鲁科版高中化学选择性必修1期末达标练

这是一份鲁科版高中化学选择性必修1期末达标练，共26页。试卷主要包含了填空题，未知，实验探究题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．已知X2 (g) + H2(g)2HX(g)+ Q（X2 表示Cl2、Br2）。
如图表示上述反应的平衡常数K与温度T的关系。
①Q表示X2(g)与H2(g)反应的反应热，Q 0（填“>”、“；；
②对于固定容器的平衡体系的反应：I2 (g)+ H2(g)2HI(g)+ Q，因为反应前后气体的分子数相等，所以加压时平衡不发生移动；由于Q>0，所以降温时，平衡将向正向移动；充入氢气时，温度不变，K值不变。答案为：向正；不变。
【点睛】增大反应物的浓度，平衡正向移动，我们有时不自觉地想到，平衡常数增大。所以，在分析有关平衡常数的移动问题时，一定要注意强化：“温度变，K值才变”。
2．(1)氢气
(2) BC 13.8
(3)4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l) ΔH=-2071.2kJ•ml-1
【详解】（1）途径一是用水和甲烷作原料一步反应制得氢气，氢元素的化合价降低，所以氢气是还原产物；
（2）①A.增大压强，平衡不会发生移动，CO转化率不变，故不选A；
B.降低温度，平衡正向进行，CO转化率增大，故选B；
C.增大水蒸气的浓度，平衡向着正方向进行，CO转化率增大，故选C；
D.催化剂不会引起化学平衡的移动，CO转化率不变，故不选D；
故选BC；
②设CO的起始浓度为xml，的起始浓度为yml，则转化的CO的最小值为，
根据平衡常数列式：，解得，故此只要此值大于，转化率就会超过；
（3）氢气的燃烧热为，则氢气的燃烧的热化学方程式为：
①
②
③
根据盖斯定律①×6－②×2－③×3得。
3． 1.2 增大
【详解】Ⅰ.(1)在原电池中，阳离子从负极移向正极，根据题图中的迁移方向可知，左侧电极为负极，b处通入的是燃料甲醇；右侧电极是正极，c处通入的是氧气；
(2)正极的获得电子，在酸性环境中生成，电极反应式为；
(3)C元素的化合价从-2价升高到+4价，则电路中转移电子的物质的量为；
Ⅱ．混合动力车上坡或加速时，该镍氢电池处于放电状态，由题图并结合的化合价由可知，乙电极为正极，电极反应式为，故乙电极周围溶液的pH增大。
4．(1)50%
(2)10min
(3)bc
(4)增多
(5)在反应开始阶段，主要受体系温度升高的影响，温度升高反应速率增大
【解析】(1)
0～3min内，CO2的转化率为；
(2)
由图可知，当反应进行到10min后，各物质的量不再发生变化，说明反应达到平衡状态，则10min时，正反应速率和逆反应速率恰好相等；
(3)
a.单位时间内消耗1mlCO2的同时生成1mlCH3OH都指正反应方向，不能说明反应达到平衡，a不选；
b.H2的物质的量浓度不再发生变化，能说明反应达到平衡，b选；
c.反应前后气体分子数不相等，则压强是一变量，则容器内总压强不再发生变化，能说明反应达到平衡，c选；
d.该容器体积恒定，混合气体的总质量不变，则混合气体的密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡，d不选；
故选：bc；
(4)
水从气态转化为液态放出热量，则生成液态水时，反应过程中放出的热量增多；
(5)
反应在绝热密闭容器中进行时，其他条件不变，该反应是放热反应，在反应开始阶段，主要受体系温度升高的影响，正反应速率增大，在反应后阶段，主要受浓度减小因素的影响，反应速率减慢，故答案为：在反应开始阶段，主要受体系温度升高的影响，温度升高反应速率增大。
5． 电解池 B 正 2H++2e-=H2↑ 负 Al-3e-+4OH-=AlO+2H2O 正 NO+2H++e-=NO2↑+H2O
【分析】原电池中，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子从负极流出，电子沿着导线流向正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，燃料电池中，通入燃料的一极为负极，通入助燃物的一极为正极，原电池能使化学能转变为电能，反应物的总能量高于生成物的总能量。
【详解】(1)从捕获二氧化碳的装置及反应示意图知，过程①的离子反应为： ，过程②中，a极的电极反应为： ，故左侧区域总反应式， 过程③④中的反应可分别表示为：，，故右侧区域总反应式为 ，则总反应为二氧化碳转变为碳和氧气，总体是吸收能量的过程，故不可能是原电池，只能是电解池；
(2)这四种燃料电池的正极反应式分别为：A.电解质是无水环境，，A不符合；B.酸性电解质溶液中，，B符合；C. 碱性电解质溶液中，正极有氢氧根离子生成，，C不符合；D.熔融碳酸盐环境，正极有二氧化碳和氧气，则，D不符合；故正板反应生成水的是B；
(3)①当电解质溶液为稀硫酸时，电池总反应为铝与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，故Al电极是负极，Fe电极是正极，其电极反应式为2H++2e-=H2↑；
②当电解质溶液为NaOH溶液时，铝与NaOH溶液反应，而Fe不反应，故铝作原电池的负极，其电极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO+2H2O；
③若把铝改为锌，电解质溶液为浓硝酸，铁遇浓硝酸发生钝化，电池总反应为锌和浓硝酸反应，则Fe电极是正极；Zn电极是负极，Fe电极上的电极反应式为NO+2H++e-=NO2↑+H2O。
6．(1)
(2) AC 30% 正向 增大
【详解】（1）据盖斯定律③×2—①-②×2得：，故；
（2）①A．使用过量的H2，c(H2)增大，平衡向正反应方向移动，CH3OCH3产率增加，故A符合题意；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH3OCH3产率降低，故B不符合题意；
C．反应前的气体系数之和大于反应后气体系数，增大压强，平衡向正反应方向移动，CH3OCH3的产率增大，故C符合题意；
答案为AC；
②设达到平衡时CO转化的物质的量为xml，可列出三段式： ，平衡时氢气的体积分数为20%，故：，解得x=0.06，故；CO的转化率为：；
平衡时各物质的量为：CO：0.14ml，H2O：0.04ml，CO2：0.06ml，H2：0.06ml，故平衡常数为： ；再往该平衡体系中充入0.1mlCO和0.1mH2O(g)，，平衡正向移动，但由于投料与最初的投料相比，相当于多投入了水蒸气的量，故一氧化碳的转化率增大；
7． ① ④ ③ ② ①② ③④
【详解】图象①v′正>v′逆，t1时v′正突增，故为增大反应物浓度，平衡正向移动；图象②v′正>v′逆，t1时v′逆突减，故为减小生成物浓度，平衡正向移动；图象③v′逆>v′正，t1时v′逆突增，故为增大生成物浓度，平衡逆向移动；图象④v′逆>v′正，t1时v′正突减，故为减小反应物浓度，平衡逆向移动。
(1)表示反应物浓度增大的图象是①，表示反应物浓度减小的图象是④，表示生成物浓度增大的图象是③，表示生成物浓度减小的图象是②；
(2)正反应速率大于逆反应速率，平衡右移，正反应速率小于逆反应速率，平衡左移；表示平衡正向移动的图象是①②，表示平衡逆向移动的图象是③④。
8． Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ Fe2O3 盐酸 产生红褐色沉淀，同时有少量无色气体生成
【详解】（1）Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌ Fe(OH)3+3H+；加热可促进盐类水解，由于HCl挥发，可使水解进行彻底，得到Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解，最终产物为Fe2O3；(2)为防止FeCl3水解，应加入少许稀盐酸抑制FeCl3水解；（3）向FeCl3溶液中加入少量NaHCO3浓溶液，铁离子与碳酸氢根离子发生双水解相互促进而生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，预计可能看到的现象是：产生红褐色沉淀，同时有少量无色气体生成。
9．(1)4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) △H=2(△H1+△H2)
(2)4FeCO3(s)+O2(g)= 2Fe2O3(s)+4CO2(g) △H=-260kJ/ml
(3)CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)△H=-206kJ·ml-1
(4)Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g)△H=+174.9kJ/ml
(5) -99 +41
(6)431
【分析】(1)
由图示可知，反应①为2HCl(g)+CuO(s)=H2O(g)+CuCl2(s) △H1，反应②生成1mlCl2(g)的反应热为△H2，则反应热化学方程式为CuCl2(g)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) △H2，总反应方程式为4HCl+O2=2Cl2+2H2O，根据盖斯定律(①+②)×2可得总反应的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) △H=2(△H1+△H2)；答案为4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) △H=2(△H1+△H2)。
(2)
FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的化学方程式为4FeCO3+O2=2Fe2O3+4CO2，已知①4Fe(s)+3O2(g)═2Fe2O3(s) △H=-1648kJ/ml，②C(s)+O2(g)═CO2(g) △H=-393kJ/ml，③2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)═2FeCO3(s) △H=-1480kJ/ml，根据盖斯定律，①+②×4-③×2可得4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g)，△H=(-1648kJ/ml)+(-393kJ/ml)×4-2×(-1480kJ/ml)=-260kJ/ml，答案为4FeCO3(s)+O2(g)= 2Fe2O3(s)+4CO2(g) △H=-260kJ/ml。
(3)
CO、H2在催化剂条件下合成CH4的化学方程式为CO+3H2=CH4+H2O，已知①CH4(g)＋2H2O(g)=CO2(g)＋4H2(g) ΔH1＝+165 kJ·ml－1，②CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41 kJ·ml－1，根据盖斯定律，②-①可得CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)△H=(－41 kJ·ml－1)-(+165 kJ·ml－1)=-206kJ·ml-1；答案为CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)△H=-206kJ·ml-1。
(4)
Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的化学方程式为Al2O3+3C+3Cl2=2AlCl3+3CO，已知①Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g)△H1=+1344.1kJ·ml-1，②2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g)△H2=+1169.2kJ·ml-1，根据盖斯定律，将①-②可得Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g)△H=(+1344.1kJ·ml-1)-(+1169.2kJ·ml-1)=+174.9kJ/ml；答案为Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g)△H=+174.9kJ/ml。
(5)
△H=反应物总键能-生成物总键能，由①CO(g)＋2H2(g) = CH3OH(g) ΔH1可知，ΔH1=1076kJ·ml-1+2×436kJ·ml-1-(3×413+343+465)kJ·ml-1=-99kJ·ml-1；根据盖斯定律，反应②-反应①=反应③，故△H3=△H2-△H1=-58kJ·ml-1-(-99kJ·ml-1)=+41kJ·ml-1；答案为-99；+41。
(6)
由H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g) △H＝-183 kJ/ml可知，断开1ml HCl分子中的化学键需要吸收xkJ热量，△H=反应物的总键能-生成物的总键能，则-183kJ/ml =436kJ/ml+243 kJ/ml-xkJ/ml×2，解得x=431；答案为431。
10．B
【详解】A.氯化钠溶液与铝制容器可以构成原电池，金属铝作负极，发生电化学腐蚀，加快铝腐蚀，A错误；
B.加热促进纯碱水解，碱性增强，促进油脂水解，更好的洗去金属表面油污，B正确；
C.加热条件下，氮气与镁反应生成氮化镁，所以炽热的镁粉不可放在氮气中冷却，C错误；
D.铜铁形成原电池，铁为负极加速腐蚀，应镶上金属性强于铁的金属，比如镁、铝等，D错误；
故选B。
11．C
【详解】A．铝热反应属于放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，图象不符，A错误；
B．Al和Fe3O4反应生成Fe和Al2O3，Al作还原剂，Fe是还原产物，所以Al的还原性强于Fe，B错误；
C．反应中Fe元素的化合价从+8/3价降低到0价，所以反应中每消耗1 ml Fe3O4转移8×6.02×1023个电子，C正确；
D．铝热反应中氯酸钾受热分解生成氧气，反应中KClO3不是催化剂，D错误；
答案选C。
12．C
【详解】A．加FeCl3饱和溶液，增加反应物浓度，平衡正向移动，加水稀释促进盐的水解，所以水解达到平衡时加水稀释，平衡正向移动，A正确；
B．其他条件相同时，浓度越大盐类的水解程度越小，所以浓度为5 ml/L和0.5 ml/L的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3+水解程度前者比后者小，B正确；
C．其他条件相同时，温度越高盐类的水解程度越大，所以50℃和20℃的同浓度的FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3+的水解程度前者比后者大，C错误；
D．由Fe3+水解方程式可知，向FeCl3溶液应加入少量HCl，溶液中增大，平衡逆向移动，抑制了Fe3+的水解，D正确。
答案选C。
13．B
【详解】A．由pH＝5增大3得pH＝8，说明溶液呈碱性，酸溶液无论如何稀释溶液也不会呈碱性，A项错误；
B．由pH＝5增大3得pH＝8，说明溶液呈碱性，加入一定量的NaOH固体可使溶液呈碱性，B项正确；
C．因加入NaOH溶液的pH＝8，故酸碱无论怎样中和，pH也只能接近8，不会出现pH＝8，C项错误；
D．因盐酸呈酸性，故无法实现，D项错误；
故选B。
14．B
【详解】A．氨水中的NH3·H2O是弱电解质，电离方程式为：，故A错误；
B． NaHCO3是强电解质，水溶液中NaHCO3的电离方程式为：NaHCO3=Na＋＋HCO，故B正确；
C． HF是弱电解质，水溶液中的电离方程式为：，故C错误；
D．H2S是二元弱酸，应该分步电离，以第一步为主，电离方程式为 H2SH＋＋HS-，故D错误；
故答案为：B。
15．B
【详解】A．S是固体，分离出S，正、逆反应速率均不变，故A错误；
B．反应有固体S生成，反应前后气体总质量是变量，容器体积不变，密度是变量，若混合气体的密度保持不变，则已达平衡，故B正确；
C．再充入一定量的，平衡逆向移动，容器内温度降低，平衡常数增大，故C错误；
D．反应前后气体系数和不同，从反应开始至平衡，容器内气体的压强是变量，故D错误；
选B。
16．A
【详解】A．84消毒液主要成分是NaClO，具有氧化性，洁厕灵主要成分是盐酸，具有还原性，两者混合会发生氧化还原反应生成有毒气体氯气，降低了消毒和清洁效果，A项错误；
B．银器放入盛有饱和食盐水的铝盆中形成原电池，铝为负极，银器为正极，银器发生还原反应除去表面的黑色“锈斑”，B项正确；
C．臭氧有强氧化性，具有杀菌消毒的的作用，故生产纯净水可用于消毒，C项正确；
D．用CCl4萃取溴水的溴时，CCl4与水分层且CCl4的密度大于水的密度，故CCl4在下层，从下口放出，水层在上层，因此从分液漏斗的上口倒出，D项正确。
故选A。
17．B
【详解】A．由图可知，C点的反应温度高于B点，温度越高，反应速率越大，则C点的速率比B点的大，故A不符合题意；
B．平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，由图可知，A、B、C三点的温度大小顺序为C>A=B，温度升高，一氧化碳的平衡转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应是放热反应，反应的化学平衡常数减小，则A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为KA=KB>KC，故B符合题意；
C．由图可知，A、B的反应温度相同，反应的平衡常数相等，A点一氧化碳的转化率为50%，由容器的体积为10L可知，平衡时一氧化碳、氢气、甲醇的浓度为(1—1×50%)ml/L=0.5ml/L、(2—1×50%×2)ml/L=1ml/L、1×50%ml/L=0.5ml/L，反应的平衡常数KA==1；B点一氧化碳的转化率为80%，由容器的体积为5L可知，平衡时一氧化碳、氢气、甲醇的浓度为(2—2×50%)ml/L=1ml/L、(4—2×50%×2)ml/L=2ml/L、2×50%ml/L=1ml/L，反应的平衡常数KB ==0.25， 由计算结果可知，A、B的平衡常数不相等，则若达到平衡状态A时，容器的体积为10L，在平衡状态B时容器的体积不可能为5L，故C不符合题意；
D．增大氢气浓度，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率减小，故D不符合题意；
故选B。
18．A
【详解】A.反应物中有气体，生成物中没有气体，则△S＜0，若要使反应自发进行，△H-T△S＜0，则△H必须小于0，A项正确；
B.根据△H-T△S＜0反应能自发进行，△H＜0，△S< 0的反应在低温条件下能自发进行，B项错误；
C.反应物没有气体，生成物有气体，则△H＞0，C项错误；
D.同一物质，熵值：气体>液体>固体，D项错误；
答案选A。
【点睛】
19．A
【详解】①该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以容器中的压强不再发生变化，不能证明达到了平衡状态，错误；
②该容器的体积保持不变，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会变，所以当容器中气体的质量不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，正确；
③反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的浓度等不再发生变化，所以各气体物质的物质的量浓度不再变化时，该反应达到平衡状态，正确；
④该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以气体总物质的量不变，不能表明反应达到平衡状态，错误；
⑤容器中的气体平均相对分子质量M=，反应前后混合气体的质量会变化，该反应是一个反应前后物质的量不变的反应，所以当M不再发生变化时，表明已经平衡，正确；
⑥物质C的百分含量，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，正确；
⑦各气体的物质的量不变，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，正确；
结合以上分析可知，②③⑤⑥⑦符合题意；
故选A。
20． 分液漏斗 收集到气体的体积 待气体恢复至室温后，调节滴定管的高度使得两侧液面相平 5H2C2O4+2+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O 浓度 B、C 5×10-4 ml/(L·s) 催化作用
【分析】实验一、将分液漏斗中的硫酸滴入锥形瓶中，与锌反应制取氢气，要比较锌粒与锌粉反应的快慢，可以通过比较相同时间内反应产生氢气的多少，也可以通过测定产生相同体积的氢气所需要的时间，在读数时要使溶液恢复至室温，使液面左右相平，并且要平视读数；
实验二、H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应产生K2SO4、MnSO4、CO2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写反应的离子方程式；采用控制变量方法，根据对比项的不同点比较其对反应速率的影响；利用反应速率的定义计算反应速率；结合反应产生的微粒及反应变化特点判断其作用。
【详解】实验一：
(1)装置图Ⅰ中放有硫酸的仪器名称是分液漏斗；
(2)按照图Ⅰ装置实验时，限定了两次实验时间均为10 min，还需要测定的另一个数据是收集反应产生H2气体的体积；
(3)若将图Ⅰ装置中的气体收集装置改为图Ⅱ，实验完毕待冷却后，该生准备读取滴定管上液面所在处的刻度数，若发现滴定管中液面高于干燥管中液面，应首先采取的操作是调待气体恢复至室温后，调节滴定管的高度使得两侧液面相平；
实验二：
(4) H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知相应反应的离子方程式为5H2C2O4+2+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(5)通过观察实验A、B，会发现：二者只有草酸的浓度不同，其它外界条件相同，则通过实验A、B可探究浓度的改变对反应速率的影响；
要探究温度变化对化学反应速率的影响，改变的条件应该只有温度改变，其它条件相同，观察实验数据会发现：实验B、C只有温度不同，故可通过实验B、C探究温度变化对化学反应速率的影响；
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)==5×10-4 ml/(L·s)；
(6)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，相应的粒子最有可能是Mn2+，即反应产生的Mn2+起催化作用。
【点睛】本题考查探究反应速率的影响因素。把握速率测定方法及速率影响因素、控制变量法为解答的关键，在计算反应速率时，要注意KMnO4在反应前的浓度计算是易错点。
21． +Br2+HBr 吸收Br2和HBr，防止污染环境，且防倒吸 过滤 蒸馏 碱石灰 反应结束后装置乙中存在大量的溴化氢，使甲的水倒吸入乙中可以除去溴化氢气体(或者液溴的挥发)，以免逸出污染空气 可先用苯萃取溴水中的溴，分液后，取苯层即可
【分析】苯与溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，HBr和Br2对环境有污染，且HBr易溶于水，据此分析；
三颈烧瓶内反应后得到的是固液混合物，据此选择分离操作；相互混溶的液体混合物，可根据沸点差异选择蒸馏操作分离，干燥管内的固体既要能吸收水蒸气，也要能吸收溴或HBr的尾气，以此解答。
【详解】I．(1)装置A中，苯与溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，该反应的化学方程式为： +Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；
(2)装置C内盛装NaOH溶液能吸收溴和溴化氢，防污染环境，另外导管靠近液面，没有插入到溶液中，可防倒吸，故答案为：吸收Br2和HBr，防止污染环境，且防倒吸；
Ⅱ．(3)将三颈烧瓶内反应后的液体分离出的操作应选择过滤，滤液经①用蒸馏水洗涤，振荡，分液；②用5%的NaOH溶液洗涤，振荡，分液；③用蒸馏水洗涤，振荡，分液；④加入无水CaCl2粉末干燥等系列操作后得到的苯和溴苯的混合物，利用蒸馏分离即可，故答案为：过滤；蒸馏；
(4)干燥管内的固体既要能吸收水蒸气，也要能吸收溴或HBr的尾气，则应选择碱石灰，故答案为：碱石灰；
III．(5)反应结束后要使装置甲中的水倒吸入装置乙中，这样可以溶解乙中存在的大量HBr或挥发出的溴蒸气，防止逸出污染空气，故答案为：反应结束后装置乙中存在大量的溴化氢，使甲的水倒吸入乙中可以除去溴化氢气体(或者液溴的挥发)，以免逸出污染空气；
(6)在溴水中加入苯，振荡静置，再分液就可获得溴的苯溶液，故答案为：可先用苯萃取溴水中的溴，分液后，取苯层即可。
22． 恒压滴液漏斗 作安全瓶 除CO2、SO2 CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O d 下 ac
【分析】由装置图可知，A装置用乙醇和浓硫酸反应制备乙烯，D装置中乙烯与溴反应制备1，2—二溴乙烷，制备乙烯时部分乙醇可能与浓硫酸反应产生CO2、SO2，则C装置中10%NaOH溶液的作用是除CO2、SO2，装置B中的长玻璃导管与大气相连，可以防倒吸，起安全瓶作用，尾气含有溴蒸气，可用稀碱液吸收，据此分析解答。
【详解】(1)该装置中盛放浓硫酸和乙醇的仪器中有玻璃导管，使漏斗上下相通，能够使液体顺利滴下，故名称为恒压滴液漏斗；装置B中的长玻璃导管与大气相连，可以防倒吸，起安全瓶作用；故答案为：恒压滴液漏斗；作安全瓶；
(2) 制备乙烯时部分乙醇可能与浓硫酸反应产生CO2、SO2，一般常用氢氧化钠溶液吸收，所以装置C中10%NaOH溶液的作用是除CO2、SO2，故答案为：除CO2、SO2；
(3)三颈烧瓶A中发生反应是乙醇在浓硫酸的作用下发生分子内脱水制取乙烯，化学反应方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；
(4) 乙醇在浓硫酸、140℃的条件下，发生分子间脱水生成乙醚，因此要尽快地把反应温度提高到170℃左右，避免副反应发生，故选d项；
(5)将1，2—二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中，加水，振荡后静置，1，2—二溴乙烷密度比水大，因此产物应在下层，故答案为：下；
(6)若溴有剩余，可选用碱性较弱的碳酸钠溶液除去，若用氢氧化钠溶液会使1，2—二溴乙烷发生水解；由表格中数据可知，溴与1，2—二溴乙烷的沸点相差较大，若制得的产物中混有溴，也可用蒸馏的方法除去，故选ac。
化学键
H—H
C—O
C≡O
H—O
C—H
E/(kJ·ml－1)
436
343
1076
465
413
序号
温度/K
0.02ml·L-1KMnO4
0.1ml·L-1H2C2O4
H2O
溶液颜色褪至无色时所需时间/s
V/mL
V/mL
V/mL
A
293
2
5
3
t1
B
293
2
3
5
8
C
313
2
3
5
t2
物质
乙醇
1，2—二溴乙烷
溴
密度g·cm-3
0.79
2.2
3.12
沸点/℃
78.5
132
59