广东省广雅中学、执信、六中、深外四校2025届高一下化学期末联考试题含解析

广东省广雅中学、执信、六中、深外四校2025届高一下化学期末联考试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法正确的是（）A．石油主要含碳、氢两种元素，属于可再生能源B．石油的分馏是物理变化，各馏分均是纯净物C．煤的气化和液化是化学变化D．煤中含有苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，经干馏后分离出来2、海葵毒素是从海葵中分离出的一种剧毒物质，分子式为C129H223N3O54。哈佛大学Kishi教授领导的研究小组经过8年努力，于1989年完成了海葵毒素的全合成。下列说法正确的是A．海葵毒素是一种高分子化合物B．海葵毒素是一种无机化合物C．海葵毒素的合成成功预示着有机合成必将步入新的辉煌D．海葵毒素的合成成功预示着人类是无所不能的，能够合成任何有机物3、门捷列夫编制的第一张元素周期表，为元素的发现和研究元素性质铺平了道路，当时门捷列夫编排元素先后顺序的依据是()A．原子半径 B．原子序数C．相对原子质量 D．质子数4、O3在水中易分解。一定条件下，起始浓度均为0.0216mol／L的O3溶液，在不同的pH、温度下，发生分解反应，测得O3浓度减少一半所需的时间（t）如下表所示：下列判断不正确的是A．实验表明，升高温度能加快O3的分解速率B．pH增大能加速O3分解，表明OH－可以对O3的分解起催化作用C．在30℃、pH＝4.0时，O3的分解速率为1.00×10－4mol／（L·min）D．据表中的规律可推知，O3在下列条件下的分解速率v（40℃、pH＝3.0）＞v（30℃、pH＝7.0）5、下列物质中只含有氯分子的是()A．氯水 B．液氯 C．盐酸 D．食盐6、一定温度下，密闭容器中可逆反应3X(g)+Y(g)2Z(g)达到限度的标志是A．X的生成速率与Z的生成速率相等B．单位时间内生成3nmolX，同时消耗nmolYC．某时刻X、Y、Z的浓度相等D．某时刻X、Y、Z的分子个数比为3:1:27、下列物质有固定溶、沸点的是A．煤油 B．花生油 C．已酸 D．聚乙烯8、下列六个说法中，正确的有①已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为ΔH＝－241.8kJ·mol－1②由单质A转化为单质B是一个吸热过程，由此可知单质B比单质A稳定③X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(g)ΔH>0，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应的ΔH增大④已知：共价键C—CC=CC—HH—H键能/(kJ·mol－1)348610413436根据上表数据可以计算出C6H6(g)＋3H2(g)→C6H12(g)的焓变⑤根据盖斯定律，推知在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1molCO2固体时，放出的热量相等⑥25℃、101kPa时，1mol碳完全燃烧生成CO2所放出的热量为碳的燃烧热A．1个 B．2个 C．3个 D．4个9、下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是A．分离碘酒中的碘和酒精B．配制100mL0.1mol/L的盐酸C．排水法收集NOD．氨气吸收10、一定量的混合气体在密闭容器中发生如下反应:xA(g)+yB(g)⇌zC(g)达到平衡后,测得A浓度为0.5mol·L-1,当恒温下将密闭容器的容积扩大到原来的两倍再达到平衡后,测得A浓度为0.3mol·L-1,则以下叙述正确的是()A．平衡向正反应方向移动B．x+y>zC．C的体积分数增大D．B的转化率提高11、室温下，CuSO4(s)和CuSO4·5H2O(s)溶于水及CuSO4·5H2O受热分解的能量变化如图所示，下列说法不正确的是A．将CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低B．将CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高C．△H3＞△H2D．△H1=△H2+△H312、将固体X置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应:①X(s)Y(g)

+Z(g)；②2Z(g)W(g)+G(g)。达到平衡时，c(W)=0.25mol/L，c(Z)=4mol/L,

则此温度下反应①的平衡常数值为A．9B．16C．18D．2413、关于反应进行方向的判断，以下说法错误的是A．高锰酸钾加热分解是一个熵增的过程B．能自发进行的化学反应不一定是ΔH<0、ΔS>0C．ΔH<0的化学反应均是自发反应，ΔS<0的化学反应均不能自发进行D．反应2Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO2(g)在常温下不能自发进行，说明该反应ΔH>014、可以说明氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是(

)的溶解度比的大的氧化性比的强的酸性比的强比稳定氯原子最外层有7个电子，硫原子最外层有6个电子能与铁反应生成，硫与铁反应生成FeS可以从溶液中置换出S同浓度的HCl和的水溶液，前者酸性强或还原性比或弱A． B．C． D．15、对于化学反应3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)，下列反应速率关系中，正确的是A．v(W)=3v(Z) B．2v(X)=3v(Z) C．2v(X)=v(Y) D．3v(W)=2v(X)16、下列各组物质中，所含分子数相同的是A．l0gH2和l0gO2 B．9gH2O和0.5molBr2C．224mLH2(标准状况）和0.1molN2 D．5.6LN2(标准状况）和22gCO2二、非选择题（本题包括5小题）17、已知X是一种具有果香味的合成香料，下图为合成X的某种流程：提示：①不能最终被氧化为－COOH；②D的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平。请根据以上信息，回答下列问题：（1）D与C分子中官能团的名称分别是____________，E的结构简式是____________。（2）D→E的化学反应类型为____________反应。（3）上述A、B、C、D、E、X六种物质中，互为同系物的是____________。（4）反应C＋E→X的化学方程式为___________________________________________。（5）反应B→C的化学方程式为_______________________。18、已知A、B、F是家庭中常见的有机物，E是石油化工发展水平的标志，F是一种常见的高分子材料。根据下面转化关系回答下列问题：(1)操作⑥、操作⑦的名称分别为________、________。(2)下列物质中沸点最高的是________。A汽油B煤油C柴油D重油(3)在①～⑤中属于取代反应的是________；原子利用率为100%的反应是________。(填序号)(4)写出结构简式：A________、F________。(5)写出反应③的离子方程式：___________。(6)作为家庭中常见的物质F，它给我们带来了极大的方便，同时也造成了环境污染，这种污染称为________。19、化学是以实验为基础的科学，以下实验是高一学生必须掌握的基本实验，请根据实验内容完成下列问题；（1）下图是从海带中提取碘单质的过程：①进行实验①的操作名称是：_________________。②在进行实验②的过程中，可以选择的有机溶剂是____________。A．乙醇B．四氯化碳C．苯D．乙酸③从I2的有机溶液中提取碘的装置如图所示，仪器a的名称为：_______。④向含I-的溶液中加入适量氯气发生反应的离子方程式为：__________________________。（2）下图是实验室制取乙酸乙酯的实验装置，回答下列问题：①在A试管中加入试剂的顺序是___________（填以下字母序号）。a．先浓硫酸再乙醇后乙酸b．先浓硫酸再乙酸后乙醇c．先乙醇再浓硫酸后乙酸②在试管B中常加入_______________来接收乙酸乙酯。20、(Ti)及其化合物大量应用于航空、造船、电子、化学、医疗器械、电讯器材等各个领域，工业上常以金红石(主要成分是TiO2)、焦炭、氯气、金属镁为原料生产金属钛，其流程如下：(1)过程Ⅰ中，可燃性气体X是______。(2)过程Ⅱ中，发生反应的化学方程式是______；稀有气体的作用是______。21、海洋资源的利用具有广阔前景。（1）无需经过化学变化就能从海水中获得的物质是________（填序号）。A．Cl2B．淡水C．烧碱D．食盐（2）从海水中提取溴的主要步骤是向浓缩的海水中通入氯气，将溴离子氧化，该反应的离子方程式是______。（3）下图是从海水中提取镁的简单流程。工业上常用于沉淀Mg2＋的试剂A的俗名是________，氢氧化镁转化为MgCl2的离子方程式是_______。（4）海带灰中富含以I－形式存在的碘元素。实验室提取I2的途径如下所示：①灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器名称是________________。步骤②加热煮沸一会的目的是_______________________________②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，写出该反应的离子方程式_____________________。反应结束后，再加入CCl4作萃取剂，振荡、静置，可以观察到CCl4层呈________色。从碘的提取CCl4提取碘可以用_______的方法。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A.从能源是否可再生的角度可分为可再生能源和不可再生能源。可再生能源：可以在自然界里源源不断地得到的能源，如水能、风能、生物质能。不可再生能源：越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充的能源，如化石能源、核能。石油属于不可再生能源。错误；B、石油的分馏是根据石油中各组分沸点的不同，对石油进行分离的一种方法，是物理变化，而各馏分均是沸点相近的各种烃类的混合物。错误；C、煤的气化是在高温下煤和水蒸气发生化学反应生成一氧化碳、氢气、甲烷等气体的过程。煤的液化是在一定条件下煤和氢气发生化学反应得到液态燃料的过程。正确；D、煤中本身不含有苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，是煤经过的干馏（一系列化学变化）后得到的产物。2、C【解析】A、高分子化合物的相对分子质量一般在10000以上，海葵毒素不属于高分子化合物，A错误；B、除CO、CO2、H2CO3、碳酸盐等物质是无机物外，绝大多数含碳化合物为有机化合物，海葵毒素是一种有机化合物，B错误；C、合成海葵毒素是一项极具挑战性的工作，它的成功合成预示着有机合成必将步入新的辉煌，C正确；D、海葵毒素的合成成功并不能预示着人类是无所不能的，能够合成任何有机物，D错误，答案选C。3、C【解析】

门捷列夫制作周期表的依据是相对原子质量，这在当时有重要意义，但是我们要知道目前看来这不完全正确，应该是依据质子数，这也说明了一点科学在不断发展和进步。所以选项成C符合题意；所以本题答案：C。4、D【解析】A.实验表明，在pH不变时，升高温度，O3浓度减少一半所需的时间减少，所以升高温度能加快O3的分解速率，A正确；B.温度不变时，pH增大O3浓度减少一半所需的时间减少所以pH增大能加速O3分解，表明OH－可以对O3的分解起催化作用，B正确；C.在30℃、pH＝4.0时，O3的分解速率为0.5×0.0216mol∙L-1108min=1.00×10－4mol／（L·min）,C正确；D.据表中的规律可推知，在40℃、pH＝3.0的条件下，O3浓度减少一半所需的时间一定大于31s，在30℃、pH＝7.0的条件下，O3浓度减少一半所需的时间一定小于15s，所以O3在下列条件下的分解速率v（40℃、pH＝3.0）<v（30点睛：本题考查的是用控制变量法探究影响化学反应速率的因素，其关键是控制在其他条件相同的条件下，分析某因素发生变化时对化学反应速率的影响，考查了学生分析数据的能力和归纳推理能力。5、B【解析】

A.氯水中含有三分子、四离子：水分子、氯分子、次氯酸分子、氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子，A项错误；B.液氯是纯净物，其中只含有氯分子，B项正确；C.盐酸是氯化氢溶液，含有水分子、氢离子、氢氧根离子、氯离子，C项错误；D.食盐中含有钠离子和氯离子，D项错误；答案选B。6、B【解析】X的生成速率与Z的生成速率比等于3:1时，一定达到平衡状态，故A错误；单位时间内生成3nmolX，同时消耗nmolY，正逆反应速率相等，故B正确；反应达到平衡，X、Y、Z的浓度不一定相等，故C错误；反应达到平衡，X、Y、Z的物质的量不一定相等，故D错误。7、C【解析】

纯净物具有固定的沸点，混合物因含多种成分没有固定的沸点。【详解】A项、煤油是石油分馏的产品，属于混合物，没有固定溶、沸点，故A错误；B项、花生油属于油脂，属于混合物，没有固定溶、沸点，故B错误；C项、已酸属于羧酸，为纯净物，有固定溶、沸点，故C正确；D项、聚乙烯为高分子化合物，属于混合物，没有固定溶、沸点，故D错误；故选C。【点睛】本题考查纯净物和混合物的性质，根据物质有固定的沸点判断物质一定是纯净物是解题关键。8、A【解析】分析：①根据燃烧热的概念(25℃，101kPa时1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量)分析判断①和⑥的正误；②根据能量越高越不稳定分析判断；③根据反应热与平衡移动无关分析判断；④根据苯环中不存在碳碳双键和碳碳单键分析判断；⑤根据金刚石与石墨的结构不同分析判断。详解：①燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热＜-241.8kJ•mol-1，故错误；②单质A转化为单质B是一个吸热过程，则B的能量比A的高，能量越高越不稳定，故错误；③一定条件下，反应热与平衡移动无关，与化学计量数与物质的状态有关，故错误；④反应热=反应物总键能-生成物总键能，由于苯环中不存在碳碳双键，不能计算反应热，故错误；⑤金刚石与石墨的结构不同，能量不相同，在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1molCO2固体时，放出的热量不相等，故错误；⑥碳的燃烧热指：25℃，101kPa时，1mol碳完全燃烧生成CO2所放出的热量，故正确，正确的只有1个，故选A。点睛：本题考查燃烧热、反应热有关计算、热化学方程式等，注意对概念与热化学方程式的理解。本题的易错点为③，平衡移动影响放出的热量，但热化学方程式焓变不变。9、B【解析】

A．碘易溶于酒精中，用分液方法不能进行分离，A项错误；B．配制100mL0.1mol/L的盐酸容量瓶选择正确，操作正确，B项正确；C．NO在常温下即可与空气中的O2发生反应，且微溶于水，故可用排水法收集气体，NO气体应从短管进，长管排水集气，C项错误；D．氨气极易溶于水，直接用导气管通入水中易引起倒吸现象发生，D项错误；答案选B。10、B【解析】A、保持温度不变，将容器的体积扩大两倍，如平衡不移动，A的浓度为0.２５mol·L-1，小于实际A的浓度变为0.3mol·L-1，说明平衡向生成A的方向移动，即向逆反应移动。故A错误。B、增大体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即x+y>z，故B正确；C、平衡向逆反应移动，减小压强平衡向气体物质的量增大的方向移动，气体的物质的量增大，C物质的量减小，故C的体积分数下降，故C错误；D、平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，故D错误；故选B。11、D【解析】

①胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4·5H2O（s）=Cu2＋（aq）+SO42－（aq）+5H2O（l）△H3＞0；②硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应，则：CuSO4（s）=Cu2＋（aq）+SO42－（aq）△H2＜0；③已知CuSO4·5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H1；依据盖斯定律①-②得到③：△H1=△H3－△H2，由于△H2＜0，△H3＞0，则△H1＞0，【详解】A、胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4·5H2O（s）=Cu2＋（aq）+SO42－（aq）+5H2O△H3＞0，故A正确；B、硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应，则：CuSO4（s）=Cu2＋（aq）+SO42－（aq）△H2＜0；故B正确；C、由分析：△H2＜0，△H3＞0，△H3＞△H2，故C正确；D、由分析可知：依据盖斯定律①-②得到③：△H1=△H3－△H2，故D错误；故选D。【点睛】本题考查化学反应与能量变化，侧重考查盖斯定律在热化学方程式计算中的应用，解题关键：根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化，注意明确盖斯定律的内容及热化学方程式的书写原则。难点C选项，要先写出CuSO4·5H2O(s)溶于水、CuSO4(s)溶于水的热化学方程式，依据盖斯定律①-②得到③：△H1=△H3－△H2。12、C【解析】分析：根据题给数值和反应计算平衡时各物质的物质的量浓度，代入化学平衡常数表达式计算。详解：平衡时c（W）=0.25mol/L，反应②生成的c（W）=0.25mol/L，根据转化浓度之比等于化学计量数之比，反应②中生成的c（G）=0.25mol/L，消耗的c（Z）=0.5mol/L；平衡时c（Z）=4mol/L，则反应①生成的c（Z）=4mol/L+0.5mol/L=4.5mol/L，根据转化浓度之比等于化学计量数之比和反应①，反应①生成的c（Y）=4.5mol/L，反应①达到平衡时c（Y）=4.5mol/L、c（Z）=4mol/L，反应①的平衡常数=c（Y）·c（Z）=4.5mol/L×4mol/L=18mol2/L2，答案选C。点睛：本题考查化学平衡常数的计算，注意固体和纯液体的浓度视为常数，不计入平衡常数表达式中；题中发生两个可逆反应，两个可逆反应不能孤立看待。13、C【解析】A.高锰酸钾加热分解生成氧气，是一个熵增的过程，A正确；B.根据△G＝△H－T△S＜0能自发进行可判断，能自发进行的化学反应不一定是△H＜0、△S＜0，B正确；C.△H＜0的化学反应不一定均是自发反应，△S＜0的化学反应不一定均不能自发进行，而是要依据自由能△G＝△H－T△S判断，C错误；D.反应2Al203(s)+3C(s)＝2Al(s)+3C02(g)是熵值增加的反应，在常温下不能自发进行，根据△G＝△H－T△S可知说明该反应△H＞0，D正确，答案选C。点睛：化学反应方向的判据指出的仅仅是在一定条件下化学反应自发进行的趋势，并不能说明在该条件下反应一定能实际发生，还要考虑化学反应的快慢问题。注意其三个规律：①放热且熵增加的反应一定能自发进行。②吸热且熵减少的反应一定不能自发进行。③焓变和熵变的作用相反且相差不大时，温度有可能对反应方向起决定性作用。14、A【解析】

①溶解度属于物理性质，与非金属性强弱无关，不能说明氯元素的非金属性比硫元素的强，故①不选；②HClO不是最高价含氧酸，则HClO氧化性比H2SO4强，不能确定元素的非金属性强弱，故②不选；③最高价含氧酸HClO4酸性比H2SO4强，则非金属性Cl＞S，故③选；④HCl比H2S稳定，则非金属性Cl＞S，故④选；⑤Cl原子最外层有7个电子，S原子最外层有6个电子，不能利用最外层电子数的多少来判断非金属性的强弱，故⑤不选；⑥Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS，则Cl得电子的能力强，所以非金属性Cl＞S，故⑥选；⑦Cl2能与H2S反应生成S，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则非金属性Cl＞S，故⑦选；⑧氢化物的酸性强弱不能用于比较非金属性，故⑧不选。⑨元素的非金属性越强，气态氢化物的还原性越弱，因此HCl还原性比H2S弱，能够说明非金属性的强弱，故⑨选；可以说明氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强的有③④⑥⑦⑨，故选A。【点睛】解答本题主要是要掌握非金属性强弱的判断方法，可以根据非金属元素的最高价氧化物对应水化物的酸的酸性的强弱、阴离子的还原性的强弱、氢化物的稳定性、反应的难易程度等来判断原子的得电子能力强弱。15、C【解析】

化学反应速率之比等于化学系数之比，则根据方程式3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)可知A、v（W）：v（Z）=3：3=1：1，A错误；B、v（X）：v（Z）=2：3，B错误；C、v（X）：v（Y）=2：4=1：2，C正确；D、v（W）：v（X）=3：2，D错误。答案选C。16、B【解析】

A.10gH2的物质的量=10g2g/mol=5mol，10gO2的物质的量=10gB.9gH2O的物质的量=9g18g/mol=0.5mol，与0.5molBr2的物质的量相等，含有的分子数目相等，故BC.224mLH2（标准状况）的物质的量=0.224L22.4L/mol=0.01mol，与0.1molN2的物质的量不相等，二者含有的分子数目不相等，选项CD.未指明氮气所处的状态，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，物质的量不一定是0.5mol，二者物质的量不一定相等，根据N=nNA可知，二者含有分子数目不一定相等，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查常用化学计量的有关计算，注意对公式的理解与灵活运用，注意气体摩尔体积的使用条件与对象，易错点为选项B：根据n=mM计算水的物质的量，根据N=nNA二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键、羧基CH3CH2OH加成A、ECH3CH2COOH＋C2H5OHCH3CH2COOC2H5＋H2O2CH3CH2CHO+O22CH3CH2COOH【解析】由已知及流程，D的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，则D是乙烯，E是乙醇，又因为X是一种具有果香味的合成香料，分子式为C5H10O2，所以X是一种酯，C是丙酸，B是丙醛，A是丙醇。（1）D为CH2=CH2，分子中官能团名称为碳碳双键，C为CH3CH2COOH，分子中官能团名称为羧基，E为乙醇，结构简式是CH3CH2OH（或C2H5OH）。（2）乙烯与水在一定条件下发生加成反应生成乙醇，故D→E的化学反应类型为加成反应。（3）A（丙醇）、B（丙醛）、C（丙酸）、D（乙烯）、E（乙醇）、X（丙酸乙酯）六种物质中，互为同系物的是A（丙醇）和E（乙醇）。（4）CH3CH2COOH和CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3CH2COOCH2CH3和水，化学方程式为CH3CH2COOH＋C2H5OHCH3CH2COOC2H5＋H2O。（5）B为CH3CH2CHO，催化剂条件下与氧气加热生成CH3CH2COOH，化学方程式为：2CH3CH2CHO+O22CH3CH2COOH。点睛：本题考查有机物的推断，涉及官能团与有机物性质的关系。推断有机物，通常是先通过相对分子质量，确定可能的分子式；再通过试题中提供的信息，判断有机物可能存在的官能团和性质；最后综合各种信息，确定有机物的结构简式。其中，最关键的是找准突破口。18、分馏裂解D①②③④⑤CH3COOHCH3COOCH2CH3＋OH－CH3COO－＋C2H5OH白色污染【解析】

由E是石油化工发展水平的标志，则E为CH2=CH2；由乙烯可以转化成F，再结合F是家庭中常见的有机物，F是一种常见的高分子材料知，F为；A、B、F是家庭中常见的有机物，E与水发生加成反应生成B为C2H5OH；由流程图知，C在酸性或碱性条件下都可以得到乙醇，说明C是某种酸与乙醇反应生成的酯，再结合A与B反应生成C，A是家庭中常见的有机物知，则A为CH3COOH，C为CH3COOCH2CH3，D为CH3COONa；结合分析机型解答。【详解】（1）由石油得到汽油、煤油、柴油等轻质油的操作是分馏；由石油产品制取乙烯的操作是裂解（深度裂化）；答案：分馏；裂解；

（2）由于在石油分馏的操作过程中，温度逐步升高使烃汽化，再经冷凝将烃分离开来，得到石油的分馏产品，即先得到的分馏产品沸点低，后得到的分馏产品沸点高，故选：D；

（3）由于酯化反应、酯的水解反应均属于取代反应，所以在①～⑤中属于取代反应的是①、②、③；原子利用率为100%的反应是加成反应和加聚反应，所以原子利用率为100%的反应是④、⑤；答案：①、②、③；④、⑤；

（4）由上述分析可知，A的结构简式为CH3COOH，F的结构简式为：；

（5）由上述分析可知反应③为乙酸乙酯在碱性条件下发生的水解反应，其离子方程式：CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH2CH3OH；答案：CH3COOCH2CH3＋OH－CH3COO－＋C2H5OH；

（6）由上述分析可知：F为，塑料的主要成分是聚乙烯，由于聚乙烯结构稳定、难以分解，急剧增加的塑料废弃物会造成白色污染。答案：白色污染。【点睛】本题突破口：E是石油化工发展水平的标志，E为CH2=CH2；以乙烯为中心进行推导得出各物质，再根据各物质的性质进行分析即可。19、过滤BC蒸馏烧瓶Cl2+2I-＝2Cl-+I2C饱和碳酸钠（溶液）【解析】

（1）由题给流程图可知，海带灼烧得到海带灰，将海带灰溶于水得到悬浊液，悬浊液过滤得到含碘离子的溶液，向含碘离子的溶液中通入适量氯气，氯气与碘离子发生置换反应生成碘单质得到含碘单质的溶液，然后向含碘单质的溶液加入有机溶剂萃取剂，萃取分液得到含单质碘的有机溶液，最后加热蒸馏得到单质碘。（2）题给实验装置为制取乙酸乙酯的实验装置，装置A中在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，装置B中盛有的是饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯。【详解】（1）①实验①为海带灰悬浊液过滤得到含碘离子的溶液，故答案为：过滤；②实验②为向含碘单质的溶液加入难溶于水、且碘的溶解度较大的有机溶剂萃取剂四氯化碳或苯，萃取分液得到含单质碘的有机溶液，故答案为：BC；③从I2的有机溶液中提取碘的装置为蒸馏装置，由图可知，仪器a为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；④向含I-的溶液中加入适量氯气，氯气与碘离子发生置换反应生成碘单质得到含碘单质的溶液，反应的离子方程式为Cl2+2I-＝2Cl-+I2，故答案为：Cl2+2I-＝2Cl-+I2；（2）①浓硫酸的密度比乙醇大，在A试管中加入试剂的顺序是先在大试管中加入乙醇，然后慢慢向其中注入硫酸，并不断搅拌，最后向装有乙醇和浓硫酸的混合物的大试管中加入乙酸，故答案为：C；②在试管B中常加入饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故答案为：饱和碳酸钠溶液。20、COTiCl4+2Mg2MgCl2+Ti防止高温下Mg、Ti与空气中的O2或N2、CO2反应或防止金属Mg、Ti被氧化【解析】

金红石TiO2与C、Cl2在高温下反应产生TiCl4、CO；TiCl4与Mg在稀有气体存在条件下，加热发生反应产生Ti、MgCl2。【详解】(1)在过程I中，金红石TiO2与C、Cl2在高温下反应产生TiCl4、CO，反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，所以反应产生的可燃性气体为CO；(2)在过程Ⅱ中，T