1、成华区20162017学年度下期期末学业质量监测高一化学 本试卷分为选择题和非选择题两部分第卷（选择题）1至4页，第卷（非选择题）5至6页，共6页，满分100分考试时间100分钟。 注意事项： 1答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。 2答选择题时，必须用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。 3答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。 4所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 5考试结束后，只将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：第卷（选择题，共44分）本卷共20题，每题2
2、分，共40分。每题只有一个选项符合题意。1. 下列关于化学与生产、生活的分析不正确的是A. 酸雨是碳氮硫的氧化物大量排放引起的B. “火树银花”焰火的实质是某些金属元素的焰色反应C. 侯氏制碱法所用氨水是利用其碱性D. 工业上由石油获取乙烯过程中既有物理变化又有化学变化【答案】A【解析】A二氧化硫和氮氧化物可导致酸雨，碳的氧化物不能形成酸雨，故A错误；B、金属元素的焰色反应会呈现不一样的颜色，节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现的颜色，故B正确；C侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl
3、+NaHCO3，其中氨水是利用了其碱性，故C正确；D. 工业上由石油获取乙烯过程中，有石油分馏得到重油等产品属于物理变化，将重油等含碳原子数目较多的烃进行裂化和裂解得到乙烯属于化学变化，故D正确；故选A。2. 在下列自然资源的开发利用中，不涉及化学变化的是A. 用蒸馏法淡化海水 B. 用铁矿石冶炼铁C. 用石油裂解生产乙烯 D. 用煤生产水煤气【答案】A【解析】试题分析：用蒸馏法淡化海水，属于物理变化，故A正确；用铁矿石冶炼铁，氧化铁生成铁，属于化学变化，故B错误；用石油裂解生产乙烯，属于化学变化，故C错误；用煤生产水煤气，有新物质一氧化碳、氢气生成，属于化学变化，故D错误。考点：本题考查化学
4、变化。3. 下列说法正确的是A. 甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一有机反应类型B. 单质硅是将太阳能转化为电能的常用材料C. 淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物.D. 合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料【答案】B【解析】A. 甲烷和Cl2的反应属于取代反应，乙烯和Br2的反应属于加成反应，反应类型不同，故A错误；B. 单质硅属于半导体材料，是将太阳能转化为电能的常用材料，故B正确；C. 油脂的相对分子质量只有几百，不属于高分子化合物，故C错误；D. 合成纤维属于有机合成高分子材料，故D错误；故选B。4. 下列各组顺序的排列正确的是A. 最高正价：PSClAr B. 热
5、稳定性：H2OHFHClC. 酸性强弱：HNO3H2CO3H3PO4 D. 还原性 F ClBr【答案】D【解析】A. Ar属于稀有气体元素，性质较为稳定，不能显示+8价，故A错误；B. 元素的非金属性越强，氢化物越稳定，HF最稳定，故B错误；C. 元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，酸性HNO3最强，故C错误；D. 元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，还原性 F ClBr，故D正确；故选D。5. 下列说法不能证明H2（g）+I2（g）2HI（g）已达平衡状态的是A. 一个HH 键断裂的同时有两个HI键断裂B. 恒温恒容时，某一生成物浓度不再变化C. 恒温恒容时，混合气
6、体颜色不再变化D. 恒温、压强一定，体积可变的容器，混合气体的密度不再变化【答案】D【解析】A、一个H-H 键断裂的同时有两个H-I键断裂，正逆反应速率相等，故A正确；B、某一生成物浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，故B正确；C、混合气体颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，正逆反应速率相等，故C正确；D、恒温、压强一定，体积可变的容器，混合气体的密度始终不变化，故D错误；故选D。点睛：本题考查了化学平衡状态的判断。根据化学平衡状态的特征，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。6. 下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是A
7、. BF3 B. H2O C. SiCl4 D. PCl5【答案】C【解析】只要分子中元素原子化合价的绝对值和该元素价电子的之和满足8，即能满足最外层为8电子结构；所以A中的硼原子，B中的氢原子，D中的磷原子都不是8电子稳定结构，答案选C7. 某原电池结构如图所示，下列有关该原电池的说法正确的是 A. 铜棒为负极B. 锌棒质量减轻C. 溶液中阳离子向锌棒移动D. 电子从铜棒经外电路流向锌棒【答案】B【解析】A该装置中锌易失电子作负极，铜作正极，故A错误；B锌失电子生成锌离子进入溶液，导致锌的质量逐渐减小，故B正确；C原电池中阳离子向正极移动，因此溶液中阳离子向铜棒移动，故C错误；D电子从负极锌
8、沿导线流向正极铜，故D错误；故选B。点睛：本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理是解题的关键。8. 薄荷醇有清凉作用，结构简式如图。下列有关薄荷醇的说法错误的是.A. 属于烃的衍生物 B. 烃基上的一氯取代物有9种C. 与乙醇互为同系物 D. 能与乙酸发生酯化反应【答案】C9. 下列措施能加快Fe与0.1mol/L的稀H2SO4反应产生H2的反应速率的是A. 向溶液中再滴加1mol/L的HNO3 B. 降低温度C. 将稀硫酸改为98的浓硫酸 D. 滴加少量的CuSO4 溶液【答案】D【解析】A硝酸与铁反应不放出氢气，故A错误；
9、B降低温度，反应速率减小，故B错误；C浓硫酸与锌反应不生成氢气，生成二氧化硫气体，故C错误；D滴加少量CuSO4溶液，锌置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故D正确；故选D。点睛：本题考查影响反应速率的因素，为高频考点，要把握温度、浓度、原电池对反应速率的影响。本题的易错点是A和C，要注意增大浓度 不能改变物质的性质，否则反应原理发生变化，不能用影响反应速率的因素分析。10. 下列说法中不正确的是A. 含有共价键的化合物不一定是共价化合物B. 非金属元素之间形成的化合物不一定是共价化合物C. 在共价化合物中可能含有离子键D. 含有离子键的化合物一定是离子化合物【答案】C【解析】A共价键可存
10、在于离子化合物中，如过氧化钠中含离子键和共价键，故A正确；B非金属之间形成的化学键可能为离子键，如铵盐中含离子键、共价键，故B正确；C含离子键的一定为离子化合物，则在共价化合物中一定不含有离子键，故C错误； D离子化合物一定含离子键，则含有离子键的化合物一定是离子化合物，故D正确；故选C。点睛：本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键。本题的易错点是B。11. 有以下六种原子：6 3Li、Li、23 11Na、24 12Mg、14 6C、14 7N，下列相关说法不正确的是A. 6 3Li和Li在元素周期表中所处的
11、位置相同B. 14 6C和14 7N质量数相等，二者互为同位素C. 23 11Na和24 12Mg的中子数相同但不属于同种元素D. Li的质量数和14 7N的中子数相等【答案】B【解析】A. 6 3Li和Li属于同位素，在元素周期表中所处的位置相同，故A正确；B. 14 6C和14 7N质量数相等，都是14，属于两种元素，不是同位素，故B错误；C. 23 11Na和24 12Mg的中子数相同，都是12，属于两种元素，故C正确；D. Li的质量数为7，14 7N的中子数为14-7=7，二者相等，故D正确；故选B。12. 可逆反应2A（g）+3B（g）2C（g）+D（g）在四种不同条件下的反应速率
12、分别如下。则该反应在不同条件下反应速率最快的是A. v(A)=0.5 molLlminl B. v(B)=0.6 molLlminlC. v(C)=0.35 molLlminl D. v(D)=0.4 molLlminl【答案】D.【解析】A.v(A)=0.5mol/(Lmin)；B.v(A)：v(B)=2：3，故v(A)= v(B)=0.6mol/(Lmin)=0.4mol/(Lmin)；C.v(A)：v(C)=1：1，故v(A)=v(C)=0.35mol/(Lmin)；D.v(A)：v(D)=2：1，故v(A)=2v(D)=20.4mol/(Lmin)=0.8mol/(Lmin)；D的反应
13、速率最快，故选D。点睛：本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键，要注意比较化学反应速率快慢要以同一个物质进行比较。13. 下列制备金属单质的方法或原理正确的是A. 在高温条件下，用H2还原MgO制备单质MgB. 在通电条件下，电解熔融Al2O3制备单质AlC. 在通电条件下，电解饱和食盐水制备单质NaD. 加强热，使CuO在高温条件下分解制备单质Cu【答案】B【解析】镁是活泼的金属，需要电解法冶炼，A不正确；C不正确，应该是电解熔融的氯化钠；铜的冶炼需要还原剂还原，D不正确，所以正确的答案选B。14. 近来，科学家研制了一种新型的乙醇电池(DEFC)，
14、它用磺酸类质子作溶剂，在200 左右时供电，乙醇电池比甲醇电池效率高出32倍且更加安全。电池总反应式为：C2H5OH3O2=2CO23H2O。下列说法不正确的是A. C2H5OH在电池的负极上参加反应B. 1 mol乙醇被氧化转移6 mol电子C. 在外电路中电子由负极沿导线流向正极D. 电池正极得电子的物质是O2【答案】C【解析】试题分析：A、在燃料电池中，乙醇在负极发生失电子的反应，A正确；B、根据反应C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O， 1mol乙醇被氧化时有12mol电子转移，B错误；C、在外电路中电子由负极沿导线流向正极，C正确；D、电池正极得电子的物质是O2，D正确。答案选B
15、。考点：燃料电池15. 煤的气化是煤高效、洁净利用的方向之一。如图为加热某地煤样所得煤气组成及体积分数随温度变化的曲线图。由图可知该煤气中A. 只含有碳、氢两种元素B. 所含的有机物是CH4、CnHmC. CO体积分数大于CH4体积分数D. 低温有助于提高H2的含量【答案】B【解析】A、根据图象知，该煤气中含CO、CH4、H2、CnHm，则该煤气中含碳、氢、氧元素，故A错误；B、根据图象知，该煤气中含CO、CH4、H2、CnHm，其中有机物是CH4、CnHm，故B正确；C、随着温度升高，甲烷含量降低，CO含量升高，温度在4001 000时，CO的体积分数比CH4的体积分数低，可能在较高温度下C
16、O含量高于甲烷，故C错误； D、根据图象知，温度越高，H2的含量越高，故D错误； 故选B。点睛：本题以加热某地煤样所得煤气组成体积分数随温度变化的曲线图为背景，考查了有机物的概念、分析问题和解决问题的能力。解答本题重在认识图像，从图像中获取需要的信息。16. 某有机物的结构简式如图所示，有关该有机物的叙述不正确的是A. 在一定条件下，能发生取代、氧化、酯化和加聚反应.B. 该物质分子中最多可以有11个碳原子在同一平面上C. 1 mol该物质最多可与4 mol H2发生加成反应D. 1 mol该物质完全氧化最多可消耗14mol氧气【答案】D【解析】试题分析：A含-COOH可发生取代反应、酯化反应
17、，含碳碳双键可发生氧化、加聚反应，A正确；B苯环及双键为平面结构，与苯环直接相连的C原子共面，则最多可以有11个碳原子在同一平面上，B正确；C苯环及双键可与氢气发生加成反应，则1 mol该物质最多可与4 mol H2发生加成反应，C正确；D分子中含11个C、12个H、2个O，1 mol该物质完全氧化最多可消耗1mol（11+12/4-2/2）=13 mol氧气，D错误；答案选D。【考点定位】本题考查有机物的结构与性质【名师点晴】该题为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃及羧酸性质的考查，注意选项B为解答的难点，共平面的题是近年来常考点，这类题切入点是平面型结构。有平面型结构的
18、分子在中学主要有乙烯、1，3-丁二烯、苯三种，其中乙烯平面有6个原子共平面，1，3-丁二烯型的是10个原子共平面，苯平面有12个原子共平面。这些分子结构中的氢原子位置即使被其他原子替代，替代的原子仍共平面。17. 下列实验方案不合理的是A. 鉴定蔗糖水解产物中有葡萄糖：直接在水解液中加入新制Cu(OH)2B. 鉴别织物成分是真丝还是人造丝：用灼烧的方法C. 鉴定苯中无碳碳双键：加入高锰酸钾酸性溶液D. 鉴别乙烯和苯：将溴的四氯化碳溶液分别滴加到少量乙烯和苯中【答案】A【解析】蔗糖的水解用稀硫酸作催化剂，直接向水解液中加入新制Cu(OH)2，Cu(OH)2与硫酸反应生成CuSO4，无法鉴定。18
19、. 已知化学反应A2(g)+B2(g)2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是 A. 每生成2molAB吸收b kJ热量B. 该反应热H=（ba）kJmol1C. 该反应为吸热反应D. 断裂1 mol AA和1 mol BB键放出a kJ能量【答案】C【解析】试题分析：A依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，吸收（a-b）kJ热量，故A错误； B反应热H=反应物能量总和-生成物能量总和，所以反应热H=+（a-b）kJmol-1，故B错误；C依据图象分析可知，该反应中反应物总能量低于生成物总能量，所以该反应为吸热反应，故C正确； D依据图象分析可知，断裂1
20、 mol AA和1 mol BB键吸收a kJ能量，故D错误。故选C。考点：考查反应热和焓变19. 下列离子方程式正确的是A. AlCl3溶液中加入氨水：Al33OHAl(OH)3B. 将氯气通入到水中：Cl2H2O2H+ClClOC. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2+OH+HCO3CaCO3H2OD. 硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液 Fe2+2H+H2O2Fe3+2H2O【答案】C【解析】试题分析：A、一水合氨应该用化学式表示，A错误；B、生成物次氯酸应该用化学式表示，B错误；C、澄清石灰水与少量小苏打溶液混合反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式正确，C正确；D、没有
21、配平，应该是2Fe2+2H+H2O22Fe3+2H2O，D错误，答案选C。.【考点定位】本题主要是考查离子方程式判断【名师点晴】判断离子方程式正确与否时可以从以下结构角度分析：（1）检查反应能否发生，例如铜与盐酸。（2）检查反应物、生成物是否正确。（3）检查各物质拆分是否正确，例如选项A、B。（4）检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等），例如本题中的选项D。（5）检查是否符合原化学方程式。20. 为了说明影响化学反应快慢的因素，甲、乙、丙、丁四位同学分别设计了如下四个实验，你认为结论正确的是A. 将铜片放入稀硫酸中，无现象若再向所得溶液中加入硝酸银溶液，一段时间后，可看到有氢气生成B
22、. 将除去氧化膜的相同大小、相同质量的镁条和铝条与相同浓度NaOH溶液反应，前者速率大于后者C. 两支试管中分别加入相同质量的氯酸钾，其中一支试管中再加入少量二氧化锰，同时加热，产生氧气的快慢不同D. 大理石和盐酸反应制取CO2，增加大理石的用量可加快反应速率【答案】C【解析】试题分析：A铜为不活泼金属，与稀硫酸不反应；若再向所得溶液中加入硝酸银溶液，在酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能将铜氧化为铜离子，本身被还原为NO，但不会看到有生成，故A错误；B将除去氧化膜的相同大小、相同质量的镁条和铝条与相同浓度NaOH溶液反应，镁不反应，铝能反应放出氢气，故B错误；C催化剂能加快反应速率，在氯酸钾
23、分解的试验中，二氧化锰起到催化剂的作用，故C正确；D固体的表面积不同，化学反应速率不同。大理石和盐酸反应制取CO2，增加大理石的用量，若表面积不变，化学反应速率不变，故D错误。故选C。考点：考查化学反应速率的影响因素【名师点睛】分析外界条件对化学反应速率的影响，一定要从化学反应发生的本质上去理解，即反应物和生成物要发生有效碰撞。只有能影响有效碰撞次数的改变才会影响反应速率。通常影响化学反应速率的条件有温度、浓度、压强以及催化剂等因素，现逐一分析：一般来说，使用合适的催化剂，改变反应历程，可以降低化学反应的活化能，活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数目增多，单位体积内有效碰撞次数增多，可以很
24、大程度的加快反应速率；升高温度，活化分子百分数增加，单位体积内活化分子数目增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快；增大浓度，活化分子百分数不变，但单位体积内的活化分子数增加，单位体积内有效碰撞次数增多，反应速率加快。第卷 （非选择题）（共4个小题，共60分）21. 如表为元素周期表的一部分，标出了AK共十种元素所在位置。请用元素符号或化学式回答下列问题 主族周期AAAAAAA02AB3CDEFG4HIK（1）10种元素中，化学性质最不活泼的是_，最活泼的金属是_。（2）C、E、F三种元素形成的简单离子半径最小的是_。（3）C、K形成的化合物中化学键的类型属于_，灼烧时火焰焰色为_。（4）化合物C
25、2B2的电子式为_；该化合物和AB2反应的化学方程式为_。（5）E的最高价氧化物属于_性氧化物，它与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为_。（6）D的单质在A、B形成化合物中燃烧的化学方程式为_。（7）用电子式表示H与B组成的H2B型化合物的形成过程：_。【答案】 (1). Ar (2). K (3). Al3 (4). 离子键 (5). 黄色 (6). (7). 2Na2O2 2CO22Na2CO3O2 (8). 两 (9). Al2O32OH2AlO 2H2O (10). 2MgCO22MgOC (11). 略.【解析】根据元素在周期表中的位置可知，A为C，B为O，C为Na，D为Mg，E为Al，
26、F为Cl，G为Ar，H为K，I为Ca，K为Br。(1)10种元素中，化学性质最不活泼的是Ar，最活泼的金属是K，故答案为：Ar；K；(2)一般而言，离子的电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小。C、E、F三种元素形成的简单离子半径最小的是Al3，故答案为：Al3；(3)溴和钠属于活泼的非金属元素和金属元素，形成的化合物为离子化合物，含有离子键，灼烧时火焰焰色为黄色，故答案为：离子键；黄色；(4)过氧化钠的电子式为；过氧化钠和二氧化碳反应的化学方程式为2Na2O2 2CO22Na2CO3O2，故答案为：；2Na2O2 2CO22Na2CO3O2；(5)氧化铝属于两
27、性氧化物，氧化铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为Al2O32OH2AlO2-H2O，故答案为：两；Al2O32OH2AlO2-H2O；(6)镁在二氧化碳中燃烧的化学方程式为2MgCO22MgOC，故答案为：2MgCO22MgOC；(7)氧化钾属于离子化合物，用电子式表示K2O的形成过程为，故答案为：。22. （1）某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示根据图中数据，回答下列问题： 该反应在_min时达到化学平衡状态。 该反应的化学方程式是_。 从开始到2min，Z的平均反应速率是_。（2）某原电池的装置如图所示，看到a极上有红色金属析出，回答下列
28、问题：若a、b是两种活动性不同的金属，则活动性a_b（填、或）；电路中的电子从_经导线流向_（填a或b）；溶液中的SO42向_极移动（填a或b）；若两电极分别是Al和C，则负极的电极反应式为_。（3）将甲醇与氧气分别通入如图所示的装置的电极中，可构成甲醇燃料电池，请回答下列问题：通入甲醇的电极是_（填“正”或“负”）极，反应时该电极附近的现象是_，溶液中K+向_（填“正”或“负”）极移动：写出正极反应式：_；若电池工作过程中通过2mol电子，则理论上消耗O2_L（标准状况）。【答案】 (1). 2 (2). 3XY2Z (3). 0.05mol(L1min1) (4). (5). b (6).
29、 a (7). b (8). Al3eAl3 (9). 负 (10). 溶液红色变浅（答褪色不得分） (11). 正 (12). O24e2H2O4OH (13). 11.2L【解析】(1)可逆反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，根据图知，当2min时各物质的物质的量不变，则此时该反应达到平衡状态，故答案为：2；同一可逆反应同一时间段内参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，根据图知，该反应中参加反应的n(X)=(1.0-0.7)mol=0.3mol、n(Y)=(1.0-0.9)mol=0.1mol、n(Z)=(0.2
30、-0)mol=0.2mol，则X、Y、Z的计量数之比=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，则该反应方程式为3X+Y2Z，故答案为：3X+Y2Z；v(Z)=0.05mol/(Lmin)，故答案为：0.05mol/(Lmin)；(2)原电池中活泼性强的为负极，正极上溶液中的阳离子得电子，a极上有红色金属析出，则a为正极，b为负极。若a、b是两种活动性不同的金属，a为正极，b为负极，则活动性ab；故答案为：；.放电时，电子从负极流向正极，则电路中的电子从b经导线流向 a；故答案为：b；a；溶液中阴离子向负极移动，所以溶液中的SO42-向 b移动；故答案为：b；若两电极分别是Al和C
31、，Al为负极，负极上铝失电子生成铝离子，则负极的电极反应式为Al-3e-=Al3+；故答案为：Al-3e-=Al3+；23. 乙烯是石油化学工业最重要的基础原料，经乙烯为原料可以制得许多工业材料和日用品。乙烯能发生下列转化关系：（1）A的分子式为_，化合物D的官能团名称是_。反应的反应类型为_。（2）写出反应、的化学方程式（不用写反应条件）：_； _。（3）上述反应中，以生成有机产物为目标，原子利用率100%的反应有和_。（4）实验室用如图所示装置制备乙酸乙酯。 试管a中生成乙酸乙酯的化学方程式是_。（2）试管a中试剂的添加顺序是先加入_，再加入_，最后加入乙酸。浓硫酸的作用是做催化剂和_。（
32、3）试管b中盛放的试剂是_，导气管不伸入液面下的理由是_。【答案】 (1). HCl (2). 羧基 (3). 加成 (4). (5). (6). 和（答道其中一个得分） (7). CH3COOHCH3CH2OH CH3COOCH2CH3H2O（无条件扣1分） (8). 乙醇 (9). 浓硫酸 (10). 吸水剂 (11). 饱和Na2CO3溶液（无饱和也得分） (12). 防止倒吸【解析】乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇与D发生酯化反应生成乙酸乙酯，故D为CH3COOH；乙烯与氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，1，2-二氯乙烷发生热裂解得到A与氯乙烯，则A为HCl，氯乙
33、烯发生加聚反应生成聚氯乙烯。(1)由上述分析可知，A的分子为HCl，化合物D为CH3COOH，官能团名称是：羧基，故答案为：HCl；羧基；(2)反应是乙烯与氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，反应方程式为：CH2=CH2+Cl2CH2Cl-CH2Cl，反应是氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，反应化学方程式为：n CH2=CHCl，故答案为：CH2=CH2+Cl2CH2Cl-CH2Cl；n CH2=CHCl；(3)加成反应中原子利用率为100%，上述反应中属于加成反应，以生成有机产物为目标，原子利用率100%的反应有和，故答案为：；(4)酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下
34、加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；浓硫酸溶于水放出大量的热，乙醇中含有少量水，应将浓硫酸加入到乙醇中，防止硫酸溶解时放出大量的热导致液体飞溅，则加入药品的顺序为先在大试管中注入乙醇，再分别缓缓加入浓硫酸和乙酸(乙酸和浓硫酸的加入顺序可互换)，边加边振荡试管使之混合均匀，即加入顺序为乙醇、浓硫酸、乙酸，浓硫酸的作用是做催化剂和吸水剂，故答案为：乙醇；浓硫酸；吸水剂；乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙醇易溶于水，乙酸可与碳
35、酸钠发生反应而被吸收，用饱和碳酸钠溶液可将乙酸乙酯和乙醇、乙酸分离，反应的化学方程式为 2CH3COOH+Na2CO32CH3COONa+CO2+H2O；挥发出的乙酸、乙醇易溶于水，导气管下端管口不能浸入液面插入溶液中防止倒吸，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，伸入液面下会发生倒吸，故答案为：饱和碳酸钠溶液；防止倒吸。点睛：本题本题考查有机物推断、石油化工、乙酸乙酯的制备等，涉及烯烃、醇、羧酸的性质与转化。注意对基础知识的理解掌握和制备实验的原理以及实验操作注意事项以及饱和碳酸钠的作用。要加强基础知识的记忆。24. 海水中化学资源的综合开发利用，已受到各国的高度重视。Br2和Mg等两种单质都可
36、以从海水中提取，如图为提取它们的主要步骤：请回答：从海水中提取的溴占世界溴年产量的三分之一，主要方法就是上述流程中的空气吹出法。（1）制取Br2时第一次通入Cl2时发生反应的离子方程式是_。（2）吸收塔中反应的离子方程式是_。.镁及其合金是用途很广的金属材料，而目前世界上60%的镁就是从海水中按上述流程提取的。（1）上述流程中为了使MgSO4完全转化为Mg(OH)2，试剂可以选用_（写化学式）。（2）加入试剂后反应的离子方程式是_。（3）步骤包括加热、蒸发、冷却、结晶、_。（4）通电时无水MgCl2在熔融状态下反应的化学方程式是_。上述流程在生产溴和镁的同时还可以制得其他化工物质，比如制备耐火
37、材料氧化镁和盐酸。生产方法是：将氯化镁晶体（MgCl26H2O）加热到523以上，该晶体可以分解得到耐火材料氧化镁和两种气态化合物，其中一种气体常温下为无色液体。将两种气体冷却至室温，再根据需要，加入不同量的水，就可得到不同浓度的盐酸（1）MgCl26H2O在523以上分解的化学方程式是_。（2）现用1molMgCl26H2O分解所得的非固体产物来制取密度为1.19g/cm3的盐酸溶液168mL，需加水_g（精确到0.1），该盐酸中溶质的物质的量浓度是_mol/L（精确到0.1）。【答案】 (1). 2BrCl22ClBr2 (2). SO22H2OCl24H2ClSO42 (3). Ca(O
38、H)2（答NaOH也得分） (4). Mg(OH)22HMg22H2O (5). 过滤 (6). MgCl2(熔融) MgCl2 (7). MgCl26H2OMgO2HCl5H2O（气体箭头不打或不全扣1分） (8). 36.9 (9). 11.9【解析】浓缩海水中主要含MgSO4、NaCl、NaBr，加入试剂氢氧化钙或氢氧化钠沉淀镁离子，过滤得到混合溶液中通入氯气，得到低浓度的溴单质，进入吸收塔用二氧化吸收得到溴化氢，再通入氯气得到高浓度的溴单质，氢氧化镁沉淀中加入氢氧化钠溶液溶解得到氯化镁溶液，加热、蒸发、冷却、结晶、过滤得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁固体，电解熔融
39、氯化镁得到镁和氯气。I(1)浓缩溴水与试剂反应得到氢氧化镁，剩余混合液中含有的是溴离子，通入氯气后，氯气与溴离子反应生成单质溴和溴离子，其离子方程式是Cl2+2Br-2 Cl-+Br2，故答案为：Cl2+2Br-2 Cl-+Br2；(2)单质溴经过空气吹出法后被富集在吸收塔，通入的二氧化硫与单质溴反应生成硫酸和氢溴酸，其化学方程式是：Br2+SO2+2H2O2H2SO4+2HBr，即其离子方程式为Br2+SO2+2H2O4H+SO42-+2 Br-在氧化还原反应中氧化剂的氧化性比氧化产物的氧化性强，根据Cl2+2Br-2 Cl-+Br2得，氧化性Cl2Br2根据得Br2+SO2+2H2O4H+
40、SO42-+2 Br-，氧化性Br2S O2即氧化性为Cl2Br2SO2，故答案为：Br2+SO2+2H2O4H+SO42-+2 Br-；II(1)浓缩溴水与试剂反应得到氢氧化镁，则试剂可以是氢氧化钠或氢氧化钙，故答案为：NaOH或Ca(OH)2；(2)氢氧化镁与试剂反应得到氯化镁，则试剂必是盐酸，反应的化学方程式是Mg(OH)2+2 HClMgCl2+2 H2O，其离子方程式是Mg(OH)2+2 H+Mg2+2H2O，故答案为：Mg(OH)2+2 H+Mg2+2H2O；(3)要从氯化镁溶液得到含结晶水的氯化镁，就需要蒸发、冷却、结晶，并通过过滤把固体从溶液中分离出来，故答案为：过滤；(4)电
41、解熔融状态的无水氯化镁可以得到氯气和镁单质，即MgCl2(熔融)Mg+Cl2，故答案为：MgCl2(熔融)Mg+Cl2；III(1)根据题意MgCl26H2O在523以上分解，实际上是MgCl26H2O高温失水形成氯化镁溶液，氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，然后氢氧化镁高温下分解得到氧化镁，即MgCl26H2O在523以上分解得到的应该是氧化镁、氯化氢和水，其化学方程式是MgCl26H2OMgO+2 HCl+5H2O，故答案为：MgCl26H2OMgO+2 HCl+5H2O；(2)得到的盐酸的质量是1.19g/cm3168mL199.92g根据MgCl26H2OMgO+2 HCl+5H2O可知，1molMgCl26H2O分解可得2mol氯化氢、5mol水，二者的质量共73g+90g=163g，则需要加水：199.92g-163g=36.92g，即需要加水36.9g；因为该盐酸中含有2molHCl，体积为0.168L，则c(HCl)=11.9mol/L，即该盐酸中溶质的物质的量浓度是11.9mol/L，故答案为：36.9 g；11.9。点睛：本题是从海水提炼金属镁和单质溴以及有关计算的综合题目，需要学生调用扎实的基础知识，灵活解决问题，具有一定的难度。解答本题需要注意理解海水提炼金属镁和单质溴的原理。
