河北邢台市第二中学2021-2022学年化学高二下期末达标检测模拟试题含解析

1、2022年高二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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、充分燃烧某液态芳香烃，并收集产生的全部水，恢复到室温时，得到水的质量跟原芳香烃的质量相等则的分子式是（ ）ABCD2、下列说法错误的是

2、()化学性质相似的有机物是同系物在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物是同系物若烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们必定是同系物互为同分异构体的两种有机物的物理性质有差别，但化学性质必定相似AB只有C只有D只有3、烯烃的复分解反应是重要的有机反应，在高分子材料化学、有机合成化学等方面具有重要意义。如：CH3CH=CH2+CH3CH2CH=CH2CH3CH=CHCH2CH3+CH2=CH2下列化合物中，经过烯烃复分解反应可以生成的是A B C D4、最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性，因这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注。该新型超导晶体的一个晶胞如上图所示，则该

3、晶体的化学式为（ ）AMg2CNi3BMgCNi2CMgCNi3DMgC2Ni5、具有下列电子排布式的原子中，半径最大的是（ ）A1s22s22p63s1B1s22s22p2C1s22s22p3D1s22s22p63s26、下列有关说法不正确的是()A水合铜离子的模型如图所示，1个水合铜离子中有4个配位键BCaF2晶体的晶胞如图所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2CH原子的电子云图如图所示，H原子核外的大多数电子在原子核附近运动D金属Cu中Cu原子堆积模型如图所示，该金属晶体为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为127、常温下，1mol化学键断裂形成气态原子所需要的能量用E表示。结合表中信息

4、判断下列说法不正确的是( )共价键H-HF-FH-FH-ClH-IE(kJ/mol)436157568432298A432kJ/molE(H-Br)298kJ/molB表中最稳定的共价键是H-F键CH2(g)2H(g) H=+436kJ/molDH2(g)+F2(g)=2HF(g) H=-25kJ/mol8、在探索原子结构的过程中做出主要贡献的科学家及其成就错误的是A墨子提出“端”的观点B道尔顿提出近代原子论C拉瓦锡基于电子的发现提出葡葡干面包模型D卢瑟福通过粒子散射实验提出了行星模型9、为测定某有机物的结构，用核磁共振仪处理后得到如图所示的核磁共振氢谱，则该有机物可能是AC2H5OHBCD1

5、0、下列说法中正确的是ANO2、BF3、PCl3这三个分子中的所有原子最外层电子均未满足8电子稳定结构B在干冰中，每个CO2分子周围有6个紧邻的分子C在NaCl晶体中，Na+的配位数为6D金属导电的实质是金属阳离子在外电场作用下的定向移动11、下列实验操作和现象与所得结论一定正确的是 选项操作现象结论或解释A向黄色的Fe(NO)3溶液中滴加氢碘酸，再加入一定量CCl4振荡并静置下层溶液变为紫红色氧化性：Fe3+I2B向某无色溶液中滴加稀盐酸，将产生的无色气体通入品红溶液品红溶液褪色原溶液中一定大量存在SO32-C向Mg2+和Cu2+共存的溶液中滴加适量 NaOH溶液，过滤、洗涤得到白色沉淀相同

6、温度下，溶度积常数：KspMg(OH)2MgCN，原子半径最大的是A，故选A。【点睛】本题考查了原子半径大小的比较，先比较电子层数，再根据元素周期律判断同一周期元素原子半径相对大小，难度不大。6、C【解析】A. 如图所示，铜离子与4个水分子结合，所以1个水合铜离子中有4个配位键，故A正确；B. 晶胞中Ca2处于晶胞的顶点和面心，则每个CaF2晶胞中Ca2数为81/8+61/2=4，故B正确；C. H原子外只有一个电子，在原子核附近运动，故C错误；D. 在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，在其周围的原子有与之同一层上有六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相

7、连，故D正确；故选C。7、D【解析】A依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，原子半径越大，相应的化学键的键能越小分析，所以结合图表中数据可知432 kJ/molE(H-Br)298 kJ/mol，A正确；B键能越大，断裂该化学键需要的能量就越大，形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，所以最稳定的共价键是H-F键，B正确；C氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H22H(g)H=+436 kJ/mol，C正确；D依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断，H=436kJ/mol+157kJ/mol-2568kJ/mol=-543kJ/mol，H2(g)+F2(

8、g) =2HF(g)，H=-543 kJ/mol ，D错误；故合理选项是D。8、C【解析】A. 墨子提出连续的时空是由时空元所组成，他把时空元定义为“始”和“端”，“始”是时间中不可再分割的最小单位，“端”是空间中不可再分割的最小单位。这样就形成了时空是连续无穷的，这连续无穷的时空又是由最小的单元所构成，在无穷中包含着有穷，在连续中包含着不连续的时空理论，故A正确；B. 1808年，英国科学家道尔顿提出了原子论，他认为物质都是由原子直接构成的；原子是一个实心球体，不可再分割，故B正确；C. 1897年，英国科学家汤姆逊发现原子中存在电子，最早提出了葡萄干蛋糕模型又称“枣糕模型”，也称“葡萄干面

9、包”，1904年汤姆逊提出了一个被称为“西瓜式”结构的原子结构模型，电子就像“西瓜子”一样镶嵌在带正电的“西瓜瓤”中，故C错误；D. 1911年英国科学家卢瑟福用一束质量比电子大很多的带正电的高速运动的粒子轰击金箔，结果是大多数粒子能穿过金箔且不改变原来的前进方向，但也有一小部分改变了原来的方向，还有极少数的粒子被反弹了回来，在粒子散射实验的基础上提出了原子行星模型，故D正确；答案选C。【点睛】本题考查学生对人们认识原子结构发展过程中，道尔顿的原子论，汤姆逊发现电子，并提出葡萄干面包模型，卢瑟福的原子结构行星模型内容。使学生明白人们认识世界时是通过猜想，建立模型，进行试验等，需要学生多了解科学

10、史，多关注最前沿的科技动态，提高学生的科学素养。9、A【解析】由核磁共振氢谱的信息可知，该有机物中含有三种个数不同的等效氢原子；A乙醇中有三种个数不同的等效氢原子，A项符合；B该物种只含有两种等效氢原子，B项不符合；C该物质含有四种等效氢原子，C项不符合；D该物质仅含两种等效氢原子，D项不符合；答案选A。【点睛】核磁共振氢谱，峰的组数即有机物中等效氢原子的种类，峰的面积比即等效氢原子的个数比。10、C【解析】A.氮的化合价是4价，而氮原子的最外层电子数是5，所以不满足8电子稳定结构。BF3中B的化合价是3价，原子的最外层电子数是3个，所以不满足8电子稳定结构。其它原子均满足8电子稳定结构，故A

11、错误；B.在干冰中，每个CO2分子周围有12个紧邻的分子，故B错误；C.在NaCl晶体中，Na+的配位数为6，故C正确；D.金属导电的实质是自由电子在外电场作用下的定向移动，故D错误。故答案选：C。【点睛】金属导电的实质是自由电子在外电场作用下的定向移动。11、D【解析】A. 向黄色的Fe(NO)3溶液中滴加氢碘酸，再加入一定量CCl4振荡并静置，下层溶液变为紫红色，说明生成了碘单质，是因为碘离子被硝酸氧化，故A错误；B. 向某无色溶液中滴加稀盐酸，将产生的无色气体通入品红溶液，品红溶液褪色，可能是盐酸被氧化生成的氯气，氯气与水反应能够生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，故B错误；C. 未说明Mg2

12、+和Cu2+共存的溶液中2种离子的浓度大小，无法判断溶度积常数的大小关系，故C错误；D. K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，向K2Cr2O7溶液中加入少量KOH溶液，H+浓度减小，平衡正向移动，溶液橙色变浅，故D正确；故选D。12、B【解析】试题分析：烃是指仅含碳、氢两种元素的化合物，苯的同系物是指，含有一个苯环，组成上相差n个CH2原子团的有机物，据此回答。属于芳香烃且是苯的同系物，不选；属于芳香烃，但不是苯的同系物，选；不属于芳香烃，不选；属于酚类，不选；属于芳香烃，但不是苯的同系物，选；属于芳香烃，是苯的同系物，不选；答案选B。考点：考查对芳香烃、苯的

13、同系物的判断。13、B【解析】试题分析：A、此装置两导管都与外界空气相通不是密闭装置，无法检查出装置的气密性，A不正确；B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好，故能检查装置气密性，B正确；C、装置长颈漏斗与外界空气相通不是密闭装置，无法检查出装置的气密性，C不正确；D、此装置两导管都与外界空气相通不是密闭装置，无法检查出装置的气密性，D不正确；答案选B。【考点定位】本题考查装置气密性的检查【名师点晴】检查装置的气密性装置气密性检验有多种方法，原理都是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，据此分析各种检查方法。做题时应注意检查装置的气密性是不是在密闭装置中。有

14、些装置比较复杂或者学生平时比较少见，造成不会分析而出错，答题时注意灵活应用。14、A【解析】由四种元素基态原子电子排布式可知，1s22s22p63s23p4是S元素、1s22s22p63s23p3是P元素、1s22s22p3是N元素、1s22s22p5是F元素；A同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能NF，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能SP，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能NP，所以第一电离能SPNF，即，故A正确；B同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径PS，NF，电子层越多原子半径越大，故原子

15、半径PSNF，即，故B错误；C同周期自左而右电负性增大，所以电负性PS，NF，N元素非金属性比S元素强，所以电负性PN，故电负性PSNF，即，故C错误；D最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：=，故D错误；故答案为A。【点睛】比较第一电离能时要注意“同一周期元素中，元素第一电离能的变化趋势，及异常现象”，电离能的变化规律一般为：同周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势。同族元素：从上至下第一电离能逐渐减小。同种原子：逐级电离能越来越大(即I1I2I3)；特别注意当原子电子排布处于半充满或全充满时原子的能

16、量较低，元素的第一电离能较大，其第一电离相对较大，如N的第一电离能大于O。15、C【解析】由题中信息可知，pH=9.3时，lg X-1；pH=7.4时，lg X1；pH相同时，mn,则表示的是pH与lg c(CO32-)/c(HCO3-)的变化关系，表示的是pH与lg c(HCO3-)/c(H2CO3) 的变化关系。【详解】A. 曲线表示的是pH与lg c(CO32-)/c(HCO3-)的变化关系，A不正确；B. 根据电荷守恒可知，当溶液呈中性时，c(Na)c(HCO3-)2c(CO32-)+ c(Cl-)，B不正确；C. 由图可知，pH=7.4时，lg Xlg c(HCO3-)/c(H2CO

17、3)=1，则c(HCO3-)/c(H2CO3)=10，Ka1(H2CO3)c(H+)c(HCO3-)/c(H2CO3)=10-7.410=1.0106.4，C正确；D. 25 时，CO32-H2OHCO3-OH的平衡常数为。由图可知，pH=9.3时，lgXlgc(CO32-)/c(HCO3-)=-1，则=10-4.7，10，故平衡常数为1010-4.7=1.010-3.7，D不正确。综上所述，叙述正确的是C，选C。【点睛】本题的难点在于找出X与碳酸的一级电离常数、二级电离常数之间的关系，把握住一级电离常数大于二级电离常数是解题的关键，并且能够利用图像中的相关数据求出对应的电离常数和水解常数，另

18、外还要熟悉pH与c(H+)及c(OH-)之间的关系。16、D【解析】该结构为一个分子的结构而不是晶胞,Ti位于立方体的顶点和面心上,共有8+6=14个;C位于棱的中点和体心,共有12+1=13个,故它的化学式为Ti14C13。17、D【解析】海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl-、SO42-、Br-、CO32-、HCO3-等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32-、HCO3-离子，CO32-、HCO3-都能发生水解，呈现碱性，A正确；氧气具有氧化性，可以把SO42-、HSO3-、H2SO3等氧化为硫酸，B正确；氧化后的海水需要与天然水混合，冲释海水中的酸，才能达到排放，C正确；经过稀释

19、与海水混合，SO42-浓度比海水要小，D错；答案选D。18、D【解析】A错，ClO2的分子结构呈V型，属极性分子；B错，ClO2中氯元素显4价，具有很强的氧化性，其消毒效率(以单位体积得电子的数目表示)是Cl2的2.6倍；D正确；19、A【解析】镧(La)镍(Ni)合金是一种储氢材料，根据其基本结构单元示意图可知，该结构单元中含La和Ni的原子数分别为12+2=3、18+6=15，则该合金的化学式可表示为LaNi5，故选A。20、B【解析】A.实验中要缓慢通入干燥的N2，使得溴蒸气的浓度减小，可以使镁屑和溴的反应速率减慢，故A正确；B. 本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，所以装置中不能有能与

20、镁反应的气体，例如氧气，若用干燥的空气代替干燥的N2，空气中含有氧气，镁屑与氧气反应生成的氧化镁阻碍Mg和Br2的反应，故B错误；C. 装有无水CaCl2固体的干燥管A可以防止外界水蒸气进入反应装置，因为MgBr2具有强吸水性，故C正确；D. 乙醚、溴均易挥发，冷凝管能够将乙醚、溴冷凝回流，提高乙醚、溴的利用率，故D正确；故选B。21、C【解析】A. CH3OH存在2种氢，故磁共振氢谱中出现2组峰，错误；B. CH3CHO存在2种氢，故磁共振氢谱中出现2组峰，错误；C. 分子中羰基左右甲基对称，存在1种氢，故磁共振氢谱中出现1组峰，正确；D. CH3CH2OCH2CH3分子以氧为对称，存在2种

21、氢，故磁共振氢谱中出现2组峰，错误；故答案先C。22、D【解析】A.由结构可知，单体为CH2C（CH3）COOH、OHCH2CH2OH、HOOCCH（OH）CH2C6H5，分子式依次为C4H6O2、C2H6O2、C9H10O3，A错误；B.单体中存在CC、OH、COOH，则通过加聚反应和缩聚反应可以生成R；R由三种单体构成，则R完全水解后生成3中产物：一种高聚物和两种单体，B错误；C. R为高分子化合物，不具有特殊香味，难溶于水， C错误；D. 1mol R中含n(1+m)mol酯基，则碱性条件下，1mol R完全水解消耗NaOH的物质的量为n(m+1)mol，D正确；故合理选项为D。【点睛】

22、本题中的聚合物含有两个子聚合物，其中一个为加聚产物，一个为缩聚产物，所以完全水解得到一个加聚高分子，一个乙二醇，一个含羧基和羟基的芳香族化合物。二、非选择题(共84分)23、乙炔 be 稀硫酸、新制的氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液 CH2=CHCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2=CHCOONa+Cu2O+3H2O 【解析】分析：本题考查的是有机推断，根据反应条件和前后的物质的结构进行分析，有一定的难度。详解：A与CO、H2O以物质的量1:1:1的比例发生加成反应制得B CH2=CHCOOH，说明A为乙炔，E是有芳香气味，不易溶于水的油状液体，说明其为酯类。因为C与甲醇反应生成E，所以

23、C的分子式为C3H6O2，为丙酸，D与氢气反应生成E，说明D的结构为CH2=CHCOOCH3。(1) 根据以上分析可知A为乙炔。(2) B为CH2=CHCOOH，发生加聚反应生成聚合物，方程式为： 。(3) a.E与乙酸乙酯的分子式相同，但结构不同，是同分异构体，故正确；b. B和C都含有羧基，不能用碳酸钠鉴别，故错误；c.B为酸，D为酯，故从B到D的反应为酯化反应，故正确；d.A为乙炔，在一定条件下可与氯化氢发生加成反应，故正确。e.与A的最简式相同，相对分子质量为78的烃可能为苯，或其他不饱和烃，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但其他不饱和烃能，故错误。故选be。(4)醛基和碳碳双键都可以使

24、酸性高锰酸钾溶液褪色，所以先将醛基氧化成羧基，再检验碳碳双键，所以首先使用新制的氢氧化铜悬浊液，然后加入稀硫酸中和溶液中的氢氧化钠，再加入酸性高锰酸钾溶液，故选的试剂为稀硫酸、新制的氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液。醛基被氧化的方程式为：CH2=CHCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH2=CHCOONa+Cu2O+3H2O。24、 2甲基1丙醇 C6H5CH=CHCHO (CH3)2CHCHO2Cu(OH)2NaOH(CH3)2CHCOONaCu2O3H2O 13种 CH3CHBrCH3 NaOH的水溶液，加热 消去反应【解析】C氧化可生成D，则D应为酸，D的相对分子质量通过质谱法测得为8

25、8，它的核磁共振氢谱显示只有三组峰，其结构简式应为（CH3）2CHCOOH，则C为（CH3）2CHCHO；B为（CH3）2CHCH2OH，由题给信息可知A为（CH3）2C=CH2，有机物F是苯甲醇的同系物，苯环上只有一个无支链的侧链，结合G的分子式可知F为，E能够发生银镜反应，1molE与2molH2反应生成F，则E为，G为，则（1）B为（CH3）2CHCH2OH，按照醇的系统命名法命名；正确答案：2-甲基-1-丙醇；（2）根据以上分析可知E的结构简式为；正确答案：（3）(CH3)2CHCHO被新制Cu(OH)2氧化为羧酸；正确答案： (CH3)2CHCHO2Cu(OH)2NaOH(CH3)2

26、CHCOONaCu2O3H2O；（4）F为，符合：为芳香族化合物；与F是同分异构体；能被催化氧化成醛的化合物有：若苯环上只有1个取代基，取代基为CH(CH3)CH2OH，只有1种；若苯环上有2个取代基，可能是甲基和CH2CH2OH，邻间对3种，也可以是CH2CH3和CH2OH，邻间对3种；若苯环上有3个取代基，只能是两个CH3和一个CH2OH，采用定一议二原则判断，有6种，所以共有13种。其中满足苯环上有3个侧链，且核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为62211的有机物的结构简式为正确答案：13种； （5）D结构简式为（CH3）2CHCOOH，以丙烯等为原料合成D的路线可知，反应为加成反应，X为C

27、H3CHBrCH3，其在NaOH的水溶液中加热生成CH3CHOHCH3，反应、分别为消去反应和加成反应。正确答案：CH3CHBrCH3 ； NaOH的水溶液，加热； 消去反应；点睛：有机推断题要充分利用题给定的信息并结合常见有机物的特征性质进行分析推理，才能快速推出物质的结构。25、 50mL容量瓶 偏小 溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 1.2 【解析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的正确操作结合图示分析解答；（2）容量瓶是确定溶液体积的仪器；（3）依据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断，结合分析；（4）草酸跟酸性KMnO4溶液反应生成二氧化碳、二价锰离子等，滴定时，用高锰酸钾滴定

28、草酸，反应达到终点时，滴入的高锰酸钾溶液不褪色，据此判断；（5）根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2的浓度。【详解】（1）由图示可知操作不正确，不能在量筒中溶解固体，定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切，故答案为：；（2）应该用容量瓶准确确定50mL溶液的体积，故答案为：50mL容量瓶；（3）如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小，故答案为：偏小；（4）滴定时，用高锰酸钾滴定草酸，反应达到终点时的现象为溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色，故答案为：溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；（5）血样20.00mL经过

29、上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：。根据反应方程式，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：，Ca2+的质量为，钙离子的浓度为：，故答案为：1.2。【点睛】定容时倒水至刻度线12cm处改用胶头滴管滴到与凹液面平直。26、 （球形）冷凝管 催化剂和吸水剂 增大反应物丙酸的浓度，有利于反应向生成丙酸异丁酯的方向进行 洗掉浓硫酸和丙酸 C 60%【解析】分析：丙酸异丁酯的制备类似于乙酸乙酯的制备，可以联系课本知识分析解答。(3)根据平衡移动的原理分析解答；(4)根据饱和碳酸氢钠溶液的作用分析解答；(6)根据产率=实际产量理论产量100%进行计算。详解：(l)根据图示，装置A是冷凝

30、管，故答案为：冷凝管；(2)根据酯化反应的原理可知，实验中的硫酸的主要作用是催化剂和吸水剂，故答案为：催化剂和吸水剂；(3)用过量丙酸，能够增大反应物丙酸的浓度，有利于反应向生成丙酸异丁酯的方向进行，故答案为：增大反应物丙酸的浓度，有利于反应向生成丙酸异丁酯的方向进行；(4)用饱和NaHCO3溶液洗涤粗酯，可以降低丙酸异丁酯在水中的溶解度，同时洗掉浓硫酸和丙酸，故答案为：洗掉浓硫酸和丙酸；(5) 丙酸异丁酯的密度小于水，在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后先将水层从分液漏斗的下口放出，再将丙酸异丁酯从上口倒出，故选C；(6)7.4 g的丙酸的物质的量为7.4g74g/mol=0.

31、1mol，3.7g的异丁醇的物质的量为3.7g74g/mol=0.05mol，理论上可以生成0.05mol丙酸异丁酯，质量为130g/mol0.05mol=6.5g，而实际产量是3.9g，所以本次实验的产率=3.9g6.5g100%=60%，故答案为：60%。点睛：本题考查性质实验方案的设计，涉及常见仪器的构造与安装、混合物的分离、提纯、物质的制取、药品的选择及使用、物质产率的计算等知识，明确酯化反应原理及化学实验基本操作方法为解答关键。本题的易错点为(6)，要注意丙酸过量。27、C F E G 作安全瓶，防止倒吸现象的发生 CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br b c ab 101.6

32、 不合理 产物1溴丁烷也含有CH2CH2CH2CH3 【解析】、在分析实验装置的过程中要抓住两点，一是必须除去混在乙烯中的气体杂质，尤其是SO2气体，以防止SO2与Br2发生反应SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，影响1，2-二溴乙烷产品的制备；二是必须在理解的基础上灵活组装题给的不太熟悉的实验仪器（如三颈烧瓶A、恒压滴液漏斗D、安全瓶防堵塞装置C），反应管E中冷水的作用是尽量减少溴的挥发，仪器组装顺序是：制取乙烯气体（用A、B、D组装）安全瓶（C，兼防堵塞）净化气体（F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体）制备1，2-二溴乙烷的主要反应装置（E）尾气处理（G）。、两个

33、装置烧瓶中，浓H2SO4和溴化钠在加热条件下生成溴化氢，在浓硫酸作用下，l丁醇与溴化氢发生取代反应生成1溴丁烷，A装置中冷凝管起冷凝回流1溴丁烷的作用，烧杯起吸收溴化氢的作用，B装置中冷凝管和锥形瓶起冷凝收集1溴丁烷的作用。【详解】、（1）在浓硫酸作用下，乙醇共热发生消去反应生成乙烯的化学方程式为CH3CH2OHCH2CH2+H2O，由化学方程式可知制取乙烯时应选用A、B、D组装，为防止制取1，2-二溴乙烷时出现倒吸或堵塞，制取装置后应连接安全瓶C，为防止副反应产物CO2和SO2干扰1，2-二溴乙烷的生成，应在安全瓶后连接盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶F，除去CO2和SO2，为尽量减少溴的挥发，将除

34、杂后的乙烯通入冰水浴中盛有溴水的试管中制备1，2-二溴乙烷，因溴易挥发有毒，为防止污染环境，在制备装置后应连接尾气吸收装置，则仪器组装顺序为制取乙烯气体（用A、B、D组装）安全瓶（C，兼防堵塞）净化气体（F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体）制备1，2-二溴乙烷的主要反应装置（E）尾气处理（G），故答案为：C、F、E、G；（2）为防止制取1，2-二溴乙烷时出现倒吸或堵塞，制取装置后应连接安全瓶C，故答案为：作安全瓶，防止倒吸现象的发生；（3）在反应管E中进行的主要反应为乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，反应的方程式为CH2CH2+Br2BrCH2CH2Br，故答案为：CH

35、2CH2+Br2BrCH2CH2Br；、（1）两个装置中都用到了冷凝管，为了增强冷凝效果，冷水都应从下口进上口出，则A装置中冷水从b口进入，B装置中冷水从c口进入，故答案为：b；c；（2）若硫酸浓度过大，l-丁醇在浓硫酸的催化作用下发生副反应，可能发生分子间脱水反应生成醚CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，也可能发生分子内脱水生成1丁烯CH2=CHCH2CH3，具有还原性的溴离子也可能被浓硫酸氧化成溴单质，则制备操作中，加入的浓硫酸事先必须进行稀释，故答案为：ab；（3）提纯1-溴丁烷，收集所得馏分为1-溴丁烷，所以须将1-溴丁烷先汽化，后液化，汽化温度须达其沸点，故答案为：1

36、01.6；（4）红外光谱仪利用物质对不同波长的红外辐射的吸收特性，进行分子结构和化学组成分析，产物CH3CH2CH2CH2Br也含有-CH2CH2CH2CH3，所以不能通过红外光谱仪来确定副产物中是否存在丁醚（CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3），故答案为：不合理，产物1-溴丁烷也含有-CH2CH2CH2CH3。【点睛】本题考查有机物的制备实验，注意把握制备实验的原理，能正确设计实验顺序，牢固把握实验基本操作，注意副反应发生的原因分析是解答关键。28、 除去空气中的CO2气体 调节X和空气的通入速率，保证O2过量 吸收混合气体中的水蒸气 吸收燃烧生成的二氧化碳气体 碱石灰或固体

37、NaOH 防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置D，对结果产生影响 加热前没有除去度本实验有影响的水蒸气 在A、B 之间加一个盛浓硫酸的洗气瓶或盛无水CaCl2（或P2O5、碱石灰、固体NaOH等）的干燥管 3：1【解析】分析：（1）由于空气中含有CO2，会干扰燃烧产物CO2的吸收，所以必须利用氢氧化钠除去空气中的CO2。其次还可以利用A中气泡的产生的快慢来可知通入通入速率，以保证O2过量；（2）根据燃烧产物水和CO2可知，首先应该先吸收水，然后再吸收CO2，由于C是吸收水蒸气的，而C是U型管，所以盛放的试剂是无水CaCl2或P2O5 ；（3）D是吸收CO2的，所以盛放的试剂是浓NaOH溶液；（

38、4）由于空气中也含有水蒸气和CO2，所以E装置是吸收空气中的水和CO2的，因此试剂是碱石灰或固体NaOH；（5）由于从A中出来的气体中一定含有水蒸气，会对后续的实验产生影响，所以需要在A和B之间加一个盛浓硫酸的洗气瓶或盛无水CaCl2（或P2O5、碱石灰、固体NaOH等）的干燥管；（6）药品+U形管的质量/g增加1.8 g为生成水的质量，广口瓶D质量增加2.2g为燃烧生成二氧化碳气体的质量，物质的量分别是0.1mol水和0.05mol二氧化碳，计算得到碳和氢元素的质量之比。详解：（1）由于空气中含有CO2，会干扰燃烧产物CO2的吸收，所以必须利用氢氧化钠除去空气中的CO2。其次还可以利用A中气

39、泡的产生的快慢来可知通入通入速率，以保证O2过量；（2）根据燃烧产物水和CO2可知，首先应该先吸收水，然后再吸收CO2。由于C是吸收水蒸气的，而C是U型管，所以盛放的试剂是无水CaCl2或P2O5；（3）D是吸收燃烧生成的CO2的，所以盛放的试剂是浓NaOH溶液；（4）由于空气中也含有水蒸气和CO2，所以E装置是吸收空气中的水和CO2的，因此试剂是碱石灰或固体NaOH，防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置D，对结果产生影响；（5）由于从A中出来的气体中一定含有水蒸气，会对后续的实验产生影响，所以需要在A和B之间加一个盛浓硫酸的洗气瓶或盛无水CaCl2（或P2O5、碱石灰、固体NaOH等）的干燥管，加热前没有除去对本实验有影响的水蒸气，在A、B 之间加一个盛浓硫酸的洗气瓶或盛无水CaCl2（或P2O5、碱石灰、固体NaOH等）的干燥管，对实验结果的影响是CH两种元素的质量比