期末模拟试卷02-

20222023学年度高一化学下学期期末模拟试卷02注意事项：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。试卷满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号写在答题卡上。3.考生答题时，请将答案写在答题卡上。可能用到的相对原子质量：H1N14O16Br80Zn65C12Cl35.5I127Na23第I卷(选择题共40分)一、选择题(本题20个小题，每题2分，每题只有一个选项符合题意，共40分)1.“绿水青山就是金山银山”。下列做法有利于环境保护和可持续发展的是A.生活垃圾直接露天焚烧，减少处理成本B.大量生产一次性超薄塑料袋，方便日常生活C.加大农药和化肥的生产和使用量，以提高粮食的产量D.推行绿色设计、绿色工艺，开发绿色产品，从源头上消除污染【答案】D【解析】A．生活垃圾直接露天焚烧可产生大量二恶英、颗粒物和有机物，对人体危害很大，选项A错误；B．塑料不易降解，容易造成“白色污染”，不符合题意，选项B错误；C．农药化肥过量的使用，在农作物上的残留会对人的健康不利，选项C错误；D．推行绿色设计、绿色工艺，开发绿色产品，从源头上消除污染，选项D正确。答案选D。2.下列叙述正确的是（）A.离子化合物一定不含共价键B.共价化合物中一定不含有离子键C.气态单质的分子中一定存在共价键D.非金属元素的化合物中一定不含离子键【答案】B【解析】【详解】A.Na2O2中的过氧键为非极性键，但是为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，A项错误；B.共价化合物中只含有共价键，一定没有离子键，B项正确；C.稀有气体的单质是单原子分子，不含有共价键，C项错误；D.NH4Cl由非金属元素构成，但是它是离子化合物含有离子键，D项错误；本题答案选B。3.我国纪念2020年“世界水日”和开展“中国水周”活动的宣传主题为“严格管理水资源，推进水利新跨越”。现在淡水资源的污染和日益匮乏已成为世界关注的焦点，若利用海水淡化法来提供淡水，下列做法不可行的是A.将海水通过离子交换树脂，除去所含大量的盐分B.加入明矾，使海水中的盐分沉淀并淡化C.利用丰富的太阳能资源，使海水蒸馏淡化D.采用膜分离技术使海水淡化【答案】B【解析】【分析】【详解】A．通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的，A正确；B．明矾可以净水器原理是：明矾溶于水，产生氢氧化铝胶体、胶体能吸附水中的固体悬浮物并使之沉降，但明矾不会沉淀水中的离子，不能使海水中的盐分沉淀而淡化，B错误；C．蒸馏法是工业上淡化海水的一种常用方法。利用丰富的太阳能资源，能使海水蒸馏淡化，C正确；D．膜分离法能广泛应用于海水淡化，D正确；答案选B。4.下列四个选项中，表示吸热反应的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】【详解】A.E(反应物)(生成物)的反应为吸热反应，故A正确；B.E(反应物)(生成物)的反应为放热反应，故B错误；C.每一个化学反应有新物质生成的同时，都伴随着能量变化，故E(反应物)与E(生成物)不可能相等，故C项图像错误；D.根据断裂化学键时吸收能量，形成化学键时释放能量可知，D项图像错误；故选A。5.下列每组中的两种互为同素异形体的是A.金刚石与石墨 B.CH4与CH3CH3C.正丁烷与异丁烷 D.12C与14C【答案】A【解析】【详解】A．金刚石与石墨，均为C元素构成的单质，同素异形体，A符合题意；B．CH4与CH3CH3，结构相似，分子式相差1个CH2，为同系物，B不符合题意；C．正丁烷与异丁烷，分子式均为C4H10，为同分异构体，C不符合题意；D．12C与14C，质子数相同，中子数不同的原子，为同位素，D不符合题意；答案选A。6.某有机物的结构简式为HOOC—CH=CHCH2OH，该有机物不可能发生的化学反应是A.水解 B.氧化 C.加成 D.酯化【答案】A【解析】【分析】【详解】A．不含能水解的官能团，则不能发生水解反应，选项A选；B．碳链末端含OH、含碳碳双键，可发生氧化反应，选项B不选；C．含碳碳双键，可发生加成反应，选项C不选；D．含OH、COOH，均可发生酯化反应，选项D不选；答案选A。7.氢氧燃料电池的构造如图所示。下列说法正确的是A.a是电池正极B.b电极的电极反应为O2+4e+4H+=2H2OC.电池工作时，电池内部中的H+向a电极迁移D.电子由a沿导线流向b，再由b通过电解质溶液流回a【答案】B【解析】【分析】【详解】A．该燃料电池中，通入氢气的一极为负极，即a电极为负极，b电极为正极，故A错误；B．通入氧气的b电极为原电池的正极，氧气得电子生成水，电极反应式为O2+4H++4e=2H2O，故B正确；C．电池工作时，H2在负极发生失电子的反应生成H+，H+向b电极迁移，故C错误；D．原电池工作时，电子由负极a经外电路流向正极b，但电子不能进入溶液中，故D错误；故选：B。8.下列属于加成反应的是A.CCl4+H2CHCl3+HClB.2CH2=CH2+O22CH3CHOC.+HNO3+H2OD.+3H2【答案】D【解析】【分析】【详解】A．反应CCl4+H2CHCl3+HCl是取代反应，A不符合题意；B．反应2CH2=CH2+O22CH3CHO是乙烯的氧化，属于氧化反应，B不符合题意；C．反应+HNO3+H2O是苯的硝化反应，属于取代反应，C不符合题意；D．反应+3H2是苯的加成反应，符合题意，D正确；故选D。9.下列关于化学反应与能量的说法正确的是A.风力、流水、原煤、电力、天然气都属于一次能源B.NaOH固体溶于水温度升高，是因为发生了放热反应C.甲烷燃烧放热，是因为破坏反应物化学键所需的能量特别大D.石墨转化为金刚石是吸热反应，故石墨比金刚石更稳定【答案】D【解析】【分析】【详解】A．电力不属于自然界里存在的能源(一次能源)、属于二次能源，A错误；B．氢氧化钠固体溶于水是物理变化，没有生成新物质，该过程是放热过程，但不是放热反应，B错误；C．甲烷燃烧放热，是因为破坏反应物化学键吸收的能量小于形成新化学键放出的能量，C错误；D．石墨转化为金刚石是吸热反应，说明石墨的能量比金刚石的低，物质的能量越低越稳定，所以石墨比金刚石更稳定，D正确；答案选D。10.下列物质中，在一定条件下既能起加成反应，又能起取代反应，但不能使KMnO4酸性溶液褪色的是()A.苯 B.乙烷 C.乙烯 D.乙醇【答案】A【解析】【详解】A．一定条件下，苯环上的H原子能被硝基、溴原子取代，苯环还能和氢气发生加成反应，同时，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B．乙烷能和Cl2在光照条件下发生取代反应，不能发生加成反应，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．乙烯能发生加成反应，不能发生取代反应，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D．乙醇和氢卤酸反应时，羟基被卤素原子取代，和羧酸反应时，H被取代，同时能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误。答案选A。11.有机化合物可能发生的化学反应有①加成反应②氧化反应③取代反应④加聚反应A.①③ B.①②③④C.②③④ D.①③④【答案】B【解析】【分析】该有机物含有碳碳双键、羟基、羧基、苯环，结合烯烃、醇、羧酸、苯的性质来解答。【详解】①含有碳碳双键、苯环均可发生加成反应，故①选；②含碳碳双键、羟基均可发生氧化反应，故②选；③含羟基、羧基均可发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故③选；④含碳碳双键可发生加聚反应，故④选；综上所述，①②③④均可以发生，B项正确；答案选B。12.工业上制备下列物质的生产流程合理的是A.由铝土矿冶炼铝：铝土矿Al2O3AlCl3AlB.由NaCl制漂白粉：饱和食盐水Cl2漂白粉C.从海水中提取镁：海水Mg(OH)2MgOMgD.由黄铁矿制硫酸：黄铁矿SO2SO3H2SO4【答案】D【解析】【分析】【详解】A．铝土矿冶炼铝流程中，AlCl3是共价化合物，不能用电解AlCl3制取金属铝，A错误；B．漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，而Cl2与.NaOH溶液反应可制取漂白液，其有效成分是NaClO，B错误；C．MgO熔点太高，一般通过电解熔融MgCl2晶体制取金属镁，前一步中，应在Mg(OH)2，中加HCl制得MgCl2·6H2O，然后在HCl气氛中，加热蒸干MgCl2·6H2O得到MgCl2晶体，C错误；D．黄铁矿制取硫酸的生产流程皆合理，黄铁矿主要成分为FeS2，煅烧后，得到SO2，SO2经催化氧化得SO3，用98%浓硫酸吸收SO3可制取硫酸，D正确；答案选D。13.在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列各项不再发生变化时，表明反应A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)已经达到化学平衡状态的有①混合气体的压强②混合气体的密度③B的物质的量浓度④混合气体的总物质的量⑤3v正(B)=2v逆(C)⑥v(C)与v(D)的比值⑦单位时间内生成nmolD同时生成3nmol的B⑧混合气体的平均相对分子质量A.①③④⑦ B.②③⑦⑧ C.③⑥⑦⑧ D.①③⑥⑧【答案】B【解析】【分析】根据化学平衡状态的特征：正逆反应速率相等，各组分含量保持不变分析。【详解】①反应前后气体分子数不变，混合气体的压强始终不变，不能判断化学平衡状态，故①错误；②根据ρ=m÷V，混合气体的质量增大，恒容V不变，故密度随着反应的进行增大，混合气体的密度不变时反应达到平衡，故②正确；③平衡时，B的物质的量浓度不再变化，故③正确；④根据反应有3分子气体得到3分子气体，气体的总物质的量始终不变，不能判断化学平衡状态，故④错误；⑤3v正(B)=2v逆(C)，说明正逆反应速率不相等，没有得到平衡状态，故⑤错误；⑥根据方程式可知v(C)与v(D)的比值始终是2:1，不能判断化学平衡状态，故⑥错误；⑦单位时间内生成nmolD的同时生成3nmol的B，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故⑦正确；⑧根据M=m÷n，混合气体的质量增大，n不变，故M随着反应的进行增大，混合气体的平均相对分子质量不变时达到平衡，故⑧正确；故选B。14.锂空气电池放电时的工作原理如图所示。下列叙述正确的A.放电时Li＋由B极向A极移动B.电池放电反应为4Li＋O2＋2H2O===4LiOHC.正极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2OD.电解液a可以为LiCl水溶液【答案】B【解析】【详解】A．在原电池中，A是负极，B是正极，阳离子由A极向B极移动，即放电时Li＋由A极向B极移动，A项错误；

B．原电池放电反应为自发进行的氧化还原反应，即4Li＋O2＋2H2O===4LiOH，B项正确；

C．正极上是氧气得电子的还原反应，在碱性电解质下发生的反应为4OH4e=O2↑+2H2O，C项错误；

D．金属锂可以和水发生反应，电解质中不能含有水，D项错误；

故选B。15.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.16g甲烷中含电子数为10NAB.78g苯中含碳碳双键数目为3NAC.标准状况下，11.2L己烷中含有的分子数为0.5NAD.0.1mol乙酸与0.1mol乙醇在浓硫酸催化下充分反应，生成乙酸乙酯的分子数为0.1NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A．甲烷分子中含有10个电子，则16g甲烷中含电子数为×10×NAmol—1=10NA，故A正确；B．苯分子中不含有碳碳双键，故B错误；C．标准状况下，己烷不是气态，无法计算11.2L己烷的物质的量和含有的分子数，故C错误；D．乙酸与乙醇的酯化反应是可逆反应，可逆反应不可能完全完全反应，则0.1mol乙酸与0.1mol乙醇在浓硫酸催化下充分反应，生成乙酸乙酯的分子数小于0.1NA，故D错误；故选A。16.下列由实验得出的结论正确的是实验结论A甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红生成的有机物具有酸性B乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇与水分子中氢的活性相同C在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色石蜡油的分解产物中含有烯烃D向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热，再加入银氨溶液未出现银镜蔗糖未水解A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】【详解】A．甲烷与氯气在光照下发生取代反应生成的有机物氯甲烷是非电解质，不能发生电离，不表现酸性，取代反应的另外一种产物为氯化氢，其水溶液显酸性，故A错误；B．乙醇是非电解质，不能电离出氢离子，水是极弱的电解质，能部分电离出氢离子，则乙醇分子中羟基氢的活性小于水分子，故B错误；C．在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热能发生裂化反应生成烷烃和烯烃，反应生成的烯烃能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使溶液褪色，故C正确；D．葡萄糖在碱性条件下与银氨溶液发生银镜反应生成银，由于加热后没有加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸，则加入银氨溶液未出现银镜不能判断蔗糖是否水解，故D错误；故选C。17.海洋中有丰富的“食品、矿产、能源、药物和水产资源”等，下列说法正确的是A.第①步中除去粗盐中的SO、Ca2＋、Mg2＋等杂质，加入药品的顺序为：Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、过滤后加盐酸B.工业上通过电解氯化钠溶液制取金属钠C.第③步到第⑤步的目的是为了富集溴元素D.第④步离子方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+2H++SO【答案】C【解析】【分析】【详解】A．粗盐提纯应先加入BaCl2溶液，后加入Na2CO3溶液，NaOH溶液加入顺序随意，描述错误，不符题意；B．制取金属钠需电解熔融态NaCl，描述错误，不符题意；C．溴离子在海水中浓度很低，第一次制得溴单质直接萃取分离的成本过高，处理也很麻烦，故需用SO2的水溶液再次吸收Br2，获得高浓度的Br溶液，描述正确，符合题意；D．HBr是强电解质，离子方程式中需拆写为离子形式，方程式拆写错误，不符题意；综上，本题选C。18.一定条件下，对于可逆反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol·L－1、0.3mol·L－1、0.08mol·L－1，则下列判断正确的是（）A.c1∶c2＝3∶1B.平衡时，Y和Z的生成速率之比为2∶3C.X、Y的转化率不相等D.c1的取值范围为0mol·L－1<c1<0.14mol·L－1【答案】D【解析】【详解】A．设X转化的浓度为x，

X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)初始：c1c2c3转化：x

3x

2x平衡：0.1moL/L0.3mol/L0.08mol/L所以c1：c2=(x+0.1moL/L)：(3x+0.3mol/L)=1：3，故A错误；B．平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3：2，故B错误；C．反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C错误；D．若反应向正反应进行到达平衡，X、Y的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：

根据方程式

X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)，开始(mol/L)：c1

c2

c3变化(mol/L)：0.04

0.12

0.08平衡(mol/L)：0.1

0.3

0.08c1=0.14

c2=0.42

c3=0若反应逆正反应进行到达平衡，X、Y的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：

根据方程式

X(气)+3Y(气)⇌2Z(气)，

开始(mol/L)：c1

c2

c3

变化(mol/L)：0.1

0.3

0.2

平衡(mol/L)：0.1

0.3

0.08

c1=0

c2=0

c3=0.28反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如反应向逆反应分析进行，则c1＞0，如反应向正反应分析进行，则c1＜0.14mol•L1，故有0＜c1＜0.14mol•L1，故D正确；故答案为D。19.0.1mol两种气态烃组成的混合气体完全燃烧，得到0.16molCO2和3.6gH2O，下列说法中不正确的是A.混合气体中一定有甲烷 B.两种烃分子中氢原子数都为4C.混合气体中一定没有乙烷 D.两种烃可能是C2H4和C3H4【答案】D【解析】【分析】【详解】，即0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒，混合烃的平均分子式为C1.6H4；烃中C原子数小于1.6的只有CH4，则混合气体中一定含有CH4，因为CH4分子中含4个H原子，则另一种烃分子中一定含4个H原子，且其C原子数大于1.6，故可能是C2H4或C3H4。A．根据以上分析可以知道,混合气体中一定含有CH4，故A正确；B．根据以上分析可以知道，两种烃分子中氢原子数都为4，故B正确；C．根据以上分析可以知道，烃分子中一定含4个H原子，混合气体中一定没有乙烷，故C正确；D．烃中C原子数小于1.6，两种烃混合气体中其中一种一定是CH4，另外一种可能是C2H4或C3H4，故D错误；故答案为D。20.已知气态烃A的密度是相同状况下氢气密度的14倍，有机物A~E能发生下图所示一系列变化，则下列说法正确的是A.A能使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理相同B.淀粉或纤维素经水解可变成BC.可用新制氢氧化铜溶液鉴别B和DD.E和油脂均可水解生成B【答案】C【解析】【分析】【详解】气态烃A的密度是相同状况下氢气密度的14倍，气态烃A分子量为28，可知气态A为乙烯。根据变化图可知A乙烯与水反应生成B乙醇，氧化生成C乙醛，在被氧化生成D乙酸，乙酸与B乙醇酯化，生成E乙酸乙酯。A．A为乙烯，能使溴的四氯化碳溶液是加成反应，酸性高锰酸钾溶液褪色是氧化，褪色原理不相同，故A错误；B．淀粉或纤维素经水解可变成葡萄糖不是乙醇，故B错误；C．B为乙醇，D为乙酸，乙醇不与新制氢氧化铜反应，乙酸能和新制氢氧化铜发生中和反应，可鉴别B和D，故C正确；D．E为乙酸乙酯，水解可生成乙醇，油脂水解生成丙三醇，故D错误；故答案为C。第II卷（非选择题共60分）21.（15分）硫酸是当今世界最重要的化工产品之一。I．硫酸的各种制法：（1）早在1000多年前，我国就已采用加热胆矾(CuSO4·5H2O)或绿矾(FeSO4·7H2O)的方法制取硫酸。FeSO4受热分解的化学方程式：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。①将FeSO4受热产生的气体通入如图1装置中，以检验产生的气体中是否含有SO3和SO2。能说明SO2存在的实验现象是_________。

②有同学提出图1虚线框内盛装NaOH溶液的装置可以换成a装置，其中多孔玻璃球泡的作用是_____。（2）目前工业上主要采用接触法制备硫酸，其中一步为：2SO2+O22SO3。实验室模拟该过程常用图2装置进行实验。b装置中装有浓硫酸，写出b装置的作用_________(写出两点)。

II．硫酸的性质（3）图3中甲试管内发生反应的化学方程式为_____，该反应体现了浓硫酸的性质为____。

（4）当铜片与浓硫酸充分反应后，试管内并未出现蓝色溶液，而是看到了白色固体，请分别写出检验该白色固体离子组成的方法___________。【答案】（1）①.品红溶液褪色②.增大接触面，提高气体的吸收效率（2）干燥气体；使气体混合均匀(或控制气流速度，调整气流比例)（3）①.Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O②.强氧化性和酸性（4）取少量白色固体溶于水，观察到溶液呈蓝色，证明有Cu2+；再滴加适量硝酸酸化的硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，证明有SO。综上说明该白色固体为CuSO4【解析】【分析】【小问1详解】①将FeSO4受热产生的气体通入如图1装置中，以检验产生的气体中是否含有SO3和SO2。SO2具有漂白性，能使品红褪色，故能说明SO2存在的实验现象是试剂瓶中的品红溶液褪色。故答案为：品红溶液褪色；②a装置中多孔玻璃球泡的作用是增大接触面，提高气体的吸收效率。故答案为：增大接触面，提高气体的吸收效率；【小问2详解】b装置中装有浓硫酸，混合气体通过b装置，b装置的作用有三个：干燥气体；使气体混合均匀(或控制气流速度，调整气流比例)(写出两点)。故答案为：干燥气体；使气体混合均匀(或控制气流速度，调整气流比例)；【小问3详解】加热下，Cu能与浓硫酸反应，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；体现了浓硫酸的强氧化性和酸性。故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；强氧化性和酸性；【小问4详解】浓硫酸中水的含量很少，生成的硫酸铜未溶解，以固体形式存在，故只看到白色固体，要检验白色固体的成分，可以取少量白色固体溶于水，观察到溶液呈蓝色，证明有Cu2+；再滴加适量硝酸酸化的硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，证明有SO。综上说明该白色固体为CuSO4。故答案为：取少量白色固体溶于水，观察到溶液呈蓝色，证明有Cu2+；再滴加适量硝酸酸化的硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，证明有SO。综上说明该白色固体为CuSO4。22.（15分）从海水中可以获得淡水、食盐，并可提取镁和溴等物质。（1）请写出海水淡化的一种方法：_______。（2）步骤Ⅰ中已获得，步骤Ⅱ中又将还原为，其目的是_______。第二次通入后，为了除去过量的微量，可向溶液中加入适量_______(填字母)，充分反应后，要提取还要进行的操作为_______、蒸馏。A.溶液B.溶液C.溶液D.饱和溶液（3）工业上从母液中获取用石灰乳而不用溶液的原因是_______。（4）从母液中得到的沉淀中混有少量的，除去少量的方法是先将沉淀加入_______(填化学式)溶液中，充分搅拌后经过滤、洗涤可得。（5）写出冶炼金属镁的化学方程式：_______。【答案】（1）蒸馏法、电渗析法、离子交换法（2）①.富集溴元素②.B③.萃取、分液（3）石灰乳原料丰富，成本低（4）（5）【解析】【分析】降低海水温度得到粗盐和母液，通过CaCO3CO2+CaO、CaO+H2O=Ca(OH)2、Mg2++2OH=Mq(OH)2↓获取Mg(OH)2，将Mg(OH)2加盐酸浓缩结晶得到MgCl2·6H2O，为防止镁离子水解，在HCl氛围中将MgCl2·6H2O加热蒸干得到无水MgCl2，电解熔融氯化镁得到Mg单质；从母液中得到NaBr溶液，向NaBr溶液中通入Cl2，发生反应2Br+Cl2=2C1+Br2，向低浓度Br2溶液中通人SO2，发生反应Br2+SO2+2H2O=4H++SO+2Br，向含有Br的浓溶液中通入Cl2，得到高浓度Br2。【小问1详解】海水淡化的方法为蒸馏法、电渗析法、离子交换法。【小问2详解】)根据分析，步骤l中获得Br2浓度较低，步骡ll中又将Br2还原为Br，其目的是富集溴元素。A、C都既能与氯气反应又能和溴单质反应，D都不反应，只有B能和氯气反应，不与溴单质反应，故选B。从水溶液中提取Br2，需用有机物萃取，然后分液，再蒸馏。【小问3详解】工业上从盐卤中获取Mg(OH)2用石灰乳而不用NaOH溶液的主要原因是石灰乳原料丰富，成本低。【小问4详解】从过程得到的Mg(OH)2沉淀中混有少量的Ca(OH)2，除去少量Ca(OH)2的方法是先将沉淀加入到盛有MgCl2溶液的烧杯中，充分搅拌后经过滤、洗涤可得纯净的Mg(OH)2，故答案为：MgCl2。【小问5详解】用电解熔融氯化镁冶炼金属镁的化学方程式为。23.（15分）已知：有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，B有特殊的香味，E是常见的高分子材料。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示。

（1）A、D分子中官能团的名称分别是____、_____。反应④、⑤的反应类型分别是____、____。（2）反应②的化学方程式是_______，反应④的化学方程式是_______。（3）某同学用如下图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯。

实验结束后，烧杯D中上层出现透明的、不溶于水的油状液体。①在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入几块碎瓷片，其目的是______。②仪器C的名称是_____。在该实验中，它的作用除了冷凝，还可以_________。③烧杯D中盛放的溶液是________，它的作用是_______(填字母)a．中和乙酸和乙醇b．中和乙酸，吸收乙醇c．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，利于它分层析出d．加速酯的生成，提高其产率④在实验室制备乙酸乙酯的实验中，要制备1mol乙酸乙酯所需的B和D远大于1mol(不考虑原料的挥发损耗)，原因是___________。【答案】（1）①.碳碳双键②.羧基③.酯化反应或取代反应④.加聚反应（2）①.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O②.CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O（3）①.防止暴沸②.球形干燥管③.防倒吸④.饱和碳酸钠溶液⑤.bc⑥.反应是可逆反应，有一定的限度，不可能完全转化【解析】【分析】有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A是CH2=CH2，CH2=CH2和H2O反应生成CH3CH2OH，则B是CH3CH2OH，CH3CH2OH被O2氧化生成C，C反应生成D，D和乙醇反应生成乙酸乙酯，则D是CH3COOH，C是CH3CHO，A反应生成E，E是高分子化合物，则E结构简式为。【小问1详解】A是CH2=CH2，D是CH3COOH，分子中官能团的名称分别是碳碳双键、羧基。反应④CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O、⑤nCH2=CH2，反应类型分别是酯化反应或取代反应、加聚反应。故答案为：碳碳双键；羧基；酯化反应或取代反应；加聚反应；小问2详解】反应②CH3CH2OH被O2氧化生成CH3CHO，化学方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，反应④CH3COOH和乙醇反应生成乙酸乙酯，化学方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，。故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；【小问3详解】①在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入几块碎瓷片，其目的是防止暴沸。故答案为：防止暴沸；②仪器C的名称是球形干燥管。在该实验中，它的作用除了冷凝，还可以防倒吸。故答案为：球形干燥管；防倒吸；③烧杯D中盛放的溶液是饱和碳酸钠溶液，饱和碳酸钠溶液能溶解乙醇，能和乙酸反应生成二氧化碳和可溶性的乙酸钠，能降低乙酸乙酯溶解度，从而更好的析出乙酸乙酯，故选bc；故答案为：饱和碳酸钠溶液；bc；④在实验室制备乙酸乙酯的实验中，要制备1mol乙酸乙酯所需的CH3