河北省隆化县存瑞中学2020届高三化学上学期第二次质检试题（含解析）.docx

河北省隆化县存瑞中学2020届高三化学上学期第二次质检试题（含解析）1.本试卷分、卷满分100分，考试时间90分钟。2.可能用到的相对原子质量：He 4 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 N 14 Cu 64第卷(选择题 共46分)一、选择题(单选，每题2分，计46分)1.下列有关文献的理解错误的是（ ）A. “所在山洋，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”过程包括了溶解、蒸发、结晶等操作。B. 物理小识记载“青矾（绿矾）厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不没,”“气”凝即得“矾油”。青矾厂气是NO和NO2。C. 开宝本草中记载了中药材铁华粉的制作方法：“取钢煅作时如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣。”中药材铁华粉是醋酸亚铁。D. 唐代真元妙道要略中有云“以硫磺、雄黄合销石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药制作过程。【答案】B【解析】【详解】A项，文中描述了提纯固体的方法：将固体溶解，通过煎炼蒸发水分，进一步析出晶体，涉及溶解、蒸发、结晶等操作，故A正确；B项，青矾为硫酸亚铁晶体(FeSO47H2O)，“厂气熏人”中的“气”应为硫的氧化物，气凝即得“矾油”中的“矾油”应为硫酸，故B错误；C项，醋的主要成分是醋酸，与铁反应生成醋酸亚铁和氢气，因此铁华粉是醋酸亚铁，故C正确；D项，黑火药是由木炭粉（C）、硫磺（S）和硝石（KNO3）按一定比例配制而成的，文中描述的应为制备黑火药的过程，故D正确。综上所述，符合题意的选项为B。【点睛】本题考查古代文献中的化学知识，此类题目是近几年高考的热点，解题时应抓住化学知识的核心，从物质制备、性质等角度理解文中所述内容，例如：题中A项涉及物质的分离提纯方法；B项涉及硫及其化合物的性质；C项涉及铁和醋酸的反应；D项涉及黑火药的制备等。2.安徽省蚌埠市2019届高三第一次质量监测下列有关化学用语表示正确的是A. 水分子的比例模型B. 过氧化氢的电子式为：C. 石油的分馏和煤的气化、液化均为物理变化D. 甲基环丁烷二氯代物的同分异构体的数目是10种（不考虑立体异构）【答案】D【解析】【详解】A.所给确为比例模型，氢原子和氧原子的半径相对大小不对，应该是中间的氧的原子半径大，水分子为V形，不是直线形，A项错误；B.过氧化氢是只由共价键形成的分子，B项错误；C.石油的分馏是物理变化，煤的气化和液化均是化学变化，煤的气化是指将煤转化为CO、H2等气体燃料，煤的液化是指将煤变成液体燃料如甲醇等，C项错误；D.甲基环丁烷中二个氯原子取代同一个碳的2个氢，共有3种可能，取代不同碳上的氢共有7种（用数字标出碳，则可表示为：1，2、1，3、1，5、2，3、2，5、3，4、3，5），D项正确；所以答案选择D项。3.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A. 3g 3He含有的中子数为1NAB. 1 L 0.1 molL1磷酸钠溶液含有的数目为0.1NAC. 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAD. 48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA【答案】B【解析】【详解】A. 的中子数为3-2=1，则3g的中子数为=NA，A项正确； B. 磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L0.1mol/LNA mol-1 =0.1NA，B项错误；C. 重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol2NA mol-1 =6NA，C项正确；D. 正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为13NA mol-1 =13NA，D项正确；答案选B。4.用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为：已知：吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比。下列说法正确的是A. 反应中参与反应的HCHO为30g时转移电子2molB. 可用双氧水检验反应后的溶液中是否存在Fe3+C. 生成44.8 LCO2时反应中参加反应的Ag一定为8molD. 理论上测得溶液吸光度越高，HCHO含量也越高【答案】D【解析】【详解】A. 30g HCHO的物质的量为1mol，被氧化时生成二氧化碳，碳元素化合价从0价升高到+4价，所以转移电子4mol，故A错误；B.过氧化氢能将Fe2+氧化为Fe3+，与Fe3+不反应，所以不能用双氧水检验反应后的溶液中是否存在Fe3+，故B错误；C. 没有注明温度和压强，所以无法计算气体的物质的量，也无法计算参加反应的Ag的物质的量，故C错误；D. 吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比，吸光度越高，则说明反应生成的Fe2+越多，进一步说明反应生成的Ag越多，所以HCHO含量也越高，故D正确。故选D。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 18g氨基（-ND2）中含有的电子数为10NAB. 向NH4Al(SO4)2稀溶液中逐滴加入过量Ba(OH)2溶液，发生反应的离子方程式为：NH4+Al3+2SO42-+2Ba2+5OH-=2BaSO4+AlO2-+2H2O+NH3H2OC. 麦芽糖溶液中：SO42-、MnO4-、K+、H+可以大量共存D. 标准状况下，2.24LCl2通入足量NaOH溶液反应转移的电子数为0.2NA【答案】B【解析】【详解】A. 18g氨基(ND2)的物质的量为1mol，一个氨基(ND2)含有9个电子，即18g氨基(ND2)中含有的电子数为9 NA，A项错误；B. 过量的Ba(OH)2，Al3+要变成AlO2-，SO42-转化为硫酸钡沉淀，铵根转化为一水合氨，按照化学式中各离子的数量比例和电荷守恒可知，NH4+Al3+2SO42-+2Ba2+5OH-=2BaSO4+AlO2-+2H2O+NH3H2O，B项正确；C. 麦芽糖为还原性糖，MnO4-在酸性条件下具有强氧化性，不能大量共存，C项错误；D. 标准状况下，2.24LCl2的物质的量是0.1mol，通入足量NaOH溶液中发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，转移电子数为0.1NA，D项错误；答案选B。6.以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下，下列说法错误的是A. NaClO3在发生器中作氧化剂B. 吸收塔中1mol H2O2得到2mol电子C. 吸收塔中温度不宜过高，会导致H2O2的分解D. 从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4【答案】B【解析】【详解】A、根据流程图，NaClO3与SO2发生氧化还原反应，化学方程式为2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，其中NaClO3作氧化剂，故A说法正确；B、吸收塔中发生的反应为2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，1mol H2O2失去2mol电子，故B说法错误；C、H2O2在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，故C说法正确；D、根据选项A的分析，母液中溶质主要为Na2SO4，故D说法正确。答案选B。7.BMO（Bi2MoO6）是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确是A. 该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2OB. 该过程中BMO表现较强氧化性C. 降解产物的分子中只含有极性共价键D. 和中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1【答案】B【解析】【详解】A、该过程用光催化降解苯酚生成二氧化碳和水，所以反应：C6H6O+7O26CO2+3H2O，故A正确；B、该过程中BMO是催化剂，BMO与O2在光作用下，BMO被氧化成BMO+，故B错误；C、降解苯酚的产物为二氧化碳和水，二氧化碳和水分子中都只含有极性共价键，故C正确；D、 中1molO2-要得到3mol电子，而中1molBMO+变为1molBMO只要得到1mol电子，根据氧化还原反应得失电子相等，所以、中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，故D正确；正确答案选B。8.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Y、Z的族序数之和为12；X与Y的电子层数相同；向过量的ZWY溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出。下列说法正确的是A. 原子半径由大到小的顺序为：r(Z)r(Y)r(X)r(W)B. 氧化物的水化物的酸性：H2XO3H2YO3C. ZWY是离子化合物，其水溶液中只存在电离平衡D. 单质熔点：Xr(X)r(Y) r(W)，故错误；B. 硅酸为弱酸，亚硫酸为弱酸，但亚硫酸的酸性比碳酸强，碳酸比硅酸强，故酸性顺序H2SiO3SiC常温下，分别测定浓度均为0.1 molL1 NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大酸性：HFKHBKHDB. 滴定至P点时，溶液中：c(B)c(Na)c(HB)c(H)c(OH)C. pH=7时，三种溶液中：c(A)=c(B)=c(D)D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)c(HB)c(HD)=c(OH)c(H)【答案】C【解析】【详解】A根据图像可知0.1molL1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH值都大于1，说明三种酸都是弱酸。HA的PH最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：KHAKHBKHD，A正确；B滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B)c(Na)c(HB)c(H)c(OH) ，B正确；CpH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别和钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C错误；D此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)c(HB)c(HD)=c(OH)c(H)，D正确；答案选C。【点晴】在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发分析思考。（1）两个理论依据：弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如H2CO3溶液中：c(H2CO3)c(HCO3)c(CO32)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如Na2CO3溶液中：c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。（2）三个守恒关系：电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。质子守恒：由水电离出的c(H)等于由水电离出的c(OH)，在碱性盐溶液中OH守恒，在酸性盐溶液中H守恒。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。【此处有视频，请去附件查看】21.下列关于有机物因果关系的叙述中，完全正确的一组是()选项原因结论A乙烯和苯都能使溴水退色苯分子和乙烯分子含有相同的碳碳双键B乙酸分子中含有羧基可与NaHCO3溶液反应生成CO2C纤维素和淀粉的分子式均为(C6H10O5)n它们属于同分异构体D乙酸乙酯和乙烯在一定条件下都能与水反应两个反应属于同一类型反应A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A苯与溴水不反应，而乙烯中含碳碳双键与溴水发生加成反应，选项A错误；B、乙酸分子中含有羧基，乙酸的酸性大于碳酸，可与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，选项B正确；C、淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，则分子式不同，故不是同分异构体，选项C错误；D、乙酸乙酯与水的反应为水解反应(取代反应)，乙烯与水的反应为加成反应，两个反应不属于同一类型反应，选项D错误。答案选B。22.交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是（图中表示链延长）A. 聚合物P中有酯基，能水解B. 聚合物P的合成反应为缩聚反应C. 聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得D. 邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构【答案】D【解析】【分析】将X为、Y为带入到交联聚合物P的结构中可知，聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的，据此解题；【详解】A.根据X为、Y为可知，X与Y直接相连构成了酯基，酯基能在酸性或碱性条件下水解，故A不符合题意；B.聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的,故B不符合题意；C.油脂为脂肪酸甘油酯，其在碱性条件下水解可生成脂肪酸盐和甘油即丙三醇，故C，不符合题意；D.乙二醇的结构简式为HO-CH2CH2-OH,与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构，故D符合题意；综上所述，本题应选D。【点睛】本题侧重考查有机物的结构和性质，涉及高聚物单体以及性质的判断，注意把握官能团的性质，缩聚反应的判断，题目有利于培养学生的分析能力，难度不大。23.实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是 A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开KB. 实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色C. 装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢D. 反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯【答案】D【解析】分析】在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确；D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。第II卷(非选择题 共54分)二、非选择题24.习近平主席在中央城镇化工作会议发出号召：“让居民望得见山、看得见水、记得住乡愁”。消除含氮、硫、氯等化合物对大气和水体的污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。（1）以HCl为原料，用O2氧化制取Cl2，可提高效益，减少污染。反应为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) H=115.4kJmol1，通过控制合适条件，分两步循环进行，可使HCl转化率接近100%。原理如图所示：过程I的反应为：2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g) H1=120.4kJmol1，过程II反应的热化学方程式为_。（2）容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器。相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g) H”、“”或“=”)。（3）水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。可用次氯酸钠除去氨氮，同时产生一种大气组成的气体。写出总反应化学方程式：_。（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，25时用1molL-1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为_。（已知25时：H2SO3的电离常数Ka1=1.3102，Ka2=6.2108）【答案】 (1). 2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) H2= +125.4kJmol1 (2). 反应放热，体系的温度升高，反应速率加快 (3). 225 (4). (6). 2NH33NaClO=N23NaCl3H2O (7). c(Na+)c(HSO3)c(SO32)c(H+)=c(OH)【解析】【分析】(1).，过程I的反应为，盖斯定律计算-2得到过程II反应的热化学方程式；(2).甲为绝热容器，反应为放热反应，放出的热量对反应速率影响大；.相同温度下，分别充入0.2mol的，发生反应: 达到平衡状态时二氧化氮浓度为 0.02mol/L，结合三行计算列式计算得到平衡浓度计算平衡常数； .甲为绝热容器，乙为恒温容器，反应为放热反应，温度升高平衡逆向进行，据此分析判断；(3).根据流程可知，、是反应物，次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物，氯化钠，氮气，水是生成物，据此可得；(4)25时用1mol/l的溶液吸收，当溶液pH=7时，溶液中的溶质为和，且最大,=,根来判断和的大小；【详解】(1). ，过程I的反应为，盖斯定律计算-2得到过程II反应的热化学方程式；故答案为: ; (2).甲为绝热容器，反应为放热反应，放出的热量对反应速率影响大,03S内，甲容器中的反应速率增大的原因是:0 3s内温度升高对反应速率影响大于浓度降低的影响，故答案为:0-3s内温度升高对反应速率影响大于浓度降低的影响；相同温度下，分别充入0.2mol的，发生反应: 达到平衡状态时二氧化氮浓度为 0.02mol/L，结合三行计算列式计算得到平衡浓度计算平衡常数， 起始量() 0.2 0变化量() 0.18 0.09 平衡量（) 0.02 0.09 平衡常数 故答案为:225； 容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器，相同温度下，分別充入0.2mol的，发生反应，甲容器中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数 平衡逆向进行其他物质的量增大，气体压强增大，故答案为：；(3)根据流程可知，、是反应物，次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物，氯化钠，氮气，水是生成物，所以反应为：；(4). .25时用1mol/l的溶液吸收，当溶液pH=7时，溶液中的溶质为和，且最大,=,根,则=0.62，故，则有25.元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。请回答下列问题： (1)+6价的Cr能引起细胞的突变而对人体不利，可用 Na2SO3 将Cr2O72还原为Cr3+。该反应的离子反应方程式为_。(2)利用铬铁矿(FeOCr2O3)冶炼制取金属铬的工艺流程如图所示：为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是_ 。“水浸”要获得浸出液的操作是_。浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则 “还原”操作中发生反应的离子方程式为_。加热Cr(OH)3可得到Cr2O3，从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr的冶炼方法是 _。(3)已知 Cr3+完全沉淀时溶液pH为5，（Cr3+浓度降至10-5molL-1可认为完全沉淀）则Cr(OH)3的溶度积常数 Ksp_。 (4)用石墨电极电解铬酸钠(Na2CrO4)溶液，可制重铬酸钠(Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2Cr+2H+Cr2+ H2O)。电极b连接电源的_极(填“正”或“负”) , b 极发生的电极反应式为_。 电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则理论上生成重铬酸钠的物质的量是 _mol 。【答案】 (1). Cr2O72+3SO32-+8H+=2Cr3+3SO42-+4H2O (2). 铬铁矿粉碎 (3). 过滤 (4). 8CrO42+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH- (5). CO高温还原Cr2O3（热还原法） (6). 110-32 (7). 正 (8). 2H2O-4e-=O2+4H+ (9). 【解析】【分析】（1）分析元素化合价变化情况，依据得失电子守恒，原子个数守恒，得出离子反应方程式。（2）影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快。依据原子守恒和得失电子守恒，得出离子方程式。用Cr2O3制取金属Cr，可以采取CO高温还原Cr2O3（热还原法）（3）根据Kspc(Cr3+)c3(OH-)求算。（4）根据装置图和离子放电顺序得出阳极的电极反应式。电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电荷为（a-b）mol，所以外电路转移的电子为（a-b）mol，阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，则阳极生成的氢离子为（a-b）mol。【详解】（1）反应中铬元素化合价从+6价降为+3价，硫元素从+4价升高到+6价，依据得失电子守恒，原子个数守恒，离子反应方程式为Cr2O72+3SO32-+8H+=2Cr3+3SO42-+4H2O，故答案为Cr2O72+3SO32-+8H+=2Cr3+3SO42-+4H2O。（2）影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快，为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施将铬铁矿粉碎，故答案为铬铁矿粉碎。“水浸”要获得浸出液，要过滤出浸渣，采取的操作是过滤；浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明加入的Na2S被氧化成SO42-，Cr元素由+6价降为+3价，S元素由-2价升到+6价，依据原子守恒和得失电子守恒，得到反应为：8CrO42+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH-，故答案为过滤；8CrO42+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH-。从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr，可以采取CO高温还原Cr2O3（热还原法），故答案为CO高温还原Cr2O3（热还原法）。（3）pH为5，c(OH-)=10-9，Kspc(Cr3+)c3(OH-)=10-5（10-9）3=110-32，故答案为110-32。（4）根据图示，在b极所在电极室得到Na2Cr2O7，根据2CrO42-+2H+ Cr2O72+ H2O ，电解过程中b极c（H+）增大，则b极电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，a是阴极，b是阳极，电极b连接电源的正极，故答案为正；2H2O-4e-=O2+4H+。电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电荷为（a-b）mol，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，则电路中通过电子物质的量为（a-b）mol；阳极的电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，则阳极生成的氢离子为（a-b）mol，结合2CrO42-+2H+ Cr2O72+ H2O，所以阳极生成的Cr2O72物质的量是mol，故答案为。26.无水MgBr2常用于催化剂。某化学小组在实验室选用下图所示装置 (夹持装置略）采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2。已知：在浓硫酸存在下，加热到140时乙醇脱水生成乙醚(C2H5OC2H5)，加热到170时乙醇脱水生成CH2 = CH2。乙醚的熔点为34.6，沸点为132。Mg和Br2剧烈反应，放出大量的热；MgBr2具有强吸水性；MgBr2能与乙醚发生反应 MgBr2 +3C2H5OC2H5 MgBr2 3C2H5OC2H5。实验主要步骤如下：I.选用上述部分装置，正确连接，检查装置的气密性。向装置中加入药品。II.加热装置A，迅速升温至140，并保持140加热一段时间，停止加热。III.通入干燥的氮气，让液溴缓慢进入装置B中，直至完全加入。IV.装置B中反应完毕后恢复至室温，过滤反应物，将得到的滤液转移至干燥的烧瓶中，在冰水中冷却，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗产品。V.用苯洗涤粗产品，减压过滤，得三乙醚合溴化镁，将其加热至160分解得无水 MgBr2。回答下列问题：(1)装置A中使用仪器m的优点是_。(2)步骤I中所选装置的正确连接顺序是a_ (填小写字母)。装置D的作用是_。(3)若加热装置A一段时间后发现忘记加入碎瓷片，应该采取正确操作是_。(4)步骤V中用苯洗涤三乙醚合溴化镁的目的是_。(5)步骤V采用减压过滤（使容器内压强降低，以达到固液快速分离）。下列装置可用作减压过滤的是_(填序号）。(6)实验中若温度控制不当，装置B中会产生CH2BrCH2Br。请设计实验验证 CH2BrCH2Br的存在：从反应后的混合物中分离提纯得到CH2BrCH2Br，_。【答案】 (1). 使系统内压强相等，便于液体顺利流下 (2). efbcg（ef可颠倒，bc可颠倒） (3). 防止倒吸 (4). 停止加热，冷却后补加碎瓷片 (5). 除去乙醚和乙醇 (6). bc (7). 取少量CH2Br-CH2Br于试管中，加入NaOH溶液，加热，再加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，证明有CH2Br-CH2Br。【解析】【分析】从实验目的和实验步骤看，以镁屑与液溴等为原料先制备三乙醚合溴化镁，再加热分解制备无水MgBr2。故用A装置制备乙醚并导入装置B，中间加装置D防止倒吸；用装置E将溴蒸气缓慢导入装置B，使溴与镁反应。【详解】(1)装置A中仪器m为恒压漏斗，其左侧导管可使漏斗内和烧瓶内气体相通、压强相等，打开恒压漏斗时液体能顺利流下。(2)为使镁、溴、乙醚反应生成MgBr2 3C2H5OC2H5，由装置A制备乙醚并导入装置B，用装置D防止装置B中液体倒吸至装置A中；装置E用干燥的氮气将溴蒸气缓慢导入装置B。故仪器连接顺序为ae，fb，cg（ef可颠倒，bc可颠倒）。(3)加热液体易发生暴沸现象，常加入碎瓷片防止暴沸。若加热装置A一段时间后发现忘记加入碎瓷片，应该停止加热，冷却后补加碎瓷片。(4)步骤IV得到的三乙醚合溴化镁粗产品吸附有乙醚和乙醇，步骤V中用苯洗涤就是为了除去这些杂质。(5)减压过滤能使容器内压强降低而容器外压强不变，以快速分离固液混合物。装置 b用水流冲出装置内空气、装置c用抽气泵抽出装