【化学】陕西省铜川市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版）

【化学】陕西省铜川市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版）

陕西省铜川市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题 考生注意:本试卷分为第I卷和第II卷两部分，满分120分.考试用时90分钟。‎ 可能用到的相对原子质量:H ‎1 C 12 O 16 S 32 Ba 137‎ 第I卷（共75分）‎ 一、选择题:本题共25小题,每小题3分,共75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.中国古代冶炼技术较为先进,最为著名的有青铜的冶炼及钢的冶炼。湖北省江陵县一号墓出土的越王勾践剑更是堪称一绝，历经两千多年而锋利如初。下列关于钢铁的冶炼采用的方法是（ ）‎ A. 电解法 B. 热还原法 C. 加热分解法 D. 物理沉降法 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】冶炼金属常用方法有电解法，热还原法，热分解法，一般如K、Na、Al等活泼金属采用电解法，Fe、Cu等采用热还原法，Hg、Ag等采用热分解法。‎ 钢铁的成分主要是铁，可采用热还原法冶炼，故本题选B。‎ ‎2.我国地大物博、资源丰富,其中山西的煤、大庆的石油，四川的天然气较为出名。下列有关化石能源叙述正确的是（ ）‎ A. 煤的干馏为化学变化 B. 汽油为纯净物 C. 天然气为二次能源 D. 裂化的目的是提高乙烯产量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．煤的干馏是隔绝空气加强热，使煤分解，发生的是化学变化，A正确；‎ B．汽油、石油均为混合物，B错误；‎ C．一次能源是指在自然界中能以现成形式提供的能源，例如：天然气，煤，石油等，故天然气属于一次能源，C错误；‎ D．裂化的目的是提高石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，D错误；‎ 故选A。‎ ‎3.化学用语是化学学习的基础.下列化学用语错误的是（ ）‎ A. 甲烷的结构式: B. 中子数为8的碳原子:‎ C. 过氧化氢的电子式: D. 乙酸的结构简式:CH3COOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷是正四面体结构，形成4根C-H键，结构式为：，A正确；‎ B．碳元素质子数为6，中子数为8的碳原子表示为，B正确 C．过氧化氢中氧原子要满足8电子的稳定结构，电子式为 ，C错误；‎ D．乙酸分子结构中含有一个甲基和羧基，结构简式为CH3COOH，D正确；‎ 故选C。‎ ‎4.下列有关环境污染及治理的叙述错误的是（ ）‎ A. 酸雨产生的主要原因是化石燃料的燃烧 B. 使用可降解塑料是解决白色污染的方法之一 C. 用乙醇汽油代替传统汽油作燃料不会产生污染物 D. 利用风能、太阳能代替化石能源是解决环境污染的方法之一 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化石燃料的燃烧产生的硫氧化物，是产生酸雨的主要原因，A正确，不选；‎ B．普通塑料难以降解，容易造成白色污染，使用可降解塑料是解决白色污染的方法之一，B正确，不选；‎ C．乙醇汽油不完全燃烧会产生CO等污染物，C错误，符合题意；‎ D．风能、太阳能属于清洁能源，代替化石能源可减少环境污染，D正确，不选；‎ 故选C。‎ ‎5.下列物质既含共价键又含离子键的是（ ）‎ A. NH3 B. H2O‎2 ‎C. NaCl D. KOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】非金属元素的原子之间通常形成共价键，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键。‎ A．NH3是由非金属组成，只含有共价键，A错误；‎ B．H2O2是由非金属组成，只含有共价键，B错误； ‎ C．NaCl是由活泼金属和活泼非金属元素组成，只形成离子键，C错误；‎ D．KOH 中K+与OH-之间是离子键，OH-内部原子间以共价键结合，故KOH既含共价键又含离子键，D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.金刚石可由石墨在高温和超高压下转化而成，方程式为C（石墨）C（金刚石）,反应前后物质能量的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 该反应为放热反应 B. 石墨的热稳定性大于金刚石 C. 该反应为氧化还原反应 D. 金刚石、石墨互为同位素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可以知道，C(石墨)＝C(金刚石)，△H>0，该反应为吸热反应，故A错误；‎ B．由图可以知道石墨的能量低，石墨稳定，故B正确；‎ C．C(石墨)＝C(金刚石)，碳元素的化合价在反应前后都是0，没有化合价的变化，则不属于氧化还原反应，故C错误；‎ D．金刚石、石墨是互为同素异形体，不是同位素，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.下列做法符合原子经济性原理的是（ ）‎ A. SO3与H2O反应制取硫酸:SO3+H2O=H2SO4‎ B. 用氢氧化钠溶液吸收SO2:SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O C. CO2与H2反应制取甲醇:CO2+3H2CH3OH+H2O D. H2还原氧化铜:H2+CuOCu+H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】原子经济性的反应是原料分子中的原子百分之百地转变成产物，不需要附加，或仅仅需要无损耗的促进剂，即催化剂，达到零排放。‎ A．SO3与H2O反应制取硫酸全部转化成产物，符合原子经济性原理，A正确；‎ B．用氢氧化钠溶液吸收SO2产生了小分子水，不符合原子经济性原理，B错误；‎ C．CO2与H2反应制取甲醇产生了小分子水，不符合原子经济性原理，C错误；‎ D．H2还原氧化铜产生了小分子水，不符合原子经济性原理，D错误；‎ 故选A。‎ ‎8.原电池在当今世界用处广泛。如图为一个简易原电池装置图,有关该原电池工作过程的叙述正确的是（ ）‎ A. 金属铝是负极,发生还原反应 B. 电池工作时钠离子移向铜极 C. 电池工作时化学能全部转化为电能 D. 产生‎2.24 L H2转移0. 1 mol电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据原电池装置图可判断，铜作正极，发生还原反应，铝作负极，发生氧化反应，A错误； ‎ B．原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以电池工作时钠离子移向铜极，B正确；‎ C．电池工作时能量有损耗，化学能不可能全部转化为电能，C错误；‎ D．产生‎2.24 L H2，但无温度和压强的限制，不能求出氢气的物质的量，故无法求出转移的电子数目；‎ 故选B。‎ ‎9.某高分子化合物的结构简式如图。下列叙述错误的是（ ）‎ A. 聚合度为n B. 单体为CH2=CHCH3‎ C. 链节为- CH2- CH- CH3- D. 该高分子化合物是混合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由结构简式可知，该物质的聚合度为n，故A正确；‎ B.由结构简式可知，该聚合物是由CH2=CHCH3聚合而成的，所以它的单体为CH2=CHCH3，故B正确；‎ C.聚合物的链节为，故C错误；‎ D.因为聚合度n值不确定，所以高分子化合物是混合物，故D正确；‎ 故答案：C。‎ ‎10.下列说法正确的是（ ）‎ A. 石油是混合物，汽油是纯净物 B. 沸点:汽油>煤油>柴油 C. 直馏汽油和裂化汽油成分完全相同 D. 石油分馏是物理过程，石油裂化是化学过程 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石油和汽油都是混合物，A项错误；‎ B．石油分馏时，最先挥发出来的是汽油，其次是煤油，最后是柴油，最后剩下的是沥青，所以沸点：汽油<煤油<柴油，B项错误；‎ C．分馏汽油的主要成分是饱和烷烃，裂化汽油含有大量不饱和烃，C项错误；‎ D. 石油的分馏，是用蒸馏的方法将各组分分离，是物理过程，裂化和裂解，大分子烃变成小分子烃，发生了化学变化，D项正确；‎ 故选D。‎ ‎11.分子式为C4H10O且能与金属钠反应放出氢气的有机物有（ ）‎ A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气，为饱和一元醇，可以写成C4H9OH，书写丁基-C4H9异构，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目。‎ ‎【详解】分子式为C4H10O并能与金属钠反应放出氢气，为饱和一元醇，丁基-C4H9可能的结构有：-CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH3、：-CH2CH（CH3）2、-C（CH3）3，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，因此该有机物的可能结构有4种；‎ 答案选A ‎12.关于反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2的说法不正确的是（　　）‎ A. H2O和O2都是共价化合物 B. H2O和NaOH均含极性键 C. Na2O2和O2均含非极性健 D. Na2O2和NaOH都是离子化合物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，且同种非金属之间形成非极性共价键，不同非金属之间形成极性共价键，含离子键的化合物一定为离子化合物，以此来解答。‎ ‎【详解】A、O2为含共价键的单质，H2O是共价化合物，故A错误；‎ B、H2O和NaOH均含O﹣H极性键，故B正确；‎ C、Na2O2和O2均含O﹣O非极性健，故C正确；‎ D、Na2O2和NaOH均含离子键，都是离子化合物，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎13.下列说法正确的是（ ）‎ A. 异丁烷与新戊烷互为同系物 B. 一氯甲烷在常温下为液态 C. 淀粉与纤维素互为同分异构体 D. 酯化反应属于加成反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 异丁烷与新戊烷的结构相似，均是烷烃，相差1个CH2原子团，二者互为同系物，A正确；‎ B. 一氯甲烷在常温下为气态，B错误；‎ C. 淀粉与纤维素均是高分子化合物，都是混合物，不能互为同分异构体，C错误；‎ D. 酯化反应是酸与醇生成酯和水的反应，属于取代反应，D错误。‎ 答案选A。‎ ‎14.海洋占据地球面积的5/6,拥有丰富的资源,从海洋中可以提取钠、镁、溴、碘等物质。提取的过程有一步反应的离子方程式:5Br-+ BrO +6H+=3Br2 +3H2O。下列叙述错的是（ ）‎ A. Br-为还原剂 B. H+既不是氧化剂,又不是还原剂 C. 生成3 mol Br2转移5 mol电子 D. Br2仅为氧化产物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据化学方程式可知，Br-价态升高，被氧化，作还原剂 ，A正确；‎ B．根据化学方程式可知，H元素的价态既没有升高，也没有降低，故H+既不是氧化剂,又不是还原剂，B正确；‎ C．根据化学方程式可知，生成3 mol Br2转移5 mol电子，C正确；‎ D．根据化学方程式可知，该反应是Br-和 BrO3-的归中反应，所以Br2既是氧化产物，也是还原产物，D错误；‎ 故选D。‎ ‎15.如图是短周期元素在周期表的位置,下列叙述正确的是（ ）‎ A. 常用电解法制取R的单质 B 最简单氢化物热稳定性:Z < Y C. Y、Z、R、Q的简单离子半径:R > Q> Y> Z D. Q的单质不能与R的最高价氧化物对应的水化物反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据元素周期表可知：H为氢元素，Y为碳元素，Z为氧元素，R为钠元素，Q为铝元素，根据元素的性质和元素周期律进行解答；‎ ‎【详解】A.由上述分析可知：R为钠元素属于活泼金属元素，所以常用电解法制取钠的单质，故A正确；‎ B.由上述分析可知：Y为碳元素，Z为氧元素，他们在同一周期，氧的非金属比碳元素的非金属强，所以最简单氢化物热稳定性：H2O>CH4，故B错误；‎ C.由上述分析可知：Y为碳元素，Z为氧元素，R为钠元素，Q为铝元素，Y、Z同在第二周期，R、Q同在第三周期，所以它们的简单离子半径：C4->O2->Al3+>Na+，故C错误；‎ D.由上述分析可知：Q为铝元素，R为钠元素，R的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，所以2Al+2NaOH+2H2O=2AlNaO2+3H2，故D错误；‎ 故答案：A。‎ ‎16.工业上制取硫酸铜采用途径I而不采用途径Ⅱ，这样做的优点是（ ）‎ ‎①节省能源 ②不产生污染大气的SO2 ③提高了H2SO4的利用率 ④提高了Cu的利用率 A. 仅①② B. 仅②③④ C. 仅①②③ D. 全部 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】途径I将铜丝浸入稀硫酸中并不断地从容器下部吹入氧气，发生2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；途径Ⅱ是2Cu+2H2SO4(浓)2CuSO4+SO2+2H2O；结合反应原理进行分析。‎ ‎【详解】①根据上述分析：途径I反应在常温下就能进行，而途径Ⅱ浓硫酸与铜在加热条件下反应，所以途径I节省能源，故①正确； ‎ ‎②根据上述分析：途径I反应无污染，而途径Ⅱ浓硫酸与铜在加热条件下反应生成SO2，产生污染大气的SO2，故②正确； ③根据上述分析：途径I反应物H2SO4中的硫酸根完全转化成生成物中的硫酸根，提高H2SO4的利用率，故③正确； ④无论哪一种方法，生成等物质的量的硫酸铜，都需要相同质量的铜，故④错误；‎ 故C符合题意；‎ 故答案：C。‎ ‎17.下列对有机物同分异构体的判断正确的是（ ）‎ A. CH4的二氯代物有两种 B. C2H6的一氧代物有两种 C. CH3（CH2）3CH3的一氯代物有三种 D. 与 互为同分异构体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH4是正四面体结构，可旋转，二氯代物只有1种，A错误；‎ B．C2H6是对称结构，只有1种等效氢，一氧代物只有1种，B错误；‎ C．CH3（CH2）3CH3是对称结构，一氯代物有三种，分别是：CH2Cl-CH2-CH2-CH2-CH3，CH3-CHCl-CH2-CH2-CH3，CH3-CH2-CHCl-CH2-CH3，C正确；‎ D．与 分子式相同，结构式也相同，属于同种物质，不是互为同分异构体，D错误；‎ 故选C。‎ ‎18.由乙醇与乙酸来制取乙酸乙酯的实验装置如图所示。下列有关叙述错误的是（ ）‎ A. 浓H2SO4在该实验中作催化剂、吸水剂 B. 饱和碳酸钠溶液的作用之一是除去乙酸和乙醇 C. 加入反应物时应先加入浓H2SO4‎ D. 从B装置中分离乙酸乙酯，可以通过分液操作 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应为可逆反应，浓H2SO4在该实验中作催化剂，因生成水，浓硫酸还能起到吸水剂作用，A正确；‎ B．饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇，中和乙酸，通过分液可除去乙醇和乙酸，B正确；‎ C．加入反应物时应先加入乙醇，在缓慢加入浓H2SO4，最后加入乙酸，C错误；‎ D．乙酸乙酯和碳酸钠溶液是分层的，可以通过分液操作，D正确；‎ 故选C。‎ ‎19.海水的综合利用可以制备金属钠和镁等，其流程如图所示。‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 电解NaCl溶液可得到金属钠 B. 上述过程中发生了分解、化合、置换、复分解反应 C. 上述流程中生成Mg(OH)2沉淀离子方程式为Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓‎ D. 不用电解MgO来制取镁是因为MgO的熔点比MgCl2的高，能耗大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电解熔融的氯化钠得到金属钠和氯气，电解氯化钠溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，A错误；‎ B、碳酸钙高温分解是分解反应，氧化钙溶于水生成氢氧化钙是化合反应，氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水是复分解反应，电解熔融的氯化钠和氯化镁均是分解反应，过程中没有置换反应，B错误；‎ C、加入氢氧化钙石灰乳生成Mg(OH)2沉淀，反应的离子方程式为Mg2++Ca(OH)2＝Ca2++Mg(OH)2，C错误；‎ D、氧化镁熔点高消耗能源高，不经济，电解熔融的氯化镁制备，D正确；‎ 答案选D ‎20.欲测定烟雾中的SO2含量，可做下列实验：取‎100 L该烟雾(标准状况)，通过盛放100 mL过氧化氢(H2O2‎ ‎)水溶液的吸收瓶，使它们充分反应，生成硫酸。在吸收后的水溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，经测定其质量为‎11.65g，则该烟雾中SO2的体积分数是(　　)‎ A. 1.12‎‎% B. 2.24%‎ C. 3.36% D. 无法计算 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】含有SO2的烟雾通过H2O2水溶液，SO2被氧化成H2SO4，再加入BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，根据硫元素守恒可得关系式，设烟雾中含SO2体积为x，则根据关系式，有 x＝＝‎‎1.12 L 所以SO2的体积分数为×100%＝1.12%，A符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎21.某烷烃在氧气中完全燃烧,生成物先通过浓硫酸，再通过碱石灰，如果生成物完全全被二者吸收，浓硫酸增重‎27g，碱石灰增重‎44g。该有机物的化学式为（ ）‎ A. CH4 B. C2H‎6 ‎C. C3H8 D. C4H10‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】使浓硫酸增重‎27g，可以知道生成水的物质的量为1.5mol，碱石灰增重‎44g，可以知道生成二氧化碳的质量为1mol，则该烷烃含碳原子1mol，含氢原子3mol，即n(C):n(H)=1:3，则该有机物的化学式为C2H6，故本题选B。‎ ‎22.将X、Y、Z三种气体置于某恒温恒容反应器中，各物质的物质的量随时间变化如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ ‎ ‎ A. X、Y为反应物 B. 2 min时反应达到平衡 C. 前2 minX、Y的反应速率之比为1 : 3 D. 2min后化学反应停止 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知随着反应的进行，X、Y的浓度逐渐减小，所以X、Y为反应物，故A正确，不选；‎ B．2min时X、Y、Z的量不再变化，说明反应达到平衡，故B正确，不选；‎ C．由图可知，前2min X、Y、Z的变化量为0.1mol、0.3mol、0.2mol，所以该反应方程式为X+3Y2Z，X、Y反应速率之比为1:3，故C正确，不选；‎ D．2min后化学反应达到平衡，v(正)=v(逆)0，所以化学反应速没有停止，故D错误，符合题意；‎ 故答案：D。‎ ‎23.以磁铁矿和焦炭为原料冶铁的反应原理如图。下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. ①、②、③均为放热反应 ‎ B. 反应③中，生成3 mol铁转移8 mol电子 C. 反应②中，CO只是还原产物 ‎ D. 上述反应中既有化合反应，又有置换反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.②二氧化碳和碳单质产生CO的反应为吸热反应，故A错误；‎ B.反应③，生成3 mol铁消耗4molCO，由碳的价态+2到+4价可知，反应转移8mol电子，故B正确；‎ C.反应②，CO既是氧化产物也是还原产物，故C错误；‎ D.反应①、②为化合反应，反应③为氧化还原反应不属于基本反应类型，不存在置换反应，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎24.将2molN2、10molH2置于体积为‎10 L、温度为T℃‎ 的恒温恒容反应器中，发生如下反应N2+3H22NH3，下表为不同时间反应器中各物质的物质的量。下列叙述错误的是（ ）‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎10‎ ‎12‎ N2‎ ‎2‎ ‎1.6‎ ‎1.3‎ ‎1.1‎ ‎1.0‎ ‎1.0‎ ‎1.0‎ H2‎ ‎10‎ a ‎7.9‎ ‎7.3‎ ‎7‎ ‎7‎ ‎7‎ NH3‎ ‎0‎ ‎0.8‎ b ‎1.8‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎2‎ A. a=8.8 B. 前8 h N2的转化率为50%‎ C. 10h时与初始时压强比为3:4 D. 前2 h（N2）为0.02mol·L-1·h-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应2h，氮气减少了2mol-1.6mol=0.4mol，则氢气减少了1.2mol，剩余氢气为10mol-1.2mol=8.8mol，所以a=8.8，A正确；‎ B．前8 h N2转化了2mol-1.0mol=1mol，氮气的转化率为，B正确；‎ C．10h时总的物质的量为1.0mol+7mol+2mol=10mol，初始时总的物质的量为12mol，在同温同压下，10h时与初始时压强比等于物质的量之比，所以10h时与初始时压强比为10mol：12mol=5:6，C错误；‎ D．前2 h 时，氮气减少了2mol-1.6mol=0.4mol，则(N2)= ，D正确；‎ 故选C。‎ ‎25.下表为生活中四组常见物质的鉴别方法，其中错误的是（ ）‎ 选项 实验 方法 现象 结论 A 鉴别蔗糖、葡萄糖 向二者的溶液中加入新制氢氧化铜浊液，煮沸 一个生成砖红色沉淀，另一无明显现象 生成砖红色沉淀的为葡萄糖，另一个为蔗糖 B 鉴别裂化汽油与烷烃汽油 分别滴入溴的四氯化碳溶液中振荡 一个橙红色逐渐褪去,一个无现象 颜色褪去的为裂化汽油。另一个为烷烃汽油 C 鉴别蛋白质 纤维素 分别取出二者少许，灼烧，闻气味 一个产生烧焦的羽毛味，一个产生特殊气味 产生烧焦羽毛味的为蛋白质,另一个为纤维素 D 淀粉水解实验中，检验淀粉是否已经水解 取少许反应液，加入新制氢氧化铜浊液，煮沸 没有砖红色沉淀生成 淀粉没水解 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.葡萄糖含有醛基，蔗糖不含，加入新制的氢氧化铜悬浊液加热，葡萄糖可以产生砖红色沉淀，蔗糖无现象，可以鉴别，故A正确；‎ B.裂化汽油中含有不饱和烯烃，能与溴发生加成反应使溴水褪色，烷烃汽油属于饱和烃类，与溴的四氯化碳溶液不反应，互溶，不能使其褪色，因此可以鉴别，故B正确；‎ C.蛋白质灼烧有烧焦羽毛气味，纤维素没有，可以通过灼烧闻气味的方法鉴别蛋白质和纤维素，故C正确；‎ D.氢氧化铜在碱性环境下具有弱氧化性，检验淀粉的水解产物，要先加碱中和反应液中的催化剂-硫酸，然后再加新制的氢氧化铜悬浊液加热观察是否有砖红色沉淀产生，以此判定淀粉水解情况，故D错误；‎ 故选：D。‎ 第II卷（共45分）‎ 二、非选择题:本题共3小题,共45分。‎ ‎26.海水中含有丰富的矿物资源，很多以离子状态存在。今人重视海洋资源的利用，从海洋中获取了多种物质。如图是以海水为原料获取几种物质的流程图:‎ 已知Br2在碱性溶液中不能稳定存在。回答下列问题:‎ ‎（1）步骤②的操作名称为__‎ ‎（2）步骤②的实现需要向氯化钠溶液中通入CO2、NH3，应先通入_____‎ ‎（3）步骤⑥的化学方程式为_______步骤⑨的离子方程式为_______‎ ‎（4）步骤⑧的目的是_____‎ ‎（5）步骤⑪为萃取分液，需要用到的萃取试剂可以为____（填字母），需要用到的玻璃仪器名称为__‎ a 裂化汽油 b 苯 c 酒精 d 四氯化碳 ‎【答案】(1). 过滤 (2). NH3 (3). MgCl2Mg+Cl2↑ (4). Cl2+2Br-=‎2C1- + Br2 (5). 调节溶液的pH值，使得后续步骤生成的Br2稳定存在 (6). b d (7). 分液漏斗、烧杯 ‎【解析】‎ ‎【分析】海水通过蒸发结晶得到氯化钠，氯化钠饱和溶液中通入氨气和二氧化碳气体得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠灼烧得到碳酸钠；高浓度卤水中加熟石灰氢氧化钙将镁离子转变成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁灼烧得到氧化镁，溶于盐酸得到氯化镁，电解熔融的氯化镁得到镁单质和氯气；过滤氢氧化镁后的滤液中加碳酸钠沉淀钙离子，滤液酸化后通氯气得到稀溴水，浓缩后得浓溴水，萃取后得含溴的有机溶液，蒸馏得溴单质，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)由以上分析可知，步骤②是在氯化钠饱和溶液中通入氨气和二氧化碳，充分反应后过滤得到碳酸氢钠，故答案为：过滤；‎ ‎(2)步骤②的实现需要向氯化钠溶液中通人CO2、NH3，因二氧化碳的溶解度不大，氨气极易溶于水，先通氨气使溶液呈碱性再通二氧化碳有利于二氧化碳的溶解，故答案为：NH3；‎ ‎(3)步骤⑥是电解熔融的氯化镁得到镁单质，反应为：MgCl2Mg+Cl2↑，步骤⑨是氯气氧化溴离子产生溴单质的过程，反应为：Cl2+2Br-=‎2C1-+ Br2，故答案为：MgCl2Mg+Cl2↑；Cl2+2Br-=‎2C1-+ Br2；‎ ‎(4)步骤⑧加硫酸除去溶液中过量的碳酸钠，使溶液呈酸性，有利于后续产生的溴单质稳定存在，故答案为：调节溶液的pH值，使得后续步骤生成的Br2稳定存在；‎ ‎(5)a裂化汽油中含有烯烃，能与溴单质反应，不能作为萃取试剂从溴水中萃取溴；c酒精易溶于水，不能作为萃取试剂从溴水中萃取溴；b苯和d四氯化碳均不溶于水，与溴水不反应，且溴单质在两者中的溶解度远大于在水中的溶解度，可以作萃取剂；萃取操作在分液漏斗中进行，萃取后分液还需要用到烧杯，故答案为：bd；分液漏斗、烧杯；‎ ‎27.石油在国民经济中起着非常重要的作用，被称为工业的血液。如图是以石油为原料合成高分子化合物G（ ）的流程图 已知：R-Br R-OH ‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）的分子式为___,其分子中含有的官能团名称为___‎ ‎（2）A→B的反应类型为_______。‎ ‎（3）F→G的化学方程式为______‎ ‎（4）的一种同分异构体R含有苯环,苯环上有羟基,能与NaHCO3反应,苯环上的一个氢原子被Br取代的同分异构体有两种。R的结构简式为_____‎ ‎【答案】(1). C8H8O3 (2). 羟基、羧基 (3). 加成反应 (4). n+(n-1)H2O (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据物质的结构简式书写分子式和含有的官能团名称；根据框图中物质的变化和条件推断物质的反应类型；根据框图物质F、G的结构简式和反应条件，书写F→G的化学方程式；根据官能团的性质和结构特点书写同分异构体。‎ ‎【详解】(1)根据的结构简式可知分子式为C8H8O3，其分子中含有的官能团名称为羟基、羧基，故答案：C8H8O3；羟基、羧基；‎ ‎(2)由框图可知A→B的反应类型为加成反应，故答案：加成反应；‎ ‎(3)由框图可知F的结构简式为：，G的结构简式为：，F→G的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案：n+(n-1)H2O；‎ ‎(4) 的一种同分异构体R含有苯环,苯环上有羟基，能与NaHCO3反应，说明含有-COOH，苯环上的一个氢原子被Br取代的同分异构体有两种，说明-OH和-COOH为苯环上的对称结构，所以R的结构简式为，故答案：。‎ ‎28.已知可逆反应aA2 +6B2xX（反应物、生成物都是气体）。回答下列问题:‎ I.将一定量的两种反应物置于恒容绝热反应器中（与外部环境无热量交换的反应器）,反应器内的温度与时间的关系如图:‎ ‎（1）该反应是___ （填“吸”或“ 放”）热反应。‎ ‎（2）下列关于该反应的叙述正确的是____ （填字母）。‎ a A点反应停止 b A点速率不为零 c 反应物的总能量大于生成物的 d B点正反应速率大于逆反应速率 II.将一定量的上述反应的反应物与生成物置于容积为‎2L的恒温恒容反应器中,反应器中各物质的物质的量与时间的关系如图:‎ ‎（3）①反应前4 min物质x的物质的量的变化为_____mol. .‎ ‎②反应前4 min物质A2反应速率为_______‎ ‎③该可逆反应的化学方程式为______（物质X用A、B表示）。‎ ‎④如果在4 min时升高反应体系的温度.则反应速率___ （ 填“增大“减小”或“不变"）。‎ ‎⑤如果在4min时加入2.4 mol Ne（Ne不参与该反应）,则反应速率___ （填“增大”“减小”或“不变”）。‎ ‎【答案】(1). 吸 (2). b d (3). 0.4 (4). 0.025mol·L-1·min-1 (5). A2+3B2 2AB3 (6). 增大 (7). 不变 ‎【解析】‎ ‎【详解】I.(1)由图可知，随着反应不断进行，温度逐渐下降，说明该反应为吸热反应，故本题答案为：吸；‎ ‎(2)a．由图可知，A点是平衡状态，是动态平衡，反应未停止，a错误； ‎ b．由图可知，A点是平衡状态，是动态平衡，反应仍在进行，A点速率不为零，b正确；‎ c．该反应为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，c错误；‎ d．B点未达到平衡状态，反应在正向进行，所以正反应速率大于逆反应速率，d正确；‎ 故本题答案为：bd ；‎ II.(3)①由图可知，反应前4 min物质x的物质的量的变化为0.8mol-0.4mol=0.4mol，故本题答案为：0.4；‎ ‎②反应前4 min物质A2的变化量为0.2mol，反应速率为=0.025mol·L-1·min-1，故本题答案为：0.025mol·L-1·min-1；‎ ‎③在0-4min时，A2的化学反应反应速率为=0.025mol·L-1·min-1，B2的化学反应反应速率为=0.075mol·L-1·min-1，X的化学反应反应速率为=0.05mol·L-1·min-1，化学反应速率之比等于化学计量数之比，即化学计量数之比为：A2：B2：X=1:3:2，根据原子守恒，则该可逆反应的化学方程式为A2+3B22AB3，故本题答案为：A2+3B22AB3；‎ ‎④升高反应体系的温度，活化分子数增多，反应速率增大，故本题答案为：增大；‎ ‎⑤在4min时加入2.4 mol Ne，Ne不参与该反应，由于是恒容体系，对反应物浓度无影响，对反应速率也无影响，所以反应速率不变，故本题答案为：不变。‎