2023-2024学年四川省眉山市东坡区高二下学期6月期末联合考试 化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省眉山市东坡区2023-2024学年高二下学期6月期末联合考试第I卷选择题(共42分)一、选择题：本题包括14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意。1.化学与科技、生产、生活等密切相关，下列说法错误的是A.碳纳米管和石墨烯互为同分异构体B.《梦溪笔谈》载:“高奴县出脂水，燃之如麻，但烟甚浓”，所述“脂水”属于石油C.乙二醇可以与水以任意比例互溶，能显著降低水的凝固点，可以用于制汽车防冻液D.新型冠状病毒可用医用酒精消毒，因为酒精能使病毒的蛋白质变性〖答案〗A〖解析〗A．碳纳米管和石墨烯互为同素异形体，A错误；B．由现象可知，“脂水”属于石油，B正确；C．乙二醇的凝固点低，和水混合后，能显著降低水的凝固点，用于汽车的防冻液，C正确；D．酒精能使蛋白质变性，从而消毒，D正确；故选A。2.下列化学用语或图示不正确的是A.乙烯的结构简式： B.羟基的电子式：C.基态氯原子的电子排布式： D.分子的球棍模型：〖答案〗A〖解析〗A．乙烯的结构简式：，故A错误；B．羟基呈电中性，O、H之间存在一对共用电子对，O含1个单电子，其电子式为：，故B正确；C．氯为17号元素，电子排布式为，故C正确；D．分子为三角锥形，球棍模型为：，故D正确；故选：A。3.下列说法错误的是A.晶体能自发地形成规则的几何外形B.利用超分子的分子识别特征，可以分离和C.晶体的各向异性导致石墨在层与层垂直方向上的电导率大D.X射线衍射是分别晶体、非晶体可靠的科学方法〖答案〗C〖解析〗A．晶体具有自范性，即具有能自发地呈现多面体形的性质，A正确；B．超分子具有分子识别特征，利用杯酚可以分离和，B正确；C．晶体各向异性的主要表现在物理性质特性不同，即硬度、导热性、导电性、光学性质等不同，另外石墨是在与层平行方向上导电能力较大，C错误；D．区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是X射线衍射法，D正确；故选C。4.下列说法正确的是A.和互为同素异形体B.和是同一种物质C.与互为同分异构体D.和互为同系物〖答案〗B〖解析〗A．和质子数相同，中子数不同，互为同位素，A错误；B．甲烷是正四面体结构，则和是同一种物质，B正确；C．前者有14个碳，后者有13个碳，则两者分子式不同，两者不互为同分异构体，C错误；D．前者属于酚类物质，后者属于醇类物质，两者不互为同系物，D错误；故选B。5.下列关于微粒间的作用力说法正确的是①所有金属与所有非金属之间都能形成离子键②金属的导电性、延展性均与金属键有关③金属晶体的熔沸点一定高于分子晶体④晶体的熔沸点：金刚石⑤中的键成键原理完全相同⑥分子晶体中共价键的键能越大，晶体的熔点和沸点越高⑦离子键的强弱：⑧比熔沸点高A.①③④⑦ B.②④⑥ C.②④⑦⑧ D.⑤⑥⑦〖答案〗C〖解析〗①金属与非金属可形成共价键，如氯化铝为共价键形成的共价化合物，故①错误；②金属键是由金属阳离子与自由电子形成的作用力，金属能发生形变及导电、导热，则金属具有金属光泽及良好的导电性和导热性，这些性质均与金属键有关；故②正确；③金属晶体的熔沸点不一定高于分子晶体，比如汞在常温下为液体，而蔗糖为固体；故③错误；④金刚石为共价晶体，晶体的熔沸点为金刚石；故④正确；⑤中的键有共价键和配位键，成键原理不相同，故⑤错误；⑥分子晶体中共价键的键能与晶体的熔点和沸点无关，故⑥错误；⑦一般来说相应离子半径越小，带电量越大，离子键越强，所以离子键的强弱：；故⑦正确；⑧中存在分子内氢键，使熔沸点降低；中存在分子间氢键，使熔沸点增大，故⑧正确；故〖答案〗选C。6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.1mol环氧乙烷()含有的共价键数目为0.3NAB.标准状况下，2.24L己烷含有的分子数目为NAC.48g正丁烷和10g异丁烷混合物中σ键数目为13NAD.中含有的配位键数目为4NA〖答案〗C〖解析〗A．由结构简式可知，环氧乙烷分子中共价键的数目为7，则0.1mol环氧乙烷含有的共价键数目为0.1mol×7×NAmol—1=0.7NA，故A错误；B．标准状况下，己烷为液态，无法计算2.24L己烷的物质的量和含有的分子数目，故B错误；C．正丁烷和异丁烷的摩尔质量相同，都为58g/mol，分子中含有的σ键数目都为13，则48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中σ键数目为×13×NAmol—1=13NA，故C正确；D．由配合物的化学式可知，配合物分子中含有的配位键数目为6，则mol配合物含有的配位键数目为1mol×6×NAmol—1=6NA，故D错误；故选C7.下列图示实验能达成相应目的的是A．除去苯中少量苯酚B．若A为醋酸，B为石灰石，C为苯酚钠溶液，验证醋酸、苯酚、碳酸酸性的强弱C．检验乙醇消去反应产物中的乙烯D．鉴别溴乙烷和苯A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗A．除去苯中少量苯酚应该加入氢氧化钠后静置分液，故A错误；B．醋酸有挥发性，有醋酸进入C中对碳酸和苯酚酸性强弱的判定有干扰，故B错误；C．浓硫酸和乙醇共热生成乙烯中有少量二氧化硫和乙醇，二者也能使酸性高锰酸钾褪色，应添加一个除去二氧化硫和乙醇的装置，比如盛有NaOH溶液的装置，故C错误；D．溴乙烷和苯，均不与水互溶，溴乙烷的密度大于水，加入水分层后下层油状；苯的密度小于水，加入水分层后上层油状，可以用水区分溴乙烷和苯，故D正确；故〖答案〗为：D。8.某种兴奋剂N的结构简式如图所示，下列说法错误的是A.该有机物分子式为B.N分子中可能共平面的原子最多有31个C.1mol该物质与浓溴水反应时，最多消耗D.可通过向N中滴入酸性高锰酸钾溶液证明结构中存在碳碳双键〖答案〗D〖解析〗A．根据结构简式可知，该有机物分子中含有16个C原子，16个H原子，3个O原子，则其分子式为，故A正确；B．苯环和双键均为平面结构，单键可以旋转，两个甲基可通过旋转使1个H原子与C原子共面，因此N分子中可能共平面的原子最多有31个，故B正确；C．酚羟基的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1mol该物质与浓溴水反应时，最多消耗4molBr2，故C正确；D．酚羟基和碳碳双键均能被高锰酸钾氧化，则滴入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，不能证明结构中存在碳碳双键，故D错误；故〖答案〗选D。9.已知：Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Z元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，其余均为短周期主族元素，Y原子价层电子排布式为，Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。下列说法中正确的是。A.元素的第一电离能：X>R>QB.Z位于元素周期表d区C.原子半径：Y>X>R>QD.Q、Y形成的最高价氧化物的水化物的酸性：Q>Y〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Z元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，Z为Cu元素，其余的均为短周期主族元素；Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4，Q原子的核外电子排布为1s22s22p2，故Q为C元素；X原子的核外电子排布为1s22s22p4，为O元素；R原子序数介于C元素与O元素之间，故R为N；元素Y原子价层电子排布式为msnmpn，则n=2，故为第ⅣA族元素，原子序数大于O元素，小于Cu元素，故Y为Si元素；A．同周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族元素自上而下第一电离能降低，但第ⅤA族由于p轨道为半充满状态，更加稳定，所以第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：R>X>Q，故A错误；B．铜位于元素周期表ds区，故B错误；C．C电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Y>Q>R>X，故C错误；D．同非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Q、Y形成的最高价氧化物的水化物的酸性：Q>Y，故D正确；故选D。10.硒()在医药、催化、材料等领域有广泛应用，乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下图所示。关于硒及其化合物，下列说法不正确的是A.Se原子在周期表中位于p区B.乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有、C.乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子D.键角大小：气态〖答案〗D〖解析〗A．Se原子在周期表的位置是第4周期ⅥA，价层电子排布式为：4s24p4，位于p区，A正确；B．乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有、，苯环上的C为杂化，此处的C为杂化，B正确；C．乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子，C正确；D．中硒原子的价层电子对数3，孤电子对数为0，分子的空间结构为平面三角形，键角为120°，中硒原子的价层电子对数4，孤电子对数为1，离子的空间结构为三角锥形，键角小于120°，键角大小：气态，D错误；故选D。11.我国科学家研发了一种水系可逆电池，电池工作原理如图所示，电极材料为金属锌和选择性催化材料，图中的双极膜层间的解离成和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是A.电解质溶液2一定是碱性溶液B.充电时，每生成标况下在阴极可生成C.充电时，阳极电极反应式为D.放电时，电池总反应为〖答案〗B〖解析〗由图可知，放电时，Zn作负极，电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，右侧电极为正极，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，充电时，Zn作阴极，电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，右侧电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，据此作答。A．放电时，右侧电解质溶液生成甲酸，溶液为酸性溶液，故A错误；B．充电时，右侧电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，11.2LO2的物质的量为0.5mol，转移电子2mol，Zn作阴极，电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，阴极生成Zn质量为×65g/mol=65g，故B正确；C．由分析可知，充电时，右侧电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故C错误；D．由放电时两极反应可知，电池总反应为Zn+CO2+2OH-+2H2O=Zn(OH)+HCOOH，故D错误；故选：B。12.2-甲基-2-氯丙烷是重要的化工原料，实验室中可由叔丁醇与浓盐酸反应制备，路线如下：下列说法不正确的是A.叔丁醇的系统命名为2-甲基-2-丙醇B.无水CaCl2的作用是除去有机相中残存的少量水C.进行操作1时，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒D.蒸馏时产物比叔丁醇先蒸馏出来〖答案〗C〖解析〗叔丁醇与浓盐酸反应生成2-甲基-2-氯丙烷和水，分液后向有机相中加入水进行洗涤分液，继续向有机相中加入5%的碳酸钠溶液洗涤分液，再次向有机相中加入水进行洗涤分液，由于有机物2-甲基-2-氯丙烷的密度小于水，分液后获得上层有机相，有机相中加入少量无水氯化钙干燥，蒸馏即得到有机物2-甲基-2-氯丙烷。A．叔丁醇的系统命名为2-甲基-2-丙醇，A正确；B．无水氯化钙能吸收有机相中残留的水，从而使蒸馏时得到纯净的2-甲基-2-氯丙烷，B正确；C．操作1为分液，需要用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯，C错误；D．2-甲基-2-氯丙烷比叔丁醇的沸点低，蒸馏时先得到产物2-甲基-2-氯丙烷，D正确；故〖答案〗选C。13.已知卤代烃可与金属钠反应，生成碳链较长的烃：R—X＋2Na＋R'—X→R—R'＋2NaX，现有碘乙烷和1—碘丙烷混合物，使其与金属钠反应，生成的烃不可能是（）A.正戊烷 B.正丁烷 C.正己烷 D.2—甲基戊烷〖答案〗D〖解析〗根据题目信息可知反应的原理为：C-X键发生断裂，X原子与钠形成NaX，与X原子相连的C相连形成新的C-C键，类比该原理分析CH3CH2I和CH3-CH2-CH2I是否能够单独或者相互之间反应生成选项中各物质，以此解答该题。卤代烃可与金属钠反应，生成碳链较长的烃：R-X+2Na+R′-X→R-R′+2NaX，碘乙烷和1—碘丙烷与钠反应时，有同种碘代烷分子的反应，也有异种碘代烷分子的反应。当碘乙烷分子间反应时生成正丁烷；当1—碘丙烷分子间反应时生成正己烷；当碘乙烷和1—碘丙烷分子间反应时生成正戊烷，故不可能生成2—甲基戊烷；故选D。14.硒化锌(摩尔质量)是一种重要的半导体材料，其立方晶胞结构及沿z轴投影如图。已知晶胞参数为，O点原子分数坐标为．下列说法错误的是A.与最近且距离相等的有12个 B.间距离为C.Q点原子分数坐标为 D.晶体密度为〖答案〗C〖解析〗A．以顶点Se原子为对象，面心的Se原子与最近且距离相等的有12个，故A正确；B．根据晶体结构图可知，间距离为对角线的距离，为；故B正确；C．以O原子为原点时，由右图可知，Q点在X轴和Y轴的四分之三处，结合该晶胞的三维结构，Q点是在Z轴四分之三处，Q点原子分数坐标为；故C错误；D．该晶胞中含有4个硒化锌，所以晶体密度为；故D正确；故〖答案〗选C。第II卷(非选择题共58分)二、非选择题：本题包括4小题，共58分。15.近年来，改善环境是科学研究的重要课题，对实现碳循环及废气资源的再利用技术的发展都具有重要意义，请回答下列问题：（1）CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。科学家致力于与反应制的研究。①干冰是很好的制冷剂，干冰升华时，需要克服的作用力是___________。②的沸点比高，主要原因是___________。③被氧化为HCHO，HCHO继续被氧化可生成HCOOH，HCHO分子的空间结构为___________（2）常温常压下，一些常见物质的燃烧热如表所示：名称氢气甲烷一氧化碳甲醇已知，则___________。（3）一定条件下，和发生反应：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)∆H，设起始，在恒压下，反应达到平衡时的体积分数与Z和T(温度)的关系如图所示，下列说法正确的是___________。A.若氢气的物质的量分数不再随时间而改变，则该反应达到平衡B.加入合适的催化剂，该反应的平衡转化率和的值均增大C.当混合气体的平均相对分子质量不再随时间而改变时，该反应达到平衡D.图中Z的大小a>3>b（4）在T1℃时，往的某恒容密闭容器中充入和，发生反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，后该反应达到平衡，此时测得混合气体的总物质的量为起始总物质的量的1.5倍，则该反应的平衡常数___________。（5）利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，装置如图：①铜电极上产生CH4的电极反应式为___________。②(标准状况下)CO2通入铜电极，若只生成CO和CH4，此时铜极区溶液增重，则生成CO和的体积比为___________。〖答案〗（1）①.分子间作用力②.CH3OH能形成分子间氢键，CO2不能形成分子间氢键③.平面三角形（2）-90.1（3）AC（4）1.44（5）①.CO2+8e—+8H+=CH4+2H2O②.4∶1〖解析〗【小问1详析】①干冰是分子晶体，所以干冰升华时，二氧化碳需要克服的作用力是分子间作用力，故〖答案〗为：分子间作用力；②甲醇的官能团为羟基，所以甲醇能形成分子间氢键，而二氧化碳不能形成分子间氢键，所以甲醇分子的分子间作用力强于二氧化碳，沸点高于二氧化碳，故〖答案〗为：CH3OH能形成分子间氢键，CO2不能形成分子间氢键；③甲醛分子中双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，所以分子的空间结构为平面三角形，故〖答案〗为：平面三角形；【小问2详析】由题意可得如下热化学方程式：①CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=—283.0kJ/mol，②H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=—285.8kJ/mol，③CH3OH(l)+O2(g))=CO2(g)+2H2O(l)△H=—726.5kJ/mol，④，由盖斯定律可知，反应①+②×2—③—④可得反应，则(—283.0kJ/mol)+(—285.8kJ/mol)×2—(—726.5kJ/mol)—(—38.0kJ/mol)=—90.1kJ/mol，〖答案〗为：—90.1；【小问3详析】A．氢气的物质的量分数不再随时间而改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；B．加入合适的催化剂能加快反应速率，但化学平衡不移动，不影响平衡转化率和反应焓变，故错误；C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应为气体体积增大的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量减小，则混合气体的平均相对分子质量不再随时间而改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；D．起始投料比增大，相当于增大水的浓度，平衡向正反应方向移动，甲烷的体积分数减小，则由图可知，投料比的大小顺序为a<3<b，故错误；故选AC；【小问4详析】设平衡时，一氧化碳的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：由反应达到平衡时，混合气体的总物质的量为起始总物质的量的1.5倍可得：=，解得a=2，则反应的平衡常数K==1.44，故〖答案〗为：1.44；【小问5详析】由图可知，与直流电源负极相连的铜电极为电解池的阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷、一氧化碳和水，电极反应式为CO2+8e—+8H+=CH4+2H2O、CO2+2e—+2H+=CO+H2O，铂电极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进行铜电极区；①由分析可知，与直流电源负极相连的铜电极为电解池的阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷、一氧化碳和水，其中生成甲烷的电极反应式为CO2+8e—+8H+=CH4+2H2O，故〖答案〗为：CO2+8e—+8H+=CH4+2H2O；②标准状况下5.6L二氧化碳的物质的量为=0.25mol，设阴极生成一氧化碳和甲烷的物质的量分别为xmol、ymol，由碳原子个数守恒可得x+y=0.25mol，由铜极区溶液增重5.4g可得18x+36y=5.4，解联立方程可得x=0.2、y=0.05，则则生成一氧化碳和甲烷的体积比为0.2mol∶0.05mo=4∶1，故〖答案〗为：4∶1。16.溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图如图(夹持及加热装置略去)，有关数据如表所示。物质苯溴溴苯密度/(g•cm-3)0.883.201.50沸点/℃8059156水中溶解度不溶微溶不溶按下列合成步骤回答问题：（1）在仪器a中加入15mL无水苯和少量铁屑。在b中小心加入4mL液溴。仪器a的名称为___________，a中生成溴苯的化学方程式为___________，c的作用为___________。（2）充分反应后，经下列步骤分离提纯。①向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑。②滤液依次用10mL水、8mLNaOH稀溶液、10mL水洗涤。第一次水洗的目的是___________，加入NaOH稀溶液后发生反应的化学方程式为___________。（3）充分反应后，往d烧杯中加入稀硝酸使混合液呈中性，取25.00mL中性混合液于锥形瓶中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用0.1molL-1的AgNO3标准液滴定至终点，消耗的AgNO3标准液的体积为20.00mL，忽略稀HNO3与Br-的反应。d烧杯的溶液中c(Br-)=___________molL-1(不考虑其他反应)，请判断该实验是否能证明苯与液溴发生了取代反应并说明原因___________。〖答案〗（1）①.三颈烧瓶②.+Br2+HBr③.冷凝回流（2）①.除去大部分的HBr和FeBr3②.3Br2+6NaOH=NaBrO3+3H2O+5NaBr、HBr+NaOH=H2O+NaBr（3）①.0.08②.不能，原因：挥发的溴单质与氢氧化钠反应生成了溴离子〖解析〗苯与溴单质在FeBr3作催化剂条件下发生取代反应生成溴苯、HBr，装置a中反应生成溴苯，该反应为放热反应，溴单质、苯易挥发，因此利用装置c进行冷凝回流，使其充分发生反应，HBr为气体物质、会污染空气，利用氢氧化钠吸收。a中未反应的Fe可用加水，然后过滤的方法除去，未反应的溴和未挥发的的HBr用NaOH反应吸收，然后用无水氯化钙除去水，用过滤除去溴化钠、氯化钙，据此解答。【小问1详析】仪器a的名称为三颈烧瓶；a中生成溴苯的化学方程式为：+Br2+HBr；c的作用为冷凝回流；【小问2详析】第一次水洗目的是除去大部分的HBr和FeBr3，加入NaOH稀溶液后发生反应的化学方程式为3Br2+6NaOH=NaBrO3+3H2O+5NaBr、HBr+NaOH=H2O+NaBr；【小问3详析】Ag++Br-＝AgBr↓，n(Br-)=n(Ag+)=0.1molL-1×20.00×10-3L=2×10-3mol，故c(Br-)=；除了取代反应会生成溴化氢，挥发的溴单质与氢氧化钠反应也生成了溴离子，该实验不能证明苯与液溴发生了取代反应。17.氯化亚铜的分子式为，外观为白色或灰白色粉末，是重要的铜盐产品。某学习小组用氨性铜蚀刻液制取氯化亚铜的流程如图所示，回答下列问题：已知：①难溶于水和乙醇，易溶于浓度较大的体系(CuCl+Cl-CuCl)。②的氨性铜蚀刻液的部分成分如表所示。成分1.6150.3554.3708.9992.326（1）基态铜原子的核外电子排布式为___________，基态亚铜离子中电子占据的原子轨道数目为___________。（2）“还原”时加入和，此时发生反应离子方程式为___________，需要严格控制的量，原因是___________。（3）氯化亚铜的晶胞结构如图所示。①距离最近的构成了___________(填空间结构名称)。②设为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为apm，则该晶体的密度___________。〖答案〗（1）①.或②.14（2）①.②.防止生成，使产率下降（3）①.正四面体②.〖解析〗根据时氨性铜蚀刻液的主要成分可知，加入稀硫酸将转化为硫酸铜，加入亚硫酸钠和盐酸含有铜离子生成氯化亚铜，最后烘干得到氯化亚铜，据此解答。【小问1详析】铜原子序数是29，基态铜原子的核外电子排布式为或，基态亚铜离子的核外电子排布式为，其中电子占据的原子轨道数目为1+1+3+1+3+5＝14；【小问2详析】“还原”时加入和，此时被还原为氯化亚铜，发生反应的离子方程式为：；根据已知信息可判断为防止生成，使产率下降，因此需要严格控制的量；【小问3详析】①根据晶胞结构可判断距离最近且等距的位于面心处，其数目为12，距离最近的的是4个，构成了正四面体；②晶胞中数目是，全部在晶胞中，共计是4个，设为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为apm，则该晶体的密度：。18.从薄荷油中得到一种烃，叫非兰烃，与A相关反应如下：已知：。（1）B所含官能团的名称为___________，H的分子式为___________。（2）上述反应①~⑥中属于取代反应的是___________(填序号)。（3）A的结构简式为___________。（4）写出下列反应的化学方程式：①D→G的反应：___________；②E→F的反应：___________。（5）C的同分异构体中，满足下列条件的共有___________种。①1molC能与足量Na反应产生1mol气体；②能发生银镜反应；③含有一个六元环；④与NaOH溶液共热可发生反应；⑤同一个碳原子上官能团数不超过1个。（6）参考以上合成路线，设计以乙醇为原料合成乙二醛()的合成路线，注明反应物及反应条件___________。〖答案〗（1）①.羰基、羧基②.C10H20（2）④⑥（3）（4）①.2+2H2O②.+2NaOHCH2=CHCOONa+NaBr+H2O（5）6（6）CH3CH2OHCH2=CH2CH2BrCH2BrCH2OHCH2OH〖解析〗A→H(①)的转化为加氢的加成反应，有机物分子的碳链骨架没有变化，可知A分子中含有一个六元环，结合A的分子式C10H16计算其不饱和度，再根据题中信息以及C的结构简式、B的分子式可推出A的结构简式为，则B的结构简式为；A经氧化反应(②)生成B、C；B→D(③)为加成反应，则D为，E→F(⑤)的反应条件为“氢氧化钠的醇溶液加热”，则为卤代烃的消去反应，逆推可知D→E(④)发生取代反应，溴原子取代了D分子中的羟基，则E、F的结构简式分别为和CH2=CH—COONa；D分子中羟基和羧基，2分子D发生缩聚反应本质为取代反应(⑥)生成G，则根据G的分子式可知G的结构简式为，据此分析作答。【小问1详析】B的结构简式为，所以B所含官能团的名称为羰基、羧基；根据H的结构简式可知H的分子式为C10H20；【小问2详析】据分析可知①~⑥中属于取代反应的是④⑥；【小问3详析】由分析可知，A的结构简式为：；【小问4详析】据分析可知①D→G的反应：2+2H2O；②E→F(⑤)的反应条件为“氢氧化钠的醇溶液加热”，则为卤代烃的消去反应，E→F的反应：+2NaOHCH2=CHCOONa+NaBr+H2O；【小问5详析】①1molC能与足量Na反应产生1mol气体，含有2个羟基；②能发生银镜反应、④与NaOH溶液共热可发生反应，说明含有-OOCH；③含有一个六元环；⑤同一个碳原子上官能团数不超过1个，符合以上要求的结构有：该结构下-OOCH有2种位置，该结构下-OOCH有3种位置，该结构下-OOCH有1种位置，合计共6种结构。【小问6详析】乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液加热的条件下发生水解反应生成乙二醇，乙二醇催化氧化生成乙二醛，具体流程为：CH3CH2OHCH2=CH2CH2BrCH2BrCH2OHCH2OH。四川省眉山市东坡区2023-2024学年高二下学期6月期末联合考试第I卷选择题(共42分)一、选择题：本题包括14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意。1.化学与科技、生产、生活等密切相关，下列说法错误的是A.碳纳米管和石墨烯互为同分异构体B.《梦溪笔谈》载:“高奴县出脂水，燃之如麻，但烟甚浓”，所述“脂水”属于石油C.乙二醇可以与水以任意比例互溶，能显著降低水的凝固点，可以用于制汽车防冻液D.新型冠状病毒可用医用酒精消毒，因为酒精能使病毒的蛋白质变性〖答案〗A〖解析〗A．碳纳米管和石墨烯互为同素异形体，A错误；B．由现象可知，“脂水”属于石油，B正确；C．乙二醇的凝固点低，和水混合后，能显著降低水的凝固点，用于汽车的防冻液，C正确；D．酒精能使蛋白质变性，从而消毒，D正确；故选A。2.下列化学用语或图示不正确的是A.乙烯的结构简式： B.羟基的电子式：C.基态氯原子的电子排布式： D.分子的球棍模型：〖答案〗A〖解析〗A．乙烯的结构简式：，故A错误；B．羟基呈电中性，O、H之间存在一对共用电子对，O含1个单电子，其电子式为：，故B正确；C．氯为17号元素，电子排布式为，故C正确；D．分子为三角锥形，球棍模型为：，故D正确；故选：A。3.下列说法错误的是A.晶体能自发地形成规则的几何外形B.利用超分子的分子识别特征，可以分离和C.晶体的各向异性导致石墨在层与层垂直方向上的电导率大D.X射线衍射是分别晶体、非晶体可靠的科学方法〖答案〗C〖解析〗A．晶体具有自范性，即具有能自发地呈现多面体形的性质，A正确；B．超分子具有分子识别特征，利用杯酚可以分离和，B正确；C．晶体各向异性的主要表现在物理性质特性不同，即硬度、导热性、导电性、光学性质等不同，另外石墨是在与层平行方向上导电能力较大，C错误；D．区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是X射线衍射法，D正确；故选C。4.下列说法正确的是A.和互为同素异形体B.和是同一种物质C.与互为同分异构体D.和互为同系物〖答案〗B〖解析〗A．和质子数相同，中子数不同，互为同位素，A错误；B．甲烷是正四面体结构，则和是同一种物质，B正确；C．前者有14个碳，后者有13个碳，则两者分子式不同，两者不互为同分异构体，C错误；D．前者属于酚类物质，后者属于醇类物质，两者不互为同系物，D错误；故选B。5.下列关于微粒间的作用力说法正确的是①所有金属与所有非金属之间都能形成离子键②金属的导电性、延展性均与金属键有关③金属晶体的熔沸点一定高于分子晶体④晶体的熔沸点：金刚石⑤中的键成键原理完全相同⑥分子晶体中共价键的键能越大，晶体的熔点和沸点越高⑦离子键的强弱：⑧比熔沸点高A.①③④⑦ B.②④⑥ C.②④⑦⑧ D.⑤⑥⑦〖答案〗C〖解析〗①金属与非金属可形成共价键，如氯化铝为共价键形成的共价化合物，故①错误；②金属键是由金属阳离子与自由电子形成的作用力，金属能发生形变及导电、导热，则金属具有金属光泽及良好的导电性和导热性，这些性质均与金属键有关；故②正确；③金属晶体的熔沸点不一定高于分子晶体，比如汞在常温下为液体，而蔗糖为固体；故③错误；④金刚石为共价晶体，晶体的熔沸点为金刚石；故④正确；⑤中的键有共价键和配位键，成键原理不相同，故⑤错误；⑥分子晶体中共价键的键能与晶体的熔点和沸点无关，故⑥错误；⑦一般来说相应离子半径越小，带电量越大，离子键越强，所以离子键的强弱：；故⑦正确；⑧中存在分子内氢键，使熔沸点降低；中存在分子间氢键，使熔沸点增大，故⑧正确；故〖答案〗选C。6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.1mol环氧乙烷()含有的共价键数目为0.3NAB.标准状况下，2.24L己烷含有的分子数目为NAC.48g正丁烷和10g异丁烷混合物中σ键数目为13NAD.中含有的配位键数目为4NA〖答案〗C〖解析〗A．由结构简式可知，环氧乙烷分子中共价键的数目为7，则0.1mol环氧乙烷含有的共价键数目为0.1mol×7×NAmol—1=0.7NA，故A错误；B．标准状况下，己烷为液态，无法计算2.24L己烷的物质的量和含有的分子数目，故B错误；C．正丁烷和异丁烷的摩尔质量相同，都为58g/mol，分子中含有的σ键数目都为13，则48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中σ键数目为×13×NAmol—1=13NA，故C正确；D．由配合物的化学式可知，配合物分子中含有的配位键数目为6，则mol配合物含有的配位键数目为1mol×6×NAmol—1=6NA，故D错误；故选C7.下列图示实验能达成相应目的的是A．除去苯中少量苯酚B．若A为醋酸，B为石灰石，C为苯酚钠溶液，验证醋酸、苯酚、碳酸酸性的强弱C．检验乙醇消去反应产物中的乙烯D．鉴别溴乙烷和苯A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗A．除去苯中少量苯酚应该加入氢氧化钠后静置分液，故A错误；B．醋酸有挥发性，有醋酸进入C中对碳酸和苯酚酸性强弱的判定有干扰，故B错误；C．浓硫酸和乙醇共热生成乙烯中有少量二氧化硫和乙醇，二者也能使酸性高锰酸钾褪色，应添加一个除去二氧化硫和乙醇的装置，比如盛有NaOH溶液的装置，故C错误；D．溴乙烷和苯，均不与水互溶，溴乙烷的密度大于水，加入水分层后下层油状；苯的密度小于水，加入水分层后上层油状，可以用水区分溴乙烷和苯，故D正确；故〖答案〗为：D。8.某种兴奋剂N的结构简式如图所示，下列说法错误的是A.该有机物分子式为B.N分子中可能共平面的原子最多有31个C.1mol该物质与浓溴水反应时，最多消耗D.可通过向N中滴入酸性高锰酸钾溶液证明结构中存在碳碳双键〖答案〗D〖解析〗A．根据结构简式可知，该有机物分子中含有16个C原子，16个H原子，3个O原子，则其分子式为，故A正确；B．苯环和双键均为平面结构，单键可以旋转，两个甲基可通过旋转使1个H原子与C原子共面，因此N分子中可能共平面的原子最多有31个，故B正确；C．酚羟基的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1mol该物质与浓溴水反应时，最多消耗4molBr2，故C正确；D．酚羟基和碳碳双键均能被高锰酸钾氧化，则滴入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，不能证明结构中存在碳碳双键，故D错误；故〖答案〗选D。9.已知：Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Z元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，其余均为短周期主族元素，Y原子价层电子排布式为，Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。下列说法中正确的是。A.元素的第一电离能：X>R>QB.Z位于元素周期表d区C.原子半径：Y>X>R>QD.Q、Y形成的最高价氧化物的水化物的酸性：Q>Y〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Z元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，Z为Cu元素，其余的均为短周期主族元素；Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4，Q原子的核外电子排布为1s22s22p2，故Q为C元素；X原子的核外电子排布为1s22s22p4，为O元素；R原子序数介于C元素与O元素之间，故R为N；元素Y原子价层电子排布式为msnmpn，则n=2，故为第ⅣA族元素，原子序数大于O元素，小于Cu元素，故Y为Si元素；A．同周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族元素自上而下第一电离能降低，但第ⅤA族由于p轨道为半充满状态，更加稳定，所以第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：R>X>Q，故A错误；B．铜位于元素周期表ds区，故B错误；C．C电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Y>Q>R>X，故C错误；D．同非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Q、Y形成的最高价氧化物的水化物的酸性：Q>Y，故D正确；故选D。10.硒()在医药、催化、材料等领域有广泛应用，乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下图所示。关于硒及其化合物，下列说法不正确的是A.Se原子在周期表中位于p区B.乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有、C.乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子D.键角大小：气态〖答案〗D〖解析〗A．Se原子在周期表的位置是第4周期ⅥA，价层电子排布式为：4s24p4，位于p区，A正确；B．乙烷硒啉分子中，C原子的杂化类型有、，苯环上的C为杂化，此处的C为杂化，B正确；C．乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子，C正确；D．中硒原子的价层电子对数3，孤电子对数为0，分子的空间结构为平面三角形，键角为120°，中硒原子的价层电子对数4，孤电子对数为1，离子的空间结构为三角锥形，键角小于120°，键角大小：气态，D错误；故选D。11.我国科学家研发了一种水系可逆电池，电池工作原理如图所示，电极材料为金属锌和选择性催化材料，图中的双极膜层间的解离成和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是A.电解质溶液2一定是碱性溶液B.充电时，每生成标况下在阴极可生成C.充电时，阳极电极反应式为D.放电时，电池总反应为〖答案〗B〖解析〗由图可知，放电时，Zn作负极，电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，右侧电极为正极，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，充电时，Zn作阴极，电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，右侧电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，据此作答。A．放电时，右侧电解质溶液生成甲酸，溶液为酸性溶液，故A错误；B．充电时，右侧电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，11.2LO2的物质的量为0.5mol，转移电子2mol，Zn作阴极，电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，阴极生成Zn质量为×65g/mol=65g，故B正确；C．由分析可知，充电时，右侧电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故C错误；D．由放电时两极反应可知，电池总反应为Zn+CO2+2OH-+2H2O=Zn(OH)+HCOOH，故D错误；故选：B。12.2-甲基-2-氯丙烷是重要的化工原料，实验室中可由叔丁醇与浓盐酸反应制备，路线如下：下列说法不正确的是A.叔丁醇的系统命名为2-甲基-2-丙醇B.无水CaCl2的作用是除去有机相中残存的少量水C.进行操作1时，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒D.蒸馏时产物比叔丁醇先蒸馏出来〖答案〗C〖解析〗叔丁醇与浓盐酸反应生成2-甲基-2-氯丙烷和水，分液后向有机相中加入水进行洗涤分液，继续向有机相中加入5%的碳酸钠溶液洗涤分液，再次向有机相中加入水进行洗涤分液，由于有机物2-甲基-2-氯丙烷的密度小于水，分液后获得上层有机相，有机相中加入少量无水氯化钙干燥，蒸馏即得到有机物2-甲基-2-氯丙烷。A．叔丁醇的系统命名为2-甲基-2-丙醇，A正确；B．无水氯化钙能吸收有机相中残留的水，从而使蒸馏时得到纯净的2-甲基-2-氯丙烷，B正确；C．操作1为分液，需要用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯，C错误；D．2-甲基-2-氯丙烷比叔丁醇的沸点低，蒸馏时先得到产物2-甲基-2-氯丙烷，D正确；故〖答案〗选C。13.已知卤代烃可与金属钠反应，生成碳链较长的烃：R—X＋2Na＋R'—X→R—R'＋2NaX，现有碘乙烷和1—碘丙烷混合物，使其与金属钠反应，生成的烃不可能是（）A.正戊烷 B.正丁烷 C.正己烷 D.2—甲基戊烷〖答案〗D〖解析〗根据题目信息可知反应的原理为：C-X键发生断裂，X原子与钠形成NaX，与X原子相连的C相连形成新的C-C键，类比该原理分析CH3CH2I和CH3-CH2-CH2I是否能够单独或者相互之间反应生成选项中各物质，以此解答该题。卤代烃可与金属钠反应，生成碳链较长的烃：R-X+2Na+R′-X→R-R′+2NaX，碘乙烷和1—碘丙烷与钠反应时，有同种碘代烷分子的反应，也有异种碘代烷分子的反应。当碘乙烷分子间反应时生成正丁烷；当1—碘丙烷分子间反应时生成正己烷；当碘乙烷和1—碘丙烷分子间反应时生成正戊烷，故不可能生成2—甲基戊烷；故选D。14.硒化锌(摩尔质量)是一种重要的半导体材料，其立方晶胞结构及沿z轴投影如图。已知晶胞参数为，O点原子分数坐标为．下列说法错误的是A.与最近且距离相等的有12个 B.间距离为C.Q点原子分数坐标为 D.晶体密度为〖答案〗C〖解析〗A．以顶点Se原子为对象，面心的Se原子与最近且距离相等的有12个，故A正确；B．根据晶体结构图可知，间距离为对角线的距离，为；故B正确；C．以O原子为原点时，由右图可知，Q点在X轴和Y轴的四分之三处，结合该晶胞的三维结构，Q点是在Z轴四分之三处，Q点原子分数坐标为；故C错误；D．该晶胞中含有4个硒化锌，所以晶体密度为；故D正确；故〖答案〗选C。第II卷(非选择题共58分)二、非选择题：本题包括4小题，共58分。15.近年来，改善环境是科学研究的重要课题，对实现碳循环及废气资源的再利用技术的发展都具有重要意义，请回答下列问题：（1）CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。科学家致力于与反应制的研究。①干冰是很好的制冷剂，干冰升华时，需要克服的作用力是___________。②的沸点比高，主要原因是___________。③被氧化为HCHO，HCHO继续被氧化可生成HCOOH，HCHO分子的空间结构为___________（2）常温常压下，一些常见物质的燃烧热如表所示：名称氢气甲烷一氧化碳甲醇已知，则___________。（3）一定条件下，和发生反应：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)∆H，设起始，在恒压下，反应达到平衡时的体积分数与Z和T(温度)的关系如图所示，下列说法正确的是___________。A.若氢气的物质的量分数不再随时间而改变，则该反应达到平衡B.加入合适的催化剂，该反应的平衡转化率和的值均增大C.当混合气体的平均相对分子质量不再随时间而改变时，该反应达到平衡D.图中Z的大小a>3>b（4）在T1℃时，往的某恒容密闭容器中充入和，发生反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，后该反应达到平衡，此时测得混合气体的总物质的量为起始总物质的量的1.5倍，则该反应的平衡常数___________。（5）利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，装置如图：①铜电极上产生CH4的电极反应式为___________。②(标准状况下)CO2通入铜电极，若只生成CO和CH4，此时铜极区溶液增重，则生成CO和的体积比为___________。〖答案〗（1）①.分子间作用力②.CH3OH能形成分子间氢键，CO2不能形成分子间氢键③.平面三角形（2）-90.1（3）AC（4）1.44（5）①.CO2+8e—+8H+=CH4+2H2O②.4∶1〖解析〗【小问1详析】①干冰是分子晶体，所以干冰升华时，二氧化碳需要克服的作用力是分子间作用力，故〖答案〗为：分子间作用力；②甲醇的官能团为羟基，所以甲醇能形成分子间氢键，而二氧化碳不能形成分子间氢键，所以甲醇分子的分子间作用力强于二氧化碳，沸点高于二氧化碳，故〖答案〗为：CH3OH能形成分子间氢键，CO2不能形成分子间氢键；③甲醛分子中双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，所以分子的空间结构为平面三角形，故〖答案〗为：平面三角形；【小问2详析】由题意可得如下热化学方程式：①CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=—283.0kJ/mol，②H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=—285.8kJ/mol，③CH3OH(l)+O2(g))=CO2(g)+2H2O(l)△H=—726.5kJ/mol，④，由盖斯定律可知，反应①+②×2—③—④可得反应，则(—283.0kJ/mol)+(—285.8kJ/mol)×2—(—726.5kJ/mol)—(—38.0kJ/mol)=—90.1kJ/mol，〖答案〗为：—90.1；【小问3详析】A．氢气的物质的量分数不再随时间而改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；B．加入合适的催化剂能加快反应速率，但化学平衡不移动，不影响平衡转化率和反应焓变，故错误；C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应为气体体积增大的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量减小，则混合气体的平均相对分子质量不再随时间而改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；D．起始投料比增大，相当于增大水的浓度，平衡向正反应方向移动，甲烷的体积分数减小，则由图可知，投料比的大小顺序为a<3<b，故错误；故选AC；【小问4详析】设平衡时，一氧化碳的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：由反应达到平衡时，混合气体的总物质的量为起始总物质的量的1.5倍可得：=，解得a=2，则反应的平衡常数K==1.44，故〖答案〗为：1.44；【小问5详析】由图可知，与直流电源负极相连的铜电极为电解池的阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷、一氧化碳和水，电极反应式为CO2+8e—+8H+=CH4+2H2O、CO2+2e—+2H+=CO+H2O，铂电极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进行铜电极区；①由分析可知，与直流电源负极相连的铜电极为电解池的阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷、一氧化碳和水，其中生成甲烷的电极反应式为CO2+8e—+8H+=CH4+2H2O，故〖答案〗为：CO2+8e—+8H+=CH4+2H2O；②标准状况下5.6L二氧化碳的物质的量为=0.25mol，设阴极生成一氧化碳和甲烷的物质的量分别为xmol、ymol，由碳原子个数守恒可得x+y=0.25mol，由铜极区溶液增重5.4g可得18x+36y=5.4，解联立方程可得x=0.2、y=0.05，则则生成一氧化碳和甲烷的体积比为0.2mol∶0.05mo=4∶1，故〖答案〗为：4∶1。16.溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图如图(夹持及加热装置略去)，有关数据如表所示。物质苯溴溴苯密度/(g•cm-3)0.883.201.50沸点/℃8059156水中溶解度不溶微溶不溶按下列合成步骤回答问题：（1）在仪器a中加入15mL无水苯和少量铁屑。在b中小心加入4mL液溴。仪器a的名称为___________，a中生成溴苯的化学方程式为___________，c的作用为___________。（2）充分反应后，经下列步骤分离提纯。①向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑。②滤液依次用10mL水、8mLNaOH稀溶液、10mL水洗涤。第一次水洗的目的是___________，加入NaOH稀溶液后发生反应的化学方程式为___________。（3）充分反应后，往d烧杯中加入稀硝酸使混合液呈中性，取25.00mL中性混合液于锥形瓶中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用0.1molL-1的AgNO3标准液滴定至终点，消耗的AgNO3标准液的体积为20.00mL，忽略稀HNO3与Br-的反应。d烧杯的溶液中c(Br-)=___________molL-1(不考虑其他反应)，请判断该实验是否能证明苯与液溴发生了取代反应并说明原因___________。〖答案〗（1）①.三颈烧瓶②.+Br2+HBr③.冷凝回流（2）①.除去大部分的HBr和FeBr3②.3Br2+6NaOH=NaBrO3+3H2O+5NaBr、HBr+NaOH=H2O+NaBr（3）①.0.08②.不能，原因：挥发的溴单质与氢氧化钠反应生成了溴离子〖解析〗苯与溴单质在FeBr3作催化剂条件下发生取代反应生成溴苯、HBr，装置a中反应生成溴苯，该反应为放热反应，溴单质、苯易挥发，因此利用装置c进行冷凝回流，使其充分发生反应，HBr为气体物质、会污染空气，利用氢氧化钠吸收。a中未反应的Fe可用加水，然后过滤的方法除去，未反应的溴和未挥发的的HBr用NaOH反应吸收，然后用无水氯化钙除去水，用过滤除去溴化钠、氯化钙，据此解答。【小问1详析】仪器a的名称为三颈烧瓶；a中生成溴苯的化学方程式为：+Br2+HBr；c的作用为冷凝回流；【小问2详析】第一次水洗目的是除去大部分的HBr和FeBr3，加入NaOH稀溶液后发生反应的化学方程式为3Br2+6NaOH=NaBrO3+3H2O+5NaBr、HBr+NaOH=H2O+NaBr；【小问3详析】Ag++Br-＝AgBr↓，n(Br-)=n(Ag+)=0.