1、湖南师大附中2017-2018学年高一下期中考试化学卷可能用到的相对原子质量：H1 C12 N 14 016 Na23 S32 Ba137一、选择题(本题共14小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的选项。每小题3分，共42分)1.下列有关化学用语表示正确的是( )A. H2O2的电子式：H+2-H+B. Cl-的结构示意图：C. 原子核中有10个中子的氧离子：D. HC1O的结构式H-C1-O【答案】C【解析】【详解】A. 双氧水是共价化合物，两个氧原子之间以单键结合，每个O原子又分别与一个H原子以共价键结合，故电子式为，故A项错误； B. 氯离子的核内有17个质子，核外有18个
2、电子，故氯离子的结构示意图为，故B项错误；C.质量数=质子数+中子数，故原子核中有10个中子的氧离子的质量数为18，表示为： ，故C项正确；D. HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，故其结构式为H-O-Cl，故D项错误；故答案选C。【点睛】本题考查化学用语，涉及电子式、结构式、离子结构示意图等知识点，明确这些化学用语的书写规则是解本题关键，注意离子化合物和共价化合物电子式的书写区别 。2.常用的相对原子质量如S32Cl35.5Cu64等，这些数值准确地说应该是A. 某种核素的相对原子质量B. 某种核素的近似相对原子质量C. 某种元素的平均相对原子质量D. 某种元素的平均相对原子质
3、量的近似值【答案】D【解析】分析：我们平常所说的某种元素的相对原子质量，是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值。详解：在正规化学试卷的开始处总有“可能用到的相对原子质量”，是元素的相对原子质量的近似值，按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值的近似值，答案选D。3.下列过程中，共价键被破坏的是A. 碘升华B. 冰融化成水C. 葡萄糖溶于水D. HCl气体溶于水【答案】D【解析】分析：一般非金属元素之间形成共价键，由共价键形成的物质在溶于水、化学变化中共价键被破坏，以此来解答。详解：A碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，A错误；B冰融化克服的是分子间作用以及氢键，
4、共价键没有破坏，B错误；C葡萄糖溶于水，不发生电离，克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，C错误；DHCl晶体溶于水，HCl发生了电离，共价键被破坏，D正确；答案选D。点睛：本题考查化学键知识，题目难度不大，注意共价键、离子键以及分子间作用力的区别，侧重于考查学生的分析能力，需要特别注意的是有化学键断裂的过程不一定发生化学变化。4.NF3是一种温室气体，其存储能量能力是CO2的1200020000倍，在大气中的寿命可长达740年，如表所示是几种化学键的键能，下列说法中正确的是( )化学键NNFFNF键能/kJmol-1946154.8283.0A. 过程N2(g)2N(g)放出能量B. 过程N
5、(g) + 3F(g)NF3(g)放出能量C. 反应N2(g) + 3F2(g)2NF3(g)为吸热反应D. NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应【答案】B【解析】【详解】A. N2(g)2N(g)为化学键断裂的过程，吸收能量，故A项错误；B. N(g) + 3F(g)NF3(g)形成化学键的过程，放出能量，故B项正确；C.反应N2(g) + 3F2(g)2NF3(g)的H =反应物的键能之和减去生成物的键能之和，则H= 946 kJ/mol + 3l54.8 kJ/mol-6283.0 kJ/mol=-287.6 kJ/mol，因此HE2，则该反应为_(填“放热”或
6、“吸热”)反应。该反应可用图_(填“A”或“B”)表示。(2)若E1E2，则该反应为_(填“放热”或“吸热”)反应。该反应可用图_(填“A”或“B”)表示(3)太阳能的开发和利用是21世纪的一个重要课题。利用储能介质储存太阳能的原理是白天在太阳照射下，某种盐熔化，吸收热量；晚间熔盐释放出相应能量，从而使室温得以调节。已知下列数据：盐熔点/熔化吸热KJmol-1参考价格/元CaCl26H2O29.037.3780850Na2SO4l0H2O32.477.0800900Na2HPO412H2O36.1100.11600-2000Na2S2O35H2O48.549.71400-1800其中最适宜作储
7、能介质的一种盐是_(填字母)。A CaCl26H2OB Na2SO4l0H2O C Na2HPO412H2OD Na2S2O35H2O图是一种太阳能热水器的示意图，图中A是集热器，B是储水容器，C是供阴天时加热的辅助电热器。根据对水的密度的认识，你估计在阳光照射下水将沿_(填“顺”或“逆”)时针方向流动。【答案】 (1). 放热 (2). A (3). 吸热 (4). B (5). B (6). 顺【解析】【分析】（1）根据反应物的总能量为E1和生成物的总能量为E2的相对大小判断；（2）根据反应物的总能量为E1和生成物的总能量为E2的相对大小判断；（3）根据表中信息判断哪种物质的熔点在40以下
8、，并且单位质量的物质熔化时吸收的热量多等方面进行分析、考虑，从而得出正确的结论；（4）根据冷水与热水密度不同；【详解】（1）若反应物的总能量为E1大于生成物的总能量为E2，反应过程中放出能量，则为放热反应；故答案为：放热；A；（2）若反应物的总能量为E1小于生成物的总能量为E2，反应过程吸收了能量，则为吸热反应，故答案为：吸热；B；（3）选择的物质应该具有的特点是：在白天在太阳照射下，某种盐熔化，熔化时单位质量的物质吸收热量应该最多。同时价格不能太高，Na2SO410H2O的性价比最高；故答案选B。（4）因集热器中的水被太阳光晒热后密度变小，受到浮力作用沿管向右上方运动形成顺时针方向流动的水流
9、，故答案为：顺。【点睛】本题主要考查了反应中的能量变化的原因，需要强调的是能量高的物质性质不稳定，能量低的物质性质稳定。18.某温度下，在2 L恒容密闭容器中3种物质间进行反应，X、Y、Z的物质的量随时间的变化曲线如图所示，反应在t1 min 时达到平衡。(1)请写出该反应的化学方程式：_。 (2)若上述反应中X、Y、Z分别为NH3、H2、N2，且已知1 mol 氨气分解成氮气和氢气要吸收46 kJ的热量，则至t1 min时，该反应吸收的热量为_；在此t1 min时间内，用H2表示该反应的平均速率v(H2)为_。下列叙述能判断该反应达到平衡状态的是_(填字母代号)。A容器内各气体组分的质量分数
10、不再发生改变B正反应速率与逆反应速率相等C容器内气体的密度不再发生改变D混合气体的平均相对分子质量不再发生改变【答案】 (1). 2X3YZ(写“=”不得分) (2). 36.8 kJ (3). mol/(Lmin) (4). ABD【解析】分析：（1）化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，以此书写化学方程式；（2）利用转化的物质的量计算反应热，根据反应速率的含义计算；当反应中各物质的物质的量不再变化时，反应达到平衡状态，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量不变。详解：（1）由图象可以看出，X的物质的量逐渐减小，则X为反应物，Y、Z的物质的量逐渐增多，作为Y、Z为生成物，当
11、反应到达t1min时，n（X）=0.8mol，n（Y）=1.2mol，n（Z）=0.4mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则n（X）：n（Y）：n（Z）=2：3：1，所以反应的化学方程式为2X3YZ；（2）由于1mol氨气分解成氮气和氢气要吸收46kJ的热量，而反应中n（X）=0.8mol，热效应为：0.8mol46kJ/mol=36.8kJ；在此t1 min时间内生成氢气是1.2mol，浓度是0.6mol/L，则用H2表示该反应的平均速率v(H2)为mol/(Lmin)；A容器内各气体组分的质量分数不再发生改变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A正确；B正反
12、应速率与逆反应速率相等，反应达到平衡状态，B正确；C由于反应在体积不变的密闭容器中进行，反应过程中气体的体积不变，质量不变，则混合气体的密度不变，不能判断是否达到平衡状态，C错误；D混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以混合气体的平均相对分子质量不再发生改变，反应达到平衡状态，D正确；答案选ABD。点睛：本题考查化学平衡的图象问题以及平衡状态的判断，题目难度中等，注意把握图象的分析和平衡状态的判断，难点是平衡状态判断，注意可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：正反应速率和逆反应速率相等。反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变
13、。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。因此判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。19.如下图所示是由4个碳原子结合成的4种烃(氢原子没有画出)。(1)写出有机物(a)的习惯命名法的名称：_。(2)上述有机物中，分子中碳原子一定在同一平面的是_、_(填结构简式)。(3)上述有机物中不能与溴水发生反应使其褪色的有_(填字母代号)。【答案】 (1). 异丁烷 (2). CH2=C(CH3)2 (3). CH3CH=CHCH3 (4). ad【解析】分析：
14、根据球棍模型可知a是异丁烷，b是2甲基1丙烯，c是2丁烯，d是环丁烷，结合有机物的结构和性质分析判断。详解：(1)有机物(a)的结构简式为CH(CH3)3，其习惯命名法的名称为异丁烷。(2)由于碳碳双键是平面形结构，所以上述有机物中，分子中碳原子一定在同一平面的是2甲基1丙烯、2丁烯，结构简式分别是CH2C(CH3)2、CH3CHCHCH3。(3)烷烃和环烷烃分子中不存在碳碳双键，不能发生加成反应，因此上述有机物中不能与溴水发生反应使其褪色的有异丁烷和环丁烷，答案选ad。20.下面是石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生乙烯并检验其性质的实验，完成下列问题。(1)A中碎瓷片的作用是_。(2)乙烯的电子
15、式为_。(3)下列物质中，可以通过乙烯的加成反应得到的是_(填字母代号)。ACH3CH3 BCH3CHCl2CCH3CH2OH DCH3CH2Br(4)运输水果时，为了吸收水果产生的乙烯，防止水果早熟腐烂，常将浸泡有_溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中。【答案】 (1). 催化剂 (2). (3). ACD (4). 高锰酸钾(或KMnO4)【解析】分析：石蜡在碎瓷片的作用下发生裂解生成乙烯，B用于检验乙烯，乙烯可与高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，C用于检验乙烯发生加成反应的性质，结合乙烯的结构和性质分析解答。详解：（1）由题意：石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生乙烯，可知其作用主要
16、是催化剂，加快反应速率；（2）乙烯分子中含有碳碳双键，电子式为；（3）A乙烯与氢气发生加成反应生成CH3CH3，A正确；BCH3CHCl2不能通过乙烯的加成反应得到，B错误；C乙烯与水发生加成反应生成CH3CH2OH，C正确；D乙烯与溴化氢发生加成反应生成CH3CH2Br，D正确，答案选ACD。（4）酸性高锰酸钾溶液能吸收乙烯，因此运输水果时，为了吸收水果产生的乙烯，防止水果早熟腐烂，常将浸泡有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中。第II卷选考题一、选择题(本题包括7个小题，每小题4分，共28分，每小题只有一个选项符合题意)21.下列各图曲线分别表示物质的某种性质与核电荷数的关系(Z
17、为核电荷数，Y为元素的有 关性质)，下列选项中的对应关系错误的是()A. 可以表示F-、Na+、Mg2+、Al3+四种离子的离子半径大小关系B. 以表示A族元素的最外层电子数C. 可以表示A族元素氢化物的沸点高低关系D. 可以表示第三周期中的非金属元素对应单质的熔点高低关系【答案】D【解析】AF-、Na+、Mg2+、Al3+四种离子，具有相同的电子排布，原子序数大的离子半径小，则图中随Z的增大而Y减小，故A正确；BA族元素的最外层电子数，均为2，则图中Z变大时Y不变，故B正确；CA族元素氢化物，水中含氢键，沸点最高，而气态氢化物随相对分子质量增大，沸点升高，则图中沸点先减小后增大，故C正确；D
18、第三周期中的非金属元素对应单质中，Si为原子晶体，沸点最大，则原子序数最小的沸点最大，与图不符，故D错误；故选D。点睛：微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如NaMgAlSi，Na+Mg2+Al3+，S2Cl。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如LiNaK，Li+Na+K+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2FNa+Mg2+Al3+。（4）同种元素形成的微粒：
19、同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+Fe2+Fe，H+HH。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2进行比较，A13+O2，且O2S2，故A13+S2。22.肼(N2H4)是火箭常用的高能燃料，常温下为液体，其球棍模型如图所示。肼能与双氧水发生反应N2H42H2O2=N24H2O，用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 标准状况下，11.2 L N2中含有的电子总数为5NAB. 标准状况下，22.4 L N2H4中含有的原子总数为6NAC. 标准状况下，3.2 g N2H4中含有共价
20、键的总数为0.6NAD. 若生成3.6 g H2O，则上述反应转移电子的数目为0.2NA【答案】D【解析】试题分析：A项标准状况下其电子的物质的量应为7mol；B项如题所述，标准状况下物质为液体；C项含有的共价键的物质的量为0.5mol。考点：阿伏伽德罗常数。23.一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子。关于此反应说法错误的是（ ）A. 一定属于吸热反应B. 一定属于可逆反应C. 一定属于氧化还原反应D. 一定属于分解反应【答案】A【解析】试题分析：根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种。A该物质属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解
21、反应如2H2O2=2H2O+O2是放热反应，A错误；B根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B正确；C该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C正确；D反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D正确。答案选A。【考点定位】考查常见化学反应类型的判断。【名师点睛】化学试题的呈现方式形式多样，可采用文字、数据、图表、示意图等多种方式的融合，增加试题信息的广度，考查学生从不同呈现方式中提取有用信息、加工信息，并利用信息进行思考或推理的能力。这些信息蕴含着解决试题的重要思路、数据和方法，如物质性质、物质形态、反应条件、反应产物、结构特征以及变化趋势等。这就要求考生通过“现
22、场独立自学”的方式，从中概括抽象出新的知识或发现数据之间的关系，同时与学过的知识相组合，形成较全面的网络化的知识体系，将这些知识体系进一步应用到新的知识情境中，从而解决问题。这种试题培养和考查了考生自主学习和独立思考的能力。24.化合物Bilirubin在一定波长光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如图所示，计算反应48min平均反应速率和推测反应16min时反应物的浓度，结果应是()A. 2.5mol/(Lmin)和 2.0molB. 2.5mol/(Lmin)和 2.5molC. 3.0mol/(Lmin)和 3.0molD. 5.0mol/(Lmin)和 3.0mol【答案】B
23、【解析】【分析】根据v=计算反应48min间的平均反应速率，再对比04min期间与48min期间的反应物浓度变化量，可知每隔4min速率降为原料的一半，据此计算即可。【详解】由图可知，48min期间，反应物浓度变化为(20-10)mol/L=l0mol/L，所以48min期间，反应速率为=2.5mol/(Lmin)；由图可知，04min期间，反应物浓度变化为(40-20)mol/L=20mol/L，48min 期间，反应物浓度变化为(20-10)mol/L=10mol/L，可知，每隔4分钟，浓度变化量降为原来的一半，所以812min浓度变化为5mol/L，1216min 浓度变化为 2.5mo
24、l/L，所以 16min 时浓度为 10mol/L-5mol/L-2.5mol/L=2.5mol/L；故答案选B。【点睛】本题考查反应速率的有关计算，根据图中浓度变化判断相同时间内的浓度变化量是解题的关键，。25.X、Y、Z三种气体，取X和Y按1:1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X+2Y2Z,达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3:2，则Y的转化率最接近于()A. 33%B. 40%C. 50%D. 66%【答案】D【解析】试题分析：假设X和Y物质的量为1mol，达平衡时消耗Y物质的量为nmol，则：X(g)+2Y(g)2Z(g)起始量(mo
25、l)： 1 1 0变化量(mol)：0.5n n n平衡量(mol)：1-0.5n 1-n n平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2，则(1-0.5n+1-n)：n=3：2，解得n=，Y的转化率=100%=67%，故选D。考点：考查了化学平衡的计算的相关知识。26.某烯烃只含1个双键与H2加成后的产物是，则该烯烃的结构式可能有( )A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种【答案】C【解析】处能形成碳碳双键，其中，处是相同的故该烯烃的结构式可能有3种27. 某混合气体由两种气态烃组成224L该混合气体完全燃烧后，得到448L二氧化碳(气体已折算成标准状况)和36
26、g水则这两种气体可能是A. CH4和C3H8B. CH4和C3H4C. C2H4和C3H4D. C2H4和C2H6【答案】B【解析】2.24L该混合气体的物质的量=2.24L22.4L/mol=0.1mol，完全燃烧得到4.48L二氧化碳和3.6g水，生成二氧化碳的物质的量=4.48L22.4L/mol0.2mol，水的物质的量=3.6g18g/mol =0.2mol，则混合气体平均分子式为C2H4，ACH4和C3H8混合，平均H原子数目介于48之间，不可能为4，A错误；BCH4和C3H4按照1：1混合，平均分子式为C2H4，B正确；CC2H4和C3H4混合，平均C原子数目介于23之间，不可能
27、为2，C错误；DC2H4和C2H6混合，以任意比混合，平均C原子数目都是2，平均H原子数目介于46之间，不可能为4，D错误；答案选B。点睛：本题考查有机物分子式的确定，混合物的计算等知识。关键是利用平均分子组成判断烃的组成，常用的方法有平均碳法、平均氢法、平均碳氢分子式法、平均式量法。注意结合原子守恒和选项判断。二、非选择题(本题共2小题，每空2分，共22分)28.X、Y、Z、M、Q、R是6种短周期元素，其原子半径及主要化合价如下表所示：元素代号XYZMQR原子半径/nm0.1600.1430.1020.0750.0770.037主要化合价236，25，34，41(1)单质铜和元素M的最高价氧
28、化物对应的水化物的稀溶液发生反应的离子方程式为_。(2)元素Q、元素Z的含量影响钢铁性能，采用下图装置A在高温下将钢样中元素Q、元素Z转化为QO2、ZO2。气体a的成分是_(填化学式)。若钢样中元素Z以FeZ的形式存在，在装置A中反应生成ZO2和稳定的黑色氧化物，则反应的化学方程式是：_。(3)用Z的最高价含氧酸W的溶液作电解质溶液(体积为1 L，假设反应前后溶液体积变化忽略不计)组装成原电池(如图所示)。则在a电极上发生的反应可表示为_。若电池工作一段时间后，a极消耗0.05 mol Pb，则W溶液的浓度由质量分数39%(密度为1.3 g/cm3)变为_mol/L(保留一位小数)。【答案】
29、(1). 3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O (2). O2、SO2、CO2 (3). 5O23FeS3SO2Fe3O4 (4). Pb2eSO= PbSO4 (5). 5.1【解析】分析：X、Y、Z、M、Q、R是6种短周期元素，图表中数据分析，原子半径大小可知X、Y、Z为同周期元素，且为第三周期元素，结合化合价判断分别为：Mg、Al、S，M、Q为第二周期元素，结合化合价判断分别为：N、C，R为H元素，结合元素周期律、物质的性质和问题分析解答。详解：根据以上分析可知X、Y、Z、M、Q、R分别为：Mg、Al、S、N、C、H，则(1)元素M的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液是稀硝酸，具有强氧
30、化性，能与铜反应生成硝酸铜、NO和水，则发生反应的离子方程式为3Cu8H2NO33Cu22NO4H2O。(2)该装置中C、S在A装置中被氧气反应生成二氧化碳、二氧化硫，还有部分氧气剩余，所以气体a的成分是SO2、CO2、O2；若钢样中S以FeS形式存在，在装置A中反应生成SO2和稳定的黑色氧化物，应该是四氧化三铁，Fe元素化合价由+2价变为+3价，-2价的S被氧化为+4价，结合电子得失守恒可知反应方程式为5O23FeS3SO2Fe3O4；(3)a电极是铅，b电极表面涂有二氧化铅，则a电极是负极，电解质溶液是硫酸，则在a电极上发生的反应可表示为Pb2eSO42PbSO4。总反应式为PbPbO22
31、H2SO42PbSO42H2O，若电池工作一段时间后，a极消耗0.05 mol Pb，则消耗0.1mol硫酸。反应前硫酸的物质的量是，所以硫酸溶液的浓度变为（5.2mol0.1mol）1L5.1mol/L。点睛：本题考查了位置、结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，试题涉及元素推断、离子方程式的书写、铅酸电池等知识，试题知识点较多、综合性较强。易错点是铅蓄电池的有关计算，注意铅蓄电池放电时负极和正极均要消耗硫酸，要根据总反应式计算，不能根据负极反应式判断。29.某校学生用如图所示装置进行实验，以探究苯与溴发生反应的原理并分离提纯反应的产物。请回答下列问题：(1)实验开始时，关闭K2、开启K1
32、和分液漏斗活寒，滴加苯和液溴的混合液，反应开始。装置II中生成有机物的反应为_(填化学方程式)，装置III中小试管内苯的作用是_。(2)能说明苯与液溴发生了取代反应的现象是_。(3)反应结束后，要让装置I中的水倒吸入装置II中。这样操作的目的是_，简述这一操作的方法：_。(4)将三颈烧瓶内反应后的液体依次进行下列实验操作就可得到较纯净的溴苯。用蒸馏水洗涤，振荡，分液；用5%的溶液洗涤，振荡，分液；用蒸馏水洗涤，振荡，分液；加入无水CaCl2粉末干燥；_(填操作名称).【答案】 (1). +Br2+HBr (2). 吸收溴蒸气 (3). 中硝酸银溶液内有浅黄色沉淀生成 (4). 反应结束后装置I
33、I中存在大量的溴化氢，使I的水倒吸入II中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气 (5). 开启K2，关闭K1和分液漏斗活寒 (6). 蒸馏【解析】【分析】苯和液溴在催化作用下可生成溴苯，同时生成HBr，实验开始时，关闭K2、开启K1和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合液，反应开始小试管内苯可用于除去溴，可用硝酸银溶液检验生成HBr，中氢氧化钠溶液用于吸收尾气，防止污染空气，实验结束，可开启K2，关闭K1和分液漏斗活塞，使I的水倒吸入中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气，以此解答该题。【详解】（1）装置（）中发生反应的化学方程式为 2Fe+3Br22FeBr3，溴化铁对苯和溴单质的反应起到催化剂
34、的作用，+Br2+HBr ；中小试管内苯的作用是除去溴化氢中的溴蒸气，避免干扰溴离子检验；故答案为：+Br2+HBr；吸收溴蒸气；（2）因从冷凝管出来的气体为溴化氢，溴化氢不溶于苯，溴化氢能与硝酸银反应生成溴化银沉淀；故答案为：中硝酸银溶液内有浅黄色沉淀生成；（3）因装置中含有溴化氢气体能污染空气，使I的水倒吸入中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气；操作方法为开启K2，关闭K1和分液漏斗活塞；故答案为：反应结束后装置中存在大量的溴化氢，使I的水倒吸入中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气；开启K2，关闭K1和分液漏斗活塞；（4）加入无水CaCl2粉末干燥，然后通过蒸馏操作，获得纯净的溴苯，故答案为：蒸馏。【点睛】本题主要以苯的性质实验为载体综合考查学生的分析能力和实验能力，为高考常见题型和高频考点，掌握反应的原理、各物质的性质以及操作的方法是解题的关键。
