2025年人教B版必修2化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教B版必修2化学下册阶段测试试卷880考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、蔥醌(AQDS)是一种具有氧化还原活性的廉价有机分子，蔥醌／碘化铵液流可充电电池(如图)以其环保、价廉、稳定等优点被研究及广泛应用。充电时，AQDS转化为AQDS(NH4)2。下列说法错误的是。

A.放电时，b极电势低于a极B.充电时，a极的电极反应式为：3I--2e-=I3-C.充电时，电路中每转移1mole-，膜两侧电解液的质量变化差为36gD.该装置中的阳膜也可以用阴膜代替2、工业上利用银块制取硝酸银及硝酸银的有关性质如下图所示。下列说法错误的是。

A.反应器中若增大硝酸浓度，生成总量将减少B.操作②为减压蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥C.硝酸银固体应保存在棕色瓶中D.X是氧气3、下列气体中，既有颜色又有毒性的是A.N2B.NO2C.NOD.NH34、把a、b、c、d四块金属片浸在稀硫酸中，用导线两两连接可以组成原电池，若a、b相连时a为负极；a、c相连时c极上产生大量气泡；b、d相连时b为正极；c、d相连时，电流由d到c。则这四种金属的活动性顺序由大到小为A.b＞d＞c＞aB.c＞a＞b＞dC.a＞b＞c＞dD.a＞c＞d＞b5、下列说法正确的是A.硬脂酸甘油酯属于高级脂肪酸甘油酯，是高分子化合物B.向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠溶液或福尔马林，蛋白质会发生变性C.葡萄糖、蔗糖、淀粉和纤维素均属于糖类D.向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解6、下列关于有机物的说法正确的是A.向蛋白质溶液中加入(NH4)2SO4溶液，蛋白质析出，再加水也不溶解B.油脂在一定条件下可发生水解反应生成高级脂肪酸和高级脂肪醇C.淀粉、纤维素、油脂和蛋白质都是天然高分子化合物D.葡萄糖能使新制氢氧化铜转化成砖红色沉淀7、在2L密闭容器中进行反应:mX(g)+nY(g)pZ(g)+qQ(g)，2s内X表示的平均反应速率为mol/(L·s)，则2s内，物质Q增大的物质的量为A.molB.molC.molD.mol8、化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是A.煤的干馏、石油的裂解都是化学变化B.用CO2合成聚碳酸酯等可降解塑料，减少白色污染C.光化学烟雾、硝酸型酸雨的形成都与氮氧化合物有关D.人造纤维、合成纤维和光导纤维都属于有机高分子化合物9、下列物质中，只含有非极性共价键的是（）A.MgCl2B.Ba(OH)2C.O2D.H2O2评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、氯气是一种重要的化工原料。氯化氢催化氧化制氯气的化学方程式为4HCl＋O22Cl2＋2H2O。该反应中，作为氧化剂的物质是___________，被氧化的物质是____________，若反应中消耗了4molHCl，则生成________molCl2。11、有下列各组物质(在横线上填相应的序号)：

①O2和O3②H2、D2、T2③12C和l4C④CH3CH2CH2CH3和(CH3)2CHCH3

(1)互为同位素的是___________。

(2)互为同分异构体的是___________。

(3)互为同素异形体的是___________。

(4)为同一种物质的是___________。12、按要求完成下列问题。

在两个恒温；恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：

(甲)2X(g)Y(g)+Z(s)

(乙)A(s)+2B(g)C(g)+D(g)

当下列物理量不再发生变化时，其中能表明(甲)达到化学平衡状态是___；能表明(乙)达到化学平衡状态是___。

①混合气体的密度。

②反应容器中生成物的百分含量。

③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比。

④混合气体的压强。

⑤混合气体的平均相对分子质量。

⑥混合气体的总物质的量13、①甲烷；②乙烷、③乙烯、④苯、⑤甲苯、⑥二甲苯、⑦乙醇、⑧乙酸、⑨葡萄糖；它们都是常见的重要化工原料。

（1）上述物质中，氢元素的质量分数最大的是________（填分子式），等质量的物质完全燃烧耗氧量相同的是_____________________（填分子式）。

（2）上述物质中，能发生加成反应的烃类物质有：_______________（填序号）。

（3）甲烷和苯都可以发生取代反应，反应条件分别是___________、___________。

（4）聚氯乙烯，简称PVC，这种材料如果用于食品包装，它对人体的安全性有一定的影响，PVC由Cl—CH＝CH2在一定条件下聚合而成，写出该反应的化学方程式：____________。

（5）苯、甲苯、二甲苯是用途广泛的有机溶剂。二甲苯的结构有______种，其中一种被称为“PX”，它的一氯代物只有两种，则“PX”的结构简式是______________。

（6）写出乙醇催化氧化的化学方程式_________________________。14、燃料电池是利用燃料与氧气反应从而将化学能转化为电能的装置。

(1)以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示。

①A为生物燃料电池的_______(填“正”或“负”)极。

②正极反应式为_______。

③放电过程中，由_______极区向_______极区迁移(填“正”或“负”)。

④在电池反应中，每消耗氧气，理论上生成标准状况下二氧化碳的体积是_______。

(2)一氧化碳无色无味有毒，世界各国每年均有不少人因一氧化碳中毒而失去生命。一种一氧化碳分析仪的工作原理如图所示，该装置中电解质为氧化钇一氧化钠，其中可以在固体介质中自由移动。传感器中通过的电流越大；尾气中一氧化碳的含量越高。

①工作时，由电极_______向电极_______移动(填“a”或b”)；

②电子由电极_______通过传感器流向电极_______(填“a”或b”)。15、琉璃被誉为中国五大名器之首；佛家七宝之一。琉璃的发源地在山西；早在春秋战国时期就已出现，世有“晋地琉璃遍天下”一说。

(1)古法琉璃，采用琉璃石加入琉璃母烧制而成。琉璃石是一种有色水晶材料，水晶的主要成分是___________。

(2)水琉璃，即现今常见的仿制琉璃，是以不饱和树脂材料制成。若其为淡绿色，其中可能含有____________(填离子符号)。

(3)台湾琉璃，由西方玻璃艺术演化而来。制造普通玻璃的原料是石英砂、纯碱和____________。玻璃制品应避免与碱性物质(如NaOH)长期接触，有关反应的化学方程式是________________________。

(4)保存琉璃制品时，切不可与氯气接触，这说明琉璃的成分可能具有_____________性。16、工业制硫酸在接触室中发生的主要反应为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。在一定温度下，向2L密闭容器内投入4molSO2(g)和2molO2(g)发生上述反应，n(SO2)随时间的变化如表所示：。时间(s)01235n(SO2)(mol)43.21.61.41.4

（1）用SO3表示从0~2s内该反应的平均速率v(SO3)=___。

（2）该反应达到最大限度时SO2的转化率为___。

(提示：转化率=×100%)

（3）该反应达到最大限度时O2的浓度为___。

（4）下列叙述能说明上述反应达到平衡状态的是___。

A.容器内压强保持不变。

B.v（SO2）=2v(O2)

C.SO3的浓度不再变化。

D.SO2、O2、SO3为浓度之比为2∶1∶2

E.单位时间内每消耗2molSO2，同时生成2molSO317、如图所示；甲；乙两池中的电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题。

(1)若两池中的电解质溶液均为CuSO4溶液；反应一段时间后：

①有红色物质析出的是甲池中的__棒，乙池中的__棒。

②乙池中阳极的电极反应式是__。

(2)若两池中的电解质溶液均为饱和NaCl溶液：

①乙池中总反应的离子方程式为__。

②乙池中碳棒上的电极反应属于__（填“氧化反应”或“还原反应”）。18、碳和氮的氢化物是广泛的化工原料；回答下列问题：

(1)工业上合成氨的反应为反应过程中能量变化如图所示。

①反应的活化能为________kJ/mol，有利于该反应自发进行的条件是_________。

②合成氨时加入铁粉可以加快生成的速率，在上图中画出加入铁粉后的能量变化曲线_______。

(2)催化重整不仅可以得到合成气(CO和)；还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：

①催化重整反应为某温度下，在体积为2L的容器中加入2mol1mol以及催化剂进行重整反应，5min达到平衡时的转化率是50%。0-5min平均反应速率_________

②反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如表：。消碳反应消碳反应172172活化能/()催化剂X3391催化剂Y437272

由上表判断，催化剂X______Y(填“优于”或“劣于”)，理由是____________________。评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)19、高分子分离膜可用于海水淡化、分离工业废水、浓缩天然果汁等。(_______)A.正确B.错误20、燃烧过程中热能转化为化学能。(______)A.正确B.错误21、同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，数值越大，表示化学反应速率越快。(_______)A.正确B.错误22、磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸。(____)A.正确B.错误23、经过处理的厨余垃圾残渣，在焚烧发电过程中存在化学能、热能、电能间的转化。(_______)A.正确B.错误24、传统合成氨的方法需消耗大量能源。___A.正确B.错误25、CH2=CH2和在分子组成上相差一个CH2，两者互为同系物。(___________)A.正确B.错误26、化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能。_____A.正确B.错误评卷人得分四、推断题(共2题，共18分)27、F是新型降压药替米沙坦的中间体；可由下列路线合成：

（1）A→B的反应类型是_________，D→E的反应类型是_____；E→F的反应类型是。

__________。

（2）写出满足下列条件的B的所有同分异构体______（写结构简式）。

①含有苯环②含有酯基③能与新制Cu(OH)2反应。

（3）C中含有的官能团名称是________。已知固体C在加热条件下可溶于甲醇，下列C→D的有关说法正确的是_________。

a．使用过量的甲醇，是为了提高D的产率b.浓硫酸的吸水性可能会导致溶液变黑。

c.甲醇既是反应物，又是溶剂d.D的化学式为

（4）E的同分异构体苯丙氨酸经聚合反应形成的高聚物是__________(写结构简式)。

（5）已知在一定条件下可水解为和R2-NH2，则F在强酸和长时间加热条件下发生水解反应的化学方程式是____________________________。28、X；Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大。X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素；M是地壳中含量最高的金属元素。

回答下列问题：

⑴L的元素符号为________；M在元素周期表中的位置为________________；五种元素的原子半径从大到小的顺序是____________________（用元素符号表示）。

⑵Z、X两元素按原子数目比l∶3和2∶4构成分子A和B，A的电子式为___，B的结构式为____________。

⑶硒（Se）是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为_______，其最高价氧化物对应的水化物化学式为_______。该族2~5周期元素单质分别与H2反应生成lmol气态氢化物的反应热如下，表示生成1mol硒化氢反应热的是__________（填字母代号）。

a．+99.7mol·L－1b．+29.7mol·L－1c．－20.6mol·L－1d．－241.8kJ·mol－1

⑷用M单质作阳极，石墨作阴极，NaHCO3溶液作电解液进行电解，生成难溶物R，R受热分解生成化合物Q。写出阳极生成R的电极反应式：______________；由R生成Q的化学方程式：_______________________________________________。评卷人得分五、实验题(共4题，共24分)29、某校化学活动社团做了如下探究实验：利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究外界条件改变对化学反应速率的影响。实验如下：。实验序号实验温度/KKMnO4溶液(含硫酸)H2OH2O溶液颜色褪至无色时所需时间/sV/mLc/mol·L-1V/mLc/mol·L-1V/mLc/mol·L-1V/mLA29320.0250.13t1B29320.0230.1V18C31320.02V20.15t2

(1)写出相应反应的离子方程式___________。

(2)通过实验A、B可探究______(填外部因素)的改变对反应速率的影响，其中V1=__；通过实验_____可探究温度变化对化学反应速率的影响。

(3)利用实验B中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)=_____。

(4)实验中发现：反应一段时间后该反应速率会突然加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与H2C2O4之间的反应有某种特殊的作用，则该作用是___________，相应的粒子最有可能是___________。30、NH3是重要的化工原料，某化学兴趣小组同学利用下图装置(夹持装置略)制备NH3并作相关物质的性质探究。

(1)仪器A的名称是___________，盛装的试剂为___________。检验装置I气密性的方法是___________。

(2)实验一：探究NH3的水溶性。

小组同学利用装置I、II和三颈烧瓶收集到一瓶纯净的NH3；组成如右图所示装置。

①先将胶头滴管中的水挤入烧瓶，再同时打开两止水夹，可以观察到的现象是___________。

②实验结束后，烧瓶中形成的氨水浓度为___________mol·L-1(假设实验在标准状况下进行且溶液中的溶质不扩散)。

(3)实验二：探究NH3的催化氧化及氧化产物的性质。

①装置II中试剂用足量的___________(填化学式)替代，装置IV中应盛装的试剂是___________。

②先打开仪器A的活塞及K、K1、K2，再点燃装置III中的酒精灯。当硬质玻璃管中出现明显红棕色时停止加热并关闭仪器A的活塞及止水夹K1、K2；待装置冷却至室温后在硬质玻璃管的表面裹上吸有冰水的毛巾，发现其中气体的颜色变浅，甲同学提出引起该变化的原因可能有两种。

可能一：NH3与红棕色气体发生反应生成了无色气体。试写出该反应的化学方程式___________；

可能二：___________。

再次将装置III恢复至室温；如果发现气体颜色变深但仍比最初冷却至室温时浅，说明以上两种原因同时存在。

③乙同学认为上述装置有一处缺陷，改进措施为___________。31、甲酸钙广泛用于食品；工、石油等工业生产上；300～400℃左右分解．

Ⅰ、实验室制取的方法之一是：Ca(OH)2+2HCHO+H2O2=Ca(HCOO)2+2H2O+H2↑．

实验室制取时；将工业用氢氧化钙和甲醛依次加入到质量分数为30-70%的过氧化氢溶液中(投料物质的量之比依次为1:2:1.2)，最终可得到质量分数98%以上且重金属含量极低的优质产品．

（1）过氧化氢比理论用量稍多，其目的是____________。

（2）反应温度最好控制在30-70℃之间，温度不易过高，其主要原因是____________。

（3）制备时在混合溶液中要加入微量硼酸钠抑制甲醛发生副反应外，还要加入少量的Na2S溶液，加硫化钠的目的是____________。

（4）实验时需强力搅拌45min，其目的是____________；结束后需调节溶液的pH7～8，其目的是____________；最后经结晶分离；干燥得产品．

Ⅱ、某研究性学习小组用工业碳酸钙(主要成分为CaCO3；杂质为：Al2O3、FeCO3)为原料，先制备无机钙盐，再与甲酸钠溶液混合制取甲酸钙．结合右图几种物质的溶解度曲线及表中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L-1计算)。

。金属离子。

开始沉淀的pH

沉淀完全的pH

Fe3+

1.1

3.2

Al3+

3.0

5.0

Fe2+

5.8

8.8

请补充完整由碳酸钙制备甲酸钙的实验方案：称取13.6g甲酸钠溶于约20mL水，配成溶液待用，并称取研细的碳酸钙样品10g待用；____________。

提供的试剂有：a．甲酸钠，B．5mol•L-1硝酸，C．5mol•L-1盐酸，D．5mol•L-1硫酸，e.3%H2O2溶液，f．澄清石灰水。32、实验室用如图所示的装置制取少量溴苯。请回答下列问题：

(1)在烧瓶a中反应的化学方程式是_______。

(2)与烧瓶口垂直的一段长导管的作用是_______。

(3)反应过程中在导管的下口附近可以观察到白雾出现，这是由于反应生成的_______遇水蒸气而形成的小液滴。

(4)能证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，可向锥形瓶C中加入硝酸银溶液，若_______；则能证明是取代反应，而不是加成反应。

(5)生成的溴苯因溶有未反应的溴而显褐色，提纯的方法是将含有溴的溴苯倒入氢氧化钠溶液中充分混合，静置分层后，用_______分离出下层液体；即为溴苯。

(6)实验结束时，将氢氧化钠溶液倒入烧瓶中，充分振荡混合，目的是_______，反应的化学方程式是_______。评卷人得分六、结构与性质(共3题，共9分)33、元素周期表是学习化学的重要工具。下表为8种元素在周期表中的位置。

（1）如图所示的模型表示的分子中，可由A、D形成的是____。

c与氯气反应生成的二元取代物有____种，d分子的结构简式____。

（2）Na在F单质中燃烧产物的电子式为____。该燃烧产物中化学键的类型为：____。上述元素的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是____(写化学式)。

（3）A与D组成的化合物中，质量相同，在氧气中完全燃烧消耗氧气最多的是：____

（4）关于（1）中d分子有下列问题：

①d分子中同一平面的原子最多有____个。

②若用－C4H9取代d上的一个H原子，得到的有机物的同分异构体共有____种。34、有下列各组物质：①和②石墨和足球烯；③正丁烷和异丁烷；④丙烷和庚烷；⑤和⑥CH3-CH2-CH2-CH3和CH3-CH(CH3)CH3.用序号填空：

（1）___________组互为同位素。

（2）___________组互为同素异形体。

（3）___________组属于同系物。

（4）___________组互为同分异构体。

（5）___________组是同一物质。35、A；B、C、D、E、F是元素周期表中前四周期元素；且原子序数依次增大，其相关信息如下：

①A的周期序数等于其主族序数；

②B；D原子的L层中都有两个未成对电子；

③E元素原子最外层电子排布式为(n+1)Sn(n+1)Pn-1；

④F原子有四个能层；K；L、M全充满，最外层只有一个电子。

试回答下列问题：

（1）基态E原子中，电子占据的最高能层符号为_____，F的价层电子排布式为_________________。

（2）B、C、D的电负性由大到小的顺序为_________（用元素符号填写）,C与A形成的分子CA3的VSEPR模型为__________。

（3）B和D分别与A形成的化合物的稳定性：BA4小于A2D，原因是______________________________。

（4）以E、F的单质为电极，组成如图所示的装置，E极的电极反应式为_____________________________。

（5）向盛有F的硫酸盐FSO4的试管里逐滴加入氨水，首先出现蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀溶解，得到深蓝色溶液，再向深蓝色透明溶液中加入乙醇，析出深蓝色晶体。蓝色沉淀溶解的离子方程式为___________________________。

（6）F的晶胞结构（面心立方）如右图所示：已知两个最近的F的距离为acm，F的密度为__________g/cm3（阿伏加德罗常数用NA表示；F的相对原子质量用M表示）

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】

充电时，AQDS转化为AQDS(NH4)2，说明b极为阴极，a极为阳极，则放电时a极为正极，b极为负极。

【详解】

A.根据分析，放电时，b极为负极，因此b极电势低于a极；故A正确；

B.充电时，a极为阳极，电极反应式为：3I－－2e－=I3－；故B正确；

C.充电时，电路中每转移1mole－，左侧1molNH4+移动到右侧；因此膜左侧质量减少18g，右侧质量增加18g，因此膜两侧电解液的质量变化差为36g，故C正确；

D.该装置中的阳膜不能用阴膜代替，如果用阴膜代替，铵根离子不能穿过则不能生成AQDS(NH4)2；故D错误。

答案为D。2、A【分析】【详解】

A．已知Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O可知反应器中若增大硝酸浓度，生成总量将增大；A错误；

B．由于AgNO3受热易分解；故操作②为减压蒸发；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B正确；

C．由于AgNO3见光易分解；硝酸银固体应保存在棕色瓶中避光保存，C正确；

D．已知反应：2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑；故X是氧气，D正确；

故答案为：A。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．N2为无色无味；无毒的气体；故A不符合题意；

B．NO2为红棕色气体；有毒，故B符合题意；

C．NO为无色无味；有毒的气体，故C不符合题意；

D．NH3为无色有刺激性气味；故D不符合题意；

故选：B。4、D【分析】【分析】

稀硫酸作电解质溶液时；原电池中的负极的活泼性强于正极。

【详解】

把a、b、c、d四块金属片浸在稀硫酸中，用导线两两连接可以组成原电池，若a、b相连时a为负极，则a的金属性强于b；a、c相连时c极上产生大量气泡，则c为正极，故a的金属性强于c；b、d相连时b为正极，则d的金属性强于b；c、d相连时，电流由d到c，则c是负极，故金属性c强于d；则这四种金属的活动性顺序由大到小为a＞c＞d＞b，故选D。5、C【分析】【详解】

A．高分子化合物；简称高分子，又称高分子聚合物，一般指相对分子质量高达几千到几百万的化合物，硬脂酸甘油酯相对分子质量较小，不是高分子化合物，A错误；

B．硫酸钠溶液只能使蛋白质发生盐析；不会使其变质，B错误；

C．葡萄糖是单糖；蔗糖是二糖、淀粉和纤维素是多糖；均属于糖类，C正确；

D．向淀粉溶液中加入硫酸溶液；加热后滴入几滴氢氧化铜悬浊液，不管是否水解，氢氧化铜与硫酸反应而消耗，故不出现红色物质，必须在水解液中加过量氢氧化钠使得溶液呈碱性，再加新制的氢氧化铜悬浊液加热，若有砖红色沉淀，则证明淀粉已水解，D错误；

故选C。6、D【分析】【详解】

A．(NH4)2SO4属于轻金属的盐，向蛋白质溶液中加入(NH4)2SO4溶液；蛋白质发生盐析，加水后发生溶解，A不正确；

B．油脂水解生成高级脂肪酸和甘油；甘油不属于高级脂肪醇，B不正确；

C．油脂的相对分子质量较小；不属于天然高分子化合物，C不正确；

D．葡萄糖分子中含有醛基；具有还原性，能使新制氢氧化铜转化成砖红色沉淀，D正确；

故选D。7、A【分析】【分析】

先根据化学反应速率比等于化学方程式化学计量数之比求出v(Q)，再根据Δn(Q)=v(Q)×t×V计算。

【详解】

据化学方程式可知，v(X)∶v(Q)=m∶q，故v(Q)=mol/(L·s)，故Δn(Q)=mol/(L·s)×2s×2L=mol

故选A。

【点睛】

本题为对反应速率计算的变形考查，解答时涉及反应速率公式的灵活运用，因公式中涉及物质的量、物质的量浓度、容积、时间等量，忽视任何一个量都会出错，易错项D，本题正是忽视了容积为2L，而误认为1L导致出错。8、D【分析】A、煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，属于化学变化。石油的裂解:在高温下,将石油产品中具有长链分子的烃断裂为各种短链的气态烃和液态烃，是化学变化，故A正确；B、利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，这样将CO2转化为可降解塑料，实现了“碳”的循环利用，减少白色污染，故B正确；C、光化学烟雾”“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关，故C正确；D、光导纤维的主要成分是SiO2；不属于有机高分子化合物，故D错误；故选D。

点睛：本题要求学生平时要关心化学与生活、生产、技术相关的内容，一般不难，主要用来稳定考生情绪。9、C【分析】MgCl2为离子化合物，只含有离子键，A错误；Ba(OH)2为离子化合物，含有离子键，H-O为极性键，B错误；O2只含有O=O双键，为非极性共价键,C正确；H2O2为共价化合物；既存在H-O极性共价键，又存在O-O非极性共价键，D错误；正确选项C。

点睛：一般来说,活泼金属元素与非金属元素形成离子键,非金属元素之间形成共价键,同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同种非金属元素之间形成极性共价键。二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】【详解】

分析：该反应中；Cl元素化合价由-1价变为0价，O元素化合价由0价变为-2价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，根据氯原子守恒计算消耗的氯气。

详解：该反应中，Cl元素化合价由-1价变为0价，O元素化合价由0价变为-2价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，所以氧化剂是O2，还原剂是HCl，根据氯原子守恒得n（Cl2）=n（HCl）=2mol，

故答案为O2；HCl；2。

点睛：本题以氧化还原反应为载体考查了氧化剂、还原剂的判断及物质间的反应，根据基本概念结合原子守恒进行解答即可，题目难度不大。【解析】O2HCl211、略

【分析】【分析】

同位素是质子数相同、中子数不同的同种元素的不同核素；同分异构体是指分子式相同，结构不同的物质之间的互称；同素异形体是指由同种元素组成的不同性质的单质；同系物是指组成相同，结构相似，分子组成上相差n个CH2原子团的有机物之间的互称。

【详解】

①O2和O3是由氧元素组成的不同性质的单质；属于同素异形体；

②H2、D2和T2是氢元素形成的单质分子；均属于氢分子，是同种物质；

③12C和14C是质子数相同；中子数不同的不同的碳原子，属于同位素；

④CH3CH2CH2CH3和(CH3)2CHCH3；二者均属于饱和烃，分子相同，结构不同，属于同分异构体关系；

(1)互为同位素的是③。

(2)互为同分异构体的是④。

(3)互为同素异形体的是①。

(4)为同一种物质的是②。【解析】③④①②12、略

【分析】【分析】

【详解】

①混合气体密度不变；甲反应是气体体积减小的反应，甲容器中气体体积不变，质量会变，密度也变，能判断达到平衡，由于乙反应的两边气体的体积相同，但气体的质量是变化的，所以密度始终不变可判断乙是否达到平衡状态；

②反应容器中生成物的百分含量不变是平衡标志；

③反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比；说明正逆反应速率相同，反应甲；乙达到平衡状态；

④恒温时；气体压强不再改变，乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，压强始终不变,所以压强不变无法判断乙是否达到平衡状态，可以判断甲达到平衡状态；

⑤混合气体的平均相对分子质量不变；甲反应前后气体物质的量变化，质量变化，混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，乙反应是反应前后气体物质的量不变，质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态；

⑥甲反应是气体体积减小的反应；乙是气体体积不变的反应，混合气体的总物质的量不变说明甲达到平衡状态，乙不能判断是否达到平衡状态；

能表明(甲)达到化学平衡状态是①②③④⑤⑥，能表明(乙)达到化学平衡状态是①②③⑤，故答案为：①②③④⑤⑥；①②③⑤。【解析】①.①②③④⑤⑥②.①②③⑤13、略

【分析】【详解】

(1)有机物中氢元素的质量分数最大的是最简单的有机物甲烷，⑧乙酸C2H4O2，最简式为CH2O，⑨葡萄糖C6H12O6，最简式为CH2O，它们的最简式相同，所以等质量的这两种物质完全燃烧耗氧量相同；

(2)含有碳碳双键或三键或苯环的烃能发生加成反应，所以③乙烯、④苯、⑤甲苯、⑥二甲苯能发生加成反应；

(3)甲烷在光照条件下能够与氯气发生取代反应，如甲烷和氯气发生取代反应第一步反应生成一氯甲烷，方程式为CH4+Cl2CH3Cl+HCl，苯能够与液溴在催化剂铁作用下发生取代反应：

(4)含有碳碳双键的有机物能发生加聚反应，氯乙烯含有碳碳双键能发生加聚反应，反应为

(5)二甲苯为苯环上两个氢原子被甲基取代，两甲基处于邻间对位三种情况，分别为分别用1、2、3标出三种二甲苯中苯环上的氢原子的位置有几种，它们的一氯取代物就有几种，甲基上的氢只有一种，对邻间位三种情况它们的一氯取代物分别为1+1=2、2+1=3、3+1=4，“PX”，它的一氯代物只有两种，所以“PX”的结构简式是

(6)乙醇催化氧化生成乙醛的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。【解析】①.CH4②.C2H4O2和C6H12O6③.③④⑤⑥④.光照⑤.催化剂⑥.⑦.3⑧.⑨.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O14、略

【分析】【分析】

(1)该微生物燃料电池中，燃料从负极通入，氧化剂从正极通入，即A为正极，B为负极；葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应，电极反应为：C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，氧气在正极得到电子发生还原反应，电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O；

(2)该装置中CO为燃料，在负极(即a极)通入，失电子发生氧化反应，电极反应为：空气中的氧气在正极(即b极)通入，得到电子发生还原反应，电极反应为：O2+4e-=2O2-；据此分析解答。

(1)

①由分析可知；A为正极；

②根据分析可知，氧气在正极得到电子发生还原反应，电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O；

③在原电池中，电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，因此H＋由负极区向正极区迁移；

④该电极反应的总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，消耗6mol氧气生成6molCO2，若每消耗1mol氧气，那么生成CO21mol，标准状况下CO2的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L；

(2)

①电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，根据分析，a为负极，b为正极，因此O2−由电极b向电极a移动；

②原电池中电子由负极流向正极，则电子由电极a通过传感器流向电极b。【解析】(1)正O2+4H++4e-=2H2O负正22.4L

(2)baab15、略

【分析】【详解】

(1)水晶的成份是二氧化硅，则水晶的主要成分是SiO2；

(2)树脂为淡绿色，可能含有亚铁离子，其离子符合为：Fe2+；

(3)制造普通玻璃的原料是石英砂、纯碱和石灰石；玻璃制品中二氧化硅与碱性物质(如NaOH)反应，所以不能长期接触，反应的化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；

(4)氯气具有很强的氧化性，而保存琉璃制品时，切不可与氯气接触，这说明琉璃的成分可能具有还原性。【解析】SiO2Fe2+石灰石SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O还原16、略

【分析】【详解】

(1)0~2s内△n(SO2)=4mol-1.6mol=2.4mol，根据方程式2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)可知该时间段内△n(SO3)=2.4mol，容器体积为2L，所以v(SO3)==0.6mol/(L•s)；

(2)根据表格可知3s后二氧化硫浓度不在改变，说明此时反应已经达到平衡，此时二氧化硫的转化率为=65%；

(3)平衡时△n(SO2)=2.6mol，根据方程式可知△n(O2)=1.3mol，则剩余氧气的物质的量为2mol-1.3mol=0.7mol，容器体积为2L，所以c(O2)==0.35mol/L；

(4)A．容器体积恒定；平衡正向移动时气体的物质的量减小，容器内压强减小，所以当压强不变时说明反应达到平衡，故A正确；

B．未指明正反应速率还是逆反应速率；故B错误；

C．反应达到平衡时；各物质的浓度不再改变，所以三氧化硫浓度不再变化说明反应达到平衡，故C正确；

D．平衡时各物质的浓度不再改变；但比值不一定，与转化率有关，故D错误；

E．只要反应进行单位时间内每消耗2molSO2，就会同时生成2molSO3；故E错误；

综上所述答案为AC。

【点睛】

当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【解析】①.0.6mol/（L•s）②.65%③.0.35mol/L④.AC17、略

【分析】【分析】

从装置图中可以看出；甲池没有外接直流电源，为原电池；乙池有外接电源，为电解池。在甲池中，Fe为原电池的负极，C为正极；在乙池中，C电极提供电子，则其为阳极，Fe为阴极。

【详解】

(1)①甲是原电池，其中Fe是负极，C是正极，Cu2+在正极(C电极)被还原为Cu。乙是电解池，C是阳极，Fe是阴极，Cu2+在阴极(Fe电极)被还原为Cu。答案为：碳；铁；

②乙池中阳极为H2O失电子生成O2和H+，电极反应式是2H2O-4e-=4H++O2↑。答案为：2H2O-4e-=4H++O2↑；

(2)若两池中的电解质溶液均为饱和NaCl溶液；乙池是电解饱和食盐水的装置。

①乙池中为电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，总反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；

②在碳棒上Cl-失电子发生氧化反应生成Cl2。答案为：氧化反应。【解析】碳铁2H2O-4e-=4H++O2↑2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-氧化反应18、略

【分析】【详解】

(1)①由题意知，氨分解的活化能为：

该反应自发进行，∆G<0，由∆G=∆H-T∆S，∆H>0，∆S>0；推知需要高温条件，故高温下自发进行；

②由图可知；加入铁粉后合成氨所需要的活化能降低，如下图：

(2)①由题意得，故

②根据活化能对反应的影响来分析,催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，即催化剂X劣于催化剂Y，故答案填“劣于”。【解析】427.2kJ/mol高温0.lmol/()劣于催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大(或催化剂X积碳反应的活化能小，积碳反应的速率大；而消碳反应活化能相对大，消碳反应速率小)三、判断题(共8题，共16分)19、A【分析】【详解】

高分子分离膜是一种新型高分子材料，可用于海水淡化、分离工业废水、浓缩天然果汁等。故正确。20、B【分析】【详解】

H2燃烧过程中化学能转化为热能，题目说法错误，故答案为错误。21、B【分析】【详解】

同一反应中，反应速率与化学计量数成正比，则用不同物质表示的反应速率，数值大的反应速率不一定快，错误。22、B【分析】【详解】

蛋白质在加热条件下变性，在催化剂条件下水解可生成氨基酸。23、A【分析】【详解】

焚烧发电过程中存在化学能转化为热能再转化为机械能最后电能，正确。24、A【分析】【详解】

传统合成氨是在高温高压、催化剂条件下进行，苛刻的条件，对设备要求更高，需消耗大量能源，故该说法正确。25、B【分析】【分析】

【详解】

同系物是结构相似，分子组成上相差若干个CH2原子团的一系列有机物，CH2=CH2和的结构不相似，不互为同系物，故错误。26、A【分析】【分析】

【详解】

植物通过光合作用将太阳能转化为化学能储存在植物中，植物、动物躯体经过几百万年复杂的物理、化学变化形成化石燃料，由此可知化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，正确。四、推断题(共2题，共18分)27、略

【分析】【分析】

C与甲醇反应生成D，由D的结构可知C为B与浓硝酸发生取代反生成C，则B为A发生氧化反应生成B，D中硝基被还原为氨基生成E，E与CH3CH2CH2COCl发生取代反应生成F；据此分析解答。

【详解】

（1）根据以上分析，A到B反应为氧化反应，D到E是与H2反应；故为还原反应，E到F为氨基与羧基之间发生取代反应。

故答案为氧化反应；还原反应；取代反应；

（2）B为除苯环外，不饱和度为1。那么能与Cu(OH)2反应，即含有醛基，同时含有酯基，其同分异构体中则必须有剩下一个C可以选择连在其与苯环之间，以及直接连在苯环上形成甲基有邻、间、对，共4种。即为

故答案为

（3）C中官能团为硝基-NO2、羧基-COOH；此反应为可逆反应，加过量甲醇可使平衡正向移动，使得D的产率增高，对于高分子有机物浓硫酸有脱水性，反应中甲醇既能与C互溶成为溶剂，又作为反应物，故b错误；a；c、d项正确。

故答案为硝基；羧基；a、c、d；

（4）苯丙氨酸可推出其结构简式为

经聚合反应后的高聚物即为

（5）由题目已知条件可知F中的肽键和酯基会发生水解，所以化学方程式为【解析】氧化反应还原反应取代反应硝基、羧基a、c、d28、略

【分析】【详解】

M是地壳中含量最高的金属元素；则M是Al。又因为X；Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大，且X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，所以X是H、Y是C，Z是N，L是O。

（1）L是O；铝元素的原子序数是13，位于周期表的第3周期第ⅢA族；同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，所以原子半径大小顺序是Al>C>N>O>H。

（2）Z、X两元素按原子数目比l∶3和2∶4构成分子A和B分别是氨气和肼（N2H4）。二者都是含有共价键的共价化合物，氨气（A）的电子式是肼（B）的结构式是

（3）氧元素位于第ⅥA族，原子序数是8，所以Se的原子序数8+8+18=34。最高价是+6价，所以最高价氧化物对应的水化物化学式为H2SeO4。同主族元素自上而下非金属性逐渐减弱，和氢气化合越来越难，生成的氢化物越来越不稳定，由于非金属性Se排在第三位，所以表示生成1mol硒化氢反应热的是选项b。

（4）由于铝是活泼的金属，所以Al作阳极时，铝失去电子，生成铝离子，Al3+能和HCO3-发生双水解反应生成氢氧化铝白色沉淀和CO2气体，所以阳极电极反应式可表示为Al+3HCO3-－3e－＝Al(OH)3↓+3CO2↑。氢氧化铝不稳定，受热分解生成氧化铝和水，反应的化学方程式为2Al(OH)3Al2O3+3H2O。

【点睛】

本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。【解析】O第3周期第ⅢA族Al>C>N>O>H34H2SeO4bAl+3HCO3--3e-=Al（OH）3↓+3CO2↑2Al（OH）3Al2O3+3H2O五、实验题(共4题，共24分)29、略

【分析】【详解】

(1该反应中高锰酸根将草酸氧化成CO2，自身被还原成Mn2+，根据电子守恒和元素守恒可得反应的离子方程式为5H2C2O4+2+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；

(2)控制变量法探究实验中各组实验的变量要唯一，对比实验A、B各项数据可知两组实验中草酸的浓度不一样，所以可探究浓度的改变对反应速率的影响；A、B两组变量要唯一，所以要保证溶液的总体积相同，所以(V1+3+2)mL=(2+5+3)mL，解得V1=5mL；对比B；C两组数据可知两组的变量应该是温度；可探究温度变化对反应速率的影响；

(3)利用实验B中数据计算，溶液混合后KMnO4的起始浓度为=0.004mol/L，褪色时间为8s，所以用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)==0.0005mol•L-1•s-1；

(4)实验中发现：反应一段时间后该反应速率会加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与H2C2O4之间的反应有某种特殊的作用，该作用是催化作用，根据离子反应方程式可知新生成的离子为Mn2+，所以相应的粒子最有可能是Mn2+。【解析】5H2C2O4+2+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O浓度5mLB、C0.0005mol·L-1·s-1催化作用Mn2+30、略

【分析】【详解】

(1)根据仪器构造可知；仪器A为分液漏斗，实验室常用氧化钙与浓氨水快速制备氨气，则仪器A中盛装的是浓氨水，该装置检验气密性的方法是“液封法”，具体操作为：关闭止水夹K，利用分液漏斗向烧瓶中加水，如果一段时间后水不能再继续滴下，说明气密性良好，故答案为：分液漏斗；浓氨水；关闭止水夹K，利用分液漏斗向烧瓶中加水，如果一段时间后水不能再继续滴下，说明气密性良好；

(2)①氨气极易溶于水；使溶液显碱性，则根据实验操作可知，实验现象是：两个烧瓶内的水倒流入三颈烧瓶中，产生喷泉，左边水柱的碱性溶液能使酚酞变红，右边水柱的碱性溶液能使石蕊变蓝，红色溶液与蓝色溶液混合最终呈现紫色，故现象可描述为：左右管口均喷出水柱，左边水柱呈红色，右边水柱呈蓝色，最后烧瓶几乎充满(紫色)溶液；

②实验结束后，烧瓶中充满溶液，原气体的体积即为现在溶液的体积，设均为VL，则氨气的物质的量n=则形成氨水的浓度c=

(3)①氨气的催化氧化，除了需要氨气以外，还需要氧气参与反应，则装置II中试剂不仅仅需干燥氨气，还要提供氧气，最佳试剂可选用过氧化钠，因为过氧化钠可与水反应产生氧气，进而与氨气进行催化氧化生成NO和水，NO遇空气极易生成二氧化氮，最后需用碱性溶液进行尾气处理，即装置IV中应盛装的试剂应为NaOH溶液，故答案为：NaOH溶液；

②红棕色气体为二氧化氮，最终气体的颜色变浅可能是因为NH3与其发生反应生成的无色气体为氮气或NO，该反应属于归中反应，根据氧化还原规律可知，该反应为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O或4NH3+10NO2=14NO+6H2O；另一种可能是二氧化氮自发生成四氧化二氮，因反应放热，待装置冷却至室温后在硬质玻璃管的表面裹上吸有冰水的毛巾，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，导致气体颜色变浅，即NO2缔合生成了N2O4或因降温时平衡2NO2N2O4正向移动，故答案为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O或4NH3+10NO2=14NO+6H2O；NO2缔合生成了N2O4或因降温时平衡2NO2N2O4正向移动；

③上述装置中尾气处理装置不能达到防倒吸作用；为探究颜色变浅的原因，冷却后防止发生倒吸现象，需在Ⅲ；Ⅳ间添加一安全瓶，故答案：Ⅲ、Ⅳ间添加一安全瓶。

【点睛】

氨气极易溶于水，因此计算喷泉实验的氨水浓度时，掌握氨气的体积即为所得溶液的体积是解题的关键。【解析】分液漏斗浓氨水关闭止水夹K，利用分液漏斗向烧瓶中加水，如果一段时间后水不能再继续滴下，说明气密性良好左右管口均喷出水柱，左边水柱呈红色，右边水柱呈蓝色，最后烧瓶几乎充满(紫色)溶液Na2O2NaOH溶液8NH3+6NO2=7N2+12H2O或4NH3+10NO2=14NO+6H2ONO2缔合生成了N2O4或因降温时平衡2NO2N2O4正向移动Ⅲ、Ⅳ间添加一安全瓶31、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：Ⅰ．（1）化学反应中一种反应物过量目的是促进其他反应物充分反应；提高转化率，则加过量的过氧化氢能使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度；故答案为使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度；

（2）温度较高时，双氧水易分解，甲醛易挥发，则反应温度最好控制在30-70℃之间，温度不易过高，能防止H2O2分解和甲醛挥发；故答案为防止H2O2分解和甲醛挥发；

（3）制备时在混合溶液中要加入微量硼酸钠抑制甲醛发生副反应外，还要加入少量的Na2S溶液；硫化钠与重金属离子结合生成硫化物，硫化物难溶于水，可以除去重金属离子；故答案为除去重金属离子；

（4）搅拌是使使反应物充分接触；使其反应完全，提高产率；甲酸根离子为弱酸根离子，则甲酸钙水解显弱碱性，调节溶液pH7～8，溶液为弱碱性能抑制甲酸钙水解，故答案为使反应物充分接触，提高产率；防止甲酸钙水解；

Ⅱ．该实验首先要去除杂质；同时生成可溶性钙盐，杂质中亚铁离子首先要氧化为铁离子(双氧水或硝酸)，再生成氢氧化铁除去，铝离子也要生成碱除去，故调节pH为5(用石灰水调节)；然后加入甲酸钠溶液混合生成溶解度较小；随温度变化不明显是甲酸钙，经蒸发浓缩，得到甲酸钙固体，趁热过滤，防止其它晶体析出；则具体的步骤为：用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品；用石灰水调整溶液pH=5；过滤后，将滤液与甲酸钠溶液混合，调整溶液pH7～8，充分搅拌，所得溶液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、60℃时干燥得甲酸钙晶体。故答案为用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品；用石灰水调整溶液pH=5；过滤后，将滤液与甲酸钠溶液混合，调整溶液pH7～8，充分搅拌，所得溶液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、60℃时干燥得甲酸钙晶体。

【考点】

考查制备实验方案的设计。

【点晴】

本题是一道实验综合题，涉及实验操作目的、原理、步骤等有关问题，主要考查了物质的制备、除杂质、提高产率的方法、实验方案设计，题目难度中等，考查学生的实验探究能力。本题的难点是Ⅱ，该实验首先要去除杂质，同时生成可溶性钙盐，杂质中亚铁离子首先要氧化为铁离子(双氧水或硝酸)，再生成氢氧化铁除去，铝离子也要生成碱除去，故调节pH为5(用石灰水调节)；然后加入甲酸钠溶液混合生成溶解度较小、随温度变化不明显是甲酸钙，经蒸发浓缩，得到甲酸钙固体，趁热过滤，防止其它晶体析出。【解析】使甲醛充分氧化，提高甲醛的利用率和产品纯度防止H2O2分解和甲醛挥发除去重金属离子使反应物充分接触，提高产率防止甲酸钙水解用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品；用石灰水调整溶液pH=5；过滤后，将滤液与甲酸钠溶液混合，调整溶液pH7～8，充分搅拌，所得溶液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、60℃时干燥得甲酸钙晶体32、略

【分析】【分析】

在催化剂溴化铁的作用下；苯与溴发生取代反应，生成溴苯和溴化氢，该反应为放热反应，容易使溴和苯挥发，与烧瓶口垂直的一段长导管具有导气和冷凝回流溴和苯的作用。

【详解】

(1)烧瓶a中在催化剂溴化铁的作用下，苯与溴发生取代反应，化学方程式为Br2+HBr+

(2)该反应为放热反应；容易使溴和苯挥发，与烧瓶口垂直的一段长导管具有导气和冷凝回流反应物的作用；

(3)该反应中会产生HBr气体；遇到水蒸气而形成小液滴；

(4)如果苯和液溴发生的是取代反应，则会产生HBr气体；锥形瓶c中的溶液中会产生溴离子，所以可以向锥形瓶中加入硝酸银溶液，产生淡黄色沉淀(即溴化银沉淀)；

(5)静置后分层；用分液法分离，分液时需要用分液漏斗；

(6)溴苯中溶解有未反应的溴，加入NaOH溶液可以和溴反应生成易溶于水的盐，从而除去溶于溴苯中的溴，发生的反应为Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O。【解析】Br2+HBr+导气和冷凝反应物的作用溴化氢或HBr生成淡黄色沉淀分液漏斗除去溶于溴苯中的溴Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O六、结构与性质(共3题，共9分)33、略

【分析】【分析】

A为H；D为C、F为O、G为Mg、Q为Al、M为S、R为Cl、N为K；

(1)由A；D形成的是烃；据此选择；c为甲烷，与氯气反应生成的二元取代物为二氯甲烷