【化学】江西省南昌市第十中学2018-2019学年高一下学期期末考试试题（解析版）

江西省南昌市第十中学2018-2019学年高一下学期期末考试试题
1.下列说法不正确的是（ ）
A. 2CH2=CH2+O2 是理想的原子经济，原子利用率为100%
B. 石油分馏制得汽油、煤油、柴油等产品
C. 煤干馏的产品很多，属于物理变化
D. 煤的气化主要反应是C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)
【答案】C
【解析】A项、该反应产物只有一种，原子利用率为100%，符合绿色化学的要求，是理想的原子经济，故A正确；
B项、石油分馏是依据物质的沸点不同将石油分成不同范围段的产物，可以制得汽油、煤油、柴油等产品，故B正确；
C项、煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，产品有焦炉气、煤焦油和粗氨水、焦炭等，有新物质生成，属于化学变化，故C错误；
D项、煤的气化以煤为原料，以氧气（空气、富氧或纯氧）、水蒸气等作气化剂，在高温条件下通过化学反应将煤转化为气体燃料的过程，主要反应是C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)，故D正确。
故选C。
2.下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（ ）
A. 甲烷在O2中的燃烧反应 B. 铁粉溶于稀硫酸
C. Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应 D. 盐酸与氢氧化钠反应
【答案】C
【解析】
【分析】生成物总能量高于反应物总能量的反应是吸热反应。
【详解】A项、甲烷在O2中的燃烧反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，故A错误；
B项、铁粉溶于稀硫酸为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，故B错误；
C项、Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应，生成物总能量高于反应物总能量，故C正确；
D项、盐酸与氢氧化钠反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，故D错误。
故选C。
3.下列金属冶炼原理对应的冶炼方法，与工业上冶炼铝相同的是（ ）
A. 2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑ B. Fe + CuSO4 = FeSO4 + Cu
C. Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 D. 2Ag2O4Ag+O2↑
【答案】A
【解析】
【分析】工业上用电解熔融的氧化铝的方法冶炼金属铝。
【详解】A项、该反应是工业上用电解熔融的氯化钠的方法冶炼金属钠，与冶炼金属铝的方法一致，故A正确；
B项、该反应是湿法炼铜，属于置换反应，与冶炼铝不一致，故B错误；
C项、该反应是工业上用热还原法冶炼金属铁，与冶炼铝不一致，故C错误；
D项、该反应是工业上热分解法冶炼金属银，与冶炼铝不一致，故D错误。
故选A。
4.下列物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是（ ）
A. 乙烷 B. 乙烯 C. 苯 D. 乙酸
【答案】B
【解析】
【分析】含有碳碳双键的有机物能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色。
【详解】A项、乙烷性质较稳定，不易被强氧化剂氧化，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B项、乙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C项、苯性质较稳定，不易被强氧化剂氧化，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D项、乙酸不易被强氧化剂氧化，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误。
故选B。
5.下列反应中，不属于取代反应的是（ ）
A. 甲烷和氯气光照下生成四氯化碳 B. 乙烯与氯气反应生成1,2-二氯乙烷
C. 苯与硝酸反应生成硝基苯 D. 乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯
【答案】B
【解析】
分析】有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应。
【详解】A项、光照下，甲烷和氯气发生取代反应生成四氯化碳和氯化氢，故A错误；
B项、乙烯含有碳碳双键，与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，故B正确；
C项、在浓硫酸作用下，苯与硝酸共热发生取代反应生成硝基苯和水，故C错误；
D项、在浓硫酸作用下，乙醇与乙酸共热发生酯化反应反应生成乙酸乙酯和水，故D错误。
故选B。
6.关于化合物2−苯基丙烯（），下列说法正确的是（ ）
A. 不能使稀高锰酸钾溶液褪色 B. 易溶于水及甲苯
C. 分子中所有原子共平面 D. 可以发生加成聚合反应
【答案】D
【解析】
【分析】2−苯基丙烯含有碳碳双键，属于不饱和芳香烃，能表现芳香烃和烯烃的性质。
【详解】A项、2−苯基丙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B项、2−苯基丙烯属于不饱和芳香烃，难溶于水，易溶于甲苯，故B错误；
C项、若有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，2−苯基丙烯中含有甲基，分子中所有原子不可能共平面，故C错误；
D项、2−苯基丙烯含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应生成聚2−苯基丙烯，故D正确。
故选D。
7.下列关于有机物因果关系的叙述中,完全正确的一组是（ ）
选项
原因
结论
A
乙烯与苯都能使溴水褪色
苯分子和乙烯分子含有相同的碳碳双键
B
乙酸分子中含有羧基
可与NaHCO3溶液反应生成CO2
C
纤维素和淀粉的化学式均为(C6H10O5)n
它们互为同分异构体
D
蔗糖和乙烯在一定条件下都能与水反应
二者属于同一反应类型
【答案】B
【解析】试题分析：A．乙烯和苯都能使溴水褪色，前者是发生加成反应，后者发生了萃取作用，二者的原因不同，A错误；B．乙酸分子中含有羧基，由于酸性：乙酸＞碳酸，因此乙酸可与NaHCO3溶液反应生成CO2，B正确；C．纤维素和淀粉的化学式均为（C6H10O5）n，但是二者的单糖单元结构不同，n不同，因此二者不是同分异构体，C错误；D．乙酸乙酯和乙烯在一定条件下都与水反应，前者是发生取代反应，后者是发生加成反应，反应原理不同，D错误。答案选B。
8.下列叙述中，不正确的是（ ）
A. 纤维素、淀粉均属于高分子化合物
B. 浓硝酸沾到皮肤上能使皮肤变黄，这是由于浓硝酸和蛋白质发生了颜色反应
C. 利用油脂在碱性条件下水解，可以制得肥皂和甘油
D. 糖类、油脂、蛋白质都只由C、H、O三种元素组成的
【答案】D
【解析】A项、淀粉、纤维素的相对分子质量在1万以上，是天然高分子化合物，故A正确；
B项、含有苯环的蛋白质遇浓硝酸显黄色，浓硝酸沾到皮肤上能使皮肤变黄，是由于浓硝酸和蛋白质发生了颜色反应的缘故，故B正确；
C项、肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，油脂在碱性条件下发生皂化反应生成高级脂肪酸盐与甘油，可以制得肥皂和甘油，故C正确；
D项、糖类、油脂是烃的含氧衍生物，都是由C、H、O三种元素组成，蛋白质是氨基酸缩聚形成的高分子化合物，除含有C、H、O、N四种元素外，还含有S、P、I、Fe等元素，故D错误。
故选D。
9.某种气态烃气体0.1 mol，完全燃烧得0.2mol CO2和3.6 g H2O，下列关于该气体的说法正确的是（ ）
A. 甲烷 B. 乙烷 C. 乙烯 D. 丙烯
【答案】C
【解析】某种气态烃气体0.1 mol，完全燃烧得0.2mol CO2和3.6 g H2O，3.6 g H2O的物质的量为=0.2mol， 由质量守恒定律可知，气态烃中含有0.4mol氢原子和0.2mol碳原子，n（烃）：n（C）：n（H）=0.1mol：0.2mol：0.4mol=1:2:4，则气态烃的分子式为C2H4，故选C。
10.N2H4是一种高效清洁的火箭燃料。0.25 mol N2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5 kJ热量。则下列热化学方程式中正确的是（ ）
A. 1/2N2(g)＋H2O(g ) ===1/2N2H4(g)＋1/2O2(g) ΔH＝+267 kJ·mol－1
B. N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－133.5 kJ·mol－1
C. N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝+534 kJ·mol－1
D. N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－534 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
【分析】0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和液态水时，放出133.5kJ热量，则1mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ×4=534kJ的热量，热化学方程式为N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ•mol-1或N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+H2O（g）△H=-267kJ•mol-1。
【详解】A项、该反应为N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+H2O（g）逆反应，正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，故A正确；
B项、0.25molN2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1molN2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ×4=534kJ的热量，故B错误；
C项、N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水的反应为放热反应，焓变是负值，故C错误；
D项、1molN2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水放出的热量为534kJ，生成液态水时放出的热量应大于534kJ，故D错误。
故选A。
11.一定条件下水分解生成氢气和氧气，物质和能量的转化关系如图所示，下列判断正确的是（ ）

A. △H1 > △H2 B. △H2 < △H3
C. △H1 — △H2 = △H3 D. △H1 + △H3 > △H2
【答案】C
【解析】
【分析】根据盖斯定律，反应无论一步完成，还是分几步完成，其化学反应的热效应是相同的，由图可知以水蒸气为起点，最终到达氢气和氧气，两条途径能量相同。
【详解】由盖斯定律可知，以水蒸气为起点，最终到达氢气和氧气，两条途径能量相同，即△H1=△H2+△H3，其中△H1＞0，△H2＞0，△H3＜0，所以△H2＞△H1，△H2＞△H3，△H1+△H3＜△H2，故选C。
12.已知：①H2O(g)===H2O(l)　 ΔH1＝－Q1 kJ·mol－1
②C2H5OH(g)===C2H5OH(l) ΔH2＝－Q2 kJ·mol－1
③C2H5OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g) ΔH3＝－Q3 kJ·mol－1
若使23 g液态无水酒精完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为(单位：kJ) （ ）
A. Q1＋Q2＋Q3 B. 1.5Q1－0.5Q2＋0.5Q3
C. 0.5Q1－1.5Q2＋0.5Q3 D. 0.5(Q1＋Q2＋Q3)
【答案】B
【解析】由盖斯定律，①×3+③-②得到反应C2H5OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（l），则△H=3ΔH1+ΔH3—ΔH2＝－（3Q1-Q2+ Q3）kJ/mol，23g酒精物质的量为=0.5mol，则23g酒精完全燃烧生成液态水放出的热量为（1.5Q1-0.5Q2+0.5Q3） kJ，故选B。
13.从海带中提取碘的实验过程中涉及以下操作，其中正确的是（ ）
A. 将海带灼烧成灰 B. 过滤得含I-的溶液
C. 放出碘的苯溶液 D. 分离碘并回收苯
【答案】D
【解析】
【分析】实验室从海带提取碘的过程中涉及多种基本操作，根据仪器、装置、操作要领回答正误。
【详解】A项：将海带灼烧成灰应使用坩埚，装置①用烧杯不正确；
B项：过滤应用玻璃棒引流，装置②错误；
C项：碘的苯溶液密度比水小，在上层，应从分液漏斗上口放出，装置③放出碘的苯溶液错误；
D项：用蒸馏方法分离碘并回收苯，装置④正确。
本题选D。
14.下列各项中表达正确的是（ ）
A. NH4Cl电子式： B. 原子核内有10个中子的氧原子：188O
C. 苯的结构简式：C6H6 D. 氟原子结构示意图：
【答案】B
【解析】A项、氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为，故A错误；
B项、氧原子的质子数为8，原子核内有10个中子的氧原子的质量数为18,原子符号为188O，故B正确；
C项、苯的分子式为C6H6，结构简式为，故C错误；
D项、氟原子的核电荷数为9，最外层有7个电子，原子结构示意图为，故D错误。
故选B。
15.下列各组顺序的排列正确的是（ ）
A. 碱性强弱：KOH>NaOH>Mg(OH)2 B. 热稳定性：PH3>H2S>HCl
C. 单质氧化性：I2>Br2>Cl2 D. 酸性强弱：HIO4>HBrO4>HClO4
【答案】A
【解析】
【详解】顺序为：K＞Na＞Mg，则最高价氧化物对应水化物的碱性的强弱顺序为：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2，故A正确；
B项、元素非金属性越强，氢化物的热稳定性越强，元素非金属性的强弱顺序为：Cl＞S＞P，则氢化物稳定性的强弱顺序为：HCl＞H2S＞PH3，故B错误；
C项、同主族元素从上到下，元素的非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱，则单质的氧化性的强弱顺序为：Cl2＞Br2＞I2，故C错误；
D项、同主族元素从上到下，元素的非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，则最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱顺序为：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故D错误。
故选A。
16.如图是周期表中短周期的一部分,A、B、C三种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质量数,B原子的原子核内质子数等于中子数。下列叙述正确的是（ ）
A

C

B

A. A的氢化物中不可能含有非极性共价键
B. B位于第三周期ⅦA族
C. C单质是氧化性最强的非金属单质
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：C>B
【答案】C
【解析】
【分析】由周期表的相对位置可知，A元素和C元位于第二周期元素、B元素位于第三周期元素，设B的原子序数是x，则A的原子序数是x-9、C的原子序数是x-7，由A、B、C三种元素原子核外电子数之和等于B原子的质量数，B原子核内质子数和中子数相等可得（x-9）+x+（x-7）=2x，解得x=16，则B是S元素，则A是N元素、C是F元素。
【详解】A项、A为N元素，氢化物N2H4中N原子之间形成非极性键，故A错误；
B项、B为S元素，位于第三周期第ⅥA族，故B错误；
C项、C为F元素，F元素的非金属性最强，氟气是氧化性最强的非金属单质，故C正确；
D项、C为F元素，F元素的非金属性最强，不存在最高价氧化物对应水化物，故D错误。
故选C。
17.（1）下列说法不正确的是_________
A．H、D、T表示同一种核素
B．甲烷与正丁烷（CH3CH2CH2CH3）互为同系物
C．金刚石和石墨互为同素异形体
D．乙醇（CH3CH2OH）与二甲醚（CH3-O-CH3）互为同分异构体
（2）金刚石和石墨燃烧,氧气不足时生成一氧化碳，充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。

①在通常状况下，金刚石和石墨中________(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热ΔH为________。
②120 g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体360g，该过程放出的热量________。
（3）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946 kJ·mol－1、497 kJ·mol－1。
N2(g)＋O2(g)===2NO(g) ΔH＝+180.0 kJ·mol－1。
NO分子中化学键的键能为________kJ·mol－1。
（4）综合上述有关信息，请写出CO和NO反应的热化学方程式_______________________。
【答案】(1). A (2). 石墨 (3). －393.5 kJ·mol－1 (4). 2520kJ (5). 631.5 (6). 2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－746.0 kJ·mol－1
【解析】
【分析】（1）A、具有一定数目的中子和质子的原子称为一种核素；结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；分子式相同结构式不同的化合物互为同分异构体；
（2）①物质的能量越低越稳定；根据图像可计算石墨完全燃烧生成二氧化碳放出的热量；
②依据石墨和生成气体的质量列方程式计算得一氧化碳和二氧化碳的物质的量，再依据热化学方程式计算反应放出的热量；
（3）依据反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能计算；
（4）由图像得到一氧化碳与氧气反应的热化学方程式，再依据盖斯定律计算。
【详解】（1）A、具有一定数目的中子和质子的原子称为一种核素，H、D、T是三种不同的核素，故错误；
B、结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，甲烷与正丁烷（CH3CH2CH2CH3）都是烷烃，互为同系物，故正确；
C、由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，金刚石和石墨是碳元素的不同单质，互为同素异形体，故正确；
D、分子式相同结构式不同的化合物互为同分异构体，乙醇（CH3CH2OH）与二甲醚（CH3-O-CH3）的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故正确；
A错误，故答案为：A；
（2）①物质的能量越低越稳定，由图可知金刚石能量比石墨高，则通常状况下石墨更稳定；根据图像可知石墨完全燃烧生成二氧化碳放出的热量为110.5kJ+283.0kJ=393.5kJ，则表示石墨燃烧热的热化学方程式为C（石墨s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ/mol，故答案为：石墨；－393.5 kJ·mol－1；
②120 g石墨的物质的量为=10mol，设生成一氧化碳xmol，则二氧化碳为（10-x）mol，由生成生成气体360g可得关系式28x+44（10-x）=360，解得x=5mol，则该过程放出的热量（110.5+393.5）kJ/mol×5mol=2520kJ，故答案为：2520kJ；
（3）设NO分子中化学键的键能为x，依据反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能可得关系式946 kJ/mol+497kJ/mol-2x=+180 kJ/mol，解得x=631.5 kJ/mol，故答案为：631.5；
（4）由图像可知一氧化碳与氧气反应的热化学方程式为2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)△H=－566kJ/mol①，氮气与氧气反应的热化学方程式为N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH＝+180.0 kJ/mol，根据盖斯定律，①－②得到2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)，则ΔH＝ΔH1—ΔH2＝－566kJ/mol－180kJ/mol＝－746.0 kJ/mol，故答案为：2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)，则ΔH＝－746.0 kJ/mol。
18.50mL 0.5mol·L－1的盐酸与50mL 0.55mol·L－1的NaOH溶液在下图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。请回答下列问题：

（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_____________________。由图可知该装置仍有不妥之处，如不改正，求得的中和热数值会____________（填“偏大”“偏小”“无影响”）。
（2）写出该反应的热化学方程式(中和热为57.3 kJ·mol－1)：_______________。
（3）取50 mL NaOH溶液和50mL盐酸溶液进行实验，实验数据如下表。
①请填写下表中的空白：
温度
实验次数
起始温度T1/℃
终止温度T2/℃
温度差平均值(T2－T1)/℃
HCl
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
29.1
________________
2
25.9
25.9
25.9
29
3
27.0
27.4
27.2
31.7
4
26.4
26.2
26.3
29.2
②近似认为0.55 mol·L－1 NaOH溶液和0.50 mol·L－1盐酸溶液的密度都是1 g/cm3，中和后生成溶液的比热容c＝4.18 J/(g·℃)，则中和热ΔH＝________(取小数点后一位)。
（4）下列情况会使测得中和热的数值偏小的是________(填字母)。
A．用浓硫酸代替盐酸进行上述实验
B. 用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验
C. 用50mL 0.50 mol·L－1的 NaOH溶液进行上述实验
【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 偏小 (3). HCl(aq)+ NaOH(aq) =NaCl(aq) + H2O(l)；△H=－57.3kJ/mol (4). 3 (5). -50.2 kJ·mol－1 (6). BC
【解析】
【分析】（1）环形玻璃搅拌棒上下搅动使溶液充分反应；若盐酸反应不完全，会使求得的中和热数值将会减小；
（2）根据中和热的概念以及热化学方程式的书写方法书写热化学方程式；
（3）先判断数据的有效性，然后计算出平均温度差，再根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量，最后根据中和热的概念求出反应热；
（4）A、浓硫酸稀释时释放能量；
B、氨水为弱碱，电离过程为吸热过程；
C、若用50mL0.50mol•L-1NaOH溶液进行上述实验，盐酸可能反应不完全，导致生成水的量减小。
【详解】（1）为了测得温度的最高值，应在最短的时间内让盐酸和过量的氢氧化钠溶液充分反应，减少热量散失，则图中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒；如不改正，盐酸反应可能不完全，会使求得的中和热数值将会减小，故答案为：环形玻璃搅拌棒；偏小；
（2）盐酸和氢氧化钠溶液发生中和反应生成1mol水放出的热量为57.3 kJ，反应的热化学方程式为HCl(aq)+ NaOH(aq) =NaCl(aq) + H2O(l)；△H=－57.3kJ/mol，故答案为：HCl(aq)+ NaOH(aq)＝NaCl(aq) + H2O(l)；△H=－57.3kJ/mol；
（3）①根据表中数据可知，温度的差值是分别为3.0℃、3.1℃、4.5℃、2.9℃，实验3的误差太大舍去，则温度差的平均值是℃=3℃，故答案为：3；
②50mL0.5mol•L-1盐酸和50mL0.55mol•L-1的氢氧化钠溶液的质量和为100mL×1g/cm3=100g，比热容c=4.18J/（g•℃），由公式Q=cm△t可知反应生成0.025mol水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3℃=1254J=1.254kJ，则中和热△H＝—≈-50.2 kJ/mol，故答案为：50.2；
（4）A、浓硫酸稀释时释放能量，用浓硫酸代替盐酸进行上述实验会导致测得中和热的数值偏大，故错误；
B、氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，会使测得中和热的数值偏小，故正确；
C、反应中选用50mL 0.55mol·L－1的NaOH溶液的目的是氢氧化钠溶液过量保证50ml 0.5mol·L－1的盐酸完全反应，若用50mL0.50mol•L-1NaOH溶液进行上述实验，盐酸可能反应不完全，导致生成水的量减小，使测得中和热的数值偏小，故正确；
正确的是BC，故答案为：BC。
19.海洋具有十分巨大的开发潜力，人们可以从海水中获得多种物质．工业上进行海水淡化有多种方法．
（1）蒸馏法是历史悠久，技术和工艺比较成熟的海水淡化方法，如图1是海水蒸馏法装置示意图，仪器B的名称是__________。

（2）图2是膜分离技术进行淡化的原理示意图，水分子可以透过淡化膜，而海水中其他各种粒子不能通过淡化膜，加压后，右侧海水中减少的是______（填字母）。
A．溶质质量   B．溶剂质量   C．溶质的物质的量浓度
Ⅱ.从海水中提取一些重要的化工产品的工艺流程如图所示。
　
根据上述流程图回答下列问题：
（3）标准状况下22.4 L Cl2气体发生反应②，转移的电子数是________NA。
（4）过程③到过程⑤的变化为“Br－→Br2→Br－→Br2”，其目的是_______________。
（5）过程⑥⑦⑧⑨⑩中没有涉及的化学反应类型是______。
A．分解反应 B．化合反应 C．复分解反应 D．置换反应
（6）写出反应④与⑩的化学方程式
④________________________________________________；
⑩________________________________________________。
【答案】(1). 冷凝管或冷凝器 (2). B (3). 1 (4). 富集溴 (5). D (6). SO2+ Br2+ 2H2O= H2SO4+2HBr (7). MgCl2 (熔融) Mg+Cl2↑
【解析】
【分析】（1）由装置图可知，仪器B的名称是冷凝管或冷凝器；
（2）由膜分离技术进行海水淡化的原理示意图可知水分子可以透过淡化膜，而海水中其他各种粒子不能通过淡化膜，加压后，右侧海水中溶剂的量减少，溶质的量不变；
（3）反应②为氯气与石灰乳发生歧化反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；
（4）过程③得到的是的溶液溴的浓度太低，过程③到过程⑤的变化过程中溴的浓度增大；
（5）过程⑥⑦⑧⑨⑩中没有涉及置换反应；
（6）反应④为二氧化硫和溴水发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸，反应⑩为电解熔融的氯化镁生成镁和氯气。
【详解】（1）由装置图可知，仪器B的名称是冷凝管或冷凝器，故答案为：冷凝管或冷凝器；
（2）由题给信息可知，海水淡化时，淡化膜的作用是能让水分子通过，其它粒子不能通过，加压后，右侧海水中溶剂的量减少，溶质的量不变，溶质的物质的量浓度增大，B正确，故答案为：B；
（3）反应②为氯气与石灰乳发生歧化反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，1mol氯气参加反应转移的电子的物质的量为1mol，即转移的电子数为NA，故答案为：1；
（4）过程③得到的是的溶液溴的浓度太低，过程③到过程⑤的变化过程中溴的浓度增大，实现了溴的富集，故答案为：富集溴；
（5）过程⑥为碳酸钙煅烧发生分解反应生成氧化钙和二氧化碳，过程⑦为氧化钙与水发生化合反应生成氢氧化钙，过程⑧为氢氧化钙与苦卤中的镁离子发生复分解反应生成氢氧化镁沉淀，过程⑨为氢氧化镁与盐酸发生中和反应生成氯化镁和水，过程⑩为电解熔融的氯化镁生成镁和氯气，过程⑥⑦⑧⑨⑩中没有涉及置换反应，故答案为：D；
（6）反应④为二氧化硫和溴水发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸，反应的化学方程式为SO2+ Br2+ 2H2O＝H2SO4+2HBr；反应⑩为电解熔融的氯化镁生成镁和氯气，反应的化学方程式为，MgCl2 (熔融)Mg+Cl2↑。故答案为：SO2+ Br2+ 2H2O＝H2SO4+2HBr；MgCl2 (熔融)Mg+Cl2↑。
20.已知：A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示。

（1）由石油生产A的裂解反应属于_______________（填“化学”或“物理”）变化。
（2）A的结构简式为___________，A在一定条件下可以聚合生成一种常见塑料，该塑料的结构简式为___________。
（3）①的反应类型为__________；D中官能团的名称是__________。
（4）在实验室中获得的乙酸乙酯往往含有B、D，为提纯乙酸乙酯，加入的试剂是_________，分离操作方法是__________。
（5）反应②的化学方程式为__________________________________；反应④的化学方程式为_____________________________________。
【答案】(1). 化学 (2). CH2=CH2 (3). (4). 加成反应 (5). 羧基 (6). 饱和碳酸钠溶液 (7). 分液 (8). 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O (9). CH3CH2OH + CH3COOH CH3COOCH2CH3 + H2O
【解析】
【分析】乙烯的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平，则A是乙烯；一定条件下，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，则B为乙醇；在催化剂作用下，乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，则C为乙醛；在催化剂作用下，乙醛发生催化氧化反应生成乙酸，则D为乙酸；在浓硫酸做催化剂作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，则E为乙酸乙酯。
【详解】（1）由石油生产乙烯的裂解反应，有新物质生成，属于化学变化，故答案为：化学；
（2）A是乙烯，结构简式为CH2=CH2，一定条件下乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯的结构简式为，故答案为：CH2=CH2；；
（3）反应①为一定条件下，乙烯和水发生加成反应生成乙醇；D为乙酸，结构简式为CH3COOH，官能团为羧基，故答案为：加成反应；羧基；
（4）实验室制得的乙酸乙酯中混有挥发出的乙酸和乙醇，向混有乙酸和乙醇的乙酸乙酯中加入饱和碳酸钠溶液，可以除去乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度便于分层，分液收集得到乙酸乙酯，故答案为：饱和碳酸钠溶液；分液；
（5）反应②为在催化剂作用下，乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，反应化学方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；反应④为在浓硫酸做催化剂作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3CH2OH + CH3COOH CH3COOCH2CH3 + H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；CH3CH2OH + CH3COOH CH3COOCH2CH3 + H2O。
21.工业上可用黄铜矿（CuFeS2）冶炼铜，同时还可得到多种物质。工业冶炼铜的化学方程式是：8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2
（1）CuFeS2中Fe的化合价为+2，反应中被还原的元素是氧元素和____________。
（2）用少量黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（主要含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3）模拟制铁红（Fe2O3），进行如下实验。

①滤液中的阳离子有Fe3+、Fe2+、H+、_____________。
②为确认滤液中含Fe2+，下列实验方案和预期现象正确的是____（填序号）。

实验方案
预期现象
a
加NaOH溶液
产生白色沉淀，变灰绿再变红褐
b
先加KSCN溶液，再加氯水
先无明显现象，后变红
c
加酸性KMnO4溶液
紫色褪去
d
先加氯水，再加KSCN溶液
溶液先变黄，再变红
③滤液在酸性条件下，与H2O2反应的离子方程式是_________________________。
（3）m克铝热剂（氧化铁与铝）恰好完全反应，则该反应中氧化产物与还原产物的质量比是________________________。
【答案】(1). 铜元素 (2). Al3+ (3). c (4). H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O (5). 51︰56（102︰112）
【解析】
【分析】由化学工艺流程可知，向冶炼铜产生的炉渣中加入稀硫酸，炉渣中Fe2O3、FeO和Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸铝，酸性氧化物SiO2不溶解；过滤，向滤液中加入足量双氧水，酸性条件下双氧水能氧化亚铁离子生成铁离子，再加入过量的氢氧化钠溶液，硫酸铁和硫酸铝与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤，加热固体，氢氧化铁受热分解生成氧化铁。
【详解】（1）若CuFeS2中的Fe元素的化合价为+2价，则铜的元素化合价为+2价，硫元素的化合价为-1价，氧气中氧元素的化合价为0价，由方程式可知，产物中铜元素的化合价为0价，氧化亚铁中铁的化合价为+2价，氧元素为-2价，三氧化二铁中铁的元素化合价为+3价，氧元素为-2价，二氧化硫中硫元素的化合价为+4价，氧元素为-2价，根据氧化还原反应规律，化合价降低的发生还原反应，反应中被还原的元素是Cu元素和O元素，故答案为：铜元素；
（2）①炉渣中含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3和稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸铝，所以滤液中含有的阳离子有：Fe3+、Fe2+、H+、Al3+，故答案为：Al3+；
②a、由于溶液中含有Fe3+、Fe2+、H+、Al3+，所以a中加入氢氧化钠溶液后生成氢氧化铁红褐色沉淀会掩盖氢氧化亚铁沉淀，故错误；
b、溶液中含有铁离子，因此加KSCN溶液显红色，无法据此检验铁离子，故错误；
c、亚铁离子具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；
d、溶液中含有铁离子，原溶液显黄色，无法据此检验亚铁离子，故错误；
正确的为c，故答案为：c；
③双氧水具有氧化性，亚铁离子具有还原性，酸性条件下双氧水能氧化亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）氧化铁与铝高温发生铝热反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，由化学方程式可知反应完全生成的氧化铝和铁的物质的量比为1:2，则氧化产物与还原产物的质量之比为:102：2×56=51︰56，故答案为：51︰56（102︰112）。