山东省百师联盟2023-2024学年高一下学期6月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省百师联盟2023-2024学年高一下学期6月月考试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗字母涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗字母。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。考试时间为90分钟，满分100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Fe-56一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学用语是学习化学的基础工具，下列化学用语正确的是（）A.质量数为37的氯原子：B.H2O的电子式：C.CO2的分子结构模型： D.N2的结构式：N≡N〖答案〗D〖解析〗【详析】A．原子符号左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，所以质量数为37的氯原子为，A错误；B．H2O为共价化合物，电子式为，B错误；C．O原子半径应该比C原子半径小，C错误；D．氮气分子中两个N原子形成氮氮三键，结构式为N≡N，D正确；综上所述〖答案〗为D。2.2021年11月9日，烟台海阳市全域从燃煤取暖进入核能供热。核能利用有利于早日实现“碳达峰、碳中和”。核裂变的原理为：U+n→Ba+X+3n，下列说法错误的是（）A.U与U互为同位素 B.X的质子数为33C.Ba的中子数为85 D.X的质量数为92〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗在核裂变反应前后，总的质量数和总的质子数均不变，据此可计算出X的质量数为235+1-141-3×1=92，X的质子数为92-56=36。X为Kr。据此可分析各个选项。【详析】A．U与U的质子数相同，中子数不同，它们互为同位素，A项正确；B．反应物的质子总数为92，生成物的质子总数为56+Z。在核裂变反应中，反应前后质子总数不变，故92=56+Z，Z=36，B项错误；C．Ba的质量数为141，质子数为56，中子数为141-56=85，C项正确；D．反应物总的质量数为235+1=236，生成物总的质量数为141+3×1+A=144+A。在核裂变反应中，反应前后总的质量数不变，故236=144+A，A=92，D项正确；〖答案〗选B。3.如图所示，有关化学反应和能量变化的说法，正确的是（）A.图a表示的是吸热反应的能量变化B.图b中生成物比反应物稳定C.图a不需要加热就一定能发生，图b一定需要加热才能发生D.图b可以表示碳酸钙高温分解反应能量变化〖答案〗D〖解析〗【详析】A．图a中反应物的总能量大于生成物的总能量，表示的是放热反应的能量变化，A项错误；B．图b中反应物的总能量小于生成物的总能量，能量越高，越不稳定，则反应物比生成物稳定，B项错误；C．放热反应不一定都在常温下发生，如铝和氧化铁的铝热反应是需要高温才能进行的放热反应，吸热反应不一定需要加热才能发生，如氯化铵晶体与氢氧化钡晶体的反应是不需要加热就能进行的吸热反应，C项错误；D．图b表示的是吸热反应，碳酸钙高温分解的反应为吸热反应，D项正确；故选D。4.鉴别甲烷、一氧化碳和氢气这三种无色气体的方法是（）A.通入溴水→通入澄清石灰水B.点燃→罩上涂有澄清石灰水的烧杯C.点燃→罩上干冷烧杯→罩上涂有澄清石灰水的烧杯D.点燃→罩上涂有澄清石灰水的烧杯→通入溴水〖答案〗C〖解析〗【详析】A．通入溴水→通入澄清石灰水，均无现象发生，不能将三者鉴别，A不符合题意；B．点燃→罩上涂有澄清石灰水的烧杯，甲烷和CO都能使澄清石灰水变浑浊，无法鉴别，B不符合题意；C．点燃后，罩上干冷烧杯，无水珠出现的是CO，有水珠出现的是甲烷和氢气，再罩上涂有澄清石灰水的烧杯，内壁出现浑浊的是甲烷，没有浑浊现象的是氢气，C符合题意；D．点燃→罩上涂有澄清石灰水的烧杯，点燃氢气的火焰上方的烧杯内没有浑浊出现，通入溴水，不能鉴别甲烷和一氧化碳，D不符合题意；故选C。5.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。下列说法不正确的是（）A.该反应是化合反应B.催化剂参加了化学反应过程C.CH4→CH3COOH过程中，有C—H键的断裂和形成D.①→②过程中，形成了C—C键，断裂的化学键的总键能<形成的化学键的总键能〖答案〗C〖解析〗【详析】A.根据图中信息可知，发生反应CH4+CO2→CH3COOH，该反应是化合反应，选项A正确；B、催化剂参加了化学反应过程，但质量及化学性质不变，选项B正确；C、CH4+CO2→CH3COOH过程中，C-H键、C=O均发生断裂，选项C不正确；D.①→②过程中，形成了C—C键，反应为放热反应，断裂的化学键的总键能<形成的化学键的总键能，选项D正确。〖答案〗选C。6.反应，经2min，B的浓度减少0.6mol/L。对此化学反应速率的正确表示是（）A.用A表示的反应速率是B.分别用B、C表示反应的速率，其比值是3：2C.在2min末的反应速率，用B表示是D.在这2min内，B和C两物质的浓度都逐渐减小〖答案〗B〖解析〗【详析】A．A为固体，一般不用固体表示反应速率，因为固体的浓度一般视为常数，A项错误；B．同一反应用不同物质表示的化学反应速率，其比值与化学方程式中化学计量数成正比，用B、C表示反应的速率，其比值是3：2，B项正确；C．为平均反应速率，并非2min末的反应速率，C项错误；D．根据题干信息，B为反应物，B的浓度逐渐减小，C为生成物，C的浓度逐渐增大，两者不可能同时减小，D项错误；故选B。7.HBr被O2氧化依次由如下Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成，1molHBr被氧化为Br2放出12.67kJ热量，其能量与反应过程曲线如图所示。(Ⅰ)HBr(g)+O2(g)=HOOBr(g)(Ⅱ)HOOBr(g)+HBr(g)=2HOBr(g)(Ⅲ)HOBr(g)+HBr(g)=H2O(g)+Br2(g)下列说法中正确的是（）A.三步反应均为放热反应B.步骤(Ⅰ)的反应速率最慢C.步骤(Ⅰ)中HOOBr比HBr和O2稳定D.4HBr(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Br2(g)完全反应放出12.67kJ的能量〖答案〗B〖解析〗【详析】A．反应物总能量大于生成物总能量时，该反应为放热反应，否则为吸热反应，由图可知HBr(g)+O2(g)=HOOBr(g)中反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，故A错误；B．活化能越大，反应速率越慢，由图可知，步骤(Ⅰ)的活化能最大，则步骤(Ⅰ)的反应速率最慢，故B正确；C．根据A的分析可知，HBr(g)+O2(g)=HOOBr(g)为吸热反应，能量越低越稳定，因此HBr和O2比HOOBr稳定，故C错误；D．1molHBr被氧化为Br2放出12.67kJ热量，则4HBr(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Br2(g)完全反应放出50.68kJ热量，故D错误；〖答案〗选B。8.烷烃M的结构简式为，M是单烯烃R和发生加成反应的产物，则R可能的结构有（）A.7种 B.6种 C.5种 D.4种〖答案〗C〖解析〗【详析】根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置，故符合条件的烯烃分子有5种，即选项C正确。故选C。9.下列关于有机化合物的说法，正确的是（）A.乙酸和乙酸乙酯可用溶液加以区别B.戊烷()有两种同分异构体C.将、溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性D.糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应〖答案〗A〖解析〗【详析】A．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，而乙酸可与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，可鉴别，A项正确；B．戊烷有正戊烷、异戊烷和新戊烷三种同分异构体，B项错误；C．可使蛋白质发生盐析，为重金属盐，会使蛋白质变性，C项错误；D．单糖为最简单的糖，不发生水解，油脂和蛋白质均可发生水解反应，D项错误；故选A。10.将乙烯分别通过如图所示的装置，下列叙述正确的是()A.二者都褪色且原理相同B.二者都能证明乙烯中有碳碳双键C.二者都可用于除去乙烷中混有的乙烯D.二者都可用于鉴别乙烷和乙烯〖答案〗D〖解析〗【详析】A.乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，与溴发生加成反应而使溶液褪色，通入到酸性高锰酸钾溶液中，会被高锰酸钾氧化变为CO2，高锰酸钾被还原为无色的Mn2+，因此褪色原理不相同，A错误；B.不饱和的烯烃、炔烃都可以使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能证明乙烯分子中含有碳碳双键，B错误；C.乙烯通入到酸性高锰酸钾溶液中，会被高锰酸钾氧化变为CO2，使乙烷气体中混入了新的杂质，不能达到净化除杂的目的，C错误；D.乙烷与溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液都不能发生反应，而乙烯可以使两种溶液都褪色，现象不同，可以鉴别，D正确；故合理选项是D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.一种零价铁纳米簇可用于水体修复，其处理三氯乙烯()所形成原电池如图所示。水体中，，等离子也发生反应。下列说法正确的是（）A.零价铁纳米簇发生的电极反应为：Fe-3e-=Fe3+B.反应①在正极发生，反应②③④在负极发生C.③的电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2OD.三氯乙烯脱去3molCl时反应①转移6mol电子〖答案〗D〖解析〗【详析】A．由原理图可知，零价铁纳米簇反应生成Fe2+，A错误；B．由图可知反应①②③④均为得电子的反应，所以都在正极发生，B错误；C．由原理图可知，反应③是由O2转化为OH-，故电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，C错误；D．由原理图可知，三氯乙烯脱去氯变成乙烯，C原子化合价从+1价转化为-2价，1mol三氯乙烯转化得到6mol电子，脱去3mol氯原子，D正确；故选D。12.X、Y、Z、W、R均是短周期主族元素，X和Z同主族，Y、Z、W、R同周期，W的简单氢化物可用作制冷剂。它们组成的某种化合物的结构如图所示。下列叙述正确的是（）A.简单氢化物的稳定性：B.简单离子半径：C.W的简单氢化物能使湿润的蓝色石蕊试纸变红D.能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了其漂白性〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗W的简单氢化物可用作制冷剂，说明W是N元素，由物质的结构可知，X能形成6个共价键，说明X是S元素，X和Z同主族，Z是O元素；Y、Z、W、R同周期，即为第二周期元素，Y能形成1个共价单键，R能形成十1价阳离子，说明Y是F元素，R是元素。【详析】A．由于非金属性：，即非金属性：，故简单氢化物的稳定性：，A项正确；B．只有1个电子层，、、均有2个电子层，且电子排布完全相同，随着核电荷数的增加，简单离子半径逐渐减小，故简单离子半径，B项错误；C．W的简单氢化物为，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C项错误；D．为，与反应使溶液碱性减弱，从而使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了酸性氧化物的性质，未体现漂白性，D项错误；故选A。13.在一密闭容器中发生反应：2SO2＋O22SO3，起始时有amol二氧化硫和bmol氧气，达到平衡时有cmol三氧化硫生成，则平衡时二氧化硫在反应混合物中的体积分数为（）A.×100%B.×100%C.×100%D.%〖答案〗D〖解析〗【详析】三行分析法：分别列出起始量、转化量和平衡量。w(SO2)＝×100%＝%，〖答案〗选C。14.关于丙烯()的结构或性质，下列说法正确的是（）A.3个碳原子一定在同一平面上B.所有原子可能在同一平面上C.与氯化氢的加成产物没有固定熔点D.聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色〖答案〗AC〖解析〗【详析】A.由于乙烯是平面形结构，丙烯相当于甲基取代了乙烯分子中的1个氢原子，因此丙烯分子中3个碳原子一定在同一平面上，A正确；B.甲基碳为四面体结构，由于与饱和碳原子相连的4个原子一定不在同一个平面上，因此丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上，B错误；C.与氯化氢加成产物有两种，即CH3CH2CH2Cl或CH3CHClCH3，因此没有固定熔点，C正确；D.聚丙烯分子中不含有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾褪色，D错误；〖答案〗选AC。15.下列关于苯的叙述正确的是()A.反应①常温下不能进行B.反应②不发生，但是仍有分层现象，紫色层在下层C.反应③为取代反应，有机产物是一种烃的衍生物D.反应④能发生，从而证明苯中是单双键交替结构〖答案〗BC〖解析〗〖祥解〗A．苯与液溴在催化剂状态下，不需要加热就可以发生取代反应生成溴苯；B．苯为不溶于水的有机溶剂，密度小于水；C．苯与浓硝酸反应生成硝基苯的反应为取代反应；D．苯分子中不存碳碳双键，能够与氢气发生反应，证明苯不属于饱和烃。【详析】A.常温下，苯与液溴在催化剂的条件下能发生取代反应，反应①常温下能进行，选项A错误；B.苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯密度比水小，有机层在上面，选项B正确；C.苯的硝化反应是取代反应，反应③为取代反应，选项C正确；D.反应④能发生，但是苯中的键是一种介于单键与双键之间的特殊键，选项D错误；〖答案〗选BC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.已知随原子序数的递增，8种短周期元素(用字母表示)原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价的变化如下图所示。回答下列问题：（1）z元素位于周期表中的第___________周期第___________族。（2）d、g的简单离子的半径大小(用化学式表示，下同)：___________；g、h的最高价氧化物的水化物的酸性强弱顺序：___________。（3）写出与反应化学方程式：___________。（4）e与f相比，金属性较强的是___________(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是___________(填字母序号)。A．e单质的熔点比f单质的低，e单质的硬度也比f单质的小B．e单质与冷水反应迅速，而f单质与冷水几乎不反应C．e的最高价氧化物的水化物是强碱，而f的最高价氧化物的水化物具有两性〖答案〗（1）①.二②.ⅤA（2）①.②.（3）（4）①.Na②.BC〖解析〗d和g的最低负价均为-2价，则二者均为第ⅥA族元素，g的原子序数较大，则g为S元素，d为O元素；x和e的最高正价均为+1价，则二者均为第IA族元素，x的原子半径小于O，则x为H元素，e的原子半径大于S，则e为Na元素；y最高正价为+4价，原子序数小于O，则y为C元素；z的最高正价为+5价，原子序数小于O，则z为N元素；f的最高正价为+3价，原子序数大于Na，则f为Al元素；h的最低负价为-1价，原子序数大于S，则h为Cl元素。（1）z为N元素，位于第二周期第ⅤA族；（2）离子所含电子层数越多，半径越大，所以简单离子半径大小为；同周期主族元素自左至右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强，所以酸性；（3）和反应生成NaOH和氧气，化学方程式为；（4）同周期主族元素自左至右金属性减弱，所以金属性较强的是Na；A．单质的熔沸点以及硬度与形成的晶体的结构有关，不能作为判断金属性强弱的依据，A项错误；B．Na可以和冷水反应，Al与冷水几乎不反应，说明Na的活泼性更强，则金属性更强，B项正确；C．元素的金属性越强，则其最高价氧化物的水化物的碱性越强，即碱性，可以说明金属性Na>Al，C项正确；故选BC。17.下图是原电池的装置图。请回答下列问题：（1）若溶液C为稀硫酸，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且作负极，则A电极上发生的电极反应式为___________，反应进行一段时间后，溶液C的酸性___________(填“增强”“减弱”或“基本不变”)。（2）若将反应设计成如上图所示的原电池装置，则A极(负极)材料为___________，B极的电极反应式为___________。（3）若A极为Zn，B极为Cu，溶液C为溶液，则Cu极发生___________反应，电极反应式为___________。反应过程中，溶液中的___________(填“变大”“变小”或“不变”)。（4）CO与反应还可制备甲醇()，可作为燃料使用，用和组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图所示。已知电池总反应为，若线路中转移2mol电子，则该燃料电池消耗的在标准状况下的体积为___________L。〖答案〗（1）①.2H++2e-=H2②.减弱（2）①.Cu②.2Fe3++2e-=2Fe2+（3）①.还原反应②.Cu2++2e-=Cu③.变小（4）11.2〖解析〗（1）①Fe作负极，A电极为正极，正极发生反应2H++2e-=H2②由于电极反应消耗了其中H+，所以溶液的酸性减弱故〖答案〗为：①2H++2e-=H2；②减弱（2）①若将反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+设计成原电池，铜失去电子，则负极材料为Cu，正极材料可为石墨，溶液C可为溶液②B极为正极，2Fe3+得电子，电极反应式为2Fe3++2e-=2Fe2+〖答案〗为：①Cu②2Fe3++2e-=2Fe2+（3）①若溶液C为溶液，Zn可以和氯化铜发生置换反应，所以锌是负极，Cu极发生还原反应②电极反应为Cu2++2e-=Cu③反应过程中，由于Cu2+逐渐被还原，所以溶液中的变小故〖答案〗为：①还原反应②Cu2++2e-=Cu③变小（4）根据电池总反应可知，消耗1mol，则转移电子数4mol。若线路中转移2mol电子，根据比例关系，则消耗氧气为0.5mol，所以燃料电池消耗的在标准状况下的体积为11.2L，,故〖答案〗为：11.2L18.恒温下在2L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图。（1）该反应的化学方程式为___________。（2）从开始至5min，Y的平均反应速率为___________。5min时___________(填“>”“<”或“=”)。（3）反应达平衡时体系的压强与开始时的压强之比是___________。（4）下列描述中能表明上述反应已达到平衡状态的是___________(填序号)。①容器内温度不变②混合气体的密度不变③混合气体的压强不变④混合气体的平均相对分子质量不变⑤的物质的量浓度不变⑥容器内X、Y、Z三种气体的浓度之比为3：1：2⑦某时刻且不等于零⑧单位时间内生成，同时生成（5）在某一时刻采取下列措施能加快反应速率的是___________(填字母)A.加催化剂 B.降低温度C.体积不变，充入X D.体积不变，从容器中分离出Y〖答案〗（1）（2）①.②.＞（3）（4）③④⑤⑧（5）AC〖解析〗（1）根据图像可知，5min内X的物质的量减少0.6mol，Y的物质的量减少0.2mol，Z的物质的量增加0.4mol，可知X、Y都是反应物，Z是生成物，变化量比等于化学计量系数比，5min后物质的量不再改变，说明该反应可逆，反应方程式为；（2）从开始至5min，Y的物质的量减少0.2mol，Y的平均反应速率为；化学反应速率之比等于化学计量数之比，即，5min时，已达化学平衡状态，Y的正反应速率等于逆反应速率，，即。（3）同温、同体积时，压强比等于物质的量比，反应达平衡时体系的压强与开始时的压强之比为；（4）①恒温容器，温度是恒量，容器内温度不变，反应不一定达到平衡状态，①不符合题意；②反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度不变，反应不一定达到平衡状态，②不符合题意；③反应前后气体计量系数和不同，容器体积不变，压强是变量，混合气体的压强不变，反应一定达到平衡状态，③符合题意；④反应前后气体总质量不变，反应前后气体计量系数和不同，混合气体的平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量不变，反应一定达到平衡状态，④符合题意；⑤反应达到平衡状态，各物质浓度不再改变，Z（g）的物质的量浓度不变，反应一定达到平衡状态，⑤符合题意；⑥容器内X、Y、Z三种气体的浓度之比为3：1：2，不能判断各物质浓度是否改变，反应不一定平衡，⑥不符合题意；⑦无论是否达到平衡均成立，不能由此判断反应是否平衡，⑦不符合题意；⑧单位时间内生成2nmolZ，同时生成3nmolX，正、逆反应速率比等于计量系数比，反应一定达到平衡状态，⑧符合题意。故选③④⑤⑧；（5）A．催化剂能降低活化能，加快反应速率，A正确；B．降低温度，反应速率减慢，B错误；C．体积不变，充入X，反应物浓度增大，反应速率加快，C正确；D．体积不变，从容器中分离出Y，反应物浓度降低，反应速率减慢，D错误。故选AC。19.从海水中提取溴的工业流程如图：(1)步骤I中将卤水酸化，再通入Cl2，是为了防止Cl2与碱反应，写出Cl2与碱反应的离子方程式_____。(2)步骤I中已获得游离态的溴，步骤II又将之转变成化合态的溴，其目的是__________。(3)实验室保存液溴时，通常在盛液溴的试剂瓶中加少量的水，这与液溴的_____性质有关（填写序号）。A.氧化性B.还原性C.挥发性D.密度比水大(4)步骤II中将吹出的溴蒸汽用纯碱溶液吸收时还有CO2生成，写出吸收时发生反应的离子方程式：___。(5)步骤II中通入热空气吹出的Br2用纯碱溶液吸收前先经过NaBr溶液，其目的是______________。(6)步骤III中蒸馏出工业溴后残留液的主要溶质是_______________。(7)步骤III中若使用硝酸酸化，缺点是_________。〖答案〗（1）Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O（2）富集溴元素（3）CD（4）3CO32-+3Br2=3CO2+5Br-+BrO3-（5）除去未反应完的氯气（6）Na2SO4（7）可能会生成氮氧化物气体污染空气〖解析〗(1)Cl2在碱性溶液中发生歧化反应，产生Cl-、ClO-和H2O；(2)步骤Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素；(3)溴单质具有易挥发性和在水中溶解度比较小分析；(4)根据反应物、生成物，结合转移电子守恒、原子守恒配平方程式；(5)根据Cl2与NaBr反应制取Br2，从Cl2反应程度上分析；(6)NaBr、NaBrO3、H2SO4发生归中反应，根据元素守恒分析；(7)根据硝酸的强氧化性分析。【详析】(1)Cl2在碱性溶液中发生歧化反应，产生Cl-、ClO-和H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；根据流程分析可知：海水通过一定方法淡化得到淡水和卤水，卤水加入氧化剂氧化溴离子为单质溴，通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用的是溴单质的易挥发性，再利用酸溶液中溴酸根离子和溴离子发生氧化还原反应得到溴单质，(2)步骤Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低，如果直接蒸馏，生产成本较高，不利于工业生产，步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素，降低成本；(3)溴单质在室温下为深红棕色液体，易挥发，由于其密度比水大，且在水中溶解度较小，实验室保存液溴时，通常在盛液溴的试剂瓶中加少量的水形成水封，故合理选项是CD；步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，就是利用溴的挥发性，故〖答案〗为C；(4)根据流程图及题目叙述可知Br2在Na2CO3溶液中发生歧化反应产生NaBr、NaBrO3、CO2，该反应中Br元素化合价由0价变为-1价、+5价，其最小公倍数是5，再结合原子守恒或电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：3CO32-+3Br2=3CO2+5Br-+BrO3-；(5)上述流程中吹出的溴蒸气是Cl2与NaBr反应产生的，因此溴蒸气中可能含有过量的未反应的氯气，步骤II中通入热空气吹出的Br2用纯碱溶液吸收前先经过NaBr溶液，可以发生反应Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，除去未反应完的氯气；(6)步骤II反应产生的NaBr、NaBrO3与硫酸混合，发生反应：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Na2SO4+3Br2+3H2O，反应产生的Br2被蒸出，所以步骤III中蒸馏出工业溴后残留液的主要溶质是Na2SO4；(7)步骤III中若使用硝酸酸化，由于硝酸不仅具有酸性，而且还具有强的氧化性，可以将NaBr氧化为Br2或更高价态的化合物，HNO3被还原产生NO、NO2等氧化物，导致环境污染。2