湖南省衡阳县2017-2018学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）.doc

湖南省衡阳县2017-2018学年高一下学期期末考试化学试题1. 从海水中提取下列物质，可以不涉及到化学变化的是 ( )A. Mg B. NaCl C. Br2 D. K【答案】B【解析】试题分析：A、海水中含有镁离子，从镁离子变成镁单质，则必须是化学变化，故错误；B、海水中含有氯化钠，通过蒸发就可以得到氯化钠，不涉及化学变化，故正确；C、海水中含有溴离子，通过化学变化变成溴单质，故错误；D、海水含有钾离子，通过化学变化变成钾单质，故错误。考点：海水的综合利用2. 古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是( )A. 丝绸 B. 中草药叶 C. 茶 D. 瓷器【答案】D【解析】【详解】A、丝绸是天然纤维，是有机化合物，A错误；B、中草药叶的主要成分是有机化合物，B错误；C、茶叶的主要成分是有机化合物，C错误；D、瓷器属于硅酸盐产品，是无机化合物，D正确。答案选D。3. 下列化学用语的书写正确的是( )A. 氮气的电子式： B. 硫原子的结构示意图：C. CH4的比例模型： D. 乙烯的结构简式：CH2CH2【答案】C【解析】【详解】A. 氮气的电子式为，A错误；B. 硫原子的结构示意图为，B错误；C. 比例模型是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起，CH4的比例模型为，C正确；D. 乙烯含有碳碳双键，结构简式为CH2CH2，D错误；答案选C。4. 根据元素周期表判断，下列叙述不正确的是( )A. 周期表中第七周期最多容纳32种元素B. 周期表中共有18个列，其中形成化合物种类最多的在第14列C. L层电子为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等D. 除过渡元素外周期表中最外层电子数相同的元素都位于同一族中【答案】D【解析】【详解】A. 周期表中第七周期最多容纳32种元素，A正确；B. 周期表中共有18个列，其中形成化合物种类最多的在第14列，即含有碳元素的第A族，B正确；C. L层电子为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等，C正确；D. 除过渡元素外周期表中最外层电子数相同的元素不一定都位于同一族中，例如He的最外层电子数是2个，位于0族而不是第A族，D错误。答案选D。5. 下列有关说法正确的是( )A. 糖类、油脂和蛋白质都是天然高分子化合物B. 煤的干馏和石油的分馏都是化学变化C. C4H9C1有4种同分异构体D. 油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A、油脂以及单糖和二糖等都不是高分子化合物，A错误；B、煤的干馏是化学变化，石油的分馏是物理变化，B错误；C、丁基有4种，则C4H9C1有4种同分异构体，C正确；D、含有不饱和键的油脂能使溴的四氯化碳溶液褪色，D错误。答案选C。【点睛】本题主要是油脂的结构和性质，化石燃料的综合利用，苯的性质以及同分异构体判断等，难点是选项C中同分异构体判断，注意一取代产物数目的判断方法，基元法就是常用的一种，例如丁基有四种异构体，则丁醇、戊醛、戊酸等都有四种同分异构体。6. 下列变化中，不需要破坏化学键的是( )A. 氯化氢溶于水 B. 加热氯酸钾使其分解 C. 碘升华 D. 氯化钠熔化【答案】C【解析】试题分析：氯化氢溶于水，电离出离子，共价键被破坏；加热氯酸钾分解生成氧气和氯化钾，离子键、共价键均被破坏；碘升华，是物理变化，破坏的是分子间作用力；氯化钠熔化，电离出离子，破坏的是离子键，答案选C。考点：考查物质变化、化学键的判断点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确物质变化的实质，以及变化时是如何改变化学键的。7. 利用金属活泼性的差异，可以采取不同的冶炼方法冶炼金属。下列化学反应原理在金属冶炼工业中还没有得到应用的是( )A. Al2O3+3C2Al+3CO B. Fe2O3+3CO2Fe+3CO2C. 2Ag2O4Ag+O2 D. Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3【答案】A【解析】【分析】金属冶炼是工业上将金属从含有金属元素的矿石中还原出来的生产过程，金属的活动性不同，可以采用不同的冶炼方法，金属冶炼的方法主要有：热分解法、热还原法、电解法，据此判断。【详解】A、铝很活泼，工业上电解熔融氧化铝冶炼铝，不能利用还原法，A错误；B、铁位于金属活动顺序表中间位置的金属，通常用热还原法冶炼，B正确；C、银是不活泼的金属，可以采用热分解法，C正确；D、铝的金属性强于铁，可以用铝热反应冶炼金属铁，D正确。答案选A。【点睛】本题考查了金属冶炼的一般原理，题目难度不大，注意根据金属的活泼性不同采取相应的冶炼方法。8. “化学反应的绿色化”要求反应物中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中。下列制备方案中最能体现化学反应的绿色化的是( )A. 乙烷与氯气光照制备一氯乙烷 B. 乙烯催化聚合为聚乙烯高分子材料C. 以铜和浓硫酸共热制备硫酸铜 D. 苯和液溴在催化剂条件下制取溴苯【答案】B【解析】【详解】A. 乙烷与氯气光照制备一氯乙烷的同时还有氯化氢生成，且还会产生其它氯代物，不符合化学反应的绿色化，A错误；B. 乙烯催化聚合为聚乙烯高分子材料的反应中生成物只有一种，能体现化学反应的绿色化，B正确；C. 以铜和浓硫酸共热制备硫酸铜的同时还有二氧化硫和水生成，不符合化学反应的绿色化，C错误；D. 苯和液溴在催化剂条件下制取溴苯的同时还有溴化氢生成，不符合化学反应的绿色化，D错误；答案选B。9. 下列说法正确的是( )A. H2、D2和T2互称为同素异形体 B. 互称为同分异构体C. 35C1和37C1互称为同位素 D. C2H4与C4H8互称为同系物【答案】C【解析】A、H2、D2、T2 都是氢元素组成，结构相同，属于同一物质，故A错误；B、和都是甲烷的二氯代物，没有同分异构体，属于同种物质，故B错误；C、35Cl和37Cl的质子数都为17，中子数分别为18、20，属于同位素，故C正确； D、C4H8可能为环烯烃，与乙烯(C2H4)结构不相似，不一定是同系物，故D错误；故选C。点睛：本题考查同系物、同分异构体、同位素、同素异形体、同一物质的区别，注意把握概念的内涵与外延。本题的易错点为D，同系物指结构相似，组成上相差1个或者若干个CH2原子团的化合物，官能团数目和种类须相等。10. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A. lmol Na与乙醇完全反应，失去2NA电子B. 常温常压下，8gCH4含有5NA个电子C. 1L 0.1molL-1的醋酸溶液中含有0.1NA个H+D. 标准状况下，22.4L苯含有NA个C6H6分子【答案】B【解析】A钠原子最外层电子数为1，1molNa与乙醇完全反应，失去1NA电子，故A错误；B每个甲烷分子含有10个电子，8gCH4的物质的量为0.5mol，含有5NA个电子，故B正确；C醋酸是弱酸，在水溶液中不可能完全电离，故C错误；D标准状况下，苯为液体，无法根据气体的摩尔体积计算其物质的量，故D错误；答案为B。点睛：顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；必须明确温度和压强，只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。本题难点是选项C，要注意醋酸是弱电解质，不能完全电离。11. 由和组成的11 g水中，含有的中子的物质的量为( )A. 4.5 mol B. 5 mol C. 5.5 mol D. 6 mol【答案】D【解析】【详解】由和组成的水的相对分子质量是22，则11 g水的物质的量是0.5mol，1分子该水中含有中子数是（21）2+18812，因此含有的中子的物质的量为6mol。答案选D。12. 原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c和d+的电子层结构相同。下列叙述错误的是( )A. 元素的非金属性次序为cbaB. a和其他3种元素均能形成共价化合物C. d和其他3种元素均能形成离子化合物D. 元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6【答案】B【解析】试题分析：原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a-的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c-和d+的电子层结构相同，则d为K元素。A同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性ClSH，故A正确；BH元素与S元素、Cl元素分别形成H2S、HCl，二者属于共价化合物，但与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物，故B错误；CK元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl，均属于离子化合物，故C正确；DH元素最高正化合价为+1、最低负化合价为-1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为-2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为-1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，故D正确。故选B。考点：考查原子结构与元素周期律的关系视频13. 下列结论错误的是( )微粒半径：r(K+)r(Al3+)r(S2)r（Cl)氢化物的稳定性：HFHClH2SPH3SiH4还原性：S2ClBrI氧化性：Cl2SSeTe酸性：H2SO4H3PO4H2CO3HClO非金属性：ONPSi金属性：BeMgCaKA. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】钾离子与氯离子、硫离子的电子层结构相同，核电荷数越多，离子半径越小，则微粒半径：r(S2)r（Cl)r(K+)r(Al3+)，错误；元素的非金属性越强，则氢化物的稳定性越强，所以氢化物的稳定性：HFHClH2SPH3SiH4，正确；非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱，则离子的还原性：S2IClBr，错误；元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，所以氧化性：Cl2SSeTe，正确；非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：H2SO4H3PO4H2CO3，氯元素的非金属性强，但HClO不是其最高价含氧酸，HClO是比碳酸弱的酸，正确；同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，同主族从上到下逐渐减弱，所以非金属性：ONPSi，正确；同主族元素的金属性从上到下逐渐增强，所以金属性：BeMgCaK，正确；答案选B。14. 在l00 kPa时，1 mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895 kJ的热能。据此，试判断在100 kPa压强下，下列结论正确的是( )A. 石墨和金刚石不能相互转化B. 金刚石比石墨稳定C. 破坏1mol金刚石中的共价键消耗的能量比石墨多D. 1 mol石墨比1 mol金刚石的总能量低【答案】D【解析】【分析】在100 kPa时，1 mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895 kJ的热能。说明金刚石的能量比石墨高，据此判断。【详解】A根据题意，石墨和金刚石能相互转化，A错误；B金刚石的能量比石墨高，金刚石没有石墨稳定，B错误；C根据题意，破坏1mol金刚石中的共价键消耗的能量比石墨少，C错误；D根据题意，1 mol石墨比1 mol金刚石的总能量低，D正确；答案选D。15. 下列由实验得出的结论正确的是( )实验结论A将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的1,2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳B乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性C用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性小于碳酸的酸性D甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红生成的氯甲烷具有酸性A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A. 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明，证明乙烯与溴反应生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，A正确； B. 乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，但是两个反应的剧烈程度是不同的，所以乙醇分子中的氢与水分子中的氢的活性是不相同的，B不正确； C. 用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，水垢中有碳酸钙，说明乙酸的酸性大于碳酸的酸性，C不正确； D. 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，是因为生成的HCl水溶液具有酸性，D不正确。本题选A。16. C(s)+CO2(g) 2CO(g)反应中，可使反应速率增大的措施是( )增大压强 升高温度 通入CO2 增大C的量 减小压强A. B. C. D. 【答案】A【解析】该反应为气体参加的反应，增大压强，反应速率加快，故正确；升温，反应速率加快，故正确；通入CO2，反应物浓度增大，反应速率加快，故正确；增加炭的量，固体物质的浓度不变，不影响化学反应速率，故错误；该反应为气体参加的反应，减小压强，反应速率减慢，故错误；故选A。点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握常见的外因为解答的关键，注意中浓度的变化，为本题的易错点。17. 下列关于苯的叙述正确的是( )A. 反应为取代反应，有机产物的密度比水小B. 反应为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有较多的黑烟C. 反应为取代反应，有机产物是一种烃D. 反应1mol苯最多与3molH2发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键【答案】B【解析】A苯与液溴发生取代反应，生成溴苯，溴苯的密度比水大，所以与水混合沉在下层，故A错误；B苯能与在空气中能燃烧，发生氧化反应，燃烧时火焰明亮并带有浓烟，故B正确；C苯能与硝酸发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯中除了含有C、H，还含有N和O，不属于烃，故C错误；D苯分子没有碳碳双键，而是一种介于单键和双键之间独特的键，故D错误；故选B。18. 某温度时，在一个容积为2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，下列有关说法错误的是( )A. 该反应的化学方程式为3X+Y2ZB. 2 min时，反应达最大限度，但化学反应仍在进行C. 2 min末时，Z的反应速率为0.05 molL-1min-1D. 反应达到平衡时，压强是开始时的0.9倍【答案】C【解析】试题分析：A.根据图给信息，该反应为可逆反应，反应物随时间的推移，物质的量在减少，生成物则不断增加，0-2min内反应的物质的量之比等于系数之比，所以该反应的化学方程式为3XY2Z，A项正确；B. 2min时达到平衡，是向正向反应的最大限度，但反应为动态平衡，化学反应仍在进行，B项正确；C.反应开始至2 min，Z的反应速率为=0.2mol（2L2min）=0.05molL1min1，化学反应速率是平均速率，不是2min末，C项错误；D.压强比等于物质的量比，即反应达到平衡时压强是开始的压强（0.7+0.9+0.2）:2=0.9倍，D项正确，答案选C。考点：考查化学图像的分析与判断，化学反应速率的计算等知识。19. 回答下列问题：(1)当电极a为A1、电极b为Cu、电解质溶液为稀硫酸时，正极的电极反应式为：_。(2)当电极a为Fe、电极b为Cu、电解质溶液为浓硝酸时，该装置_(填“能”或“不能”)形成原电池，若不能，请说明理由_；若能，请写出该电池负极的电极反应方程式_。(3)设计一燃料电池，以电极a为正极，电极b为负极，CH4为燃料，采用酸性溶液为电解液；则CH4应通入_极(填a或b，下同)，电子从_极流出。电池的负极反应方程式为_。【答案】 (1). 2H+2e-=H2 (2). 能 (3). Cu2e-=Cu2+ (4). b (5). b (6). CH4+2H2O8e-=CO2+8H+【解析】【分析】（1）Al、Cu、稀硫酸构成的原电池，金属铝做负极，金属铜为正极，正极上氢离子得电子生成氢气；（2）自发的氧化还原反应能设计成原电池，失电子的极是负极；（3）燃料电池中，甲烷燃料在负极通入，正极是氧气得电子，电子从负极流向正极。【详解】（1）Al、Cu、稀硫酸构成的原电池，金属铝做负极，金属铜为正极，正极上氢离子得电子生成氢气，正极的电极反应为2H+2e-=H2；（2）Fe、Cu、浓硝酸之间，金属Fe遇到浓硝酸会钝化，Cu与浓硝酸反应，则能设计成原电池，失电子的是金属铜，为负极，金属铁为正极，负极反应式为Cu2e-=Cu2+；（3）氢氧燃料电池中，燃料甲烷需通在负极，即CH4应通入b极，正极是氧气得电子，电子从负极流向正极，即电子从b极流出。负极上甲烷失电子生成二氧化碳，则负极电极反应方程式为CH4+2H2O8e-=CO2+8H+。【点睛】本题考查原电池原理，为高频考点，把握原电池的工作原理、正负极的判断和电极方程式的书写方法为解答的关键，侧重电极、电极反应、电子转移的考查，题目难度不大。20. 请按要求填写下列空白：主族周期AAAAAAA23(1)在元素对应的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的化合物的电子式是：_；(2)写出元素的最简单氢化物的结构式_；(3)四种元素的简单离子半径从大到小排序_(用离子符号表示)；(4)写出元素的最高价氧化物与元素的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式_；(5)写出元素的常见氢化物和它的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式_。【答案】 (1). (2). (3). r(S2-)r(O2-)r(Na+)r(Al3+)（或S2O2-Na+Al3+) (4). Al2O3+2OH-2AlO2-+H2O (5). NH3+HNO3NH4NO3【解析】【分析】首先根据元素在周期表中的位置判断元素名称，然后依据元素周期律以及相关物质的性质分析解答。【详解】根据元素在周期表中的相对位置可知分别是Li、C、N、O、Na、Al、S、Cl。则(1)金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，在元素对应的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的化合物是氢氧化钠，含有离子键和共价键，其电子式是；(2)元素的最简单氢化物是甲烷，其结构式为；(3)核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则四种元素的简单离子半径从大到小排序为r(S2-)r(O2-)r(Na+)r(Al3+)；(4)元素的最高价氧化物氧化铝是两性氧化物，与元素的最高价氧化物的水化物氢氧化钠反应的离子方程式为Al2O3+2OH-2AlO2-+H2O；(5)元素的常见氢化物氨气和它的最高价氧化物的水化物硝酸反应的化学方程式为NH3+HNO3NH4NO3。21. 在2 L密闭容器内，t时发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，在体系中，n(N2)随时间的变化如下表：时间(min)012345N2的物质的量(mol)0.200.100.080.060.060.06(1)上述反应在第5min时，N2的转化率为_；(2)用H2表示从02 min内该反应的平均速率v(H2)=_；(3)t时，在4个均为2L密闭容器中不同投料下进行合成氨反应。根据在相同时间内测定的结果，判断该反应进行快慢的顺序为_。(用字母填空，下同)；av(NH3)=0.05 molL-1min-1 bv(H2)=0.03 molL-1min-1cv(N2)=0.02 molL-1min-1 dv(H2)=0.00 l molL-1s-1(4)下列表述能作为反应达到化学平衡状态的标志是_。a反应速率v(N2)：v(H2)：v(NH3)=1：3：2b各组分的物质的量浓度不再改变c混合气体的平均相对分子质量不再改变d混合气体的密度不变e单位时间内生成n mol N2的同时，生成3n mol H2fv(N2)消耗=2v(NH3)消耗g单位时间内3mol HH键断裂的同时2mol NH键也断裂【答案】 (1). 70% (2). 0.09mol/(Lmin) (3). acdb (4). bc【解析】【详解】(1)上述反应在第5min时，消耗氮气的物质的量是0.20mol0.06mol0.14mol，则N2的转化率为0.14mol/0.20mol100%70%；(2)02 min内消耗氮气的物质的量是0.20mol0.08mol0.12mol，根据方程式可知消耗氢气是0.36mol，浓度是0.18mol/L，则用H2表示从02 min内该反应的平均速率v(H2)0.18mol/L2min0.09mol/(Lmin)；(3)如果都用氢气表示其反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知ad分别是（molL-1min-1）0.075、0.03、0.06、0.06，所以该反应进行快慢的顺序为acdb；(4)在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，则a反应速率v(N2)：v(H2)：v(NH3)=1：3：2不能说明反应达到平衡状态，a错误；b各组分的物质的量浓度不再改变，说明反应达到平衡状态，b正确；c混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到平衡状态，c正确；d密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，d错误；e单位时间内生成n mol N2的同时，生成3n mol H2，均表示逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，e错误；fv(N2)消耗=2v(NH3)消耗，不满足正逆反应速率相等，没有达到平衡状态，f错误；g单位时间内3mol HH键断裂的同时2mol NH键也断裂，不满足正逆反应速率相等，没有达到平衡状态，g错误；答案选bc。【点睛】平衡状态的判断是解答的易错点和难点，注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：正反应速率和逆反应速率相等。反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。22. 从煤和石油中可以提炼出化工原料A和H。已知A是石油裂解气的主要产物之一，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志。H是一种比水轻的油状液体，H仅由碳氢两种元素组成，H不能使酸性KMnO4溶液褪色，其碳元素与氢元素的质量比为12：l，H的相对分子质量为78。下列是有机物AG之间的转化关系：请回答下列问题：(1)D中所含官能团的名称是_；(2)写出反应的化学方程式_；(3)G是一种高分子化合物，可以用来制造农用薄膜材料等，其结构简式_；(4)在体育竞技比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随队医生立即对准其受伤部位喷射物质F(沸点12.27)进行应急处理。写出由A制备F的化学方程式：_；(5)下列关于B的一种同系物甲醇的说法不正确的是_(填字母)。a甲醇的结构简式为CH3OH，官能团为OHb甲醇完全燃烧后的产物为CO2和H2OcB与甲醇都极易溶于水，是因为它们都能与水分子间形成氢键d甲醇与钠反应可以产生氢气，所以甲醇显酸性(6)等质量的A、H完全燃烧时消耗O2的物质的量_(填“AH、AH【解析】【分析】从煤和石油中可以提炼出化工原料A和H。已知A是石油裂解气的主要产物之一，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，A是乙烯。乙烯和氯化氢发生加成反应生成F是CH3CH2Cl。乙烯和水发生加成反应生成B是乙醇，乙醇发生催化氧化生成C是乙醛，乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D是乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成E是乙酸乙酯。H是一种比水轻的油状液体，H仅由碳氢两种元素组成，H不能使酸性KMnO4溶液褪色，其碳元素与氢元素的质量比为12：l，H的相对分子质量为78，则含有的碳原子个数是，氢原子个数是，因此H是苯，据此解答。【详解】根据以上分析可知A是CH2=CH2，B是CH3CH2OH，C是CH3CHO，D是CH3COOH，E是CH3COOC2H5，F是CH3CH2Cl。则(1)D是乙酸，其中所含官能团的名称是羧基；(2)反应是乙醇的催化氧化，化学方程式为2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O；(3)G是一种高分子化合物，可以用来制造农用薄膜材料等，因此G是聚乙烯，其结构简式为；(4)乙烯和氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，反应的化学方程式为CH2=CH2 + HCl CH3CH2Cl；(5)a甲醇的结构简式为CH3OH，官能团为OH，a正确；b甲醇完全燃烧后的产物为CO2和H2O，b正确；cB与甲醇都极易溶于水，是因为它们都能与水分子间形成氢键，c正确；d甲醇含有羟基，与钠反应可以产生氢气，甲醇是非电解质，不显酸性，d错误。答案选d。(6)乙烯分子中氢元素含量高于苯中氢元素含量，含氢量越高，消耗的氧气越多，则等质量的A、H完全燃烧时消耗O2的物质的量AH。23. 海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：(1)除去粗盐中杂质(Mg2+、SO42-、Ca2+)，加入的药品顺序正确的是_。A、NaOH溶液Na2CO3溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸B、BaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸C、NaOH溶液BaCl2溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸D、Na2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸(2)步骤I中已获得Br2，步骤II中又将Br2还原为Br一，其目的是富集。发生反应的化学方程式：_。(3)某化学小组的同学为了了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料，Br2的沸点为59。微溶于水，有毒性和强腐蚀性。他们参观生产过程后，设计了如下实验装置：图中仪器B的名称是_，冷却水的出口为_（填“甲”或“乙”)。D装置的作用是_。(4)已知某溶液中Cl一、Br一、I一的物质的量之比为2：3：4，现欲使溶液中的Cl一、Br一、I一的物质的量之比变成4：3：2，那么要通入C12的物质的量是原溶液中I一的物质的量的_(填选项)。A、1/2 B、1/3 C、1/4 D、1/6【答案】 (1). BC (2). Br2SO22H2O=2HBrH2SO4 (3). 冷凝管 (4). 甲 (5). 吸收尾气 (6). C【解析】【分析】海水淡化得到氯化钠，电解氯化钠溶液或熔融状态氯化钠会生成氯气，氯气通入母液中发生反应得到低浓度的溴单质溶液，通入热空气吹出后用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr的溶液，通入适量氯气氧化得到溴单质，富集溴元素，蒸馏得到工业溴，据此解答。【详解】（1）要先除SO42-离子，然后再除Ca2+离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加NaOH除去Mg2+离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，然后过滤即可，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子、碳酸根离子，则：ANaOH溶液Na2CO3溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸，最后加入的氯化钡溶液中钡离子不能除去，A错误；BBaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸，B正确；CNaOH溶液BaCl2溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸，C正确；DNa2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸，顺序中加入的氯化钡溶液中钡离子无法除去，D错误；答案选BC；（2）步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原为Br-，目的是富集溴元素，步骤中发生反应是二氧化硫吸收溴单质，反应的方程式为Br2SO22H2O2HBrH2SO4；（3）由装置图可知，提纯溴利用的原理是蒸馏，仪器B为冷凝管，冷凝水应从下端进，即从乙进，冷却水的出口为甲；进入D装置的物质为溴蒸汽，溴蒸汽有毒，避免污染环境，最后进行尾气吸收，即D装置的作用是吸收尾气；（4）已知还原性I-Br-Cl-，反应后I-有剩余，说明Br-浓度没有变化，通入的Cl2只与I-发生反应。设原溶液中含有2molCl-，3molBr-，4molI-，通入Cl2后，它们的物质的量之比变为4：3：2，则各离子物质的量分别为：4molCl-，3molBr-，2molI-，Cl-增加了2mol，则需1molCl2，因此通入的Cl2物质的量是原溶液中I-物质的量的1/4。答案选C。【点睛】本题考查物质的分离、提纯，侧重海水资源的综合利用、氧化还原反应定量计算，涉及到电解、海水提溴工艺等知识点，注意物质的分离、提纯应把握物质的性质的异同，掌握从海水中提取溴的原理为解答该题的关键。（4）为解答的难点，注意氧化还原反应原理的应用，题目难度中等。