2025届江苏省苏州市立达中学高一化学第二学期期末检测试题含解析

2025届江苏省苏州市立达中学高一化学第二学期期末检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列指定反应的离子方程式正确的是A．锌粒与稀醋酸反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑B．碳酸镁跟硫酸反应：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑C．氯化镁溶液与氨水反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓D．氯气与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-2、下列说法正确的是（）A．乙烯和苯使溴水褪色的原理相同B．甲烷和乙烯都可以与氯气反应C．乙醇与Na反应比水与Na反应剧烈D．乙烯可以与氢气发生加成反应，苯不能与氢气加成3、下列元素中，原子半径最大的是A．Na B．Al C．Cl D．K4、下列反应属于加成反应的是A．乙醇与氧气反应生成乙醛B．甲烷与氯气反应生成一氯甲烷C．乙烯与溴反应生成1,2-二溴乙烷D．乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯5、下图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法错误的是()A．X、Y两种单质在常温下反应生成的产物为碱性氧化物B．Z制成的槽车可以密封贮运R的氧化物对应的水化物C．Y、Z、R三种元素最高价氧化物对应水化物相互之间可以发生反应D．电解熔融的X与Z组成的化合物可以得到单质Z6、将一定量的甲烷燃烧后得到CO、CO2和水蒸气，混和气体的质量是49.6g，通过无水氯化钙时，无水氯化钙增重25.2g，则CO2的质量是（）A．12.5g B．13.2g C．19.7g D．24.4g7、下列叙述正确的是（）A．铅位于周期表中金属与非金属元素的交界处，可作半导体材料B．若存在简单阴离子R2－，则R一定属于第VIA族元素C．S和Se属于第VIA族元素，H2S的还原性比H2Se的强D．元素原子最外层电子数较小的金属一定比最外层电子数较它多的金属活泼8、分析图中的信息，下列说法不正确的是A．1molH2和1/2molO2参加反应，结果放出930kJ的热量B．破坏旧化学键，需要吸收一定的能量来克服原子间的相互作用力C．该反应中断键所吸收的能量比成键所放出的能量少D．该反应中，H2、02分子分裂为H、O原子，H、O原子重新组合成水分子9、下列关于反应焓变及测定说法正确的是A．甲烷的燃烧热为890kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=－890kJ/molB．已知：S(s)+O2(g)=SO2(g)△H1和S(g)+O2(g)=SO2(g)△H2。则△H1>△H2C．0.1mol的N2和0.3mol的H2在密闭容器中充分反应放热3.8kJ，其热化学方程式可以表示为：3H2(g)+N2(g)=2NH3(g)△H=－38kJ/molD．含有2.0gNaOH的稀溶液与足量稀盐酸完全中和放热2.87kJ，则稀醋酸与稀KOH溶液中和反应的热化学方程式：CH3COOH(aq)+KOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l)△H=－57.4kJ/mol10、下列关于化合物和化学键类型的叙述正确的是()HClONa2O2NaClNH4ClA共价化合物共价键离子化合物离子键离子化合物离子键共价化合物共价键B共价化合物共价键离子化合物共价键离子化合物离子键离子化合物共价键C共价化合物共价键离子化合物离子键、共价键离子化合物离子键离子化合物离子键、共价键D共价化合物离子键离子化合物离子键、共价键离子化合物离子键离子化合物离子键、共价键A．A B．B C．C D．D11、南通首个全程马拉松比赛，于2019年3月10日在长寿之乡如皋市开赛。远动员所穿的五彩缤纷的运动服，大量使用莱卡纤维(聚氨基甲酸酯纤维)，莱卡纤维属于A．盐 B．有机高分子 C．无机非金属材料 D．烃类12、下列说法正确的是A．用激光照射硫酸铜溶液可以观察到丁达尔现象B．钠与氧气反应的产物与反应条件无关C．燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中不能继续燃烧D．利用氯气单质的氧化性可以把碘离子转化为碘单质13、下列说法正确的是（）A．和为同一物质B．CH3CH2CH2CH3和互为同素异形体C．的名称为3-甲基丁烷D．CH3CH2OH和具有相同的官能团，互为同系物14、下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（）A．酸性：HCl>HF B．金属性：Na>MgC．碱性：KOH>NaOH D．热稳定性：HCl>HBr15、催化氧化的产物是的醇是(

)A． B．C． D．16、下列有关说法正确的是A．糖类、油脂、蛋白质均能发生水解反应B．油脂及油脂水解后的产物均为非电解质C．淀粉、纤维素的最终水解产物为纯净物D．蛋白质的最终水解产物为纯净物二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，下图是由A为原料生产某些化工产品的转化关系图。据此回答下列问题：(1)写出A分子的结构简式：_________________(2)写出B、C分子中，含氧基团的名称：B________C___________(3)写出下列反应类型：①_________②____________③____________(4)写出下列反应方程式:②B→CH3CHO：___________________________③B+C→D：______________________________18、X、Y、Z、W、Q是四种短周期元素，X元素M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍；Y原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；Z元素的单质为双原子分子，Z的氢化物水溶液呈碱性；W元素最高正价与最低负价之和为6；Q是地壳中含量最高的金属元素。回答下列问题：（1）X元素在元素周期表中的位置_______________________________________。（2）由Y和W形成的化合物的电子式________。（3）YX2分子的结构式为________，其化学键类型为是_________。（4）前四种元素的简单氢化物中Z的沸点最高，原因是________________________________。（5）写出Q和W两种元素的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式___________________。19、某科学小组制备硝基苯的实验装置如下，有关数据列如下表。已知存在的主要副反应有：在温度稍高的情况下会生成间二硝基苯。实验步骤如下：取100mL烧杯，用20mL浓硫酸与足量浓硝酸配制混和酸，将混合酸小心加入B中。把18mL（1．84g）苯加入A中。向室温下的苯中逐滴加入混酸，边滴边搅拌，混和均匀。在50～60℃下发生反应，直至反应结束。将反应液冷却至室温后倒入分液漏斗中，依次用少量水、5％NaOH溶液和水洗涤。分出的产物加入无水CaCl2颗粒，静置片刻，弃去CaCl2，进行蒸馏纯化，收集205～210℃馏分，得到纯硝基苯18g。回答下列问题：（1）图中装置C的作用是____________________。（2）制备硝基苯的化学方程式_____________________。（3）配制混合酸时，能否将浓硝酸加入到浓硫酸中_________（“是”或“否”），说明理由：____________________。（4）为了使反应在50℃～60℃下进行，常用的方法是______________。反应结束并冷却至室温后A中液体就是粗硝基苯，粗硝基苯呈黄色的原因是_____________________。（5）在洗涤操作中，第二次水洗的作用是_____________________。（6）在蒸馏纯化过程中，因硝基苯的沸点高于140℃，应选用空气冷凝管，不选用水直形冷凝管的原因是_______________________。（7）本实验所得到的硝基苯产率是_____________________。20、某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。实验（一）碘含量的测定实验（二）碘的制取另制海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如下：已知：3I2＋6NaOH===5NaI＋NaIO3＋3H2O。（1）实验（一）中的仪器名称：仪器A________，仪器B________。（2）①分液漏斗使用前须检漏，检漏方法为__________________。②步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是___________________。③下列有关步骤Y的说法，正确的是________。A应控制NaOH溶液的浓度和体积B将碘转化成离子进入水层C主要是除去海带浸取原液中的有机杂质DNaOH溶液可以由乙醇代替④实验（二）中操作Z的名称是________。（3）方案甲中采用蒸馏不合理，理由是________________________。21、现今太阳能光伏产业蓬勃发展，推动了高纯硅的生产与应用。回答下列问题：Ⅰ．工业上用“西门子法”以硅石（SiO2）为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程如下图所示：己知：SiHCl3室温下为易挥发、易水解的无色液体。（1）“还原”过程需要在高温条件下，该反应的主要还原产物为_____________。（2）“氧化”过程反应温度为200～300℃，该反应的化学方程式为__________。（3）“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下，原因是_________________。（4）上述生产工艺中可循环使用的物质是_________、________（填化学式）。Ⅱ．冶金级高纯硅中常含有微量的杂质元素，比如铁、硼等，需对其进行测定并除杂，以进一步提高硅的纯度。（5）测定冶金级高纯硅中铁元素含量将mg样品用氢氟酸和硝酸溶解处理，配成VmL溶液，用羟胺（NH2OH，难电离）将Fe3+还原为Fe2+后，加入二氮杂菲，形成红色物质。利用吸光度法测得吸光度A为0.500（吸光度A与Fe2+浓度对应曲线如图）。①酸性条件下，羟胺将Fe3+还原为Fe2+，同时产生一种无污染气体，该反应的离子方程式为__________________________________。②样品中铁元素的质量分数表达式为____________________（用字母表示）。（6）利用氧化挥发法除冶金级高纯硅中的硼元素采用Ar等离子焰，分别加入O2或CO2，研究硼元素的去除率和硅元素的损失率，实验结果如下图所示。在实际生产过程，应调节O2或CO2的合理比例的原因是________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A.醋酸为弱酸，用化学式表示，故A错误；B.碳酸镁跟硫酸反应生成溶于水的硫酸镁和二氧化碳、水，离子方程式为：MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，故B正确；C.氨水为弱碱，用化学式表示，故C错误；D.氯气与水反应生成的次氯酸为弱酸，用化学式表示，故D错误；故选B。点晴：本题考查离子方程式的书写，明确发生的反应并熟悉离子反应方程式的书写方法是解答本题的关键。离子方程式的书写步骤中的难点是“拆”：可溶性的电解质用离子符号表示，其它难溶的、难电离的物质、气体、水等仍用化学式表示。2、B【解析】

A．乙烯使溴水褪色是因为乙烯能够与溴发生加成反应，苯能够使溴水褪色是因为发生萃取，选项A错误；B、甲烷与氯气反应属于取代反应，乙烯与氯气反应属于加成反应，选项B正确；C、因为钠与乙醇及水反应能放出氢气，都是因为水和乙醇中含有羟基，因为水中羟基氢更活泼，所以钠与水反应更剧烈，选项C错误；D、乙烯可以与氢气发生加成反应生成乙烷，苯能与氢气发生加成反应生成环己烷，选项D错误；答案选B。3、D【解析】

同主族元素从上到下，电子层数增大，原子半径逐渐增大、同周期主族元素，原子半径随着核电荷数增大逐渐减小，所以原子半径K＞Na＞Al＞Cl，答案选D。4、C【解析】乙醇与氧气反应生成乙醛属于氧化反应，故A错误；甲烷与氯气反应生成一氯甲烷属于取代反应，故B错误；加成反应是双键两端的碳原子直接与其它原子相连，乙烯与溴反应生成1,2-二溴乙烷属于加成反应，故C正确；乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯属于取代反应，故D错误。点睛：加成反应是双键两端的碳原子直接与其它原子相连；含有碳碳双键的有机物易发生加成反应，如乙烯与卤素单质、乙烯与水；取代反应是有机物分子中的某些原子或原子团被其它原子或原子团代替的反应，如甲烷与氯气、乙醇与乙酸、乙酸乙酯的水解都属于取代反应。5、B【解析】分析：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，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，R为S元素A、X、Y两种单质在常温下反应生成的产物Na2O，为碱性氧化物，故A正确；B、Z为Al元素，Z制成的槽车可以密封贮运R的最高氧化物对应的水化物的浓溶液，即浓硫酸，故B错误；C、Y、Z、R对应的最高价氧化物的水化物分别为：NaOH、Al(OH)3、H2SO4，相互之间可以发生反应，故C正确；D、X为O元素，Z为Al元素，电解熔融的Al2O3可以得到单质Al，故D正确；故选B。6、B【解析】

将一定量的甲烷燃烧后得到CO、CO2和水蒸气，混和气体的质量是49.6g，通过无水氯化钙时，无水氯化钙增重25.2g为水的质量，水的物质的量是25.2g÷18g/mol＝1.4mol，根据氢原子守恒可知甲烷的物质的量是1.4mol÷2＝0.7mol，根据碳原子守恒可知一氧化碳和二氧化碳的物质的量之和是0.7mol，二者的质量之和是49.6g－25.2g＝24.4g，则[0.7mol－n(CO2)]×28g/mol+n(CO2)×44g/mol＝24.4g，解得n(CO2)＝0.3mol，所以生成的CO2的质量是0.3mol×44g/mol＝13.2g。答案选B。7、B【解析】

A．铅位于周期表中金属元素处，具有典型的金属元素的性质，错误；B．若存在简单阴离子R2－，则R最低化合价是-2价，根据同一元素最低化合价与最高化合价绝对值的和等于8可知，该元素一定属于第VIA族元素，正确；C．S和Se属于第VIA族元素，由于元素的非金属性S>Se，所以H2S的还原性比H2Se的弱，错误；D．Li最外层只有1个电子，Ba最外层有2个电子，但是金属的活动性：Ba>Li，错误。答案选B。8、A【解析】分析：A、反应热=反应物键能之和-生成物的键能之和；B、断裂过程需吸收热量；C、氢气燃烧是放热反应；D、发生化学变化时，分子分裂成原子，原子重新组合成新的分子；详解：A、反应热=反应物键能之和-生成物的键能之和，所以1molH2和1/2molO2完全反应，焓变△H=(436+249-×930)kJ/mol=-245kJ/mol，A错误；B、断裂过程需吸收热量，即破坏旧化学键，需要吸收一定的能量来克服原子间的相互作用力，B正确；C、反应放热，则该反应中断键所吸收的能量比成键所放出的能量少，C正确；D、分子发生化学变化时，分子分裂成原子，原子重新组合成新的分子，D正确；答案选A。点睛：本题考查了化学反应能量变化分析，主要是能量守恒和反应实质的理解应用，题目较简单。注意焓变与键能的关系。9、B【解析】A.甲烷的燃烧热为890kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)△H=-890kJ/mol，A错误；B.气态硫的能量高于固态硫的能量，因此如果S(s)+O2(g)=SO2(g)△H1和S(g)+O2(g)=SO2(g)△H2，则△H1＞△H2，B正确；C.由于是可逆反应，不能计算反应热，C错误；D.醋酸溶于水电离，电离吸热，因此CH3COOH(aq)+KOH(aq)＝CH3COONa(aq)+H2O(l)的反应热△H＞－57.4kJ/mol，D错误，答案选B。点睛：ΔH的比较：对放热反应，放热越多，ΔH越小；对吸热反应，吸热越多，ΔH越大。比较反应热大小的四个注意要点：（1）反应物和生成物的状态。（2）ΔH的符号：比较反应热的大小时，不要只比较ΔH数值的大小，还要考虑其符号。（3）参加反应物质的量，当反应物和生成物的状态相同时，参加反应物质的量越多放热反应的ΔH越小，吸热反应的ΔH越大。（4）反应的程度：参加反应物质的量和状态相同时，反应的程度越大，热量变化越大。10、C【解析】

HClO中只含共价键的共价化合物、Na2O2中含有离子键、非极性共价键的离子化合物、氯化钠是只含离子键的离子化合物、氯化铵是含离子键和共价键的离子化合物，综上所述，故C正确。综上所述，答案为C。【点睛】化学键包含共价键、离子键等，金属阳离子和阴离子之间的化学键为离子键，一般盐、碱金属氧化物中含有离子键，非金属元素之间的化学键为共价键，其中相同非金属元素形成的为非极性共价键，不同非金属元素形成的为极性共价键。11、B【解析】

通常把材料分成四大类：金属材料、无机非金属材料、合成材料和复合材料；金属材料包括金属单质与合金；无机非金属材料主要为无机盐，如玻璃、陶瓷等；合成材料包括塑料、合成橡胶、合成纤维；【详解】A.电离时生成金属离子（铵根）与酸根离子的化合物叫盐，莱卡纤维属于有机物，不属于盐类，故A错误；B.纤维素分为天然纤维和合成纤维，都属于有机高分子材料，莱卡纤维属于人工合成有机高分子材料，故B正确；C.无机非金属材料，主要为无机盐，如玻璃、陶瓷等，故C错误；D.烃类属于有机物，只含碳氢两种元素，分为芳香烃，烷烃，烯烃，炔烃等，莱卡纤维不属于烃类，故D错误；答案选B。12、D【解析】

A.硫酸铜是溶液，不是胶体，用激光照射硫酸铜溶液可观察不到丁达尔现象，A错误；B．钠与氧气常温下反应生成氧化钠，加热下反应生成过氧化钠，则产物与反应条件有关，B错误；C.燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中，镁能继续燃烧生成氧化镁和碳，C错误；D.氯气的氧化性强于碘单质，氯气能与碘离子发生置换反应生成碘单质，D正确；故选D。【点睛】镁具有较强的还原性，燃着的镁条能与空气中的氧气、氮气和二氧化碳反应是解答关键。13、A【解析】分析：A．甲烷分子为正四面体结构，四个氢原子位置完全相同；B．同种元素组成的不同单质为同素异形体；C．为烷烃，最长碳链为4个。离取代基近的一端编号得到正确的名称；D．结构相似，组成相差若干个CH2的有机物为同系物。详解：A．甲烷分子为正四面体结构，四个氢原子位置完全相同，和为同一物质，A正确；B．CH3CH2CH2CH3和为结构相似，组成相差1个CH2的有机物为同系物，B错误；C．为烷烃，最长碳链为4个。离取代基近的一端编号得到正确的名称为2-甲基丁烷，C错误；D．CH3CH2OH和具有相同的官能团，但官能团个数不同，不能互为同系物，D错误；答案选A。14、A【解析】A项，由元素周期律可解释非金属元素最高价氧化物对应水化物酸性的强弱，不能解释气态氢化物水溶液酸性的强弱；B项，核电荷数：NaMg，原子半径：NaMg，原子核对外层电子的引力：NaMg，金属性：NaMg，可用元素周期律解释；C项，金属性：KNa，碱性：KOHNaOH，能用元素周期律解释；D项，非金属性：ClBr，热稳定性：HClHBr，能用元素周期律解释；不能用元素周期律解释的是A，答案选A。点睛：本题考查元素周期律，理解元素周期律的实质和内容是解题的关键。元素原子的核外电子排布、原子半径、元素的主要化合价、元素的金属性和非金属性随着原子序数的递增呈周期性变化。元素金属性的强弱可通过金属单质与水（或酸）反应置换出氢的难易程度或最高价氧化物对应水化物碱性的强弱推断，元素非金属性的强弱可通过最高价氧化物对应水化物酸性强弱、或与氢气生成气态氢化物的难易程度以及氢化物的稳定性推断。注意：元素非金属性的强弱不能通过含氧酸酸性强弱或气态氢化物水溶液酸性强弱判断，如由非金属性：SCl可推出酸性：H2SO4HClO4；但酸性：H2SO4HClO等。15、A【解析】

选项中均为醇，含-OH，与-OH相连C上有2个H能被氧化生成-CHO，即含-CH2OH结构，以此来解答。【详解】催化氧化的产物，该醛主碳链有4，1个甲基，为2-甲基丁醛；A．含-CH2OH结构，可催化氧化生成醛为，与题意相符，故A选；B．催化氧化的产物，该醛主碳链有4，有1个甲基，为2-甲基丁醛；而含有-CH2OH结构，可催化氧化生成醛，该醛主碳链为4，有1个乙基，为2-乙基丁醛，不符合题意，故B不选；C．与-OH相连的C上只有1个H，催化氧化生成酮，故C不选；D．与-OH相连的C上只有1个H，催化氧化生成酮，故D不选；故选：A。16、C【解析】分析：A.单糖不能水解；B.硬脂酸钠是电解质；C.淀粉、纤维素的最终水解产物为葡萄糖；D.蛋白质的最终水解产物为氨基酸。详解：A.糖类中的单糖不能发生水解反应，例如葡萄糖，A错误；B.油脂在碱性条件下水解生成的高级脂肪酸钠是电解质，B错误；C.淀粉、纤维素的最终水解产物为葡萄糖，属于纯净物，C正确；D.蛋白质的最终水解产物为各种氨基酸，是混合物，D错误。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH2=CH2羟基羧基加成反应氧化反应取代反应（或酯化反应）B→CH3CHO：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O【解析】气体A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，所以A是乙烯，结构简式为CH2=CH2，CH2=CH2和水发生加成反应生成乙醇，则B结构简式为CH3CH2OH，CH3CH2OH被氧化生成CH3CHO，CH3CHO被氧化生成C为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH发生酯化反应生成D为CH3COOCH2CH3。(1)根据上面的分析可知，A的结构简式为CH2=CH2，故答案为CH2=CH2；(2)B为CH3CH2OH，含氧官能团为羟基；C为CH3COOH，含氧官能团为羧基，故答案为羟基；羧基；(3)反应①是乙烯与水的加成反应；反应②为乙醇的催化氧化反应；反应③为乙醇和乙酸的酯化反应，故答案为加成反应；氧化反应；取代反应(或酯化反应)；(4)反应②为乙醇的催化氧化，反应的方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，是氧化反应，反应③为CH3CH2OH和CH3COOH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，反应的方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，也是取代反应，故答案为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O。点睛：本题考查有机物推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，涉及烯烃、醇、醛、羧酸、酯之间的转化，明确有机物中官能团及其性质即可解答，熟练掌握常见有机物反应类型。18、第三周期第VIA族（CCl4电子式略）S=C=S极性键NH3分子间存在氢键Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O【解析】分析：根据X元素M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍，可知X为S元素；根据Y的最外层电子数是次外层电子数的2倍，可知Y为C元素；；根据Z的常温下单质为双原子分子,其氢化物水溶液呈碱性，可知Z为N元素；根据W元素最高正价与最低负价之和为6，可知W为Cl元素；根据Q是地壳中含量最高的金属元素，可知Q为Al元素。详解：（1）X为S元素，在元素周期表中的位于第三周期第VIA族；（2）由Y和W形成的化合物为CCl4，电子式为；（3）YX2分子CS2，结构式为S=C=S，其化学键类型为极性键共价键；（4）Z的气态氢化物为氨气，氨气分子间存在氢键，一种特殊的分子间作用力，强于普通的分子间作用力，因此氨气的沸点最高；（5）Q和W两种元素的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝和高氯酸，两者发生中和反应，方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O。点睛：本题考察重点是根据元素周期律推断元素种类的相关题型。解这类题首先要牢记元素周期律的相关内容，短周期元素的核外电子排布特点等，根据X元素M层上的电子数是原子核外电子层数的2倍，可知X为S元素；根据Y的最外层电子数是次外层电子数的2倍，可知Y为C元素；；根据Z的常温下单质为双原子分子,其氢化物水溶液呈碱性，可知Z为N元素；根据W元素最高正价与最低负价之和为6，可知W为Cl元素；根据Q是地壳中含量最高的金属元素，可知Q为Al元素。19、冷凝回流否液体容易迸溅水浴加热溶有浓硝酸分解产生的NO2洗去残留的NaOH及生成的钠盐防止直形冷凝管通水冷却导致玻璃温差大而炸裂72%【解析】分析：根据题意浓硫酸、浓硝酸和苯在加热时反应生成硝基苯，反应后，将反应液冷却至室温后倒入分液漏斗中，依次用少量水、5％NaOH溶液和水洗涤，先用水洗除去浓硫酸、硝酸，再用氢氧化钠除去溶解的少量酸，最后水洗除去未反应的NaOH及生成的盐；分出的产物加入无水CaCl2颗粒，吸收其中少量的水，静置片刻，弃去CaCl2，进行蒸馏纯化，收集205～210℃馏分，得到纯硝基苯；计算产率时，根据苯的质量计算硝基苯的理论产量，产率=实际产量理论产量详解：（1）装置C为冷凝管，作用是导气、冷凝回流，可以冷凝回流挥发的浓硝酸以及苯使之充分反应，减少反应物的损失，提高转化率，故答案为：冷凝回流；（2）根据题意，浓硫酸、浓硝酸和苯在加热时反应生成硝基苯，制备硝基苯的化学方程式为，故答案为：；（3）浓硫酸密度大于浓硝酸，应将浓硝酸倒入烧杯中，浓硫酸沿着烧杯内壁缓缓注入，并不断搅拌，如果将浓硝酸加到浓硫酸中可能发生液体飞溅，故答案为：否；液体容易迸溅浓硝酸；（4）为了使反应在50℃～60℃下进行，可以用水浴加热的方法控制温度。反应结束并冷却至室温后A中液体就是粗硝基苯，由于粗硝基苯中溶有浓硝酸分解产生的NO2，使得粗硝基苯呈黄色，故答案为：水浴加热；溶有浓硝酸分解产生的NO2；（5）先用水洗除去浓硫酸、硝酸，再用氢氧化钠除去溶解的少量酸，最后水洗除去未反应的NaOH及生成的盐，故答案为：洗去残留的NaOH及生成的钠盐；（6）在蒸馏纯化过程中，因硝基苯的沸点高于140℃，应选用空气冷凝管，不选用水直形冷凝管是为了防止直形冷凝管通水冷却导致玻璃温差大而炸裂，故答案为：防止直形冷凝管通水冷却导致玻璃温差大而炸裂；（7）苯完全反应生成硝基苯的理论产量为1.84g×12378，故硝基苯的产率为[18g÷（1.84g×12378）]×100%=72%20、坩埚500mL容量瓶向分液漏斗中加入少量水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水液体分上下两层，下层呈紫红