2023-2024學年北海市重點中學高考仿真卷化學試卷含解析

2023-2024學年北海市重點中學高考仿真卷化學試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、下判說法正確的是A．常溫下，c(Cl-)均為0.1mol/LNaCl溶液與NH4Cl溶液，pH相等B．常溫下，濃度均為0.1mol/L的CH3COOH溶液與HCl溶液，導電能力相同C．常溫下，HCl溶液中c(Cl-)與CH3COOH溶液中c(CH3COO-)相等，兩溶液的pH相等D．室溫下，等物質的量濃度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等體積混合，所得溶液呈中性2、室溫下，向20mL0.1mol/LH2A溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，H2A溶液中各粒子濃度分數δ(X)隨溶液pH變化的關系如圖所示。下列說法錯誤的是()A．當溶液中A元素的主要存在形態(tài)為A2-時，溶液可能為弱酸性、中性或堿性B．當加入NaOH溶液至20mL時，溶液中存在((Na+)=2c(A2-)+c(HA-)C．室溫下，反應A2-+H2A=2HA-的平衡常數的對數值lgK=3D．室溫下，弱酸H2A的第一級電離平衡常數用Ka1表示，Na2A的第二級水解平衡常數用Kh2表示，則Kal>Kh23、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大。X原子的最外層電子數是K層電子數的3倍；Z的原子半徑在短周期中最大；常溫下，Z和W形成的化合物的水溶液pH>7,呈弱堿性。下列說法正確的是A．X與W屬于同主族元素B．最高價氧化物的水化物酸性：W<YC．簡單氫化物的沸點：Y>X>WD．Z和W的單質都能和水反應4、設NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．12gNaHSO4晶體中SO42-數目為0.1NAB．2.0gD2O中含有的中子數為NAC．2.24LCl2與足量Na2SO3溶液反應時轉移的電子數為0.2NAD．標準狀況下，4.48LHF所含原子數目為0.4NA5、在兩只錐形瓶中分別加入濃度均為1mol/L的鹽酸和NH4Cl溶液，將溫度和pH傳感器與溶液相連，往瓶中同時加入過量的質量、形狀均相同的鎂條，實驗結果如圖。關于該實驗的下列說法，正確的是（）A．反應劇烈程度：NH4Cl>HClB．P點溶液：c(NH4+)+2c(Mg2+)＞c(Cl-)C．Q點溶液顯堿性是因為MgCl2發(fā)生水解D．1000s后，鎂與NH4Cl溶液反應停止6、實驗測得濃度均為0.5mol?L-1的Pb(CH3COO)2溶液的導電性明顯弱于Pb(NO3)2溶液，又知PbS是不溶于水及稀酸的黑色沉淀，下列離子方程式書寫錯誤的是A．Pb(NO3)2溶液與CH3COONa溶液混合：Pb2++2CH3COO-=Pb(CH3COO)2B．Pb(NO3)2溶液與K2S溶液混合：Pb2++S2-=PbS↓C．Pb(CH3COO)2溶液與K2S溶液混合：Pb2++S2-=PbS↓D．Pb(CH3COO)2在水中電離：Pb(CH3COO)2Pb2++2CH3COO-7、設NA代表阿伏加德羅常數，下列說法正確的是（）A．5.6g鐵與足量鹽酸反應轉移的電子數為0.3NAB．100mL2.0mol/L的鹽酸與醋酸溶液中氫離子均為0.2NAC．標準狀況下，22.4L氦氣與22.4L氟氣所含原子數均為2NAD．常溫常壓下，20g重水(D2O)中含有的電子數為10NA8、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列有關敘述正確的是A．常溫常壓下，1mol甲基(—14CD3)所含的中子數和電子數分別為11NA、9NAB．pH＝1的H2SO3溶液中，含有0.1NA個H＋C．1molFe分別與足量的稀硫酸和稀硝酸反應轉移電子數均為3NAD．1molCH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子數為NA9、下列設計的實驗方案能達到相應實驗目的的是選項實驗目的實驗方案A探究化學反應的

限度取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/LFeCl3溶液5～6滴，充分反應，可根據溶液中既含I2又含I-的實驗事實判斷該反應是可逆反應B探究濃度對化學反應速率的影響用兩支試管各取5mL0.1mol/L的KMnO4溶液，分別加入2mL0.1mol/L和0.2mol/L的草酸溶液，記錄溶液褪色所需的時間C證明溴乙烷的消去反應有乙烯生成將NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加熱，將產生的氣體直接通入酸性KMnO4溶液中D驗證醋酸鈉溶液中存在水解平衡取CH3COONa溶液于試管中并加入幾滴酚酞試劑，再加入醋酸銨固體其水溶液呈中性，觀察溶液顏色變化A．A B．B C．C D．D10、中國科學家研究出對環(huán)境污染小、便于鋁回收的海水電池，其工作原理示意圖如下：下列說法正確的是（）A．電極Ⅰ為陰極，其反應為：O2+4H++4e－=2H2OB．聚丙烯半透膜允許陽離子從右往左通過C．如果電極II為活性鎂鋁合金，則負極區(qū)會逸出大量氣體D．當負極質量減少5.4g時，正極消耗3.36L氣體11、鈉堿循環(huán)法可脫除煙氣中的SO2.在鈉堿循環(huán)中，吸收液為Na2SO3溶液，當吸收液的pH降為6左右時，可采用三室膜電解技術使其再生，圖為再生示意圖。下列說法正確的是()A．a極為電池的陽極B．a極區(qū)吸收液再生的原理是HSO3﹣+H+═H2O+SO2↑C．b電極的電極反應式是HSO3﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+3H+D．b膜為陽離子交換膜12、W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，其中Y元素在同周期中離子半徑最?。患?、乙分別是元素Y、Z的單質；丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素組成的二元化合物，常溫下丁為液態(tài)；戊為酸性氣體，常溫下0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2。上述物質轉化關系如圖所示。下列說法正確的是A．原子半徑：Z>Y>X>WB．W、X、Y、Z不可能同存于一種離子化合物中C．W和Ⅹ形成的化合物既可能含有極性鍵也可能含有非極性鍵D．比較X、Z非金屬性強弱時，可比較其最高價氧化物對應的水化物的酸性13、在高溫高壓的水溶液中，AuS－與Fe2+發(fā)生反應沉積出磁鐵礦(主要成分Fe3O4)和金礦(含Au)，并伴有H2S氣體生成。對于該反應的說法一定正確的是A．氧化劑和還原劑的物質的量之比2:3B．AuS－既作氧化劑又作還原劑C．每生成2.24L氣體，轉移電子數為0.1molD．反應后溶液的pH值降低14、剛結束的兩會《政府工作報告》首次寫入“推動充電、加氫等設施的建設”。如圖是一種正負電極反應均涉及氫氣的新型“全氫電池”，能量效率可達80%。下列說法中錯誤的是A．該裝置將化學能轉換為電能B．離子交換膜允許H+和OH－通過C．負極為A，其電極反應式是H2－2e－+2OH－=2H2OD．電池的總反應為H++OH－H2O15、中國是一個嚴重缺水的國家，污水治理越來越引起人們重視，可以通過膜電池除去廢水中的乙酸鈉和對氯苯酚，其原理如圖所示，下列說法不正確的是A．電流方向從A極沿導線經小燈泡流向B極B．B極為電池的陽極，電極反應式為CH3COO——8e?+4H2O═2HCO3—+9H+C．當外電路中有0.2mole?轉移時，通過質子交換膜的H+的個數為0.2NAD．A極的電極反應式為+H++2e?═Cl?+16、五種短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序數依次增大。T的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代，W的簡單氣態(tài)氫化物遇Z的氫化物產生白煙。T、Z原子最外層電子數之和等于X的核外電子總數，T和Y位于同一主族。下列推斷正確的是（）A．原子半徑：T＜W＜Z＜Y＜XB．簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y＞T＞WC．氧化物對應水化物的酸性：Y＜T＜W＜ZD．X3W和XW3都是離子化合物，但所含化學鍵類型不完全相同17、下列有關儀器的使用方法或實驗操作正確的是A．洗凈的錐形瓶和容量瓶可以放進烘箱中烘干B．蒸發(fā)時將蒸發(fā)皿放置在鐵架臺的鐵圈上，并加墊石棉網加熱C．使用CCl4萃取溴水中的溴時，振蕩后需打開活塞使漏斗內氣體放出D．酸堿中和滴定過程中，眼睛必須注視滴定管刻度的變化18、下列說法正確的是A．化合物是苯的同系物B．分子中所有原子共平面C．火棉(纖維素三硝酸酯)的結構簡式為D．1mol阿斯匹林（）與足量的NaOH溶液反應，消耗NaOH最大的物質的量為2mol19、下圖是有機合成中的部分片段：下列說法錯誤的是A．有機物a能發(fā)生加成、氧化、取代等反應B．有機物a~d都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．d中所有原子不可能共平面D．與b互為同分異構體、含有1個和2個的有機物有4種20、甲烷與氯氣光照條件下取代反應的部分反應歷程和能量變化如下：第一步：第二步：第三步：中其中表示氯原子，表示甲基，下列說法不正確的是（）A．由題可知，甲烷和氯氣在室溫暗處較難反應B．C．形成中鍵放出的能量比拆開中化學鍵吸收的能量多D．若是甲烷與發(fā)生取代反應，則第二步反應21、減壓過濾裝置中用于承接濾液的儀器是A． B． C． D．22、垃圾分類并回收利用,可以節(jié)約自然資源,符合可持續(xù)發(fā)展的要求。與廢棄礦泉水瓶對應的垃圾分類標志是A． B． C． D．二、非選擇題(共84分)23、（14分）化合物G是合成抗心律失常藥物決奈達隆的一種中間體，可通過以下方法合成：

請回答下列問題：（1）R的名稱是_______________；N中含有的官能團數目是______。（2）M→N反應過程中K2CO3的作用是____________________________________。（3）H→G的反應類型是______________。（4）H的分子式________________。（5）寫出Q→H的化學方程式：___________________________________。（6）T與R組成元素種類相同，符合下列條件T的同分異構體有_____種。①與R具有相同官能團；②分子中含有苯環(huán)；③T的相對分子質量比R多14其中在核磁共振氫譜上有5組峰且峰的面積比為1:1:2:2:2的結構簡式有___________。（7）以1，5-戊二醇()和苯為原料(其他無機試劑自選)合成，設計合成路線：_________________________________________。24、（12分）富馬酸二甲酯（DMF）俗稱防霉保鮮劑霉克星1號，曾廣泛應用于化妝品、蔬菜、水果等防霉、防腐、防蟲、保鮮，它的一條合成路線如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）B的結構簡式為______，D中官能團名稱______。（2）①的反應的類型是______，②的反應條件是______。（3）④的反應方程式為______。（4）寫出C的一種同分異構體，滿足可水解且生成兩種產物可相互轉化______。（5）過程③由多個步驟組成，寫出由C→D的合成路線_____。（其他試劑任選）（合成路線常用的表示方式為：AB……目標產物）25、（12分）草酸銨[(NH4)2C2O4]為無色柱狀晶體，不穩(wěn)定，受熱易分解，可用于測定Ca2+、Mg2+的含量。I．某同學利用如圖所示實驗裝置檢驗草酸銨的分解產物。(l)實驗過程中，觀察到浸有酚酞溶液的濾紙變紅，裝置B中澄清石灰水變渾濁，說明分解產物中含有____（填化學式）；若觀察到____，說明分解產物中含有CO2草酸銨分解的化學方程式為____。(2)反應開始前，通人氮氣的目的是____。(3)裝置C的作用是____。(4)還有一種分解產物在一定條件下也能還原CuO，該反應的化學方程式為_____。Ⅱ．該同學利用草酸銨測定血液中鈣元素的含量。(5)取20.00mL血液樣品，定容至l00mL，分別取三份體積均為25.00mL稀釋后的血液樣品，加入草酸銨，生成草酸鈣沉淀，過濾，將該沉淀溶于過量稀硫酸中，然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液進行滴定。滴定至終點時的實驗現象為____。三次滴定實驗消耗KMnO4溶液的體積分別為0.43mL，0.4lmL，0.52mL，則該血液樣品中鈣元素的含量為__________mmol/L。26、（10分）苯甲酸乙酯是重要的精細化工試劑，常用于配制水果型食用香精。實驗室制備流程如下：試劑相關性質如下表：苯甲酸乙醇苯甲酸乙酯常溫性狀白色針狀晶體無色液體無色透明液體沸點/℃249.078.0212.6相對分子量12246150溶解性微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有機溶劑與水任意比互溶難溶于冷水，微溶于熱水，易溶于乙醇和乙醚回答下列問題：（1）為提高原料苯甲酸的純度，可采用的純化方法為_________。（2）步驟①的裝置如圖所示（加熱和夾持裝置已略去），將一小團棉花放入儀器B中靠近活塞孔處，將吸水劑（無水硫酸銅的乙醇飽和溶液）放入儀器B中，在儀器C中加入12.2g純化后的苯甲酸晶體，30mL無水乙醇（約0.5mol）和3mL濃硫酸，加入沸石，加熱至微沸，回流反應1.5~2h。儀器A的作用是_________；儀器C中反應液應采用_________方式加熱。（3）隨著反應進行，反應體系中水分不斷被有效分離，儀器B中吸水劑的現象為_________。（4）反應結束后，對C中混合液進行分離提純，操作I是_________；操作II所用的玻璃儀器除了燒杯外還有_________。（5）反應結束后，步驟③中將反應液倒入冷水的目的除了溶解乙醇外，還有_____；加入試劑X為_____（填寫化學式）。（6）最終得到產物純品12.0g，實驗產率為_________%（保留三位有效數字）。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）化學土肥外加少量酸、堿，而pH基本不變的溶液，稱為緩沖溶液，現有25℃時，濃度均為0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的緩沖溶液，pH=4.76，回答下列問題：[Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Kb為鹽的水解常數]（1）CH3COOH的電離方程式為__。（2）該緩沖溶液中離子濃度由大到小的順序是___。（3）25℃時，Ka(CH3COOH)___Kb(CH3COO-)（填“>”“<”或“=”）。（4）用1.0L上述緩沖溶液中滴加幾滴NaOH稀溶液（忽略溶液體積的變化），反應后溶液中c(H+)__mol/L。（5）人體血液存在H2CO3(CO2)與NaHCO3的緩沖體系，能有效除掉人體正常代謝產生的酸、堿，保持pH的穩(wěn)定，有關機理說法正確的是__（填寫選項字母）。a.代謝產生的被HCO3-結合形成H2CO3b.血液中的緩沖體系可抵抗大量酸、堿的影響c.代謝產生的堿被H+中和，H+又由H2CO3電離補充29、（10分）鈦及其化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領域有著廣泛的應用。（1）基態(tài)鈦原子的價電子排布式為_____________，與鈦同周期的元素中，基態(tài)原子的未成對電子數與鈦相同的有____________種。（2）鈦比鋼輕、比鋁硬，是一種新興的結構材料，鈦的硬度比鋁大的原因是_________。（3）在濃的TiCl3的鹽酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至飽和，可得到配位數為6、組成為TiCl3·6H2O的綠色晶體，該晶體中兩種配體的物質的量之比為1：5，則該配合離子的化學式為___________。（4）半夾心結構催化劑M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合，其結構如下圖所示。①組成M的元素中，電負性最大的是_________(填名稱)。②M中碳原子的雜化方式為____________。③M中不含________(填代號)。a．π鍵b．σ鍵c．離子鍵d．配位鍵（5）金紅石(TiO2)是含鈦的主要礦物之一。其晶胞結構(晶胞中相同位置的原子相同)如圖所示。①A、B、C、D4種微粒，其中氧原子是________(填代號)。②若A、B、C的原子坐標分別為A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，則D的原子坐標為D(0.19a，____，___)；鈦氧鍵的鍵長d=______(用代數式表示)。

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、C【解析】

A.c(Cl-)相同，說明兩種鹽的濃度相同，NaCl是強酸強堿鹽，不水解，溶液顯中性，而NH4Cl是強酸弱堿鹽，NH4+水解使溶液顯酸性，因此二者的pH不相等，A錯誤；B.HCl是一元強酸，完全電離，而CH3COOH是一元弱酸，部分電離，在溶液中存在電離平衡，當兩種酸的濃度相等時，由于醋酸部分電離，所以溶液中自由移動的離子的濃度HCl>CH3COOH，離子濃度越大，溶液的導電性就越強，故HCl的導電能力比醋酸強，B錯誤；C.HCl是一元強酸，溶液中c(Cl-)=c(H+)-c(OH-)，CH3COOH是一元弱酸，溶液中存在電離平衡，但溶液中c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，兩溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，常溫下兩溶液中c(H+)相等，所以兩溶液的pH也就相等，C正確；D.室溫下，等物質的量濃度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等體積混合，由于二者的物質的量相等，因此恰好反應產生CH3COONa，該鹽是強堿弱酸鹽，CH3COO-水解，使溶液顯堿性，D錯誤；故合理選項是C。2、B【解析】

A、當溶液中A元素的主要存在形態(tài)為A2－時，溶液pH大于4.2，溶液可能為弱酸性、中性或堿性，故A正確；B、HA與NaOH按1:1混合，所得溶液為NaHA溶液，由圖可知，NaHA溶液呈酸性。根據電荷守恒得c(Na＋)+c(H＋)=2(A2－)+c(HA－)+c(OH－)，因為c(H＋)>c(OH－)，所以c(Na＋)<2c(A2－)+c(HA－)，故B錯誤；C、依據圖像中兩個交點可計算出Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2，室溫下，反應A2－+H2A2HA－的平衡常數K==103，lgK=3，故C正確；D、因為K1=10-1.2，所以Kh2=，故Ka1＞kh2，故D正確；答案選B?！军c睛】本題考查酸堿混合的定量判斷及根據弱電解質的電離平衡常數進行計算，明確圖象曲線變化的意義為解答關鍵，難點C注意掌握反應平衡常數與電離常數的關系。3、A【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大。X原子的最外層電子數是K層電子數的3倍，則X為O；Z的原子半徑在短周期中最大，則Z為Na，Y為F；常溫下，Z和W形成的化合物的水溶液pH＞7，呈弱堿性，則為Na2S，即W為S?！驹斀狻緼.O與S屬于同主族元素，故A正確；B.F無最高價氧化物對應的水化物，故B錯誤；C.水、氟化氫分子間存在氫鍵，沸點反常，常溫下，水為液態(tài)、氟化氫為氣態(tài)，所以簡單氫化物的沸點：H2O＞HF＞H2S，故C錯誤；D.Na與H2O反應生成NaOH和H2，S和H2O不反應，故D錯誤。綜上所述，答案為A。【點睛】注意H2O、HF、NH3氫化物的沸點，它們存在分子間氫鍵，其他氫化物沸點與相對分子質量有關，相對分子質量越大，范德華力越大，熔沸點越高。4、B【解析】

A.NaHSO4晶體中含鈉離子與硫酸氫根離子，不含SO42-，A項錯誤；B.2.0gD2O的物質的量為=0.1mol，其中含有的中子數為0.1mol(12+8)NA=NA，B項正確；C.氯氣所處的狀態(tài)未知，無法求出氯氣的物質的量，轉移電子數無法確定，C項錯誤；D.標準狀況下，HF為液體，不是氣體，無法按照氣體的摩爾體積計算其物質的量，D項錯誤；答案選B。【點睛】與阿伏加德羅常數NA相關的化學計量的選擇題是高頻考點，側重考查學生對化學計量的理解與應用。本題D項是學生的易錯點，要特別注意氣體摩爾體積為22.4L/mol的狀態(tài)與條件，題設陷阱經常誤將“常溫常壓”當作“標準狀況”、或者誤把標準狀態(tài)下的固體、液體當成氣體，學生做題時只要善于辨析，便可識破陷阱，排除選項。5、B【解析】

A．NH4Cl是強酸弱堿鹽，發(fā)生水解反應溶液顯酸性，濃度均為1mol/L的鹽酸和NH4Cl溶液中，鹽酸中的氫離子濃度酸遠大于NH4Cl溶液，與金屬反應屬于放熱反應，圖中鹽酸與鎂反應溫度迅速升高，而氯化銨溶液與鎂反應放出熱量較少，則反應劇烈程度：HCl>NH4Cl，故A錯誤；B．P點時氯化銨溶液的電荷守恒式為：c(NH4+)+2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，由于P點溶液顯堿性，c(OH-)＞c(H+)，則c(NH4+)+2c(Mg2+)＞c(Cl-)，故B正確；C．Q點溶液顯堿性是因為NH4Cl發(fā)生水解生成一水合氨和氫離子，由于氫離子與金屬鎂反應被消耗，促使水解平衡正向移動，一水合氨濃度增大，溶液的堿性增強，故C錯誤；D．由圖像可知，1000s后，鎂與NH4Cl溶液反應的溫度和pH仍在升高，只是變化較小，反應沒有停止，故D錯誤；答案選B。6、C【解析】

由導電性強弱可知，Pb(CH3COO)2是可溶性的弱電解質，在離子方程式中保留化學式，據此分析作答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍珹.Pb(NO3)2溶液與CH3COONa溶液混合，會生成Pb(CH3COO)2，發(fā)生反應的離子方程式為：Pb2++2CH3COO-=Pb(CH3COO)2，A項正確；B.Pb(NO3)2溶液與K2S溶液混合會生成PbS沉淀，發(fā)生反應的離子方程式為：Pb2++S2-=PbS↓，B項正確；C.Pb(CH3COO)2溶液與K2S溶液混合，離子方程式為：Pb(CH3COO)2+S2-=PbS↓+2CH3COO-，C項錯誤；D.Pb(CH3COO)2在水中電離：Pb(CH3COO)2Pb2++2CH3COO-，D項正確；答案選C?！军c睛】Pb(CH3COO)2易溶于水，在水溶液中部分電離，是少有的幾種不是強電解質的鹽之一。7、D【解析】

A.5.6g鐵為0.1mol，與足量鹽酸反應生成Fe2+和H2，轉移的電子數為0.2NA，A錯誤；B.醋酸為弱電解質，100mL2.0mol/L的醋酸在溶液部分電離，生成的氫離子數小于0.2NA，B錯誤；C.標準狀況下，22.4LHe與22.4LF2所含原子數不相等，前者為0.1NA，后者為0.2NA，C錯誤；D.常溫常壓下，20g重水(D2O)的物質的量為1mol，含有的電子數為10NA，D正確。故選D。8、A【解析】

A.一個14C中的中子數為8，一個D中的中子數為1，則1個甲基(—14CD3)所含的中子數為11，一個14C中的電子數為6，一個D中的電子數為1，則1個甲基(—14CD3)所含的電子數為9；則1mol甲基(—14CD3)所含的中子數和電子數分別為11NA、9NA，故A正確；B.pH＝1的H2SO3溶液中，c(H+)為0.1mol/L，沒有給出溶液的體積，無法根據公式n=cV計算出氫離子的物質的量，也無法計算氫離子的數目,故B錯誤；C.鐵和稀硫酸反應變?yōu)?2價，和足量稀硝酸反應變?yōu)?3價，故1molFe分別與足量的稀硫酸和稀硝酸反應轉移電子數依次為2mol、3mol，故C錯誤；D.酯在酸性條件下的水解反應是可逆反應，故1molCH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子數小于NA，故D錯誤。答案選A?！军c睛】本題考查的是與阿伏加德羅常數有關的計算。解題時注意C選項中鐵和稀硫酸反應變?yōu)?2價，和足量稀硝酸反應變?yōu)?3價，故失電子數不同；D選項酯在酸性條件下的水解反應是可逆反應，可逆反應的特點是不能進行徹底，故1molCH3COOC2H5在稀硫酸中不會完全水解。9、D【解析】

A．KI與FeCl3發(fā)生氧化還原反應，其離子反應式為2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，由于KI過量，因此溶液中存在I2和I-，故不可根據溶液中既含I2又含I-的實驗事實判斷該反應是可逆反應，A錯誤；B．高錳酸鉀與草酸溶液反應的離子式為

2MnO4-+5H2C2O4+6H+=8H2O+10CO2↑+2Mn2+，可知溶液中高錳酸鉀溶液過量，難以觀察到褪色現象，B錯誤；C．由于溶液中揮發(fā)的乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以不能使用酸性高錳酸鉀溶液檢驗乙烯，C錯誤；D．CH3COONa在水溶液呈堿性是存在陰離子的水解：CH3COO-

+H2O?CH3COOH+OH-，加入酚酞溶液后變紅，再加入醋酸銨固體，醋酸銨溶液呈中性，此時溶液中CH3COO-濃度增大，反應正向移動，溶液顏色加深，D正確；答案選D?！军c睛】此題易錯點是B選項，通過觀察高錳酸鉀褪色快慢來探究反應速率大小，若高錳酸鉀過量則不會觀察到褪色，延伸考點還會出現高錳酸鉀濃度不同來探究，要注意濃度不同時本身顏色深淺就不同，所以難以通過觀察先褪色說明速率快；一般是高錳酸鉀濃度相同且量少時，慢慢滴加不同濃度的草酸溶液，以此探究濃度對速率的影響。10、C【解析】

A選項，電極Ⅰ為正極，其反應為：O2+4H++4e－=2H2O，故A錯誤；B選項，根據圖中信息右邊酸性溶液，左邊為堿性海水，右邊氫離子不能通過聚丙烯半透膜，故B錯誤；C選項，如果電極II為活性鎂鋁合金，鎂鋁形成很多細小的原電池，鎂失去電子，鋁上氫離子得到電子，因此在負極區(qū)會逸出大量氣體，故C正確；D選項，當不是標準狀況下，無法算正極消耗氣體的體積，故D錯誤。綜上所述，答案為C?！军c睛】通過體積算物質的量時，一定要看使用條件，1、是否為氣體，2、是否為標準狀況下。11、C【解析】

由示意圖可知：Na+向a電極移動，HSO3﹣、SO42﹣向b電極移動，則a為陰極，b為陽極，據此解答?！驹斀狻緼．a極上氫離子被還原為氫氣，發(fā)生還原反應，故a為陰極，故A錯誤；B．a極上氫離子得電子生成氫氣，溶液中氫離子濃度降低，促進HSO3﹣電離生成SO32﹣，鈉離子進入陰極室，吸收液就可以再生，故B錯誤；C．酸性條件，陰離子主要為HSO3﹣，b電極上HSO3﹣轉化為SO42﹣，電極反應式為：HSO3﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+3H+，故C正確；D．b膜允許陰離子通過，故b膜為陰離子交換膜，故D錯誤。故選：C。12、C【解析】

Y元素在同周期中離子半徑最小，金屬離子外的電子層數比相應的原子少一層，而且同周期金屬元素離子半徑隨著原子序數的遞增而減小，而非金屬元素的離子的電子層沒有減少，所以Y應為Al元素。丁為二元化合物，而且為液態(tài)，為水。丙與水反應得到兩種物質，而且一種為酸。0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2，為弱酸。短周期中二元化合物為弱酸的HF和H2S。結合乙是Z的單質，Z的原子序數比Al大，Z為S元素。涉及的反應為2Al＋3SAl2S3，Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3＋3H2S↑。W、X、Y、Z分別為H、O、Al、S。A．H原子半徑最小。同周期的元素，原子序數越大，原子半徑越小，Al原子的半徑大于S；同主族元素，原子序數越大，原子半徑越大，S的原子半徑大于O，排序為Y（Al）>Z（S）>X（O）>W（H），A項錯誤；B．H、O、Al、S可以存在于KAl(SO4)2·12H2O中，存在離子鍵，為離子化合物，B項錯誤；C．W(H)和X(O)的化合物可能為H2O和H2O2。H2O的結構簡式為H—O—H，含有極性鍵。H2O2的結構簡式為H—O－O—H，含有極性鍵和非極性鍵，C項正確；D．比較X(O)和Z(S)的非金屬性，不能比較最高價氧化物對應的水化物的酸性，因為O沒有它的含氧酸。D項錯誤；本題答案選C。13、D【解析】

在高溫高壓的水溶液中，AuS－與Fe2+發(fā)生反應沉積出磁鐵礦(主要成分Fe3O4)和金礦(含Au)，并伴有H2S氣體生成，則反應的方程式可表示為4H2O+2AuS－+3Fe2+→Fe3O4+2Au+2H2S↑+4H＋，則A．氧化劑是AuS－，還原劑是亞鐵離子，根據電子得失守恒可知二者的物質的量之比1:1，選項A錯誤；B．AuS－中Au的化合價降低，只作氧化劑，亞鐵離子是還原劑，選項B錯誤；C．不能確定氣體所處的狀態(tài)，則每生成2.24L氣體，轉移電子數不一定為0.1mol，選項C錯誤；D．反應后有氫離子產生，因此溶液的pH值降低，選項D正確；答案選D。14、B【解析】

由工作原理圖可知，左邊吸附層A上氫氣失電子與氫氧根結合生成水，發(fā)生了氧化反應為負極，電極反應是H2-2e-+2OH-═2H2O，右邊吸附層B為正極，發(fā)生了還原反應，電極反應是2H++2e-═H2↑，結合原電池原理分析解答。【詳解】A.“全氫電池”工作時是原電池反應，能量變化是將化學能轉化為電能，故A正確；B.由工作原理圖可知，左邊溶液為堿性，右邊溶液為酸性，所以離子交換膜可阻止左邊的堿性溶液和右邊的酸性溶液發(fā)生中和，因此該離子交換膜不能允許H+和OH－通過，故B錯誤；C.根據氫氣的進出方向可知，氫氣在吸附層A上發(fā)生氧化反應，化合價由0價變成+1價，吸附層A為負極，電極反應為：H2-2e-+2OH-═2H2O，故C正確；D.根據C的分析可知，右邊吸附層B為正極，發(fā)生了還原反應，正極電極反應是2H++2e-═H2↑，左邊吸附層A為負極，發(fā)生了氧化反應，電極反應是H2-2e-+2OH-═2H2O，因此總反應為：H++OH-H2O，故D正確；答案選B。15、B【解析】

原電池中陽離子移向正極，根據原電池中氫離子的移動方向可知A為正極，正極有氫離子參與反應，電極反應式為+2e-+H+═+Cl-，B為負極，電極反應式為CH3COO--8e-+4H2O

═2HCO3-+9H+，據此分析解答?！驹斀狻緼．原電池工作時，電流從正極經導線流向負極，即電流方向從A極沿導線經小燈泡流向B極，故A正確；B．B極為電池的負極，失去電子，發(fā)生氧化反應，電極反應式為CH3COO--8e-+4H2O

═2HCO3-+9H+，B極不是陽極，故B錯誤；C．根據電子守恒可知，當外電路中有0.2mole-轉移時，通過質子交換膜的H+的個數為0.2NA，故C正確；D．A為正極，得到電子，發(fā)生還原反應，正極有氫離子參與反應，電極反應式為+2e-+H+═+Cl-，故D正確；答案選B?！军c睛】根據氫離子的移動方向判斷原電池的正負極是解題的關鍵。本題的易錯點為B，要注意原電池的兩極稱為正負極，電解池的兩極稱為陰陽極。16、D【解析】

五種短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序數依次增大。通過T的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代可以判斷，T為C元素；根據W的簡單氣態(tài)氫化物遇Z的氫化物產生白煙，W的原子序數小于Z可以判斷出，W為N元素，Z為Cl元素；T、Z原子最外層電子數之和等于X的核外電子總數可以判斷出，X的核外電子數為11，X為Na；T和Y位于同一主族，T的原子序數最小，判斷出Y為Si元素?！驹斀狻緼．根據元素電子層數和核電荷數判斷，原子半徑大小為：W<T<Z<Y<X，A錯誤；B．同一周期從左到右，簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性越來越強，同一主族從上到下，簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性越來越弱，故簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性為：W>T>Y，B錯誤；C．氧化物對應水化物的酸性無法判斷，C錯誤；D．X3W和XW3分為Na3N和NaN3，兩者都是離子化合物，但Na3N僅含有離子鍵，NaN3中即含離子鍵也含共價鍵，D正確；答案選D。17、C【解析】

A．錐形瓶和容量瓶內有水對實驗無影響，不需要烘干，故A錯誤；B．蒸發(fā)時將蒸發(fā)皿放置在鐵架臺的鐵圈上，可以直接加熱，不需要加墊石棉網，故B錯誤；C．使用CCl4萃取溴水中的溴時，振蕩后需打開活塞使漏斗內氣體放出，防止分液漏斗內壓強過大引起危險，故C正確；D．酸堿中和滴定過程中，眼睛必須注視錐形瓶中溶液顏色變化，以便及時判斷滴定終點，故D錯誤；故選C。18、C【解析】

A．結構相似，分子式相差一個或多個CH2原子團的物質之間互稱同系物，A項錯誤；B．分子中的甲基-CH3，碳原子在成鍵時形成了4條單鍵，與這種碳相連的原子不可能都在同一平面內，B項錯誤；C．火棉即，C項正確；D．阿司匹林結構中含有的羧基可以消耗1個NaOH，并且結構中還含有一個酚酯基，可以消耗2個NaOH，所以1mol阿司匹林水解可以消耗3mol的NaOH，D項錯誤；答案選C?！军c睛】若有機物中存在形成4條單鍵的碳原子，那么有機物中的所有原子不可能共面；普通的酯基水解時消耗1個NaOH，而酚酯基可以消耗2個NaOH。19、D【解析】

本題考查有機物的結構與性質，意在考查知識遷移能力?！驹斀狻緼.a中含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成反應，氧化反應，氫原子在一定條件下可以被取代，故不選A；B.a含有碳碳雙鍵和醛基、b中含有碳碳雙鍵、c、d中均含有-CH2OH，它們能被酸性高錳酸鉀氧化，故不選B；C.d中含有四面體結構的碳，所以所有的原子不可能共平面，故不選C；D.與b互為同分異構體、含有1個-COOH和2個-CH3的有機物有、、、、、等，故選D；答案：D【點睛】易錯選項B，能使酸性高錳酸鉀褪色的有：碳碳雙鍵、碳碳三鍵、和苯環(huán)相連的碳上有C-H鍵，醇羥基（和羥基相連的碳上含有C-H鍵）、酚、醛等。20、D【解析】

光照下發(fā)生取代反應，常溫下不能反應，故A正確；B.由第二步與第三步相加得到，故B正確；C.由第三步反應可知，形成鍵，拆開中化學鍵，且為放熱反應，則形成中鍵放出的能量比拆開中化學鍵吸收的能量多，故C正確；D.若是甲烷與發(fā)生取代反應，形成HCl比形成HBr更容易，即形成HBr需要的能量大于形成HCl需要的能量，則第二步反應，故D錯誤；故選：D。21、B【解析】

A．是干燥管，故A不選；B．是抽濾瓶，用于減壓過濾，故B選；C．是洗氣裝置，用于除雜，故C不選；D．是坩堝，用于灼燒固體，故D不選；故選B。22、A【解析】

根據垃圾分類標志的含義判斷?！驹斀狻繌U棄礦泉水瓶屬于可回收利用的垃圾。本題選A。二、非選擇題(共84分)23、鄰羥基苯甲醛(或2-羥基苯甲醛)4消耗產生的HCl，提高有機物N的產率取代反應C15H18N2O3+→2HCl+17、【解析】

R在一定條件下反應生成M，M在碳酸鉀作用下，與ClCH2COOC2H5反應生成N，根據N的結構簡式，M的結構簡式為，根據R和M的分子式，R在濃硫酸、濃硝酸作用下發(fā)生取代反應生成M，則R的結構簡式為，N在一定條件下反應生成P，P在Fe/HCl作用下生成Q，Q與反應生成H，根據H的結構簡式和已知信息，則Q的結構簡式為，P的結構簡式為：；H在(Boc)2O作用下反應生成G，據此分析解答?！驹斀狻?1)根據分析，R的結構簡式為，名稱是鄰羥基苯甲醛(或2-羥基苯甲醛)；根據N的結構簡式，其中含有的官能團有醚基、酯基、硝基、醛基，共4種官能團；(2)M在碳酸鉀作用下，與ClCH2COOC2H5反應生成N，根據N的結構簡式，M的結構簡式為，根據結構變化，M到N發(fā)生取代反應生成N的同時還生成HCl，加入K2CO3可消耗產生的HCl，提高有機物N的產率；(3)Q與反應生成H，Q的結構簡式為，Q中氨基上的氫原子被取代，H→G的反應類型是取代反應；(4)結構式中，未標注元素符號的每個節(jié)點為碳原子，每個碳原子連接4個鍵，不足鍵由氫原子補齊，H的分子式C15H18N2O3；(5)Q與反應生成H，Q的結構簡式為，Q→H的化學方程式：+→2HCl+；(6)R的結構簡式為，T與R組成元素種類相同，①與R具有相同官能團，說明T的結構中含有羥基和醛基；②分子中含有苯環(huán)；③T的相對分子質量比R多14，即T比R中多一個-CH2-，若T是由和-CH3構成，則連接方式為；若T是由和-CH3構成，則連接方式為；若T是由和-CH3構成，則連接方式為；若T是由和-CHO構成，則連接方式為；若T是由和-OH構成，則連接方式為；若T是由和-CH(OH)CHO構成，則連接方式為，符合下列條件T的同分異構體有17種；其中在核磁共振氫譜上有5組峰且峰的面積比為1:1:2:2:2，說明分子中含有5種不同環(huán)境的氫原子，結構簡式有、；(7)以1，5-戊二醇()和苯為原料，依據流程圖中Q→F的信息，需將以1，5-戊二醇轉化為1，5-二氯戊烷，將本轉化為硝基苯，再將硝基苯轉化為苯胺，以便于合成目標有機物，設計合成路線：?！军c睛】苯環(huán)上含有兩個取代基時，位置有相鄰，相間，相對三種情況，確定好分子式時，確定好官能團可能的情況，不要有遺漏，例如可能會漏寫。24、ClCH2CH=CHCH2Cl羧基、碳碳雙鍵加成反應氫氧化鈉水溶液、加熱HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2OCH3COOC2H5【解析】

（1）由C的結構可知，反應①是1，3-丁二烯與氯氣發(fā)生1，4-加成反應生成1，4-二氯-2-丁烯，反應②發(fā)生鹵代烴的水解反應，故B為ClCH2CH=CHCH2Cl，D中官能團名稱為：羧基、碳碳雙鍵；（2）①的反應的類型是：加成反應，②的反應條件是：氫氧化鈉水溶液、加熱；（3）④是HOOCCH=CHCOOH與甲醇發(fā)生酯化反應得到CH3OOCCH=CHCOOCH3，反應方程式為；（4）C的一種同分異構體可水解且生成兩種產物可相互轉化，符合條件的C的同分異構體為：CH3COOC2H5；（5）過程③由多個步驟組成，對比C、D的結構，HOCH2CH=CHCH2OH先與HCl發(fā)生加成反應生成HOCH2CH2CHClCH2OH，然后發(fā)生氧化反應生成HOOCCH2CHClCOOH，HOOCCH2CHClCOOH發(fā)生消去反應、酸化得到HOOCCH=CHCOOH，合成路線流程圖為：，故答案為：?！军c睛】本題考查有機物的合成，題目涉及有機反應類型、官能團識別、有機反應方程式書寫、限制條件同分異構體書寫、合成路線設計等，注意根據有機物的結構明確發(fā)生的反應，熟練掌握官能團的性質與轉化。25、NH3、CO2E中黑色固體變紅，F中澄清石灰水變渾濁(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O排盡裝置中的空氣充分吸收CO2，防止干擾CO的檢驗2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內不褪去2.1【解析】

(l)按實驗過程中觀察到現象，推測分解產物并書寫草酸銨分解的化學方程式；(2)氮氣驅趕裝置內原有氣體，從空氣對實驗不利因素來分析；(3)由所盛裝的物質性質及實驗目的推測裝置C的作用；(4)從分解產物中找到另一個有還原性的物質，結合氧化還原反應原理寫該反應的化學方程式；Ⅱ．(5)三次平行實驗，計算時要數據處理，結合關系式進行計算；【詳解】(l)實驗過程中，觀察到浸有酚酞溶液的濾紙變?yōu)榧t色說明分解產物中含有氨氣，裝置B中澄清石灰水變渾濁，說明分解產物中含有二氧化碳氣體；若觀察到裝置E中氧化銅由黑色變?yōu)榧t色，裝置F中澄清石灰水變渾濁，說明分解產物中含有CO；答案為：NH3；CO2；E中黑色固體變紅，F中澄清石灰水變渾濁；草酸銨分解產生了CO2、NH3、CO，結合質量守恒定律知，另有產物H2O，則草酸銨分解的化學方程式為(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；答案為：(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；(2)反應開始前，通人氮氣的目的是排盡裝置中的空氣，避免CO與空氣混合加熱發(fā)生爆炸，并防止空氣中的CO2干擾實驗；答案為：排盡裝置中的空氣；(3)裝置E和F是驗證草酸銨分解產物中含有CO，所以要依次把分解產生的CO2、氣體中的水蒸氣除去，所以裝置C的作用是：吸收CO2，避免對CO的檢驗產生干擾；答案為：充分吸收CO2，防止干擾CO的檢驗；(4)還有一種分解產物在一定條件下也能還原CuO，那就是氨氣，NH3也會與CuO反應，其產物是N2和水，該反應的化學方程式為2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；答案為：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；(5)草酸鈣沉淀溶于過量稀硫酸中得到草酸，用0.0l00mol/LKMnO4溶液進行滴定，反應為，滴定至終點時，因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內不褪去；答案為：因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內不褪去；三次滴定實驗消耗KMnO4溶液的體積分別為0.43mL，0.4lmL，0.52mL，應舍棄0.52mL，誤差較大，則平均體積為0.42mL，滴定反應為，；=1.05×10?5mol，所以20mL血液樣品中含有的鈣元素的物質的量為，即4.2×10?2mmol，則該血液中鈣元素的含量為；答案為：2.1。26、重結晶冷凝回流乙醇和水水浴加熱吸水劑由白色變?yōu)樗{色蒸餾分液漏斗降低苯甲酸乙酯的溶解度利于分層Na2CO3或NaHCO380.0【解析】

苯甲酸與乙醇在濃硫酸作催化劑發(fā)生酯化反應生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯與乙醇和苯甲酸能夠混溶，苯甲酸乙酯與乙醇沸點差異較大，因此操作I為蒸餾，混合液2中主要成分為苯甲酸乙酯和苯甲酸，加入試劑X除去苯甲酸，因此可選擇試劑飽和碳酸鈉進行除雜，然后分液制備粗產品，然后通過干燥制備苯甲酸乙酯純品，以此解答本題。【詳解】（1）可通過重結晶的方式提高原料苯甲酸的純度；（2）儀器A為球形冷凝管，在制備過程中乙醇易揮發(fā)，因此通過球形冷凝管冷凝回流乙醇和水；該反應中乙醇作為反應物，因此可通過水浴加熱，避免乙醇大量揮發(fā)；（3）儀器B中吸水劑為無水硫酸銅的乙醇飽和溶液，吸收水分后生成五水硫酸銅，吸水劑由白色變?yōu)樗{色；（4）由上述分析可知，操作I為蒸餾；操作II為分液，除燒杯外，還需要的玻璃儀器為分液漏斗；（5）因苯甲酸乙酯難溶于冷水，步驟③中將反應液倒入冷水的目的還有降低苯甲酸乙酯的溶解度有利于分層；試劑X為Na2CO3溶液或NaHCO3溶液；（6）12g苯甲酸乙酯的物質的量為，苯甲酸的物質的量為，反應過程中乙醇過量，理論產生苯甲酸乙酯的物質的量為0.1mol，實驗產率為。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