2022届河北省故城县高级中学高二化学第二学期期末达标测试试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列能级中轨道数为5的是（ ）AS能级BP能级Cd能级

2、Df能级2、梦溪笔谈是北宋沈括的著作，被誉为“中国科学史上的里程碑”，下列都是摘自该著作的内容，其中没有涉及氧化还原反应的是（ ）A烹胆矾则成铜，熬胆矾铁签，久之亦化为铜B又石穴中水，所滴皆为钟乳、殷孽C鄜、延境内有石油颇似淳漆，燃之如麻，但烟甚浓D取精铁锻之百余火，每锻称之，一缎一轻，至累锻而斤两不减，则纯钢也3、室温下,某溶液中由水电离产生的c(H+)等于10-13molL-1,该溶液的溶质不可能是( )ANaHSO4BNaClCHClDBa(OH)24、化学与社会可持续发展密切相关。下列做法错误的是A按照国家规定，对生活垃圾进行分类放置B干冰、可燃冰属于新能源也属于同种物质C植物的秸秆、

3、枝叶和人畜粪便等生物质能可转化为沼气D氢气是一种有待大量开发的“绿色能源”5、某溶液中含有NH4+、Na、Mg2、NO34种离子，若向其中加入少量过氧化钠固体后溶液中离子浓度基本保持不变的是()AMg2BNaCNH4+DNO36、二氯化二硫(S2Cl2)，非平面结构，常温下是一种黄红色液体，有刺激性恶臭，熔点80，沸点135.6，对干二氯化二硫叙述正确的是A二氯化二硫的电子式为B分子中既有极性键又有非极性键C二氯化二硫属于非极性分子D分子中SCl键能小于SS键的键能7、将足量HCl通入下述各溶液中，所含离子还能大量共存的是AK、SO32、Cl、NO3BH、NH4、Al3、SO42CNa、S2、

4、OH、SO42DNa、Ca2、CH3COO、HCO38、下列有关化学用语表示正确的是（）AH2O2的电子式：BF-的结构示意图：C中子数为20的氯原子：2017ClDNH3的电子式：9、区别植物油和矿物油的正确方法是A加酸性KMnO4溶液、振荡B加NaOH溶液、煮沸C加Br2水、振荡D加新制碱性Cu(OH)2悬浊液、煮沸10、下列叙述错误的是（ ）A用金属钠可区分乙醇和乙醚B用高锰酸钾酸性可区分乙烷和3-己烯C用水可区分苯和溴苯D用新制的银氨溶液可区甲酸甲酯和乙醛11、向Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中某几种组成的混合物中加入足置的盐酸，有气体放出，将生成的气体通过足量的Na

5、OH溶液，气体体积减少一部分；将上述混合物在空气中加热，有气体放出。下列判断正确的是A混合物中一定不含Na2CO3、NaClB无法确定混合物中是否含有NaHCO3C混合物中一定含有Na2O2、NaHCO3D混合物中一定不含Na2O2、NaCl12、下列说法正确的是A常温下，物质的量浓度均为0.1 molL-1 Na2CO3和 NaHCO3的等体积混合溶液中: 2c(OH-)-2c(H+)=3c(H2CO3)+c(HCO3-)-c(CO32-)BH0的反应都是自发反应，H0，S0的反应任何条件都是非自发反应C已知:P4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g)H= akJmol-1 P4(g)+1

6、0Cl2(g)=4PCl5(g) H=bkJmol-1 P4具有正四面体结构，PCl5中P-Cl键的键能为 ckJmol-1，PCl3中P-Cl键的键能为1.2c kJmol-1，由此计算Cl-Cl键的键能a-b+5.6c4kJmol-1D在一定温度下，固定体积为2L密闭容器中，发生反应:2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) H0，当v(SO2)=v(SO3)时，说明该反应已达到平衡状态13、利用光伏电池提供电能处理废水中的污染物(有机酸阴离子用R表示)，并回收有机酸HR，装置如图所示。下列说法错误的是A在光伏电池中a极为正极B石墨(2)极附近溶液的pH降低CHR溶液：c2c1D若两极共

7、收集3mol气体，则理论上转移4mol电子14、已知NO2和N2O4可以相互转化2NO2(g)N2O4(g) H乙，沸点：甲乙 b稳定性：甲乙，沸点：甲乙c稳定性：甲乙，沸点：甲乙 d稳定性：甲乙（4）Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为_(用元素符号作答)。（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，其中分子中的键与键的键数之比为_，其中心原子的杂化类型是_。（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，该元素属于_区元素，元素符号是_。18、由白色和黑色固体组成的混合物A，可以发生如下框图所示的一系列变化：(1)写出反应的化学方程式：_。写出反应的离子方程式：_。(2)在操作中所使

8、用的玻璃仪器的名称是：_。(3)下列实验装置中可用于实验室制取气体G的发生装置是_；(用字母表示)为了得到纯净干燥的气体G，可将气体通过c和d装置，c装置中存放的试剂_，d装置中存放的试剂_。(4)气体G有毒，为了防止污染环境，必须将尾气进行处理，请写出实验室利用烧碱溶液吸收气体G的离子方程式：_。(5)J是一种极易溶于水的气体,为了防止倒吸,下列ei装置中,可用于吸收J的是_。.某研究性学习小组利用下列装置制备漂白粉，并进行漂白粉有效成分的质量分数的测定。(1)装置中发生反应的化学方程式为_(2)测定漂白粉有效成分的质量分数：称取1.000 g漂白粉于锥形瓶中，加水溶解，调节溶液的pH，以淀

9、粉为指示剂，用0.100 0 molL1KI溶液进行滴定，溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为3ClOI=3ClIO3- IO3-5I3H2O=6OH3I2实验测得数据如下表所示。该漂白粉中有效成分的质量分数为_。滴定次数123KI溶液体积/mL19.9820.0220.0019、己知溴乙烷(C2H5Br)是无色液体，沸点38.4，密度比水大，难溶于水，可溶于多种有机溶剂。在溴乙烷与NaOH乙醇溶液的消去反应中可以观察到有气体生成。有人设计了如图所示的装置，用KMnO4酸性溶液是否褪色来检验生成的气体是否是乙烯。请回答下列问题：(1)仪器a的名称为_。(2)实验前应检测装置A的气密性。方

10、法如下：关闭止水夹c，由仪器a向仪器b中加水，若_，则证明装置A不漏气。(3)仪器b中发生反应的化学方程式为_。(4)反应开始一段时间后，在装置B底部析出了较多的油状液体，若想减少油状液体的析出，可对装置A作何改进？_(5)装置A中产生的气体通入装置C之前要先通过装置B，装置B的作用为_。(6)检验乙烯除用KMnO4酸性溶液外还可选用的试剂有_，此时，是否还有必要将气体先通过装置B？_(填“是”或“否”)。20、实验室制备溴苯的反应装置如图所示，回答下列问题：已知：苯溴溴苯密度/gcm-30.883.101.50水中的溶解度微溶微溶微溶(1)实验装置c的作用为_。(2)写出实验室制备溴苯的反应

11、方程式_。(3)本实验得到粗溴苯后，除去铁屑，再用如下操作精制：a蒸馏；b水洗；c用干燥剂干燥；d 10%NaOH溶液洗涤；e水洗，正确的操作顺序是_。(4)本实验使用6mL无水苯、4.0mL液溴和少量铁屑，充分反应，经精制得到6.5mL的溴苯。则该实验中溴苯的产率是_。21、在一恒容密闭容器中,发生反应:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H。其平衡常数(K)和温度(T)的关系如下表:T70080085010001200K0.60.91.01.72.6试回答下列问题:（1）上述反应为_(填“放热”或“吸热”)反应,升高温度,平衡向_ (填“正反应”或“逆反应”) 方向移动。（2

12、）某温度下,在体积为2L的恒容密闭容器中通入2molCO2(g)和4molH2(B)发生上述应,5min时反应达到平衡,测得CO2(g)的转化率是75%。v(H2O)=_molL-1min-l。该温度下反应的平衡常数K=_.（3）生产水煤气的过程如下:C(s)+CO2(g) 2CO(g)H1CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H2反应:CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H=_ (用含H1、H2的代数式表示)。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】s能级有1个原子轨道，p能级有3个原子轨道，d能级有5个原子轨道，f能级有7个原子轨道，则能级中轨道

13、数为5的是d能级。本题答案选C。2、B【解析】A.烹胆矾则成铜，熬胆矾铁签，久之亦化为铜，涉及的是用铁置换出硫酸铜中的金属铜，发生氧化还原反应，A项错误；B.又石穴中水，所滴皆为钟乳、殷孽，发生的是氢氧化钙与二氧化碳生成的碳酸钙，碳酸钙与水和二氧化碳反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙再分解生成碳酸钙，整个过程不涉及氧化还原变化，B项正确；C.鄜、延境内有石油颇似淳漆，燃之如麻，但烟甚浓，涉及的是石油的燃烧，燃烧属于氧化反应，C项错误；D.取精铁锻之百余火，每锻称之，一缎一轻，至累锻而斤两不减，则纯钢也，发生的是精铁变成钢的过程，不断降低杂质和C的含量，使C变成二氧化碳，发生了氧化还原反应，D项错误；答

14、案选B。3、B【解析】室温下，某溶液中由水电离产生的c（H+）=10-10mol/L10-7mol/L，说明水的电离被抑制，则溶液中的溶质为酸、碱或强酸酸式盐。A、NaHSO4属于强酸酸式盐，完全电离出的氢离子抑制水电离，故A不选；B、NaCl是强酸强碱盐，不影响水的电离，故B选；C、盐酸是强酸，抑制水电离，故C不选；D、Ba（OH）2属于强碱而抑制水电离，故D不选；故选B。4、B【解析】A将垃圾进行分类放置，提高利用率，符合社会可持续发展理念，故A正确；B干冰是固态二氧化碳，可燃冰是CH4nH2O，二者不是同种物质，故B错误；C将植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中，在富氧条件下

15、，经过缓慢、复杂、充分的氧化反应最终生成沼气，从而有效利用生物质能，故C正确；D氢气的燃料产物是水，对环境无污染，且发热量高，是绿色能源，故D正确；故答案为B。5、D【解析】过氧化钠与水反应的方程式为2Na2O22H2O4NaOHO2，溶液中Na+浓度增大；镁离子结合氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，导致镁离子浓度减小；铵根离子结合氢氧根离子生成一水合氨，铵根离子浓度减小，因此浓度几乎不变的是硝酸根离子，答案选D。6、B【解析】A.S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，结合分子结构可知S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，电子式为，故A错误；B.S2

16、Cl2中Cl-S属于极性键，S-S键属于非极性键，不对称的结构，为极性分子，故B正确；C.分子的结构不对称，为极性分子，而不是非极性分子，故C错误；D.同周期从左往右原子半径逐渐减小，所以氯原子半径小于硫原子半径，键长越短键能越大，所以分子中S-Cl键能大于S-S键的键能，故D错误；故选B。7、B【解析】A.通入氯化氢后，硝酸根氧化亚硫酸根，所以不能大量共存；B.四种离子可以大量共存，通入氯化氢后仍然可以大量共存；C.通入氯化氢后S2、OH均不能大量共存；D.通入氯化氢后CH3COO、HCO3均不能大量共存。故选B。8、B【解析】A、H2O2是共价化合物，电子式是，故A错误；B. F-核外有1

17、0个电子，结构示意图：，故B正确；C. 中子数为20的氯原子，质量数是37，该原子表示为3717Cl，故C错误； D. NH3的电子式是：，故D错误，答案选B。9、B【解析】植物油为不饱和脂肪酸甘油酯，矿物油多为饱和烃类物质，也可能含有不饱和烃，利用酯、烯烃的性质可区别二者，以此来解答。【详解】A. 植物油与矿物油都有碳碳双键与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使其褪色，不能区别，故A错误；B. 植物油为高级脂肪酸甘油酯，能够在碱性环境下水解，生成易溶于水的物质，反应后液体不再分层，可鉴别，故B正确；C. 植物油与矿物油均可使溴水发生加成反应使其褪色，不可区别，故C错误；D. 二者均不与新制Cu(O

18、H)2悬浊液反应，现象相同，不能鉴别，故D错误；故答案选：B。10、D【解析】A.乙醇和钠反应能产生气体，钠不和乙醚反应，用金属钠可区分，说法正确，A不符合；B. 3-己烯含碳碳双键，能和酸性高锰酸钾反应使之褪色，乙烷不能和酸性高锰酸钾溶液反应，可区分，说法正确，B不符合；C. 苯和溴苯都不溶于水，苯密度比水小，溴苯密度比水大，用水可区分，说法正确，C不符合； D.甲酸甲酯和乙醛均含有醛基，均能与新制的银氨溶液发生银镜反应，不能区分，说法错误，D符合；答案选D。11、C【解析】盐酸可以和过氧化钠反应产生氧气，和碳酸钠、碳酸氢钠反应可以释放出二氧化碳，二氧化碳可以和氢氧化钠反应，氧气不反应，碳酸

19、氢钠受热分解会生成二氧化碳气体，向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种，将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO3、NaCl不能确定。【详解】向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可以是氧气或者是二氧化碳中的至少一种，将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，

20、将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，故一定含有碳酸氢钠，Na2CO3、NaCl不能确定，则A.混合物中可能含有Na2CO3、NaCl，A错误；B.由上述分析可知，混合物中一定有NaHCO3，B错误；C.由上述分析可知，混合物中一定有Na2O2、NaHCO3，C正确；D.由上述分析可知，混合物中一定含有Na2O2，可能含有NaCl，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查钠的化合物的性质、物质推断等，清楚发生的反应是推断的关键。12、A【解析】分析：A根据碳酸钠、碳酸氢钠溶液中质子守恒进行解答；BG=H-TS进行判断，如G0，则反应能自发进行，如G0，则不能自发进行，据此分析；C根据盖斯

21、定律计算出PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g)的焓变，再根据题中键能关系计算出Cl-Cl键的键能；D根据平衡状态时正反应速率等于逆反应速率分析判断。详解：A根据质子守恒，对于Na2CO3溶液中：c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)，NaHCO3溶液中：c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)，两者等浓度、等体积混合后，溶液中两种溶质的物质的量相等，所以，将上述两式叠加：c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(OH-)+c(CO32-) =c(H+)+c(H2CO3)，移项得2c(OH-)-2c(H+)=3c(H2

22、CO3)+c(HCO3-)-c(CO32-)，故A正确；BH0，S0的反应都是自发反应，而H0，S0在较高温度下能自发，故B错误；CP4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g)H=akJmol-1，P4(g)+10Cl2(g)=4PCl5(g)H=bkJmol-1，-4可得：PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g) H=b-a4kJ/mol；设Cl-Cl键的键能为Q，由PCl3(g)+Cl2(g)=PCl5(g)及题中键能关系可知：H=(3.6c+Q-5c)kJ/mol=b-a4kJ/mol，Cl-Cl键的键能Q=b-a+5.6c4kJmol-1，故C错误；Dv(SO2)=v(SO3)中未

23、指明反应速率的方向，无法判断正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；故选A。点睛：本题考查了离子浓度大小比较、化学平衡状态的判断、反应热的计算，题目难度较大，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。本题的易错点为D，一定要注明正逆反应速率，难点为A，要注意质子守恒关系式的表达式的书写。13、B【解析】A.根据电子移动的方向，可知在光伏电池中a极为正极，b为负极，故A正确；B. 石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，使c(H+)降低，pH升高，故B错误；C. 石墨(1)为电解池的阳极，OH-失电子变成氧气，使得c(H+)升高，透过阳膜进入浓缩室；石墨(2

24、)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，R-透过阴膜进入浓缩室，使得浓缩室中HR浓度增大，所以HR溶液：c2c1，故C正确；D. 根据阳极：4OH-4e-=O2+2H2O；阴极：4H+4e-=2H2，所以若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子，故D正确；所以本题答案：B。【点睛】解题突破口：电子移动的方向判断电池的正负极，结合电解原理放电离子的变化确定c2c1；根据电子守恒进行判断转移的电子数。14、A【解析】A.由曲线看出25min时，NO2的浓度突然增大了0.4mol/L，则应加入了0.4mol NO2，故A说法错误；B由图可知，10-25min及35min之后X、Y的物质的量不

25、发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b和d处于化学平衡状态，故B说法正确；C.由图可知，X的变化量为Y的2倍，由反应方程式的系数可得X为NO2浓度随时间的变化曲线；故C说法正确；D.因在25min时，恒温恒容条件下增大NO2的浓度，相当于增大了压强，平衡右移，要使25min时改变条件达到使NO2（g）的百分含量与d点相同的化学平衡状态，也可通过缩上容器的体积来实现，故D说法正确；答案选A。15、A【解析】氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，生成2种二肽

26、，所以共有4种，故本题选A。点睛：氨基酸形成肽键原理为羧基提供-OH，氨基提供-H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽。16、B【解析】A.苯和甲苯都含有苯环，都属于芳香烃，故A正确；B.苯性质稳定不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲苯由于苯环对甲基的影响，使得甲基上氢变得活泼可以被酸性高锰酸钾氧化，故B错误；C.苯和甲苯有可燃性，都能在空气中燃烧，故C正确；D.苯和甲苯都能与卤素单质、硝酸等发生取代反应，故D正确；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、 1s22s22p63s23p63d9 孤电子对 b SiCS

27、iH4，沸点：CH4SiH4。（4）C、N、Si的第一电离能由小到大的顺序为SiCSiH4；由于CH4的相对分子质量小于SiH4的相对分子质量，CH4分子间作用力小于SiH4分子间作用力，沸点：CH4SiH4；答案选b。（4）根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第一电离能CSi；C、N、Si的第一电离能由小到大的顺序为SiCN。（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，该氢化物为CHCH，CHCH的结构式为HCCH，单键全为键，三键中含1个键和2个键，CHCH中键与键的键数之比为3:2。CHCH中每个碳原子形成2个键，C原子上没有孤电子对，C原子为sp杂化。（6）某元素原子的价电子构型为3d

28、54s1，由于最后电子填入的能级符号为3d，该元素属于d区元素，元素符号是Cr。18、MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O 2Cl2H2OCl2H22OH 漏斗、烧杯、玻璃棒 b 饱和食盐水 浓硫酸 Cl22OH=ClClOH2O f、g、h 2Ca(OH)22Cl2=CaCl2Ca(ClO)22H2O 42.9% 【解析】、G为黄绿色气体，则G为Cl2，反应为二氧化锰与浓盐酸的反应，则D为MnO2，J为HCl，说明混合物A、B中含有MnO2，且含有Cl元素，则A为KClO3、MnO2的混合物，用于实验室制备氧气，则B为O2，C为MnO2、KCl的混合物，则E为KCl，电解KCl溶

29、液生成KOH、Cl2、H2，故H为H2，I为KOH，以此解答该题。、（1）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，根据温度对该反应的影响分析；（2）先计算次氯酸钙的质量，再根据质量分数公式计算。【详解】、（1）反应为实验室制备氯气，反应的化学方程式为MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O；反应是电解氯化钾溶液，反应的离子方程式为2Cl2H2OCl2H22OH；（2）C为MnO2、KCl的混合物，KCl溶于水，而MnO2不溶于水，可利用溶解、过滤方法进行分离，溶解、过滤操作使用的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯；（3）实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，制取氯气的发生装置是：b

30、，由于浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，先用饱和食盐水吸收氯气，再用浓硫酸进行干燥，即c装置中存放的试剂是饱和食盐水，d装置中存放的试剂为浓硫酸；（4）实验室利用烧碱溶液吸收气体氯气的离子方程式为Cl22OHClClOH2O；（5）氯化氢一种极易溶于水的气体，为了防止倒吸，装置中有倒扣的漏斗或肚容式结构，e、i装置不具有防倒吸的作用，而f、g、h具有防倒吸，故答案为fgh；、（1）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的方程式为2Ca(OH)22Cl2CaCl2Ca(ClO)22H2O；（2）3ClOI3ClIO3- ； IO3-5I3H2O6OH3I2 ，这说明真正的滴定反应是

31、第一步，第一步完成后，只要加入少许碘离子就可以和生成的碘酸根生成碘单质而看到浅蓝色达到终点，KI溶液的总体积（19.98+20.02+20.00）mL60.00mL，平均体积为60.00mL320.00mL。设次氯酸根离子的物质的量为x，则根据方程式可知3ClOI3ClIO3-3mol 1molx 0.1000molL-10.020L所以x0.006mol次氯酸钙的质量为：143g0.006mol0.50.429g所以质量分数为0.429g/1.000g100%42.9%。19、分液漏斗 分液漏斗中液面始终高于圆底烧瓶中的液面（或分液漏斗中液体不能顺利流下） CH3CH2Br+NaOHCH2=

32、CH2+NaBr+H2O 将伸出烧瓶外的导管换成长导管 除去挥发出来的乙醇 溴水或溴的四氯化碳溶液 否 【解析】（1）根据仪器构造及用途作答；（2）根据分液漏斗的构造利用液封法检查装置的气密性；（3）溴乙烷与NaOH醇溶液发生消去反应；（4）油状液体为溴乙烷蒸气液化的结果；（5）乙醇易溶于水，据此解答；（6）根据乙烯的不饱和性，能与Br2发生加成反应作答。【详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗，故答案为分液漏斗；（2）关闭止水夹c，由仪器a向仪器b中加水，若分液漏斗中液面始终高于圆底烧瓶中的液面，而不下落，则证明装置A不漏气，故答案为分液漏斗中液面始终高于圆底烧瓶中的液面（或分液漏斗中液体不能顺利流下）；（3）卤代烃在碱性醇溶液加热条件下发生了消去反应，生成不饱和烯烃，反应为故