福建省福州市2025年高一下化学期末经典模拟试题含解析.doc

福建省福州市2025年高一下化学期末经典模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、某温度和有催化剂条件下，恒容密闭容器中发生反应N2+3H22NH3，下列说法正确的是
t/min
0
5
10
15
20
c(NH3)/(mol·L-1)
0
1.00
1.60
1.80
1.80
A．0～10min内，v(NH3)=0.16mol·L-1·min-1
B．0～10min内，v(N2)=0.18mol·L-1·min-1
C．0～10min内，v(N2)=0.16mol·L-1·min-1
D．15～20min内，反应v(N2)正= v(N2)逆=0
2、下列有关金属冶炼的说法中，不正确的是
A．金属冶炼的实质是金属阳离子被还原成单质
B．用碳粉或铝粉还原铁矿石可以获取金属Fe
C．通过电解NaCl溶液的方法可以获取金属Na
D．冶炼铜的常用方法有火法炼铜和湿法炼铜
3、下列实验过程中发生取代反应的是
A．油状乙酸乙酯在碱性条件下水解
B．乙烯使酸性KmnO4溶液退色
C．将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色
D．点燃甲烷气体，产生淡蓝色火焰
4、下列变化过程，属于放热反应的是（　　）
①液态水变成水蒸气　②酸碱中和反应　③浓H2SO4稀释 ④固体NaOH溶于水　⑤H2在Cl2中燃烧　⑥食物腐败
A．②③④⑤⑥ B．②③④ C．①③⑤ D．②⑤⑥
5、下列说法正确的是
A．实验室鉴别丙烯和苯，可以用酸性高锰酸钾溶液
B．甲烷、乙烯和苯都可以与溴水发生反应
C．乙醇被氧化只能生成乙醛
D．乙醇和乙酸生成乙酸乙酯的反应不属于取代反应
6、CO2 + 4H2CH4 + 2H2O是CO2综合利用的一种方法。下列关于该反应的说法正确的是
A．适当升温能加快反应速率 B．催化剂对反应速率无影响
C．达到平衡时，正反应速率为0 D．达到平衡时，CO2能100%转化为CH4
7、某温度下，在一固定容积的容器中进行反应：SO3（g）＋NO（g）NO2（g）＋SO2（g），下列情况一定能说明已经达到化学平衡状态的是
A．气体的密度不再随时间而改变
B．体系总质量不再随时间而改变
C．NO（g）和NO2（g）的生成速率相同
D．SO3（g）和NO（g）的浓度比为1：1
8、一定温度和压强下，在2L的密闭容器中合成氨气： 。反应过程中反应物和生成物的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法错误的是

A．0～10min内，以NH3表示的平均反应速率为
B．10～20min内，
C．该反应在20min时达到化学平衡状态
D．N2的平衡转化率与H2平衡转化率相等
9、下列物质中含有共价键的化合物是
A．Na2O B．NaOH C．Br2 D．NaCl
10、1克氢气燃烧生成液态水放出142.9kJ热量，表示该反应的热化学方程式正确的是（　　）
A．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H=-285.8kJ/mol
B．H2O（l）=H2（g）+1/2O2（g）；△H=+285.8kJ/mo
C．H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）；△H=-142.9kJ/mol
D．2H2+O2=2H2O；△H=-571.6kJ/mol
11、金属矿物通常色彩缤纷、形状各异。下列冶炼金属的方法属于热还原法的是(　　)
A．2NaCl(熔融)==2Na＋Cl2↑ B．WO3＋3H2==W＋3H2O
C．Fe＋CuSO4===Cu＋FeSO4 D．2Ag2O==4Ag＋O2↑
12、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示，若Y原子的最外层电子数是内层电子数的三倍，下列说法正确的是

A．原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)
B．W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强
C．Z的气态氢化物的稳定性比Y的气态氢化物的稳定性强
D．X与Y形成的化合物都易溶于水
13、下列说法不正确的是
A．电解水生成氢气和氧气时，电能转变成化学能
B．煤燃烧时可以将化学能转变成热能
C．绿色植物光合作用过程中把太阳能转变成化学能
D．白炽灯工作时电能全部转变为光能
14、在V L Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，过滤得沉淀，然后在高温中灼烧沉淀最后得白色固体m g，溶液中SO42-的物质的量浓度是（ ）
A．m/27Vmol·L-1 B．2m/27Vmol·L-1
C．3m/54Vmol·L-1 D．m/34Vmol·L-1
15、下列混合物能用分液法分离的是
A．四氯化碳和乙酸乙酯 B．苯和液溴
C．乙醇和水 D．硝基苯和水
16、与乙烯所含碳、氢元素的百分含量相同，但与乙烯既不是同系物又不是同分异构体的是
A．环丙烷 B．乙烷 C．甲烷 D．CH3CH=CH2
二、非选择题（本题包括5小题）
17、如图是四种常见有机物的比例模型，请回答下列问题：

(1)向丙中加入溴水，振荡静置后，观察到溶液分层，上层为_______色。
(2)甲的同系物的通式为CnH2n+2，当n＝5时，写出含有3个甲基的有机物的结构简式_____。
下图是用乙制备D的基本反应过程

(3)A中官能团为__________。
(4)反应①的反应类型是__________。
(5)写出反应④的化学方程式_______。
(6)现有138gA和90gC发生反应得到80gD。试计算该反应的产率为______(用百分数表示，保留一位小数)。
18、A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，A2-和B+具有相同的电子层结构；C是地壳中含量最多的金属元素；D核外电子总数是最外层电子数的3倍；同周期中E的最高价氧化物对应的水化物酸性最强，回答下列问题:
(1)元素A在周期表中的位置是___________。
(2)五种元素中金属性最强的是___________ (填元素符号)，D和E的气态氢化物稳定性较强的是_________(填化学式)。
(3)单质D和单质A在一定条件下反应可生成组成比为4:10的化合物F，F中所含的化学键___________ (填“离子键“或“共价键”)。
(4)A、B、E三种元素形成的简单离子半径最大的是_______(填离子符号)。
(5)C的最高价氧化物与烧碱溶液反应的离子方程式___________。
(6)B的氢化物与水发生剧烈反应生成可燃性气体和碱溶液写出该反应的化学方程式___________，若反应过程中生成1mol可燃性气体，转移的电子数目为______。
19、某同学完成如下实验。
（1）实验记录（请补全表格中空格）
实验步骤
实验现象
离子方程式

①溶液分层
②下层呈橙色。
_____________

①溶液分层
②__________
Br2+2I－=I2+2Br－
（2）该实验的目的是______________________。
（3）氯、溴、碘单质氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素，最外层电子数相同，从上到下，_________，得电子能力逐渐减弱。
20、以下为工业从海水中提取液溴的流程图：

（1）当进行步骤①时，应关闭活塞_______，打开活塞____________。
已知：溴的沸点为 59 ℃，微溶于水，有毒性。某同学利用下图装置进行步骤①至步骤④的实验,请回答：

（2）步骤②中可根据_____________现象，简单判断热空气的流速。
（3）步骤③中简单判断反应完全的依据是_____________。
（4）步骤⑤用下图装置进行蒸馏。装置 C 中直接加热不合理，应改为______，蒸馏时冷凝水应从______端进入(填“e”或“f”)， F 的作用是________。

21、任何物质的水溶液都存在水的电离平衡，其电离方程式可表示为：。下表是不同温度下水的离子积数据：
温度（℃）
25

水的离子积常数

a

完成下列填空：
（1）25℃时，向100mL纯水中加入0.01mol的固体，________（选填“促进”或“抑制”）了水的电离平衡，所得溶液呈________性（选填“酸”、“碱”或“中”），原因是（用离子反应方程式表示）________________________。
（2）若，则a________（选填“”、“”或“=”），理由是____________。
（3）℃时，测得纯水的，则________mol/L；该温度下某盐酸溶液的，该溶液的________mol/L。
（4）℃时，0.01mol/L的NaOH溶液的________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
分析：化学反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，结合反应速率与化学计量数的关系以及平衡状态的特征解答。
详解：A. 0～10min内，v(NH3)=1.60mol/L÷10min＝0.16mol·L-1·min-1，A正确；
B. 根据化学反应速率之比是化学计量数之比可知0～10min内，v(N2)=v(NH3)=0.08mol·L-1·min-1，B错误；
C. 根据化学反应速率之比是化学计量数之比可知0～10min内，v(N2)=v(NH3)=0.08mol·L-1·min-1，C错误；
D. 15～20min内反应达到平衡状态正逆反应速率相等，反应v(N2)正=v(N2)逆≠0，D错误。答案选A。
点睛：注意对某一具体的化学反应来说，用不同物质的浓度变化来表示化学反应速率时，数值往往不同，其数值之比等于化学方程式中化学计量数之比。
2、C
【解析】
A项、冶炼金属时，金属元素以化合态存在，冶炼的实质是金属阳离子得到电子变成金属原子，故A正确；
B项、碳粉或铝粉具有还原性，高温条件下能还原铁矿石获取金属Fe，故B正确；
C项、通过电解熔融NaCl的方法可以获取金属Na，故C错误；
D项、冶炼铜的常用方法有火法炼铜和湿法炼铜，反应中铜元素都得电子发生还原反应生成铜单质，故D正确；
故选C。
3、A
【解析】分析：本题考查的是有机反应类型，难度较小。
详解：A.乙酸乙酯的水解反应属于取代反应，故正确；B.乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色属于氧化反应，故错误；C.苯滴入溴水中是萃取过程，不属于化学反应，故错误；D.点燃甲烷属于氧化反应，故错误。故选A。
4、D
【解析】①液态水变成水蒸气是物理变化，故①错误；②酸碱中和反应是放热反应，故②正确；③浓H2SO4稀释是物理变化，故③错误；④固体NaOH溶于水是物理变化，故④错误；⑤H2在Cl2中燃烧是放热反应，故⑤正确；⑥食物腐败发生的是缓慢氧化，是放热反应，故⑥正确。故选D。
5、A
【解析】
A. 丙烯含有碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，实验室鉴别丙烯和苯，可以用酸性高锰酸钾溶液，选项A正确；
B、甲烷是饱和烃不能与溴水反应，能与溴蒸气发生取代反应，苯中的化学键是介于单键与双键之间一种特殊的键，不能与溴水反应，选项B错误；
C. 乙醇可以直接被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙酸，选项C错误；
D. 乙醇和乙酸生成乙酸乙酯的反应属于酯化反应，也属于取代反应，选项D错误。
答案选A。
6、A
【解析】
A.温度越高反应的速率越快；
B.使用催化剂加快化学反应的速率；
C.化学平衡是动态平衡；
D.反应是可逆反应。
【详解】
A.温度越高反应的速率越快，所以适当升温能加快反应速率，A正确；
B.使用催化剂加快化学反应的速率，所以催化剂对反应速率有影响，B错误；
C.化学平衡是动态平衡，所以达到平衡时，正反应速率大于0，C错误；
D.反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以达到平衡时，CO2不可能100%转化为CH4，D错误；
故合理选项是A。
本题考查化学反应速率的影响以及化学平衡等问题，侧重考查学生的分析能力，注意把握影响反应速率的因素以及平衡状态的特征。
7、C
【解析】
A、反应前后气体系数和相等，体系总压强始终是不变的，所以总压强不随时间而改变的状态不一定是平衡状态，故A错误；
B、反应前后都是气体，体系气体总质量始终是不变的，体系总质量不再随时间而改变的状态不一定是平衡状态，故B错误；
C、NO（g）和NO2（g）的生成速率相同，说明正逆反应速率相等，状态一定是平衡状态，故C正确；
D、SO3（g）和NO（g）的浓度比为1：1，不能表明正逆反应速率相等，状态不一定是平衡状态，故D错误；
故选C。
8、D
【解析】
A项、由图可知，10min时反应生成NH3的物质的量为0.1mol，则0～10min内，以NH3表示的平均反应速率为=0.005mol/(L·min)，故A正确；
B项、10～20min内，各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，则v（N2）：v（H2）：v（NH3）=1:3:2，故B正确；
C项、20min时，各物质的物质的量保持不变，说明反应达到化学平衡状态，故C正确；
D项、由图可知N2的起始量与H2的起始量之比为2:3,与化学计量数之比不相等，则N2的平衡转化率与H2平衡转化率一定不相等，故D错误；
故选D。
9、B
【解析】分析：Na2O是只含离子键的化合物；NaOH是既含离子键又含共价键的化合物；Br2是只含共价键的单质；NaCl是只含离子键的化合物。
详解：A项，Na2O是只含离子键的化合物；B项，NaOH是既含离子键又含共价键的化合物；C项，Br2是只含共价键的单质；D项，NaCl是只含离子键的化合物；含有共价键的化合物是NaOH，答案选B。
点睛：本题考查化学键与物质类别的关系，掌握化学键的判断方法是解题的关键。一般活泼金属元素和活泼非金属元素组成的化合物中含离子键（AlCl3除外）；全由非金属元素组成的化合物中只含共价键（铵盐除外）；含原子团的离子化合物中既含离子键又含共价键。
10、B
【解析】
A、反应热应为571.6kJ/mol，A错误；
B、氢气燃烧放热，液态水分解吸热，热化学方程式正确，B正确；
C、热化学方程式中生成的是气态水，而题中给出的是液态水，C错误；
D、方程式中未标出物质的聚集状态，D错误。
答案选B。
明确热化学方程式的含义是解答的关键，判断热化学方程式正误时可以从以下几个角度分析：化学原理是否正确，如燃烧热和中和热的热化学方程式是否符合燃烧热和中和热的概念；状态是否标明；反应热ΔH的符号和单位是否正确；反应热的数值与物质的系数是否对应等。
11、B
【解析】
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一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的氧化铝）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。
【详解】
A．钠性质活泼，用电解法制取，故A错误；
B．钨性质较不活泼，可以用氢气在加热条件下还原制取，属于热还原法，故B正确；
C．Fe+CuSO4=Cu+FeSO4为湿法制铜，不需要加热，故C错误；
D．银性质不活泼，用热分解氧化物方法制取，故D错误；
答案选B。
12、B
【解析】分析：X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y原子有2个电子层，最外层含有6个电子，则Y为O元素，根据X、Y、Z、W在周期表中相对位置可知，X为氮元素，Z为硫元素，W为氯元素。
详解：根据上述分析，X为氮元素，Y为O元素，Z为硫元素，W为氯元素。A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：r( Y)＞r(Z)＞r(W)＞r(X)，故A错误；B．非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，则非金属性W＞Z，最高价氧化物的水化物酸性W较Z强，故B正确；C．非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性Y＞Z，则Z的气态氢化物的稳定性比Y的气态氢化物的稳定性弱，故C错误；D．N、O元素形成的NO不溶于水，故D错误；故选B。
点睛：本题考查了原子结构与元素周期律的应用，正确推断Y元素为解答关键。本题的易错点为D，要知道氮的氧化物种类有多种，其中一氧化氮难溶于水。
13、D
【解析】分析：A．电解池是将电能转换为化学能的装置；B．煤燃烧时会产生大量的热量；C．光合作用时，太阳能转化为化学能；D．电能转化为光能和热能。
详解：A．电解装置将水电解生成氢气和氧气时，电能转化为化学，选项A正确； B．煤燃烧时会产生大量的热量，化学能主要转化为热能，选项B正确；C．绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能在生物体内储存，选项C正确；D．白炽灯工作时，电能转化为光能和热能，选项D错误。答案选D。
点睛：本题考查常见的能量转化形式，题目难度不大，注意知识的积累。
14、D
【解析】依题意，最后所得固体为Al2O3，其物质的量为m/102 mol，原V L Al2(SO4)3溶液中含SO42-的物质的量[m×2×3/(102×2)]mol，c(SO42-)= m/34Vmol·L-1，所以答案选D。
15、D
【解析】分析：混合物能用分液法分离，说明两种液体互不相溶，且密度不同，据此解答。
详解：A. 四氯化碳和乙酸乙酯互溶，不能分液法分离，应该是蒸馏，A错误；
B. 溴易溶在有机溶剂中，则苯和液溴不能分液法分离，B错误；
C. 乙醇和水互溶，不能分液法分离，应该是蒸馏，C错误；
D. 硝基苯不溶于水，密度大于水，可以用分液法分离，D正确。
答案选D。
16、A
【解析】
A．环丙烷的分子式是C3H6，与乙烯所含碳、氢元素的百分含量相同，但与乙烯既不是同系物又不是同分异构体，A正确；
B．乙烷的分子式是C2H6,与乙烯所含碳、氢元素的百分含量不相同，B错误；
C．甲烷的分子式是CH4，与乙烯所含碳、氢元素的百分含量不相同，C错误；
D．CH3CH=CH2分子式是C3H6，与乙烯所含碳、氢元素的百分含量相同，但与乙烯是同系物关系，D错误；
答案选A。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、橙红(或橙) —OH (或羟基) 加成反应 CH3COOH+CH3CH2OH CH3 COOCH2CH3+H2O 60.6%
【解析】
由四种常见有机物的比例模型可知，甲为CH4，乙为乙烯，丙为苯，丁为CH3CH3OH。乙烯与水反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙醇D为乙酸乙酯，结合四种物质的结构和性质分析解答。
【详解】
(1)苯的密度比水小，溴易溶于苯，上层溶液颜色为橙红色(或橙色)，下层为水层，几乎无色，故答案为：橙红(或橙)；
(2)当n=5时，分子中含有3个甲基，则主链有4个C原子，应为2-甲基丁烷，结构简式为，故答案为：；
(3)乙烯与水反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙醇D为乙酸乙酯，因此A为乙醇，含有的官能团为-OH (或羟基)，故答案为：-OH (或羟基)；
(4)反应①为乙烯与水的加成反应，故答案为：加成反应；
(5)反应④为乙醇和乙酸的酯化反应，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
(6)138g乙醇的物质的量为=3mol，90g乙酸的物质的量为=1.5mol，则乙酸完全反应，可得1.5mol乙酸乙酯，质量为132g，而反应得到80g乙酸乙酯，则反应的产率为×100%=60.6%，故答案为：60.6%。
18、第2周期ⅥA族 Na HCl 共价键 Cl- Al2O3+2OH-+3H2O=2 [Al(OH)4]-或Al2O3+2OH-= 2AlO2- +H2O NaH+H2O=NaOH+H2↑ 6.02×1023 或NA
【解析】
A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，C是地壳中含量最多的金属元素，C为Al元素；A2-和B+具有相同的电子层结构，结合原子序数可知，A为O元素，B为Na元素；D核外电子总数是最外层电子数的3倍，则最外层为5个电子，D为P元素；同周期中E的最高价氧化物对应的水化物酸性最强，E为Cl元素，据此分析解答。
【详解】
根据上述分析，A为O元素，B为Na元素，C为Al元素，D为P元素，E为Cl元素。
(1) A为O元素，在周期表中位于第2周期ⅥA族，故答案为：第2周期ⅥA族；
(2) 同一周期，从左到右，金属性逐渐减弱，同一主族，从上到下，金属性逐渐增强，五种元素中金属性最强的是Na；同一周期，从左到右，非金属性逐渐增强，同一主族，从上到下，非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越强，最简单氢化物越稳定，D和E的气态氢化物稳定性较强的是HCl，故答案为：Na；HCl；
(3)磷和氧气在一定条件下反应可生成组成比为4:10的化合物F，F为P4O10，为共价化合物，含有共价键，故答案为：共价键；
(4) 一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，A、B、E三种元素形成的简单离子半径最大的是Cl-，故答案为：Cl-；
(5) C为Al元素，氧化铝与烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O=2 [Al(OH)4]-或Al2O3+2OH-= 2AlO2- +H2O，故答案为：Al2O3+2OH-+3H2O=2 [Al(OH)4]-或Al2O3+2OH-= 2AlO2- +H2O；
(6)B的氢化物为NaH，NaH与水发生剧烈反应生成可燃性气体氢气和氢氧化钠溶液，反应的化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，反应中H元素的化合价由-1价和+1价变成0价，若反应过程中生成1mol可燃性气体，转移1mol电子，数目为6.02×1023 或NA，故答案为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；6.02×1023 或NA。
19、Cl2 + 2Br－== Br2 + 2Cl－下层呈紫色比较氯、溴、碘单质氧化性强弱（或比较氯、溴、碘元素非金属性强弱）电子层数增多，原子半径增大
【解析】（1）新制氯水与NaBr溶液反应生成NaCl和Br2，Br2易溶于CCl4，故下层呈橙色，反应离子方程式为：Cl2 + 2Br－=Br2 + 2Cl－；溴水与KI溶液反应生成NaBr和I2，I2易溶于CCl4，故下层（CCl4层）呈紫色。（2）由①和②实验可得，该实验的目的是比较氯、溴、碘单质氧化性强弱（或比较氯、溴、碘元素非金属性强弱）。（3）氯、溴、碘属于同主族元素，最外层电子数相同，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱，故单质氧化性逐渐减弱。
20、bd ac A中气泡冒出的个数（或快慢） B中溶液橙色刚好褪去 水浴加热 f 吸收溴蒸气，防止污染空气
【解析】
由流程图可知，向浓缩海水中通入氯气，氯气与海水中溴离子发生置换反应得到溴与水的混合物，利用热的空气吹出溴单质，得到粗溴，向粗溴溶液中通入二氧化硫，二氧化硫与溴单质发生氧化还原反应得到含有溴化氢和硫酸的吸收液，再向吸收液中通入氯气，氯气与溴化氢发生置换反应得到溴与水的混合物，蒸馏溴与水的混合物得到液溴。
【详解】
（1）进行步骤①的目的是通入氯气，氯气与海水中溴离子发生置换反应得到溴与水的混合物，实验时应关闭bd，打开ac，进行反应和尾气处理，故答案为：bd；ac；
（2）步骤②是通入热空气把生成的溴单质赶到装置B得到粗溴溶液，和通入的二氧化硫发生氧化还原反应，实验时关闭ac，打开bd，依据A中玻璃管产生气泡的快慢判断热空气的流速，故答案为：A中玻璃管产生气泡的快慢；
（3）步骤③中是二氧化硫与溴单质发生氧化还原反应得到含有溴化氢和硫酸，溴水褪色，则简单判断反应完全的依据是B中溶液橙色刚好褪去，故答案为：B中溶液橙色刚好褪去；
（4）蒸馏时，因溴的沸点低于水的沸点，为使烧瓶均匀受热，避免温度过高，装置C中加热方式应改为水浴加热；为增强冷凝效果，冷凝管中的水应从下口f进入；因溴易挥发，有毒，装置F中氢氧化钠溶液的作用是吸收溴蒸气，防止污染空气，故答案为：水浴加热；f；吸收溴蒸气，防止污染空气。
本题考查化学工艺流程，侧重于分析、实验能力的考查，注意海水提取溴的原理理解和流程分析判断，注意实验过程和实验需注意问题是分析是解题关键。
21、促进 酸 水的电离是吸热反应，升温，平衡正向移动，和都增大，，增大 10
【解析】
（1）氯化铵水解显酸性；
（2）水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，导致水的离子积常数增大；
（3）在电离平衡，电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同来计算回答；
（4）根据pH= -lgc(H+)来计算。
【详解】
（1）25℃时，向100mL纯水中加入0.01mol的固体，促进水的电离，铵根离子水解显酸性，其水解方程式为：；
（2）水的电离为吸热反应，升高温度，平衡向着正反应方向移动，导致水的离子积常数增大，根据表格知，温度大小顺序是，25＜t1＜t2，则a＞1×10−14；
（3）某温度下纯水中的c(H+)=2.4×10−7mol/L，则此时溶液中的c(OH−)=2.4×10−7mol/L，该温度下水的离子积额Kw= c(H+)·c(OH−)=2.4×10−7mol/L×2.4×10−7 mol/L=5.76×10−14；某盐酸溶液的，则氢离子浓度为10−2mol/L，因该溶液中c(OH−)===5.76×10−12 mol⋅L−1；
（4）0.01mol/L的氢氧化钠溶液氢氧根离子的浓度c(OH−)=10−2mol/L，则c(H+)==10-10mol/L，pH= −lgc(H+)= −lg10−10=10。
利用水的离子积进行水溶液中离子浓度的计算是重点也是难点。学生要合理利用公式，打破固定思维，不能误认为水的离子积常数是固定不变的，会随着温度的变化而变化。