5.下列對有關(guān)事實的解釋正確的是()A.AB.BC.5.下列對有關(guān)事實的解釋正確的是()A.AB.BC.6.下列敘述中，正確的是()該電子排布圖，違背了泡利原理C.核酸可以看作磷酸、戊糖和堿基通過一定方式結(jié)合而成的生物大分子D.Si2屬于共價晶體，熔化時需破壞共價鍵和分子間作用力7.下列說法正確的是()A.同溫同物質(zhì)的量濃度酸的酸性強弱順序：CIC&COOH>FCH2C00H>CH3COOHB.晶體的各向異性導(dǎo)致石墨在層與層垂直方向上的電導(dǎo)率大C.苯酚鈉溶液中通入少量CO?：0TO2+H2O-4^rOH+NaHCO3D.戊二醛分子式是C5H1oO2,符合此分子式的二元醛有4種8.下列裝置或操作不能達到實驗?zāi)康牡氖?)ABCC2HsBr和NaOH的乙-醇溶液共熱后產(chǎn)牛的氣體滴加足量稀俺酸場水解液酸性KMnO,溶液除去乙煥中的硫化檢驗反應(yīng)生成的氣體中含檢驗澳乙烷水解產(chǎn)物中含有氫有乙烯Br-分離乙酸乙酯與飽和碳酸鈉事實A事實A某些金屬鹽灼燒呈現(xiàn)不同焰色B如4與NH3分子的空間構(gòu)型不同C苯可以使溟水褪色DHF的熱穩(wěn)定性比HC1強解釋金屬鹽灼燒時發(fā)生了化學(xué)反應(yīng)二者中心原子雜化軌道類型不同苯與溟水發(fā)生加成反應(yīng)H-F的鍵能比H-C1的鍵能大A.制備過程中將液澳替換為漠水可減少漠的揮發(fā)B.裝置bA.制備過程中將液澳替換為漠水可減少漠的揮發(fā)B.裝置b中的試劑換為AgNO3溶液可檢驗反應(yīng)過程中有HBr生成C.為減少反應(yīng)物的揮發(fā)，先向圓底燒瓶中滴加苯和澳的混合液，后打開開關(guān)KD.反應(yīng)后的混合液經(jīng)稀堿溶液洗滌、分液、蒸偏，即可得到澳苯14.下列物質(zhì)的熔點高低順序，正確的是()A.金剛石>晶體硅〉碳化硅B.K>Na>LiC.NaF<NaCI<NaBrD.CI4>CBr4>CC14>CH415.從中草藥中提取的ca!ebinA（結(jié)構(gòu)簡式如圖所示）可用于治療阿爾茨海默癥。下列關(guān)于calebinA的說法正確的是()13.實驗室制備澳苯的反應(yīng)裝置如圖所示，關(guān)于實驗操作或敘述正確的是()A.可與FeC%溶液發(fā)生顯色反應(yīng)B.lmol該分子最多與8molH2發(fā)生加成反應(yīng)C.其酸性水解的產(chǎn)物均可與NaHCO3溶液反應(yīng)D.苯環(huán)上氫原子發(fā)生氯代時，一氯代物有6種16.原子序數(shù)依次增大的R、W、X、Y、Z五種主族元素。該五種元素分處三個短周期，X、Z同主族，R、W、X的原子序數(shù)之和與Z的原子序數(shù)相等，Y原子的最外層電子數(shù)是Z原子最外層電子數(shù)的一半。下列說法正確的是()A.簡單氫化物的穩(wěn)定性：A.簡單氫化物的穩(wěn)定性：W>X>ZB.Y的氧化物屬于兩性氧化物C.R、W、X只能組成共價化合物D.W、Z氧化物的水化物的酸性：W>Z二、非選擇題(共52分)已知：純乙酰苯胺是白色片狀晶體，相對分子質(zhì)量為135,熔點為114。口易溶于有機溶劑。在水中的溶解度如表：溫度20255080100溶解度/(g/100g水)0.460.560.843.455.5實驗室制備乙酰苯胺的步驟如下(部分裝置省略):I.粗乙酰苯胺的制備。將7mL(0.075mol)乙酸酣放入三頸燒瓶c中，在恒壓滴液漏斗a中放入5mL(0.055mol)新制得的苯胺。將苯胺在室溫下逐滴滴加到三頸燒瓶中。苯胺滴加完畢，在石棉網(wǎng)上用小火加熱回流30min，使之充分反應(yīng)。待反應(yīng)完成，在不斷攪拌下，趁熱把反應(yīng)混合物緩慢地倒入盛有l(wèi)OOmL冷水的燒杯中，乙酰苯胺晶體析出。充分冷卻至室溫后，減壓過濾，用—洗滌晶體2?3次。用濾液沖洗燒杯上殘留的晶體，再次過濾，兩次過濾得到的固體合并在-?起。II.乙酰苯胺的提純。將上述制得的粗乙酰苯胺固體移入250mL燒杯中，加入lOOmL熱水，加熱至沸騰，待粗乙酰苯胺完全溶解后，再補加少量蒸餡水。稍冷后，加入少量活性炭吸附色素等雜質(zhì)，在攪拌下微沸5min,趁熱過濾。待濾液冷卻至室溫，有晶體析出，—，稱量產(chǎn)品為3.28ga回答下列問題：(1)儀器b的名稱是o(2)寫出制備乙酰苯胺的化學(xué)方程式。(3)減壓過濾的優(yōu)點是；步驟I用濾液而不用冷水沖洗燒杯的原因是；洗滌晶體宜選用。C.冷水(4)步驟II中，粗乙酰苯胺溶解后，補加少量蒸餡水的目的是(5)步驟II中，稱量前的操作是;上述提純乙酰苯胺的方法是(6)乙酰苯胺的產(chǎn)率為(計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。18.氧化鋪(CeO2)是一種廣泛應(yīng)用的稀土氧化物，具有吸收強紫外線的能力，可以用于光催化降解有機污染物。現(xiàn)以氟碳鋪礦(含CeFC03、BaO、SQ等等)為原料制備氧化鋪，其工藝i)硫服r?含F(xiàn)溶液‘*液NrACe2,(C°)'、00,雄燒渣已知:①稀土離子易與S0$-形成復(fù)鹽沉淀。步驟②中。)發(fā)生的反應(yīng)為：Ce2(SO4)3+Na2SO4+?Ce3+在空氣中易被知化為Ce4+。回答下列問題：⑴CeFCO3中Ce元素的化合價為。(2)濾渣A的主要成分是。(3)操作①所需的玻璃實驗儀器有燒杯、。(4)加入硫服的目的是o(5)步驟④中發(fā)生的離子方程式為。(6)步驟④中生成的Ce2(CO3)3中CO/的空間構(gòu)型是(7)氧化鋪的晶體結(jié)構(gòu)如圖2所示，其已知晶胞參數(shù)為apm,阿伏(7)氧化鋪的晶體結(jié)構(gòu)如圖2所示，其已知晶胞參數(shù)為apm,阿伏加德羅常數(shù)為Na，則晶胞中鋪離子間最短的距離為,晶體密度為gcm-3(寫出計算式)。19.研究表明，利用Fed?、NH4H2PO4、Li2CO3和苯胺(nh2)制備的磷酸亞鐵鋰(LiFePOQ可用作電池的正極材料。(1)Fe基態(tài)原子核外有種不同運動狀態(tài)的電子;Fe2+基態(tài)價層電子排布式為。(2)N、0、C三種元素的電負性由大到小的順序為；在第二周期中，第一電離能位于N(5)的化合物N&易形成配位鍵，三價銘離子能形成多種配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中提供電子對形成配位鍵的原子是,中心離子的配位數(shù)為。)r(NH3)3(H2O)2Cl]2+中配體分子為：NH3>H2O,志0的鍵角小于NH3,其原因是20.化合物H是用于合成某種鎮(zhèn)痛藥的醫(yī)藥中間體，利用炷A合成H的某路線如圖所示:CH3NH2“SOtNHCHjCHNO?SC1r一定條件已知：R-N02tR-NH20回答下列問題：(1)A的化學(xué)名稱為；D中的官能團名稱為(2)由B生成C時需要加入的試劑和反應(yīng)條件為。(3)由C生成D的反應(yīng)類型為。YB元素與N元素之間的元素有種。B元素與N元素之間的元素有種。(3)C0『中心原子的雜化類型為。(4)lmol苯胺分子中含有。鍵的數(shù)目為;苯胺與甲苯的相對分子質(zhì)量相近，但苯胺的沸點高于甲苯，其原因是。故選：故選：CoA.羥基是中性原子團，不帶電荷，0原子最外層電子數(shù)為7；是2-丁烯的鍵線式，丙烯是含有3個C原子的烯炷；C.p-P7T鍵中p軌道以肩并肩方式重疊形成7T鍵，呈鏡面對稱；D.S02分子中S原子的價層電子對數(shù)為2+史筍=3,含有1對孤電子對。本題考查常見化學(xué)用語的表示方法，涉及鍵線式、電子云輪廓圖、VSEPR模型和電子式等知識，明確常見化學(xué)用語的概念及書寫原則為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的規(guī)范答題能力，題目難度不大。【解析】解：A.氧氣是非極性分子，水是極性分子，根據(jù)相似相溶可知氧氣在水中溶解度小，故A正確；B.氫鍵不是化學(xué)鍵，是分子間的作用力，故B錯誤；C.二氧化硅是原子構(gòu)成的物質(zhì)，每個Si原子連接4個0原子，每個0原子連接2個Si原子,不存在Si=0鍵，不能用O=Si=O表示二氧化硅的結(jié)構(gòu)式，故C錯誤；D.鉆元素位于元素周期表VDI族，不是VQIB族，故D錯誤；A.根據(jù)相似相溶進行解答；B.氫鍵不是化學(xué)鍵；C.礦物水晶是共價晶體；d.鉆元素位于元素周期表vm族。本題考查化學(xué)鍵的相關(guān)內(nèi)容，注意區(qū)分極性分子，非極性分子，極性鍵非極性鍵之間的關(guān)系，題【解析】解：A.分子晶體在常溫下存在固體，如S單質(zhì)是分子晶體，常溫下為固體，故A錯誤；B.離子晶體中含有離子鍵，一定是化合物，故B正確；C.共價晶體不一定都是單質(zhì)，如SiC是共價晶體，故C錯誤；D.CsCl晶體中，每個Cs+周圍緊鄰8個C「，故D錯誤：A.分子晶體在常溫下存在固體；B.B.離子晶體中含有離子鍵；C.共價晶體不一定都是單質(zhì)；D.根據(jù)CsCl晶體的晶胞進行分析解答。本題考查了晶體的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，難度不大，應(yīng)注意的共價晶體不一定是單質(zhì)，含離子鍵的晶體一定是離子晶體。5.【答案】D【解析】解：A.某些金屬鹽灼燒呈現(xiàn)不同焰色，只是電子躍遷釋放不同顏色的光，沒有生成新物質(zhì)，是物理變化，故A錯誤；B.CH4分子中C原子的價層電子對數(shù)為4+峭=4,無孤電子對，VSEPR模型和空間構(gòu)型都是正四面體,C原子采用sp3雜化，刖3分子中N原子的價層電子對數(shù)為3+專^=4,VSEPR模型是四面體，N原子采用sp3雜化，含有1對孤電子對，空間構(gòu)型為三角錐，故B錯誤；C.苯溶解溟水中的澳單質(zhì)而使漠水褪色，屬于物理變化，沒有發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯誤；D.C1原子半徑大于F,導(dǎo)致H-F的鍵長比H-C1的鍵長短，鍵長越短，鍵能越大，物質(zhì)越穩(wěn)定，所以HF的熱穩(wěn)定性比HC1強，故D正確；故選：D。A.焰色試驗是物理變化，不是化學(xué)變化；H.4分子中C原子的價層電子對數(shù)為4+峭=4,無孤電子對，NH3分子中N原子的價層電子對數(shù)為3+^=4,含有1對孤電子對；C.苯溶解漠水中的澳單質(zhì)而使浪水褪色，屬于物理變化;D.鍵能越大，斷鍵所需能量越高，物質(zhì)越穩(wěn)定。本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)及性質(zhì)，把握原子雜化方式即分子空間構(gòu)型的判定方法、焰色試驗、鍵能與物質(zhì)穩(wěn)定性的關(guān)系即可解答，注意掌握價層電子互斥理論的內(nèi)涵及應(yīng)用，題目難度不大。6.【答案】C【解析】解：A.電石(CaC2)含碳碳三鍵，存在非極性共價鍵，儲氫材料氫化鈣(CaH2)是鈣離子和氫陰離子形成離子鍵,不存在非極性鍵，故A錯誤;B.電子排布圖OIMM1違背了洪特規(guī)則。故B錯誤;C.核酸可以看作磷酸、戊糖和堿基通過一定方式結(jié)合而成的生物大分子，故C正確;i.()2屬于共價晶體，熔化時需破壞共價鍵，共價晶體不存在分子間作用力，故D錯誤;故選：故選：CoA.氫化鈣(CaH2)只存在離子鍵；B.泡利原理是每個軌道存在兩個自旋方向相反的電子；C.磷酸、戊糖和堿基通過一定方式結(jié)合形成核酸；D.SiO2屬于共價晶體，熔化時需破壞共價鍵。本題考查了原子結(jié)構(gòu)、核外電子排布、晶體結(jié)構(gòu)的分析判斷，注意知識的熟練掌握，題目難度不大。【解析】解：A.電負性F>CI>H,F的吸電子作用導(dǎo)致FCH2COOH中梭基更易電離出氫離子，酸性FCH2COOH>C1CH2COOH>CH3COOH,故A錯誤：B.石墨晶體中片層中存在金屬鍵，導(dǎo)電性較強，垂直片層方向的作用力為分子間作用力，導(dǎo)電性較弱，所以晶體的各向異性導(dǎo)致石墨在層與層垂直方向上的電導(dǎo)率小，故B錯誤；C.苯酚鈉和CO?水溶液反應(yīng)生成苯酚和碳酸氫鈉，化學(xué)方程式為：(^rov,+CO2+H2O->|^r<)H+NaHCO3,故C正確；D.戊二醛分子式為CsH8()2,戊二醛可以看作2個-CHO取代丙烷中的2個H原子，取代同一碳原子上的2個H原子有2種結(jié)構(gòu)，取代不同C原子上H原子有2種結(jié)構(gòu)，符合此分子式的戊二醛有4種，故D錯誤；A.電負性F>Cl>H,F的吸電子作用導(dǎo)致FCH2COOH中梭基更易電離出氫離子；B.石墨晶體中片層中存在金屬鍵，導(dǎo)電性較強，垂直片層方向的作用力為分子間作用力，導(dǎo)電性較弱；C.苯酚鈉和CO?水溶液反應(yīng)生成苯酚和碳酸氫鈉；D.根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式寫出其分子式，戊二醛可以看作2個-CHO取代丙烷中的2個H原子，據(jù)此判斷戊二醛的同分異構(gòu)體個數(shù)。本題考查了物質(zhì)的組成和結(jié)構(gòu)的有關(guān)知識，題目較簡單，注意把握有關(guān)概念。【解析】解：A.乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，則可用分液的方法分離，故A正確；B.硫化氫與硫酸銅溶液反應(yīng)生成硫化銅沉淀，該反應(yīng)可除去硫化氫，故B正確；C.乙醇易揮發(fā)，生成的乙烯中混有乙醇，可被酸性高鎬酸鉀氧化，應(yīng)先除雜，故C錯誤；DJDJ臭乙烷水解生成澳離子，在酸性條件下可以和硝酸銀反應(yīng)生成淡黃色沉淀，可以檢驗溟乙烷水解產(chǎn)物中含有Br-,故D正確；A.乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液；B.硫化氫與硫酸銅溶液反應(yīng)；C.乙醇易揮發(fā)，可被酸性高鎰酸鉀氧化；D.溟乙烷水解生成澳離子。本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，把握實驗裝置的作用、反應(yīng)原理、反應(yīng)速率、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱嶒灥脑u價性分析，題目難度不大。【解析】解：A.氯乙烯含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應(yīng)，乙二醇可發(fā)生縮聚反應(yīng)，都可生產(chǎn)高分子化合物，故A正確；B.該二氯代物中兩個氯原子可能位于同一個碳原子上，有2種同分異構(gòu)體；兩個氯原子位于不同碳原子上，有4種，則符合條件的同分異構(gòu)體有6種，故B錯誤；C.酸性條件下，CH3CO18OC2H5水解時斷鍵位置為C-18。鍵，所以產(chǎn)物是CH3COOH和C2H?8()H,故C錯誤；D.苯酚與澳的四氯化碳溶液反應(yīng)生成三浪苯酚易溶于四氯化碳，應(yīng)選濃溟水用于苯酚的定性檢驗和定量測定，故D錯誤；A.氯乙烯含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應(yīng)，乙二醇可發(fā)生縮聚反應(yīng)；B.該二氯代物中兩個氯原子可能位于同一個碳原子上，可能位于不同碳原子上；C.酸性條件下，CH3CO18OC2H5水解產(chǎn)物是CH3COOH和CzH^OH；D.苯酚與澳的四氯化碳溶液反應(yīng)生成三溟苯酚易溶于四氯化碳。本題考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握和靈活運用能力，明確官能團及其性質(zhì)的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，C為解答易錯點，題目難度不大。【解析】解:A.46g分子式為Cz%。的物質(zhì)的最為弱芳0=項。1,若C2H6O為甲醒,lmol中含有6mol碳氫極性鍵，若是乙醇，含有5molC-H鍵，故A錯誤；B.標準狀況下，-氯甲烷為氣體，U.2L-氯甲烷的物質(zhì)的量為*/0.5m。，所含分子數(shù)為0.5Na，故B0.5Na，故B正確;C.1個白磷分子含有6個P-P鍵，常溫常壓下，124gP4中所含P-P鍵數(shù)目為席％X6XNA/mol=6NA,故C錯誤；D.由某氣態(tài)團簇分子結(jié)構(gòu)如圖所示可知，該分子模型其實就是一個分子，不是晶胞，不能按晶胞去處理，而是直接數(shù)出其中的Ti原子和C原子個數(shù)即可，根據(jù)結(jié)構(gòu)圖可知Ti（大球）有14個，C（小球)有13個，所以其分子式為Ti14C13,故D錯誤；故選：Boa.c2h6o可以為甲暇，也可以是乙醇；B.標準狀況下，一氯甲烷為氣體；C.1個白磷分子含有6個P-P鍵；D.圖中結(jié)構(gòu)不是晶胞，是一個分子的模型，從結(jié)構(gòu)模型中分別數(shù)出Ti、C原子的個數(shù)，以此解答。本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計算和判斷，注意掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學(xué)量與阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系，注意氣體摩爾體積的使用對象，題目難度不大。11.【答案】A【解析】解：a.甲醇結(jié)構(gòu)式為H,共面的原子數(shù)目最多為4個，故B.連接4個不同基團的碳原子為手性碳原子；C.非極性分子的溶質(zhì)易溶于非極性分子的溶劑，極性分子的溶質(zhì)易溶于極性分子的溶劑；D.超分子是由兩個或兩個以上分子通過分子間作用力形成的分子聚集體。lmolCH3OH中共面的原子數(shù)目最多為4Na，故A錯誤；B.連接4個不同基團的碳原子為手性碳原子，與甲基相連的碳為手性碳原子，故B正確；C.碘是非極性分子，易溶于非極性溶劑四氟化碳，甲烷屬于非極性分子，難溶于極性溶劑水，所以都可用相似相溶原理解釋，故C正確；D.超分子是由兩個或兩個以上分子通過分子間作用力（即非共價鍵）形成的分子聚集體，故D正確;A.甲醇結(jié)構(gòu)式H—g—O—H,共面的原子數(shù)目最多為4個；本題考查化學(xué)鍵及相似相溶原理本題考查化學(xué)鍵及相似相溶原理，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握和靈活運用能力，明確分子結(jié)構(gòu)特點、相似相溶原理內(nèi)涵是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。【解析】解：由上述分析可知，該物質(zhì)中一定含有甲酸乙酯，一定不含有甲酸，至少含有甲醇、乙醇中一種；A.由上述分析可知，該物質(zhì)中一定不含有甲酸，故A錯誤；B.由上述分析可知，該物質(zhì)中一定含有甲酸乙酯，至少含有甲醇、乙醇中一種，可能組成是甲酸乙酯、甲醇，不一定含有乙醇，故B錯誤；C.由上述分析可知，該物質(zhì)中一定含有甲酸乙酯，至少含有甲醇、乙醇中一種，可能組成①甲酸乙酯、甲醇，②甲酸乙酯、乙醇，③甲酸乙酯、甲醇、乙醇，故C正確；D.由上述分析可知，該物質(zhì)中一定含有甲酸乙酯，至少含有甲醇、乙醇中一種，一定不含有甲酸，故D錯誤；某物質(zhì)中可能含有甲醇、甲酸、乙醇、甲酸乙酯四種物質(zhì)中的一種或幾種：①與銀氨溶液反應(yīng)有銀鏡產(chǎn)生，說明含有物質(zhì)中含有-CHO官能團：②加入新制的Cu(OH)2懸濁液，沉淀不溶解，說明不是酸類物質(zhì)；③能與金屬鈉反應(yīng)并放出無色氣體氫氣，說明含有-0H官能團，則該物質(zhì)中一定含有甲酸乙酯，一定不含有甲酸，至少含有甲醇、乙醇中一種，據(jù)此分析解答。本題考查有機物的鑒別,側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實驗?zāi)芰Φ目疾椋盐沼袡C物的官能團的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)為解答該題的關(guān)鍵，題目難度不大。【解析】【分析】本題考查化學(xué)實驗方案的設(shè)計與評價，明確實驗原理為解答關(guān)鍵，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及化學(xué)實驗?zāi)芰Α！窘獯稹緼.苯和溟水不反應(yīng)，不能用漠水代替液溟，故A錯誤；B.揮發(fā)出的溟蒸汽也能與硝酸銀溶液生成AgBr沉淀，影響HBr的檢驗，故B錯誤；C.若關(guān)閉K時向燒瓶中加注液體，會使燒瓶中氣體壓強增大，苯和澳混合液不能順利流下，需要先打開K,可以平衡氣壓，便于苯和漠混合液流下，故C錯誤；D.漠苯中含有苯、浪，經(jīng)稀堿溶液洗滌后，分液得到漠苯、苯的混合液，利用苯與澳苯沸點不同，進行蒸饞進行蒸饞，即可得到澳苯，故D正確;故選：D。【解析】解：A.鍵長：C-C<C-Si<Si-Si，則熔點：金剛石>碳化硅>晶體硅，故A錯誤；B.堿金屬元素從上到下熔沸點逐漸降低，則熔點：KvNaVLi,故B錯誤；C.結(jié)構(gòu)相似的離子晶體，離子半徑越小，晶格能越大，熔點越高，則熔點：NaF>NaCl>NaBr,故C錯誤；D.因分子晶體中相對分子質(zhì)量越大，熔點越大，則熔點：CI4>CBr4>CC14>CH4>故D正確；故選：D。A.原子晶體的組成元素的原子半徑越小，鍵能越大，熔沸點越高；B.堿金屬元素從上到下熔沸點逐漸降低；C.結(jié)構(gòu)相似的離子晶體，離子半徑越小，晶格能越大，熔點越高；D.分子晶體中相對分子質(zhì)量越大，熔點越大.本題考查晶體的熔沸點的比較，題目難度中等，本題注意判斷晶體的類型以及影響晶體熔沸點高低的因素，學(xué)習(xí)中注意相關(guān)知識的積累.【解析】解：A.含有酚羥基，所以能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，故A正確；B.2個苯環(huán)、2個雙鍵、1個破基與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，則lmol該分子最多與9molH2發(fā)生加成反應(yīng)，故B錯誤；C.含-COOC-,酸性條件下水解產(chǎn)物中一種含-COOH、一種含有酚羥基，則酸性水解的產(chǎn)物只有一種可與Na2CO3溶液反應(yīng)，故C錯誤；D.由結(jié)構(gòu)可知，苯環(huán)上含6種H,則苯環(huán)上氫原子發(fā)生氯代時，一氯代物有6種，故D正確；該有機物中含有酚羥基、酰鍵、碳碳雙鍵、辨基、酯基，具有酚、醒、烯炷、酮和酯的性質(zhì)，一定條件下能發(fā)生顯色反應(yīng)、氧化反應(yīng)、加成反應(yīng)、取代反應(yīng)、加聚反應(yīng)、水解反應(yīng)等。本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)、有機反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項C為解答的易錯點，題R1難度不大。【解析】解：結(jié)合分析可知，R為H,W為N,X為0,Y為Al,Z為S元素，A.非金屬性越強，簡單氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性0>N>S,則簡單氫化物的穩(wěn)定性：X>W>Z,故A錯誤;B.Y的氧化物為氧化鋁，敘化鋁為兩性氧化物，故B正確;C.氫、氮、氧三種元素形成的硝酸鉉為離子化合物W>Z,故A錯誤;B.Y的氧化物為氧化鋁，敘化鋁為兩性氧化物，故B正確;C.氫、氮、氧三種元素形成的硝酸鉉為離子化合物，故C錯誤;D.沒有說明是什么敘化物，無法比較水化物的酸性，故D錯誤;故選：Bo原子序數(shù)依次增大的R、W、X、Y、Z五種主族元素組成，五種元素分處三個短周期，則R為H；R、W、X的原子序數(shù)之和與Z的原子序數(shù)相等，X的原子序數(shù)應(yīng)該比Z的原子序數(shù)小8,則W的原子序數(shù)為8-1=7,則W為N元素;Y原子的最外層電子數(shù)是Z原子的一半,Z的最外層電子數(shù)應(yīng)該為偶數(shù),則X為0,Z為S元素；Y的最外層電子數(shù)為3,其原子序數(shù)大于0,則Y為A1元素，以此分析解答。本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點，把握原子序數(shù)、原子結(jié)構(gòu)來推斷元素為解答關(guān)鍵,側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應(yīng)用，題目難度不大。加快過濾Nib速度，并能得到較干燥的沉淀用濾液沖洗燒杯可減少乙酰苯胺的溶解損失C減少趁熱過濾時乙酰苯胺的損失過濾、洗滌重結(jié)晶72.7%【解析】解：(1)由裝置圖可知裝置儀器b的名稱是球形冷凝管,故答案為：球形冷凝管;(2)苯胺與乙酸酊發(fā)生取代反應(yīng)生成乙酰苯胺和乙酸，方程式為:Nll2X.I+CII3('OII17.【答案】球形冷凝管0niicch3故答案為:(3)減壓的操作優(yōu)點是：可加快過濾速度，并能得到較干燥的沉淀；用濾液沖洗燒杯可減少乙酰苯胺的溶解損失；為有機物，根據(jù)相似相溶原理，乙酰苯胺在冷水中的溶解度會更小,故答案為：加快過濾速度，并能得到較干燥的沉淀：用濾液沖洗燒杯可減少乙酰苯胺的溶解損失;(4)為了減少趁熱過濾時乙酰苯胺的損失，粗乙酰苯胺溶解后，補加少量蒸餡水,0I+enroll故答案為：減少趁熱過濾時乙酰苯胺的損失故答案為：減少趁熱過濾時乙酰苯胺的損失；(5)過濾操作中，干燥前的操作是過濾、洗滌；由乙酰苯胺的溶解度變化，知用重結(jié)晶來提純乙酰苯胺，故答案為：過濾、洗滌：重結(jié)晶；⑹將7mL(0.075mol)乙酸酊放入三口燒瓶c中，在a中放入5mL(0.055mol)新制得的苯胺。二者按1：1反應(yīng)，由于乙酸酊的物質(zhì)的量大于苯胺的物質(zhì)的量，所以產(chǎn)生乙酰苯胺的物質(zhì)的量要以不足量的苯胺原料為標準，乙酰苯胺的理論產(chǎn)量為0.055mol,而實際產(chǎn)量n(乙酰苯胺)=5.4g+135g/mol=0.04moL所以乙酰苯胺的產(chǎn)率為(0.04mol+0.055mol)x100%=72.7%,故答案為：72.7%。(1)依據(jù)儀器形狀和用途分析；(2)苯胺與乙酸酊發(fā)生取代反應(yīng)生成乙酰苯胺和乙酸；(3)減壓的操作優(yōu)點是：可加快過濾速度，并能得到較干燥的沉淀；根據(jù)提高產(chǎn)率的角度分析，根據(jù)生成物的溶解性選擇：(4)避免晶體在趁熱過濾過程中有損失，所以要加水；(5)步驟口為趁熱過濾操作，根據(jù)其正常步驟回答；根據(jù)乙酰苯胺的溶解度來分析；(6)計算苯胺、乙酸的物質(zhì)的量，判斷反應(yīng)物過量問題，根據(jù)不足量的物質(zhì)計算乙酰苯胺的理論產(chǎn)量，進而計算乙酰苯胺的產(chǎn)率。本題考查有機物的合成、有機化學(xué)實驗、物質(zhì)的分離提純、對操作步驟的分析評價等，試題涉及知識點較多、綜合性較強，明確制備原理為解答關(guān)鍵，是對學(xué)生綜合能力的考查，需要學(xué)生具備扎實的基礎(chǔ)，難度較大。18.【答案】+3BaS04.SiO2漏斗、玻璃棒將CeF尹還原為Ce3+2Ce3++6HCOJ=Ce2(CO3)3i+3CO2?+3H2O平面三角形邛pm6筍1廠【解析】解：(l)CeFCO3中氧元素的化合價為-2,氟元素的化合價為-1,碳元素的化合價為+4,根據(jù)元素化合價代數(shù)和為0,則Ce的化合價為+3,故答案為：+3；(2)稀硫酸和BaO反應(yīng)生成硫酸鑰反應(yīng)，二氧化硅不與稀硫酸反應(yīng)，則濾渣A的主要成分為BaS04、故答案為：BaS04、SiO2：(3)操作①為固液分離，是過濾操作，過濾所需的玻璃實驗儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，故答案為：故答案為：漏斗、玻璃棒;(4)硫服具有還原性，可將CeF尹還原為Ce3+,故答案為：將CeF尹還原為Ce3+；⑸步驟④是往含Ce3+的溶液中加入NH4HCO3,生成Ce2(CO3)3?則發(fā)生的離子方程式為2Ce3++6HC0J=Ce2(CO3)31+3CO2T+3H2O,故答案為：2Ce3++6HCO3=Ce2(CO3)3i+3CO2?+3H2O；6!-中的中心原子是C,配位原子是0,0做配位原子時不提供電子，貝虻0廠為sp2雜化，空間構(gòu)型是平面三角形，故答案為：平面三角形;(7)根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)分析，Ce原子位于頂點和面心，原子個數(shù)為4,0原子位于體心，原子個數(shù)為8,己知晶胞參數(shù)為apm,阿伏加德羅常數(shù)為Na，則晶胞中鋪離子間最短的距離=巨空=竺根據(jù)晶體密度計算公式P=品，可算得氧化飾的晶體密度:__(140x4+16x8)__688x1()3°P—NAxa3xlO-30—NAxa30故答案為:688X1O30瞄3。。元素化合價代數(shù)和為0；稀硫酸和BaO反應(yīng)生成硫酸f貝反應(yīng)，二氧化硅不與稀硫酸反應(yīng)；過濾所需的玻璃實驗儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒；往含Ce3+的溶液中加入NH4HCO3,生成Ce2(CO3)3,則發(fā)生的離子方程式為2Ce3+4-6HC0J=Ce2(CO3)3】+3CO2+3H2O：CO廠中的中心原子是C,配位原子是0,0做配位原子時不提供電子，則CO廠為sp2雜化，空間構(gòu)型是平面三角形；晶體密度計算公式P=牖，以此解答。本題主要考查了制備實驗方案的設(shè)計，屬于高頻考點，需要邊思考、邊分析，熟悉制備流程是解題關(guān)鍵，側(cè)重考查分析能力，題HI難度一般。19.【答案】263d60>N>C3sp214NA苯胺分子分子間可形成氫鍵N、0、CI6七0分子中0原子含有2對孤電子對、N%分子中N原子含有1對孤電子對，也0分子中孤對電子對成鍵電子對的排斥作用較大【解析】解：(l)Fe是26號元素，核外電子數(shù)26,Fe基態(tài)原子核外有26種不同運動狀態(tài)的電子；Fe基態(tài)原子核外電子排布式為Is22s22p63s23p63d64s2,失去4s軌道上2個電子得到Fe2+,則Fe2+基態(tài)價層電子排布式為3d6,故答案為：26；3d6：2)2)、N、0屬于同一周期元素，其電負性隨著原子序數(shù)增大而增大，所以其電負性大小順序是0>N>C；同周期主族元素第一電離能水原子序數(shù)增大呈增大趨勢，但但口A族、VA族為全充滿或半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素的，則第一電離能：B<Be<C<O<N，即有3種，故答案為：0>N>C；3；(3)C0|-中C原子的價層電子對數(shù)為3+4+2；x3=3,VSEPR模型為平面三角形，C原子雜化類型故答案為：Sp2;(4)1個苯胺NH?)分子中含有14個o鍵，則Imol苯胺分子中含有。鍵的數(shù)目為14Na，苯胺分子中含有N-H鍵，N的電負性較大，能形成分子間氫鍵，分子間氫鍵使物質(zhì)的沸點升高，甲苯只分子間作用力，所以苯胺的沸點高于甲苯，故答案為：14Na；苯胺分子分子間可形成氫鍵；⑸[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中配體為：NH3、C「、H2O,NH3分子中N原子含有1孤電子對、巳0分子中0原子含有2孤電子對，壹2+含有空軌道，能與N、0、C1原子形成配位鍵，即配位原子是N、0、C1,配位數(shù)為3+2+1=6,故答案為：N、0、CI；6；(6)&0分子中0原子的價層電子對數(shù)為2+導(dǎo)=4,NH3分子中N原子的價層電子對數(shù)為3+%2=4,二者的VSEPR模型均為四面體，但0原子含有2對孤電子對、N原子含有1對孤電子對，孤電子對數(shù)越多，孤電子對間的排斥作用越多，分子的鍵角越小，即由0的鍵角小于N%,故答案為：巳0分子中0原子含有2對孤電子對、NH3分子中N原子含有1對孤電子對，七0分子中孤對電子對成鍵電子對的排斥作用較大。(1)Fe的原子序數(shù)為