸氧化产生Cl2，将反应产生的氯气通入C中，会发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，所以观察到C中溶液变蓝；
(8)在A中加稀硝酸，B中加碳酸钙，将硝酸滴入B中，发生反应：2HNO3+CaCO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，将反应产生的CO2气体通入C中，C中加澄清石灰水，CO2与Ca(OH)2反应，产生难溶于水的CaCO3，因此观察到 C 中溶液变浑浊；
III. (9)根据元素周期表各个周期排布的元素种类数目可知，第七周期排满，元素的原子序数为118号，如果发现120号元素，则其位置为于第八周期第IIA族。
①根据上述分析可知120元素在第八周期ⅡA 族，①正确；
②120元素在第八周期ⅡA 族，由于原子最外层电子数等于其所在的主族序数，该元素原子核外最外层电子数是2，②正确；
③同一主族的元素，从上到下，随着原子序数的增大，元素的金属性逐渐增强，金属键逐渐减弱，所以其熔点比钙的熔点低，③错误；
④由于120号元素的金属性比Ca强，所以与水反应放出氢气但比钙剧烈，④错误；
⑤120号元素金属性很强，非常活泼，容易与空气中的氧气及水发生反应，所以该元素单质需隔绝空气密封保存，⑤正确；
⑥120号元素是活泼的金属元素，O元素是活泼的非金属元素，元素该元素的氧化物属于离子化合物，⑥正确；
故不正确的序号是③④。
22.1905年哈珀开发实现了以氮气和氢气为原料合成氨气，生产的氨制造氮肥服务于农业，养活了地球三分之一的人口，哈珀也因此获得了1918年的诺贝尔化学奖。一百多年 过去了，对合成氨的研究依然没有止步。
(1)工业合成氨的反应如下：N2+3H22NH3。已知断裂1molN2中的共价键吸收的能量为946kJ，断裂1molH2中的共价键吸收的能量为436kJ，形成1molN-H键放出的能量为391kJ，则由N2和H2生成2molNH3 的能量变化为__________kJ。 下图能正确表示该反应中能量变化的是__________（填“A”或“B”）。
(2)反应2NH3(g) N2(g)+3H2(g)在三种不同条件下进行，N2、H2的起始浓度为 0，反应物 NH3的浓度(mol/L)随时间(min)的变化情况如下表所示。
根据上述数据回答：实验①②中，有一个实验使用了催化剂，它是实验_____(填序号）；实验③达平衡时NH3的转化率为___________。在恒温恒容条件下，判断该反应达到化学平衡状态的标志是_________（填序号）。
a. NH3的正反应速率等于逆反应速率 b.混合气体的密度不变
c.混合气体的压强不变 d.c(NH3)=c(H2)
(3)近日美国犹他大学 Minteer教授成功构筑了H2—N2生物燃料电池。该电池类似燃料电池原理，以氮气和氢气为原料、氢化酶和固氮酶为两极催化剂、质子交换膜(能够传递H+)为隔膜，在室温条件下即实现了氨的合成同时还能提供电能。则A电极为_____极（填“正”、“负”），B电极发生的电极反应式为_______，该电池放电时溶液中的H+向___极移动（填“A”、“B”）。
【答案】(1). 92 (2). A (3). ② (4). 80% (5). ac (6). 负 (7). N2+6e-+6H+=2NH3 (8). B
【解析】
【分析】(1)反应热为断键吸收的能量与成键放出的能量差，据此解答；
(2)根据催化剂可以加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间分析；
物质的平衡转化率等于转化率与起始加入量的比；
根据反应达到平衡时，任何物质的物质的量不变，反应速率不变，物质的含量不变判断；
(3)根据在原电池反应中，负极失去电子，发生氧化反应，正极上获得电子，发生还原反应，结合电解质溶液中同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则分析。
【详解】(1) Q=946kJ+436kJ×3-391kJ×6=-92kJ，说明该反应发生放出92kJ能量，反应物的能量比生成物的能量高，因此合理选项是A；
(2)实验①、②开始加入量相同，一个使用了催化剂。由于催化剂可以加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，根据表格数据可知实验②先达到平衡，所以实验②是使用了催化剂的情况。
实验③反应开始时NH3的物质的量是1mol，达平衡时NH3的物质的量是0.2mol，反应了0.8mol，所以NH3的平衡转化率为(0.8mol÷1mol)×100%=80%；
a.NH3的正反应速率等于逆反应速率，则氨气的物质的量不变，其物质的量浓度不变，反应处于平衡状态，a合理；
b.由于容器的容积不变，反应混合物都是气体，在任何情况下混合气体的密度都保持不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，b错误；
c.反应是前后气体体积不等的反应，若未达到平衡，则容器内气体压强会发生变化，现在混合气体的压强不变，则反应处于平衡状态，c正确；
d.c(NH3)=c(H2)，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，这与反应条件有关，d错误；
故合理选项是ac；
(3)根据燃料电池实现反应N2+3H2=2NH3的转化，由于在该反应中H元素化合价升高，失去电子，N元素化合价降低，获得电子，所以通入氢气的A电极为负极，通入N2的B电极为正极，N2获得电子，与溶液中的H+结合形成NH3，因此B电极发生的电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3，该电池放电时，由于负极上H2失去电子变为H+进入溶液中，负极附近溶液中H+浓度增大，电子由导线流入正极B上，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，溶液中的H+向正极B极移动。
23.乳酸在生命化学中起重要作用，也是重要的化工原料，因此成为近年来的研究热点。下图是获得乳酸的两种方法，其中A是一种常见的烃，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。
(1)上述有机物中有一种可作为水果的催熟剂，其结构简式是_______。淀粉完全水解得到D，D的名称是_______。
(2)A→B的反应类型是_______；B→C反应的化学方程式是_______。向C中加入新制氢氧化铜悬浊液加热后的实验现象是_______。
(3)B可以被酸性高锰酸钾溶液或酸性重铬酸钾溶液直接氧化为有机物E，B与E可在浓硫酸催化作用下反应生成酯(C4H8O2)，实验装置如图所示。已知实验中60gE与足量B反应后生成66g该酯，则该酯产率为_______。
(4)为检验淀粉水解产物，小明向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热一段时间，冷却后的溶液中直接加入银氨溶液，水浴加热，无银镜出现，你认为小明实验失败的主要原因是_______。
(5)乳酸与铁反应可制备一种补铁药物，方程式为(未配平)：
+Fe→+X
则45g乳酸与铁反应生成 X 的体积为_______L(标准状况)。
(6)两分子乳酸在一定条件下通过酯化反应可生成一分子六元环酯(C6H8O4)和两分子水，该环酯的结构简式是_______。
【答案】(1). CH2=CH2 (2). 葡萄糖 (3). 加成反应 (4). 2+O22+2H2O (5). 产生砖红色沉淀 (6). 75% (7). 未用碱中和作催化剂的酸 (8). 5.6 (9).
【解析】
【分析】A是一种常见的烃，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A是乙烯CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应产生B是乙醇CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生的C是乙醛CH3CHO，淀粉水解产生的D是葡萄糖CH2OH(CHOH)4CHO，葡萄糖在酒化酶作用下反应产生乙醇。乙醇可以被酸性高锰酸钾溶液直接氧化产生的E是乙酸，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应产生F乙酸乙酯和水。
【详解】根据上述分析可知A是CH2=CH2，B是CH3CH2OH，C是CH3CHO，D是CH2OH(CHOH)4CHO。
(1)上述有机物中有一种可作为水果的催熟剂，该物质是乙烯，其结构简式是CH2=CH2，淀粉完全水解得到D，D的名称是葡萄糖。
(2)A是乙烯，B是乙醇，乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应产生乙醇，所以A→B的反应类型是加成反应；B是乙醇，由于羟基连接的C原子上有2个H原子，在Cu催化作用下，被氧化产生的C是乙醛，所以B→C反应的化学方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；C中含有乙醛，向C中加入新制氢氧化铜悬浊液加热后，乙醛会被氧化产生乙酸，氢氧化铜被还原产生Cu2O砖红色沉淀，反应方程式为：CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O，所以看到的实验现象是产生砖红色沉淀。
(3)B是乙醇，可以被酸性高锰酸钾溶液或酸性重铬酸钾溶液直接氧化为有机物E是乙酸CH3COOH，乙醇与乙酸可在浓硫酸催化作用下反应生成乙酸乙酯(C4H8O2)和水， 60g乙酸的物质的量是1mol，若1mol乙酸完全发生酯化反应产生乙酸乙酯，则其质量为88g，实际生成66g该酯，则该酯的产率为(66g÷88g)×100%=75%。
(4)淀粉水解需稀硫酸为催化剂，反应后溶液中依然存在，而检验水解产物葡萄糖时，用银镜反应，需要碱性环境，在实验操作中，未用碱将催化剂硫酸中和反应掉，因此不能出现银镜。
(5)乳酸分子中含有羧基、醇羟基，只有羧基可以与金属Fe发生置换反应产生氢气，乳酸分子式是C3H6O3，相对分子质量是90，所以45g乳酸的物质的量是0.5mol，根据物质分子组成可知：2mol乳酸与Fe反应产生1molH2，则0.5mol乳酸完全反应会产生0.25molH2，其在标准状况下的体积V(H2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
(6)乳酸分子中含有一个羧基、一个醇羟基，在浓硫酸存在并加热条件下，两分子乳酸会发生酯化反应生成一分子六元环酯(C6H8O4)和两分子水，在酯化反应进行时，酸脱羟基，醇羟基脱氢H原子，则形成的该环酯的结构简式是。
24.能源、资源、环境日益成为人们关注的主题。
(1)近日习近平向2019世界新能源汽车大会致贺信，为发展氢能源，必须制得廉价氢气。下列可供开发又较经济的一种制氢方法是_______（填写编号）
①电解水 ②锌和稀硫酸反应 ③利用太阳能，光解海水
(2)某同学用铜和硫酸做原料，设计了两种制取硫酸铜的方案：
方案①：铜与浓硫酸加热直接反应，即Cu→CuSO4
方案②：铜在空气中加热再与稀硫酸反应，即Cu→CuO→CuSO4
这两种方案，你认为哪一种方案更合理并简述理由_______。
(3)海带中含有丰富的碘元素.从海带中提取碘单质的工业生产流程如图所示.
步骤③中双氧水在酸性条件下氧化碘离子的离子方程式是_______，步骤④除了CCl4 还可以选用的萃取剂是_______（填序号）。
a.苯 b.乙醇 c.乙酸 d.乙烷
【答案】(1). ③ (2). 方案②，方案①会产生SO2污染大气 (3). 2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O (4). a
【解析】
【分析】(1)从能源、原料的来源分析；
(2)从环保、物质的利用率、能源分析判断；
(3)双氧水在酸性条件下具有强的氧化性，会将碘离子氧化为碘单质，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写反应方程式；
(4)萃取剂要与水互不相容，且碘单质容易溶解其中。
【详解】(1)①电解水需要消耗大量电能，能耗高，不经济，①不符合题意；
②锌和稀硫酸反应可以产生氢气，但冶炼锌、制备硫酸需消耗大量能量，会造成污染，不适合大量生产，②不符合题意；
③利用太阳能，光解海水，原料丰富，耗能小，无污染，③符合题意；故合理选项是③；
(2)方案①：铜与浓硫酸加热直接反应，反应原理为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，不仅会消耗大量硫酸，还会由于产生SO2而造成大气污染，不环保，①不合理；
方案②：铜在空气中加热产生CuO，CuO与稀硫酸反应产生CuSO4和水，无污染，②合理；
故方案②更合理；
(3)步骤③中双氧水在酸性条件下能氧化碘离子为碘单质，双氧水被还原产生水，反应的离子方程式是2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；
I2容易溶于有机溶剂，而在在水中溶解度较小，根据这一点可以用萃取方法分离碘水中的碘，步骤④除了CCl4 还可以选用的萃取剂是与水互不相容的苯；而乙醇、乙酸能溶于水，不能使用；乙烷为气体，不能作萃取剂，故合理选项是a。
1.化学与生活、生产密切相关，我国古文献中有许多记载，下列有关叙述正确的是（ ）
A. 《本草纲目》关于酿酒的记载“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”描述的是乙醇的燃烧
B. 《抱朴子》中“曾青(CuSO4)涂铁，铁赤色如铜”描述了火法冶炼铜的现象
C. 李商隐诗句“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中描述的蚕丝和古代的蜡(主要成分为植物油)都属于天然高分子材料
D. 于谦诗句“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”描述的大理石分解是吸热反应
【答案】D
【详解】A.《本草纲目》关于酿酒的记载“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”描述的是乙醇的蒸馏，A错误；
B.《抱朴子》中“曾青(CuSO4)涂铁，铁赤色如铜”描述的是在溶液中Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，该方法是湿法冶炼铜的现象，B错误；
C.蚕丝主要成分是蛋白质，该物质是天然高分子化合物，古代的蜡(主要成分为植物油)，化学成分是油脂，油脂不是高分子化合物，C错误；
D.于谦诗句“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”描述的大理石高温分解产生氧化钙和二氧化碳的反应，该分解反应是吸热反应，D正确；
故合理选项是D。
2.常温常压下，下列有机物以液态形式存在的是（ ）
A. 甲烷 B. 乙烯 C. 一氯甲烷 D. 乙酸
【答案】D
【详解】A.甲烷在常温常压下是气体，A不符合题意；
B.乙烯在常温常压下是气体，B不符合题意；
C.一氯甲烷在常温常压下是气体，C不符合题意；
D.乙酸在常温常压下呈液态，D符合题意；
故合理选项是D。
3.下列反应中，属于取代反应的是（ ）
A. 乙烯在空气中燃烧 B. 苯在一定条件下跟氢气反应
C. 苯在浓硫酸催化下与浓硝酸反应 D. 乙烯在一定条件下跟 HCl反应
【答案】C
【详解】A.乙烯在空气中燃烧的反应属于氧化还原反应，A不符合题意；
B.苯在一定条件下跟氢气反应生成环己烷的反应属于加成反应，B不符合题意；
C.苯在浓硫酸催化下与浓硝酸反应，产生硝基苯和水的反应属于取代反应，C符合题意；
D.乙烯在一定条件下跟 HCl反应产生一氯乙烷，该反应属于加成反应，D不符合题意；
故合理选项是C。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 与为同一物质
B. 乙醇与钠反应要比水与钠反应剧烈
C. 汽油、植物油和动物油都能发生皂化反应
D. 石油裂解的主要目的是提髙轻质液体燃料的产量和质量
【答案】A
【详解】A.由于甲烷是正四面体结构，分子中任何两个化学键都相邻，这两个图示表示都是甲烷分子中的两个H原子分别被F、Cl原子取代产生的物质，因此属于同一物质，A正确；
B.乙醇分子中羟基H不如水中的H活泼，因此乙醇与钠反应不如水与钠反应剧烈，B错误；
C.汽油属于烃，不能发生皂化反应，植物油和动物油都是油脂，能发生皂化反应，C错误；
D.石油裂解的主要目的是获得短链气态不饱和烃，石油裂化的主要目的是提髙轻质液体燃料的产量和质量，D错误；
故合理选项是A。
5.下列表示不正确的是（ ）
A. HCl的电子式：
B. 正丁烷的球棍模型：
C. 乙醛的结构简式：CH3CHO
D. 原子核内有 8 个中子的碳原子：146C
【答案】A
【详解】A. HCl是共价化合物，H原子与Cl原子通过共用电子对结合，所以其电子式为：，A错误；
B.正丁烷分子中的4个C原子形成一条链，根据C原子正四价的原则及H、C原子的相对大小，用球棍模型表示为，B正确；
C.乙醛分子式是C2H4O，分子中含有的官能团是醛基-CHO，因此其结构简式为：CH3CHO，C正确；
D.C是6号元素，原子核内有6个质子，若有8 个中子，则该碳原子质量数是14，用原子符号表示为：146C，D正确；
故合理选项是A。
6.下列关于元素性质或原子结构递变情况的叙述中，错误的是（ ）
A. Li、Be、B原子的最外层电子数依次增多
B. P、S、C1元素的最高正化合价依次升高
C. N、O、F原子的半径依次增大
D. Na、K、Rb原子核外的电子层数依次增多
【答案】C
【详解】A. Li、Be、B都是第二周期的元素，随着原子序数的增大，元素原子的最外层电子数依次增多，A正确；
B. P、S、C1元素都是第三周期的元素，随着原子序数的增大，元素原子的最外层电子数依次增多，元素的最高正化合价依次升高，等于它们的最外层电子数目，B正确；
C. N、O、F都是第二周期的元素，随着原子序数的增大，元素原子的半径依次减小，C错误；
D. Na、K、Rb都是第IA的元素，随着元素原子序数的增大，原子核外电子层数依次增多，D正确；
故合理选项是C。
7.下列物质中，只含有共价键的是（ ）
A. NaOH B. NaCl C. H2 D. NH4Cl
【答案】C
【详解】A. NaOH是离子化合物，含有离子键、共价键，A不符合题意；
B.NaCl是离子化合物，只含有离子键，B不符合题意；
C.H2是非金属单质，只含有共价键，C符合题意；
D.NH4Cl是离子化合物，含有离子键、共价键，D不符合题意；
故合理选项是C
8.实验室用锌与盐酸反应制取氢气。下列措施中，能加快反应速率的是（ ）
A. 降低温度 B. 用铜代替锌
C. 增大盐酸浓度 D. 用锌粒代替锌粉
【答案】C
【详解】A.降低温度，物质的内能减少，有效碰撞次数减少，反应速率降低，A不符合题意；
B.在金属活动性顺序表中，Cu位于H元素的后边，不能与酸反应，反应速率降低，B不符合题意；
C.增大盐酸浓度，单位体积内反应物分子数增多，有效碰撞次数增加，反应速率加快，C符合题意；
D.用锌粒代替锌粉，固体表面积减小，有效碰撞次数减少，反应速率降低，D不符合题意；
故合理选项C。
9.已知X+Y═M+N为放热反应．下列关于该反应的说法中，正确的是（ ）
A. Y的能量一定高于N
B. X、Y的能量总和高于M、N的能量总和
C. 因为该反应为放热反应，故不必加热就可发生
D. 断裂X、Y的化学键所吸收的能量高于形成M、N的化学键所放出的能量
【答案】B
【解析】A．反应物的总能量大于生成物的总能量，而Y的能量不一定高于N，故A错误； B．该反应为放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，即X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，故B正确；C．反应的放热、吸热与反应条件(如加热)无关，某些放热反应也需要加热才能反应，如氢气和氧气的反应，故C错误；D．反应物的总能量大于生成物的总能量，断裂X和Y的化学键所吸收的能量一定小于形成M和N的化学键所放出的能量，故D错误；故选B。
10.根据描述判断下列反应不属于可逆反应的是（ ）
A. 1molN2和 4molH2在一定条件下充分反应，N2的转化率为13%
B. 将SO3 加入一密闭容器中并在一定条件下充分反应，反应后容器中有SO3、SO2、O2
C. 将装有NO2(红棕色)和N2O4(无色)混合气体的烧瓶浸入冰水中，气体颜色变浅
D. 2molH2在1molO2中燃烧生成2molH2O，2molH2O电解生成2molH2和1molO2
【答案】D
【详解】A.N2与H2反应的物质的量的比是1:3，若将1molN2和4molH2混合，在一定条件下充分反应，氢气过量，N2的转化率为13%，证明该反应为可逆反应，A不符合题意；
B.将SO3 加入一密闭容器中并在一定条件下充分反应，若反应完全，反应后容器中将不再含有SO3，但事实上反应后容器中有SO3、SO2、O2，证明该反应为可逆反应，A不符合题意；
C.将装有NO2(红棕色)和N2O4(无色)混合气体的烧瓶浸入冰水中，气体颜色变浅，说明具备NO2(红棕色)转化为N2O4(无色)的反应条件，但物质未反应反应，证明NO2与N2O4存在反应：2NO2N2O4，该反应为可逆反应，C不符合题意；
D. 2molH2在1molO2中燃烧生成2molH2O，2molH2O电解生成2molH2和1molO2，说明H2O分解反应是完全彻底的反应，不是可逆反应，D符合题意；
故合理选项是D。
11. X、Y、Z是周期表中相邻的三种短周期元素，X和Y同周期，Y和Z同主族，三种元素原子的最外层电子数之和为17，核内质子数之和为31，则X、Y、Z是 ( )
A. Mg 、Al 、Si B. Li 、Be、 Mg
C. N 、O 、S D. P、 S、 O
【答案】C
【详解】A. Al、Si不是同一主族的元素；
B. Li、Be、Mg最外层电子数之和为5，核内质子数之和为19；
C. N 、O 、S在元素周期表中左右相邻，且后两都同在第VIA族，最外层电子数之和为17，核内质子数之和为31，符合题意；
D. P、 S、 O最外层电子数之和为17，核内质子数之和为39。
综上所述，符合题意的是C，选C。
12.已知周期表中镓(Ga)元素处在铝元素下方。氮化镓可把手机信号扩大10倍，让电脑的速度提高1万倍。下列有关氮化镓的说法中不正确的是（ ）
A. 氮化镓是由主族元素与副族元素形成的化合物
B. 氮化镓的化学式为 GaN
C. 镓原子最外层比氮原子最外层少两个电子
D. 镓比铝原子的失电子能力强
【答案】A
【详解】A.氮化镓中N元素为ⅤA族，Ga元素为ⅢA元素，因此氮化镓是由主族元素形成的化合物，A错误；
B.Ga为+3价，氮元素显-3价，氮化镓化学式为GaN，B正确；
C.氮原子最外层电子数为5，镓原子最外层电子数为3，氮原子最外层比镓原子最外层多2个电子，C正确；
B.同一主族的元素，从上到下元素的金属性逐渐增强，则镓元素比铝元素金属性强，D正确；
故合理选项是A。
13.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列叙述正确的是（ ）
A. X、Y 元素的金属性：X
C. W、Q 两种元素的气态氢化物的热稳定性：H2Q＞H2W
D. X 的最高价氧化物对应的水化物的碱性弱于Y的
【答案】B
【解析】
【分析】W的化合价只有-2价，则W为氧元素；Z具有-3、+5价，原子半径大于氧元素且相差不大，则Z为氮元素；X只有+2价，Y只有+3价，X、Y原子半径相差不大，原子半径比氮元素、氧元素大很多，可知X、Y位于第三周期相邻主族，X为镁元素，Y为铝元素，Q元素原子序数比Al小，化合价有+6、-2价，则Q为S元素，结合元素周期律与物质性质解答。
【详解】根据上述分析可知X是Mg，Y是Al，Z 是 N，W是O，Q是S元素。
A.根据题给数据，X、Y的化合价不同，但原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性越弱，所以金属性X＞Y，A错误；
B.由于Al的金属性较强，AlCl3是由分子构成的共价化合物，Al2O3是离子化合物，因此在工业上常用电解熔融的Al2O3的方法冶炼Al，B正确；
C.W是O，Q是S，元素非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，所以气态氢化物的稳定性：H2Q
故合理选项是B。
14.下列关于海水资源综合利用的说法中，正确的是（ ）
A. 海水蒸发制海盐的过程只发生化学变化
B. 只通过物理变化即可从海水中提取溴单质
C. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等
D. 提取海水中的Mg，在沉淀MgCl2 过程中，从经济角度考虑可选用NaOH溶液
【答案】C
【详解】A.海水蒸发制海盐是利用水的沸点低的性质，在该过程中只发生物理变化，A错误；
B.从海水中提取溴单质，显通过氧化反应将Br-氧化为Br2单质，然后鼓入热空气将Br2吹出，用还原剂将Br2还原为Br-，通过富集之后，再用氧化剂氧化Br-为Br2单质，因此发生的变化有物理变化和化学变化，B错误；
C.海水淡化可通过蒸馏法、电渗析法、离子交换法等方法获得，C正确；
D.从海水中提取海水中的 Mg，在沉淀 MgCl2 过程中，从经济角度考虑可选用Ca(OH)2溶液，若选用 NaOH 溶液，造价较高，D错误；
故合理选项是C。
15.在一密闭容器中加入A和B，各物质的物质的量浓度随着反应的进行，如右图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 该反应的化学方程式为5A+4B4C
B. 2min前，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大
C. 用B的浓度变化表示2min内的速率为2mol/(L·min)
D. 2min时，该反应达到平衡，此时A、B、C的浓度比为5：4：4
【答案】D
【解析】A项，由图可得，当（6-1）mol/L A反应，同时有（7-3）mol/L B反应，生成4mol/L C，故该反应的化学方程式为5A+4B4C，A正确；B项，2min前，反应物A和B减少，生成物C增多，所以正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，B正确；C项，用B的浓度变化表示2min内的速率为（7-3）mol/L ÷2min =2mol/(L·min)，C正确；D项，如图，2min时该反应达到平衡，此时A、B、C的浓度比为1：3：4，D错误。
16.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。
下列说法不正确的是（ ）
A. 甲：Fe棒为负极，电极反应为 Fe-3e-=Fe3+
B. 乙：正极的电极反应式为 O2＋4e-＋4H+=2H2O
C. 丙：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄
D. 丁：使用一段时间后硫酸铅沉淀在电极板上，溶液酸性减弱，导电能力下降
【答案】A
【详解】A.在铜、铁原电池中，Fe为负极，发生氧化反应，失去电子变为Fe2+，A错误；
B.在氢氧燃料电池中，通入氧气的电极为正极，由于电解质溶液为酸性，因此正极的电极反应式为O2＋4e-＋4H+=2H2O，B正确；
C.在锌锰干电池中，由于活动性Zn＞C，所以Zn为负极，失去电子，发生氧化反应变为Zn2+，所以随着电池的使用，锌筒不断被消耗，而逐渐变薄，C正确；
D.在铅蓄电池中，负极上Pb失去电子变为Pb2+，与溶液中的SO42-结合形成PbSO4，在正极上发生反应：PbO2+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，因此使用一段时间后，随着反应的不断进行，硫酸铅沉淀在电极板上，溶液中浓度降低，溶液的酸性减弱，导电能力下降，D正确；
故合理选项是A。
17.实验室制备溴苯的反应装置如图所示，下列叙述错误的是( )
A. FeBr3 的作用是催化剂，若没有 FeBr3 可用铁屑代替
B. 实验中装置b中的作用是吸收挥发的苯和溴
C. 装置c中石蕊试液由紫色变为红色，可证明苯与溴发生的是取代反应
D. 反应后的混合液经NaOH溶液洗涤、蒸馏，得到溴苯
【答案】D
【详解】A. FeBr3 的作用是催化剂，若没有 FeBr3，可向其中加入铁粉，利用Br2与Fe反应产生FeBr3获得，因此也可用铁屑代替，A正确；
B.苯与液溴反应产生溴苯，由于液溴、苯都具有挥发性，为防止它们的干扰，常根据苯、液溴容易溶于有机物四氯化碳的性质，用盛有四氯化碳的洗气瓶吸收挥发的苯和溴，B正确；
C.用液溴与苯在催化剂作用下制取溴苯，挥发的溴、苯被四氯化碳吸收，若装置c中石蕊试液由紫色变为红色，可证明苯与溴反应产生了HBr，HBr溶于水得到氢溴酸，石蕊遇酸变红，故可以证明苯与溴发生的是取代反应，C正确；
D.反应后的混合液中含有溴苯及溶于其中的溴、苯等物质，经水洗、NaOH 溶液洗涤、再水洗，除去未反应的溴单质，分液、干燥、蒸馏，可以得到溴苯，D错误；
故合理选项是D。
18.下列实验装置、试剂或操作正确的是（ ）
A. 分离乙醇和乙酸 B. 甲烷与氯气取代反应
C. 蒸馏石油 D. 铝热反应
【答案】D
【详解】A.乙醇和乙酸是互溶的沸点不同的液体混合物，要通过蒸馏方法获得，A错误；
B.甲烷与氯气的混合气体在光照条件下发生取代反应，不能使用氯水，B错误；
C.蒸馏时冷却水要下进上出，不能上进下出，C错误；
D.装置安装及操作符合铝热反应要求，D正确；
故合理选项是D。
19.聚苯乙烯是一种无毒、无臭的热塑性材料，被广泛应用于食品包装材料、电器绝 缘外壳、光学仪器以及日用产品等。工业由苯和乙烯为原料制备聚苯乙烯的流程如 下图所示（部分条件略去），下列说法错误的是（ ）
A. 过程①生成乙苯，反应类型为加成反应
B. 过程②生成苯乙烯，苯乙烯最多16个原子共面
C. 过程③原子利用率为100%，反应类型为加聚反应
D. 上述流程中涉及的五种有机物均可使溴水或高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【详解】A.过程①中苯分子断裂C-H键，乙烯分子断裂碳碳双键中的较活泼的键，然后二者结合生成乙苯，反应类型为加成反应，A正确；
B.过程②中乙苯发生消去反应产生苯乙烯，苯乙烯可看作是苯分子中的H原子被-CH=CH2取代产生的物质，由于苯分子，乙烯分子是平面分子，两个分子通过一条直线连接，可以在同一平面上，所以最多16个原子共平面，B正确；
C.过程③原子利用率为100%，反应为苯乙烯分子中断裂碳碳双键中较活泼的键，然后这些不饱和碳原子彼此连接形成聚苯乙烯，所以反应类型为加聚反应，C正确；
D.在上述涉及的物质中，只有乙烯，苯乙烯分子中含有碳碳双键，可以使溴水褪色；苯不能使溴水及酸性高锰酸钾溶液溶液因反应而褪色，D错误；
故合理选项是D。
20.已知羟基能与Na反应，羧基能与NaHCO3溶液反应。分子式为C5H10O3的有机物 与 Na反应时生成C5H8O3Na2，而NaHCO3溶液反应时生成C5H9O3Na。则符合上述条件的该有机物的同分异构体（不考虑立体异构）有（ ）
A. 10 种 B. 11 种 C. 12 种 D. 13 种
【答案】C
【解析】
【分析】分子式为C5H10O3的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na；而与金属钠反应时生成C5H8O3Na2，说明有机物分子中含有1个-COOH、1个-OH，该有机物可以看作C4H10中2个H原子，分别被-COOH、-OH代替，结合C4H10的同分异构体判断。
【详解】分子式为C5H10O3的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na；而与金属钠反应时生成C5H8O3Na2，说明有机物分子中含有1个-COOH、1个-OH，该有机物可以看作C4H10中2个H原子，分别被-COOH、-OH代替。若C4H10为正丁烷：CH3CH2CH2CH3，2个H原子分别被-COOH、-OH代替，取代同一碳原子上2个H原子，有2种，取代不同C原子的2个H原子，有6种；若C4H10为异丁烷：CH3CH(CH3)CH3，2个H原子分别被-COOH、-OH代替，取代同一碳原子上2个H原子，有1种，取代不同C原子的2个H原子，有3种；则该有机物的可能的结构有2+6+1+3=12种；
因此合理选项是C。
21.2019年是门捷列夫提出元素周期表 150 周年，根据元素周期表和周期律，回答问题。
Ⅰ.下表显示了元素周期表中短周期的一部分，①〜⑥代表6种短周期元素。其中②与氢元素形成的简单氢化物分子中含10个电子，能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
(1)①在周期表中所处的位置为__________。
(2)与②同族的第四周期元素的原子结构示意图为__________。
(3)写出③与⑥的简单氢化物中沸点较高的分子的电子式__________。
(4)④的单质与水反应的离子方程式为__________。
(5)工业制取⑤的单质的化学方程式为__________。
Ⅱ.某同学欲利用下图装置验证同周期或同主族元素性质递变规律。
(6)干燥管 D 的作用是__________。
(7)证明非金属性：Cl>I。在 A 中加浓盐酸，B中加KMnO4(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，C中加淀粉碘化钾混合溶液观察到C中溶液变蓝，则C试管中发生反应的离子方程式为__________。
(8)证明非金属性：N>C，在A中加稀硝酸，B中加碳酸钙，C中加澄清石灰水；观察到 C 中溶液__________的现象，该实验设计的原理是利用最高价氧化物对应水化 物的酸性强弱来比较元素非金属性的强弱。
Ⅲ.到目前为止，元素周期表第七周期已经被填满。
(9)请你设想一下，如果发现120号元素，下列有关它在周期表的位置或性质的说法错误的两项是__________。
①在第八周期ⅡA 族；②最外层电子数是2；③比钙的熔点高；④与水反应放出氢气但比钙缓慢；⑤该元素单质需隔绝空气密封保存；⑥该元素的氧化物属于离子化合物
【答案】(1). 第二周期ⅣA 族 (2). (3). (4). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ (5). MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑ (6). 防止倒吸 (7). Cl2+2I-=2Cl-+I2 (8). 出现沉淀或浑浊 (9). ③④
【解析】
【分析】I.首先根据元素形成的化合物的性质推断元素，然后结合元素周期律对各个选项进行解答。
II. (6)干燥管可以防止倒吸现象的发生；
(7)根据氧化还原反应规律分析；
(8)根据复分解反应的规律：强酸与弱酸的盐反应制取弱酸，结合物质的溶解性分析解答；
III.结合元素周期表排布规律判断元素所在的周期数及族序数，然后根据同一主族的元素，随原子序数的增大，元素的金属性逐渐增强，结合金属键强弱对物质熔沸点的影响及化学性质的影响分析解答。
【详解】I.由于①〜⑥代表6种短周期元素。其中②与氢元素形成的简单氢化物分子中含10个电子，能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则②号元素是N元素，根据元素的相对位置可知①是C元素，③是O元素，④是Na元素，⑤是Mg元素，⑥是Cl元素。
(1)①是C元素，原子核外电子排布是2、4，由于原子核外电子层数为其所处的周期序数，最外层电子数为族序数，所以C元素在周期表中所处的位置为第二周期第IVA族。
(2)②是N元素，与②同族的第四周期元素是As，其原子核外有4个电子层，最外层有5个电子，则其原子结构示意图为。
(3)③的氢化物是H2O，⑥的简单氢化物是HCl，由于在水分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其沸点比一般的分子构成的物质高，所以二者沸点较高的分子是H2O，其电子式为。
(4)④是Na，金属钠非常活泼，在常温下与水剧烈反应产生氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑。
(5)⑤是Mg， 金属Mg非常活泼，在工业上一般用电解熔融的MgCl2的方法制取Mg单质，反应的化学方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑。
II.(6)在导气管末端安装一个干燥管，既可以使气体被充分溶解、反应，同时也可以防止因溶解、反应使导气管中因气体压强减小而引起的倒吸现象的发生；
(7)KMnO4溶液检验强的氧化性，可以将浓盐酸氧化产生Cl2，将反应产生的氯气通入C中，会发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，所以观察到C中溶液变蓝；
(8)在A中加稀硝酸，B中加碳酸钙，将硝酸滴入B中，发生反应：2HNO3+CaCO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，将反应产生的CO2气体通入C中，C中加澄清石灰水，CO2与Ca(OH)2反应，产生难溶于水的CaCO3，因此观察到 C 中溶液变浑浊；
III. (9)根据元素周期表各个周期排布的元素种类数目可知，第七周期排满，元素的原子序数为118号，如果发现120号元素，则其位置为于第八周期第IIA族。
①根据上述分析可知120元素在第八周期ⅡA 族，①正确；
②120元素在第八周期ⅡA 族，由于原子最外层电子数等于其所在的主族序数，该元素原子核外最外层电子数是2，②正确；
③同一主族的元素，从上到下，随着原子序数的增大，元素的金属性逐渐增强，金属键逐渐减弱，所以其熔点比钙的熔点低，③错误；
④由于120号元素的金属性比Ca强，所以与水反应放出氢气但比钙剧烈，④错误；
⑤120号元素金属性很强，非常活泼，容易与空气中的氧气及水发生反应，所以该元素单质需隔绝空气密封保存，⑤正确；
⑥120号元素是活泼的金属元素，O元素是活泼的非金属元素，元素该元素的氧化物属于离子化合物，⑥正确；
故不正确的序号是③④。
22.1905年哈珀开发实现了以氮气和氢气为原料合成氨气，生产的氨制造氮肥服务于农业，养活了地球三分之一的人口，哈珀也因此获得了1918年的诺贝尔化学奖。一百多年 过去了，对合成氨的研究依然没有止步。
(1)工业合成氨的反应如下：N2+3H22NH3。已知断裂1molN2中的共价键吸收的能量为946kJ，断裂1molH2中的共价键吸收的能量为436kJ，形成1molN-H键放出的能量为391kJ，则由N2和H2生成2molNH3 的能量变化为__________kJ。 下图能正确表示该反应中能量变化的是__________（填“A”或“B”）。
(2)反应2NH3(g) N2(g)+3H2(g)在三种不同条件下进行，N2、H2的起始浓度为 0，反应物 NH3的浓度(mol/L)随时间(min)的变化情况如下表所示。
根据上述数据回答：实验①②中，有一个实验使用了催化剂，它是实验_____(填序号）；实验③达平衡时NH3的转化率为___________。在恒温恒容条件下，判断该反应达到化学平衡状态的标志是_________（填序号）。
a. NH3的正反应速率等于逆反应速率 b.混合气体的密度不变
c.混合气体的压强不变 d.c(NH3)=c(H2)
(3)近日美国犹他大学 Minteer教授成功构筑了H2—N2生物燃料电池。该电池类似燃料电池原理，以氮气和氢气为原料、氢化酶和固氮酶为两极催化剂、质子交换膜(能够传递H+)为隔膜，在室温条件下即实现了氨的合成同时还能提供电能。则A电极为_____极（填“正”、“负”），B电极发生的电极反应式为_______，该电池放电时溶液中的H+向___极移动（填“A”、“B”）。
【答案】(1). 92 (2). A (3). ② (4). 80% (5). ac (6). 负 (7). N2+6e-+6H+=2NH3 (8). B
【解析】
【分析】(1)反应热为断键吸收的能量与成键放出的能量差，据此解答；
(2)根据催化剂可以加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间分析；
物质的平衡转化率等于转化率与起始加入量的比；
根据反应达到平衡时，任何物质的物质的量不变，反应速率不变，物质的含量不变判断；
(3)根据在原电池反应中，负极失去电子，发生氧化反应，正极上获得电子，发生还原反应，结合电解质溶液中同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则分析。
【详解】(1) Q=946kJ+436kJ×3-391kJ×6=-92kJ，说明该反应发生放出92kJ能量，反应物的能量比生成物的能量高，因此合理选项是A；
(2)实验①、②开始加入量相同，一个使用了催化剂。由于催化剂可以加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，根据表格数据可知实验②先达到平衡，所以实验②是使用了催化剂的情况。
实验③反应开始时NH3的物质的量是1mol，达平衡时NH3的物质的量是0.2mol，反应了0.8mol，所以NH3的平衡转化率为(0.8mol÷1mol)×100%=80%；
a.NH3的正反应速率等于逆反应速率，则氨气的物质的量不变，其物质的量浓度不变，反应处于平衡状态，a合理；
b.由于容器的容积不变，反应混合物都是气体，在任何情况下混合气体的密度都保持不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，b错误；
c.反应是前后气体体积不等的反应，若未达到平衡，则容器内气体压强会发生变化，现在混合气体的压强不变，则反应处于平衡状态，c正确；
d.c(NH3)=c(H2)，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，这与反应条件有关，d错误；
故合理选项是ac；
(3)根据燃料电池实现反应N2+3H2=2NH3的转化，由于在该反应中H元素化合价升高，失去电子，N元素化合价降低，获得电子，所以通入氢气的A电极为负极，通入N2的B电极为正极，N2获得电子，与溶液中的H+结合形成NH3，因此B电极发生的电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3，该电池放电时，由于负极上H2失去电子变为H+进入溶液中，负极附近溶液中H+浓度增大，电子由导线流入正极B上，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，溶液中的H+向正极B极移动。
23.乳酸在生命化学中起重要作用，也是重要的化工原料，因此成为近年来的研究热点。下图是获得乳酸的两种方法，其中A是一种常见的烃，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。
(1)上述有机物中有一种可作为水果的催熟剂，其结构简式是_______。淀粉完全水解得到D，D的名称是_______。
(2)A→B的反应类型是_______；B→C反应的化学方程式是_______。向C中加入新制氢氧化铜悬浊液加热后的实验现象是_______。
(3)B可以被酸性高锰酸钾溶液或酸性重铬酸钾溶液直接氧化为有机物E，B与E可在浓硫酸催化作用下反应生成酯(C4H8O2)，实验装置如图所示。已知实验中60gE与足量B反应后生成66g该酯，则该酯产率为_______。
(4)为检验淀粉水解产物，小明向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热一段时间，冷却后的溶液中直接加入银氨溶液，水浴加热，无银镜出现，你认为小明实验失败的主要原因是_______。
(5)乳酸与铁反应可制备一种补铁药物，方程式为(未配平)：
+Fe→+X
则45g乳酸与铁反应生成 X 的体积为_______L(标准状况)。
(6)两分子乳酸在一定条件下通过酯化反应可生成一分子六元环酯(C6H8O4)和两分子水，该环酯的结构简式是_______。
【答案】(1). CH2=CH2 (2). 葡萄糖 (3). 加成反应 (4). 2+O22+2H2O (5). 产生砖红色沉淀 (6). 75% (7). 未用碱中和作催化剂的酸 (8). 5.6 (9).
【解析】
【分析】A是一种常见的烃，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A是乙烯CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应产生B是乙醇CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生的C是乙醛CH3CHO，淀粉水解产生的D是葡萄糖CH2OH(CHOH)4CHO，葡萄糖在酒化酶作用下反应产生乙醇。乙醇可以被酸性高锰酸钾溶液直接氧化产生的E是乙酸，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应产生F乙酸乙酯和水。
【详解】根据上述分析可知A是CH2=CH2，B是CH3CH2OH，C是CH3CHO，D是CH2OH(CHOH)4CHO。
(1)上述有机物中有一种可作为水果的催熟剂，该物质是乙烯，其结构简式是CH2=CH2，淀粉完全水解得到D，D的名称是葡萄糖。
(2)A是乙烯，B是乙醇，乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应产生乙醇，所以A→B的反应类型是加成反应；B是乙醇，由于羟基连接的C原子上有2个H原子，在Cu催化作用下，被氧化产生的C是乙醛，所以B→C反应的化学方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；C中含有乙醛，向C中加入新制氢氧化铜悬浊液加热后，乙醛会被氧化产生乙酸，氢氧化铜被还原产生Cu2O砖红色沉淀，反应方程式为：CH3CHO+2Cu(OH)2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O，所以看到的实验现象是产生砖红色沉淀。
(3)B是乙醇，可以被酸性高锰酸钾溶液或酸性重铬酸钾溶液直接氧化为有机物E是乙酸CH3COOH，乙醇与乙酸可在浓硫酸催化作用下反应生成乙酸乙酯(C4H8O2)和水， 60g乙酸的物质的量是1mol，若1mol乙酸完全发生酯化反应产生乙酸乙酯，则其质量为88g，实际生成66g该酯，则该酯的产率为(66g÷88g)×100%=75%。
(4)淀粉水解需稀硫酸为催化剂，反应后溶液中依然存在，而检验水解产物葡萄糖时，用银镜反应，需要碱性环境，在实验操作中，未用碱将催化剂硫酸中和反应掉，因此不能出现银镜。
(5)乳酸分子中含有羧基、醇羟基，只有羧基可以与金属Fe发生置换反应产生氢气，乳酸分子式是C3H6O3，相对分子质量是90，所以45g乳酸的物质的量是0.5mol，根据物质分子组成可知：2mol乳酸与Fe反应产生1molH2，则0.5mol乳酸完全反应会产生0.25molH2，其在标准状况下的体积V(H2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
(6)乳酸分子中含有一个羧基、一个醇羟基，在浓硫酸存在并加热条件下，两分子乳酸会发生酯化反应生成一分子六元环酯(C6H8O4)和两分子水，在酯化反应进行时，酸脱羟基，醇羟基脱氢H原子，则形成的该环酯的结构简式是。
24.能源、资源、环境日益成为人们关注的主题。
(1)近日习近平向2019世界新能源汽车大会致贺信，为发展氢能源，必须制得廉价氢气。下列可供开发又较经济的一种制氢方法是_______（填写编号）
①电解水 ②锌和稀硫酸反应 ③利用太阳能，光解海水
(2)某同学用铜和硫酸做原料，设计了两种制取硫酸铜的方案：
方案①：铜与浓硫酸加热直接反应，即Cu→CuSO4
方案②：铜在空气中加热再与稀硫酸反应，即Cu→CuO→CuSO4
这两种方案，你认为哪一种方案更合理并简述理由_______。
(3)海带中含有丰富的碘元素.从海带中提取碘单质的工业生产流程如图所示.
步骤③中双氧水在酸性条件下氧化碘离子的离子方程式是_______，步骤④除了CCl4 还可以选用的萃取剂是_______（填序号）。
a.苯 b.乙醇 c.乙酸 d.乙烷
【答案】(1). ③ (2). 方案②，方案①会产生SO2污染大气 (3). 2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O (4). a
【解析】
【分析】(1)从能源、原料的来源分析；
(2)从环保、物质的利用率、能源分析判断；
(3)双氧水在酸性条件下具有强的氧化性，会将碘离子氧化为碘单质，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写反应方程式；
(4)萃取剂要与水互不相容，且碘单质容易溶解其中。
【详解】(1)①电解水需要消耗大量电能，能耗高，不经济，①不符合题意；
②锌和稀硫酸反应可以产生氢气，但冶炼锌、制备硫酸需消耗大量能量，会造成污染，不适合大量生产，②不符合题意；
③利用太阳能，光解海水，原料丰富，耗能小，无污染，③符合题意；故合理选项是③；
(2)方案①：铜与浓硫酸加热直接反应，反应原理为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，不仅会消耗大量硫酸，还会由于产生SO2而造成大气污染，不环保，①不合理；
方案②：铜在空气中加热产生CuO，CuO与稀硫酸反应产生CuSO4和水，无污染，②合理；
故方案②更合理；
(3)步骤③中双氧水在酸性条件下能氧化碘离子为碘单质，双氧水被还原产生水，反应的离子方程式是2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；
I2容易溶于有机溶剂，而在在水中溶解度较小，根据这一点可以用萃取方法分离碘水中的碘，步骤④除了CCl4 还可以选用的萃取剂是与水互不相容的苯；而乙醇、乙酸能溶于水，不能使用；乙烷为气体，不能作萃取剂，故合理选项是a。
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