1、昆明市20192020学年高一期末质量检测化学注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Cu-64 Br-80一、单项选择题：本题共20小题，每小题2分，共40分。每小题给出的四个选项
2、中，只有一项符合题意。1. 化学与生活、生产密切相关。下列叙述不正确的是A. 棉花、羊毛、蚕丝的主要成分均为蛋白质B. 利用粮食酿酒，经历了淀粉葡萄糖酒精的化学变化过程C. 青铜是我国使用最早的合金，钢是用途最广的合金D. 氧化铝是冶炼金属铝的原料，也可以用来制造耐高温的实验仪器【答案】A【解析】【详解】A棉花的主要成分是纤维素，故A错误；B粮食酿酒，粮食的主要成分是淀粉，经多糖的水解成单糖葡萄糖，再经发酵作用生成酒精，故B正确；C青铜铜锡合金，钢是铁碳合金，故C正确；D工业上电解氧化铝制备金属铝，氧化铝的熔沸点高，是一种较好的耐火材料，可以用来制造耐高温的实验仪器，故D正确；答案选A。2.
3、下列图标，属于“国家节水标志”的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A图中所示标志是节能标志，故A选项错误。B图中所示标志是节水标志，故B选项正确。C图中所示标志是可回收物标志，故C选项错误。D图中所示标志是禁止吸烟，故D选项错误。故答案选B。3. 下列物质属于电解质的是A. 食盐水B. 铜C. 二氧化硫D. 氢氧化钠【答案】D【解析】【详解】电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，A项食盐水是混合物，不是电解质；B项铜是单质，不是电解质；C项二氧化硫本身不能导电，不是电解质，D项氢氧化钠是电解质，故答案选D。4. 下列化学用语正确的是A. 氢元素的同位素：1H2、2
4、H2、3H2B. N2的结构式：NNC. 硼元素的元素符号：BeD. 乙酸乙酯的结构简式：C4H8O2【答案】B【解析】【详解】A同种元素的不同原子互为同位素，1H2、2H2、3H2为同一种物质，都是分子，不属于同位素，A错误；BN2的结构式为NN，B正确；C硼元素的元素符号为B，C错误；DC4H8O2是乙酸乙酯的分子式，D错误；答案选B。5. 2016年IUPAC命名118号元素为Og，该元素的一种核素为Og。下列叙述不合理的是A. 该核素核外有118个电子B. 该元素位于第七周期0族C. 该核素的中子数为294D. 该元素原子的最外层电子数为8【答案】C【解析】【详解】A118号元素为Og
5、，原子的质子数=核外电子数=118，故A不符合题意；B根据元素周期表的结构可知，118种元素位于第七周期0族，故B不符合题意；COg元素的一种核素为Og，元素符号左下角的数字代表质子数，左上角的数字代表质量数，由于质量数等于质子数+中子数，中子数=294-118=176，故C符合题意；D根据元素周期表的结构可知，118种元素位于第七周期0族，该元素原子的最外层电子数为8，故D不符合题意；答案选C。6. 下列说法正确的是A. 离子化合物中只含有离子键B. 化学键只存在于分子之间C. 氯化氢溶于水时破坏了共价键D. 由非金属元素组成的化合物都是共价化合物【答案】C【解析】【详解】A离子键只能存在于
6、离子化合物中，离子化合物中一定含有离子键，可能还有共价键，例如氢氧化钠，故A错误；B化学键既可以存在于相邻的原子之间，也可存在于相邻的离子之间，故B错误；C氯化氢是共键化合物，分子中存在共价键，溶于水时形成盐酸，盐酸电离出氢离子和氢氧根离子，破坏了共价键，故C正确；D由非金属元素组成的化合物可都是共价化合物，也可能是离子化合物，例如氯化铵，故D错误；答案选C。7. 下列有关化学反应与能量的说法正确的是A. 化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关B. 燃煤发电中的能量转化过程是：化学能热能机械能电能C 风力、流水、原煤、电力、天然气都属于一次能源D. 石墨和金刚石由同种元素组成，故它们之
7、间的相互转化不涉及能量变化【答案】B【解析】【详解】A化学反应的能量变化的大小与反应物的质量成正比，故A错误；B燃煤发电，煤中含有化学能，燃烧水转化成热能，水蒸气推动机器转动，转化成机械能，机器带动发电机发电，转化成电能，故B正确；C电力不能直接从自然界获取，是二次能源，故C错误；D石墨和金刚石是不同物质，它们之间的相互转化是化学变化，化学反应必然伴随能量变化，故D错误；答案选B。8. 下列关于胶体的叙述不正确的是A. 电泳现象说明胶体带电B. 石膏点豆腐利用了胶体聚沉的原理C. 利用丁达尔效应可以鉴别胶体和溶液D. 用过滤的方法不能除去胶体中混有的杂质离子【答案】A【解析】【详解】A电泳现象
8、是由于胶粒吸附了电荷，在电场的作用下，发生定向移动，但不能说明胶体带电，故A错误；B豆浆是一种胶体，石膏加入到豆浆中，会使豆浆发生聚沉，制成豆腐，故B正确；C胶粒对光线散射产生丁达尔效应，而溶液无此现象，可鉴别胶体的溶液，故C正确；D胶体中分散质粒子直径大小在1-100nm之间，能透过滤纸，不能用过滤的方法除去胶体中混有的杂质离子，故D正确；答案选A。9. 将下列物质与溴水混合，振荡静置，溶液分层且上层几乎为无色的是A. 酒精B. 苯C. 己烷D. 四氯化碳【答案】D【解析】【详解】A乙醇和水能互溶，不分层，故A错误；B苯属于烃，与水互不相溶，密度比水小，溴更易溶于苯，混合液分2层，上层为橙色
9、，故B错误；C己烷属于烃，与水互不相溶，密度比水小，溴更易溶于己烷，上层是橙色，故C错误；D四氯化碳与水互不相溶，密度比水大，下层是橙色，上层是无色，故D正确；答案选D。10. 关于化合物2-苯基丙烯()的说法不正确的是A. 分子式为C9H10B. 1mol该有机物完全燃烧需要消耗10.5molO2C. 一定条件下，它可以发生取代、加成、氧化反应D. 该化合物分子中所有碳原子可能共平面【答案】B【解析】【详解】A由该化合物的结构可知，分子式为：C9H10，故A正确；B1mol该有机物完全燃烧需要消耗氧气：mol，故B错误；C该化合物含有苯环，可发生硝化反应等取代反应，含有碳碳双键，可与溴的四氯
10、化碳发生加成反应，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故C正确；D苯是平面型分子，苯环上所有原子共平面，乙烯是平面型分子，与碳碳双键上的2个碳直接相连的原子共平面，则该分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；答案选B。11. 对下列结论的解释正确的是选项结论解释A乙烷和乙烯都可以制得1，2-二氯乙烷两者都发生了加成反应B乙酸和葡萄糖都能与新制的氢氧化铜悬浊液反应两者所含官能团相同C乙醇和乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色两者都有还原性D油脂和蛋白质都能发生水解反应两者都为高分子化合物A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A乙烷可通过二氯取代生成1，2-二氯乙烷，属于取代反应，乙烯与
11、氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，属于加成反应，故A错误；B乙酸具有酸性，能与具有碱性的氢氧化铜反应，属于中和反应，葡萄糖内含有醛基，能与新制的氢氧化铜悬浊液发生氧化还原反应，前者的管能团是羧基，后者是醛基，故B错误；C乙醇和乙烯都能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，两者具有还原性，故C正确；D油脂的相对分子质量在几百左右，不属于高分子化合物，故D错误；答案选C。12. 实验室配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下列操作可能导致所配溶液浓度偏高的是A. 定容时俯视液面B. 称量NaOH固体所用时间过长C. 转移溶液时有少量NaOH溶液残留在烧杯内D. 容量瓶内残留少量蒸馏水，未经处理直接配制
12、溶液【答案】A【解析】【分析】根据c=可知，一定物质量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大，据此分析。【详解】A定容时，俯视观察刻度线和液面，导致加入蒸馏水的体积偏小，所得溶液浓度偏高，故A符合题意；B称量NaOH固体所用时间过长，会使氢氧化钠暴露在空气中吸收二氧化碳转化为碳酸钠，导致溶质的物质的量偏小，所得溶液的浓度偏低，故B不符合题意；C转移溶液时有少量NaOH溶液残留在烧杯内，导致溶质的物质的量偏小，所
13、得溶液的浓度偏低，故C不符合题意；D容量瓶中有少量的蒸馏水，由于定容时还需要加入蒸馏水，所以不影响配制结果，故D不符合题意；答案选A。13. 短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的位置如图所示，它们的最外层电子数之和为24。下列说法错误的是ABCDA. 最简单氢化物的熔沸点：ADB. 气态氢化物的热稳定性：ABC. 最高价氧化物的水化物的酸性：CD，故A正确；B同周期从左到右非金属性增强，非金属性：AB，非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越稳定，则：AB，故B正确；C同周期从左到右非金属性增强，非金属性：CD，最高价氧化物的水化物的酸性：C0，下列措施能加快该化学反应速率的是增加碳的用量将碳
14、制成碳粉加催化剂加热恒容充入He恒压充入HeA. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】固体的浓度视为常数，增加碳的用量，浓度不变化，反应速率不变，不选；将碳制成碳粉，增大反应物接触面积，反应速率加快，选；加催化剂，能降低反应活化能，反应速率加快，选；加热，能增大活化分子百分数，反应速率加快，选；恒容充入He，容器总压强增大，气体分压不变，速率不变，不选；恒压充入He，体积增大，浓度减小，速率减小，不选；正确的有：，答案选B。17. 用如图所示装置进行下列实验，所得实验结论不正确的是选项实验结论ANa2CO3盐酸Na2SiO3酸性：H2CO3H2SiO3BNa2SO3浓硫酸溴水SO2具有
15、还原性CKClO3浓盐酸淀粉-KI溶液氧化性：KClO3Cl2I2DCaO浓氨水滴加酚酞的水溶液NH3的水溶液显碱性A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A稀盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸，不能比较H2CO3、H2SiO3酸性，故A错误；B浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2，SO2具有还原性，能使溴水褪色，故B正确；CKClO3与浓盐酸反应生成Cl2，氧化性KClO3 Cl2，Cl2能与KI反应生成I2，氧化性Cl2 I2，故C正确；D浓氨水与生石灰发生反应CaO+ NH3H2O=Ca(OH)2+ NH3，NH3通入酚酞溶液中，溶液呈红色，则说明NH3的水溶液显碱性，
16、故D正确；答案选A。18. 下列离子方程式正确的是A. 钠与水反应：Na+H2O=Na+OH-+H2B. NO2溶于水：3NO2+H2O=2H+2NO+NOC. 石灰石与盐酸反应：CO+2H+=H2O+CO2D. 氯化铝溶液与过量氨水反应：Al3+4NH3H2O=AlO+4NH+2H2O【答案】B【解析】【详解】A钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，即：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，故A错误；BNO2溶于水生成HNO3和NO，离子方程式：3NO2+H2O=2H+2NO+NO，故B正确；C石灰石不可拆，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故C错误；D氯化铝溶液与
17、过量氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀，弱碱不能继续与氢氧化铝反应，离子反应为Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3，故D错误；答案选B。19. 下列各组物质中，不能按照如图所示进行转化的是选项XYZACCOCO2BH2SSSO2CAlAlCl3Al(OH)3DNaOHNa2CO3NaHCO3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】AC在氧气不充足的条件下反应生成CO，CO在氧气中燃烧产生CO2，C和CO2可以在高温下反应生成了CO，符合图中的转化关系，故A不符合题意；BH2S可以和氧气反应制得S，S在氧气中燃烧得到SO2，H2S和SO2可以反应得到S，符合图中的转化关系，故B
18、不符合题意；CAl可以和氯气或稀盐酸反应得到AlCl3，AlCl3可以和氨水或适量的氢氧化钠反应得到Al(OH)3，Al和Al(OH)3不能反应得到AlCl3，不符合图中的转化关系，故C符合题意；DNaOH和少量二氧化碳反应得到Na2CO3，Na2CO3和二氧化碳和水反应得到NaHCO3，NaOH和NaHCO3可以反应得到Na2CO3，符合图中的转化关系，故D不符合题意；答案选C。20. 一定条件下，将3.52g铜和铁的混合物溶于30mL一定浓度的热硝酸中，恰好完全反应，得到NO和NO2的混合气体0.08mol，且所得溶液不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。向反应后的溶液中加入1molL-1的NaOH
19、溶液，当金属离子恰好全部沉淀时得到6.24g沉淀。该硝酸的浓度为A. 2.4molL-1B. 5.3molL-1C. 7.2molL-1D. 8molL-1【答案】D【解析】【分析】金属离子全部沉淀时，得到6.24g沉淀为氢氧化铜、氢氧化铁，故沉淀中氢氧根的质量为：6.24g -3.52g =2.72g，计算出氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Fe的物质的量分别为x、y，则：解得x、y的值，根据氮元素守恒n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)+n(NO2)，根据钠元素守恒可得：n(NaNO3)=n(NaOH)=n(OH-)
20、，可以得到n(HNO3)的值，利用c(HNO3)=可以得到硝酸的浓度，据此分析。【详解】金属离子全部沉淀时，得到6.24g沉淀为氢氧化铜、氢氧化铁，故沉淀中氢氧根的质量为：6.24g -3.52g =2.72g，氢氧根的物质的量为，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Fe的物质的量分别为x、y，则：解得：x=0.02mol，y=0.04mol，根据氮元素守恒：n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)+n(NO2)， n(NaNO3)=n(NaOH)=n(OH-)=0.16mol，可以得到n(HNO3)=0.16mol+0.08mol=0.24m
21、ol，因此c(HNO3)=；答案选D。【点睛】根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量是难点。二、非选择题(共60分)21. 新冠肺炎疫情期间常用消毒剂的成分及使用主要注意事项如表：消毒剂类型成分使用主要注意事项含氯消毒剂(1)84消毒液，有效成分NaClO(2)漂白粉，有效成分Ca(ClO)2对织物有漂白作用，不能与洁厕灵混用醇类消毒剂乙醇含量为70%-80%易燃，远离火源过氧化物类消毒剂(1)过氧化氢消毒剂(2)过氧乙酸消毒剂有腐蚀性，对眼睛、粘膜和皮肤有刺激性，有灼伤危险，受热易分解据信息回答问题：(1)下列说法不正确的是_(填标号)。A明矾可用作自来水的消毒剂B浓度
22、为95%的酒精消毒效果比75%的医用酒精好C漂白粉既可以漂白棉、麻、纸张，又可作游泳池及环境的消毒剂D含氯消毒剂和过氧化物类消毒剂的消毒原理均是利用了它们的强氧化性E过氧化物类消毒剂对眼睛、粘膜和皮肤有刺激性，配制和使用时建议佩戴口罩、防护镜和手套(2)84消毒液不能与洁厕灵(主要成分为盐酸)混用，若混用会产生氯气而使人中毒，请写出该反应的离子方程式_。(3)双氧水消除采矿业废液中所含氰化物(KCN)的化学方程式为：KCN+H2O2+H2O=A+NH3，生成物A的化学式为_。若标准状况下有44.8L氨气生成，则转移的电子数为_，反应中被还原的元素是_。【答案】 (1). AB (2). 2H+
23、Cl-+ClO-=Cl2+H2O (3). KHCO3 (4). 4NA (5). 氧(或O)【解析】【分析】含氯消毒剂，过氧化物类消毒剂由于具有强氧化性而作为杀菌消毒剂，乙醇含量为70%-80%的医用酒精可以使蛋白质变性，明矾只能除去水中的颜色和气味，不能起到杀菌消毒的作用，根据表格中各种消毒剂的性质和使用主要注意事项分析；次氯酸根和氯离子在酸性条件下反应值得氯气；根据KCN+H2O2+H2O=A+NH3中的质量守恒写出A的化学式，根据氧化还原反应的化合价的变化找到被还原的元素和转移的电子数，由此分析。【详解】(1) A明矾溶于水生成氢氧化铝胶体可以吸附水中的颜色和气味，不能杀菌消毒，不能用
24、作自来水的消毒剂，故A符合题意；B75%的医用酒精可以使蛋白质变性，当酒精的浓度过高，反而会使致病微生物的表面形成一层保护膜，杀菌效果降低，浓度为95%的酒精消毒效果没有医用酒精好，故B符合题意；C漂白粉的有效成分是次氯酸钙，具有强氧化性，既可以漂白棉、麻、纸张，又可作游泳池及环境的消毒剂，故C不符合题意；D含氯消毒剂和过氧化物类消毒剂都具有强氧化性，它们的消毒原理均是利用了它们的强氧化性，故D不符合题意；E根据图中信息，过氧化物类消毒剂对眼睛、粘膜和皮肤有刺激性，配制和使用时建议佩戴口罩、防护镜和手套，故E不符合题意；答案选AB；(2)根据次氯酸根具有强氧化性，氯离子具有还原性，它们在酸性条
25、件下混合产生氯气和水，该反应的离子方程式2H+Cl-+ClO-=Cl2+H2O；(3)根据质量守恒可知：双氧水消除采矿业废液中所含氰化物(KCN)的化学方程式为：KCN+H2O2+H2O=KHCO3+NH3，KCN中碳元素的化合价为+2价，KHCO3中碳元素的化合价为+4价，碳元素的化合价升高了2价，被氧化，H2O2中氧元素的化合价从-1价升高到-2价，降低了2价，被还原；若标准状况下有44.8L氨气的物质的量为n=2mol，生成1mol氨气时转移2mol电子，则生成2mol氨气时转移4mol电子，转移的电子数4NA，反应中被还原的元素是氧(或O)。【点睛】氰化钾中碳元素的化合价为+2价，为易
26、错点。22. 五种短周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。B的最外层电子数是其电子层数的3倍；C、D、E的最高价氧化物对应水化物两两均可反应；A的单质在E的单质中能安静地燃烧，产生苍白色火焰。回答下列问题：(1)B元素在元素周期表中的位置是_，B、C、D形成的简单离子的半径由大到小的顺序是_(用化学符号表示)。(2)B与C能形成一种淡黄色的固体，其电子式为_，它能用于呼吸面具的原因是_(用其中一个化学方程式表示)。(3)D的单质常用于焊接钢轨，请用化学方程式表示其反应原理_。D、E的最高价氧化物对应水化物之间发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 第二周期第VIA族 (2). O2
27、-Na+A13+ (3). (4). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (5). 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 (6). Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O【解析】【分析】A、B、C、D、E是短周期元素，B的最外层电子数是其电子层数的3倍，则电子层数应为2，B为O元素；C、D、E的最高价氧化物对应水化物两两均可反应，应是氢氧化铝与强酸、强碱的反应，则C为Na、D为Al，E为Cl；A单质在E单质中燃烧火焰呈苍白色，为氢气和氯气的燃烧，可推知A为H元素；【详解】由分析可知：A是H、B是O、C是Na、D是Al、E是Cl；（1）B是O元素，在元素周期表中的位置是：第二周期第V
28、IA族，B、C、D的简单离子都是10电子结构，核电荷数越大，离子半径越小，则O2-Na+A13+；故答案为：第二周期第VIA族；O2-Na+A13+；（2）B与C能形成一种淡黄色的固体，为Na2O2，电子式为：，过氧化钠能与人体呼出的二氧化碳产生氧气，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；故答案为：；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（3）铝热反应用于焊接钢轨，化学方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，D、E的最高价氧化物对应水化物分别为Al(OH)3、HCl，反应离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O；故答案为：2Al+Fe2O32
29、Fe+Al2O3；Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O。23. 一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中加入等物质的量的H2和I2，发生反应H2(g)+I2(g)2HI(g)H0。测得不同反应时间容器内H2的物质的量如表；时间/min010203040n(H2)/mol10.750.650.60.6回答下列问题：(1)020min内HI的平均反应速率为_。(2)反应达到化学平衡状态时，I2的转化率为_，容器内HI的体积分数为_。(3)该条件下，能说明上述反应达到化学平衡状态的是_。(填标号)A.混合气体颜色不再改变 B.容器内压强不再改变C.H2、I2、HI三种气体体积分数不再改变 D.混
30、合气体密度不再改变(4)该反应在三种不同情况下的化学反应速率分别为：v(H2)=0.02molL-1s-1，v(I2)=0.32molL-1min-1，v(HI)=0.84molL-1min-1。则反应进行的速率由快到慢的顺序为_。【答案】 (1). 0.0175molL-1min-1 (2). 40% (3). 40% (4). AC (5). 【解析】【分析】(2)由表格可知，30、40min的氢气物质的量相同，说明30min后反应达到平衡，由此列三段式，求出I2的变化量，得到转化率；再利用平衡时HI和各组分的物质的量，求出体积分数；(4)先换速率单位一致，再分别除以系数，比较数值大小即可
31、。【详解】(1)020min内H2的平均反应速率为，HI的平均反应速率为，故答案为：0.0175molL-1min-1；(2)30min后，H2的物质的量不再变化，说明反应达到平衡，列三段式：则I2的转化率为，容器内HI的体积分数为，故答案为：40%；40%；(3)A混合气体颜色不再改变，说明紫色的碘蒸气的浓度不再变化，说明达到平衡状态，故A正确；B该容器为恒容，反应前后气体的物质的量不变，容器内气体的压强始终保持不变，不能说明达到平衡状态，故B错误；CH2、I2、HI三种气体体积分数不再改变，说明各组分的浓度不再改变，能说明达到平衡状态，故C正确；D混合气体总质量不变，容器体积不变，则密度保
32、持不变，不能说明达到平衡状态，故D错误；答案为：AC；(4)先换速率单位一致，再分别除以系数，比较数值大小即可。v(H2)=0.02molL-1s-1=1.2molL-1min-1，则反应进行的速率由快到慢的顺序：，故答案为：。24. 氯化铁的熔点为304、沸点为316，是一种处理工业废水的高效廉价的絮凝剂，易溶于水并有强烈的吸水性。某化学兴趣小组拟利用如图装置来制备无水FeCl3(夹待装置省略)。回答下列问题：(1)仪器a的名称是_，装置A中用高锰酸钾固体与浓盐酸反应制取Cl2的化学方程式是_。(2)B中试剂是_。球形干燥管中所装试剂为碱石灰，其作用是_。(3)实验时，先通入一段时间的氯气，
33、再点燃酒精灯，原因是_。(4)直接将D装置中的硬质玻璃管插入E装置的广口瓶中，其目的是_。(5)实验结束后，若将D中所得固体加水溶解后，测得溶液中有Fe2+存在。用离子方程式解释可能原因_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O (3). 饱和食盐水 (4). 吸收多余的氯气，同时吸收外界空气中的水蒸气，防止无水氯化铁吸水潮解 (5). 排出装置内的空气，防止加热时Fe与O2反应而造成产品不纯 (6). 防止FeCl3凝结成固体堵塞导管 (7). Fe+2Fe3+=3Fe2+【解析】【详解】（1）由图示可知仪器a的名称
34、为分液漏斗，装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制取Cl2的反应中高锰酸钾做氧化剂，浓盐酸做还原剂，即装置A中的化学反应方程式为，故答案为：分液漏斗、；（2）浓盐酸具有挥发性，高锰酸钾固体与浓盐酸反应制取Cl2的生成物中，除了氯气水蒸气外还有氯化氢，除去混合气体中的氯化氢通常是将混合气体通入饱和食盐水中；为了防止潮湿的空气进入装置内对实验的影响以及吸收未反应完的氯气，所以在装置的尾部链接装有碱石灰的球形干燥管，故答案为：饱和食盐水；吸收多余的氯气，同时吸收外界空气中的水蒸气，防止无水氯化铁吸水潮解；（3）装置D中盛有铁，在受热的条件下铁会与氧气发生反应从而影响实验结果，所以为了排除装置中的空气，防
35、止铁与氧气发生反应而造成产品不纯，故实验时，先通入一段时间的氯气，再点燃酒精灯的原因是：排出装置内的空气，防止加热时Fe与O2反应而造成产品不纯；（4）由于氯化铁的熔点为304、沸点为316，生成的氯化铁容易凝结成固体堵塞导管，为了防止氯化铁凝结，所以直接将D装置中的硬质玻璃管插入E装置的广口瓶中，故答案为：防止FeCl3凝结成固体堵塞导管；（5）D中铁未被充分氧化为Fe3+，即将D中所得固体加水溶解后，Fe会与Fe3+反应生成Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+。25. 海水资源的综合利用具有非常广阔的前景，从海水晒盐分离后所得苦卤(含Mg2+、K+、Br-)中提取镁、溴的工艺流
36、程如图：回答下列问题：(1)从海水中获得淡水的主要方法有电渗析法、离子交换法和_。(2)为了使海水中的Mg2+沉淀下来，充分利用当地的贝壳资源获得试剂A，试剂A的化学式是_，这样做的优点是_。(3)操作I是_；操作II是在一定条件下蒸发浓缩，_，过滤，洗涤，干燥；操作III涉及的化学方程式是_。(4)吸收塔中会生成NaBr、NaBrO3，同时产生一种气体，化学方程式是_。(5)酸化浓缩时已产生Br2，工业生产中还需经过吹出、吸收、酸化等过程，目的是_。(6)已知海水中Br-含量为65mgL-1，若主业上制得含65% Br2的产品1t，至少需要海水_m3。【答案】 (1). 蒸馏法 (2). C
37、a(OH)2或CaO (3). 就地取材，降低成本，提高经济效益 (4). 过滤 (5). 冷却结晶 (6). MgCl2(熔融)Mg+Cl2 (7). 3Na2CO3+3Br2=5NaBr+NaBrO3+3CO2 (8). 富集Br2 (9). 104【解析】【分析】从海水中提取镁时，将石灰乳液加入海水中，沉淀出氢氧化镁，注入盐酸，再转换成无水氯化镁就可以了，电解海水也可以得到金属镁；在海水中，溴总是以溴化镁和溴化钠的形式存在，提取溴的方法有离子交换法和蒸馏法等，常用空气吹出法，即用硫酸将海水酸化，通入氯气氧化，使溴单质呈气体状态，然后通入空气或水蒸气，将溴单质吹出来。【详解】(1)从海水中
38、获得淡水的主要方法有电渗析法、离子交换法和蒸馏法；(2)使海水中的Mg2+沉淀下来，贝壳资源(CaCO3)获得试剂A，则试剂A的化学式是Ca(OH)2或CaO，贝壳是当地资源，就地取材，降低成本，提高经济效益；(3)操作I是过滤，将氢氧化镁过滤出来；操作II是在一定条件下蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；操作III是冶炼金属镁，涉及的化学方程式是：MgCl2(熔融)Mg+Cl2；(4)吸收塔中会生成NaBr、NaBrO3，同时产生CO2，化学方程式是：Na2CO3+3Br2=5NaBr+NaBrO3+3CO2；(5)酸化浓缩时已产生Br2，工业生产中还需经过吹出、吸收、酸化等过程，目的是富
39、集Br2；(6)含65% Br2的产品1 t中Br2的质量为1t65%=0.65t=650kg，海水中Br-含量为65mgL-1，所以至少需要海水的体积为。26. 很多重要的工业原料都来源于石油化工。如图是模拟石油深加工制备丙烯酸乙酯等物质的合成路线：已知：有机物C是乙烯的同系物，且相对分子质量为42。回答下列问题：(1)B的名称是_，C的分子式是_。(2)反应的反应类型是_，丙烯酸乙酯中无氧官能团的名称是_。(3)写出下列反应的化学方程式：反应_。反应_。(4)写出A的同分异构体的结构简式_。(5)已知CH3CH2BrCH3CH2OH。参照上述流程的表示方式，设计由CH2=CH2、CH3CO
40、OH制备CH3COOCH2CH2OOCCH3的合成路线_(无机试剂任选)。【答案】 (1). 乙醇 (2). C3H6 (3). 加成反应 (4). 碳碳双键 (5). +Br2+HBr (6). nCH2=CH-CH3 (7). CH3CHBr2 (8). CH2=CH2CH2BrCH2BrCH2OHCH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3【解析】【详解】(1)CH2=CH2与水发生加成反应生成乙醇，又因C的相对分子质量为42且为乙烯的同系物即C满足CnH2n，则14n=42，n=3，则C为C3H6；(2)乙烯与溴发生加成反应生成A（CH2BrCH2Br），丙烯酸乙酯（CH2=CHCO
41、OCH2CH3）中含有的官能团为：碳碳双键、和酯基，故答案为：加成反应、碳碳双键；(3)反应为苯与溴发生取代反应生成溴苯，故反应方程式为：+ Br2 + HBr；反应为丙烯在一定条件下发生聚合反应生成聚丙烯，故反应方程式为：nCH2=CH-CH3 ；(4)由可知A为CH2BrCH2Br，属于烷烃的二取代，则A的同分异构体为：CH3CHBr2；(5)参照反应乙烯与溴发生加成反应生成CH2BrCH2Br，生成的CH2BrCH2Br再与NaOH溶液加热发生取代反应的到CH2OHCH2OH，最后CH2OHCH2OH与CH3COOH发生酯化反应得到目标产物。则合成路线为：CH2=CH2CH2BrCH2BrCH2OHCH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3。