辽宁省葫芦岛市2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题含解析

PAGE18-辽宁省葫芦岛市2024-2025学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）考生留意：1.试卷满分100分，考试时间90分钟。2.

本考试分设试卷和答题纸。试卷包括I卷和II卷两部分。3.

答题前，务必在答题纸上按要求填写信息，并将核对后的条形码贴在指定位置上。作答必需涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。I卷部分的作答必需涂在答题纸上相应的区域，II卷部分的作答必需写在答题纸上与试卷题号对应的位置。可能用到的相对原子质量：H:1C:12N:14O:16Na:23A1:27S:32Cl:35.5Fe:56Cu:64Br:80Ag:108Ba:137第I卷（选择题，共48分）一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1.下列关于药物运用的说法中，正确的是A.碘酒能使蛋白质变性，常用于外敷消毒B.长期大量服用阿司匹林可预防疾病，没有毒副作用C.运用青霉素可干脆静脉注射，不需进行皮肤敏感试验D.随着平价药房的开设，生病了随时可以到药店自己买药服用【答案】A【解析】【详解】A．碘酒能使蛋白质发生变性，常用于外敷消毒杀灭病菌，故A正确；B．药物都带有确定的毒性或毒副作用，因此阿司匹林不能长期大量服用，故B错误；C．从用药平安角度考虑，运用青霉素前要进行皮肤敏感性测试，故C错误；D．生病了应当到医院就诊，药物都有针对性，要对症下药，否则延误病情，也可能导致其产生副作用，故D错误。答案选A。2.随着工业生产和社会发展对材料性能要求的提高，无机非金属材料成为高技术领域必需材料。下列说法不正确的是A.高纯度的硅可用于制造计算机芯片B.用氢氟酸可以生产磨砂玻璃C.工业上利用硅的高熔点可以用物理方法制得高纯度硅D.碳纳米管表面积大、强度高，可用于生产感应器【答案】C【解析】【详解】A.硅是半导体材料，高纯度的硅可用于制造计算机芯片，A正确；B.氢氟酸能与二氧化硅反应，因此用氢氟酸可以生产磨砂玻璃，B正确；C.由SiO2+2CSi+2CO↑反应可以制得粗硅，若要制得高纯度硅，其化学方程式为Si(s)＋3HCl(g)=SiHCl3(g)＋H2(g)，SiHCl3(g)＋H2(g)Si(s)＋3HCl(g)，该过程为化学改变，故C错误；D.碳纳米管表面积大、强度高，因此可用于生产感应器，D正确；答案选C。3.下列说法中正确的是A.制造N95口罩的聚丙烯树脂中含有碳碳双键B.C6H14

有4种同分异构体C.乙烯能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理也相同D.C2H6完全燃烧生成的CO2和H2O的质量可能是4.4g和2.7g【答案】D【解析】【详解】A．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯树脂，则制造N95口罩的聚丙烯树脂中没有碳碳双键，故A错误；B．C6H14为己烷，有5种同分异构体，分别为正己烷、2-甲基戊烷、3-甲基戊烷、2,2-二甲基丁烷、2,3-二甲基丁烷，故B错误；C．乙烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为被高锰酸钾溶液氧化，褪色原理不同，故C错误；D．C2H6完全燃烧，若生成水的质量为2.7g，则n(H2O)==0.15mol，n(H)=0.3mol，依据乙烷的分子式可知，n(C)=0.1mol，则完全燃烧生成CO2的物质的量为0.1mol，质量为4.4g，故D正确。答案选D。4.下列有关糖类、油脂、蛋白质的说法中，不正确的是A.灼烧蚕丝织物有烧焦羽毛的气味B.蔗糖可以水解生成葡萄糖与果糖C.将碘化钾溶液滴在土豆片上，可视察到蓝色D.利用油脂在碱性条件下的水解，可以制肥皂【答案】C【解析】【详解】A项、蚕丝的主要成分是蛋白质，灼烧蛋白质有烧焦羽毛气味，故A正确；B项、蔗糖为二糖，可以发生水解反应生成葡萄糖与果糖，故B正确；C项、土豆中含有淀粉，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，与碘化钾溶液无现象，故C错误；D项、油脂为高级脂肪酸甘油酯，可在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，常用于制造肥皂，故D正确；故选C。5.关于反应速率、反应限度的下列说法中错误的是A.其它条件不变时，上升温度化学反应速率加快B.其它条件不变时，增大浓度化学反应速率加快C.化学反应达到反应限度时，反应物的浓度与生成物的浓度相等D.化学反应达到反应限度时，正反应的速率与逆反应的速率相等【答案】C【解析】【分析】一般来说，增大浓度、上升温度、增大压强或加入催化剂等，可增大反应速率，反之减小反应速率，当达到反应限度时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，以此解答。【详解】A．上升温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故不选A；B．增大浓度，单位体积的活化分子的数目增多，反应速率增大，故不选B；C．达到平衡时，反应物和生成物浓度不确定相等，但各物质的浓度不变，故选C；D．达到平衡状态时，正逆反应速率相等，故不选D。答案：C6.下列关于有机物的说法中不正确的是A.乙烯和甲烷都易发生取代反应B.乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应C.蛋白质水解的最终产物为氨基酸D.用新制的Cu(OH)2悬浊液可检验尿液中的葡萄糖【答案】A【解析】【详解】A.乙烯含有碳碳双键，易发生加成反应，甲烷是烷烃，易发生取代反应，A说法错误；B.乙醇含有羟基，乙酸含有羧基，乙酸乙酯含有酯基，都能发生取代反应，B说法正确；C.蛋白质水解的最终产物均为氨基酸，C说法正确；D.葡萄糖含有醛基，因此用新制的Cu(OH)2悬浊液可检验尿液中的葡萄糖，D说法正确；答案选A。7.下列改变中，不属于化学改变的是A.从石油中分馏出汽油 B.煤的气化制水煤气C.煤的干馏制焦炭 D.石油裂解得到乙烯【答案】A【解析】【分析】化学改变是指有新物质生成的改变，物理改变是指没有新物质生成的改变。【详解】A.从石油中分馏出汽油的过程中没有新物质生成，属于物理改变，不属于化学改变，故A选；B.煤的气化制水煤气是碳和水反应生成氢气和CO的过程，有新物质生成，属于化学改变，故B不选；C.煤的干馏制焦炭是煤在隔绝空气、高温条件下，经过干馏生成粗氨水、煤焦油、焦炉气以及焦炭等物质的过程，有新物质生成，属于化学改变，故C不选；D.石油裂解得到乙烯过程中，长链烃断裂化学键生成乙烯等，有新物质生成，属于化学改变，故D不选。答案选A。8.物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的重要相识视角。如图是某元素的“价类二维图”，其中单质b是黄色固体，f、h均为正盐，且焰色都是黄色。下列说法不正确的是A.a和c反应可以生成bB.用BaCl2溶液可以鉴别f和h的溶液C.e的浓溶液可用铝槽车运输D.c能使品红溶液褪色【答案】B【解析】【分析】单质b是黄色固体，所以b是硫，f、h均为正盐，且焰色都是黄色，依据示意图可知a是H2S，c是SO2，d是SO3，e是硫酸，f是硫酸钠，g是亚硫酸，h是亚硫酸钠，据此解答。【详解】A.二氧化硫具有氧化性，能氧化硫化氢，二者反应可以生成单质硫，A正确；B.亚硫酸钠和硫酸钠均能与氯化钡反应生成白色沉淀，不用BaCl2溶液鉴别二者，B错误；C.常温下铝在浓硫酸中钝化，因此e的浓溶液可用铝槽车运输，C正确；D.二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，D正确；答案选B。9.下列有关金属冶炼的说法中，不正确的是A.金属冶炼的实质是金属阳离子被还原成单质B.用铝粉还原铁矿石可以获得金属FeC.通过电解NaCl溶液的方法可以获得金属NaD.冶炼铜的常用方法有火法炼铜和湿法炼铜【答案】C【解析】【详解】A.金属冶炼的实质是金属阳离子得到电子被还原成金属单质的过程，A正确；B.铝的金属性强于铁，因此用铝粉还原铁矿石可以获得金属Fe，B正确；C.钠是活泼的金属，通过电解熔融NaCl的方法可以获得金属Na，电解氯化钠溶液得到氯气、氢气和氢氧化钠，C错误；D.铜属于较不活泼的金属，冶炼铜的常用方法有火法炼铜和湿法炼铜两种，D正确；答案选C。10.“绿色化学”的志向状态是反应物的原子全部转化为目标产物。以下反应不符合绿色化学原则的是（）A.工业生产环氧乙烷：B.水煤气合成甲醇：CO+2H2CH3OHC.制取硫酸铜：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2OD.合成甲基丙烯酸甲酯：CH3C≡CH+CO+CH3OHCH2=C（CH3）COOCH3【答案】C【解析】【详解】A.工业生产环氧乙烷，反应物原子完全转化为生成物，符合绿色化学要求，故A不符合题意；B.水煤气合成甲醇，反应物原子完全转化为生成物，符合绿色化学要求，故B不符合题意；C.反应物的原子没有完全转化为目标产物CuSO4，因此不符合绿色化学要求，故C符合题意；D.合成甲基丙烯酸甲酯时，反应物原子完全转化为目标产物，符合绿色化学要求，故D不符合题意；综上所述，答案为C。【点睛】“绿色化学”的志向状态是反应物的原子全部转化为目标产物即原子利用率为100%。11.探讨发觉，空气中少量的NO2能参加硫酸型酸雨的形成，反应过程如下：①SO2+NO2→SO3+NO②SO3+H2O→H2SO4③2NO+O2→2NO2，NO2在上述过程中体现了什么样的性质或起了什么作用：①氧化性；②还原性；③催化剂；④酸性A.①③ B.③④ C.③ D.②④【答案】A【解析】【分析】在①SO2+NO2=SO3+NO中，二氧化氮中氮元素的化合价降低，所以二氧化氮作氧化剂；将方程式①×2+②+③得方程式为：2SO2+H2O+O2=SO3+H2SO4，可发觉反应前后二氧化氮的量并未发生改变，所以二氧化氮在整个反应过程中起催化剂的作用，据此答题。【详解】从反应①中，可看出二氧化氮中氮元素的化合价降低，所以二氧化氮作氧化剂；当将三个方程式依据①×2+②+③得方程式为：2SO2+H2O+O2=SO3+H2SO4，可发觉反应前后二氧化氮的量并未发生改变，所以二氧化氮在整个反应过程中起催化剂的作用。答案选A12.为提纯下列物质（括号内的物质为杂质），所用除杂试剂和分别方法都正确的是A.B.C.D.含杂物质乙酸乙酯（乙酸）酒精（水）乙烯（二氧化硫）溴苯（溴）除杂试剂NaOH溶液生石灰酸性KMnO4溶液四氯化碳分别方法分液蒸馏洗气分液A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A项、乙酸和乙酸乙酯都能与氢氧化钠溶液反应，应加入饱和碳酸钠溶液洗涤，分液除去乙酸，故A错误；B项、加入生石灰，氧化钙与水反应生成离子化合物氢氧化钙，加热蒸馏收集得到乙醇，故B正确；C项、乙烯和二氧化硫均能与酸性KMnO4溶液，应将混合气体通过氢氧化钠溶液的洗气瓶除去二氧化硫，故C错误；D项、溴苯和溴均能溶于四氯化碳，应加入氢氧化钠溶液洗涤，分液除去溴，故D错误；故选B。13.四个体积相同密闭容器中分别充入确定量SO2和O2，起先反应时，按反应速率由大到小的依次正确是甲：500℃，10molSO2和5molO2反应乙：500℃，V2O5作催化剂，10molSO2和5molO2反应丙：450℃，8molSO2和5molO2反应丁：500℃，8molSO2和5molO2反应A.甲、乙、丙、丁 B.乙、甲、丙、丁 C.乙、甲、丁、丙 D.丁、丙、乙、甲【答案】C【解析】【分析】依据外界条件对反应速率的影响，用限制变量法推断反应速率相对大小，然后排序，留意催化剂对反应速率的影响更大。【详解】甲与乙相比，SO2浓度相等，O2浓度相等，乙中运用催化剂，其它条件相同，由于二氧化硫的浓度确定，氧气浓度确定，故运用催化剂反应速率更快，所以反应速率：乙＞甲；甲与丁相比，甲中SO2的物质的量比丁中大，即SO2的浓度比丁中大，其它条件相同，浓度越大，反应速率越快，所以反应速率：甲＞丁；丙与丁相比，其它条件相同，丁中温度高，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：丁＞丙；所以由大到小的依次排列乙、甲、丁、丙，故选C。14.一瓶无色气体，可能含有HCl、H2S、SO2、HBr、NO2、CO2中的一种或几种，将其通入氯水中，得无色透亮溶液，将该溶液分成两份，一份加盐酸酸化的BaCl2溶液，析出白色沉淀；另一份加硝酸酸化的硝酸银溶液，也有白色沉淀生成。下面结论正确的是①原气体中确定有SO2②原气体中可能有SO2③原气体中确定无H2S、HBr、NO2④不能确定是否含有HCl⑤原气体中确定不含CO2⑥原气体中确定含HClA.①③④ B.①④⑤ C.①③⑥ D.①③④⑤⑥【答案】A【解析】【分析】因HCl、H2S、SO2、HBr、NO2、CO2六种气体中，NO2为红棕色，其它气体均为无色，所以可据此推断NO2是否存在。当通入氯水，溶液无色透亮，说明该气体中不含H2S和HBr，因Cl2+H2S=S↓（黄色沉淀）+2HCl、Cl2+HBr=Br2（溴水橙黄色）+2HCl，均有明显的现象。当将反应后的溶液分成两份，一份加盐酸酸化的BaCl2溶液，析出白色沉淀，说明溶液中有硫酸根，是由SO2被氯水氧化所致；另一份加硝酸酸化的硝酸银溶液，也有白色沉淀生成，可能是氯水氧化SO2后生成的氯离子所致，据此推断。【详解】气体为无色，说明没有NO2；通入氯水中，得无色透亮溶液，说明没有H2S和HBr；向反应后的溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，析出白色沉淀，说明有SO2，但由于这份溶液提前加入过氯水，所以虽能使硝酸酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀，但无法确定HCl是否存在。因没有明显的试验现象证明CO2的存在，故不能确定CO2是否存在。答案选A。【点睛】本题综合考察了HCl、H2S、SO2、HBr、NO2、CO2六种物质的物理性质及特征性反应。须要特殊留意的是前一步反应所产生的物质对后面试验现象的影响。例如，在本题中因在其次步试验中通入了氯水，引入了氧化性试剂和氯离子，虽能与硝酸酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀，但是无法确定HCl是否存在。15.NO是氮元素的一种氧化物。下图表示N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量改变。下列有关反应和NO性质的说法中，正确的是A.NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水B.1molN2（g）和1molO2（g）反应生成2molNO（g），放出能量180kJC.在1L的密闭容器中N2（g）和O2（g）反应生成NO（g），10分钟内削减1molN2，则10分钟内化学反应的的平均速率可表示为v（NO）＝0.1mol/（L·min）D.N2（g）分子中化学键键能大于O2（g）分子中化学键键能【答案】D【解析】【分析】由示意图中数据可知，反应物键的断裂汲取的能量为（946+498）kJ=1444kJ/mol，生成物键的形成放出的能量为2×632kJ=1264kJ/mol，则该反应是吸热反应。【详解】A项、一氧化氮属于不成盐氧化物，不能和氢氧化钠反应，不是酸性氧化物，故A错误；B项、该反应是吸热反应，1molN2和1molO2反应生成2molNO，汲取能量为180kJ，故B错误；C项、由示意图可知1molN2和1molO2反应生成2molNO，若10分钟内削减1molN2，反应生成2molNO，则10分钟内化学反应的的平均速率可表示为v（NO）===0.2mol/（L·min），故C错误；D项、破坏N2分子中氮氮三键消耗能量大于破坏O2分子中氧氧双键消耗的能量，则N2分子中化学键键能大于O2分子中化学键键能，故D正确；故选D。【点睛】留意键能越大，化学键越不简单被打断，化学键越稳定，物质越稳定。16.下列试验的原理、物质的检验及分别方法、现象、结论不合理的是（夹持装置已路去，气密性已检验）

。A.制取并检验氨气B.形成喷泉且瓶内物质的量浓度相等C.液体分层，下层呈紫色D.检验产物SO2A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A.试验室制备氨气，可以通过加热Ca(OH)2和NH4Cl的固体混合物实现；对固体进行加热时，一般试管管口向下倾斜；收集氨气时，采纳向下排空气法，并且在收集试管的管口处需加一团棉花；验满时，用潮湿的红石蕊试纸验满，故A正确；B.氨气极易溶于水，所以可以形成喷泉，NO2可以和水反应，使圆底烧瓶中的气压减小，也可以形成喷泉。设两个烧瓶中盛装的均为标准状况下22.4L的气体，则氨气所得溶液中氨气的物质的量浓度为c(NH3)=mol/L，NO2和水发生反应3NO2+2H2O=2HNO3+NO，所得硝酸溶液的物质的量浓度为c(HNO3)==mol/L，所得溶液的物质的量浓度相等，故B正确；C.乙醇易溶于水，不能用作萃取剂，故C错误；D.浓硫酸与木炭在加热条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳，先通入品红溶液视察溶液颜色改变可检验二氧化硫，故D正确。答案选C。第II卷（非选择题，共52分）二、非选择题（本题包括5小题，共52分）17.电能是现代社会应用最广泛的能源之一。（1）某原电池装置如图所示。①Zn电极为原电池的______极（填“正”或“负”），电极反应式是________。②Cu电极上发生的反应属于____（填“氧化”或“还原”）反应，当铜表面析出4.48L氢气（标准状况）时，导线中通过了___mol电子。③能证明化学能转化为电能的试验现象是：铜片上有气泡产生、____________。（2）下列反应通过原电池装置，可实现化学能干脆转化为电能的是___（填序号）。ACaO+H2O=Ca(OH)2B2H2+O2=2H2OC2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2【答案】(1).负(2).Zn-2e-=Zn2+(3).还原(4).0.4(5).电流表指针偏转(6).BC【解析】【分析】(1)Cu-Zn-稀硫酸原电池中，Zn比Cu活泼，发生失去电子的氧化反应，为负极，Cu上H+得到电子生成H2，据此分析解答。(2)原电池是将化学能干脆转化为电能的装置，构成条件之一是能自发进行的氧化还原反应，据此解答。【详解】(1)①Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，锌为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+；②铜为正极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑，反应中转移电子n（e-）=2n（H2）=2×(4.48L÷22.4L·mol－1)=0.4mol；③原电池能产生电流，则能证明化学能转化为电能的试验现象是：铜片上有气泡产生、电流表指针偏转；(2)自发进行的氧化还原反应才能将化学能干脆转化为电能，而CaO+H2O=Ca（OH）2是非氧化还原反应，不能实现化学能干脆转化为电能；2H2+O2=2H2O、2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2均是氧化还原反应能实现化学能干脆转化为电能，故答案为BC。18.用下列装置验证SO2的某些性质（加热及夹持装置略去）。（1）装有浓硫酸的仪器名称是___________。（2）铜与浓硫酸反应的化学方程式是___________。（3）能验证SO2具有氧化性的试验现象是___________。（4）装有BaCl2溶液的试管中无任何现象，将其分成两份，分别滴加氨水和氯水，均产生白色沉淀，沉淀的化学式分别是___________，___________。（5）写出（4）中SO2显示还原性并生成白色沉淀的总的离子方程式___________。（6）

NaOH溶液中通入过量的SO2，则其总反应的离子反应方程式是___________。【答案】(1).分液漏斗(2).Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑(3).H2S溶液中产生淡黄色沉淀(4).BaSO3(5).BaSO4(6).Ba2++SO2+Cl2+2H2O=4H++BaSO4↓+2Cl-(7).SO2+OH-=HSO【解析】分析】依据试验装置图可知，圆底烧瓶中用铜与浓硫酸在加热的条件下生成硫酸铜和二氧化硫，由于二氧化硫溶于水生成的亚硫酸是弱酸，所以通入到氯化钡溶液中不能产生沉淀；将生成的二氧化硫通入到硫化氢溶液中，二氧化硫有氧化性，能与硫化氢反应生成硫单质，所以可以看到有浅黄色浑浊出现；因为二氧化硫为酸性氧化物，能与氢氧化钠反应，所以二氧化硫通入含有酚酞的氢氧化钠溶液时，溶液的红色将会褪去。【详解】（1）据图可知，装有浓硫酸的仪器名称是分液漏斗；（2）该试验利用铜与浓硫酸在加热的条件下反应制备二氧化硫，其化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑；（3）要想验证SO2具有氧化性，须要用还原剂与二氧化硫反应。在本试验中，具有还原性的试剂为H2S溶液，其与SO2反应的原理为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故该试验的现象为H2S溶液中产生淡黄色沉淀；（4）装有BaCl2溶液的试管中无任何现象，将其分成两份，假如一份加入氨水，与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵能与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，化学式为BaSO3；另一份中滴加氯水，氯水会将亚硫酸氧化成硫酸，与氯化钡会产生硫酸钡沉淀，化学式为BaSO4；（5）在上述两个反应中，加入的氯水具有氧化性，与二氧化硫反应时可使SO2显示还原性并生成白色沉淀，该反应的总离子方程式为Ba2++SO2+Cl2+2H2O=4H++BaSO4↓+2Cl-；（6）酸性氧化物的通性是能与碱反应生成盐和水，因此能验证SO2具有酸性氧化物的通性的试验现象为滴有酚酞的氢氧化钠溶液由红色变为无色，如若向氢氧化钠溶液中通入过量的SO2，则其总反应的离子反应方程式应写为SO2+OH-=HSO。19.海水资源的利用具有广袤的前景。从海水中提取Br2与MgCl2•6H2O的流程如下：（1）写出一种海水淡化的方法_____。（2）比较溶液中Br2的浓度：溶液2_____溶液4（填“>”或“<”）。（3）鼓入空气与水蒸气将Br2吹出，吹出的气体用SO2汲取，其化学方程式是_______。（4）试剂①可以选用__________，加入试剂②后反应的离子方程式是_________。（5）从MgCl2溶液获得MgCl2•6H2O晶体的主要操作包括_________。【答案】(1).蒸馏或渗析或离子交换法（任写一种即可）(2).＜(3).Br2+SO2+2H2O==2HBr+H2SO4(4).Ca(OH)2（或生石灰、NaOH）(5).Mg(OH)2+2H+==Mg2++2H2O(6).蒸发浓缩，冷却结晶，过滤（削减溶剂浓缩，降温结晶，过滤）【解析】【分析】由题给流程可知，向苦卤中加入碱，苦卤中镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，过滤；向溶液1中通入氯气，氯气与溶液中的溴离子发生置换反应生成含有单质溴浓度较低的溶液2，用空气和水蒸气吹出溴蒸气，溴蒸气与二氧化硫反应生成含有氢溴酸和硫酸的溶液3，再向所得溶液3通入氯气得到含溴浓度较高的溶液4；将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，氯化镁溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到六水氯化镁。【详解】（1）海水淡化的方法主要有蒸馏法、离子交换法、电渗析法等，故答案为蒸馏或渗析或离子交换法；（2）由流程中提取溴的过程可知，经过2次Br-→Br2转化的目的是更多的得到溴单质，提取过程对溴元素进行富集，增大了溶液中溴的浓度，则溶液2中溴的浓度小于溶液4，故答案为＜；（3）鼓入空气与水蒸气将Br2吹出，吹出的气体用SO2汲取，溶液中溴蒸气与二氧化硫反应生成含有氢溴酸和硫酸，反应的化学方程式为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；（4）向苦卤中加入碱，苦卤中镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，则试剂①可以选用Ca(OH)2（或生石灰、NaOH）；将氢氧化镁溶于盐酸中得到氯化镁溶液，则试剂②为盐酸。反应的离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，故答案为Ca(OH)2（或生石灰、NaOH）；Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；（5）从MgCl2溶液中得到MgCl2•6H2O晶体的主要操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤得到，故答案为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重海水资源的利用考查，留意海水提溴、海水提镁的过程分析是解答关键。20.合成乙酸乙酯的路途如下：CH2=CH2C2H5OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3请回答列问题：（1）乙烯能发生聚合反应，方程式为_______________。（2）乙醇所含的官能团名称为______________。（3）反应①的反应类型_____________。（4）写出下列反应的化学方程式：反应②：_____________。反应④：_____________。（5）反应④的试验装置如下图所示，试管B中在反应前加入的是_____________，作用是_____________。【答案】(1).nCH2=CH2(2).羟基(3).加成反应(4).2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O(5).CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O(6).饱和碳酸钠溶液(7).除去乙酸等杂质,降低乙酸乙酯的溶解度【解析】【分析】乙烯和水在确定条件下发生加成反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛接着氧化生成乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，据此解答。【详解】(1)乙烯含有碳碳双键，能发生聚合反应，方程式为nCH2=CH2。(2)乙醇的结构简式为CH3CH2OH，所含的官能团名称为羟基。(3)反应①是乙烯和水的加成，反应类型为加成反应。(4)反应②是乙醇的催化氧化，方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。反应④是乙醇和乙酸的酯化反应，方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。(5)由于生成乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，且乙酸乙酯不溶于水，所以试管B中在反应前加入的是饱和碳酸钠溶液，目的是除去乙酸等杂质,降低乙酸乙酯的溶解度。21.某学生为了探究影响化学反应速率的外界因素，进行以下试验。（1）向100mL稀硫酸中加入过量的锌粉，标准状况下测得数据累计值如下：时间/min12345氢气体积/mL50120232290310①在0~1、1~2、

2~3、3-4、4~-5min各时间段中：反应速率最大的时间段是____

min，主要的缘由可能是____________。反应速率最小的时间段是____

min，主要的缘由可能是____________。②为了减缓反应速率但不削减产生氢气的量，可以在稀硫酸中加入_______（填序号）。aNa2CO3溶液bNaOH溶液c稀HNO3d蒸馏水（2）进行以下对比试验，并记录试验现象。试验I：试验II：另取两支试管分别加入5mL5%