2022届湖北省部分省级示范高中高一下学期期末测试化学试题（含解析）

湖北省部分省级示范高中高一下学期期末测试化学试卷(可能用到的相对原子质量:H1,C12,O16)一、单项选择题(本题共15小题,每小题3分,共45分)1.化学与生活密切相关，在2020年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中化学品发挥了重要作用。下列说法错误的是A.某种免洗抑菌洗手液的有效成分是溶质质量分数75%酒精溶液B.84消毒液能使蛋白质变性，可用作环境消毒剂C.非接触式红外体温计是利用红外线照射有机物分子，不同温度时化学键振动吸收频率的信息不同D.口罩的核心材料“熔喷布”的原料是聚丙烯树脂，可由石油通过裂解得到的丙烯经加聚反应制得【答案】A【解析】【详解】A．医用酒精是指体积分数为75%的酒精溶液，故A错误；B．84消毒液有效成分为次氯酸钠，具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用作环境消毒，故B正确；

C．非接触式红外体温计是利用红外线照射有机物分子，不同温度时化学键振动吸收频率的信息不同，故C正确；D．碳碳双键可以发生加聚反应，则丙烯通过加聚反应得到高分子化合物聚丙烯，故D正确；故选：A。2.下列说法正确的是A.石墨烯属于有机物 B.蒸发海水就能从海水中获得碘、烧碱和食盐C.二氧化硅材料广泛用于光纤通讯 D.粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应【答案】C【解析】【详解】A．石墨烯是一种由碳原子组成二维碳纳米材料，它是碳的单质，不属于烯烃，也不属于有机物，故A错误；B．蒸发海水就能从海水中获得食盐，但不能获得碘、烧碱，要通过化学方法提取、制备，故B错误；C．二氧化硅是制造玻璃、石英玻璃、水玻璃、光导纤维、电子工业的重要部件、光学仪器、工艺品和耐火材料的原料，是科学研究的重要材料，故C正确；D．粗硅制备单晶硅涉及Si（粗硅）+2Cl2SiCl4、2H2+SiCl4Si（单晶硅）+4HCl这两个氧化还原反应，故D错误；故选C。3.市场上出现各种各样的营养食盐如锌营养盐、钙营养盐、硒营养盐、低钠营养盐、加碘食盐等十多种营养保健盐。下列说法不正确的是A.加碘食盐是在食盐中加入了碘的化合物B.低钠盐中的钠离子比氯离子少，所以低钠盐是一种带负电的物质C.钙营养盐是在食盐中加入了氯化钙或碳酸钙等含钙的化合物D.各类营养盐的主要成分都是氯化钠【答案】B【解析】【详解】A．加碘食盐是添加碘酸钾，不是单质碘，故A正确；B．任何物质均是电中性，故B错误；C．钙营养盐是在食盐中加入了氯化钙或碳酸钙等含钙的化合物，故C正确；D．各类营养盐的主要成分都是氯化钠，是在氯化钠中添加其它物质，故D正确。故选B。4.一定条件下,对于可逆反应M+NQ达到平衡时，下列说法不正确的是A.M、N、Q各种物质的量浓度保持恒定B.M、N、Q在体系中共存C.M、N、Q各成分的百分含量不再变化D.反应已经停止【答案】D【解析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，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，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】A．当反应达到平衡状态时，M、N、Q三种物质的浓度不变，故A正确；B．可逆反应是反应物和生成物共存的体系，所以M、N不可能全部变成了Q，M、N、Q在体系中共存，故B正确；C．当体系达平衡状态时，各组分的浓度保持不变，M、N、Q各成分的百分含量不再变化，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故C正确；D．化学平衡状态是动态平衡，正反应和逆反应仍在进行，故D错误；故选D。5.下列对化学用语的描述中，正确的是A.氢氧根离子的电子式可表示为：B.的结构示意图：C.由与形成的过程：D.的结构式：【答案】C【解析】【详解】A．羟基为中性原子团，氧原子最外层为7个电子，羟基的电子式为：，氢氧根离子含有10个电子，电子式为，故A错误；B．硫离子质子数为16，硫离子的核外电子总数为18，最外层为8个电子，硫离子的结构示意图为：，故B错误；C．NaCl属于离子化合物，由与形成的过程：，故C正确；D．HClO中Cl原子只形成1个共价键，HClO的结构式：H-O-Cl，故D错误；故选C。6.如图为一原电池示意图，在原电池两极之间设有隔膜，SO可以自由通过。则下列说法不正确的是A.Zn2+通过隔膜从负极区向正极区移动B.电子由Cu极通过导线流向Zn极C.一段时间后，ZnSO4溶液浓度增大，CuSO4溶液浓度减小D.隔膜可以避免Zn极直接接触CuSO4溶液，提高了能量转换效率【答案】B【解析】【分析】该原电池中，锌易失电子作负极，铜作正极，负极上电极反应式为Zn-2e+=Zn2+，正极上电极反应式为Cu2++2e+=Cu，电池反应式为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，放电时，电子从负极沿导线流向正极，电流从铜沿导线流向锌，原电池工作时阳离子向正极移动。【详解】A．原电池工作时，阳离子向正极移动，则Zn2+通过隔膜从负极区向正极区移动，故A正确；B．Zn失去电子被氧化，电子沿导线从Zn极流向Cu极，故B错误；C．该原电池总反应为Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，故CuSO4浓度减小，ZnSO4浓度增大，故C正确；D．隔膜可以避免Zn极直接接触CuSO4溶液，提高电池中氧化剂和还原剂的利用率，提高了能量转换效率，故D正确；故选B。7.下列说法正确的是A.C4H10有三种同分异构体B.中，最多有10个原子共平面C.甲苯与氢气完全加成后产物的一氯代物的种类数有5种D.含5个碳原子的有机物分子中最多可形成4个碳碳单键【答案】C【解析】【详解】A．C4H10为丁烷，有正丁烷、异丁烷，有2种同分异构体，故A错误；B．物质含碳碳双键，为平面结构，则5个C可能共面，则亚甲基上2个H可能与其它原子不共面，则最多5+4=9个原子共面，B错误；

C．甲苯与氢气完全加成后生成甲基环己烷，含5种H，则一氯代物的种类数是5种，故C正确；D．链状化合物中，5个C最多形成4个C-C键，而对于环状化合物中，5个C最多可以形成5个C-C键，D错误；故选：C。8.下列关于有机物的叙述正确的是A.乙醇不能发生取代反应B.苯和溴水在铁作催化剂的条件可以制取溴苯C.氨基酸、淀粉均属于高分子化合物D.乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别【答案】D【解析】【详解】A．乙醇能发生酯化反应等取代反应，故A错误；B．苯和液溴在铁作催化剂的条件可以制取溴苯，苯与溴水混合会发生萃取，故B错误；C．淀粉属于高分子化合物，氨基酸属于小分子化合物，故C错误；D．乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，而甲烷不能，可用溴的四氯化碳溶液鉴别乙烯和甲烷，故D正确；故选D。9.下列各组物质的性质比较，不正确的是A.酸性：HClO4>HBrO4>HIO4B.还原性：Al>Mg>K>NaC.氢化物稳定性：HF>H2O>H2SeD.原子半径：Na>S>Cl【答案】B【解析】【详解】A．非金属性Cl＞Br＞I，最高价氧化物的水化物的酸性为HClO4＞HBrO4＞HIO4，故A正确；

B．金属性K＞Na＞Mg＞Al，其单质的还原性为K＞Na＞Mg＞Al，故B错误；

C．非金属性F＞O＞Se，气态氢化物的稳定性为HF＞H2O＞H2Se，故C正确；

D．同周期从左向右原子半径在减小，则半径为Na＞S＞Cl，故D正确；

故选：B。10.形成酸雨的过程如图所示。下列说法正确的是A.含NOx、SO2的烟气和酸雨的分散剂相同B.酸周沉降到地面后酸性还会有所增强C.机动车尾气中的NOx来源于燃油中的含物质D.在已酸化的土壤中加消石灰可以减少酸雨的形成【答案】B【解析】【详解】A.含NOx、SO2的烟气的分散剂是空气，酸雨的分散剂是水，两者不同；故A错误；B.硫酸型酸雨的形成过程是SO2+H2O=H2SO3,亚硫酸是弱酸，又不稳定易被氧化成硫酸，所以沉降到地面后酸性还会有所增强是正确的。故B正确；C.机动车尾气中的NOx来源于在电火花的条件下，空气中氮气和氧气反应生成的氮的氧化物，故C错误；D.在已酸化的土壤中加消石灰可以中和土壤的酸性，不能减少酸雨的形成，故D错误；答案：B。【点睛】本题抓住酸雨的形成原因和形成过程来解答。酸雨分硝酸型酸雨和硫酸型酸雨。硝酸型酸雨是由氮的氧化物与雨水反应生成硝酸而形成的；硫酸型酸雨是含硫的化合物燃烧生成SO2气体，遇到雨水形成亚硫酸，亚硫酸是弱酸，又不稳定易被氧化成硫酸。结合此知识点进行回答。11.烃A的密度在同状况下是H2的14倍，D可制成薄膜，是一种常用于食品、药物的包装塑料。A→D均为有机物，有关物质的转化关系如图,下列说法不正确的是A.B能溶解多种有机物和无机物B.B、D均可使酸性高锰酸钾溶液褪色C.等质量A和D燃烧耗氧量相同D.B可与水以任意比互溶【答案】B【解析】【分析】烃A的密度在同状况下是H2的14倍，则A的相对分子质量为M=14×2=28，A为乙烯CH2=CH2，乙烯发生加聚反应得到聚乙烯，D为聚乙烯，乙烯和水发生加成反应生成B为乙醇，乙醇与氧气发生催化氧化得到C为乙醛；【详解】A．B为乙醇，是良好的极性溶剂，能溶解多种有机物和无机物，A正确；B．D为聚乙烯，不含碳碳双键，不可使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．A为乙烯CH2=CH2，D为聚乙烯，最简式都是CH2，则等质量A和D燃烧耗氧量相同，C正确；D．B为乙醇，含有氢键，能与水任意比例混合，D正确；故选：B。12.加热聚丙烯废塑料可以得到炭、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废塑料的再利用。下列叙述中不正确的是

A.最后收集的气体可作燃料B.装置乙的试管中可收集到芳香烃C.装置丙中的试剂可吸收烯烃D.聚丙烯的链节是-CH2-CH2-CH2-【答案】D【解析】【详解】A．最后收集的气体为氢气和甲烷，可作燃料，故A正确；

B．苯和甲苯在常温下是液态，冰水浴下是液态，装置乙的试管中可收集到芳香烃，故B正确；

C．烯烃可以与溴单质发生加成反应生成卤代烃，所以装置丙中的试剂可吸收烯烃，故C正确；

D．聚丙烯是由丙烯通过加聚反应生成的，其链节是-CH2-CH(CH3)-，故D错误；

故选：D。13.中国科学院研发了一种新型钾电池，有望成为锂电池的替代品。该电池的电解质为CF3SO3K溶液，其简要组成如图所示。电池放电时的总反为:2KC14H10+xMnFe(CN)6=2K1-xC14H10+xK2MnFe(CN)6。电池工作中下列说法中正确的是A.正极反应为：2K++2e-+MnFe(CN)6=K2MnFe(CN)6B.电极B质量增加，电极A质量减少C.CF3SO3K溶液的浓度变大D.电子从电极A经过CF3SO3K溶液流向电极B【答案】A【解析】【分析】放电时，KC14H10失电子为负极，即B极为负极，负极反应式为：2KC14H10-2xe-=2K1-xC14H10+2xK+，MnFe(CN)6得到电子为正极，即A极为正极，正极电极反应式为：xMnFe(CN)6+2xK++2xe-=xK2MnFe(CN)6，充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极。【详解】A.正极得电子发生还原反应，电极式为：2K++2e-+MnFe(CN)6=K2MnFe(CN)6，故A正确；B.充电时总反应为2K1-xC14H10+xK2MnFe(CN)=2KC14H10+xMnFe(CN)6，电极A的质量减少，电极B的质量增加，故B错误；C.该电池的电解质为CF3SO3K溶液，放电时，CF3SO3K溶液不参与电极反应，所以CF3SO3K溶液的浓度不发生变化，故C错误；D.放电时，电流从正极流向负极，即电流从电极A经过导线流向电极B，电子从B电极经导线流向B电极，电子不能在电解质溶液中流动，故D错误；故选A。14.实验是化学研究的基础，关于下列各实验的叙述中，正确的是A.图1是甲烷与氯气在光照下反应的实验现象B.图2是用酒精萃取碘水中的碘C.图3是实验室制取乙酸乙酯D.图4是分离苯和硝基苯的混合物【答案】A【解析】【详解】A．甲烷与氯气在光照下反应的实验现象，液面上升，黄绿色褪去，试管壁上有油状液体，故A正确；B．酒精与水互溶不能用作萃取碘水中的碘的萃取剂，故B错误；C．实验室制取乙酸乙酯时，收集乙酸乙酯的导管不能插入饱和碳酸钠溶液的液面以下，故C错误；D．分离苯和硝基苯的混合物蒸馏时，温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误；故选A。15.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下,下列叙述正确的是A.按上述流程，试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B.反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁C.图中所有的转化反应都不是氧化还原反应D.反应②的离子方程式为AlO＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO【答案】D【解析】【分析】铝土矿加入试剂X后得到的溶液乙经过一系列反应后得到Al，说明X能溶解Al2O3，则X是强碱溶液，根据生成的碳酸氢钠知，X为NaOH，沉淀为Fe2O3；溶液乙中含有NaAlO2、NaOH，向乙中通入过量Y后得到Al(OH)3沉淀和碳酸氢钠，则Y为CO2，将Al(OH)3加热得到Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al。【详解】A．如为盐酸，氧化铝、氧化铁都溶解，不能得到沉淀，应为NaOH溶液，故A错误；B．X为NaOH溶液，与氧化铁不反应，则沉淀为氧化铁，故B错误；C．电解氧化铝得到铝，为氧化还原反应，故C错误；D．偏铝酸钠溶液和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应②的离子方程式为AlO＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO，故D正确；故选D。二、非选择题(本题共4小题,共55分)16.在恒温条件下将一定量X和Y的混合气体通入一容积为2L的密闭容器中，X和Y两物质的浓度随时间变化情况如图。

（1）该反应的化学方程式为(反应物或生成物用符号X、Y表示)：_________________________。（2）a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态点是________________。素材1：某温度和压强下，2L容器中，发生反应2SO2+O22SO3，不同时间点测得密闭体系中三种物质的物质的量如下：

010203040506070SO210.70.50.350.20.10.10.1O20.50.350.250.18010.050.050.05SO300.30.50.650.80.90.90.9素材2：反应在不同条件下进行时SO2的转化率：(SO2的转化率是反应的SO2占起始SO2的百分数，SO2的转化率越大，化学反应的限度越大)

0.1MPa0.5MPa1MPa10MPa4000C99.299.699.799.95000C93.596.997.899.36000C73.785.890.096.4根据以上的两个素材回答问题：（3）根据素材1中计算20～30s期间，用二氧化硫表示的化学反应平均速率为________。（4）根据素材2中分析得到，提高该化学反应限度的途径有_______________。（5）根据素材1、素材2中分析得到，要实现素材1中SO2的转化率需控制的反应具体条件是__________________。【答案】（1）Y2X（2）b、d（3）0.0075mol•L-1•s-1（4）增大压强或在一定范围内降低温度（5）温度为600℃，压强为1MPa【解析】【分析】由图可知，X的物质的量增加，Y的物质的量减少，则X为生成物，Y为反应物，浓度变化量之比等于化学计量数之比，进而书写化学方程式；处于平衡状态时，各组分的浓度不发生变化；由素材1可知，20-30s内二氧化硫的物质的量的变化量为0.5mol-0.35mol=0.15mol，根据v=计算v(SO2)；由素材2可知，压强越大、温度越低时，SO2的转化率越大，化学反应的限度越大；根据素材1计算二氧化硫的转化率，利用素材2来确定合适的温度、压强。【小问1详解】由图可知，X的物质的量增加，Y的物质的量减少，则X为生成物，Y为反应物，由10min达到平衡可知，Y、X的浓度变化量之比为(0.6-0.4)mol/L：(0.6-0.2)mol/L=1：2，则反应方程式为：Y2X，故答案为：Y2X；【小问2详解】由图可知，10-25min及35min之后X、Y的物质的量不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态，故答案为：b、d；【小问3详解】由素材1可知，20-30s内二氧化硫物质的量的变化量为0.5mol-0.35mol=0.15mol，则二氧化硫表示的化学反应的平均速率为=0.0075mol•L-1•s-1，故答案为：0.0075mol•L-1•s-1；【小问4详解】根据素材2中分析得到，压强越大、温度越低时有利于提高该化学反应限度，但温度太低时反应速率较慢，故答案：增大压强或在一定范围内降低温度；【小问5详解】由素材1可知，50s时反应达到平衡，则二氧化硫的转化率为=90%，结合素材2可知，转化率为90%时温度为600℃，压强为1MPa，故答案为：温度为600℃，压强为1MPa。17.按图连接好装置，如下表清单分别放入不同药品，做多次实验，回答下列问题。ABCDE实验170%的H2SO4溶液Na2SO3固体Br2的CCl4溶液BaCl2溶液碱石灰实验2浓盐酸浓H2SO4CCl4淀粉-KI溶液碱石灰实验3饱和氯化钠溶液电石？Br2的苯溶液碱石灰实验4？？CCl4FeCl2和KSCN混合溶液碱石灰实验5苯和溴的混合物还原铁粉CCl4AgNO3溶液碱石灰实验6浓氨水CaOBr2的CCl4溶液水———(1)实验1中，试管内的现象为：溶液C褪色，溶液D中出现白色沉淀____________(写化学式)。(2)实验2中，试管内的现象为：__________________________________________。(3)实验3中，溶液C应该为：___________，则D中溶液褪色，证明有乙炔生成。(4)实验4中，溶液D变为红色，则A和B分别为：__________________。(5)实验5中，同学们观察到溶液D中出现淡黄色沉淀，据此推断出圆底烧瓶内发生了取代反应，请问这个推断是否合理，并说明理由；________________。(6)实验6中，溶液C褪色，并出现白色沉淀，请写出在溶液C中发生的化学反应方程式：_________。(7)在实验1、2、6中，溶液C还有一个共同的作用：_____________。【答案】①.BaSO4②.没有明显现象。C中有气泡，D中气泡消失。③.CuSO4溶液或NaOH溶液④.浓HNO3和Cu；H2O2和MnO2；H2O和Na2O2，浓HCl和KMnO4等⑤.不合理，因为溶解于CCl4中的Br2跟AgNO3溶液会接触，因此也会反应生成淡黄色沉淀⑥.⑦.防止倒吸【解析】【分析】【详解】(1)圆底烧瓶中硫酸与亚硫酸钠反应生成SO2气体，SO2与BaCl2不反应，SO2被Br2氧化后成生硫酸根与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故答案为：BaSO4；(2)浓硫酸具有吸水性，促使浓盐酸挥发，氯化氢难溶于四氯化碳溶液，故溶液C中会冒气泡，溢出的氯化氢上升被淀粉-KI溶液吸收，所以D中气泡消失，但不发生反应，没有明显现象，故答案为：没有明显现象。C中有气泡，D中气泡消失；(3)电石与水反应制备乙炔：CaC2＋2H2O→C2H2↑＋Ca(OH)2，电石中因含有少量钙的硫化物，致使生成的乙炔中因混有硫化氢等杂质气体，为了得到纯净的乙炔气体，可以先经CuSO4溶液或氢氧化溶液洗气，故答案为：CuSO4溶液或NaOH溶液；(4)溶液D变为红色，说明溶液A与物质B反应得到的气体具有氧化性，可将亚铁离子氧化成三价铁离子，具有氧化性的常见气体可以为：浓HNO3和Cu反应得到的NO2；H2O2和MnO2或H2O和Na2O2反应得到O2；浓HCl和KMnO4反应得到的Cl2等，故答案为：浓HNO3和Cu；H2O2和MnO2；H2O和Na2O2，浓HCl和KMnO4等；(5)苯和液溴在铁的催化作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，溴化氢与硝酸银溶液反应生成溴化银黄色沉淀，但因为挥发出来的溴溶解于CCl4中，也会跟AgNO3溶液接触也会反应生成淡黄色沉淀，所以此推断不合理，故答案为：不合理，因为溶解于CCl4中的Br2跟AgNO3溶液会接触，因此也会反应生成淡黄色沉淀；(6)浓氨水与生石灰反应生成干燥的氨气，通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，说明氨气与溴发生了氧化还原反应，根据元素守恒、得失电子守恒可判断产物为氮气和溴化铵白色沉淀（溴化铵难溶于四氯化碳），化学方程式为:，故答案为：；(7)实验1、2、6中圆底烧瓶出来的气体均极易溶于水，易发生倒吸，溶液C均能防止倒吸，故答案为：防止倒吸。18.A、B、C、D、E五种短周期元素，A是周期表中原子半径最小的元素，其中B、C同周期，B、D同主族，原子半径E＞D＞B＞C＞A。D原子核内质子数等于B、C原子电子数之和，D原子最外层电子数是E原子最外层电子数的4倍。试回答：（1）B与C形成的三原子分子甲的结构式是___________，C与E形成的原子个数比为1∶1的化合物乙的电子式是___________，乙物质中含有的共价键是___________(填“极性”或“非极性”)（2）B的简单氢化物与氯气的第一步反应的方程式为___________；（3）A和B可以形成一类化合物.这类化合物中,其中丙是一种重要的基本化工原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，写出由丙制得高聚物的反应方程式___________，该反应类型是___________;其中丁的相对分子质量为120,不能使溴的四氯化碳溶液退色,其一氯代物只有两种结构,丁的结构简式为___________.【答案】（1）①.O=C=O②.③.非极性（2）CH4+Cl2CH3Cl+HCl（3）①.nCH2═CH2②.加聚反应③.、【解析】【分析】A、B、C、D、E五种短周期元素，A是周期表中原子半径最小的元素，A为H元素；其中B、C同周期，B、D同主族，原子半径E＞D＞B＞C＞A，则B、C为第二周期元素，D、E为第三周期元素．D原子最外层电子数是E原子最外层电子数的4倍，E的最外层电子数只能为1，E为Na，D为Si；B、D同主族，可知B为C，由D原子核内质子数等于B、C原子电子数之和，C的电子数为14-6=8，则C为O，以此来解答；【小问1详解】A与B形成的三原子分子甲为CO2，电子式是，结构式为O=C=O，B与D形成的原子个数比为1：1的化合物乙是Na2O2，电子式是，含离子键、非极性共价键；【小问2详解】B为C，简单氢化物CH4与氯气的第一步反应生成CH3Cl和HCl，反应的方程式为CH4+Cl2CH3Cl+HCl；【小问3详解】A和B形成的化合物之一丙是一种重要的基本化工原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，丙为乙烯，制得高聚物的反应方程式为nCH2═CH2，该反应类型是加聚反应；丁的相对分子质量为120，分子式为C9H12，不能使溴的四氯化碳溶液褪色说明不含有碳碳双键或三键，由于不饱和度为4，则可能是苯环，一氯代物只有两种结构，说明只有两种氢原子，所以丁的结构简式为：、。19.海水是一种重要的自然资源，利用海水可得到一系列产品。根据下列流程回答问题：（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___________(填一种)。（2）“提溴”工序中发生的主要反应是_________________________________(用离子反应方程式表示).（3）溴的富集过程经历哪些步骤___________。A.用热空气吹出 B.用CCl4萃取C.用SO2将其还原吸收 D.蒸馏（4）产品A的主要成分是___________。（5）“