1、2015年广西柳州一中高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学无处不在，下列与化学有关的说法正确的是( )A日常生活中无水乙醇常用于杀菌消毒B棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2OC加热能杀死流感病毒式因为病毒的蛋白质受热变性D人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物2NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是( )A标况下，2.24L Cl2完全溶于水转移电子数为0.1NAB1L 0.1molL1 NaClO溶液中，ClO的数目为NAC2gNO2和44gN2O4的混合气体所含原子数为3NAD18gD2O所含的电子数为10NA3下列溶液中微粒的
2、物质的量浓度关系正确的是( )A0.2molL1醋酸溶液和0.2molL1醋酸钠溶液等体积混合：C（CH3COOH）+C（H+）C（OH）=0.1molL1BpH相等的（NH4）2SO4NH4HSO4NH4Cl溶液：c（NH4+）大小顺序为：C0.1molL1Na2CO3溶液中c（Na+）+c （H+）=C （CO32）+c（HCO3）+c（OH）D0.1molL1的NaHB溶液，其中PH=4：c（HB）c（H+）c（H2B）c（B2）4能正确表示下列反应的离子方程式是( )A用氨水吸收过量的SO2：2NH3H2O+SO2=2NH4+SO32+H2OBCa（HCO3）2 溶液中加入少量澄清石灰
3、水：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2OCFeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClDNaClO溶液和FeCl2溶液混合：2ClO+Fe2+2H2O=Fe（OH）2+2HClO5下列叙述中，正确的是( )A用10ml的量筒准确量取8.80ml的稀硫酸B用NaOH溶液作标准液滴定未知浓度的醋酸，选择甲基橙做指示剂C测定中和反应的热反应，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值不变D氯水或硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中6X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z
4、原子的核外电子数之和下列叙述正确的是( )AR的最高价氧化物对应的水化物的酸性比X的弱B非金属性：YXC原子半径的大小顺序：XZDZ元素最高价氧化物对应的水化物具有两性7迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图下列叙述正确的是( )A迷迭香酸属于芳香烃B1mol迷迭香酸最多能和含6mol H2发生加成反应C迷迭香酸可以发生水解反应、消去反应和酯化反应D1mol迷迭香酸最多能和含6mol NaOH的水溶液完全反应二、非选择题8（13分）氨是最重要的化工产品之一（1）已知化学反应的能量变化如下CO2（g）=CO（g）+1/2O2（g）H=+282KJ/molCH4（g）+2O2（g）
5、=CO2（g）+2H2O（g）H=846.3KJ/mol1/2O2（g）+H2（g）=H2O（g）H=241.8KJ/mol合成氨用的氢气可以用甲烷为原料制得，写出CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为_（2）CO对合成氨的催化剂有毒害作用，常用乙酸二氨合铜（）溶液来吸收原料气中CO，其反应原理为：Cu（NH3）2CH3COO（l）+CO（g）+NH3（g）Cu（NH3）3CH3COOCO（l）H0吸收CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，再生的适宜条件是_（填写选项编号）A高温、高压 B高温、低压 C低温、低压 D低温、
6、高压（3）用氨气制取尿素CO（NH2）2的反应为：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（l）+H2O（g）H0某温度下，向容积为100L的密闭容器中通入4mol NH3和2molCO2，该反应进行到40s时达到平衡，此时CO2的转化率为50%该温度下此反应平衡常数K的值为_，（NH3）=_，判断该反应是否达到平衡的依据为_A、压强不随时间改变；B、气体的密度不随时间改变 C、C（NH3）不随时间改变 D、正（NH3）=正（CO）（4）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），该化学方程式为_9实验室制备1，2二溴乙烷的反应原理如下：CH3CH2OHCH2=CH2 H2=CH2+Br2
7、BrCH2CH2Br可能存在的主要副反应有：乙醇在浓硫酸的存在下在l40脱水生成乙醚用少量的溴和足量的乙醇制备1，2二溴乙烷的装置如图所示，有关数据列表如下：回答下列问题：（1）在发生反应前，分液漏斗使用前必须要_；在反应中，要加入沸石的作用是_，若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法是：_（2）在装置B中安全管的作用原理是：_（3）判断该制各反应已经结束的最简单方法是_；（4）将1，2二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应从_ 口出（填“上”、“下”）；（5）若产物中有少量未反应的Br2，最好用_洗涤除去；（填正确选项前的字母）a水 b乙醇 c碘化钠溶液 d氢氧化钠溶液发生的反
8、应方程式为：_（6）若产物中有少量副产物乙醚可用_的方法除去；（7）反应过程中应用冷水冷却装置D，其主要目的是_10雄黄（As4S4）和雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生根据题意完成下列填空：（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体若As2S3和SnCl2正好完全反应，完成方程式的配平_As2S3+_SnCl2+_HCl_As4S4+_SnCl4+_H2S（2）上述反应中的氧化剂是_；AS4S4中As化合价为_（3）As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+10H+10NO3=2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O若生
9、成2mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为_（4）新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示回答下列问题：甲烷燃料电池中正极通入_、负极通入_，正极反应为：_；负极反应为：_闭合K开关后，a、b电极上均有气体产生其中b电极上得到的是_，电解氯化钠溶液的总反应方程式为_2015年广西柳州一中高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学无处不在，下列与化学有关的说法正确的是( )A日常生活中无水乙醇常用于杀菌消毒B棉、麻、丝、毛及合成纤维
10、完全燃烧都只生成CO2和H2OC加热能杀死流感病毒式因为病毒的蛋白质受热变性D人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机高分子化合物的结构和性质 分析：A、日常生活中常用75%的酒精杀菌消毒；B、棉、麻属于纤维素，羊毛属于蛋白质，合成纤维是以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，分子中出C、H元素外，还含有其它元素，如N元素等；C、酸、碱、重金属盐、甲醛、紫外线、酒精和加热等试剂和手段能使蛋白质变性；D、高分子化合物是指相对分子质量在10000以上的化合物解答：解：A、杀菌消毒用的是医用酒精（75%），不是无水
11、乙醇，故A错误；B、棉、麻属于纤维素，含有C、H两种元素，完全燃烧只生成CO2和H2O；羊毛属于蛋白质，含有C、H、O、N等元素，完全燃烧除生成CO2和H2O，还有其它物质生成；合成纤维是以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，分子中出C、H元素外，还含有其它元素，如N元素等，完全燃烧除生成CO2和H2O，还有其它物质生成，故B错误；C、酸、碱、重金属盐、甲醛、紫外线、酒精和加热等试剂和手段能使蛋白质变性，故加热能杀死流感病毒式因为病毒的蛋白质受热变性，故C正确；D、高分子化合物是指相对分子质量在10000以上的化合物，而光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是高
12、分子化合物，故D错误故选C点评：本题考查了化学在生活中的应用，应注意的是杀菌消毒用的是医用酒精（75%），不是无水乙醇，难度不大2NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是( )A标况下，2.24L Cl2完全溶于水转移电子数为0.1NAB1L 0.1molL1 NaClO溶液中，ClO的数目为NAC2gNO2和44gN2O4的混合气体所含原子数为3NAD18gD2O所含的电子数为10NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A、氯气与水的反应为可逆反应；B、ClO是弱酸根，在溶液中会水解；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2；D、重水的摩尔质量为20g/mol解答：解：A、氯气与水的反应为可逆反应，不
13、能进行彻底，故转移的电子数小于0.1NA个，故A错误；B、ClO是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中的次氯酸跟的个数小于NA个，故B错误；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故46g混合气体中NO2的物质的量n=1mol，故含有3mol原子，即3NA个，故C正确；D、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量n=0.9mol，而1mol重水含10mol电子，故0.9mol重水中含9mol电子，故D错误故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大3下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )A0.2molL1醋酸溶液和0.2m
14、olL1醋酸钠溶液等体积混合：C（CH3COOH）+C（H+）C（OH）=0.1molL1BpH相等的（NH4）2SO4NH4HSO4NH4Cl溶液：c（NH4+）大小顺序为：C0.1molL1Na2CO3溶液中c（Na+）+c （H+）=C （CO32）+c（HCO3）+c（OH）D0.1molL1的NaHB溶液，其中PH=4：c（HB）c（H+）c（H2B）c（B2）考点：离子浓度大小的比较 分析：A根据混合液中的电荷守恒和物料守恒分析；B硫酸氢铵溶液为强酸性溶液，其溶液中铵根离子浓度最小；硫酸铵和氯化铵溶液中都是铵根离子水解导致溶液显示酸性，两溶液中铵根离子浓度相等；C根据碳酸钠溶液中的
15、电荷守恒判断；D0.1molL1的NaHB溶液的pH=4，说明HB的电离程度大于其水解程度，则c（B2）c（H2B）解答：解：A0.2molL1醋酸溶液和0.2molL1醋酸钠溶液等体积混合，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则溶液显示酸性，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），根据物料守恒可得：c（CH3COOH）+c（CH3COO）=2c（Na+），二者结合可得：c（CH3COOH）+c（H+）c（OH）=c（Na+）=0.1molL1，故A正确；BpH相等的（NH4）2SO4NH4HSO4NH4Cl溶液，硫酸氢铵完全电离出氢离子，其溶液的浓
16、度最小，则铵根离子浓度最小；硫酸铵和氯化铵溶液的pH相等，则铵根离子浓度相等，故三种溶液中c（NH4+）大小顺序为：=，故B错误；C0.1molL1Na2CO3溶液中，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH），故C错误；D0.1molL1的NaHB溶液的pH=4，说明HB的电离程度大于其水解程度，则c（B2）c（H2B），氢离子还来自水的电离，则溶液中正确的离子浓度大小为：c（HB）c（H+）c（B2）c（H2B），故D错误；故选A点评：本题考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，题目难度中等，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的应用
17、，明确判断离子浓度大小常用方法4能正确表示下列反应的离子方程式是( )A用氨水吸收过量的SO2：2NH3H2O+SO2=2NH4+SO32+H2OBCa（HCO3）2 溶液中加入少量澄清石灰水：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2OCFeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClDNaClO溶液和FeCl2溶液混合：2ClO+Fe2+2H2O=Fe（OH）2+2HClO考点：离子方程式的书写 分析：A二氧化硫过量反应生成亚硫酸氢铵；B氢氧化钙少量反应生成碳酸钙和水；C碘离子还原性强于二价铁离子，氯气先氧化碘离子；D二价铁离子具有强的还原性，能够被次氯酸根离子氧化解答：解：
18、A用氨水吸收过量的SO2，离子方程式：NH3H2O+SO2=NH4+HSO3，故A错误；BCa（HCO3）2 溶液中加入少量澄清石灰水，离子方程式：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2O，故B正确；C氯气少量先氧化碘离子，离子方程式：2I+Cl2=I2+2Cl，故C错误；DNaClO溶液和FeCl2溶液混合，该离子反应为3ClO2+12Fe2+6H2O=4Fe（OH）3+3Cl+8Fe3+，故D错误；故选：B点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，选项AC为易错选项5下列叙述中，正确的是( )A用10ml的量筒准确量取8.80ml的稀硫酸B用N
19、aOH溶液作标准液滴定未知浓度的醋酸，选择甲基橙做指示剂C测定中和反应的热反应，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值不变D氯水或硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A量筒精确到0.1mL；B滴定终点呈碱性，应用酚酞作指示剂；C测定中和反应的热反应，应防止热量散失；D氯水中次氯酸以及硝酸银见光易分解解答：解：A量筒精确到0.1mL，不能量取8.80mL的稀硫酸，故A错误；B醋酸为弱酸，滴定终点呈碱性，应用酚酞作指示剂，故B错误；C测定中和反应的热反应，应防止热量散失，应将碱液迅速倒入酸中，故C错误；D氯水中次氯酸以及硝酸银见光易分解，应避光保存，保存在
20、棕色玻璃瓶中，故D正确故选D点评：本题考查较为综合，涉及仪器的使用、滴定、中和热的测定以及药品的保存等问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的严密性、可行性的评价，难度不大6X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，Y元素在地壳中的含量最多，Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和下列叙述正确的是( )AR的最高价氧化物对应的水化物的酸性比X的弱B非金属性：YXC原子半径的大小顺序：XZDZ元素最高价氧化物对应的水化物具有两性考点：原子结构与元素周期律的关系 专题：化学键与晶体结构分析
21、：X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，最外层电子数为4，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素，据此解答解答：解：X、Y、Z、R是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，最外层 电子数为4，则X是C元素；Y元素在地壳中的含量最多，则Y是O元素；Z元素的化合物的焰色反应呈黄色，则Z是Na元素；R原子的核外电子数是X原子与
22、Z原子的核外电子数之和，则R的核外电子数是17，所以R是Cl元素A非金属性R（Cl）X（C），故酸性：高氯酸碳酸，故A错误；B同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，所以非金属性OC，故B正确；C同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Z（Na）X（C），故C错误；DZ为Na元素，其最高价氧化物的水化物是NaOH，属于强碱，故D错误，故选：B点评：本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，注意对元素周期律的理解掌握，难度中等7迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图下列叙述正确的是( )A迷迭香酸属于芳香烃B1mol迷迭香酸最多能和含
23、6mol H2发生加成反应C迷迭香酸可以发生水解反应、消去反应和酯化反应D1mol迷迭香酸最多能和含6mol NaOH的水溶液完全反应考点：有机物的结构和性质 专题：有机物的化学性质及推断分析：由有机物的结构可知，含酚OH、COOH、COOC、C=C，结合酚、烯烃、酯、羧酸的性质来解答解答：解：A芳香烃中只含C、H元素，则迷迭香酸不属于芳香烃，故A错误；B含苯环、C=C，1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，故B错误；C含COOC，能水解，含OH、COOH，则发生取代、酯化反应，但不能发生消去反应，故C错误；D.1mol迷迭香酸含有4mol酚羟基、1mol羧基、1mol酯基，4mo
24、l酚羟基需要4mol氢氧化钠与其反应，1mol羧基需要1mol氢氧化钠与其反应，1mol酯基需要1mol氢氧化钠与其反应，所以1mol迷迭香酸最多能和含6molNaOH的水溶液完全反应，故D正确故选D点评：本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团极及其性质的关系来解答，熟悉酚、烯烃、羧酸、酯的性质是解答的关键，题目难度不大二、非选择题8（13分）氨是最重要的化工产品之一（1）已知化学反应的能量变化如下CO2（g）=CO（g）+1/2O2（g）H=+282KJ/molCH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=846.3KJ/mol1/2O2（g）+H2（g）=H2O（
25、g）H=241.8KJ/mol合成氨用的氢气可以用甲烷为原料制得，写出CH4（g）与H2O（g）反应生成CO（g）和H2（g）的热化学方程式为CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=+161.1kJmol1（2）CO对合成氨的催化剂有毒害作用，常用乙酸二氨合铜（）溶液来吸收原料气中CO，其反应原理为：Cu（NH3）2CH3COO（l）+CO（g）+NH3（g）Cu（NH3）3CH3COOCO（l）H0吸收CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，再生的适宜条件是B（填写选项编号）A高温、高压 B高温、低压 C低温、低压 D低温、高压（3）用氨气
26、制取尿素CO（NH2）2的反应为：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（l）+H2O（g）H0某温度下，向容积为100L的密闭容器中通入4mol NH3和2molCO2，该反应进行到40s时达到平衡，此时CO2的转化率为50%该温度下此反应平衡常数K的值为2500，（NH3）=5104molL1S1，判断该反应是否达到平衡的依据为ABCA、压强不随时间改变；B、气体的密度不随时间改变 C、C（NH3）不随时间改变 D、正（NH3）=正（CO）（4）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），该化学方程式为2NH3+NaClO=NaCl+N2H4+H2O考点：热化学方程式；化学平衡的影响
27、因素；化学平衡的计算 专题：基本概念与基本理论分析：（1）CO2（g）CO（g）+O2（g）H=+282KJ/molCH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=846.3KJ/molH2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241.8KJ/mol由盖斯定律3+计算；（2）依据平衡移动方向分析判断需要的条件；（3）根据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，计算平衡常数和反应速率；依据达到平衡时正逆反应速率是否相等且不等于零这一平衡的标志和达到平衡时各组分的量保持不变这一平衡的特征来判定；（4）根据氧化还原反应化合价有升必有降，所以NH3与NaClO反应生成肼（N2H4）、氯化钠和水解答：
28、解：（1）CO2（g）CO（g）+O2（g）H=+282KJ/molCH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=846.3KJ/molH2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241.8KJ/mol由盖斯定律3+得到：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2 （g）H=+161.1kJmol1，故答案为：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2 （g）H=+161.1kJmol1；（2）吸收CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，依据化学平衡Cu（NH3）2CH3COO（l）+CO（g）+NH3（g）Cu（NH3）3CH3COOCO
29、（l）；H0，反应是气体体积减小的放热反应，平衡逆向进行是再生的原理，再生的适宜条件是高温低压，故答案为：B；（3）2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（l）+H2O（g）依据化学方程式和平衡常数概念写出平衡常数K=，向容积为10L的密闭容器中通入2mol NH3和1molCO2，反应达到平衡时CO2的转化率为50%， 2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（l）+H2O（g）起始量（mol/L） 0.04 0.02 0 0变化量（mol/L） 0.02 0.01 0 0.01平衡量（mol/L） 0.02 0.01 0 0.01K=2500，（NH3）=5104 molL1S1
30、；A因为反应前后气体系数不等，所以压强不随时间改变能说明达到平衡，故A符合；B因为反应前后质量在变，又体积不变，所以气体的密度不随时间改变能说明达到平衡，故B符合；CC（NH3）不随时间改变能说明达到平衡，故C符合；D正（NH3）=正（CO）未指明逆反应方向，所以不能说明达平衡状态，故D不符合；故答案为：2500；5104 molL1S1；ABC；（4）因为氧化还原反应化合价有升必有降，所以NH3与NaClO反应生成肼（N2H4）、氯化钠和水，反应方程式为2NH3+NaClO=NaCl+N2H4+H2O，故答案为：2NH3+NaClO=NaCl+N2H4+H2O点评：本题考查了热化学方程式熟悉
31、方法和盖斯电极计算应用，化学平衡计算以及平衡状态的判断等，平衡常数概念的分析应用是解题关键，题目难度中等9实验室制备1，2二溴乙烷的反应原理如下：CH3CH2OHCH2=CH2 H2=CH2+Br2BrCH2CH2Br可能存在的主要副反应有：乙醇在浓硫酸的存在下在l40脱水生成乙醚用少量的溴和足量的乙醇制备1，2二溴乙烷的装置如图所示，有关数据列表如下：回答下列问题：（1）在发生反应前，分液漏斗使用前必须要检漏；在反应中，要加入沸石的作用是防暴沸，若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法是：冷却后补加（2）在装置B中安全管的作用原理是：当B压力过大时，安全管中液面上升，使B瓶中压力稳定（3）判断
32、该制各反应已经结束的最简单方法是溴的颜色完全褪去；（4）将1，2二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应从下 口出（填“上”、“下”）；（5）若产物中有少量未反应的Br2，最好用d洗涤除去；（填正确选项前的字母）a水 b乙醇 c碘化钠溶液 d氢氧化钠溶液发生的反应方程式为：2NaOH+Br2NaBr+NaBrO+H2O（6）若产物中有少量副产物乙醚可用蒸馏的方法除去；（7）反应过程中应用冷水冷却装置D，其主要目的是乙烯与溴反应时放热，冷却可避免溴的大量挥发考点：制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：（1）根据分液漏斗使用规则答题，给液体加热要防止暴沸，所以要加沸石，若加热后发现
33、未加沸石，应等冷却后再加，防止液体瀑沸；（2）装置B中安全管与空气相通，可以稳定装置中的压强；（3）乙烯和溴水发生加成反应生成1，2二溴乙烷，1，2二溴乙烷为无色；（4）1，2二溴乙烷和水不互溶，1，2二溴乙烷密度比水大；（5）常温下下Br2和氢氧化钠发生反应，可以除去混有的溴；（6）1，2二溴乙烷与乙醚的沸点不同，两者均为有机物，互溶，用蒸馏的方法将它们分离；（7）溴易挥发，冷却防止溴大量挥发解答：解（1）根据分液漏斗使用规则，分液漏斗使用前必须检漏，给液体加热要防止瀑沸，所以要加沸石，若加热后发现未加沸石，应等冷却后再加，防止液体暴沸，故答案为：检漏；防暴沸；冷却后补加；（2）装置B中安全
34、管与空气相通，当B压力过大时，安全管中液面上升，使B瓶中压力稳定，故答案为：当B压力过大时，安全管中液面上升，使B瓶中压力稳定；（3）乙烯和溴水发生加成反应生成1，2二溴乙烷，1，2二溴乙烷为无色，D中溴颜色完全褪去说明反应已经结束，故答案为：溴的颜色完全褪去；（4）1，2二溴乙烷和水不互溶，1，2二溴乙烷密度比水大，有机层在下层，故答案为：下；（5）a溴更易溶液1，2二溴乙烷，用水无法除去溴，故a错误；b酒精与1，2二溴乙烷互溶，不能除去混有的溴，故b错误；cNaI与溴反应生成碘，碘与1，2二溴乙烷互溶，不能分离，故c错误；d常温下Br2和氢氧化钠发生反应：2NaOH+Br2NaBr+NaB
35、rO+H2O，再分液除去，故d正确，故答案为：d；2NaOH+Br2NaBr+NaBrO+H2O；（6）1，2二溴乙烷与乙醚的沸点不同，两者均为有机物，互溶，用蒸馏的方法将它们分离，故答案为：蒸馏；（7）溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发，故答案为：冷乙烯与溴反应时放热，冷却可避免溴的大量挥发点评：本题考查有机物合成实验，涉及制备原理、物质的分离提纯、实验条件控制、对操作分析评价等，是对基础知识的综合考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等10雄黄（As4S4）和雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生根据题意完成下列填空：（1）As2
36、S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体若As2S3和SnCl2正好完全反应，完成方程式的配平2As2S3+2SnCl2+4HCl1As4S4+2SnCl4+2H2S（2）上述反应中的氧化剂是As2S3；AS4S4中As化合价为+2（3）As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+10H+10NO3=2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O若生成2mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为10mol（4）新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液
37、电解实验，如图所示回答下列问题：甲烷燃料电池中正极通入O2、负极通入CH4，正极反应为：O2+4e+2H2O=4OH；负极反应为：CH48e+10OH=CO32+7H2O闭合K开关后，a、b电极上均有气体产生其中b电极上得到的是H2，电解氯化钠溶液的总反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2考点：氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应；原电池和电解池的工作原理 分析：（1）根据反应物和生成物来书写化学方程式，并根据得失电子守恒来配平；（2）化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，AS4S4中化合价代数和这零来分析判断；（3）根据化合价的升降以及物质的量的情况来计算转移电子的量；（4
38、）甲烷碱性燃料电池中正极氧气得电子被还原，负极甲烷失电子被氧化；b连接电源的负极，应为阴极，生成氢气，a连接正极，为阳极，阳极上生成氯气；电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠解答：解：（1）根据反应物和生成物：As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，可以得出化学方程式为：2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S，故答案为：2、2、4、1、2、2；（2）化合价降低的As元素所在的反应物As2S3是氧化剂，对应产物As4S4中的硫是2价，则As是+2价，故答案为：As2S3；+2；（3）反应As2S3+10HNO3=2H3A
39、sO4+3S+10NO2+2H2O中，若生成2mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为10mol，故答案为：10mol；（4）在碱性溶液中，甲烷燃料电池的总反应式为CH4+2O2+2OH=CO32+3H2O，正极是：2O2+4H2O+8e8OH，负极是：CH48e+10OHCO32+7H2O，故答案为：O2、CH4；2O2+4H2O+8e=8OH；CH4+10OH8e=CO32+7H2O；b电极与通入甲烷的电极相连，作阴极，是H+放电，生成H2；a连接正极，为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能和碘离子发生置换反应生成碘单质，碘与淀粉试液变蓝色，所以检验氯气的方法是：把湿润的淀粉碘化钾试纸靠近a极，若试纸变蓝，说明得到的气体是Cl2；电解氯化钠溶液的总反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故答案为：H2；2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2点评：本题考查学生氧化还原反应的基本概念和电子转移知识，电解池和原电池的主体内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，难度并不大
