上海曹杨二中2023年高一化学第二学期期末联考模拟试题含解析

2022-2023学年高一下化学期末模拟试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知某化学反应A2(g)+2B2(g)=2AB2(g)（A2、B2、AB2的结构式分别为A=A、B-B、B-A-B），能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是A．该反应若生成2molAB2(g)则吸收的热量为（El-E2）kJB．该反应的进行一定需要加热或点燃条件C．该反应断开化学键消耗的总能量小于形成化学键释放的总能量D．生成2molB-B键放出E2kJ能量2、下列物质既能发生取代反应，又能发生加成反应的是A．苯 B．乙酸 C．氢气 D．甲烷3、在一个绝热容积不变的密闭容器中发生N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0下列各项能说明该反应已经达到反应限度的是A．容器内气体的总质量保持不变B．容器中H2的浓度保持不变C．断裂lmolN≡N键的同时断裂3molH-H键D．N2和H2的质量比14：34、下列实验操作和现象与结论的关系相符的是操作和现象结论A将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，钠与乙醇反应要平缓得多乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性B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C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成的氯甲烷具有酸性D向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀蔗糖未水解A．A B．B C．C D．D5、短周期元素的离子aW2＋、bX＋、cY2－、dZ－具有相同的电子层结构，下列推断正确的是A．原子半径：W＞X＞Z＞YB．热稳定性：H2Y＞HZC．离子半径：W2＋＞Y2－D．碱性：XOH＞W(OH)26、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．标准状况下，2.24L中含有碳碳双键数为0.3NAB．0.1mol甲烷和乙烯组成的混合气体完全燃烧，生成的水分子数为0.2NAC．0.1molCH4与0.1molCl2混合充分光照，生成CH3Cl分子数为0.1NAD．0.1molN2和0.3molH2在高温、高压及催化剂下充分反应，产物的分子数为0.2NA7、钠与水的反应属于（）①氧化还原反应；②离子反应；③放热反应A．①②③B．①②C．②③D．①③8、X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．简单阳离子半径:X>RB．X与Y可以形成正四面体结构的分子C．M的氢化物常温常压下为液体D．最高价氧化物对应水化物的酸性:

Z<Y9、下列反应属于取代反应的是A．甲烷在空气中燃烧B．在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应C．乙醇分子间脱水生成乙醚D．乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色10、下列关于乙烯的化学性质的叙述中，不正确的是（）A．能使溴水褪色B．不能发生加成反应C．能使酸性KMnO4溶液褪色D．能发生氧化反应11、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是A．原子半径：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)B．W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱C．Y的单质的氧化性比Z的强D．X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物12、“绿色化学”是21世纪化学发展的主导方向。下列不符合“绿色化学”的是()A．消除硫酸厂尾气中的SO2：SO2＋2NH3＋H2O===(NH4)2SO3B．消除制硝酸工业尾气中的氮氧化物：NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2OC．制CuSO4：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2OD．制CuSO4：2Cu＋O22CuO，CuO＋H2SO4(稀)===CuSO4＋H2O13、如下表所示，为提纯下列物质(括号内为少量杂质)，所选用的除杂试剂与主要分离方法都正确的是（）选项不纯物质除杂试剂分离方法A乙烷(乙烯)KMnO4(酸化)洗气B溴苯(溴)NaOH溶液分液C苯(乙烯)溴水分液DCO2(SO2)碳酸钠溶液洗气A．A B．B C．C D．D14、下列说法正确的是A．有能量变化的过程均为化学变化B．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应为放热反应C．反应物的总能量高于生成物的总能量时发生放热反应D．旧化学键断裂所放出的能量低于新化学键形成所吸收的能量时发生吸热反应15、下列关于化学用语的表示正确的是()A．羧基的电子式：B．乙醇的分子式：C2H5OHC．四氯化碳的比例模型：D．质子数为35、中子数为45的溴原子：3516、下列有关性质的比较中正确的是A．Al3+、Na+、O2-微粒半径依次增大B．N、O、F最高正价依次升高C．F2、Cl2、Br2、I2的熔点逐渐降低D．氢氧化锂、氢氧化钠、氢氧化钾、氢氧化铷的碱性逐渐减弱二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B是两种有刺激气味的气体。试根据下列实验事实填空。(1)写出A～F各物质的化学式：A__________、B__________、C__________、D__________、E__________、F__________。(2)写出A、B跟水反应的离子方程式：______________________。18、A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大第三周期元素。已知A、C、F三原子的最外层共有11个电子，且这种三元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均能生成盐和水，D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，E元素氢化物中有2个氢原子，试回答：（1）写出B原子结构示意图___（2）元素最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是___，写出一种含有F元素的具有漂白性的物质___（用化学式表示）。（3）用电子式表示A、F原子形成化合物的过程___。（4）C、F两种元素最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式___。（5）设计实验证明E、F两种元素非金属性的强弱___（化学方程式加必要文字说明）。19、酯可以通过化学实验来制备。实验室用下图所示装置制备乙酸乙酯：（1）试管a中生成乙酸乙酯的化学方程式是________________________________。（2）试管b中盛放的试剂是饱和_________________溶液。（3）实验开始时，试管b中的导管不伸入液面下的原因是___________________。（4）若分离出试管b中生成的乙酸乙酯，需要用到的仪器是______（填序号）。a.漏斗b.分液漏斗c.长颈漏斗20、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。21、下表是某城市某日空气质量报告：污染指数首要污染物空气质量级别空气质量状况55SO2II良该市某校研究性学习小组对表中首要污染物SO2导致酸雨的成因进行探究。实验一：用下图所示装置进行实验。（1）A装置的作用是_________（填“干燥”或“氧化”）SO2气体。（2）实验过程中，B装置内石蕊试纸的颜色没有发生变化，C装置内湿润的蓝色石蕊试纸变_______色(填“蓝色”或“红色”或“不变色”)，说明SO2与水反应生成一种酸。（3）D装置的作用是_________，并写出化学反应方程式_____________________。实验二：往盛有水的烧杯中通入SO2气体，测得所得溶液的pH_______7（填“＞”“＝”或“＜”），然后每隔1h测定其pH，发现pH逐渐变小，直至恒定。说明烧杯中溶液被空气中的氧气氧化最终生成H2SO4。（查阅资料）SO2形成酸雨的另一途径：SO2与空气中的O2在飘尘的作用下反应生成SO3，SO3溶于降水生成H2SO4。在此过程中飘尘作_________（填“催化剂”或“氧化剂”）。（探究结论）SO2与空气中的氧气、水反应生成硫酸而形成酸雨。该市可能易出现酸雨。（知识联想）（1）酸雨造成的危害是：______________________________（举一例）。（2）汽车排放的尾气，硝酸、化肥等工业生产排出的废气中都含有氮的氧化物，氮的氧化物溶于水最终转化为____________，是造成酸雨的另一主要原因。（提出建议）该市汽车数量剧增，为了减少汽车尾气造成的污染，建议市政府推广使用混合型汽油，即往汽油中按一定比例加人_________（填“水”或“乙醇”）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A．该反应焓变=断裂化学键吸收热量-形成化学键所放出热量，所以焓变为△H=+(E1-E2)kJ/mol，从图示可知E1＞E2，焓变为△H＞0吸热，该反应若生成2molAB2(g)则吸收的热量为(E1-E2)kJ，故A正确；B．反应前后能量守恒可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸热反应，吸热反应不一定都要加热或点燃条件，例如氢氧化钡和氯化铵在常温下就反应，故B错误；C．反应是吸热反应，依据能量守恒可知，即反应物的键能总和大于生成物的键能总和，断开化学键消耗的总能量大于形成化学键释放的总能量，故C错误；D．依据图象分析判断1molA2和2molB2反应生成2molAB2，吸收(E1-E2)kJ热量，因此生成2molB-B键放出(E1-E2)kJ能量，故D错误；故选A。点睛：本题考查了反应热量变化的分析判断、图象分析反应前后的能量守恒应用，理顺化学键的断裂、形成与能量的关系是解答关键。依据图象，结合反应前后能量守恒可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸热反应，反应过程中断裂化学键需要吸收能量，形成化学键放出热量。2、A【解析】

A项、苯既能发生加成反应，又能发生取代反应，故A正确；B项、乙酸能发生取代反应，不能发生加成反应，故B错误；C项、氢气为无机物单质，即不能发生取代反应，也不能发生加成反应，故C错误；D项、甲烷能发生取代反应，不能发生加成反应，故D错误；故选A。3、B【解析】A、遵循质量守恒，任何时刻，质量都是守恒的，故A错误；B、根据化学平衡的定义，当组分的浓度不再改变，说明反应达到平衡，故B正确；C、断裂lmolN≡N键的同时断裂3molH-H键，反应都是向正反应方向进行，不符合化学平衡的定义，故C错误；D、不知道开始通入多少的N2和H2，因此不能判断是否达到平衡，故D错误。点睛：判断是否达到化学平衡，要根据化学平衡状态的定义以及定义的延伸，特别是C选项的分析，一定注意反应方向是一正一逆。4、B【解析】

A.乙醇与Na反应比水与Na反应平稳，则乙醇羟基中的氢原子比水分子中的氢原子活泼性弱，A错误；B.石蜡油加强热生成的气体含乙烯，则气体通入溴的四氯化碳溶液中与烯烃发生加成反应，使溶液褪色，可知石蜡油的分解产物中含有烯烃，B正确；C.甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体为氯化氢、一氯甲烷、未反应的氯气，氯化氢溶于水显酸性，C错误；D.蔗糖水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性条件下，该实验没有加碱至碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀，不能说明蔗糖未水解，D错误；答案为B【点睛】蔗糖水解时，稀硫酸作催化剂，实验完成后，加入新制的氢氧化铜悬浊液时，先调节溶液呈碱性，在加入试剂，否则酸与氢氧化铜反应导致现象不明显。5、D【解析】试题分析：核外电子排布相同，根据所带电荷数确定所在大概位置，YZ在一周期，Y在Z左侧，WX在一周期，在YZ的下一周期，且X在W的左侧，A、半径大小比较：（1）看电子层数，电子层数越大，半径越大，（2）看原子序数，核外电子层数相等，原子序数越大，半径越小，原子半径的大小：X>W>Y>Z，故错误；B、热稳定性与非金属性有关，非金属性越强氢化物越稳定，同周期从左向右非金属性增强，稳定性：HZ>H2Y，故错误；C、根据A的分析，Y2－>W2＋，故错误；D、最高价氧化物对应水化物的碱性越强，说明金属性越强，同周期从左向右金属性减弱，XOH>W(OH)2，故正确。考点：考查元素周期律，元素性质等知识。6、B【解析】A、中不含有碳碳双键，故A错误；B、甲烷和乙烯分子中氢原子相同，0.1mol甲烷和乙烯组成的混合气体完全燃烧，生成的水分子数为0.2NA，故B正确；C、0.1molCH4与0.1molCl2混合充分光照，由于反应为可逆反应，且生成多种卤代烃，生成CH3Cl分子数小于0.1NA，故C错误；D.0.1molN2和0.3molH2在高温、高压及催化剂下充分反应，由于反应是可逆反应，产物的分子数小于0.2NA，故D错误；故选B。7、A【解析】钠与水的反应，生成NaOH和H2，有化合价变化，属于氧化还原反应；有Na＋和OH－生成，属于离子反应；反应过程中，金属钠熔化成小球，说明是放热反应。故选A。8、B【解析】分析：同周期元素原子序数越大原子半径越小，同主族元素原子序数越大原子半径越大，根据图中规律不难得出X、Y、Z、M分别为H,C,N,S，R为Na。详解：A项，同主族元素原子序数越大原子半径越大，所以离子半径：X<R，故A项错误；B项，H与C可以形成CH4,CH4为正四面体结构的分子，故B项正确；C项，S的氢化物为H2S，常温常压下为气体，故C项错误；D项，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性C<N,所以酸性H2CO3<HNO3，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。9、C【解析】分析：有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，据此解答。详解;A.甲烷在空气中燃烧属于氧化反应，A错误；B.在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应生成环己烷，是加成反应，B错误；C.乙醇分子间脱水生成乙醚属于分子间脱水，是取代反应，C正确；D.乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色发生的是氧化反应，D错误。答案选C。10、B【解析】A．乙烯与溴水发生加成反应，溴水褪色，故A正确；B．乙烯含碳碳双键，可发生加成反应，故B错误；C．乙烯含碳碳双键，与高锰酸钾发生氧化反应，高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．乙烯可燃烧，为氧化反应，且乙烯与高锰酸钾发生氧化反应，故D正确；故选B。11、D【解析】Z是地壳中含量最高的元素，即Z为O，W是短周期中金属性最强的元素，W是Na，只有Y和Z处于同一周期且相邻，四种元素原子序数依次增大，因此Y为N，X为H，A、电子层数越多，半径越大，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此半径大小顺序是r(Na)>r(N)>r(O)>r(H)，故A错误；B、Na的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH属于强碱，故B错误；C、同周期从左向右非金属性增强，即O的非金属性强于N，故C错误；D、可以组成HNO3和NH4NO3，前者属于共价化合物，后者属于离子化合物，故D正确。12、C【解析】本题考查绿色化学概念的理解。分析：根据反应中的生成物可知，选项ABD都是符合绿色化学思想的。C中有SO2生成，SO2属于大气污染物，SO2生成不符合绿色化学概念。详解：既消除消除硫酸厂尾气排放的SO2气体，还能得到（NH4）2SO3这种氮肥，不但方法合理科学，而且避免空气污染，符合绿色环保要求，A不选；用此法消除制硝酸工业尾气氮的氧化物污染，防止空气污染，避免酸雨的形成，符合绿色环保要求，B不选；浓硫酸的还原产物是二氧化硫，对环境有污染，不符合绿色化学的理念，故C选；由铜制取氧化铜，氧化铜再与硝酸反应生成硝酸铜和水，不会导致空气污染，符合倡导的绿色化学，D不选。故选C。13、B【解析】

除杂必须遵循的原则：不增加新杂质（不增）、不减少被提纯物质（不减）、操作简便易行（易分）等，据此分析选项正误。【详解】A、酸化KMnO4溶液能将杂质乙烯氧化，但生成的二氧化碳又成为乙烷中的新杂质。常用溴水洗气以除去乙烷中的乙烯，A错误；B、溴与NaOH溶液反应生成易溶于水的钠盐，通常溴苯与NaOH溶液不反应，且溴苯不溶于水，密度比水大的液体，故用分液法分离，B正确；C、乙烯和溴水发生加成反应生成1，2－二溴乙烷，生成的1，2－二溴乙烷又溶解在苯中，达不到除杂的目的，C错误；D、二氧化碳、二氧化硫均与碳酸钠溶液反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的二氧化硫，D错误。答案选B。14、C【解析】A.物理变化过程中也可能有能量变化，A错误；B.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应为吸热反应，B错误；C.反应物的总能量高于生成物的总能量时发生放热反应，C正确；D.旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，D错误，答案选C。点睛：化学变化的两个基本特征是产生新物质和伴随能量变化，但伴随能量变化的不一定是化学变化，例如物质的三态变化也伴随能量，因此化学中的放热反应或吸热反应均是相对于化学变化而言，物理变化中的能量变化不能归为放热反应或吸热反应。15、D【解析】

A.羧基的化学式是－COOH，则其电子式为，A错误；B.乙醇的分子式为C2H6O，C2H5OH表示结构简式，B错误；C.碳原子半径小于氯原子半径，不能表示四氯化碳的比例模型，可以表示甲烷分子的比例模型，C错误；D.质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数是35+45＝80，可表示为3580Br答案选D。【点睛】选项C是易错点，注意比例模型的含义，即比例模型是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起，另外还要注意比例模型与球棍模型的区别。16、A【解析】

A．具有相同电子层结构的离子中，原子序数大的离子半径小，Al3+、Na+、O2-都是两个电子层，电子层结构相同，则Al3+、Na+、O2-微粒半径依次增大，故A正确；B．O、F一般无正价，故B错误；C．卤素单质的相对分子质量越大，熔沸点越大，则F2、Cl2、Br2、I2单质的熔点逐渐增大，故C错误；D．元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，则氢氧化锂、氢氧化钠、氢氧化钾、氢氧化铷的碱性逐渐增强，故D错误；故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、Cl2SO2H2SO4HClBaSO3BaSO4Cl2＋SO2＋2H2O===4H＋＋SO42-＋2Cl－【解析】

(1)由A、B是两种有刺激气味的气体。且A、B和水反应的产物能与Ba(OH)2和AgNO3均产生沉淀,B能与Ba(OH)2产生沉淀,由此可知A为Cl2；B为SO2；A、B与H2O反应的化学方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl；B与Ba(OH)2反应的化学方程式为：Ba(OH)2+SO2===BaSO3↓＋H2O；含C、D的无色溶液与Ba(OH)2反应的化学方程式为：H2SO4+Ba(OH)2===BaSO4↓＋2H2O；溶液D与AgNO3溶液反应的化学方程式为：HCl+AgNO3===AgCl↓＋HNO3；故C为H2SO4；D为HCl；E为BaSO3；F为BaSO4。【点睛】熟记物质的物理性质和化学性质是解决本题的关键，本题的突破口为：A、B是两种有刺激气味的气体。等物质的量与水反应。结合后面沉淀现象，能推知由反应：Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl。18、NaOHHClO、Ca(ClO)2、NaClO等Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OH2S溶液中通入Cl2，生成淡黄色沉淀，反应生成HCl和S，反应方程式为H2S+Cl2=2HCl+S↓【解析】

A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大第三周期元素。已知A、C、F三原子的最外层共有11个电子，且这种三元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均能生成盐和水，则A为钠元素，C为铝元素，F为氯元素，D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，则为硅元素，E元素氢化物中有2个氢原子，则为硫元素，据此分析解答。【详解】A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大第三周期元素。已知A、C、F三原子的最外层共有11个电子，且这种三元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均能生成盐和水，则A为钠元素，C为铝元素，故B为镁元素，F为氯元素，D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，则为硅元素，E元素氢化物中有2个氢原子，则为硫元素。（1）B为镁元素，原子序数为12，原子结构示意图为；（2）同周期从左到右金属性逐渐减弱，其最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，故元素最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是NaOH，F为氯元素，含有F元素的具有漂白性的物质有HClO、Ca(ClO)2、NaClO等；（3）A、F原子形成化合物NaCl，氯化钠为离子化合物，钠离子与氯离子通过离子键结合而成，NaCl的形成过程为；（4）C、F两种元素最高价氧化物的水化物Al(OH)3、HClO4之间反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；（5）E为硫元素、F为氯元素；证明其非金属性强弱可以有很多方法，如对应氢化物的稳定性，最高价氧化物对应水化物的酸性，非金属单质的氧化性等，如H2S溶液中通入Cl2，生成淡黄色沉淀，反应生成HCl和S，反应方程式为H2S+Cl2=2HCl+S↓。【点睛】考查物质性质原子结构与位置关系、电子式等化学用语、元素化合物性质，易错点为（5）E为硫元素、F为氯元素；证明其非金属性强弱可以有很多方法，如对应氢化物的稳定性，最高价氧化物对应水化物的酸性，非金属单质的氧化性等。19、CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O碳酸钠（Na2CO3）防止倒吸b【解析】分析：本题是乙酸乙酯制备实验的有关探究。根据乙酸乙酯制备制备原理，除杂方法，实验中仪器的选择和注意事项进行解答。详解：（1）在浓硫酸的作用下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式是CH3COOH+C2H5OH

CH3COOC2H

5+H2O。

（2）由于乙醇和乙酸都是易挥发的，所以生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，除去乙醇和乙酸的试剂是饱和的碳酸钠溶液。

（3）由于乙醇和乙酸都是和水互溶的，如果直接插入水中吸收，容易引起倒吸，所以试管b中的导管不伸入液面下的原因是防止溶液倒吸。

（4）乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的仪器是分液漏斗，答案选b。

20、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