2024届江苏省连云港市重点初中化学高二下期末质量跟踪监视试题含解析

2024届江苏省连云港市重点初中化学高二下期末质量跟踪监视试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列试剂的保存方法及解释中错误的是（）A．金属钾在空气中易被氧化，钾的密度比煤油大，钾不与煤油反应，因此少量钾保存在煤油中B．NaOH与玻璃中的SiO2反应，因此NaOH溶液保存在配有橡胶塞的细口瓶中C．常温时铝遇浓硫酸钝化，所以可以用铝制容盛装浓硫酸D．为防止FeSO4水解而变质，常在溶液中加入少量铁粉2、一定量的盐酸跟过量锌粉反应时，为了减缓反应速率但又不影响生成H2的总量，可采取的措施是()A．加入少量NaOH固体B．加入少量CH3COONa固体C．加入少量Na2SO4固体D．加入少量Na2CO3固体3、200℃、101kPa时，在密闭容器中充入1molH2和1molI2，发生反应I2(g)+H2(g)2HI(g)ΔH=－14.9kJ/mol。反应一段时间后，能说明反应已经达到化学平衡状态的是A．放出的热量小于14.9kJB．反应容器内压强不再变化C．HI生成的速率与HI分解的速率相等D．单位时间内消耗amolH2，同时生成2amolHI4、①将0.100L1.00mol·L-1的纯碱溶液逐滴滴入0.100L1.25mol·L-1的盐酸中；②将0.100L1.25mol·L-1的盐酸逐滴滴入0.100L1.00mol·L-1的纯碱溶液中；两种操作产生CO2的体积比为A．5∶2 B．2∶5 C．2∶1 D．1∶15、室温下，相同浓度、体积相同的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是A．两者水的电离程度相同B．分别用水稀释相同倍数后，c(Cl-)>c(CH3COO-)C．盐酸的pH值大于醋酸溶液的pH值D．分别与物质的量浓度相同的NaOH溶液恰好反应完全时，盐酸消耗NaOH溶液的体积多6、下列说法中错误的是A．[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，空间构型为直线型B．配位数为4的配合单元一定呈正四面体结构，配位数为6的配合单元一定呈正八面体结构C．[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性共价键和配位键D．[Pt(NH3)6]2＋和[PtCl4]2－中，其中心离子的化合价都是＋27、向淀粉溶液中加少量稀H2SO4加热，使淀粉水解，为测定其水解程度，需要用到的试剂有（）①NaOH溶液

②银氨溶液

③新制Cu(OH)2悬浊液

④碘水

⑤BaCl2溶液A．①⑤ B．①③⑤ C．②④ D．①③④8、能产生“丁达尔效应”的是（）A．肥皂水B．石灰水C．双氧水D．氯水9、下列化学方程式能用离子方程式2H＋＋CO32－＝H2O＋CO2↑表示的是()A．HCl＋NaHCO3＝NaCl＋H2O＋CO2↑B．2HCl＋BaCO3＝BaCl2＋H2O＋CO2↑C．H2SO4＋Na2CO3＝Na2SO4＋H2O＋CO2↑D．2CH3COOH＋Na2CO3＝2CH3COONa＋H2O＋CO2↑10、下列说法中正确的是A．NO2、BF3、PCl3这三个分子中的所有原子最外层电子均未满足8电子稳定结构B．在干冰中，每个CO2分子周围有12个紧邻的分子C．在NaCl晶体中，Na+的配位数为8D．金属导电的实质是金属阳离子在外电场作用下的定向移动11、生物学家借助新的显微技术，成功观察到小于200纳米的微粒。下列分散系中，分散质粒径最小的是A．雾 B．蛋白质溶液 C．石灰乳 D．KNO3溶液12、相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝一92.6kJ/mol。实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：容器

起始各物质的物质的量/mol

达平衡时体系能量的变化

N2

H2

NH3

①

1

3

0

放出热量：23.15kJ

②

0.9

2.7

0.2

放出热量：Q

下列叙述不正确的是（）A．容器①、②中反应的平衡常数相等B．平衡时，两个容器中NH3的体积分数均为1/7C．容器②中达平衡时放出的热量Q＝23.15kJD．若容器①体积为0.5L，则平衡时放出的热量小于23.15kJ13、根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件己略去)（）A．只有反应①②④均属于氧化还原反应B．反应⑤说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属C．相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：1D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：414、某化学小组欲利用如图所示的实验装罝探究苯与液溴的反应。已知：MnO2+2NaBr+2H2SO4Br2↑+MnSO4+Na2SO4+2H2O，下列说法不正确的是（）A．装置A的作用是除去HBr中的溴蒸气B．装置B的作用是检验Br−C．可以用装置C制取溴气D．待装置D反应一段时间后抽出铁丝反应会终止15、实验室利用乙醇催化氧化法制取并提纯乙醛的实验过程中，下列装置未涉及的是（）A． B． C． D．16、下列有关化学用语表示正确的是A．HCO3－水解：HCO3－＋H+H2CO3B．钢铁吸氧腐蚀的负极反应式：Fe－3e－=Fe3＋C．向氯化银悬浊液中滴入KI溶液：Ag＋＋I－=AgI↓D．铅蓄电池充电时阴极反应式：PbSO4＋2e－==Pb＋SO42－二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物K是有机光电材料中间体。由芳香族化合物A制备K的合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)A的结构简式是________。(2)C中官能团是________。(3)D→E的反应类型是________。(4)由F生成G的化学方程式是________。(5)C7H8的结构简式是________。(6)芳香族化合物X是G的同分异构体，该分子中除苯环外，不含其他环状结构，其苯环上只有1种化学环境的氢。X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，写出符合上述要求的X的结构简式：________。(7)以环戊烷和烃Q为原料经四步反应制备化合物，写出有关物质的结构简式（其他无机试剂任选）。Q：____；中间产物1：________；中间产物2：____；中间产物3：________。18、下表为周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。(1)在①～⑩元素的电负性最大的是_____(填元素符号)。(2)⑨元素有_____种运动状态不同的电子。(3)⑩的基态原子的价电子排布图为_____。(4)⑤的氢化物与⑦的氢化物比较稳定的是_____，沸点较高的是_____(填化学式)。(5)上述所有元素中的基态原子中4p轨道半充满的是_____(填元素符号)，4s轨道半充满的是_____(填元素符号)。19、无水MgBr2可用作催化剂．实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：步骤1三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴．步骤2缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中．步骤3反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚溴化镁粗品．步骤4室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品．已知：①Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性．②MgBr2+3C2H5OC2H5⇌MgBr2•3C2H5OC2H5请回答：（1）仪器A的名称是______．实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是______________（2）如将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是___________________（3）步骤3中，第一次过滤除去的物质是_________________．（4）有关步骤4的说法，正确的是__________________．A、可用95%的乙醇代替苯溶解粗品B、洗涤晶体可选用0℃的苯C、加热至160℃的主要目的是除去苯D、该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴（5）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y）标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg2++Y4﹣═MgY2﹣①滴定管洗涤前的操作是_____________________________．②测定时，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500mol•L﹣1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液25.00mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是__________________（以质量分数表示）．20、已知下列数据：某同学在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：①配制2mL浓硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。②按如图连接好装置并加入混合液，用小火均匀加热3~5min③待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管乙并用力振荡，然后静置待分层。④分离出乙酸乙酯，洗涤、干燥、蒸馏。最后得到纯净的乙酸乙酯。(1)反应中浓硫酸的作用是_____(2)写出制取乙酸乙酯的化学方程式：_____(3)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是_____(4)步骤②为防止加热过程中液体暴沸，该采取什么措施_____(5)欲将乙试管中的物质分离得到乙酸乙酯，必须使用的玻璃仪器有__________；分离时，乙酸乙酯应从仪器_______________（填“下口放”“上口倒”）出。

(6)通过分离饱和碳酸钠中一定量的乙醇，拟用如图回收乙醇，回收过程中应控制温度是______21、暑期有同学去海边或江湖边玩耍时，发现很多水体都发生了藻类大量生长引起的水体污染，很多情况都是由含氮的废水进入水体中对环境造成的污染。某校环保科研小组的同学认为可以用金属铝将水中的NO2—还原成N2，从而减少或消除由它引起的污染。（1）配平下列有关的离子方程式：NO2—+Al+=N2+Al(OH)3+OH—____（2）以上反应中，被还原的物质是_____，每生成1mol氧化产物，发生转移的电子的物质的量为____。（3）现需除去10m3含氮废水中的NO2—（假设氮元素均以NO2—的形式存在，且浓度为1×10-4mol/L）,至少需要消耗金属铝的质量为__________g。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】

A.金属钾在空气中易被氧化，钾的密度比煤油大，钾不与煤油反应，因此少量钾保存在煤油中，A正确；B.NaOH与玻璃中的SiO2反应生成黏性很强的硅酸钠，因此NaOH溶液保存在配有橡胶塞的细口瓶中，B正确；C.常温时铝遇浓硫酸钝化，所以可以用铝制容盛装浓硫酸，C正确；D.为防止FeSO4氧化而变质，常在溶液中加入少量铁粉，D错误。答案选D。2、B【解题分析】

A．因盐酸与NaOH溶液反应，会导致生成氢气的量减少，故A不选；B．加入少量CH3COONa固体，使盐酸转化为醋酸，减小氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量，可满足减缓反应速率但又不影响生成H2的总量，故B选；C．加入少量Na2SO4固体，对反应没有影响，故C不选；D．因盐酸与Na2CO3固体反应，会导致生成氢气的量减少，故D不选；故选B。【题目点拨】本题考查影响化学反应速率的因素。本题的易错点为题意的理解，因Zn过量，则减小氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量，可满足减缓反应速率但又不影响生成H2的总量。3、C【解题分析】

根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，据此解答。【题目详解】A、可逆反应不可能完全转化，未平衡和平衡放出的热量都小于14.9kJ，A错误；B、随着反应的进行体系压强一直保持不变，不能说明达平衡状态，B错误；C、HI生成的速率与HI分解的速率相等，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，C正确；D、都体现的正反应方向，未体现正与逆的关系，D错误；答案选C。【题目点拨】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。4、A【解题分析】

①将0.100L1.00mol·L-1的纯碱溶液（物质的量为0.1mol）逐滴滴入0.100L1.25mol·L-1的盐酸（物质的量为0.125mol）中反应的方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，则生成的CO2气体的物质的量为0.0625mol；②将0.100L1.25mol·L-1的盐酸逐滴滴入0.100L1.00mol·L-1的纯碱溶液中，第一步反应为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，第二步反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则生成的CO2气体的物质的量为0.025mol；两种操作产生CO2的体积比为5∶2，故合理选项为A。5、B【解题分析】盐酸为强酸，醋酸为弱酸，室温下，相同浓度、体积相同的盐酸和醋酸溶液，盐酸的酸性比醋酸强。A.盐酸的酸性比醋酸强，两者电离出的氢离子浓度本题，对水的电离的抑制程度不同，水的电离程度不同，故A错误；B.分别用水稀释相同倍数后，盐酸和醋酸的浓度仍然相等，但盐酸的电离程度比醋酸大，c(Cl-)>c(CH3COO-)，故B正确；C.盐酸的酸性比醋酸强，盐酸的pH值小于醋酸溶液的pH值，故C错误；D.相同浓度、体积相同的盐酸和醋酸溶液，含有的氯化氢和醋酸的物质的量相等，分别与物质的量浓度相同的NaOH溶液恰好反应完全时，二者消耗NaOH溶液的体积相同，故D错误；故选B。6、B【解题分析】

A.Ag+价电子排布式为4d10，4d轨道电子全充满，则一个5s轨道和1个5p轨道参与杂化形成两个杂化轨道，这两个杂化轨道接受两个氮原子中提供的孤电子对而形成两个配位键，所以中心原子与配位体形成配位键的杂化轨道类型是sp杂化，空间构型为直线型，A正确；B.配位数为4的配合物可以为四面体结构，也可以为平面四边形结构，B错误；C.[Cu(NH3)4]SO4属于离子化合物，含有离子键，N-H键为极性共价键，Cu-N键为配位键，C正确；D.[Pt(NH3)6]2＋中，NH3可以看为一个整体，显0价，[PtCl4]2－中，Cl显-1价，故它们的中心离子的化合价都是＋2，D正确；故合理选项为B。7、D【解题分析】

淀粉在一定条件下水解程度可能有三种情况：（1）水解完全，只有葡萄糖；（2）部分水解，残留物中有未水解的淀粉和生成的葡萄糖；（3）没有水解，残留物中只有未水解的淀粉。要检验水解产物中的葡萄糖，必须先用氢氧化钠溶液中和掉做催化剂的硫酸，据此分析。【题目详解】淀粉的水解程度包括完全水解和部分水解，淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液可检验淀粉是否发生水解，但葡萄糖与银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液的反应均须在碱性条件下进行，故检验水解有无葡萄糖生成时，应先用NaOH溶液调节溶液至碱性，然后用银氨溶液或新制Cu（OH）2碱性悬浊液检验，碘水可检验淀粉是否完全水解，所以需要的试剂有①②④或①③④。答案选D。【题目点拨】本题考查淀粉水解程度的检验，题目难度不大，醛基的银镜反应和与新制氢氧化铜悬浊液的反应均在碱性条件下进行，注意溶液酸碱性对反应的影响。8、A【解题分析】能产生丁达尔效应的分散系是胶体，A、肥皂水属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；B、石灰水属于溶液，故B错误；C、双氧水属于溶液，故C错误；D、氯水属于溶液，故D错误。9、C【解题分析】分析：根据离子方程式2H＋＋CO32－＝H2O＋CO2↑可知该反应属于强酸或强酸的酸式盐和可溶性碳酸盐反应生成另一种可溶性盐、水和二氧化碳的反应，结合选项分析判断。详解：A.HCl＋NaHCO3＝NaCl＋H2O＋CO2↑的离子方程式为H＋＋HCO3－＝H2O＋CO2↑，A错误；B.2HCl＋BaCO3＝BaCl2＋H2O＋CO2↑中碳酸钡难溶，离子方程式为2H＋＋BaCO3＝Ba2＋＋H2O＋CO2↑，B错误；C.H2SO4＋Na2CO3＝Na2SO4＋H2O＋CO2↑的离子方程式2H＋＋CO32－＝H2O＋CO2↑，C正确；D.2CH3COOH＋Na2CO3＝2CH3COONa＋H2O＋CO2↑中醋酸难电离，离子方程式为2CH3COOH＋CO32－＝2CH3COO－＋H2O＋CO2↑，D错误。答案选C。10、B【解题分析】

A．NO2中的N和BF3中的B不满足8电子稳定结构，其余的原子均满足，A项错误；B．干冰的晶胞中，CO2在顶点和面心的位置，所以每个CO2分子周围最近的有12个CO2分子，B项正确；C．NaCl晶体，Na+和Cl-的配位数均为6，C项错误；D．金属导电的实质是自由电子在电场作用下产生的定向移动，D项错误；答案选B。11、D【解题分析】

溶液、浊液、胶体的本质区别就是分散质的微粒直径不同，溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以溶液的分散质粒子直径最小，雾和蛋白质溶液属于胶体，石灰乳属于悬浊液，KNO3溶液属于溶液，则KNO3溶液的分散质粒径最小，故选D。【题目点拨】注意溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质微粒的大小根据分散质粒子直径大小分类，把分散系分为溶液、胶体、浊液，溶液、浊液、胶体的本质区别就是分散质的微粒直径不同，溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm）。12、C【解题分析】A、容器①、②中反应所处温度相同，则平衡常数相等，故正确；B、容器①、②中反应为等温、等容条件下的“等效平衡”：由反应①，得N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)C0130△C0.250.750.50C(平衡)0.752.250.50则NH3的体积分数=0.50/(0.75+2.25+0.50)=1/7，故正确；C、可以看做①部分反应后得到②，所以不能判断②的放热情况，故错误；D、容器①的体积增大，则压强减小，平衡逆向移动，放出的热量减少，故正确13、B【解题分析】

A．①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、二氧化锰和水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价变化，都属于氧化还原反应，故A错误；B．⑤为铝热反应，放出大量的热，可用于制熔点较高的金属，故B正确；C．③中O元素的化合价由-1价升高为0，④中O元素的化合价有-2价升高为0，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C错误；D．反应①4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高到0，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误。【题目点拨】本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大，把握反应中元素的化合价变化及得失电子守恒是解题的关键。14、D【解题分析】

苯与液溴会发生取代反应，生成溴苯和溴化氢。【题目详解】A.苯与液溴会发生取代反应，生成溴苯和溴化氢，由于溴易挥发，导出的溴化氢气体中会混有挥发出的溴蒸气，装置A的作用是除去HBr中的溴蒸气，故A正确；B.装置B中硝酸银会与溴化氢反应生成淡黄色沉淀，硝酸银的作用是检验Br−，故B正确；C.由反应原理MnO2+2NaBr+2H2SO4Br2↑+MnSO4+Na2SO4+2H2O可知，该反应属于固体和液体加热制气体，可以用装置C制取溴气，故C正确；D.苯与液溴发生取代反应的催化剂是溴化铁，待装置D反应一段时间后抽出铁丝，装置中已经有溴化铁，反应不会终止，故D错误；答案选D。【题目点拨】注意苯与液溴发生取代反应的催化剂是溴化铁！15、C【解题分析】

乙醇催化氧化生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，结合相关装置分析【题目详解】A、分离提纯得到乙醛用蒸馏法，蒸馏要用到该装置，故A不选；B、B装置是乙醇的催化氧化装置，故B不选；C、提纯乙醛不用分液法，故用不到分液漏斗和烧杯，C选；D、蒸馏法提纯乙醛要用到冷凝管，故D不选；故选C。16、D【解题分析】

A.HCO3－水解：HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－,故A错误；B.钢铁吸氧腐蚀的负极反应式：Fe－2e－=Fe2＋，故B错误；C.氯化银悬浊液,离子方程式应该写化学式，即AgCl＋I－=AgI↓＋Cl-故C错误；D.铅蓄电池充电时阴极发生还原反应，即PbSO4＋2e-=Pb＋SO42－，故D正确。【题目点拨】注意区分水解方程式和电离方程式，铁参与的电极反应一般失去电子为Fe2＋。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键羧基消去反应+C2H5OH+H2OCH3—C≡C—CH3【解题分析】

由第一个信息可知A应含有醛基，且含有7个C原子，应为，则B为，则C为，D为，E为，F为，F与乙醇发生酯化反应生成G为，对比G、K的结构简式并结合第二个信息，可知C7H8的结构简式为；(7)环戊烷与氯气在光照条件下生成，发生消去反应得到环戊烯。环戊烯与2-丁炔发生加成反应生成，然后与溴发生加成反应生成。【题目详解】根据上述分析可知：A为，B为，C为，D为，E为，F为，G为，对比G、K的结构简式并结合题中给出的第二个信息，可知C7H8的结构简式为。(1)A的结构简式是。(2)C结构简式是其中含有的官能团是碳碳双键和羧基。(3)D→E的反应类型为消去反应。(4)F为，F与乙醇在浓硫酸存在的条件下加热，发生消去反应形成G和水，所以由F生成G的化学方程式是+C2H5OH+H2O。(5)C7H8的结构简式是。(6)芳香族化合物X是G的同分异构体，该分子中除苯环外，不含其他环状结构，其苯环上只有1种化学环境的氢。X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明分子中含有羧基-COOH，则符合上述要求的X的结构简式：、。(7)环戊烷与氯气在光照条件下生成，，与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应得到环戊烯、NaCl、H2O。环戊烯与2-丁炔发生加成反应生成，然后与溴发生加成反应生成。其合成路线为。所以Q：CH3—C≡C—CH3；中间产物1：；中间产物2：；中间产物3：。【题目点拨】本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意题给信息的灵活运用。18、F26H2OH2OAsK【解题分析】

根据元素在元素周期表中的位置可知，①为H元素；②为Be元素；③为C元素；④为N元素；⑤为O元素；⑥为F元素；⑦为S元素；⑧为K元素；⑨为Fe元素；⑩为As元素。结合元素周期律和原子结构分析解答。【题目详解】根据元素在元素周期表中的位置可知，①为H元素；②为Be元素；③为C元素；④为N元素；⑤为O元素；⑥为F元素；⑦为S元素；⑧为K元素；⑨为Fe元素；⑩为As元素。(1)元素的非金属性越强，电负性数值越大，在①～⑩元素的电负性最大的是F，故答案为：F；(2)⑨为Fe元素，为26号元素，原子中没有运动状态完全相同的2个电子，铁原子中有26种运动状态不同的电子，故答案为：26；(3)⑩为As元素，为33号元素，与N同主族，基态原子的价电子排布图为，故答案为：；(4)⑤为O元素，⑦为S元素，元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氢化物比较稳定的是H2O；水分子间能够形成氢键，沸点比硫化氢高，沸点较高的是H2O，故答案为：H2O；H2O；(5)上述所有元素中的基态原子中4p轨道半充满的是As，4s轨道半充满的是K，故答案为：As；K。19、干燥管防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患镁屑BD检漏92%【解题分析】

（1）仪器A为干燥管，本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，所以装置中不能有能与镁反应的气体，例如氧气，所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气，防止镁屑与氧气反应生成的氧化镁阻碍Mg和Br2的反应，故答案为干燥管；防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应；（2）将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，装置B是利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中，反应容易控制，可防止反应过快，故答案为会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患；（3）步骤3过滤出去的是不溶于水的镁屑，故答案为镁屑；（4）A.95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，选项A错误；B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C的苯，可以减少产品的溶解，选项B正确；C．加热至160°C的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，选项C错误；D．该步骤是为了除去乙醚和溴，选项D正确；答案选BD；（5）①滴定管洗涤前的操作是检漏；②依据方程式Mg2++Y4-═MgY2-分析，溴化镁的物质的量=0.0500mol/L×0.0250L=0.00125mol，则溴化镁的质量为0.00125mol×184g/mol=0.23g，溴化镁的产品的纯度=×100%=92%。20、催化剂、吸水剂CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O中和乙酸并吸收乙醇；降低乙酸乙酯的溶解度在试管中加入少量碎瓷片分液漏斗上口倒78℃【解题分析】

在试管甲中先加入碎瓷片，再依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸，按3:2:2关系混合得到混合溶液，然后加热，乙醇、乙酸在浓硫酸催化作用下发生酯化反应产生乙酸乙酯，由于乙酸乙酯的沸点低，从反应装置中蒸出，进入到试管乙中，乙酸、乙醇的沸点也比较低，随蒸出的生成物一同进入到试管B中，碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解