云南省賓川縣四校2024年高考臨考沖刺化學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、已知：

。在的密閉容器中進行模擬合成實驗，將和通入容器中，分別在和反應，每隔一段時間測得容器中的甲醇的濃度如下：1020304050603000.400.600.750.840.900.905000.600.750.780.800.800.80下列說法正確的是

A．時，開始內的平均反應速率B．反應達到平衡時，兩溫度下CO和的轉化率之比均為C．反應達到平衡時，放出的熱量為D．時，若容器的容積壓縮到原來的，則增大，減小2、下圖是通過Li-CO2電化學技術實現(xiàn)儲能系統(tǒng)和CO2固定策略的示意團。儲能系統(tǒng)使用的電池組成為釕電極/CO2飽和LiClO4-(CH3)2SO(二甲基亞砜)電解液/鋰片，下列說法不正確的是A．Li-CO2電池電解液為非水溶液B．CO2的固定中，轉秱4mole－生成1mol氣體C．釕電極上的電極反應式為2Li2CO3+C-4e－＝4Li++3CO2↑D．通過儲能系統(tǒng)和CO2固定策略可將CO2轉化為固體產物C3、已知X、Y、Z、W、M均為短周期元素。25℃時，其最高價氧化物對應的水化物（濃度均為0.01mol/L）溶液的pH和原子半徑的關系如圖所示。下列說法不正確的是（）A．X、M簡單離子半徑大小順序：X>MB．Z的最高價氧化物水化物的化學式為H2ZO4C．X、Y、Z、W、M五種元素中只有一種是金屬元素D．X的最簡單氫化物與Z的氫化物反應后生成的化合物中既含離子鍵又含共價鍵4、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增，a、b、c、d、e、f是由這些元素組成的化合物，m為單質，d是淡黃色粉末，b是生活中常見的液態(tài)化合物。上述物質的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是A．化合物a中只含有C、H兩種元素B．幾種元素的原子半徑由大到小順序為Z＞Y＞X＞WC．d是離子化合物，陰陽離子個數(shù)比為1：2D．Y與W形成的簡單化合物是同主族元素同類型化合物中沸點最低的5、下列實驗方案正確，且能達到目的的是（）A．A B．B C．C D．D6、下列液體中，滴入水中出現(xiàn)分層現(xiàn)象，滴入熱的氫氧化鈉溶液中分層現(xiàn)象不會逐漸消失的是(不考慮有機物的揮發(fā))()A．溴乙烷 B．乙醛 C．橄欖油 D．汽油7、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．20gD2O和18gH2O中含有的質子數(shù)均為10NAB．2L0.5mol·L－1亞硫酸溶液中含有的H＋數(shù)為2NAC．標準狀況下，22.4L水中含有的共價鍵數(shù)為2NAD．50mL12mol·L－1的濃鹽酸與足量MnO2共熱，轉移的電子數(shù)為0.3NA8、下列說法不正確的是（）A．銀氨溶液不能留存，久置后容易爆炸B．白磷暴露在空氣中易自燃，可保存在水中C．易燃的有機溶劑使用時必須遠離明火和熱源D．鈉著火不能用水撲滅，可以用泡沫滅火器來滅火9、X、Y、Z、W、M為原子序數(shù)依次増加的五種短周期元素，A、B、C、D、E是由這些元素組成的常見化合物，A、B為廚房中的食用堿，C是一種無色無味的氣體，C、D都是只有兩種元素組成。上述物質之間的轉化關系為:(部分反應物戒生成物省略)。下列說法錯誤的是A．原子半徑大小序，W＞Y＞Z＞XB．對應最簡單氫化物的沸點:Z＞MC．上述變化過秳中，發(fā)生的均為非氧化還原反應D．Z和W形成的化合物中一定只含離子健10、NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是A．5.5g超重水(T2O)中含有的中子數(shù)目為3NAB．常溫常壓下，44gCO2與足量過氧化鈉反應轉移電子的數(shù)目為NAC．常溫常壓下，42gC2H4和C4H8混合氣體中含有氫原子的數(shù)目為6NAD．0.1L0.5mol·L－1CH3COOH溶液中含有H＋數(shù)目為0.2NA11、某澄清混合溶液中所含離子的濃度如下表所示，則M可能為（）離子NO3－SO42－H+M濃度/(mol/L)2122A．Cl－ B．Ba2+ C．Na+ D．Mg2+12、NA是阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3膠體粒子數(shù)為0.1NAB．22.4L(標準狀況)氬氣含有的質子數(shù)為18NAC．1.0L1.0mol/L的NaAlO2水溶液中含有的氧原子數(shù)為2NAD．密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應后分子總數(shù)為2NA13、一定條件下，不能與SiO2反應的物質是（）A．CaCO3 B．NaOH C．鹽酸 D．焦炭14、利用右圖所示裝置可以將溫室氣體CO2轉化為燃料氣體CO。下列說法中，不正確的是A．電極b表面發(fā)生還原反應B．該裝置工作時，H+從a極區(qū)向b極區(qū)移動C．該裝置中每生成1molCO，同時生成0.5molO2D．該過程是將化學能轉化為電能的過程15、某學生利用NaOH溶液去除鋁表面的氧化膜以后，進行“鋁毛”實驗。在其實驗過程中常有發(fā)生，但與實驗原理不相關的反應是()A．Al2O3+2NaOH→2NaAlO2+H2OB．2Al+2H2O+2NaOH→2NaAlO2+3H2↑C．2Al+3Hg(NO3)2→2Al(NO3)3+3HgD．4Al+3O2→2Al2O316、常溫下將NaOH溶液滴加到已二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是（）。A．常溫下Ka1(H2X)的值約為10-4.4B．曲線N表示pH與C．NaHX溶液中c(H+)>c(OH-)D．當混合溶液呈中性時，c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)17、化學與生活等密切相關。下列有關說法中正確的是A．泡沫滅火器適用于電器滅火B(yǎng)．電熱水器用鎂棒會加速內膽腐蝕C．過氧化鈉可用作呼吸面具的供氧劑D．硅膠可作含油脂食品袋內的脫氧劑18、室溫時，在20mL0.1mol?L-1一元弱酸HA溶液中滴加同濃度的NaOH溶液，溶液中與pH的關系如圖所示。下列說法正確的是A．室溫時，電離常數(shù)Ka(HA)=1.0×10-5.3B．B點對應NaOH溶液的體積是10mLC．A點溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)D．從A點到C點的過程中，水的電離程度先增大后減小19、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。以下表達正確的選項是（）A．在標況下，11.2LNO與11.2LO2混合后所含分子數(shù)為0.75NAB．12g金剛石中含有的共價鍵數(shù)為4NAC．0.1molNa2O2晶體中含有0.3NA個離子D．鋁跟氫氧化鈉溶液反應生成1mol氫氣時，轉移的電子數(shù)為NA20、NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是A．4g甲烷完全燃燒轉移的電子數(shù)為2NAB．11.2L（標準狀況）CCl4中含有的共價鍵數(shù)為2NAC．3molSO2和1molO2于密閉容器中催化反應后分子總數(shù)為3NAD．1L0.1mol·L－1的Na2S溶液中HS－和S2－離子數(shù)之和為0.1NA21、25℃，將濃度均為0.1mol/L的HA溶液VamL和BOH溶液VbmL混合，保持Va+Vb=100mL，生成物BA易溶于水。Va、Vb與混合液pH的關系如下圖。下列敘述錯誤的是A．HA一定是弱酸B．BOH可能是強堿C．z點時，水的電離被促進D．x、y、z點時，溶液中都存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)22、下列有關物質結構的敘述正確的是A．在離子化合物中不可能存在非極性共價鍵B．由電子定向移動而導電的物質一定是金屬晶體C．有鍵能很大的共價鍵存在的物質熔沸點一定很高D．只含有共價鍵的物質不一定是共價化合物二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知A、B、C、D、X、Y六種物質均由短周期元素組成，其中X為常見離子化合物，它們之間的轉換關系如下圖所示（1）已知條件I和條件II相同，則該反應條件為____________________。（2）物質X的電子式為_____________________。（3）寫出B與Ca(OH)2反應的化學方程式______________________________。（4）寫出X在條件II下反應生成B、C、D的離子方程式_____________________________________________。（5）寫出實驗室制B的化學方程式，并標出電子轉移方向、數(shù)目____________________________________________。（6）請簡述鑒定物質X的實驗方法____________________________________。24、（12分）某研究小組擬合成醫(yī)藥中間體X和Y。已知：①；②；③。(1)的名稱是__________(2)G→X的反應類型是_____________。(3)化合物B的結構簡式為_____________。(4)下列說法不正確的是__________(填字母代號)A．化合物A能使酸性KMnO4溶液褪色B．化合物C能發(fā)生加成、取代、消去反應C．化合物D能與稀鹽酸反應D．X的分子式是C15H16N2O5(5)寫出D+F→G的化學方程式:____________________(6)寫出化合物A(C8H7NO4)同時符合下列條件的兩種同分異構體的結構簡式_______。①分子是苯的二取代物，1H—NMR譜表明分子中有4種化學環(huán)境不同的氧原子；②分子中存在硝基和結構。(7)參照以上合成路線設計E→的合成路線(用流程圖表示，無機試劑任選)。____________________________________________。25、（12分）水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水體水質的重要指標。某化學小組測定某河流中氧的含量，經查閱有關資料了解到溶解氧測定可用“碘量法”，Ⅰ．用已準確稱量的硫代硫酸鈉（Na2S2O3）固體配制一定體積的cmol/L標準溶液；Ⅱ．用水樣瓶取河流中水樣v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL堿性KI溶液，塞緊瓶塞（瓶內不準有氣泡），反復震蕩后靜置約1小時；Ⅲ．向水樣瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞緊瓶塞，振蕩水樣瓶至沉淀全部溶解，此時溶液變?yōu)辄S色；Ⅳ．將水樣瓶內溶液全量倒入錐形瓶中，用硫代硫酸鈉標準溶液滴定；V．待試液呈淡黃色后，加1mL淀粉溶液，繼續(xù)滴定到終點并記錄消耗的硫代硫酸鈉溶液體積為v2。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6（1）在滴定環(huán)節(jié)中使用的儀器有滴定管夾、鐵架臺、燒杯、錐形瓶和________________________。（2）在步驟Ⅱ中，水樣中出現(xiàn)了MnMnO3沉淀，離子方程式為4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O。（3）步驟Ⅲ中發(fā)生反應的離子方程式為_______________________________________________________________。（4）滴定時，溶液由__________色到______________色，且半分鐘內顏色不再變化即達到滴定終點。（5）河水中的溶解氧為_____________________________mg/L。（6）當河水中含有較多NO3－時，測定結果會比實際值________(填偏高、偏低或不變)26、（10分）檢驗甲醛含量的方法有很多，其中銀﹣Ferrozine法靈敏度較高。測定原理為甲醛把氧化銀還原成Ag，產生的Ag與Fe3＋定量反應生成Fe2+，F(xiàn)e2+與菲洛嗪(Ferrozine)形成有色配合物，通過測定吸光度計算出甲醛的含量。某學習小組類比此原理設計如下裝置測定新裝修居室內空氣中甲醛的含量（夾持裝置略去）。已知：甲醛能被銀氨溶液氧化生成CO2，氮化鎂與水反應放出NH3，毛細管內徑不超過1mm。請回答下列問題：(1)A裝置中反應的化學方程式為___________，用飽和食鹽水代替水制備NH3的原因是___________________。(2)B中裝有AgNO3溶液，儀器B的名稱為________。(3)銀氨溶液的制備。關閉K1、K2，打開K3，打開______，使飽和食鹽水慢慢滴入圓底燒瓶中，當觀察到B中白色沉淀恰好完全溶解時，________。(4)室內空氣中甲醛含量的測定。①用熱水浴加熱B，打開K1，將滑動隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室內空氣，關閉K1；后續(xù)操作是______________；再重復上述操作3次。毛細管的作用是__________。②向上述B中充分反應后的溶液中加入稀硫酸調節(jié)溶液pH=1，再加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反應后立即加入菲洛嗪，F(xiàn)e2＋與菲洛嗪形成有色物質，在562nm處測定吸光度，測得生成Fe2+1.12mg，空氣中甲醛的含量為____mg·L-1。27、（12分）汽車用汽油的抗爆劑約含17％的1，2一二溴乙烷。某學習小組用下圖所示裝置制備少量1，2一二溴乙烷，具體流秳如下:已知：1，2一二溴乙烷的沸點為131℃，熔點為9.3℃。Ⅰ1，2一二溴乙烷的制備步聚①、②的實驗裝置為：實驗步驟：(ⅰ)在冰水冷卻下，將24mL濃硫酸慢慢注入12mL乙醇中混合均勻。(ⅱ)向D裝置的試管中加入3.0mL液溴(0.10mol)，然后加入適量水液封，幵向燒杯中加入冷卻劑。(ⅲ)連接儀器并檢驗氣密性。向三口燒瓶中加入碎瓷片，通過滴液漏斗滴入一部分濃硫酸與乙醇的混合物，一部分留在滴液漏斗中。(ⅳ)先切斷瓶C與瓶D的連接處，加熱三口瓶，待溫度上升到約120℃，連接瓶C與瓶D，待溫度升高到180～200℃，通過滴液漏斗慢慢滴入混合液。(V)繼續(xù)加熱三口燒瓶，待D裝置中試管內的顏色完全褪去，切斷瓶C與瓶D的連接處，再停止加熱?；卮鹣铝袉栴}:(1)圖中B裝置玻璃管的作用為__________________________________________。(2)(ⅳ)中“先切斷瓶C與瓶D的連接處，再加熱三口瓶”的原因是__________________________________________。(3)裝置D的燒杯中需加入冷卻劑，下列冷卻劑合適的為__________________________________________。a.冰水混合物b.5℃的水c.10℃的水Ⅱ1，2一二溴乙烷的純化步驟③：冷卻后，把裝置D試管中的產物轉移至分液漏斗中，用1％的氫氧化鈉水溶液洗滌。步驟④：用水洗至中性。步驟⑤：“向所得的有機層中加入適量無水氯化鈣，過濾，轉移至蒸餾燒瓶中蒸餾，收集130～132℃的餾分，得到產品5.64g。(4)步驟③中加入1％的氫氧化鈉水溶液時，發(fā)生反應的離子方程式為__________________________________________。(5)步驟⑤中加入無水氯化鈣的作用為_________________________。該實驗所得產品的產率為__________________________________________。28、（14分）氮及其化合物對環(huán)境具有顯著影響。(1)已知汽車氣缸中氮及其化合物發(fā)生如下反應：N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180kJ/molN2(g)+2O2(g)2NO2(g)△H=+68kJ/mol則2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=__________kJ/mol(2)對于反應2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反應歷程如下：第一步：2NO(g)N2O2(g)(快速平衡)第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO(g)(慢反應)其中可近似認為第二步反應不影響第一步的平衡，第一步反應中：υ正=k1正·c2(NO)，υ逆=k1逆·c(N2O2)，k1正、k1逆為速率常數(shù)，僅受溫度影響。下列敘述正確的是__________A．整個反應的速率由第一步反應速率決定B．同一溫度下，平衡時第一步反應的越大，反應正向程度越大C．第二步反應速率慢，因而平衡轉化率也低D．第二步反應的活化能比第一步反應的活化能高(3)在密閉容器中充入一定量的CO和NO氣體，發(fā)生反應2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)△H<0，圖為平衡時NO的體積分數(shù)與溫度、壓強的關系：①溫度：T1__________T2(填“>”、“<”或“=”)。②若在D點對反應容器升溫，同時擴大體積使體系壓強減小，重新達到的平衡狀態(tài)可能是圖中A～G點中的__________點(填字母)。③某研究小組探究該反應中催化劑對脫氮率(即NO轉化率)的影響。將相同量的NO和CO以一定的流速分別通過催化劑a和b，相同時間內測定尾氣，a結果如圖中曲線I所示。已知：催化效率b>a；b的活性溫度約450℃。在圖中畫出b所對應的曲線(從300℃開始畫)_______。(4)在汽車的排氣管上加裝催化轉化裝置可減少NOx的排放。研究表明，NOx的脫除率除與還原劑、催化劑相關外，還取決于催化劑表面氧缺位的密集程度。以La0.8A0.2BCoO3＋X(A、B均為過渡元素)為催化劑，用H2還原NO的機理如下：第一階段：B4＋(不穩(wěn)定)＋H2→低價態(tài)的金屬離子(還原前后催化劑中金屬原子的個數(shù)不變)第二階段：I.NO(g)+□→NO(a)II.2NO(a)→2N(a)+O2(g)III.2N(a)→N2(g)+2□IV.2NO(a)→N2(g)+2O(a)V.2O(a)→O2(g)+2□注：□表示催化劑表面的氧缺位，g表示氣態(tài)，a表示吸附態(tài)第一階段用氫氣還原B4＋得到低價態(tài)的金屬離子越多，第二階段反應的速率越快，原因是________。29、（10分）VIA族的氧，硫，硒(Se)，碲(Te)等元素在化合物中常表現(xiàn)出多種氧化態(tài)，含VIA族元素的化合物在研究和生產中有許多重要用途。請回答下列問題：(1)S單質的常見形式為S8，其環(huán)狀結構如下圖所示，S原子采用的軌道雜化方式是______。(2)Se原子序數(shù)為______，其核外M層電子的排布式為______。(3)H2Se的酸性比H2S__________(填“強”或“弱”)。氣態(tài)SeO3分子的立體構型為______，SO32－離子的立體構型為______。(4)H2SeO3的K1和K2分別為2.7×10－3和2.5×10－8，H2SeO4第一步幾乎完全電離，K2為1.2×10－2，請根據(jù)結構與性質的關系解釋：①H2SeO3和H2SeO4第一步電離程度大于第二步電離的原因：__________。②H2SeO4比H2SeO3酸性強的原因：________________________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】

A.時，開始10min內甲醇的平均速率-1·min-1，依據(jù)速率與方程式的計量數(shù)的關系可得，H2的平均速率v(H2)=0.08mol·L-1·min-1，故A錯誤；B.兩溫度下，起始時CO和H2的物質的量之比是方程式的系數(shù)比，反應時也是按照方程式的系數(shù)比轉化的，所以反應達到平衡時，CO和H2的轉化率之比為1:1，故B正確；C.反應達到平衡時，放出的熱量為kJ，故C錯誤；D.時，若容器的容積壓縮到原來的，依據(jù)壓強與反應速率的關系，則v增大，v增大，故D錯誤。故選B。2、B【解析】

A選項，由題目可知，Li—CO2電池有活潑金屬Li，故電解液為非水溶液飽和LiClO4—(CH3)2SO(二甲基亞砜)有機溶劑，故A正確；B選項，由題目可知，CO2的固定中的電極方秳式為：2Li2CO3＝4Li++2CO2↑+O2+4e－，轉移4mole－生成3mol氣體，故B錯誤；C選項，由題目可知，釕電極上的電極反應式為2Li2CO3+C-4e－＝4Li++3CO2↑，故C正確；D選項，由題目可知，CO2通過儲能系統(tǒng)和CO2固定策略轉化為固體產物C，故D正確。綜上所述，答案為B。3、B【解析】

X、Y、Z、W、M均為短周期元素，由圖像分析可知，原子半徑：M>W>Z>Y>X，M的原子半徑最大且0.01mol/L最高價氧化物對應水化物溶液的pH=12，則M為Na元素，0.01mol/LW的最高價氧化物對應水化物溶液的pH<2，則W為S元素，0.01mol/LZ的最高價氧化物對應水化物溶液的pH=2，則Z為Cl元素，X的半徑最小，其0.01mol/L的最高價氧化物對應水化物溶液的pH=2，則X為N元素，0.01mol/LY的最高價氧化物對應水化物溶液的2<pH<7，則Y為C元素，據(jù)此分析解答問題。【詳解】A．X、M的簡單離子為N3-和Na+，兩者電子層數(shù)相同，N3-的核電荷數(shù)小，故離子半徑：N3->Na+，A選項正確；B．Z為Cl元素，其的最高價氧化物的水化物的化學式為HClO4，B選項錯誤；C．X、Y、Z、W、M五種元素中只有Na元素一種金屬元素，C選項正確；D．X的最簡單氫化物為NH3，Z的氫化物為HCl，兩者反應后生成的化合物為NH4Cl，是離子化合物，既含離子鍵由含有共價鍵，D選項正確；答案選B?！军c睛】本題要求學生能夠掌握原子半徑變化規(guī)律、酸堿性與pH的關系等，并且能夠將這些變化及性質結合起來進行相關元素的判斷，對學生的綜合能力要求很高，在平時的學習中，要注意對相關知識點的總結歸納。4、C【解析】

b是生活中常見的液態(tài)化合物，b是水；d是淡黃色粉末，能與水反應，d是Na2O2，Na2O2與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，m是氧氣、e是NaOH；CO2與Na2O2反應生成碳酸鈉和氧氣，c是CO2、f是Na2CO3；W、X、Y、Z原子序數(shù)依次遞增，則W、X、Y、Z依次是H、C、O、Na。【詳解】A.a與氧氣反應生成二氧化碳和水，所以化合物a中一定含有C、H元素，可能含有氧元素，故A錯誤；B.H、C、O、Na的原子半徑由大到小順序為Na＞C＞O＞H，故B錯誤；C.d是Na2O2，屬于離子化合物，陰陽離子個數(shù)比為1：2，故C正確；D.水分子間含有氫鍵，H2O是同主族元素同類型化合物中沸點最高的，故D錯誤。答案選C。5、D【解析】

A.強堿滴定弱酸時，化學計量點pH>7,應該用酚酞做指示劑，不能用甲基橙，因為變色pH范圍大于7,而且由無色變成淺紅色,顏色加深,便于確定終點，故A錯誤；B.將少量氯水滴入溴化亞鐵溶液中，Cl2首先和Fe2+反應，不能證明Cl2的氧化性比Br2強，故B錯誤；C.二氧化錳是粉末狀，不能用鑷子取，故C錯誤；D.CO32-和SO32-在水溶液中水解使溶液呈堿性，堿性強弱取決于對應酸的電離程度，電離常數(shù)越小，酸性越弱，對應鹽的堿性越強，pH越大，故D正確；正確答案是D。6、D【解析】

A．溴乙烷不溶于水，滴入水中會分層，若再加入氫氧化鈉溶液，溴乙烷能夠與氫氧化鈉溶液反應生成乙醇和溴化鈉，分層現(xiàn)象逐漸消失，故不選A；B．乙醛溶于水，滴入水中不出現(xiàn)分層現(xiàn)象，故不選B；C．橄欖油屬于油脂，不溶于水，滴入熱的氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解反應，分層現(xiàn)象逐漸會消失，故不選C；D．汽油不溶于水，不與氫氧化鈉溶液反應，滴入熱的氫氧化鈉溶液中時分層現(xiàn)象不會消失，故選D。7、A【解析】

A.20gD2O物質的量，含有的質子數(shù)均為10NA，18gH2O物質的量，含有的質子數(shù)均為10NA，故A正確；B.亞硫酸是弱電解質，不能完全電離，溶液中含有的H＋數(shù)小于2NA，故B錯誤；C.標準狀況下，水為液體，故C錯誤；D.隨著反應的進行，濃鹽酸逐漸變?yōu)橄←}酸，MnO2與稀鹽酸不反應，反應停止，且鹽酸易揮發(fā)則轉移的電子數(shù)小于0.3NA，故D錯誤。綜上所述，答案為A?！军c睛】用22.4L?mol?1時一定要注意兩個前提條件，一、是否為氣體，二、是否為標準狀況下。8、D【解析】

A.銀氨溶液不穩(wěn)定，則銀氨溶液不能留存，久置后會變成氮化銀，容易爆炸，故A正確；B.白磷在空氣中易自燃，不與水反應，所以可保存在水中，故B正確；C.易燃的有機溶劑離明火和熱源太近容易燃燒，故應遠離明火、熱源和強氧化劑，故C正確；D.鈉和水反應生成氫氣，氫氣是易燃物，鈉燃燒后生成過氧化鈉，過氧化鈉和水、二氧化碳反應生成氧氣，促進鈉的燃燒，所以鈉著火燃燒時，不能用泡沫滅火器滅火，應該用沙子滅火，故D錯誤。故選D。9、D【解析】

由題目可推斷出X，Y，Z，W，M分別是H，C，O，Na，Cl這五元素?！驹斀狻緼選項，原子半徑大小順序為Na>C>O>H，故A正確；B選項，Z對應的簡單氫化物為H2O，M對應的簡單氫化物為HCl，水分子形成分子間氫鍵，沸點反常高，故B正確；C選項，上述變化為復分解反應，故C正確；D選項，O和Na可形成Na2O2，既有離子鍵又有共價鍵，故D錯誤。綜上所述，答案為D。10、D【解析】

A選項，5.5g超重水(T2O)物質的量，1個T2O中含有12個中子，5.5g超重水(T2O)含有的中子數(shù)目為3NA，故A正確，不符合題意；B選項，根據(jù)反應方程式2mol過氧化鈉與2mol二氧化碳反應生成2mol碳酸鈉和1mol氧氣，轉移2mol電子，因此常溫常壓下，44gCO2即物質的量1mol，與足量過氧化鈉反應轉移電子的數(shù)目為NA，故B正確，不符合題意；C選項，C2H4和C4H8混合氣體可用通式法來分析，通式為CnH2n，42gC2H4和C4H8混合氣體中含有氫原子物質的量，因此含有氫原子的數(shù)目為6NA，故C正確，不符合題意；D選項，0.1L0.5mol·L－1CH3COOH物質的量為0.05mol，醋酸是弱酸，部分電離，因此溶液中含有H＋數(shù)目小于為0.05NA，故D錯誤，符合題意。綜上所述，答案為D?！军c睛】C2H4和C4H8混合氣體可用通式法來分析含碳原子個數(shù)和含氫原子個數(shù)的思想。11、C【解析】

溶液中，單位體積內已知的陽離子所帶電量為：2mol/L×1=2mol/L，單位體積內已知的陰離子所帶總電量為：2mol/L×1+1mol/L×2=4mol/L，大于單位體積內已知的陽離子所帶電量2mol/L，故M為陽離子，設M離子的電荷為x，由電荷守恒可知：4=2+x×2，解得x=+1，結合選項可知，M為Na+，正確答案是C。12、B【解析】

A.16.25gFeCl3的物質的量是0.1mol，F(xiàn)e(OH)3膠體粒子是若干個Fe(OH)3分子的集合體，故A錯誤；B.氬的質子數(shù)為18，氬氣是單原子分子，標準狀況下，22.4L氬氣的物質的量為1mol，含有的質子數(shù)為18NA，故B正確；C.NaAlO2水溶液中不僅有NaAlO2，還有H2O，1.0L1.0mo1·L-1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子數(shù)大于2NA，故C錯誤；D.二氧化硫是和氧氣的反應是可逆反應，反應物有剩余，沒有完全轉化成2molSO3，因此分子總數(shù)不是2NA，故D錯誤；故答案為B?！军c睛】本題D是易錯點，主要是不清楚甲烷發(fā)生取代反應時屬于自由基取代反應，每個氫原子都有可能被取代，其產物比較復雜，這與乙烯與氫氣的加成反應完全不同。13、C【解析】

A．二氧化硅與碳酸鈣高溫反應生成硅酸鈣和二氧化碳；B．二氧化硅為酸性氧化物與氫氧化鈉反應生成硅酸鈉和水；C．二氧化硅與鹽酸不反應；D．二氧化硅高溫下與碳反應生成一氧化碳和硅?！驹斀狻緼．二氧化硅與碳酸鈣高溫反應生成硅酸鈣和二氧化碳，二者能反應，故A不選；B．二氧化硅為酸性氧化物與氫氧化鈉反應生成硅酸鈉和水，二者能反應，故B不選；C．二氧化硅與鹽酸不反應，二者不反應，故C選；D．二氧化硅高溫下與碳反應生成一氧化碳和硅，二者能反應，故D不選；故選：C。14、D【解析】試題分析：由圖示裝置可知，水在太陽光的作用下失去電子轉化為氧氣和氫離子，電子經外電路流向b極，氫離子向b極定向移動，二氧化碳在b極上得到電子被還原為一氧化碳。A.電極b表面發(fā)生還原反應，A正確；B.該裝置工作時，H+從a極區(qū)向b極區(qū)移動，B正確；C.該裝置中每生成1molCO時轉移2mole-，所以一定同時生成0.5molO2，C正確；D.該過程是將太陽能轉化為化學能的過程，D不正確。本題選D。15、B【解析】

利用NaOH

溶液去除鋁表面的氧化膜，發(fā)生的反應為Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，然后進行“鋁毛”實驗即汞能與鋁結合成合金，俗稱“鋁汞齊”，所以鋁將汞置換出來，形成“鋁汞齊”，發(fā)生反應為：2Al+3Hg(NO3)2=2Al(NO3)3+3Hg，當“鋁汞齊”表面的鋁因氧化而減少時，鋁片上的鋁會不斷溶解進入鋁汞齊，并繼續(xù)在表面被氧化，最后使鋁片長滿固體“白毛”而且越長越高，發(fā)生反應為：4Al+3O2=2Al2O3，所以與實驗原理不相關的反應是B；故選：B。16、D【解析】

H2X為二元弱酸，以第一步電離為主，則Ka1(H2X)>Ka2(H2X)，在酸性條件下，當pH相同時，>。根據(jù)圖象可知N為lg的變化曲線，M為lg的變化曲線，當lg=0或lg=0時，說明=1或=1.濃度相等，結合圖象可計算電離平衡常數(shù)并判斷溶液的酸堿性?！驹斀狻緼.lg=0時，=1，此時溶液的pH≈4.4，所以Ka1(H2X)=c(H+)=10-4.4，A正確；B.根據(jù)上述分析可知曲線B表示lg的變化曲線，B正確；C.根據(jù)圖象可知：當lg=0時，=1，即c(HX-)=c(X2-)，此時溶液的pH約等于5.4<7，溶液顯酸性，說明該溶液中c(H+)>c(OH-)，C正確；D.根據(jù)圖象可知當溶液pH=7時，lg>0，說明c(X2-)>c(HX-)，因此該溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(OH-)，D錯誤；故合理選項是D?！军c睛】本題考查弱電解質的電離、電離常數(shù)的應用等知識。注意把握圖象中曲線的變化和相關數(shù)據(jù)的處理，難度中等。17、C【解析】

A.泡沫滅火器中加入的主要是碳酸氫鈉和硫酸鋁溶液，兩者混合時發(fā)生雙水解反應，生成大量的二氧化碳泡沫，該泡沫可進行滅火，但是，噴出的二氧化碳氣體泡沫中一定含有水，形成電解質溶液，具有一定的導電能力，可能導致觸電或電器短路，故泡沫滅火器不適用于電器起火的滅火，A錯誤；B.Mg比Fe活潑，當發(fā)生化學腐蝕時Mg作負極而被腐蝕，從而阻止Fe被腐蝕，屬于犧牲陽極的陰極保護法，B錯誤；C.過氧化鈉與人呼吸產生的CO2及H2O反應產生氧氣，可幫助人呼吸，因此可用作呼吸面具的供氧劑，C正確；D.硅膠具有吸水性，可作含油脂食品袋內的干燥劑，但是，其無還原性，不能用作脫氧劑，D錯誤；故合理選項是C。18、A【解析】

A．室溫時，在B點，pH=5.3，c(H+)=10-5.3，=0，則=1電離常數(shù)Ka(HA)===1.0×10-5.3，A正確；B．B點的平衡溶液中，c(A-)=c(HA)，依據(jù)電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由于pH=5.3，所以c(H+)>c(OH-)，c(Na+)<c(A-)，故V(NaOH)<10mL，B不正確；C．c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)顯然不符合電荷守恒原則，C不正確；D．從A點到C點的過程中，c(A-)不斷增大，水的電離程度不斷增大，D不正確；故選A。19、C【解析】

A.在標況下，11.2LNO與11.2LO2

的物質的量均為0.5mol，二者混合后發(fā)生反應2NO+O2=2NO2，所以0.5molNO和0.5molO2

反應生成0.5molNO2，消耗0.25molO2，所以反應后氣體的總物質的量應為0.75mol，但因存在2NO2=N2O4平衡關系，所以所含分子數(shù)小于0.75NA，故A錯誤；B.12g金剛石中C的物質的量為n==

1mol，金剛石中碳原子成正四面體構型，每個碳原子連接4個其他的碳原子，因此每個C-C鍵中2個原子各自占一半，所以含有的共價鍵數(shù)為2NA，故B錯誤；C.每個Na2O2中含有2個鈉離子，1個過氧根離子，所以0.1molNa2O2晶體中含有0.3molNA個離子，故C正確；D.鋁跟氫氧化鈉溶液反應生成lmol氫氣時轉移2mol電子，所以轉移的電子數(shù)為2NA，故D錯誤；答案選C。20、A【解析】

A.甲烷完全燃燒生成二氧化碳和水，碳元素化合價由-4價升高到+4價，所以4g甲烷完全燃燒轉移的電子數(shù)為8NA/mol=2NA，故A正確；B.CCl4在標況下為非氣態(tài)，無法計算11.2LCCl4的物質的量，故B錯誤；C.SO2和O2反應為可逆反應，反應不能進行完全，SO2和O2都有剩余，所以3molSO2和1molO2于密閉容器中催化反應后分子總數(shù)大于3NA，故C錯誤；D.Na2S溶液中分兩步水解，生成HS－和H2S，根據(jù)物料守恒關系：HS－、H2S和S2－離子數(shù)之和為0.1NA，故D錯誤。故選A。【點睛】本題為“NA”應用試題，解答此類題要注意題設陷阱，本題B選項，CCl4在標況下非氣態(tài)，C選項，二氧化硫和氧氣反應為可逆反應，D選項，要注意物料守恒的正確使用，考生只有在平時多總結，才能做到考試時慧眼識別。21、C【解析】

A.當Va=Vb=50mL時，溶液相當于BA溶液，此時溶液的pH＞7呈堿性，說明BA是強堿弱酸鹽，這里的強弱是相對的，則HA一定是弱酸，故A正確；B.當Va=Vb=50mL時，溶液相當于BA溶液，此時溶液的pH＞7呈堿性，說明BA是強堿弱酸鹽，這里的強弱是相對的，BOH可能是強堿也可能是電離程度比HA大的弱堿，故B正確；C.z點時，BOH溶液的體積VbmL大于HA溶液的體積VamL，混合溶液的pH大于9，即c(H+)＜10-9，25℃時該溶液中水的電離被抑制，故C錯誤；D.x、y、z點時，溶液中都存在電荷守恒：c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故D正確；題目要求選擇錯誤的，故選C。22、D【解析】

A．含有離子鍵的化合物是離子化合物，離子化合物中可能含有極性鍵或非極性鍵，如Na2O2，故A錯誤；B．多數(shù)物質導電都是靠電子定向移動的，不僅僅是金屬，如半導體材料硅等，故B錯誤；C．分子晶體的熔沸點高低取決于分子間作用力的大小，與共價鍵的強弱無關，故C錯誤；D．只含共價鍵的物質不一定是共價化合物，可能是多原子單質，如臭氧等，故D正確；答案選D。【點睛】含有離子鍵的化合物是離子化合物，而極性鍵和非極性鍵是從原子之間的共用電子對是否偏移判斷的，它們之間沒有必然的聯(lián)系。二、非選擇題(共84分)23、通電2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑（用雙線橋表示也可）用焰色反應檢驗Na+，用硝酸銀和稀硝酸檢驗Cl-【解析】

X為離子化合物，左邊為熔融液，右邊為水溶液，說明X易溶于水，則只可能為NaCl、MgCl2。若X為MgCl2，電解其水溶液，生成Mg(OH)2、H2、Cl2，電解其熔融液時，生成Mg、H2。則B為Cl2，A為Mg，但Mg生成Mg(OH)2時，需要與水反應，而Mg與H2O不反應，所以X只能為NaCl。從而得出A為Na，B為Cl2，C、D為NaOH、H2中的一種，Y為H2O。（1）已知條件I和條件II相同，則該反應條件為通電。（2）物質X為NaCl，由此可寫出其電子式。（3）Cl2與Ca(OH)2反應，用于生產漂白粉。（4）X為NaCl，在條件II下，電解氯化鈉的水溶液，反應生成NaOH、Cl2、H2。（5）實驗室制Cl2是利用MnO2與濃鹽酸在加熱條件下制得。（6）鑒定物質NaCl時，既要鑒定Na+，又要鑒定Cl-?！驹斀狻浚?）已知條件I和條件II相同，則該反應條件為通電。答案為：通電；（2）物質X為NaCl，其電子式為。答案為：；（3）Cl2與Ca(OH)2反應，化學方程式為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。答案為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（4）X為NaCl，在條件II下，電解氯化鈉的水溶液，反應的離子方程式為2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。答案為：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；（5）實驗室制Cl2是利用MnO2與濃鹽酸在加熱條件下制得，表示電子轉移方向和數(shù)目的方程式為。答案為：（用雙線橋表示也可）；（6）鑒定物質NaCl時，既要鑒定Na+，又要鑒定Cl-，鑒定Na+用焰色反應，鑒定Cl-用硝酸銀和稀硝酸。答案為：用焰色反應檢驗Na+，用硝酸銀和稀硝酸檢驗Cl-。【點睛】鑒定物質有別于鑒別物質，鑒別物質時，只需檢驗物質中所含的某種微粒，只要能讓該物質與另一物質區(qū)分開便達到目的。鑒定物質時，物質中所含的每種微粒都需檢驗，若為離子化合物，既需檢驗陽離子，又需檢驗陰離子，只檢驗其中的任意一種離子都是錯誤的。24、鄰甲基苯甲酸還原反應BD、、、【解析】

由、A的分子式，縱觀整個過程，結合X的結構，可知發(fā)生甲基鄰位硝化反應生成A為，對比各物質的分子，結合反應條件與給予的反應信息，可知A中羧基上羥基被氯原子取代生成B，B中甲基上H原子被溴原子取代生成C，C中氯原子、溴原子被-NH-取代生成D，故B為、C為、D為。由X的結構，逆推可知G為，結合F、E的分子式，可推知F為CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3、E為CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：A為；B為；C為；D為；E為CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3；F為CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3；G為。(1)的甲基在苯環(huán)羧基的鄰位C原子上，因此其名稱是鄰甲基苯甲酸；(2)G變X是-NO2變?yōu)?NH2，發(fā)生的是還原反應；(3)化合物B的結構簡式為；(4)A.化合物A的苯環(huán)上有甲基，能酸性KMnO4溶液氧化，因而可以使酸性KMnO4溶液褪色，A正確；B.化合物C結構簡式是，含苯環(huán)與羰基能發(fā)生加成反應，有Br原子可以發(fā)生取代反應；由于Br原子連接的C原子直接連接在苯環(huán)上，因此不能發(fā)生消去反應，B錯誤；C.化合物D含有亞氨基，能與稀鹽酸反應，C正確；D.根據(jù)物質的結構簡式可知X的分子式是C15H18N2O5，D錯誤；故合理選項是BD；(5)D+F→G的化學方程式為：；(6)化合物A（C8H7NO4）的同分異構體同時符合下列條件：①分子是苯的二取代物，1H-NHR譜表明分子中有4種化學環(huán)境不同的氫原子，存在對稱結構；②分子中存在硝基和酯基結構，2個取代基可能結構為：-NO2與-CH2OOCH、-NO2與-CH2COOH、-COOH與-CH2NO2、-OOCH與-CH2NO2，同分異構體可能結構簡式為、、、。(7)由E（CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3）先在NaOH溶液中發(fā)生水解反應，然后酸化可得，該物質與SOCl2發(fā)生反應產生，與NH3發(fā)生反應得到目標產物，故由E合成的路線為：?！军c睛】本題考查有機物的合成與推斷，關鍵是對給予信息的理解，要結合路線圖中物質的結構與分子式進行推斷，題目側重考查學生分析推理能力、自學能力、知識遷移運用能力，熟練掌握官能團的性質與轉化。25、堿式滴定管MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O藍無偏高【解析】

(1)滴定環(huán)節(jié)中使用的儀器有滴定管夾、鐵架臺、燒杯、錐形瓶和滴定管，滴定管裝Na2S2O3溶液，Na2S2O3顯堿性；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同時有碘離子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞緊瓶塞，振蕩水樣瓶，沉淀全部溶解，此時溶液變?yōu)辄S色，說明產生I2，根據(jù)氧化還原反應方程式分析；(4)待測液中有I2，用淀粉溶液做指示劑，溶液為藍色，終點時為無色；(5)根據(jù)關系式，進行定量分析；(6)含有較多NO3－時，在酸性條件下，形成硝酸，具有強氧化性，會氧化Na2S2O3?！驹斀狻?1)滴定環(huán)節(jié)中使用的儀器有滴定管夾、鐵架臺、燒杯、錐形瓶和滴定管，滴定管裝Na2S2O3溶液，Na2S2O3顯堿性，用堿式滴定管，故答案為：堿式滴定管；(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同時有碘離子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞緊瓶塞，振蕩水樣瓶，沉淀全部溶解，此時溶液變?yōu)辄S色，說明產生I2，即碘化合價升高，Mn的化合價會降低，離子方程式為MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，故答案為：MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O；(4)待測液中有I2，用淀粉溶液做指示劑，溶液為藍色，終點時為無色，故答案為：藍；無；(5)由4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O，MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可知關系式，即，則氧氣的物質的量x=，v1mL水樣中溶解氧=，故答案為：；(6)含有較多NO3－時，在酸性條件下，形成硝酸，具有強氧化性，會氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，結果偏高，故答案為：偏高?！军c睛】本題難點(3)，信息型氧化還原反應方程式的書寫，要注意對反應物和生成物進行分析，在根據(jù)得失電子守恒配平；易錯點(5)，硝酸根存在時，要注意與氫離子在一起會有強氧化性。26、Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑飽和食鹽水可減緩生成氨氣的速率三頸燒瓶(或三口燒瓶)分液漏斗的活塞與旋塞關閉K3和分液漏斗旋塞打開K2，緩慢推動滑動隔板，將氣體全部推出，再關閉K2減小氣體的通入速率，使空氣中的甲醛氣體被完全吸收0.0375【解析】

在儀器A中Mg3N2與H2O反應產生Mg(OH)2和NH3，NH3通入到AgNO3溶液中首先反應產生AgOH白色沉淀，后當氨氣過量時，反應產生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加熱，發(fā)生銀鏡反應產生單質Ag和CO2氣體，產生的Ag與加入的Fe3＋定量反應生成Fe2+，F(xiàn)e2＋與菲洛嗪形成有色物質，在562nm處測定吸光度，測得生成Fe2＋1.12mg，據(jù)此結合反應過程中電子守恒，可計算室內空氣中甲醛含量?！驹斀狻?1)Mg3N2與水發(fā)生鹽的雙水解反應產生Mg(OH)2和NH3，反應方程式為：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；用飽和食鹽水代替水，單位體積溶液中水的含量降低，可減緩生成氨氣的速率；(2)根據(jù)儀器B的結構可知，儀器B的名稱為三頸燒瓶；(3)銀氨溶液的制備：關閉K1、K2，打開K3，打開K3，分液漏斗的活塞與旋塞，使飽和食鹽水慢慢滴入圓底燒瓶中，首先發(fā)生反應：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH4+，后又發(fā)生反應：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O，當觀察到B中白色沉淀恰好完全溶解時，就得到了銀氨溶液，此時關閉K3和分液漏斗旋塞；(4)①用熱水浴加熱B，打開K1，將滑動隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室內空氣，關閉K1；后續(xù)操作是打開K2，緩慢推動滑動隔板，將氣體全部推出，再關閉K2；再重復上述操作3次。毛細管的作用是減小氣體的通入速率，使空氣中的甲醛氣體被完全吸收。②甲醛和銀氨溶液加熱反應生成銀，銀具有還原性，被Fe3+氧化，結合甲醛被氧化為CO2，氫氧化二氨合銀被還原為銀，甲醛中碳元素化合價0價變化為+4價，銀+1價變化為0價，生成的銀又被鐵離子氧化，鐵離子被還原為亞鐵離子，生成亞鐵離子1.12mg，物質的量n(Fe)==2×10-5mol，根據(jù)氧化還原反應電子守恒計算，設消耗甲醛物質的量為xmol，則4x=2×10-5mol×1，x=5×10-6mol，因此實驗進行了4次操作，所以測得1L空氣中甲醛的含量為1.25×10-6mol，空氣中甲醛的含量為1.25×10-6mol×30g/mol×103mg/g=0.0375mg/L?！军c睛】本題考查了物質組成和含量的測定、氧化還原反應電子守恒的計算的應用、物質性質等，掌握基礎是解題關鍵，了解反應原理、根據(jù)反應過程中電子守恒分析解答。27、指示B中壓強變化，避免氣流過快引起壓強過大防止乙烯生成前裝置中的熱氣體將溴吹出而降低產率cBr2+2OH－=Br－+BrO－+H2O干燥產品（除去產品中的水）30%【解析】

(1)圖中B裝置氣體經過，但B中氣體流速過快，則壓強會過大，通過觀察B中玻璃管可以看出氣體的流速和反應速率，因此玻璃管的作用為指示B中壓強變化，避免氣流過快引起壓強過大。(2)(ⅳ)中“先切斷瓶C與瓶D的連接處，再加熱三口瓶”的原因是防止乙烯生成前裝置中的熱氣體將溴吹出而降低產率。(3)裝置D的燒杯中需加入冷卻劑，因為1，2一二溴乙烷的沸點為131℃，熔點為9.3℃，因此只能讓1，2一二溴乙烷變?yōu)橐后w，不能變?yōu)楣腆w，變?yōu)楣腆w易堵塞導氣管，因此合適冷卻劑為c。(4)步驟③中加入1％的氫氧化鈉水溶液主要是將1，2一二溴乙烷中的單質溴除掉，發(fā)生反應的離子方程式為Br2+2OH－=Br－+BrO－+H2O。(5)步驟⑤中加入無水氯化鈣的作用為干燥產品（除去產品中的水）；單質溴為0.1mol，根據(jù)質量守恒得到1，2一二溴乙烷理論物質的量為0.1mol，因此該實驗所得產品的產率為?！驹斀狻?1)圖中B裝置氣體經過，但B中氣體流速過快，則壓強會過大，通過觀察B中玻璃管可以看出氣體的流速和反應速率，因此玻璃管的作用為指示B中壓強變化，避免氣流過快引起壓強過大，故答案為：指示B中壓強變化，避免氣流過快引起壓強過大。(2)(ⅳ)中“先切斷瓶C與瓶D的連接處，再加熱三口瓶”的原因是防止乙烯生成前裝置中的熱氣體將溴吹出而降低產率，故答案為：防止乙烯生成前裝置中的熱氣體將溴吹出而降低產率。(3)裝置D的燒杯中需加入冷卻劑，因為1，2一二溴乙烷的沸點為131℃，熔點為9.3℃，因此只能讓1，2一二溴乙烷變?yōu)橐后w，不能變?yōu)楣腆w，變?yōu)楣腆w易堵塞導氣管，因此合適冷卻劑為c，故答案為：c。(4)步驟③中加入1％的氫氧化鈉水溶液主要是將1，2一二溴乙烷中的單質溴除掉，發(fā)生反應的離子方程式為Br2+2OH－=Br－+BrO－+H2O，故答案為：Br2+2OH－=Br－+BrO－+H2O。(5)步驟⑤中加入無水氯化鈣的作用為干燥產品（除去產