期末模拟卷03(提分拔高卷)高一化学期末仿真演练卷(必修第二册)(解析版)

2020-2021学年新教材人教版高一化学期末仿真演练卷03（考试时间：75分钟试卷满分：100分）考试内容：新教材人教必修第二册难度：★★★★☆一、选择题：本题共15小题，每小题2分，共30分，每小题只有一个正确选项。1．从人类利用金属的历史看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的利用是近百年的事，造成这个先后顺序事实的最主要因素是A．金属活动性及冶炼的难易程度 B．金属的导电性C．金属的延展性 D．地壳中金属元素的含量【答案】A【解析】地壳里含量最高的是金属铝，但铝开发利用的时间在铜、铁之后，说明金属大规模开发利用主要和金属的活动性有关，活动性弱的金属容易以单质形式存在，易被开发和利用，活动性强的金属一般以化合物形式存在，难以冶炼，故与金属冶炼的难易程度有关，故A符合题意。2．下列实验方案不合理的是（）A．可以用酸性高锰酸钾除去甲烷中的乙烯B．分离苯和硝基苯的混合物，可用蒸馏法C．可用氢氧化钠溶液将溴苯中的溴除去D．可用水来鉴别苯、乙醇、四氯化碳【答案】A【解析】A.酸性高锰酸钾溶液能把乙烯氧化为二氧化碳，不能用酸性高锰酸钾除去甲烷中的乙烯，应该用溴水，A错误；B.苯和硝基苯的沸点相差较大，分离苯和硝基苯的混合物可用蒸馏法，B正确；C.溴苯与氢氧化钠溶液不反应，可用氢氧化钠溶液将溴苯中的溴除去，C正确；D.苯不溶于水，在上层，乙醇与水互溶，四氯化碳不溶于水，在下层，可用水来鉴别苯、乙醇、四氯化碳，D正确。答案选A。3．从柑橘中可提炼得1，8萜二烯（）．下列有关它的说法正确的是（）A．分子式为C10H14B．属于烃，难溶于水，可用某些有机溶剂提取1，8萜二烯C．与酸性高锰酸钾溶液、氧气、溴水等均可发生氧化反应D．它的一种同分异构体的结构中可能含有苯环【答案】B【解析】A．根据结构简式可确定分子式知C10H16，A错误；B．只含C、H元素的化合物是烃，烃难溶于水，该物质中只含C、H元素，所以属于烃，难溶于水，易溶于有机溶剂，因此可用某些有机溶剂提取1，8萜二烯，B正确；C．该物质中含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应，不是氧化还原反应，C错误；D．该物质的不饱和度是3，苯的不饱和度是4，所以该物质的一种同分异构体中不可能含有苯环，D错误；答案选B。4．利用“Na—CO2”电池可将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na—CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，放电时总反应的化学方程式为4Na＋3CO2=2Na2CO3＋C。放电时该电池“吸入”CO2，其工作原理如图所示，下列说法中不正确的是A．电流流向为MWCNT→导线→钠箔B．放电时，正极的电极反应式为3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋CC．选用高氯酸钠—四甘醇二甲醚作电解液的优点是导电性好，不与金属钠反应，难挥发D．原两电极质量相等，若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole－时，两极的质量差为11.2g【答案】D【解析】A.根据4Na＋3CO2=2Na2CO3＋C，得出负极为Na，正极为多壁碳纳米管(MWCNT)，则电流流向为MWCNT→导线→钠箔，故A正确；B.放电时，正极是CO2得到电子变为Na2CO3，其电极反应式为3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋C，故B正确；C.选用高氯酸钠—四甘醇二甲醚作电解液的优点是导电性好，不与金属钠反应，难挥发，故C正确；D.原两电极质量相等，若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole－时，负极质量减少0.2mol×23g∙mol−1=4.6g，正极3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋C，生成0.1mol碳酸钠和0.05mol碳，正极质量增加0.1mol×106g∙mol−1+0.05mol×12g∙mol−1=11.2，因此两极的质量差为11.2g+4.6g=15.8g，故D错误。5．下列物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是：①天然气；②焦炉气；③酒精；④花生油；⑤裂化汽油；⑥聚乙烯A．②③④⑤B．②④⑤C．③④⑤⑥D．①②④⑤【答案】A【解析】①天然气的主要成分是甲烷，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；②焦炉气中含有乙烯，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；③酒精是乙醇，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；④花生油中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；⑤裂化汽油中含有不饱和烃，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；⑥聚乙烯中不存在碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。6．氨基甲酸铵分解反应为NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g），在一体积恒定的容器里，发生上面的反应，可以判断该反应已经达到平衡的是A．密闭容器中氨气的体积分数不变B．1molNH2COONH4分解同时有17gNH3消耗C．密闭容器中混合气体的密度不变D．混合气体的平均分子量不变【答案】C【解析】A、反应混合气体只有氨气与二氧化碳，二者物质的量之比始终为2：1，氨体积分数始终不变，不能说明到达平衡，A错误；B、1molNH2COONH4分解同时有17gNH3消耗，17gNH3的物质的量为1mol，消耗17gNH3生成0.5molNH2COONH4，反应未到达平衡，向正反应进行，B错误；C、随反应进行混合气体的质量增大，容器的容积不变，反应混合气体的密度增大，当密度不再变化，说明到达平衡状态，C正确；D、反应混合气体只有氨气与二氧化碳，二者物质的量之比始终为2：1，混合气体的平均分子量始终不变，不能说明到达平衡，D错误；答案选C。7．下列由实验得出的结论正确的是（）实验结论A某有机物完全燃烧，只生成CO2和H2O该有机物属于烃类物质B乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性C用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性强于碳酸的酸性D甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红生产的氯甲烷具有酸性【答案】C【解析】A、某有机物完全燃烧，只生成CO2和H2O，该有机物也可能是含氧衍生物，A错误；B、钠与水反应比与乙醇反应剧烈，说明水中的氢比乙醇中的氢活泼，B错误；C、根据较强酸制备较弱酸可判断出乙酸酸性大于碳酸，C正确；D、甲烷与氯气光照下发生取代反应除生成氯甲烷外，还产生了HCl，HCl使湿润的石蕊试纸变红，D错误。8．对于放热反应H2＋Cl22HCl，下列说法中，正确的是A．产物所具有的总能量高于反应物所具有的总能量B．反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量C．断开1molH－H键和1molCl－Cl键所吸收的总能量大于形成2molH－Cl键所放出的能量D．该反应中，化学能只转变为热能【答案】B【解析】A．该反应是放热反应，产物所具有的总能量低于反应物所具有的总能量，故A错误；B．该反应是放热反应，反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量，故B正确；C．该反应是放热反应，生成物成键释放的总能量大于反应物断键吸收的总能量，因此断开1molH－H键和1molCl－Cl键所吸收的总能量小于形成2molH－Cl键所放出的能量，故C错误；D．该反应中，化学能转变为热能和光能，故D错误。9．下列与有机物有关的说法，错误的是（）A．石油的裂化和裂解属于化学变化而煤的液化、气化属于物理变化B．甲烷、苯、乙酸乙酯、油脂都可以发生取代反应C．鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵会产生白色沉淀，该沉淀还可以重新溶解于水中D．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂【答案】A【解析】A.石油的裂化和裂解、煤的液化、气化均属于化学变化，A错误；B.甲烷、苯、乙酸乙酯、油脂都可以发生取代反应，B正确；C.鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵会产生白色沉淀，发生的是盐析，该沉淀还可以重新溶解于水中，C正确；D.“地沟油”禁止食用，主要成分是油脂，可以用来制肥皂，D正确。10．一定温度下，反应N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是()A．缩小体积使压强增大 B．恒容，充入N2C．恒容，充入He D．恒压，充入He【答案】C【解析】A．气体的物质的量不变，缩小体积，气体的物质的量浓度增大，化学反应速率增大，A选项不满足题意；B．容积不变，充入N2，使反应物N2的物质的量浓度增大，浓度越大，化学反应速率越大，B选项不满足题意；C．容积不变，充入He，反应容器内压强增大，但N2、O2、NO的物质的量浓度并没有变化，因此不改变化学反应速率，C选项正确；D．压强不变，充入He，反应容器的体积必然增大，N2、O2、NO的物质的量浓度减小，化学反应速率减小，D选项不满足题意；答案选C。11．下列过程不涉及化学变化的是（）A．用铁矿石炼铁B．用糯米酿甜酒C．石油分馏D．海水提溴【答案】C【解析】A.用铁矿石炼铁是用还原剂将+3价的铁还原为铁，有新物质生成，涉及化学变化，故A错误；B.用糯米酿甜酒是将淀粉转化为乙醇，有新物质生成，涉及化学变化，故B错误；C．石油分馏是利用物质中各成分的沸点不同，控制温度分离得到馏分的过程，无新物质生成为物理变化，故C正确；D．海水提溴是利用氧化剂氧化溴离子生成溴单质的过程，有新物质生成，涉及化学变化，故D错误；故选C。12．化学与生活、社会密切相关，下列说法不正确的是（）A．淀粉除做食物外，主要用来生产葡萄糖和酒精B．海水淡化能解决淡水供应危机，利用离子交换法可以使海水淡化C．正丁烷、异丁烷的沸点依次降低D．糖类、蛋白质、脂肪是人体必需的营养物质。它们一定条件下都能发生水解和氧化反应【答案】D【解析】A.淀粉是多糖，除做食物外，主要用来生产葡萄糖和酒精，A正确；B.海水淡化能解决淡水供应危机，利用离子交换法可以使海水淡化，B正确；C.正丁烷、异丁烷互为同分异构体，支链越多，沸点越低，即沸点依次降低，C正确；D.糖类中的单糖不能发生水解，D错误。13．下列化学反应的离子方程式正确的是A．在稀氨水中通入过量CO2：2NH3·H2O+CO2=2NH+CO+2H2OB．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3+2HClOC．碳酸氢铵溶液与足量的NaOH溶液混合后加热：NH+OH-=NH3+H2OD．KHCO3溶液中加入少量NaHSO4溶液：HCO+H+=H2O+CO2【答案】D【解析】A．CO2过量，应生成碳酸氢根，离子方程式为NH3·H2O+CO2=NH+HCO，A错误；B．SO2会被氧化为硫酸根，得到硫酸钙沉淀，离子方程式为SO2+H2O+Ca2++3ClO-=CaSO4+2HClO+Cl-，B错误；C．NaOH足量，铵根和碳酸氢根都能反应，离子方程式为HCO+NH+2OH-NH3↑+2H2O+CO，C错误；D．碳酸氢根不能拆，硫酸氢根可拆，二者反应生成二氧化碳和水，D正确。14．对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·L-1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。时间水样0510152025I(pH=2)0.400.280.190.130.100.09II(pH=4)0.400.310.240.200.180.16Ⅲ(pH=4)0.200.150.120.090.070.05IV(pH=4，含Cu2+)0.200.090.050.030.010下列说法不正确的是（）A．在0～20min内，I中M的平均分解速率为0.015mol·L-1·min-1B．其它条件相同时，水样酸性越强，M的分解速率越快C．在0～25min内，Ⅲ中M的分解百分率比II大D．由于Cu2+存在，IV中M的分解速率比I快【答案】D【解析】A、根据化学反应速率数学表达式，v(M)==0.015mol/(L·min)，故A说法正确；B、对比I和II，在相同的时间内，I中消耗M的量大于II中，说明其他条件下不变，酸性越强，M的分解速率越快，故B说法正确；C、在0～25min内，III中M的分解百分率=×100%=75%，II中M的分解百分率=×100%=60%，因此III中M的分解百分率大于II，故C说法正确；D、I和IV中pH不同，因此不能说明Cu2＋存在，IV中M的分解速率大于I，故D说法错误。15．下列有关电池的说法不正确的是A．手机上用的锂离子电池属于二次电池B．甲烷燃料电池可把化学能转化为电能C．锌锰干电池中，锌电极是负极D．锌铜原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极【答案】D【解析】A．手机上用的锂离子电池可以反复的充放电，则手机上用的锂离子电池属于二次电池，故A正确；B．甲烷燃料电池属于原电池，可把化学能转化为电能，故B正确；C．锌锰干电池中，锌电极失电子，是负极，故C正确；D．铜锌原电池工作时，锌是负极，铜是正极，电子沿外电路从负极流向正极，即锌电极流向铜电极，故D错误，故选：D。二、选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个正确选项。16．海水晒盐后的盐卤中含Br-，可提取Br2，流程如图：

已知：①3Br2+3CO=5Br-+BrO+3CO2↑②5Br-+BrO+6H+=3Br2+3H2O下列说法不正确的是A．海水晒盐能实现溴元素的富集B．吸收塔中加入W溶液后得到Br2，W可以是硝酸C．通入Cl2后发生反应：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-D．海水中Br-的浓度约为66mg/L，若该工艺总提取率为60%，1m3海水能制得39.6gBr2【答案】B【分析】由流程可知，海水晒盐分离出盐卤，通入氯气发生2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，热空气吹出溴后，用碳酸钠溶液吸收溴单质发生3Br2+3CO=5Br-+BrO+3CO2↑，W为稀硫酸，然后发生5Br-+BrO+6H+=3Br2+3H2O，最后蒸馏分离出溴，以此来解答。【解析】A．海水晒盐后得到的卤水中Br-的浓度大大增大，故能实现溴元素的富集，A正确；B．硝酸具有强氧化性，将与Br-反应生成有毒有害的气体NO，吸收塔中加入W溶液后得到Br2，W不可以是硝酸，而应该是稀硫酸，发生反应②得到Br2，B错误；C．通入Cl2后的目的就是将Br-氧化为Br2故发生反应的离子方程式为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，C正确；D．根据质量守恒可知：海水中Br-的浓度约为66mg·L-1，若该工艺总提取率为60%，1m3海水能制得66mg·L-1×1000L×60%×10-3g/mg=39.6gBr2，D正确；故答案为：B。17．下列说法全部正确的一组是①CH3—CH=CH2和CH2=CH2的最简式相同②CH≡CH和C6H6含碳量相同③碳原子数不同的直链烷烃一定是同系物④正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点逐渐变低⑤标准状况下，11.2L的己烷所含的分子数为0.5NA(NA为阿伏加德罗常数)⑥邻二甲苯和液溴在光照下取代产物可能为⑦鉴别己烯和苯：向己烯和苯中分别滴入酸性KMnO4溶液，振荡，观察是否褪色A．①②③④⑦ B．②③④⑥ C．②③⑥ D．③⑤⑥【答案】A【解析】①CH3-CH=CH2和CH2=CH2的最简式均为CH2，相同，故①正确；②最简式均为CH，含C量相同，均为92.3%，故②正确；③碳原子数不同的直链烷烃，结构相似，分子组成相差n个CH2，则互为同系物，故③正确；④相同C原子个数的烷烃，支链越多，沸点越低，则正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点逐渐变低，故④正确；⑤标准状况下，己烷为液体，不能利用体积计算其物质的量，故⑤错误；⑥邻二甲苯和液溴在光照下发生取代反应，取代产物是甲基上的氢被溴原子取代，而不是苯环上的氢原子被溴原子所取代，故⑥错误；⑦己烯能使酸性KMnO4溶液褪色，而苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，可以用酸性KMnO4溶液己烯和苯，故⑦正确；①②③④⑦正确，故答案为A。18．向如图所示电池中加入稀H2SO4酸化，若充电时m侧溶液颜色由蓝色变为黄色，则下列叙述正确的是A．放电时，装置中n电极做正极B．充电过程中，m极附近pH增大C．充电过程中，n极发生的电极反应式为V3+＋e-=V2＋D．放电时，H＋从左槽迁移进入右槽【答案】C【分析】根据题干信息：充电时m侧溶液颜色由蓝色变为黄色,m侧电极反应式为，发生氧化反应，m级为电解池的阳极，n级为电解池的阴极，发生的电极反应为，据此分析答题。【解析】A．根据上述分析，m级在电解池中为阳极，放电时为原电池的正极，n电极做原电池的负极，故A错误；B．充电过程中，m极的电极反应为，所以m极附近pH减小，故B错误；C．充电过程中，n级为电解池的阴极，发生的电极反应为，故C正确；D．放电时，H＋从负极移动到正极，所以从右槽迁移进入左槽，故D错误。19．将6.4g铜投入30mL一定浓度的硝酸中，恰好完全反应，产生标准状况下的NO和NO2混合气体共2.24L。则下列叙述正确的是A．NO体积为0.56L B．原硝酸浓度10.0mol/LC．反应中失去电子数0.2mol D．体现酸性的硝酸为0.1mol【答案】B【分析】6.4gCu的物质的量为0.1mol，与硝酸恰好反应，生成标况下NO和NO2共2.24L，0.1mol，根据电子转移守恒，Cu失去电子=N得到的电子，0.1molCu被氧化失去0.2mol电子，设NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为ymol，故有3x+y=0.2和x+y=0.1mol，解得x=0.05mol，y=0.05mol。【解析】根据上述分析可知，A．NO的物质的量为0.05mol，标况下体积为1.12L，A错误；B．根据原子守恒，消耗的硝酸的总物质的量=起氧化剂作用的硝酸的物质的量(还原产物的总物质的量)+起酸性作用的硝酸的物质的量(生成盐中的硝酸根的物质的量)，故有n(HNO3)=n(NO)+n(NO2)+2n(Cu(NO3)2)=0.1+0.2=0.3mol，V=30mL，c(HNO3)=0.3mol/0.03L=10mol/L，B正确；C．反应中Cu被氧化为Cu2+，0.1molCu失去的电子的物质的量为0.2mol，其数目为0.2NA，C错误；D．体现酸性的硝酸的物质的量=生成盐中的硝酸根的物质的量=2n(Cu(NO3)2)=2n(Cu)=0.2mol，D错误。20．某学生在实验室制取乙酸丁酯（已知乙酸丁酯的沸点124～126℃，乙酸的沸点118℃反应温度115～125℃），其反应装置应选择（）A． B．C． D．【答案】D【解析】A．该装置采用的是水浴，反应温度不超过100℃，实验室制取乙酸丁酯，反应需要反应温度为115～125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，故A错误；B．该装置采用长导管可起冷凝易挥发的乙酸和丁醇，但采用水浴，反应温度不超过100℃，实验室制取乙酸丁酯，反应需要反应温度为115～125℃，而水浴加热适合温度低于100℃的反应，故B错误；C．实验室制取乙酸丁酯，原料乙酸和丁醇易挥发，为了避免反应物损耗和充分利用原料，应设计冷凝回流装置，而该装置无冷凝装置，故C错误；D．实验室制取乙酸丁酯，原料乙酸和丁醇易挥发，当有易挥发的液体反应物时，为了避免反应物损耗和充分利用原料，要在发生装置设计冷凝回流装置，使该物质通过冷凝后由气态恢复为液态，从而回流并收集．实验室可通过在发生装置安装长玻璃管或冷凝回流管等实现，该装置符合这些要求，故D正确。第Ⅱ卷（非选择题，共55分）三、填空题：本题共4小题，共45分。21．甲醇(CH3OH)是重要的溶剂和替代燃料，工业常以CO和H2的混合气体为原料一定条件下制备甲醇。（1）现在实验室中模拟甲醇合成反应，在2L的密闭容器中充入1molCO和2molH2，一定条件下发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。测得CO和CH3OH(g)浓度变化如图所示。①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=_______________________________。②能够判断该反应达到平衡的是_____________________(填选项)。A．CO、H2和CH3OH三种物质的浓度为1：2：1B．密闭容器中混合气体的密度不再改变C．CO的体积分数保持不变D．相同时间内消耗lmolCO，同时消耗lmolCH3OHE．每生成1molCH3OH的同时有2molH—H键断裂（2）工业上可以通过下列途径获得H2，其中节能效果最好的是_____________________。A．高温分解水制取H2：2H2O2H2↑+O2↑B．电解水制取H2：2H2O2H2↑+O2↑C．甲烷与水反应制取H2：CH4+H2O3H2+COD．在光催化剂作用下，利用太阳能分解水制取H2：2H2O2H2↑+O2↑（3）已知甲醇燃料电池的工作原理如下图所示。

该电池工作时，CH3OH从___________(填“A”或“B”)通入，b极的电极反应式为_____________________，电池放电过程中溶液的pH将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。当6.4gCH3OH完全反应时，有___________mol电子发生转移。【答案】（1）0.25mol/(L·min)CD（2）D（3）AO2+4e-+2H2O=4OH-减小1.2【解析】（1）①由CO和CH3OH(g)浓度图，可知从反应开始到平衡用了3分钟，CO的物质的量从1mol减少到0.25mol，则Δc(CO)==0.325mol/L，则V(CO)=，所以V(H2)=2V(CO)=2=0.25mol/(L·min)。②A．CO、H2和CH3OH三种物质的浓度为1：2：1，并不能说明同一种物质的正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A说法不符合题意；B．容器是密封恒容的，所以容器内混合气体的密度是一直不变的，故混合气体密度不变不能说明反应达到平衡状态，故B说法不符合题意；C．该反应是混合气体的物质的量减少的反应，故CO的体积分数不再发生改变，说明反应达到了限度，说明反应达到了平衡状态，故C说法符合题意；D．相同时间内消耗lmolCO，必然同时生成lmolCH3OH，生成CH3OH和消耗CH3OH的速率是相等，则反应达到平衡状态，故D说法符合题意；E．2molH—H键断裂，意味着反应了1molH2，减少了1molH2同时生成1molCH3OH，此种情况并不能说明同一种物质的正逆反应速率相等，故E说法不符合题意；本题答案CD。（2）A．高温分解水消耗大量热能，则A不符合题意；B．电解水消耗大量电能，则B不符合题意；C．甲烷与水反应制取H2，消耗大量的热能，则C不符合题意；D．在光催化剂作用下，利用太阳能分解水制取H2，消耗的是太阳能，节能效果最好，故D说法符合题意；本题答案D。（3）根据甲醇燃料电池的工作原理图可知，电子是从a极沿外接导线流向b极的，CH3OH在反应中是还原剂，故可判断该电池工作时，CH3OH从A通入的，b极是电池的正极，氧气在正极得到了电子，则正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，负极的反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+5H2O，从正负极反应式可看出，溶液中OH-的量是不断减小的，故放电过程中溶液的pH将不断减小，根据负极反应式，当有32gCH3OH反应时，转移电子为6mol，所以当有6.4gCH3OH完全反应时，转移电子物质的量应是1.2mol。22．乙醇是重要的有机化工原料，也是优质的燃料，工业上可由乙烯水合法或发酵法生产。回答下列问题：（1）乙烯水合法可分为两步第一步：反应CH2＝CH2+HOSO3H（浓硫酸）→CH3CH2OSO3H（硫酸氢乙酯）；第二步：硫酸氢乙酯水解生成乙醇。①第一步属于反应_______________（填反应类型）。②第二步反应的化学方程式为_______________________________________。（2）发酵法制乙醇，植物秸秆（含50％纤维素）为原料经以下转化制得乙醇纤维素的化学式为____________________________，现要制取4.6吨乙醇，至少需要植物秸秆________吨。（3）乙醇汽油是用90％的普通汽油与10％的燃料乙醇调和而成。乙醇汽油中乙醇是可再生能源，来源于__________________（填“乙烯水合法”或“发酵法”）。（4）以乙醇为原料可制备某种高分子涂料，其转化关系如下图：①有机物A的结构简式为_____________________。②反应Ⅱ的化学方程式为_________________________________________。③反应Ⅱ的反应类型为_____________________。【答案】（1）加成反应CH3CH2OSO3H＋H2O→CH3CH2OH+H2SO4（2）(C6H10O5)n16.2（3）发酵法（4）CH2＝CHCOOHnCH2＝CHCOOC2H5加聚反应【解析】（1）①乙烯含有碳碳双键，与硫酸发生加成反应生成硫酸氢乙酯；②硫酸氢乙酯水解生成乙醇，根据原子守恒可知还有硫酸生成，则第二步反应的化学方程式为CH3CH2OSO3H＋H2O→CH3CH2OH+H2SO4。（2）纤维素的化学式为(C6H10O5)n，根据方程式可知(C6H10O5)n～nC6H12O6～2nCH3CH2OH，则要制取4.6吨乙醇，至少需要植物秸秆的质量是。（3）由于乙醇汽油中乙醇是可再生能源，而乙烯是通过石油的裂解产生的，石油是不可再生的，所以来源于发酵法。（4）①乙醇和A反应生成CH2＝CHCOOC2H5，该反应是酯化反应，所以根据原子守恒可知A是CH2＝CHCOOH；②CH2＝CHCOOC2H5含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，则反应Ⅱ的化学方程式为nCH2＝CHCOOC2H5；③根据以上分析可知反应Ⅱ的反应类型为加聚反应。23．综合利用海水可以制备食盐、纯碱、金属镁等物质，其流程如图所示：（1）从海水中获得淡水的装置如图，其中有_______________处错误。（2）在母液中通入氯气的离子方程式为_______________________________________________________，从溶液A中提取Br2，需要的主要仪器是________________________；（3）操作③是___________________________________；（4）粗盐中含有Na2SO4、MgCl2、CaCl2等可溶性杂质。①为制得纯净的NaCl晶体，操作如下：a.溶解；b.依次加入过量的_______________溶液、NaOH溶液、_______________溶液；c.___________________________________；d.加适量盐酸；e._________________________(请补全缺少的试剂和实验步骤)②步骤b中，加入最后一种试剂发生反应的离子方程式为___________________________________；（5）用这种方法制得的Na2CO3中有少量的NaCl，检验NaCl的实验为_________________________。【答案】（1）3（2）2Br-+Cl2=Br2+2Cl-分液漏斗（3）在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（4）BaCl2Na2CO3过滤蒸发（或蒸发结晶）CO32-+Ba2+=BaCO3↓、CO32-+Ca2+=CaCO3↓（5）取少量样品于试管中，加入少量的水溶解，再滴加过量的硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则有NaCl【分析】将海水蒸发浓缩，冷却结晶得到粗盐和母液，向母液中加入氢氧化钙，过滤得到氢氧化镁沉淀，将沉淀溶于盐酸中发生反应，将溶液在氯化氢气流中蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化镁水合物，将晶体在氯化氢氛围中加热得到固体氯化镁，电解熔融氯化镁得到镁；将粗盐提纯得到氯化钠溶液，向溶液中通入氨气和二氧化碳，生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠溶解度小于氯化钠而析出，所以得到溶液X为氯化铵溶液，将碳酸氢钠加热得到碳酸钠固体。【解析】（1）烧瓶加热未垫石棉网，温度计水银球在蒸馏烧瓶支管口下方，冷凝管进水口在上，有3处错误。（2）在母液中通入氯气发生氧化还原反应，离子方程式为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，从溶液A中提取Br2，需要的主要仪器是分液漏斗；（3）操作③是氯化镁溶液中获得氯化镁晶体的过程，需要在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（4）①为制得纯净的NaCl晶体，操作如下：首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠将镁离子沉淀，硫酸根用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，把过量的钡离子用碳酸根离子除去，沉淀完全除去后过滤，滤液加入盐酸除去溶液剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后蒸发得到较纯净的氯化钠晶体。