吉林省公主岭市范家屯镇第一中学2019-2020学年高二上学期月考化学试题

吉林省公主岭市范家屯镇第一中学2019-2020学年高二上学期月考化学试题

化学试卷 第I卷（选择题共计55分）‎ 一、选择题（本题共25道小题，1-20小题 每小题2分；21-25小题每题3分共55分）‎ ‎1.下列变化不属于化学变化的是（ ）‎ A. 煤的干馏 B. 煤的液化 C. 煤的气化 D. 石油的分馏 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 煤的干馏，是将煤隔绝空气加强热，使之分解的过程，属于化学变化，A不合题意；‎ B. 煤的液化，是将煤先与高温水蒸气作用生成水煤气，再合成液体有机物的过程，属于化学变化，B不合题意；‎ C. 煤的气化，是将煤与高温水蒸气作用，制取水煤气的过程，属于化学变化，C不合题意；‎ D. 石油的分馏，是利用沸点的差异，将石油制成汽油、煤油、柴油等产品的过程，属于化学变化，D符合题意；‎ 故选D。‎ ‎2.下列转化不属于煤或石油的综合利用的是 A. 将煤干馏制得煤焦油和焦炭 B. 在一定条件下将煤与氢气转化为液体燃料 C. 将煤变为煤饼作燃料 D. 将石油裂解制得乙烯等化工原料 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、将煤干馏制得煤焦油和焦炭等，属于煤的综合利用，A正确；‎ B、在一定条件下将煤与氢气转化为液体燃料是煤的液化，属于煤的综合利用，B正确；‎ C、将煤变为煤饼作燃料是煤的燃烧，不是煤的综合利用，C错误；‎ D、将石油裂解制得乙烯等化工原料是石油的裂解，属于石油的综合利用，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎3.“绿色化学”是日渐被人们所熟悉的概念，绿色食品的基本标准是（ ）‎ ‎①食品呈绿颜色 ②无化学添加剂 ③香甜可口 ④无污染 ⑤有营养价值 ⑥有利于消化 A. ①③⑤⑥ B. ①③④⑤ C. ②④⑤ D. 全部 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①食品不一定呈绿颜色，也可能为白色、黄色，甚至黑色等，①不正确；‎ ‎②无化学添加剂，尤其是有毒、有害环境的化学添加剂，更不能加入，②正确；‎ ‎③食品不一定香甜可口，也可能具有苦味甚至腥味，③不正确；‎ ‎④无污染，这是生产过程的底线，④正确；‎ ‎⑤有营养价值，这是生产的食品必须具有的品质，⑤正确；‎ ‎⑥有利于消化，这个不一定，因为富含粗纤维的食品，在人体内消化缓慢，⑥不正确。‎ 综合以上分析，②④⑤正确。故选C。‎ ‎【点睛】绿色化学是指在制造和应用化学产品时应有效利用(最好可再生)原料，消除废物和避免使用有毒的和危险的试剂和溶剂。其核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，将反应物的原子全部转化为期望的最终产物。‎ ‎4.湖泊发生水华现象，其原因是水体出现富营养化，使某些藻类迅速繁殖，导致水生生 态系统的破坏。下列选项中能够使水富营养化的物质是（ ）‎ A. 含氯的化合物 B. 含氮、磷的化合物 C. 含硫的化合物 D. 含碳的有机物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】水体富营养化，是指在人类活动的影响下，生物所需的氮、磷等营养物质大量进入湖泊、河口、海湾等缓流水体，引起藻类及其他浮游生物迅速繁殖，水体溶解氧量下降，水质恶化，鱼类及其他生物大量死亡的现象。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】造成水体富营养化的原因为：①工业废水排放：钢铁、化工、制药、造纸、印染等行业的废水中氮和磷的含量都相当高；②生活污水排放：人们在日常生活中产生了大量的生活污水，2001年全国生活污水排放达227亿t，超过工业废水排放量；③化肥、农药的使用：现代农业生产中大量使用化肥、农药，人类在享受它们带来农业丰收的同时，在很大程度上污染了环境。此外，屠宰场和畜牧场也会有含有较多氮磷的废水进入水体等。‎ ‎5. 化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是 A. 为提高农作物的产量和质量，应大量使用化肥和农药 B. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 C. 实现化石燃料清洁利用，就无需开发新能源 D. 垃圾是放错地方的资源，应分类回收利用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.化肥和农药虽然能提高农作物的产量和质量，但会污染环境、影响人体健康，不能大量使用，A错误；‎ B.绿色化学核心是利用化学原理从源头上减少和消除对环境的污染，B错误；‎ C.化石燃料属于不可再生能源，故仍需开发新能源缓解能源缺乏的问题，C错误；‎ D.垃圾可分类回收利用，节约能源，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎6.导致下列现象的主要原因与排放SO2有关的的是：‎ A. 温室效应 B. 酸雨 C. 臭氧空洞 D. 光化学烟雾 ‎【答案】B ‎【解析】‎ SO2主要引起酸雨；CO2引起温室效应 ；氟氯烃引起臭氧空洞；氮氧化物引起光化学烟雾，故B正确。‎ ‎7. 下列有关金属冶炼的说法中，不正确的是( )‎ A. 用电解熔融氯化镁的方法冶炼金属镁 B. 在加热情况下利用氢气还原三氧化二铝得到金属铝 C. 用铝热法炼得熔点较高的金属铬 D. 直接加热氧化汞得到金属汞 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．活泼金属采用电解熔融盐或氧化物的方法冶炼，镁属于活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故A正确；B．铝属于活泼金属，为亲氧元素，采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，不能采用电解氯化铝的方法或氢气还原法冶炼，故B错误；C．V、Cr、Mn、W等高熔点金属可利用利用铝热反应产生的高温来冶炼，故C正确；D．不活泼金属可以采用加热分解法冶炼，Hg属于不活泼金属，直接加热氧化汞得到金属汞，故D正确；故选B。‎ ‎【考点定位】考查金属的冶炼 ‎【名师点晴】本题考查了金属的冶炼，根据金属活泼性强弱确定金属冶炼方法。金属的冶炼方法取决于金属的活泼性，活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的三氧化二铝)制得；较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得，常用还原剂有(C、CO、H2等)；Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，Pt、Au用物理分离的方法制得。注意：工业上不能采用电解氯化铝的方法冶炼铝，因为氯化铝为分子晶体，熔融状态下不导电，为易错点。‎ ‎8.随着人口增长、工业发展，淡水供应出现危机。若实行海水淡化来供应饮用水，下列方法在原理上完全不可行的（ ）‎ A. 加入明矾，使海水中的泥沙沉淀并淡化 B. 利用太阳能，将海水蒸馏淡化 C. 将海水通过离子交换膜除去其所含的盐分 D. 利用电渗析法使海水淡化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加入明矾，只能使海水中的泥沙沉淀，但不能去除盐分，A不正确；‎ B. 利用太阳能，将海水蒸馏，盐分留在海水中，从而实现淡化，B正确；‎ C. 海水通过离子交换膜，去除水中所含的金属离子及酸根离子，实现水的淡化，C正确；‎ D. 电渗析法是利用电场的作用，强行将离子向电极处吸引，致使电极中间部位的离子浓度大为下降，从而制得淡水，D正确。‎ 故选A。‎ ‎9. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 海水中含量最高的元素是氯 B. 海水中含量最高的物质是氯化钠 C. 加碘食盐溶液遇淀粉溶液显蓝色 D. 加碘食盐中的碘是含碘元素的化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 海水中含量最高的物质是水，含量最高的元素是氧。目前来看，加碘食盐中的碘是KIO3。碘单质遇淀粉溶液显蓝色，含碘元素的化合物遇淀粉溶液不显蓝色。‎ ‎10. 许多国家十分重视海水资源的综合利用，不需要化学变化就能从海水中获得的物质是( )‎ A. Cl2、Br2、I2 B. Na、Mg、Al C. 食盐、淡水 D. NaOH、H2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、B、D中的物质必须经化学变化，才能够从海水中获取。‎ ‎11.如图是CH4、CCl4、CH3Cl的分子球棍模型图，下列说法正确的是（ ）‎ A. CH4、CCl4和CH3Cl都是正四面体结构 B. CH4、CCl4都是正四面体结构 C. CH4和CCl4中的化学键均为非极性键 D. CH4、CCl4的结构相同，性质也相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CH4、CCl4是正四面体结构 ，但CH3Cl不是正四面体结构，A错误；‎ B. CH4、CCl4分子中的四个键的键长分别相同，它们都是正四面体结构，B正确；‎ C. CH4和CCl4中的化学键都是由不同元素的原子形成，所以均为极性键，C错误；‎ D. CH4、CCl4的结构相同，但由于构成共价键的元素不同，所以性质不同，D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】共价键是极性共价键还是非极性共价键，取决于形成共价键元素的种类。若形成共价键的元素种类相同，即便是不同的原子，形成的也是非极性键，如H-D键，便是非极性键。‎ ‎12. 下列事实中能证明甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构的是 ( )‎ A. CH3Cl只代表一种物质 B. CH2Cl2只代表一种物质 C. CHCl3只代表一种物质 D. CCl4只代表一种物质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】CH4‎ 分子中有四个等同的C—H键，可能有两种对称的结构：正四面体结构和平面正方形结构．甲烷无论是正四面体结构还是正方形结构，一氯代物、三氯代物和四氯代物均不存在同分异构体．而平面正方形中，四个氢原子的位置虽然也相同，但是相互间存在相邻和相间的关系，其二氯代物有两种异构体：两个氯原子在邻位和两个氯原子在对位．若是正四面体，则只有一种，因为正四面体的两个顶点总是相邻关系。由此，由CH2Cl2只代表一种物质，可以判断甲烷分子是空间正四面体结构，而不是平面正方形结构。故选B。‎ ‎13.有关烷烃的叙述：①大都是易燃物；②特征反应是取代反应；③相邻两个烷烃在分子组成上相差一个甲基，其中正确的是 A. ①和③ B. ②和③ C. 只有① D. ①和②‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：①烷烃都是易燃物，正确；②烷烃的特征反应是取代反应，正确；③烷烃的碳原子数相邻的两个烷烃在分子组成上相差一个“—CH2”，故其中正确的是①②，选项D正确。‎ 考点：考查有关的烷烃的叙述正误判断的知识。‎ ‎14.下列有关烷烃的叙述中，不正确的是（ ）‎ A. 烷烃几乎不溶于水 B. 所有的烷烃在光照条件下都能与Cl2发生取代反应 C. 烷烃的分子通式为CnH2n＋2，符合该通式的烃不一定是烷烃 D. 随着碳原子数的增加，烷烃的熔、沸点逐渐升高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 烷烃分子的极性较弱，甚至没有极性，它们与水分子间的作用力很小，所以几乎不溶于水，A正确；‎ B. 所有的烷烃都含有C-H键，在光照条件下都能被氯原子所破坏，所以都能与Cl2发生取代反应，B正确；‎ C. 烷烃的分子通式为CnH2n＋2，符合该通式的烃一定是烷烃，C错误；‎ D. 随着碳原子数的增加，烷烃的相对分子质量逐渐增大，分子间的作用力逐渐增大，熔、沸点逐渐升高，D正确。‎ 故选C。‎ ‎15.在常温、常压下，取下列四种气态烃各1 mol，分别在足量的氧气中燃烧，消耗氧气最多的是(　　)‎ A. CH4 B. C4H10 C. C3H8 D. C2H6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎1mol气态烃CxHy在氧气中充分燃烧,消耗氧气(x+y/4)mol，所以1mol各气态烃燃烧,消耗氧气如下:A、CH4 耗氧气(x+y/4)mol=2mol，B、C4H10 耗氧气(x+y/4)mol=6.5mol，C、 C3H8 耗氧气(x+y/4)mol= 5mol, D、C2H6 耗氧气(x+y/4)mol=3.5mol所以相同物质的量耗氧量C4H10＞C3H8＞C2H6＞CH4，故选B。‎ ‎16.下列物质之间的相互关系错误的是 A. CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体 B. 干冰和可燃冰为同一种物质 C. CH3CH3和CH3CH2CH3互为同系物 D. 12C和14C互为同位素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、CH3CH2OH和CH3OCH3分子式相同，均为C2H6O，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B、干冰是CO2，可燃冰是甲烷的水合物，二者不是同一种物质，故B错误；C、CH3CH3和CH3CH2CH3结构相似，分子组成相差CH2原子团，二者互为同系物，故C正确；D、12C和14C互为同位素，故D正确，故选B。‎ ‎17.下列关于乙烯和乙烷比较的说法中，不正确的是(　　)‎ A. 乙烯的结构简式为CH2CH2，乙烷的结构简式为CH3CH3‎ B. 乙烯分子中所有原子处于同一平面上，乙烷分子为立体结构，原子不都在同一平面上 C. 乙烯分子中含有碳碳双键，乙烷分子中含有碳碳单键，双键不如单键稳定，导致乙烯的性质比乙烷活泼 D. 乙烯分子中含有不饱和键，导致乙烯能使酸性KMnO4溶液和溴的四氯化碳溶液褪色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 乙烯的结构简式为CH2＝CH2。乙烯分子中的一个键易断裂，导致乙烯比乙烷活泼，乙烷中的碳碳单键稳定，致使乙烷不能使酸性KMnO4溶液和溴的四氯化碳溶液褪色。‎ ‎18. 对比甲烷和乙烯的燃烧反应，下列叙述中正确的是(　　)。‎ ‎①二者燃烧时现象完全相同　②点燃前都应验纯　③甲烷燃烧的火焰呈淡蓝色，乙烯燃烧的火焰较明亮，并有大量黑烟生成　④二者燃烧时都有黑烟生成 A. ①② B. ③④ C. ①④ D. ②③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 甲烷和乙烯燃烧现象不同，①错；可燃气体点燃前都要验纯，②对；甲烷燃烧无黑烟，④错，③对。‎ ‎19.在光照条件下，将1 mol CH4与Cl2反应，得到等物质的量的4种取代物，则耗Cl2物质的量为( )‎ A. 1 mol B. 2 mol C. 2.5 mol D. 10 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：反应完全后，得四种有机物物质的量相等，根据碳原子守恒知，CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4的物质的量都是0.25mol，CH4与Cl2发生取代反应中消耗的氢原子和氯气分子的个数比是1：1。‎ 生成0.25molCH3Cl需要Cl2物质的量为0.25mol，‎ 生成0.25molCH2Cl2需要Cl2的物质的量为0.25mol×2=0.5mol，‎ 生成0.25molCHCl3需要Cl2的物质的量为0.25mol×3=0.75mol，‎ 生成0.25molCCl4需要Cl2的物质的量为0.25mol×4=1mol，‎ 所以总共消耗的氯气的物质的量n（Cl2）=（0.25+0.5+0.75+1）mol=2.5mol，所以故答案为2.5mol。故选C。‎ 考点：考查化学方程式的有关计算；取代反应 ‎20.下列关于苯的说法中，正确的是（ ）‎ A. 苯的分子式是C6H6，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，属于饱和烃 B. 从苯的凯库勒式看，分子中含有双键，所以苯属于烯烃 C. 在催化剂作用下，苯与液溴反应生成溴苯，发生了加成反应 D. 苯分子为平面正六边形结构，6个碳原子之间的键完全相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苯的分子式是C6H6，虽然不饱和度很大，但由于6个碳碳原子间形成了大π键，稳定性很强，所以不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但它仍属于不饱和烃，A错误；‎ B. 苯的凯库勒式是人们早期使用的表示苯分子结构的式子，与苯分子的结构有偏差，并不能反映苯分子的真实结构，实际上，苯分子中不含有双键，所以苯不属于烯烃，B错误；‎ C. 在催化剂作用下，苯分子中的氢原子能被液溴分子中的溴原子所取代而生成溴苯，发生取代反应，C错误；‎ D. 苯分子为平面正六边形结构，结构高度对称，6个碳原子之间的键长完全相同，所以6个碳碳键完全相同，D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】苯不能使溴水褪色，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，邻二甲苯只有一种，都可证明苯分子不是单双键交替。另外，苯分子的平面正六边形结构，苯分子中六个碳碳键的键长相同、键能相同，也能证明苯分子不是单双键交替结构。‎ ‎21.有两种气态烷烃的混合物,在标准状况下,其密度为1．16 g·L-1,则关于此混合物组成的说法正确的是(　　)‎ A. 一定有甲烷 B. 一定有乙烷 C. 可能是甲烷和己烷的混合物 D. 可能是乙烷和丙烷的混合物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：标准状态下，气体摩尔体积Vm=22.4L/mol，则可得该混合气体的摩尔质量M=1.16g·L-1×22.4L/mol=25.984g/mol。而甲烷、乙烷、丙烷的摩尔质量分别为：16g/mol、30g/mol、44g/mol。根据平均原理，混合气体中必须有一种气体的摩尔质量应小于25.984g/mol，因此，混合气体中一定有甲烷。‎ 考点：气体摩尔体积的应用 点评：本题是对混合气体平均摩尔质量的计算的考查。注意公式的应用可以从单位入手。‎ ‎22.甲烷中混有乙烯，欲除乙烯得到纯净的甲烷，可依次将其通过下列哪组试剂的洗气瓶 A. 澄清石灰水，浓H2SO4 B. 溴水，浓H2SO4‎ C. 酸性高锰酸钾溶液，浓H2SO4 D. 浓H2SO4，酸性高锰酸钾溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 澄清石灰水与甲烷或乙烯均不反应，A错误；‎ B. 溴水与乙烯发生加成反应，生成液态物质与甲烷分离，浓H2SO4干燥甲烷得到纯净干燥的气体，B正确；‎ C. 酸性高锰酸钾溶液与乙烯反应生成二氧化碳气体，甲烷中混有新的杂质，C错误；‎ D.酸性高锰酸钾溶液与乙烯反应生成二氧化碳气体，D错误；‎ 答案为B ‎23.下列物质不可能是乙烯加成产物的是 （ ）‎ A. CH3CH3 B. CH3CHCl2 C. CH3CH2OH D. CH3CH2Br ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CH3CH3可以看成乙烯与氢气加成的产物，A不合题意；‎ B. CH3CHCl2与氯气加成，两个氯原子不可能加到同一个碳原子上，B符合题意；‎ C. CH3CH2OH可以看成乙烯与水加成的产物，C不合题意；‎ D. CH3CH2Br可以看成乙烯与溴化氢加成的产物，D不合题意。‎ 故选B。‎ ‎24.实验室用溴和苯反应制取溴苯，得到粗溴苯后，要用如下操作精制：‎ ‎①蒸馏；②水洗；③用干燥剂干燥；④10% NaOH溶液洗；⑤水洗。‎ 正确的操作顺序是 A. ①②③④⑤ B. ②④⑤③①‎ C. ④②③①⑤ D. ②④①⑤③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】粗溴苯中含有苯、溴苯、溴化铁和溴，提纯时，为减少NaOH的用量，可先用水洗，可除去溴化铁和少量溴，然后加入10%的NaOH溶液洗涤，可除去溴，再用水洗除去碱液，经干燥后进行蒸馏可得溴苯，所以正确的操作顺序为：②④⑤③①，故合理选项是B。‎ ‎25.下列物质中，既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色的是 ‎①SO2 ②CH3CH2CH=CH2 ③ ④ CH3CH3‎ A. ①②③④ B. ③④‎ C. ①②④ D. ①②‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 酸性KMnO4溶液褪色的原因是发生了氧化还原反应；溴水褪色的原因有两种：一是发生氧化还原反应，二是利用萃取原理。SO2具有还原性，能还原强氧化剂Br2及酸性KMnO4而使它们褪色；CH3CH2CH=CH2中有双键，遇溴水能发生加成反应，遇酸性KMnO4能被氧化，从而使溴水及酸性KMnO4溶液褪色；苯的结构稳定，不能被酸性KMnO4氧化，但可萃取溴水中的Br2，使溴水褪色，此过程属于物理变化；CH3CH3既不能使溴水褪色，也不能使酸性KMnO4溶液褪色。‎ 第II卷（非选择题）‎ ‎26.观察下面几种烷烃的球棍模型 ‎（1）与C互为同系物的是__，与C互为同分异构体的是__。‎ ‎（2）在烷烃的同系物中，随碳原子数增加，其熔、沸点依次___(其中碳原子数满足__条件的烷烃常温下呈气态)，液态时密度依次__。‎ ‎【答案】 (1). AB (2). D (3). 升高 (4). 小于等于4 (5). 增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从烷烃的球棍模型可以看出，A为丙烷，B为丁烷，C为戊烷，D为2-甲基丁烷；‎ ‎（1）C分子内含有5个碳原子，而A分子内含有3个碳原子，B分子内含有4个碳原子，D分子内含有5个碳原子；‎ ‎（2）在烷烃的同系物中，随碳原子数增加，相对分子质量增大，分子间作用力增大 (其中碳原子数满足不大于4条件的烷烃常温下呈气态)，液态时密度也随相对分子质量的增大而增大；‎ ‎【详解】（1）同系物所含碳原子数一定不同，属于同分异构体的烷烃，碳原子数一定相同，所以与C互为同系物的是A、B，与C互为同分异构体的是D。答案为：A、B；D；‎ ‎（2）在烷烃的同系物中，随碳原子数增加，相对分子质量增大，分子间作用力增大，其熔、沸点依次升高(其中碳原子数满足小于等于4条件的烷烃常温下呈气态)，液态时密度依次增大。答案为：升高；小于等于4；增大。‎ ‎27.海水是可以综合利用的。从海水中提取食盐和溴的过程如下：‎ ‎（1）请写出一种海水淡化的方法：__。‎ ‎（2）步骤Ⅰ获取Br2的离子方程式为___。‎ ‎（3）步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2，使溴蒸气转化为氢溴酸以达到富集的目的。其反应的化学方程式为Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，在该反应中，氧化剂是__(填化学式)。若反应中生成2molHBr，则消耗___molSO2。‎ ‎（4）根据上述反应判断SO2、Cl2、Br2三种物质氧化性由强到弱的顺序是__。‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏法 (2). Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－ (3). Br2 (4). 1 (5). Cl2>Br2>SO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）海水淡化的方法很多，可以让海水中的金属及酸根离子离开，如通过离子交换剂；可以用电渗析法；也可用蒸馏法。‎ ‎（2）步骤Ⅰ获取Br2的反应中氯气与溴离子发生反应。‎ ‎（3）Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，在该反应中，Br2中的Br元素价态降低，SO2中的S元素价态升高，从反应式看，生成2molHBr，消耗1molSO2。‎ ‎（4）SO2、Cl2、Br2三种物质氧化性关系，可利用反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性进行判断.‎ ‎【详解】（1）海水淡化的方法：最常见的为蒸馏法。答案：蒸馏法；‎ ‎（2）步骤Ⅰ获取Br2的离子方程式为Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－。答案为：Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－；‎ ‎（3）在该反应Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr中，氧化剂是Br2；若反应中生成2molHBr，则消耗1molSO2。答案为：Br2；1；‎ ‎（4）在反应Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－中，氧化性Cl2>Br2；在反应Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr中，氧化性Br2>SO2，所以SO2、Cl2、Br2三种物质氧化性由强到弱的顺序是Cl2>Br2>SO2。答案为：Cl2>Br2>SO2。‎ ‎28.钛(Ti)被称为继铁、铝之后的第三金属，钛白(TiO2)是目前最好的白色颜料。制备TiO2和Ti的原料是钛铁矿，我国的钛铁储量居世界首位。含Fe2O3的钛铁矿(主要成分为FeTiO3)制备TiO2流程如下：‎ ‎（1）步骤①加Fe的目的是__；步骤②冷却的目的是__。‎ ‎（2）上述制备TiO2的过程中，可以利用的副产物是__；考虑成本和废物综合利用因素，废液中应加入___处理。‎ ‎（3）由金红石(TiO2)制取单质钛(Ti)，涉及到的步骤为 ‎→‎ 反应TiCl4＋2Mg=2MgCl2＋Ti在Ar气氛中进行的理由是__。‎ ‎【答案】 (1). 将Fe3＋还原为Fe2＋ (2). 析出绿矾(FeSO4·7H2O) (3). 绿矾(FeSO4·7H2O) (4). 生石灰(或碳酸钙、废碱) (5). 防止高温下镁或钛与O2、N2等作用 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）从产物看，要制得绿矾，需将Fe3+转化为Fe2+，这也就是步骤①加Fe的目的；步骤②冷却，析出了绿矾。‎ ‎（2）上述制备TiO2的过程中，同时制得了绿矾；考虑成本和废物综合利用因素，废液中还有待利用的是SO42-，应加入生石灰(或碳酸钙、废碱)处理。‎ ‎（3）反应TiCl4＋2Mg=2MgCl2＋Ti中，Mg、Ti都易与空气中的O2、N2等作用，所以应隔绝空气。‎ ‎【详解】（1）从产物看，要制得绿矾，需将Fe3+转化为Fe2+，从而得出步骤①加Fe的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋；步骤②冷却，析出了绿矾。答案为：将Fe3＋还原为Fe2＋；析出绿矾(FeSO4·7H2O)；‎ ‎（2）上述制备TiO2的过程中，同时制得了绿矾；考虑成本和废物综合利用因素，废液中还有待利用的是SO42-，应加入生石灰(或碳酸钙、废碱)处理。答案为：绿矾(FeSO4·7H2O)；生石灰(或碳酸钙、废碱)；‎ ‎（3）反应TiCl4＋2Mg=2MgCl2＋Ti中，Mg、Ti都易与空气中的O2、N2等作用，所以应隔绝空气，在Ar气氛中进行就是为了达到此目的。答案为：防止高温下镁或钛与O2、N2等作用。‎ ‎29.实验室制取乙烯，常因温度过高而使乙醇和浓H2SO4反应生成少量的二氧化硫。有人设计下列实验以确认上述混合气体中有乙烯和二氧化硫。其装置如下图所示，试回答下列问题。‎ ‎(1)图中①、②、③、④装置可盛放试剂是 ‎①________；②________；③________；④________。(将下列有关试剂的序号填入空格内)‎ A．品红溶液 B．NaOH溶液 C．浓H2SO4 D．酸性KMnO4溶液 ‎(2)能说明二氧化硫气体存在的现象是_____________。‎ ‎(3)使用装置②目的是___________。使用装置③的目的是____________。‎ ‎(4)能说明含有乙烯的现象是____________________________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). B (3). A (4). D (5). ①中品红溶液褪色 (6). 除去SO2气体 (7). 检验SO2气体是否除尽 (8). ③中品红溶液不褪色，④中酸性KMnO4溶液褪色或颜色变浅 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为C2H4和SO2都能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，因此，不能确定混合气体中是否含有或者只含有CH2=CH2。由于CH2=CH2不与NaOH溶液反应，也不与品红溶液反应，而SO2却能与NaOH溶液和品红溶液反应，且SO2与品红溶液反应有明显褪色现象，故可利用此性质差异先检出和除净SO2；再用装置③确认SO2除净之后，才能用酸性KMnO4溶液验证CH2=CH2的存在。‎ ‎【详解】二氧化硫为酸性气体，可与碱反应，可使品红褪色，具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，而乙烯含有碳碳双键，能够与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾褪色，所以先检验二氧化硫，然后检验乙烯，同在检验乙烯之前用NaOH溶液除去SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，最后用高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯。则 ‎(1)装置①中盛有品红溶液，用来检验二氧化硫的存在，然后将气体通入盛有氢氧化钠溶液的②除去二氧化硫，再通入盛有品红溶液的③确定二氧化硫是否除干净，最后通入盛有酸性高锰酸钾的④检验乙烯的存在，所以答案为A、B、A、D；‎ ‎(2)二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色，故能说明二氧化硫气体存在的现象是①中品红溶液褪色；‎ ‎(3)装置②用来除去SO2气体，以兔干扰乙烯的性质实验；装置③检验SO2是否被除尽，防止干扰乙烯的性质实验；‎ ‎(4)装置③中的品红溶液不褪色可以排除二氧化硫的干扰，若装置④中酸性KMnO4溶液褪色可证明乙烯的存在。‎ ‎30.如下图，某气体X可能由H2、CO、CH4中的一种或几种组成。将X气体燃烧，把燃烧后生成的气体通过A、B两个洗气瓶。试回答下列问题：‎ ‎（1）若A洗气瓶的质量增加，B洗气瓶的质量不变，则气体X是____________。‎ ‎（2）若A洗气瓶的质量不变，B洗气瓶的质量增加，则气体X是____________。‎ ‎（3）若A、B两个洗气瓶的质量都增加，则气体X可能是____________。‎ ‎【答案】（1）H2（2）CO（3）CH4或H2、CO；H2、CH4；CO、CH4；H2、CO、CH4‎ ‎【解析】‎ 试题分析：2H2+O22H2O，2CO+O22CO2，CH4+2O2CO2+2H2O。由于浓H2SO4吸收水，石灰水吸收CO2，则：‎ ‎（1）若A瓶质量增加，B瓶质量不变，说明气体X燃烧只生成水，故X为H2。‎ ‎（2）若A瓶质量不变，B瓶质量增加，说明气体X燃烧只有CO2生成，故X为CO。‎ ‎（3）若A和B两瓶质量增加，说明气体X燃烧产物既有H2O又有CO2，故X气体的成分不确定。它可以是CH4或下列组合：H2、CO；H2、CH4；CO、CH4；H2、CO、CH4。‎ 考点：考查物质燃烧计算 ‎ ‎