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【化学】贵州省思南中学2018-2019学年高一下学期期末考试试题（解析版）
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贵州省思南中学2018-2019学年高一下学期期末考试试题
（考试时间：120分钟 满分：100分）
一、单选题（共18题；共54分）
1.下列说法正确的是（ ）
A. CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在
B. NH3汽化时吸收大量的热，因此，氨常用作制冷剂
C. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成
D. 活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，原理不同
【答案】D
【解析】A、NO能和氧气反应，故不能在空气中稳定存在，故A错误；
B、液氨变成氨气需要吸收周围环境的热量，导致周围环境的温度迅速降低，因此液氨可作制冷剂，故B错误；
C、CO2不会导致酸雨的形成，SO2、NO2都会导致酸雨的形成，故C错误；
D、活性炭为吸附性，二氧化硫与品红化合，过氧化钠具有强氧化性，则能使品红溶液褪色，但原理不同，故D正确。
所以D选项是正确的。
2.将气体A、B置于容积为2L的密闭容器中发生如下反应:4A(g)+B(g) 2C (g)，反应进行到4s末，测得A、B、C的物质的量分别为0.5mol、0.4mol、0.2mol。则用反应物B表示该反应的速率为（ ）
A. 0.025mol·L-1·s -1 B. 0.0125 mol·L-1·s-1
C. 0.05 mol·L-1·s-1 D. 0.1mol·L-1·s-1
【答案】B
【解析】容积为2L,发生反应 4A(g)+B(g)2C(g),根据生成C的物质的量2mol，可以求出消耗B的物质的量1 mol，c(B)= 1/2=0.5 mol·L-1,v(B)= 0.5/4= 0.0125 mol·L-1·s-1；正确选项B。
3.下列物质中含有共价键的离子化合物是（ ）
①MgCl2 ②Na2O2 ③NaOH ④NH4Cl ⑤CO2 ⑥H2O2 ⑦H2
A. ②③④ B. ②④⑤⑦
C. ①②③④⑥ D. ①③⑤⑥
【答案】A
【解析】①MgCl2为离子化合物，只含有离子键，错误；②Na2O2为离子化合物，含有离子键和共价键，正确；③NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，正确；④NH4Cl为离子化合物，含有离子键和共价键，正确；⑤CO2为共价化合物，不存在离子键，错误；⑥H2O2为共价化合物，不存在离子键，错误；⑦H2为单质，不存在离子键，错误；含有共价键的离子化合物为②③④，故答案为A。
4.下列属于碱性甲醇燃料电池的正极反应，且电极反应式书写正确的是( )
A. CH3OH-6e-=CO2↑+2H2O B. O2+4e-+2H2O=4OH-
C. CH3OH+6e-=CO32-+4OH- D. O2+4e-=2O2-
【答案】B
【解析】碱性甲醇燃料电池中，负极上燃料甲醇失去电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，负极反应式：CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O，正极上氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故选B。
5.某化学实验室产生的废液中含有 Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，甲同学设计了如下图所示的方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。据此分析，下列说法正确的是（ ）
A. 沉淀A中含有2种金属单质
B. 可用 KSCN 溶液来检验溶液B中所含的金属离子
C. 溶液 A 若只经过操作③最终将无法得到沉淀C
D. 操作①②③中都需要用到玻璃棒、漏斗
【答案】B
【解析】
【分析】Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子和过量的铁反应生成亚铁离子和单质铜，通过过滤得到固体A和溶液A，因为铁过量，沉淀A为铁和铜的混合物，溶液A含亚铁离子；亚铁离子具有还原性，易被氧化剂氧化，故加入过氧化氢能把亚铁离子氧化成铁离子，故溶液B中含铁离子；铁离子和碱反应生成氢氧化铁沉淀，故沉淀C为氢氧化铁沉淀，废水通过处理不含Fe3+、Cu2+，可以排放，以此解答该题。
【详解】A.废液中含有Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，加入过量的铁粉后，铁离子被还原为亚铁离子，铜离子被还原成金属铜，银离子被还原生成银，所以在第①得到的沉淀中含有金属铜、银和过量的铁，故A错误；
B.溶液B中含有的金属阳离子为Fe3+，因为Fe3+遇SCN-离子，发生反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液呈血红色，所以溶液中滴入KSCN溶液后变红，说明该溶液中含有Fe3+，检验溶液B中含有的金属阳离子常用的试剂是KSCN溶液，所以B选项是正确的；
C.溶液A含亚铁离子，加入碱生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化生成氢氧化铁，故C错误；
D.操作②加入过氧化氢，为亚铁离子的氧化过程，不需要漏斗，故D错误。
所以B选项是正确的。
6.下列化学反应在金属冶炼工业中还没有得到应用的是（ ）
A. 2NaCl(熔融) 2Na＋Cl2↑ B. Al2O3＋3C 2Al＋3CO↑
C. Fe2O3＋3CO 2Fe＋3CO2 D. 2Ag2O 4Ag＋O2↑
【答案】B
【解析】B项,该反应发生的温度为2125 ℃,必定消耗大量的能量,经济效益不高,故不采用,工业上一般采用电解熔融Al2O3来冶炼铝。
7.下列物质中，在一定条件下既能起加成反应，也能起取代反应，但不能使KMnO4酸性溶液褪色的是（ ）
A. 乙烷 B. 苯 C. 乙烯 D. 乙醇
【答案】B
【解析】A．乙烷中不含不饱和键，不能发生加成反应，也不能使KMnO4酸性溶液褪色，故A错误；
B．苯环中的碳碳键介于单键和双建之间，是一种独特的化学键，既能发生加成反应，又能发生取代反应，但不能使KMnO4酸性溶液褪色，故B正确；
C．乙烯中含有C=C键，能发生加成反应，并能使KMnO4酸性溶液褪色，故C错误；
D．乙醇中不含不饱和键，不能发生加成反应，但能使KMnO4酸性溶液褪色，并能发生取代反应，故D错误；
答案选B。
8.下列粒子间的关系，描述错误的是（ ）
A. 3517Cl与3717Cl互为同位素
B. 乙醇和乙酸互为同系物
C. 和 属于同种物质
D. CH(CH3)3和CH3CH2CH2CH3互为同分异构体
【答案】B
【解析】A．3517Cl与3717Cl质子数相同均为17，中子数分别为：35-17=18、37-17=20，两者互为同位素，故A正确；
B.乙醇和乙酸，前者含有羟基，后者含有羧基，二者分子中含有的官能团不同，不属于同系物，故B错误；
C.名称与结构简式一致，为同一种物质，为二氯甲烷，故C正确；
D. CH(CH3)3和CH3CH2CH2CH3分子式都为C4H10，但结构不同，互为同分异构体，故D正确。
故答案选B。
9.下列有关实验操作的叙述正确的是（ ）
A. 欲配制1L 1mol/L的NaCl溶液，可将58.5g NaCl溶于1L水中
B. 用苯萃取溴水中的溴，分液时有机层从分液漏斗的下端放出
C. 实验室制取乙酸乙酯时药品的加入顺序依次为浓硫酸、乙醇、乙酸
D. 充满Cl2和CH4的试管倒扣在盛有饱和NaCl溶液的水槽中，光照，试管内液面上升
【答案】D
【解析】分析：A．根据氯化钠溶解在1L水中，所得溶液的体积不是1L分析判断；B．根据苯的密度比水小分析判断；C．实验中用到浓硫酸，根据浓硫酸的稀释分析判断；D．根据Cl2和CH4在光照时会发生取代反应，结合产物的状态和溶解性分析判断。
详解：A.58.5g氯化钠的物质的量为1mol，溶于1L水中所得溶液不是1L，溶液浓度不是1mol/L，故A错误；B．苯的密度比水小，在上层，应从上口倒出，故B错误；C．制取乙酸乙酯时，先加入乙酸和乙醇，再加入浓硫酸，以防止混合液体溅出，发生危险，故C错误；D．充满Cl2和CH4的试管倒扣在盛有饱和NaCl溶液的水槽中，光照，氯气和甲烷发生取代反应生成四种氯代甲烷和氯化氢，气体的体积减少，试管内液面上升，故D正确；故选D。
10.分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）（ ）
A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种
【答案】C
【解析】与金属钠反应生成氢气，说明该化合物一定含有—OH，所以此有机物的结构符合C5H11—OH，首先写出C5H11—碳链异构有3种：①C—C—C—C—C、②、③，再分别加上—OH。①式有3种结构，②式有4种结构，③式有1种结构，共8种。
11.苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是（ ）
①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ②苯中碳碳键的键长均相等 ③苯能在一定条件下跟氢气发生加成反应生成环己烷 ④经实验测得邻二甲苯只有一种结构 ⑤苯在FeBr3存在下与液溴可发生取代反应，但不能使溴水褪色
A. ①②③④ B. ①②④⑤
C. ①③④⑤ D. ②③④⑤
【答案】B
【解析】分析：①依据苯的性质判断苯的结构，高锰酸钾溶液具有强氧化性，遇到含双键或三键等不饱和键的物质会褪色分析；②依据苯分子中的氢原子，分析碳原子的不饱和程度，判断苯分子中的碳碳键完全相同；③依据与氢气发生加成反应是不饱和键的性质分析；④根据同分异构体数目解答；⑤根据碳碳单键和双键的性质判断。
详解：①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故①正确；②苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故②正确；③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键或三键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故③错误；④如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C-C，另一种是两个甲基夹C=C．邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故④正确；⑤苯在FeBr3存在下同液溴可发生取代反应，生成溴苯，苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故⑤正确；所以①②④⑤可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据，故选B。
12.某有机物的结构简式如图，则此有机物可发生的反应有（ ）
①取代 ②加成 ③氧化 ④酯化 ⑤水解 ⑥中和
A. ①②③⑤ B. ②③④⑤
C. ①②③④⑤ D. ①②③④⑤⑥
【答案】D
【解析】
【分析】有机物分子中含有碳碳双键、酯基、羧基、羟基，结合相应官能团的结构与性质分析解答。
【详解】含有苯环、羧基、羟基和酯基，可发生取代反应；含有苯环和碳碳双键，可发生加成反应；含有碳碳双键和羟基，可发生氧化反应；含有羟基和羧基，可发生酯化反应；含有酯基，可发生水解反应；含有羧基，可发生中和反应。
答案选D。
13.布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构如图，下列有关说法错误的是（ ）
A. 布洛芬的分子式为C13H18O2
B. 布洛芬与苯乙酸是同系物
C. 1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应
D. 布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种
【答案】D
【解析】A．根据结构简式确定分子式为C13H18O2，故A正确；B．结构相似、在分子组成上相差一个或n个-CH2原子团的有机物互称同系物，二者结构相似且在分子组成上相差5个-CH2原子团，所以互为同系物，故B正确；C．布洛芬含有的苯环结构可与氢气发生加成反应，且1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应，故C正确；D．布洛芬苯环上的氢原子只有两种等效氢，则布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，故D错误；故选D。
14.中国女药学家屠呦呦因研制新型抗疟青蒿素和双氢青蒿素成果而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖。青蒿素和双氧青蒿素结构如图所示。下列关于青蒿素和双氢青蒿素的说法正确的是（ ）
A. 青蒿素的分子式为C15H22O5
B. 青蒿素和双氢青蒿素是同分异构体
C. 青蒿素和双氢青蒿素都能发生酯化反应
D. 双氢青蒿素在水中的溶解性小于青蒿素
【答案】A
【解析】A．由青蒿素的结构简式可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故A正确；
B．青蒿素的分子式为C15H22O5，双氢青蒿素的分子式为C15H24O5，二者分子式不同，不是同分异构体，故B错误；
C．青蒿素不含羟基或羧基，不能发生酯化反应，故C错误；
D．双氢青蒿素中含有羟基，可形成氢键，在水中溶解度大于青蒿素，故D错误；
答案选A。
15.一定温度下，某密闭恒容的容器内可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)达到平衡状态的标志（ ）
A. A的消耗速率是C的分解速率倍
B. 容器内混合气体的密度不随时间而变化
C. 单位时间内生成n molA，同时生成3n molB
D. A、B、C的分子数之比为1:3:2
【答案】A
【解析】分析：根据化学平衡的本质标志和特征标志判断。
详解：A项，A的消耗速率是C的分解速率的1/2倍是反应达到平衡的本质标志；B项，根据质量守恒定律，混合气体的总质量始终不变，容器的容积不变，混合气体的密度始终不变，容器内混合气体的密度不随时间而变化不能作为平衡的标志；C项，单位时间内生成nmolA，同时生成3nmolB只表示逆反应速率，不能作为化学平衡的标志；D项，达到平衡时各组分的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比，A、B、C的分子数之比为1:3:2不能说明反应达到平衡状态；能说明反应达到平衡状态的是A项，答案选A。
16.4种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原于内质子数之比为1∶2，X2+和Z-离子的电子数之差为8。下列说法不正确的是（ ）
A. 与W相邻的同主族元素可制成重要的半导体材料
B. 元素原于半径从大到小的顺序是X、Y、Z
C. WZ4分子中W、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构
D. W、Y、Z元素最高价氧化物对应水化物中酸性最强的是H2YO4
【答案】D
【解析】
【分析】根据X2+和Z-离子的电子数之差为8，由元素周期表可以确定X2+为Be2+或Mg2+；推断Z为F-或Cl-；依据W和X元素原子内质子数之比为1∶2，判断W为He或C，结合原子最外层电子数之和为19，所以两种判断中：W为He、X为Be、Z为F时，Y的最外层电子数为8，因为W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以不符合；若各元素为W为C、X为Mg、Z为Cl，由最外层电子数之和为19，Y的最外层电子数为6，则Y为S，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，W为C元素，X为Mg元素，Y为S元素，Z为Cl元素。
A．与碳同主族的元素硅是良好的半导体材料，故A正确；
B．同一周期中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以Mg、S、Cl的原子半径逐渐减小，故B正确；
C．四氯化碳分子中每个氯原子和碳原子形成一个共用电子对，每个碳原子和四个氯原子形成4个共用电子对，所以四氯化碳分子中碳原子和氯原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构，故C正确；
D．非金属元素最强的元素是Cl元素，所以W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HZO4，故D错误；
答案选D。
17.元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X2+与Z2－具有相同的核外电子层结构。下列推测正确的是（ ）
A. 同族元素中Z的氢化物稳定性最高
B. 原子半径X＞Y，离子半径X2+＞Z2－
C. 同主族元素中X的金属性最弱
D. 同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强
【答案】A
【解析】试题分析：元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X2+与Z2-具有相同的核外电子层结构，则X是Mg，Y是S，Z 是O。A．同一主族元素，元素原子核外电子层数越少，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性就越强。在氧族元素中，非金属性最强的元素的O，所以O的氢化物稳定性最高，正确；B．同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以原子半径X＞Y，离子半径Z2-＞X2+，错误；C．同一主族元素，从上到下元素的原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，由于第IIA族的元素中Be原子序数最小，所以Be的金属性最弱，错误；D．同周期元素中Cl元素的最高价含氧酸的酸性最强，错误。
18.将1molCH4和适量的O2在密闭容器中点燃，充分反应后，CH4和O2均无剩余，且产物均为气体（101kPa，120℃），总质量为72g，下列有关叙述错误的是（ ）
A. 若将产物通过碱石灰，则不能被完全吸收
B. 若将产物通过浓硫酸，充分吸收后，浓硫酸增重18g
C. 产物的平均摩尔质量为24g.mol-1
D. 反应中消耗O2 56g
【答案】B
【解析】试题分析：A、根据质量守恒定律可知，m(O2)＝72g－16g＝56g，n(O2)＝＝1.75 mol，由CH4＋2O2→CO2＋2H2O可知，若产物均为CO2和H2O，则消耗2 mol O2，故反应生成的产物应有CO，CO既不能被碱石灰吸收，也不能被浓硫酸吸收，A正确；B、由H原子守恒可知，反应生成的n(H2O)＝2 mol，m(H2O)＝36 g，因此若将产物通过浓硫酸，充分吸收后，浓硫酸增重36g，B错误；C、由C原子守恒可知，CO和CO2混合气体的物质的量等于CH4的物质的量，即为1 mol，则混合气体的总物质的量为1 mol＋2 mol＝3 mol，产物的平均摩尔质量为＝24 g·mol－1，C正确；D、根据以上分析可知消耗氧气是56g，D正确，答案选B。
二、非选择题（除有说明外，每空2分；共4题，共46分）
19.科学家预言，燃料电池将是21世纪获得电能的重要途径。近几年开发的甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子(就是H+)和水分子通过。其工作原理的示意图如下，请回答下列问题：
（1）该装置的能量转化形式为________。
（2）Pt(a)电极是电池________（填“正”或“负”）极；
（3）电解液中的H+向_____（填“a”或“b”）极移动；
（4）如果该电池工作时消耗1 mol CH3OH，则电路中通过___ mol电子。
（5）比起直接燃烧燃料产生电力，使用燃料电池有许多优点，其中主要有两点：首先是燃料电池的能量转化率高，其次是________。
【答案】(1). 化学能转化为电能 (2). 负 (3). b (4). 6 (5). 对环境无污染
【解析】
【分析】该原电池中质子交换膜只允许质子和水分子通过，说明电解质溶液为酸性溶液，燃料电池中，通入燃料的电极为负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+，通入氧气的电极为正极，氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应O2+4H++4e-═2H2O，据此解答。
【详解】(1)该装置能量转化形式为原电池反应是化学能转化为电能；
(2)Pt(a)电极甲醇通入失电子发生氧化反应，是电池负极；
(3)燃料电池中，通入燃料的电极Pt(a)为负极，负极上失电子发生氧化反应，通入氧气的电极Pt(b)为正极，氧气得到电子生成氢氧根离子，电解液中的H+向正极移动，即向b电极移动；
(4)通入燃料的电极为负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+，电子守恒，该电池工作时消耗1 mol CH3OH，则电路中通过6mol电子；
(5)燃料电池的能量转化率高，甲醇反应产物为CO2和H2O，对环境无污染。
20.A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，已知A、B、D三种原子最外层共有11个电子，且这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4。
（1）写出下列元素符号： B________，D________。
（2）A与D两元素可形成化合物，用电子式表示其化合物的形成过程：________。
（3）A在空气中燃烧生成原子个数比为1:1的化合物，写出其电子式为________。
（4）元素C的最高价氧化物与元素A的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为________。
【答案】(1). Al (2). Cl (3). (4). (5). SiO2＋2OH—= SiO32—＋H2O
【解析】
【分析】A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、D三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，应是氢氧化铝与强酸、强碱的反应，则A为Na、B为Al，三种原子最外层共有11个电子，则D的最外层电子数=11-1-3=7，则D为Cl元素；C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，则C元素原子有3个电子层，最外层电子数为4，则C为Si元素，以此解答该题。
【详解】由上述分析可知，A为Na、B为Al、C为Si、D为Cl；
(1)B、D的元素符号分别为Al、Cl；
(2)A与D两元素可形成NaCl，为离子化合物，用电子式表示其形成过程为；
(3)A在空气中燃烧生成原子个数比为1：1的化合物为过氧化钠，其电子式为；
(4)元素C的最高价氧化物为二氧化硅，元素A的最高价氧化物的水化物为NaOH，二者反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。
21.几种有机物的相互转化图如下：
请回答：
（1）乙烯的电子式是________；
（2）反应①的反应类型是________；
（3）X→Y的化学方程式是________；
（4）X+Z→W的化学方程式是________；实验室常用下图所示的装置实现这一转化。试管b中一般加入____溶液，从试管b中分离出W的方法是________。
【答案】(1). (2). 加成反应
(3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
(4). CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O (5). 饱和碳酸钠溶液
(6). 分液
【解析】
【分析】由图中转化可知，乙烯与水发生加成反应生成X为CH3CH2OH，X催化氧化生成Y，Y为CH3CHO，Y氧化生成Z，Z为CH3COOH，X与Z发生酯化反应生成W，W为CH3COOC2H5，以此来解答。
【详解】(1)乙烯的电子式为，故答案为；
(2)根据上述分析，反应①为乙烯与水的加成反应，故答案为：加成反应；
(3)X→Y的化学方程式是2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；
(4)X+Z→W的方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，由图可知，试管b中一般加入饱和碳酸钠溶液，可吸收乙醇、除去乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层，乙酸乙酯在水中溶解度较小，会产生分层，因此从试管b中分离出乙酸乙酯的方法是分液，故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；饱和碳酸钠；分液。
22.全球海水中溴的储藏量丰富，约占地球溴总储藏量的99%，故溴有“海洋元素”之称，海水中溴含量为65 mg·L－1。空气吹出SO2吸收法工艺流程如下：
（1）步骤③的离子方程式： ________。
（2）步骤⑤中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离。分离仪器的名称是___。
（3）溴水混合物Ⅱ中溶有一定量的氯气，因此在步骤⑤中可将蒸馏产生的气体通过________(填试剂名称)溶液，以除去氯气。
（4）步骤⑤蒸馏过程中，温度应控制在80～90 ℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因____。
【答案】(1). Br2＋SO2＋2H2O===4H＋＋2Br－＋SO (2). 分液漏斗 (3). 溴化钾(或其他含Br－的盐类物质) (4). 温度过高，大量水蒸气被蒸出，溴蒸气中水增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低
【解析】分析：海水中通入氯气把溴离子氧化为单质溴，然后利用空气吹出，得到含溴的空气，利用二氧化硫的还原性把溴还原为溴离子，再次利用氯气把溴离子氧化为单质溴，最后蒸馏得到液溴，据此解答。
详解：(1)步骤③中二氧化硫把溴单质还原为溴离子，反应的离子方程式为Br2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋2Br－＋SO42－。
(2)步骤⑤中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离，分离方法是分液，因此分离仪器的名称是分液漏斗。
(3)氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，因此在步骤⑤中可将蒸馏产生的气体通过溴化钾溶液，以除去氯气。
(4)由于温度过高，大量水蒸气被蒸出，溴蒸气中水增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低，因此步骤⑤的蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。
（考试时间：120分钟 满分：100分）
一、单选题（共18题；共54分）
1.下列说法正确的是（ ）
A. CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在
B. NH3汽化时吸收大量的热，因此，氨常用作制冷剂
C. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成
D. 活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，原理不同
【答案】D
【解析】A、NO能和氧气反应，故不能在空气中稳定存在，故A错误；
B、液氨变成氨气需要吸收周围环境的热量，导致周围环境的温度迅速降低，因此液氨可作制冷剂，故B错误；
C、CO2不会导致酸雨的形成，SO2、NO2都会导致酸雨的形成，故C错误；
D、活性炭为吸附性，二氧化硫与品红化合，过氧化钠具有强氧化性，则能使品红溶液褪色，但原理不同，故D正确。
所以D选项是正确的。
2.将气体A、B置于容积为2L的密闭容器中发生如下反应:4A(g)+B(g) 2C (g)，反应进行到4s末，测得A、B、C的物质的量分别为0.5mol、0.4mol、0.2mol。则用反应物B表示该反应的速率为（ ）
A. 0.025mol·L-1·s -1 B. 0.0125 mol·L-1·s-1
C. 0.05 mol·L-1·s-1 D. 0.1mol·L-1·s-1
【答案】B
【解析】容积为2L,发生反应 4A(g)+B(g)2C(g),根据生成C的物质的量2mol，可以求出消耗B的物质的量1 mol，c(B)= 1/2=0.5 mol·L-1,v(B)= 0.5/4= 0.0125 mol·L-1·s-1；正确选项B。
3.下列物质中含有共价键的离子化合物是（ ）
①MgCl2 ②Na2O2 ③NaOH ④NH4Cl ⑤CO2 ⑥H2O2 ⑦H2
A. ②③④ B. ②④⑤⑦
C. ①②③④⑥ D. ①③⑤⑥
【答案】A
【解析】①MgCl2为离子化合物，只含有离子键，错误；②Na2O2为离子化合物，含有离子键和共价键，正确；③NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，正确；④NH4Cl为离子化合物，含有离子键和共价键，正确；⑤CO2为共价化合物，不存在离子键，错误；⑥H2O2为共价化合物，不存在离子键，错误；⑦H2为单质，不存在离子键，错误；含有共价键的离子化合物为②③④，故答案为A。
4.下列属于碱性甲醇燃料电池的正极反应，且电极反应式书写正确的是( )
A. CH3OH-6e-=CO2↑+2H2O B. O2+4e-+2H2O=4OH-
C. CH3OH+6e-=CO32-+4OH- D. O2+4e-=2O2-
【答案】B
【解析】碱性甲醇燃料电池中，负极上燃料甲醇失去电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，负极反应式：CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O，正极上氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故选B。
5.某化学实验室产生的废液中含有 Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，甲同学设计了如下图所示的方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。据此分析，下列说法正确的是（ ）
A. 沉淀A中含有2种金属单质
B. 可用 KSCN 溶液来检验溶液B中所含的金属离子
C. 溶液 A 若只经过操作③最终将无法得到沉淀C
D. 操作①②③中都需要用到玻璃棒、漏斗
【答案】B
【解析】
【分析】Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子和过量的铁反应生成亚铁离子和单质铜，通过过滤得到固体A和溶液A，因为铁过量，沉淀A为铁和铜的混合物，溶液A含亚铁离子；亚铁离子具有还原性，易被氧化剂氧化，故加入过氧化氢能把亚铁离子氧化成铁离子，故溶液B中含铁离子；铁离子和碱反应生成氢氧化铁沉淀，故沉淀C为氢氧化铁沉淀，废水通过处理不含Fe3+、Cu2+，可以排放，以此解答该题。
【详解】A.废液中含有Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，加入过量的铁粉后，铁离子被还原为亚铁离子，铜离子被还原成金属铜，银离子被还原生成银，所以在第①得到的沉淀中含有金属铜、银和过量的铁，故A错误；
B.溶液B中含有的金属阳离子为Fe3+，因为Fe3+遇SCN-离子，发生反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液呈血红色，所以溶液中滴入KSCN溶液后变红，说明该溶液中含有Fe3+，检验溶液B中含有的金属阳离子常用的试剂是KSCN溶液，所以B选项是正确的；
C.溶液A含亚铁离子，加入碱生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化生成氢氧化铁，故C错误；
D.操作②加入过氧化氢，为亚铁离子的氧化过程，不需要漏斗，故D错误。
所以B选项是正确的。
6.下列化学反应在金属冶炼工业中还没有得到应用的是（ ）
A. 2NaCl(熔融) 2Na＋Cl2↑ B. Al2O3＋3C 2Al＋3CO↑
C. Fe2O3＋3CO 2Fe＋3CO2 D. 2Ag2O 4Ag＋O2↑
【答案】B
【解析】B项,该反应发生的温度为2125 ℃,必定消耗大量的能量,经济效益不高,故不采用,工业上一般采用电解熔融Al2O3来冶炼铝。
7.下列物质中，在一定条件下既能起加成反应，也能起取代反应，但不能使KMnO4酸性溶液褪色的是（ ）
A. 乙烷 B. 苯 C. 乙烯 D. 乙醇
【答案】B
【解析】A．乙烷中不含不饱和键，不能发生加成反应，也不能使KMnO4酸性溶液褪色，故A错误；
B．苯环中的碳碳键介于单键和双建之间，是一种独特的化学键，既能发生加成反应，又能发生取代反应，但不能使KMnO4酸性溶液褪色，故B正确；
C．乙烯中含有C=C键，能发生加成反应，并能使KMnO4酸性溶液褪色，故C错误；
D．乙醇中不含不饱和键，不能发生加成反应，但能使KMnO4酸性溶液褪色，并能发生取代反应，故D错误；
答案选B。
8.下列粒子间的关系，描述错误的是（ ）
A. 3517Cl与3717Cl互为同位素
B. 乙醇和乙酸互为同系物
C. 和 属于同种物质
D. CH(CH3)3和CH3CH2CH2CH3互为同分异构体
【答案】B
【解析】A．3517Cl与3717Cl质子数相同均为17，中子数分别为：35-17=18、37-17=20，两者互为同位素，故A正确；
B.乙醇和乙酸，前者含有羟基，后者含有羧基，二者分子中含有的官能团不同，不属于同系物，故B错误；
C.名称与结构简式一致，为同一种物质，为二氯甲烷，故C正确；
D. CH(CH3)3和CH3CH2CH2CH3分子式都为C4H10，但结构不同，互为同分异构体，故D正确。
故答案选B。
9.下列有关实验操作的叙述正确的是（ ）
A. 欲配制1L 1mol/L的NaCl溶液，可将58.5g NaCl溶于1L水中
B. 用苯萃取溴水中的溴，分液时有机层从分液漏斗的下端放出
C. 实验室制取乙酸乙酯时药品的加入顺序依次为浓硫酸、乙醇、乙酸
D. 充满Cl2和CH4的试管倒扣在盛有饱和NaCl溶液的水槽中，光照，试管内液面上升
【答案】D
【解析】分析：A．根据氯化钠溶解在1L水中，所得溶液的体积不是1L分析判断；B．根据苯的密度比水小分析判断；C．实验中用到浓硫酸，根据浓硫酸的稀释分析判断；D．根据Cl2和CH4在光照时会发生取代反应，结合产物的状态和溶解性分析判断。
详解：A.58.5g氯化钠的物质的量为1mol，溶于1L水中所得溶液不是1L，溶液浓度不是1mol/L，故A错误；B．苯的密度比水小，在上层，应从上口倒出，故B错误；C．制取乙酸乙酯时，先加入乙酸和乙醇，再加入浓硫酸，以防止混合液体溅出，发生危险，故C错误；D．充满Cl2和CH4的试管倒扣在盛有饱和NaCl溶液的水槽中，光照，氯气和甲烷发生取代反应生成四种氯代甲烷和氯化氢，气体的体积减少，试管内液面上升，故D正确；故选D。
10.分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）（ ）
A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种
【答案】C
【解析】与金属钠反应生成氢气，说明该化合物一定含有—OH，所以此有机物的结构符合C5H11—OH，首先写出C5H11—碳链异构有3种：①C—C—C—C—C、②、③，再分别加上—OH。①式有3种结构，②式有4种结构，③式有1种结构，共8种。
11.苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是（ ）
①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ②苯中碳碳键的键长均相等 ③苯能在一定条件下跟氢气发生加成反应生成环己烷 ④经实验测得邻二甲苯只有一种结构 ⑤苯在FeBr3存在下与液溴可发生取代反应，但不能使溴水褪色
A. ①②③④ B. ①②④⑤
C. ①③④⑤ D. ②③④⑤
【答案】B
【解析】分析：①依据苯的性质判断苯的结构，高锰酸钾溶液具有强氧化性，遇到含双键或三键等不饱和键的物质会褪色分析；②依据苯分子中的氢原子，分析碳原子的不饱和程度，判断苯分子中的碳碳键完全相同；③依据与氢气发生加成反应是不饱和键的性质分析；④根据同分异构体数目解答；⑤根据碳碳单键和双键的性质判断。
详解：①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故①正确；②苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故②正确；③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键或三键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故③错误；④如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C-C，另一种是两个甲基夹C=C．邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故④正确；⑤苯在FeBr3存在下同液溴可发生取代反应，生成溴苯，苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故⑤正确；所以①②④⑤可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据，故选B。
12.某有机物的结构简式如图，则此有机物可发生的反应有（ ）
①取代 ②加成 ③氧化 ④酯化 ⑤水解 ⑥中和
A. ①②③⑤ B. ②③④⑤
C. ①②③④⑤ D. ①②③④⑤⑥
【答案】D
【解析】
【分析】有机物分子中含有碳碳双键、酯基、羧基、羟基，结合相应官能团的结构与性质分析解答。
【详解】含有苯环、羧基、羟基和酯基，可发生取代反应；含有苯环和碳碳双键，可发生加成反应；含有碳碳双键和羟基，可发生氧化反应；含有羟基和羧基，可发生酯化反应；含有酯基，可发生水解反应；含有羧基，可发生中和反应。
答案选D。
13.布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构如图，下列有关说法错误的是（ ）
A. 布洛芬的分子式为C13H18O2
B. 布洛芬与苯乙酸是同系物
C. 1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应
D. 布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种
【答案】D
【解析】A．根据结构简式确定分子式为C13H18O2，故A正确；B．结构相似、在分子组成上相差一个或n个-CH2原子团的有机物互称同系物，二者结构相似且在分子组成上相差5个-CH2原子团，所以互为同系物，故B正确；C．布洛芬含有的苯环结构可与氢气发生加成反应，且1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应，故C正确；D．布洛芬苯环上的氢原子只有两种等效氢，则布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，故D错误；故选D。
14.中国女药学家屠呦呦因研制新型抗疟青蒿素和双氢青蒿素成果而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖。青蒿素和双氧青蒿素结构如图所示。下列关于青蒿素和双氢青蒿素的说法正确的是（ ）
A. 青蒿素的分子式为C15H22O5
B. 青蒿素和双氢青蒿素是同分异构体
C. 青蒿素和双氢青蒿素都能发生酯化反应
D. 双氢青蒿素在水中的溶解性小于青蒿素
【答案】A
【解析】A．由青蒿素的结构简式可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故A正确；
B．青蒿素的分子式为C15H22O5，双氢青蒿素的分子式为C15H24O5，二者分子式不同，不是同分异构体，故B错误；
C．青蒿素不含羟基或羧基，不能发生酯化反应，故C错误；
D．双氢青蒿素中含有羟基，可形成氢键，在水中溶解度大于青蒿素，故D错误；
答案选A。
15.一定温度下，某密闭恒容的容器内可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)达到平衡状态的标志（ ）
A. A的消耗速率是C的分解速率倍
B. 容器内混合气体的密度不随时间而变化
C. 单位时间内生成n molA，同时生成3n molB
D. A、B、C的分子数之比为1:3:2
【答案】A
【解析】分析：根据化学平衡的本质标志和特征标志判断。
详解：A项，A的消耗速率是C的分解速率的1/2倍是反应达到平衡的本质标志；B项，根据质量守恒定律，混合气体的总质量始终不变，容器的容积不变，混合气体的密度始终不变，容器内混合气体的密度不随时间而变化不能作为平衡的标志；C项，单位时间内生成nmolA，同时生成3nmolB只表示逆反应速率，不能作为化学平衡的标志；D项，达到平衡时各组分的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比，A、B、C的分子数之比为1:3:2不能说明反应达到平衡状态；能说明反应达到平衡状态的是A项，答案选A。
16.4种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原于内质子数之比为1∶2，X2+和Z-离子的电子数之差为8。下列说法不正确的是（ ）
A. 与W相邻的同主族元素可制成重要的半导体材料
B. 元素原于半径从大到小的顺序是X、Y、Z
C. WZ4分子中W、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构
D. W、Y、Z元素最高价氧化物对应水化物中酸性最强的是H2YO4
【答案】D
【解析】
【分析】根据X2+和Z-离子的电子数之差为8，由元素周期表可以确定X2+为Be2+或Mg2+；推断Z为F-或Cl-；依据W和X元素原子内质子数之比为1∶2，判断W为He或C，结合原子最外层电子数之和为19，所以两种判断中：W为He、X为Be、Z为F时，Y的最外层电子数为8，因为W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以不符合；若各元素为W为C、X为Mg、Z为Cl，由最外层电子数之和为19，Y的最外层电子数为6，则Y为S，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，W为C元素，X为Mg元素，Y为S元素，Z为Cl元素。
A．与碳同主族的元素硅是良好的半导体材料，故A正确；
B．同一周期中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以Mg、S、Cl的原子半径逐渐减小，故B正确；
C．四氯化碳分子中每个氯原子和碳原子形成一个共用电子对，每个碳原子和四个氯原子形成4个共用电子对，所以四氯化碳分子中碳原子和氯原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构，故C正确；
D．非金属元素最强的元素是Cl元素，所以W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HZO4，故D错误；
答案选D。
17.元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X2+与Z2－具有相同的核外电子层结构。下列推测正确的是（ ）
A. 同族元素中Z的氢化物稳定性最高
B. 原子半径X＞Y，离子半径X2+＞Z2－
C. 同主族元素中X的金属性最弱
D. 同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强
【答案】A
【解析】试题分析：元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X2+与Z2-具有相同的核外电子层结构，则X是Mg，Y是S，Z 是O。A．同一主族元素，元素原子核外电子层数越少，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性就越强。在氧族元素中，非金属性最强的元素的O，所以O的氢化物稳定性最高，正确；B．同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以原子半径X＞Y，离子半径Z2-＞X2+，错误；C．同一主族元素，从上到下元素的原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，由于第IIA族的元素中Be原子序数最小，所以Be的金属性最弱，错误；D．同周期元素中Cl元素的最高价含氧酸的酸性最强，错误。
18.将1molCH4和适量的O2在密闭容器中点燃，充分反应后，CH4和O2均无剩余，且产物均为气体（101kPa，120℃），总质量为72g，下列有关叙述错误的是（ ）
A. 若将产物通过碱石灰，则不能被完全吸收
B. 若将产物通过浓硫酸，充分吸收后，浓硫酸增重18g
C. 产物的平均摩尔质量为24g.mol-1
D. 反应中消耗O2 56g
【答案】B
【解析】试题分析：A、根据质量守恒定律可知，m(O2)＝72g－16g＝56g，n(O2)＝＝1.75 mol，由CH4＋2O2→CO2＋2H2O可知，若产物均为CO2和H2O，则消耗2 mol O2，故反应生成的产物应有CO，CO既不能被碱石灰吸收，也不能被浓硫酸吸收，A正确；B、由H原子守恒可知，反应生成的n(H2O)＝2 mol，m(H2O)＝36 g，因此若将产物通过浓硫酸，充分吸收后，浓硫酸增重36g，B错误；C、由C原子守恒可知，CO和CO2混合气体的物质的量等于CH4的物质的量，即为1 mol，则混合气体的总物质的量为1 mol＋2 mol＝3 mol，产物的平均摩尔质量为＝24 g·mol－1，C正确；D、根据以上分析可知消耗氧气是56g，D正确，答案选B。
二、非选择题（除有说明外，每空2分；共4题，共46分）
19.科学家预言，燃料电池将是21世纪获得电能的重要途径。近几年开发的甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子(就是H+)和水分子通过。其工作原理的示意图如下，请回答下列问题：
（1）该装置的能量转化形式为________。
（2）Pt(a)电极是电池________（填“正”或“负”）极；
（3）电解液中的H+向_____（填“a”或“b”）极移动；
（4）如果该电池工作时消耗1 mol CH3OH，则电路中通过___ mol电子。
（5）比起直接燃烧燃料产生电力，使用燃料电池有许多优点，其中主要有两点：首先是燃料电池的能量转化率高，其次是________。
【答案】(1). 化学能转化为电能 (2). 负 (3). b (4). 6 (5). 对环境无污染
【解析】
【分析】该原电池中质子交换膜只允许质子和水分子通过，说明电解质溶液为酸性溶液，燃料电池中，通入燃料的电极为负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+，通入氧气的电极为正极，氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应O2+4H++4e-═2H2O，据此解答。
【详解】(1)该装置能量转化形式为原电池反应是化学能转化为电能；
(2)Pt(a)电极甲醇通入失电子发生氧化反应，是电池负极；
(3)燃料电池中，通入燃料的电极Pt(a)为负极，负极上失电子发生氧化反应，通入氧气的电极Pt(b)为正极，氧气得到电子生成氢氧根离子，电解液中的H+向正极移动，即向b电极移动；
(4)通入燃料的电极为负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+，电子守恒，该电池工作时消耗1 mol CH3OH，则电路中通过6mol电子；
(5)燃料电池的能量转化率高，甲醇反应产物为CO2和H2O，对环境无污染。
20.A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，已知A、B、D三种原子最外层共有11个电子，且这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4。
（1）写出下列元素符号： B________，D________。
（2）A与D两元素可形成化合物，用电子式表示其化合物的形成过程：________。
（3）A在空气中燃烧生成原子个数比为1:1的化合物，写出其电子式为________。
（4）元素C的最高价氧化物与元素A的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为________。
【答案】(1). Al (2). Cl (3). (4). (5). SiO2＋2OH—= SiO32—＋H2O
【解析】
【分析】A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、D三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，应是氢氧化铝与强酸、强碱的反应，则A为Na、B为Al，三种原子最外层共有11个电子，则D的最外层电子数=11-1-3=7，则D为Cl元素；C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，则C元素原子有3个电子层，最外层电子数为4，则C为Si元素，以此解答该题。
【详解】由上述分析可知，A为Na、B为Al、C为Si、D为Cl；
(1)B、D的元素符号分别为Al、Cl；
(2)A与D两元素可形成NaCl，为离子化合物，用电子式表示其形成过程为；
(3)A在空气中燃烧生成原子个数比为1：1的化合物为过氧化钠，其电子式为；
(4)元素C的最高价氧化物为二氧化硅，元素A的最高价氧化物的水化物为NaOH，二者反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。
21.几种有机物的相互转化图如下：
请回答：
（1）乙烯的电子式是________；
（2）反应①的反应类型是________；
（3）X→Y的化学方程式是________；
（4）X+Z→W的化学方程式是________；实验室常用下图所示的装置实现这一转化。试管b中一般加入____溶液，从试管b中分离出W的方法是________。
【答案】(1). (2). 加成反应
(3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
(4). CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O (5). 饱和碳酸钠溶液
(6). 分液
【解析】
【分析】由图中转化可知，乙烯与水发生加成反应生成X为CH3CH2OH，X催化氧化生成Y，Y为CH3CHO，Y氧化生成Z，Z为CH3COOH，X与Z发生酯化反应生成W，W为CH3COOC2H5，以此来解答。
【详解】(1)乙烯的电子式为，故答案为；
(2)根据上述分析，反应①为乙烯与水的加成反应，故答案为：加成反应；
(3)X→Y的化学方程式是2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；
(4)X+Z→W的方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，由图可知，试管b中一般加入饱和碳酸钠溶液，可吸收乙醇、除去乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层，乙酸乙酯在水中溶解度较小，会产生分层，因此从试管b中分离出乙酸乙酯的方法是分液，故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；饱和碳酸钠；分液。
22.全球海水中溴的储藏量丰富，约占地球溴总储藏量的99%，故溴有“海洋元素”之称，海水中溴含量为65 mg·L－1。空气吹出SO2吸收法工艺流程如下：
（1）步骤③的离子方程式： ________。
（2）步骤⑤中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离。分离仪器的名称是___。
（3）溴水混合物Ⅱ中溶有一定量的氯气，因此在步骤⑤中可将蒸馏产生的气体通过________(填试剂名称)溶液，以除去氯气。
（4）步骤⑤蒸馏过程中，温度应控制在80～90 ℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因____。
【答案】(1). Br2＋SO2＋2H2O===4H＋＋2Br－＋SO (2). 分液漏斗 (3). 溴化钾(或其他含Br－的盐类物质) (4). 温度过高，大量水蒸气被蒸出，溴蒸气中水增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低
【解析】分析：海水中通入氯气把溴离子氧化为单质溴，然后利用空气吹出，得到含溴的空气，利用二氧化硫的还原性把溴还原为溴离子，再次利用氯气把溴离子氧化为单质溴，最后蒸馏得到液溴，据此解答。
详解：(1)步骤③中二氧化硫把溴单质还原为溴离子，反应的离子方程式为Br2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋2Br－＋SO42－。
(2)步骤⑤中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离，分离方法是分液，因此分离仪器的名称是分液漏斗。
(3)氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，因此在步骤⑤中可将蒸馏产生的气体通过溴化钾溶液，以除去氯气。
(4)由于温度过高，大量水蒸气被蒸出，溴蒸气中水增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低，因此步骤⑤的蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。
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