安徽省六安市第一2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题Word版含解析

六安一中2021~2022学年第二学期高一年级期末考试化学试卷满分：100分时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H：1Zn：65Cu：64Br：80一、单选题(每小题3分，共33分，每小题仅有一个最佳答案)1.近期我国冀东渤海湾发现储量达10亿吨的大型油田。下列有关说法正确的是（）①石油裂解得到的汽油可与溴水反应②石油的分馏是化学变化③石油的分馏实验中，温度计水银球插入液面以下，因为它测的是混合液的温度④石油分馏得到的汽油仍是混合物A.①③B.②④C.①④D.②③【答案】C【解析】【分析】根据题中大型油田可知，本题考查石油分离提纯知识，运用石油分离提纯操作分析。【详解】石油裂解为了获得乙烯、丙烯、甲烷等化工原料，其中乙烯、丙烯可以与溴水反应，①正确；石油的分馏是依据各物质的沸点不同经加热气化和冷凝而分离的操作，故为物理变化，②错；石油分馏实验中，温度计水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处，以测量馏出蒸气的温度，③错；石油分馏得到的汽油是C5～C11的烷烃，属于混合物，④正确，C项符合题意。答案选C【点睛】石油的分馏是依据各物质的沸点不同经加热气化和冷凝而分离的操作，为物理变化。2.下列说法正确的是A.糖类、蛋白质均属于天然有机高分子化合物B.乙酸与油酸一定不是同系物C.分子式为C6H14，结构中含有4个甲基的烷烃有3种D.镀锌铁皮的镀层破损后，铁皮会加速腐蚀【答案】B【解析】【详解】A．糖类中的单糖及二糖都是小分子化合物，不属于高分子化合物，A错误；B．乙酸分子中含有羧基，属于饱和一元羧酸；而油酸分子中除含有羧基外，还含有碳碳双键，二者结构不相似，在分子组成也也不是相差CH2的整数倍，因此它们一定不是同系物，B正确；C．分子式为C6H14，结构中含有4个甲基的烷烃结构为、，只有2种不同结构，C错误；D．镀锌铁皮的镀层破损后，Zn、Fe及接触的电解质溶液构成原电池，Zn为负极被氧化腐蚀，Fe为正极得到保护，因此同样也可以减缓铁皮腐蚀速率，D错误；故合理选项是B。3.下列实验操作、现象、得出的结论均正确的是实验结论A向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加过量稀盐酸，沉淀不溶解该溶液中一定含有B向淀粉水解产物中直接加入新制的氢氧化铜悬浊液，并加热煮沸，没有出现砖红色沉淀水解的产物无还原性C向某溶液中加入NaOH溶液，加热，生成了能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体该溶液中一定含有NHD将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色且有分层现象生成的1,2-二溴乙烷无色、不溶于四氯化碳A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】【详解】A．原溶液中可能有Ag+，产生氯化银沉淀，故A错误；B．向淀粉水解的产物中加入新制的氢氧化铜悬浊液前，要先加NaOH溶液将用作催化剂的硫酸中和，至溶液呈碱性，否则，硫酸会和新制的氢氧化铜悬浊液反应，故B错误；C．向某盐溶液中加入浓氢氧化钠溶液，加热产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明生成的气体为氨气，溶液中含有铵根离子，故C正确；D．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，乙烯和Br2发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷无色，可溶于四氯化碳，故D错误；故选C。4.利用金属的活泼性不同，冶炼铝、铁、银分别应采用的方法是A.电解法、热还原法、热分解法B.热还原法、热分解法、电解法C.热分解法、热还原法、电解法D.电解法、热分解法、热还原法【答案】A【解析】【详解】根据金属活动性顺序表，金属的冶炼方法可以分为：K、Ca、Na、Mg、Al的冶炼用电解法（电解熔融的化合物）；Zn、Fe、Sn、Pb、Cu的冶炼用热还原法；Ag、Hg的冶炼用热分解法，从而可以知道，冶炼铝用的是电解熔融的氧化铝的方法，冶炼铁用的是热还原法，冶炼银用的是热分解法，所以A选项是正确的。答案选A。5.“神十”宇航员使用的氧气瓶是以聚酯玻璃钢为原料，甲、乙、丙三种物质是合成聚酯玻璃钢的基本原料。下列说法正确的是A.甲物质可以在引发剂作用下生成有机高分子化合物B.1mol乙物质可与钠完全反应生成2mol氢气C.丙物质中所有原子一定共平面D.甲、乙、丙三种物质都可以发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A．甲分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应产生有机高分子化合物，A正确；B．乙分子中含有2个-OH都可以与Na反应产生H2，根据反应转化关系：2-OH~H2，可知1mol乙物质可与钠完全反应生成1molH2，B错误；C．丙分子是苯环与乙烯基相连，苯分子是平面分子，乙烯分子是平面分子，两个平面共直线，因此丙物质中所有原子可能共平面，也可能不在同一平面上，C错误；D．甲、丙分子中含有不饱和的碳碳双键，因此在一定条件下可以与其它物质发生加成反应；B分子中无不饱和键，因此不能发生加成反应，D错误；故合理选项是A。6.下列各物质中能发生催化氧化反应，且催化氧化的产物含有醛基的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】醇氧化生成醛，要求与羟基直接相连的碳原子上有两个或三个氢原子，符合条件的为，故选C。7.一学生用如图装置研究原电池原理，下列说法错误的是A.图③中Zn片增重质量与Cu棒减轻质量的比为65∶64B.图②中如果两极上都有气体产生，则说明Zn片不纯C.图①中Cu棒上没有气体产生D.图②与图③中正极产物的质量比为1∶32时，Zn棒减轻的质量相等【答案】A【解析】【详解】A．在图③中，构成Zn/Cu/CuSO4原电池，由于金属活动性：Zn＞Cu，Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+；正极Cu上发生得到电子的还原反应，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，当电路中转移2mol电子时，负极减轻65g，正极质量增加64g，故图③中Zn片减轻质量与Cu棒增重质量的比为65∶64，A错误；B．图②中构成Zn/Cu/CuSO4原电池，负极Zn上发生反应：Zn-2e-=Zn2+，正极Cu上发生反应：2H++2e-=H2↑，如果两极上都有气体产生，则说明Zn片不纯锌片上杂质与Zn构成原电池，在Zn片上也有H+得到电子变为H2的还原反应，因此如果两极上都有气体产生，可以说明Zn片不纯，B正确；C．由于Cu在金属活动性顺序表中位于H元素的后边，在图①中Cu棒没有与Zn棒连接，因此Cu棒上不发生反应，因此没有气体产生，C正确；D．图②与图③都构成原电池，在图②中正极反应为：2H++2e-=H2↑，图③中正极反应为：Cu2++2e-=Cu。若两个正极产物的质量比为1∶32时，反应过程中转移电子的物质的量为：=1：1，由于负极都是Zn失去电子变为Zn2+，因此图②与图③中Zn棒减轻的质量相等，D正确；故选A。8.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素形成的某种化合物(如图所示)是一种优良的防龋齿剂(可用于制含氟牙膏)，其中W、X位置相邻，Z元素的内层电子数之和为最外层电子数的2倍。下列说法错误的是A.Z的最高价氧化物对应的水化物为中强酸B.W、Y形成的化合物Y2W在熔融状态下能够导电C.X、Y形成的化合物为强电解质D.X、W、Z对应的单质熔沸点：X>W>Z【答案】D【解析】【分析】该化合物是一种优良的防龋齿剂用于制含氟牙膏，所以含有氟元素，根据结构示意图可知，X为：F，Z元素的内层电子数之和为最外层电子数的2倍，推知Z为磷元素，W形成双键，还有两个W得到两个电子，所以W为：O，Y显+1价，根据原子序数可知Y为：Na，据此分析选择。【详解】A．Z的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，磷酸为中强酸，A正确；B．W、Y形成的化合物Y2W(Na2O)为活泼金属和活泼非金属形成的离子化合物，在熔融状态下能够导电，B正确；C．X、Y形成的化合物为NaF，属于强电解质，C正确；D．氧气、氟气和磷单质均为分子晶体，通常磷单质呈固态、氧气和氟气呈气态，所以X、W、Z对应的单质熔沸点最高的是Z(磷)，D错误；答案为D。9.乙酸的结构式为，其发生下列反应时断键部位正确的是①乙酸的电离,是a键断裂②乙酸与乙醇发生酯化反应，是b键断裂③在红磷存在时，与的反应：，是c键断裂④乙酸生成乙酸酐的反应：，是a、b键断裂A.①②③B.①②③④C.②③④D.①③④【答案】B【解析】【详解】乙酸是一元弱酸，能够在溶液中发生部分电离产生，电离方程式为，则乙酸发生电离时是a键断裂，①正确；乙酸具有羧基，乙醇具有醇羟基，乙酸与乙醇发生酯化反应，反应原理是“酸脱羟基醇脱氢”，②正确；，反应类型是取代反应，Br取代了甲基氢，断键部位是c键，③正确；两个乙酸分子脱去一分子水生成乙酸酐，一个乙酸分子断裂键脱去H原子，另一个断裂键脱去羟基，因此断键部位是a、b键，④正确；答案选B。10.溴乙烷是无色油状液体，是制造巴比妥的原料，工业上可用海水制备溴乙烷，部分工艺流程如图：下列说法错误的是A.粗盐提纯时，加入沉淀剂的顺序可以是BaCl2、NaOH和Na2CO3B.向“母液”中通入热空气，利用溴的易挥发性，将溴吹出C.“制备”时氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1D.“精制”时所用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯【答案】D【解析】【分析】海水晒盐后的母液，通入氯气把溴离子氧化为溴单质，鼓入热空气，将溴吹出，溴单质、S、乙醇反应生成硫酸和溴乙烷、水。【详解】A．粗盐提纯时，加入BaCl2除去SO、加入NaOH除去Mg2+、加入Na2CO3除去Ca2+、Ba2+，加入沉淀剂的顺序可以是BaCl2、NaOH和Na2CO3，故A正确；B．溴易挥发，向“母液”中通入热空气，将溴吹出，故B正确；C．“制备”时发生反应，S元素化合价升高，S是还原剂，Br元素化合价降低，Br2是氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1，故C正确；D．溴乙烷易溶于乙醇，用蒸馏法“精制”溴乙烷，所用的玻璃仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、锥形瓶、牛角管、温度计、酒精灯，故D错误；选D。11.“化学多米诺实验”即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学实验依次发生。如图是一个“化学多米诺实验”。已知：①Cu2++4NH3·H2O=4H2O+[Cu(NH3)4]2+(该反应产物可作为H2O2分解的催化剂)②A和C中的硫酸溶液浓度相同下列有关分析错误的是A.该实验成功的重要条件是整套装置气密性良好B.C中现象为液面下降C.B中反应速率大于D中反应速率DH中出现浅黄色浑浊【答案】C【解析】【分析】该“化学多米诺实验”在BD中均发生反应：，D中还发生反应：，生成的Cu会附着在Zn表面，在稀硫酸中形成锌铜硫酸原电池，故D中氢气生成速率会更快；B中生成的氢气会将C中液体压入D中，D中生成的氢气会将E中溶液压入F中发生反应：Cu2++4NH3·H2O=4H2O+[Cu(NH3)4]2+，F中生成的[Cu(NH3)4]2+离子会随着溶液流入G中，使H2O2催化分解产生氧气，氧气通入H中发生反应：，造成溶液浑浊。【详解】A．装置气密性良好，才能保证装置内部随着气体产生气压增大，将液体压入下一个试管，使多个反应依次发生，描述正确，A不符题意；B．B中生成的氢气将C中溶液压入D中，C中液体自然减少，描述正确，B不符题意；C．D中有锌铜硫酸原电池形成，电化学腐蚀速率快于化学腐蚀速率，所以D中反应速率更快，描述错误，C符合题意；D．H中发生反应：，生成单质硫沉淀，造成溶液浑浊，描述正确，D不符题意；本题选C。二、双选题：(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的不得分)12.最近科学发现，一种形状像蝴蝶结的有机分子Bowtiediene，其形状和结构如图所示，下列有关该分子的说法中不正确的是A.该有机物的分子式为C5H4B.该分子中所有碳原子在同一平面内C.1mol该有机物最多可与2molBr2发生加成反应D.与其互为同分异构体，且只含碳碳三键的链烃只有一种【答案】BD【解析】【详解】A．在键线式表示中，顶点、交点表示C原子，结合C原子价电子数目是4个，可知该物质分子是C5H4，A正确；B．该物质分子中含有饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，则物质分子中所有碳原子不可能在同一平面内，B错误；C．该物质分子中含有2个碳碳双键，由于1个碳碳双键能够与1个Br2发生反应，则1mol该有机物最多可与2molBr2发生加成反应，C正确；D．与其互为同分异构体，且只含碳碳三键的链烃有CH≡C-CH2-C≡CH或CH≡C-C≡C-CH3，可见其符合要求的同分异构体不止一种，D错误；故合理选项是BD。13.利用新型催化剂在太阳光的作用下将进行分解，反应过程如图所示。下列有关说法正确的是A.反应Ⅰ中形成了两种新的化学键B.中间产物的电子式：C.总反应中1mol氮气和3mol氢气的总键能大于2mol氨气的总键能D.通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化【答案】AD【解析】【详解】A．根据图中信息得到反应Ⅰ中形成了氢氢键、氮氮键这两种新的化学键，故A正确；B．中间产物的每个氮还有一对孤对电子，其电子式：，故B错误；C．氨气分解是吸热反应，而逆反应是放热反应即断键吸收的热量小于成键放出的热量，因此总反应中1mol氮气和3mol氢气的总键能小于2mol氨气的总键能，故C错误；D．根据题意，通过该催化反应，氨气变为氮气和氢气，化学能增加，因此实现了太阳能向化学能的转化，故D正确。综上所述，答案为AD。14.NO2是大气的主要污染物之一，某研究小组设计如图所示的装置对NO2进行回收利用，装置中a、b均为多孔石墨电极。下列说法正确的是A.a为电池的负极，发生还原反应B.一段时间后，b极附近HNO3浓度增大C.电池总反应为4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3D.电流流向：b电极→用电器→a电极→溶液→b电极【答案】CD【解析】【分析】a极通入NO2，它将转化为HNO3，所以a极为负极；b极通入O2，其得电子产物与电解质反应生成水，则b极为正极。【详解】A．由分析可知，a为电池负极，失电子发生氧化反应，A不正确；B．电池工作时，在b极发生反应O2+4e-+4H+=2H2O，所以b极附近HNO3浓度减小，B不正确；C．负极4NO2-4e-+4H2O=4+8H+，正极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，则电池总反应为4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，C正确；D．电流由正极出发，经过用电器进入负极，然后在溶液中通过离子的定向移动传导电流，所以电流方向为：b电极→用电器→a电极→溶液→b电极，D正确；故选CD。15.乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品。工业生产乙酸乙酯的方法很多，如图所示，则下列说法正确的是A.反应①、③均是取代反应B.反应②、③的原子利用率均为100%C.反应④中该有机反应物只有一种结构D.乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．反应①为C2H5OH与CH3COOH在浓硫酸存在、加热时发生酯化反应制备乙酸乙酯，属于取代反应，反应②为乙烯和乙酸反应生成CH3COOCH2CH3，属于加成反应、不属于取代反应，A错误；B．反应②为2CH3CHOCH3COOCH2CH3，反应③为CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3，生成物都只有1种，原子利用率均为100%，B正确；C．C4H10有两种同分异构体：CH3CH2CH2CH3、(CH3)2CHCH3，C错误；D．向三种无色液体中分别加入Na2CO3溶液，产生无色无味气体的为乙酸，振荡后静置出现分层现象的为乙酸乙酯，无明显现象的为乙醇，现象不同，可以鉴别，D正确；答案选BD。三、非选择题16.乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业。实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：①在甲试管(如图)中加入2mL浓硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。②按图连接好装置(装置气密性良好)并加入混合液，小火均匀地加热3～5min。③待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管并用力振荡，然后静置待分层。④分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。（1）若实验中用乙酸和含18O的乙醇作用，该反应的化学方程式是：____；与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，其作用除冷凝外，还有____。（2）甲试管中，混合溶液的加入顺序为____。(填写序号)①浓硫酸②乙醇③乙酸（3）步骤②中需要用小火均匀加热，其主要原因是减少反应物____，增大产率。（4）欲将乙试管中的物质分离以得到乙酸乙酯，必须使用的仪器是____；分离时，乙酸乙酯应该从仪器____(填“下口放出”或“上口倒出”)。（5）浓硫酸在该反应中起到的作用是____。【答案】（1）①.CH3COOH+CH3CH28OHH2O+CH3CO18OCH2CH3②.防倒吸（2）②①③（3）挥发（4）①.分液漏斗②.上口倒出（5）催化剂和吸水剂【解析】【分析】在甲试管中先后加入3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液、2mL浓硫酸，加热条件下，浓硫酸作为吸水剂和催化剂，乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，挥发出的气体除含有乙酸乙酯外还有乙醇和乙酸，乙试管中的饱和碳酸钠溶液可溶解乙醇，吸收乙酸，乙酸乙酯难溶于水，饱和碳酸钠溶液与乙酸乙酯分层。【小问1详解】酯化反应中羧酸提供羟基与醇提供氢合成水，若实验中用乙酸和含18O的乙醇作用，该反应的化学方程式是：CH3COOH+CH3CH28OHH2O+CH3CO18OCH2CH3；球形干燥管具有较大的容量空间，其作用除冷凝外，还可防倒吸。【小问2详解】为防止浓硫酸与乙醇混合是发生暴沸，需往乙醇加入浓硫酸，并分少量多次加入，不能往浓硫酸加入乙醇，乙酸的密度比乙醇大，后加入利于液体充分混合，故甲试管中，混合溶液的加入顺序为②①③。【小问3详解】由于乙醇、乙酸均易挥发，步骤②中需要用小火均匀加热，其主要原因是减少反应物挥发，增大产率。【小问4详解】据分析，乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液分层，且乙酸乙酯的密度小于饱和碳酸钠溶液，留在上层，根据物质分离操作规范，必须使用的仪器是分液漏斗，乙酸乙酯应该从仪器上口倒出。【小问5详解】据分析，浓硫酸在该反应中起到的作用是催化剂和吸水剂。17.有机化合物是种类最多的物质，随着化工产业的不断发展，在人类生活中起着越来越重要的作用。请结合所学知识，回答下列问题：I．日常生活中有很多常见的有机物。现有下列几种有机物：①CH3CH2CH3②CH2=CHCH3③CH3CH2CH(CH3)2④CH3CH2OH⑤CH3CH2OCH2CH3⑥CH3OCH3。（1）以上物质中，与CH4互为同系物的是___________(填标号，下同)。（2）以上物质中，与CH3CH2OH互为同分异构体的是___________。（3）物质③的一氯取代物共有___________种。II．有机物N存在于菠萝等水果中，是一种食品用合成香料，可以乙烯、丙烯等石油产品为原料进行合成：（4）由乙烯生成有机物M的化学反应类型是___________。（5）有机物N中含有的官能团是___________(填名称)。（6）久置的N自身会发生聚合反应，所得的聚合物具有较好的弹性，可用于生产织物和皮革处理剂。请写出该聚合物的结构简式：___________。III．乳酸的结构简式为CH3CH(OH)COOH。（7）乳酸和足量金属钠反应的化学方程式为___________。（8）乳酸和NaHCO3反应的化学方程式为___________。（9）乳酸发生催化氧化反应的化学方程式为___________。【答案】（1）①③（2）⑥（3）4（4）加成反应（5）碳碳双键、酯基（6）（7）+2Na+H2↑（8）+NaHCO3+H2O+CO2↑（9）2+O22+2H2O【解析】【分析】CH2=CH2与H2O在一定条件下发生加成反应产生M是CH3CH2OH，CH2=CHCH3经一系列反应产生CH2=CH-COOH，CH3CH2OH与CH2=CH-COOH在催化剂存在条件下加热发生酯化反应产生N：CH2=CH-COOCH2CH3和H2O。【小问1详解】CH4是饱和链烃，在上述物质中，属于饱和链烃——烷烃的CH4的同系物有①CH3CH2CH3、③CH3CH2CH(CH3)2，故合理选项是①③；【小问2详解】同分异构体是分子式相同而结构不同的化合物，则在上述物质中与CH3CH2OH互为同分异构体的物质是⑥CH3OCH3，故合理选项是⑥；【小问3详解】物质③CH3CH2CH(CH3)2分子中含有4种不同位置的H原子，因此该物质的一氯取代产物有4种；【小问4详解】CH2=CH2与H2O在一定条件下发生加成反应产生M是CH3CH2OH，故该反应的类型是加成反应；【小问5详解】根据有机物N结构简式，可知N分子中含有的官能团名称是酯基、碳碳双键；【小问6详解】N分子中含有不饱和的碳碳双键，在久置时N自身会发生聚合反应，所得的聚合物具有较好的弹性，可用于生产织物和皮革处理剂。该聚合物的结构简式为：；【小问7详解】乳酸分子中含有-OH、-COOH都可以与金属Na反应产生H2，反应的化学方程式为：+2Na+H2↑；【小问8详解】乳酸分子中含有的羧基-COOH具有酸性，可以与NaHCO3反应产生CO2、H2O，该反应的化学方程式为：+NaHCO3+H2O+CO2↑；【小问9详解】乳酸分子中含有羟基-OH，由于羟基连接的C原子上含有H原子，因此在一定条件下能够与O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化反应产生、H2O，该反应的化学方程式为：2+O22+2H2O。18.已知海水中溴元素主要以Br-形式存在，工业上从海水中提取溴的流程如下：（1）写出“氧化”反应的离子方程式：___________。（2）将吹出后的含Br2的空气按一定速率通入吸收塔，用SO2和水进行吸收，吸收后的空气进行循环利用。①写出吸收反应的离子方程式：___________。②吹出时，Br2吹出率与吸收塔中SO2流量的关系如图所示。如果SO2流量过大，Br2吹出率反而下降，原因是___________。（3）工业上也可用Na2CO3溶液代替二氧化硫水溶液吸收Br2，完成下列化学方程式：_____；当有1.204×1024个电子发生转移时，理论上参加反应Br2的质量为_____。【答案】（1）Cl2+2Br-=2Cl-+Br2（2）①.Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+②.过量的SO2随“吸收Br2后的空气”进入“吹出”步骤，与溴反应，使溴吹出率下降（3）①.3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+CO2↑+5NaBr②.192g【解析】【分析】海水蒸发浓缩酸化得到浓缩海水，通入氯气氧化Br-得到含溴单质的混合溶液，利用热空气吹出Br2，Br2被SO2及H2O吸收得到含HBr的混合溶液，向其中通入氯气氧化得到溴单质，富集溴元素得到含Br2的混合溶液，然后蒸馏得到溴单质。【小问1详解】向浓缩海水中加入Cl2，NaBr与Cl2发生反应产生Br2，该反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；【小问2详解】①吹出的Br2用SO2、H2O吸收得到HBr、H2SO4，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+；②根据吹出时，Br2吹出率与吸收塔中SO2流量的关系图可知：如果SO2流量过大，Br2吹出率反而下降，原因是过量的SO2随“吸收Br2后的空气”进入“吹出”步骤，与溴反应，使溴吹出率下降；【小问3详解】在该反应中，Br元素化合价由反应前Br2的0价变为反应后NaBrO3中的+5价，化合价升高5价，根据氧化还原反应规律可知必然有元素化合价降低，题干反应中其它物质所含元素化合价没有变化，则必然有Br元素化合价由0价变为-1价，根据Na2CO3溶液显碱性，结合化合价升降总数相等，可知缺项物质是NaBr，其系数是5，结合Br原子守恒，可知Br2系数是3，根据Na守恒，可知Na2CO3系数是3，根据C元素守恒，可知CO2的系数是3，则配平后方程式为：3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+CO2↑+5NaBr。每有3molBr2反应，转移5mol电子，转移电子数目是1.204×1024个，则n(e-)=，则反应消耗Br2的物质的量为n(Br2)=，则反应消耗Br2的质量m(Br2)=1.2mol×160g/mol=192g。19.合理利用资源，加强环境保护，降低碳排放，实施低碳经济是今后经济生活的主流。回答下列问题：（1）科