河北省定州市、博野县2025年化学高二第二学期期末检测模拟试题含解析

河北省定州市、博野县2025年化学高二第二学期期末检测模拟试题注意事项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0．5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、某小分子抗癌药物的分子结构如右图所示，下列说法正确的是（）A．1mol该有机物最多可以和5molNaOH反应B．该有机物容易发生加成、取代、中和、消去等反应C．该有机物遇FeCl3溶液不变色，但可使酸性KMnO4溶液褪色D．1mol该有机物与浓溴水或氢气反应，最多消耗3molBr2或6molH22、下列装置可用于不溶性固体和液体分离的是A． B． C． D．3、下列反应中，属于吸热反应的是A．木炭在空气中燃烧 B．氢气在氯气中燃烧C．盐酸和氢氧化钠溶液反应 D．Ba(OH)2·8H2O与NH4C1反应4、一定条件下，下列物质可以通过化合反应一步制得的共有①硫酸铝②小苏打③氯化亚铁④氢氧化铜⑤氢氧化铁⑥磁性氧化铁A．3种B．4种C．5种D．6种5、分子式为的有机物含有一个六元环结构，在酸性条件下发生水解，产物只有一种，又知该有机物的分子中含有两个甲基，则该有机物的可能结构有A．6种 B．8种 C．10种 D．14种6、R、X、Y和Z是四种元素,其常见化合价均为+2价,且X2+与单质R不反应,X2++Z=X+Z2+,Y+Z2+=Y2++Z。这四种离子被还原成0价时,表现的氧化性强弱顺序为()A．R2+>X2+>Z2+>Y2+ B．X2+>R2+>Y2+>Z2+C．Y2+>Z2+>R2+>X2+ D．Z2+>X2+>R2+>Y2+7、化学与生活密切相关，下列说法正确的是()A．将(NH4)2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀可知二者均可使人中毒B．塑料的老化是由于与空气中的氧气发生了加成反应C．粮食酿酒的过程：淀粉葡萄糖乙醇D．可以用足量氢氧化钠溶液加热的方法区分地沟油(分离过的餐饮废弃油)与矿物油(汽油、煤油、柴油等)8、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．用装置甲进行中和热的测定B．用装置乙制取CO2气体C．用装置丙比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱D．用装置丁模拟工业制氨气并检验产物9、已知:2Zn(s)＋O2(g)=2ZnO(s)△H1=－701.0kJ·mol－1①，2Hg(l)＋O2(g)=2HgO(s)△H2=－181.6kJ·mol－1②，则Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)的△H为A．＋519.4kJ·mol－1 B．－181.6kJ·mol－1C．－259.7kJ·mol－1 D．－519.4kJ·mol－110、下列关于乙醇的叙述中，错误的是（）A．乙醇俗称酒精 B．乙醇不能溶于水C．乙醇可用于消毒 D．乙醇能可以和金属钠反应11、对于反应2HI(g)H2(g)+I2(g),下列叙述能够说明己达平衡状态的是A．混合气体的颜色不再变化B．温度和体积一定时，容器内压强不再变化C．lmolH-H键生成的同时有2molH-I键断裂D．各物质的物质的量浓度之比为2：1：112、某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH-，若想增大NH4+的浓度，而不增加OH-的浓度，应采取的措施是（）①适当升高温度

②加入NH4Cl固体

③通入NH3

④加入少量盐酸A．①② B．②③ C．③④ D．②④13、关于烷烃性质的叙述，错误的是（）A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．都能燃烧C．通常情况下跟酸、碱和氧化剂都不反应 D．都能发生取代反应14、电解84.75mL16%的NaOH溶液(ρ＝1.18g·cm－3)，用石墨作电极经过一段时间后溶液浓度为19.5%，这是因为()A．溶质增加了3.5gB．放出22.4LH2和11.2LO2C．NaOH比水消耗少D．消耗18g水15、下列化学用语表示正确的是A．羟基的电子式：B．甘氨酸的结构简式：C2H5NO2C．AlCl3溶液中Al3+水解的离子方程式：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+D．粗铜(含Cu及少量Zn、Fe、Ag等)电解精炼时，阳极主要发生反应：Ag-e-=Ag+16、从海水资源中提取下列物质，不用化学方法可能得到的是（）A．Mg B．Br2 C．I2 D．NaCl二、非选择题（本题包括5小题）17、已知C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物，X、Y、Z的原子序数依次增大，X在周期表中原子半径最小，Y、Z原子最外层电子数之和为10。D为无色非可燃性气体，G为黄绿色单质气体，J、M为金属，I有漂白作用，反应①常用于制作印刷线路板。各物质之间的转化关系如图，部分生成物省略。请回答下列问题：（1）写出Z在周期表中的位置____，D的结构式____。（2）写出A的化学式____。（3）写出反应①的离子方程式____。（4）为了获得氯化铜晶体，需要将B溶液在HCl氛围中蒸发结晶，原因是____。（5）将F溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体。写出该反应的化学方程式____。18、A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大，A元素原子核外有3个未成对电子，B元素原子核外电子占用3个能级，其中最高能级上的电子数是其所在能层数的2倍，D元素与B元素同族，C元素与A元素同族，E元素原子的价电子数是其余电子数的一半。（1）A、C、D的第一电离能由大到小的顺序为___________________（用元素符号表示），E2+的基态电子排布式为__________________________________。（2）B和D的氢化物中，B的氢化物沸点较高的原因是____________________________。（3）C形成的最高价氧化物的结构如图所示，该结构中C-B键的键长有两类，键长较短的键为__________（填“a”或“b”）。（4）E可与CO形成羰基配合物E2(CO)8，是有机合成的重要催化剂，不溶于水，溶于乙醇、乙醚、苯，熔点50～51℃，45℃（1.33kPa）时升华。①E2(CO)8为_________晶体。（填晶体类型）②E2(CO)8晶体中存在的作用力有______________________________。19、Ⅰ、实验室里用乙醇和浓硫酸反应生成乙烯，乙烯再与溴反应制1，2-二溴乙烷。在制备过程中部分乙醇被浓硫酸氧化，产生CO2、SO2，并进而与溴反应生成HBr等酸性气体。（1）用下列仪器，以上述三种物质为原料制备1，2一二溴乙烷。如果气体流向为从左到右，正确的连接顺序是（短接口或橡皮管均已略去）：B经A①插人A中，D接A②；A③接_______接_____接_____接______。（2）装置C的作用是________________；（3）在反应管E中进行的主要反应的化学方程式为____________________；Ⅱ、某兴趣小组同学在实验室用加热l－丁醇、浓H2SO4和溴化钠混合物的方法来制备1－溴丁烷，设计了如下图所示的实验装置（其中的夹持仪器没有画出）。请回答下列问题：（1）两个装置中都用到了冷凝管，A装置中冷水从_________（填字母代号）进入，B装置中冷水从________（填字母代号）进入。（2）制备操作中，加入的浓硫酸事先稍须进行稀释，其目的是________。（填字母）a．减少副产物烯和醚的生成b．减少Br2的生成c．水是反应的催化剂（3）为了进一步提纯1－溴丁烷，该小组同学查得相关有机物的有关数据如下表：物质熔点／℃沸点／℃1－丁醇－89.5117.31－溴丁烷－112.4101.6丁醚－95.3142.41－丁烯－185.3－6.5则用B装置完成此提纯实验时，实验中要迅速升高温度至_________收集所得馏分。（4）有同学拟通过红外光谱仪鉴定所得产物中是否含有“－CH2CH2CH2CH3”，来确定副产物中是否存在丁醚（CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3）。请评价该同学设计的鉴定方案是否合理？________为什么？答：________。20、磺酰氯(SO2Cl2)在医药、染料行业有重要用途，也可用于制备表面活性剂。沸点为69.2℃，遇水水解，剧烈反应生成两种强酸。学习小组在实验室用SO2和Cl2在活性炭作用下，制备SO2Cl2并测定产品纯度，设计如图实验如图1(夹持装置略去)。请回答下列问题：Ⅰ.SO2的制备（1）欲收集一瓶干燥的SO2，装置中气流方向合理的连接顺序为____(填小写字母)。（2）A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液，A中反应的化学方程式为____。Ⅱ.SO2Cl2的制备和纯度的测定将上述收集到的SO2充入注射器h中，用图2装置制备SO2Cl2。（3）仪器e的名称为____，b中试剂的名称为____。（4）f的作用是____。（5）取反应后的产品4.0g，配成200mL溶液；取出20.00mL，用0.5000mol·L-1NaOH溶液滴定；达到滴定终点时消耗标准液的体积为20.00mL(杂质不参加反应)。①产品加水配成溶液时发生的反应为____。②SO2Cl2的质量分数为____。(保留三位有效数字)。21、根据物质结构有关性质和特点，回答下列问题：（1）Ti基态原子核外电子排布式为____________，碳原子的价电子轨道表示式为________。（2）钛存在两种同素异形体，α—Ti采纳六方最密堆积，β—Ti采纳体心立方堆积，由α—Ti转变为β—Ti晶体体积____________（填“膨胀”或“收缩”）。（3）写出一种与NH4+互为等电子体物质的化学式____________。（4）SO2的空间构型为___________________。（5）丙烯腈(CH2=CH—CN)分子中σ键和π键的个数比为____，分子中碳原子轨道杂化类型是______。（6）FeCl3熔点282℃，而FeCl2熔点674℃，二者熔点差异的原因是______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

由结构简式可知，分子中含碳碳双键、-COOH、酚羟基、-COOC-、-Br，结合羧酸、酚、酯、卤代烃的性质对各选项进行判断。【详解】A.-COOH、酚羟基、-COOC-，-Br均与NaOH反应，则1mol该有机物最多可以和5molNaOH反应，A正确；B.碳碳双键可发生加成反应、含-OH、-COOH可发生取代、中和反应，-Br原子连接的C原子邻位C原子上没有H原子，因此不能发生消去反应，B错误；C.酚羟基遇FeCl3溶液变色，含有的酚羟基、碳碳双键都可以被KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，C错误；D.碳碳双键、苯环上酚羟基邻对位氢原子能和溴发生反应，碳碳双键、苯环能和氢气发生加成反应，1mol该有机物与浓溴水或氢气反应，最多消耗3molBr2或4molH2，D错误；故合理选项是A。本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重考查卤代烃、酚、烯烃的性质，选项B为易错点，注意掌握有机物发生消去反应的条件。2、B【解析】

A、该装置是分液，用于分离互不相溶的液体，A错误；B、该装置是过滤，可用于不溶性固体和液体分离，B正确；C、该操作是向容量瓶中转移液体，C错误；D、该装置是洗气瓶，不能用于不溶性固体和液体分离，D错误；答案选B。3、D【解析】

A、木炭在空气中燃烧为放热反应，错误；B、氢气在氯气中燃烧为放热反应，错误；C、盐酸和氢氧化钠溶液反应为放热反应，错误；D、将Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体研细后混合并搅拌为吸热反应，正确；故本题选择D。4、B【解析】分析：①硫酸铝可利用Al与硫酸的置换反应或复分解反应生成；②小苏打可利用碳酸钠、水、二氧化碳反应生成；③氯化亚铁可利用Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；④氢氧化铜不能利用化合反应生成,只可利用复分解反应生成；⑤氢氧化铁可利用氢氧化亚铁、氧气、水反应生成；⑥磁性氧化铁为四氧化三铁,可利用Fe与氧气反应生成。详解：①硫酸铝可利用Al与硫酸的置换反应或复分解反应生成；②小苏打可利用碳酸钠、水、二氧化碳反应生成；③氯化亚铁可利用Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；④氢氧化铜不能利用化合反应生成,只可利用复分解反应生成；⑤氢氧化铁可利用氢氧化亚铁、氧气、水反应生成；⑥磁性氧化铁为四氧化三铁,可利用Fe与氧气反应生成；则利用化合反应制得的有②③⑤⑥,共4种；正确选项B。5、C【解析】

由题目水解产物只有一种知C7H12O2为环酯，所以分子式为C7H12O2为饱和环酯，可推测该有机物环上含有一个“-COO-”的六元环，环上其余为4个碳原子，在环外有两个碳，两个甲基在不同碳原子上，有，有6种；两个甲基在同一碳上，在苯环上有四个碳原子，有四种，共10种，故选C。6、A【解析】

根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性进行判断。由X2++Z

X+Z2+可知,氧化性:X2+>Z2+;由Y+Z2+

Y2++Z可知,氧化性:Z2+>Y2+;由R和X2+不反应可知,氧化性:Z2+>Y2+;由R和X2+不反应可知,氧化性:R2+>X2+。故这四种离子的氧化性由强到弱的顺序为R2+>X2+>Z2+>Y2+。故选：A氧化还原反应强弱规律：还原性：还原剂大于还原产物；氧化性:氧化剂大于氧化产物。7、D【解析】

A．重金属盐可使蛋白质变性，硫酸铜属于重金属盐可使蛋白质变性，硫酸铵不属于重金属盐，不会使蛋白质变性，故硫酸铵无毒，故A错误；B．塑料老化是指塑料在加工、贮存和使用过程中，由于受内外因素的综合作用，其组成和结构发生了如分子降解(大分子链断裂解，使高聚物强度、弹性、熔点、粘度等降低)、交联(使高聚物变硬、变脆)、增塑剂迁移、稳定剂失效等一系列物理化学变化，从而导致塑料发生变硬、变脆、龟裂、变色乃至完全破坏，丧失使用功能的现象。老化的原因主要是由于结构或组分内部具有易引起老化的弱点，如具有不饱和双键、支链、羰基、末端上的羟基，等等。外界或环境因素主要是阳光、氧气、臭氧、热、水、机械应力、高能辐射、电、工业气体(如二氧化碳、硫化氢等)、海水、盐雾、霉菌、细菌、昆虫等等，故B错误；C．酿酒时要加入酒曲，酒曲中的微生物主要是酵母菌和霉菌，其中霉菌主要起到糖化的作用，把米中的淀粉转化成葡萄糖，酵母菌在无氧的条件下，再把葡萄糖分解成酒精和二氧化碳，粮食酿酒过程中淀粉的水解不是用硫酸作催化剂，故C错误；D．地沟油属于酯类，和氢氧化钠反应生成可溶性高级脂肪酸钠和甘油，矿物油属于石油加工产品，属于烃类混合物不和氢氧化钠反应，故可区分开，故D正确；故选D。本题考查了常见有机物的性质和应用。本题的易错点为B、C，B中要注意塑料老化的本质；C中要注意实验室中的实验条件和工农业实际生产的区别。8、C【解析】

A．图中缺少环形玻璃搅拌棒，则不能准确测定反应的最高温度，故A错误；B．纯碱为粉末固体，与盐酸接触后关闭止水夹不能实现固液分离，不能制备少量气体，故B错误；C．高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，氯气与NaBr反应生成溴，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱，故C正确；D．氮气和氢气反应生成氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则图中蓝色试纸不能检验氨气，故D错误；故答案为C。9、C【解析】

根据盖斯定律，(①-②)×可得Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)，则△H=(－701.0+181.6)=－259.7kJ·mol－1，答案为C。10、B【解析】

A、乙醇俗称酒精，故A说法正确；B、乙醇能与水形成分子间氢键，乙醇与水可以以任意比例互溶，故B说法错误；C、乙醇能使蛋白质变性，即乙醇可用于消毒，故C说法正确；D、乙醇含有羟基，能与金属钠发生2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑，故D说法正确；答案选B。11、A【解析】

A．混合气体的颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，达平衡状态，故A正确；B．气体两边的计量数相等，所以温度和体积一定时，容器内压强一直不变化，故B错误；C．1molH-H键生成的同时有2molH-I键断裂，都体现正反应方向，未体现正与逆的关系，故C错误；D．当体系达平衡状态时，各物质的物质的量浓度之比可能为2：1：1，也可能不是2：1：1，与各物质的初始浓度及转化率有关，故D错误；故选A。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，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。12、D【解析】

①适当升高温度，平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故①错误；②加入氯化铵固体，c(NH4+)增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，故②正确；③向氨水中通入氨气，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故③错误；④加入少量盐酸，盐酸和氢氧根离子反应生成水，促进氨水电离，c(NH4+)增大，c(OH-)减小，故④正确；故答案为D。13、A【解析】

A.烷烃不与高锰酸钾反应，则不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B.烷烃为只含有C、H两元素的饱和链状烃，都能燃烧，B正确；C.烷烃通常情况下跟酸、碱和氧化剂都不反应，C正确；D.烷烃都能在光照的条件下与卤素单质发生取代反应，D正确；答案为A。14、D【解析】试题分析：电解NaOH溶液实质是电解水，电解前溶液的质量为84.75mL×1.18g·mL－1＝100g，含NaOH：100g×16%＝16g，含水84g，电解后NaOH仍为16g，溶液质量为16g÷19.5%＝82g，其中含水82g－16g＝66g，知消耗18g水，D正确，答案选D。考点：考查电解氢氧化钠溶液的有关计算点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题侧重考查学生的计算能力，特别是分析问题、解决问题的能力，有利于培养学生的应试能力，提高学习成绩。15、C【解析】

A.羟基是中性原子团，O原子最外层有6个电子，其中一个成单电子与H原子形成共用电子对，故电子式：，A错误；B.甘氨酸是氨基乙酸，结构简式：H2NCH2-COOH，B错误；C.AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+发生水解反应的离子方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，C正确；D.粗铜(含Cu及少量Zn、Fe、Ag等)电解精炼时，阳极主要发生反应是Cu失去电子变为Cu2+，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，D错误；故合理选项是C。16、D【解析】

根据从海水制备物质的原理可知，氯化钠含量比较高，可利用蒸发原理得到，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取。【详解】A项、从海水中获得单质镁，需要首先从海水中获得氯化镁，然后再去电解熔融状态的氯化镁而得到镁，涉及化学变化，故A错误；B项、从海水中获得单质溴，通过氯气将溴离子氧化为溴单质，涉及化学变化，故B错误；C项、从海带中获得单质碘，通过氧化剂将碘离子氧化为碘单质，涉及化学变化，故C错误；D项、海水中氯化钠含量比较高，把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，故D正确。故选D。本题考查了从海水中获取化合物和单质的方法，熟悉物质的存在及物质的性质是解答本题的关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、第2周期ⅥA族O=C=OCu2(OH)2CO3或CuCO3Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+避免Cu2+水解生成Cu(OH)23Cu2O+14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O【解析】

X在周期表中的原子半径最小，则X为H元素；G为黄绿色单质气体，则G为Cl2；反应①用于制作印刷电路板，为FeCl3和Cu反应，则L为FeCl3，K为FeCl2；E能与葡萄糖反应生成砖红色沉淀F，则F为Cu2O，E为Cu(OH)2，则B为CuCl2，M为Cu；由C+G→H+I，I有漂白作用，H能够与金属J反应生成FeCl2，则H为HCl，J为Fe，I为HClO，则C为H2O；从A+H(HCl)=B(CuCl2)+C(H2O)+D，D为无色非可燃性气体，可知，A中含有铜元素；Y、Z原子最外层电子数之和为10，Y、Z中一种为O元素，则另一种元素的原子最外层电子数为4，可能为C或Si元素，结合D为无色非可燃性气体，只能为CO2，X、Y、Z的原子序数依次增大，则Y为C元素，Z为O元素，因此A中还含有C元素，因此A为CuCO3或Cu2(OH)2CO3等，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，A为CuCO3或Cu2(OH)2CO3等，B为CuCl2，C为H2O，D为CO2，E为Cu(OH)2，F为Cu2O，G为Cl2，H为HCl，I为HClO，J为Fe，K为FeCl2，L为FeCl3，M为Cu。(1)Z为O元素，在周期表中位于第二周期ⅥA族；D为CO2，结构式为O=C=O，故答案为：第二周期ⅥA族；O=C=O；(2)A的化学式为：CuCO3或Cu2(OH)2CO3，故答案为：CuCO3或Cu2(OH)2CO3；(3)反应①为FeCl3和Cu反应，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；(4)为了获得氯化铜晶体，需要将CuCl2溶液在HCl氛围中蒸发结晶，原因是：避免Cu2+水解生成Cu(OH)2，故答案为：避免Cu2+水解生成Cu(OH)2；(5)将Cu2O溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体，该反应的化学方程式：3Cu2O+14HNO3(稀)═6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O，故答案为：3Cu2O+14HNO3(稀)═6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O。正确推断元素及其物质的种类是解题的关键。本题的难点是混合物D的判断，要注意学会猜想验证在推断题中的应用。本题的易错点为(5)，要注意氧化还原反应方程式的配平。18、N＞P＞S[Ar]3d7水分子间形成氢键a分子共价键、配位键、范德华力【解析】

A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素，原子序数依次增大，B元素原子核外电子占用3个能级，其中最高能级上的电子数是其所在能层数的2倍，核外电子排布式为1s22s22p4，故B为O元素；A元素原子核外有3个未成对电子，原子序数小于氧，故核外电子排布式为1s22s22p3，则A为N元素；D元素与B元素同族，C元素与A元素同族，结合原子序数大小可知C为P元素、D为S元素；E元素只能为第四周期元素，E元素原子的价电子数是其余电子数的一半，则价电子数为9，E的核电荷数为18+9=27，为Co元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为N元素，B为O元素，C为P元素，D为S元素，E为Co元素。(1)同主族自上而下第一电离能减小，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于硫，故第一电离能由大到小的顺序为：N＞P＞S，E为Co元素，价电子排布式为3d74s2，E2+的基态电子排布式为[Ar]3d7，故答案为：N＞P＞S；[Ar]3d7；(2)水分子间能够形成氢键，而硫化氢分子间不能形成氢键，使得水的沸点高于硫化氢，故答案为：水分子间能够形成氢键；(3)结构中黑色球与白色球数目分别为4、10，故该物质为P4O10，结合O原子形成8电子结构，可知a键为P=O、b键为P-O单键，双键中电子云重叠更大，故键长较短的键为a，故答案为：a；(4)①Co2(CO)8熔点低、易升华，溶于乙醇、乙醚、苯，说明Co2(CO)8属于分子晶体，故答案为：分子；②Co2(CO)8中Co与CO之间形成配位键，CO中含有极性键，分子之间存在范德华力，故答案为：配位键、极性共价键、范德华力。正确判断元素的种类是解题的关键。本题的易错点和难点为(3)，要注意判断结构中磷氧键的类别。19、CFEG作安全瓶，防止倒吸现象的发生CH2=CH2+Br2CH2Br—CH2Brbcab101.6℃不合理产物1－溴丁烷也含有－CH2CH2CH2CH3【解析】

Ⅰ、在分析实验装置的过程中要抓住两点，一是必须除去混在乙烯中的气体杂质，尤其是SO2气体，以防止SO2与Br2发生反应SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，影响1，2-二溴乙烷产品的制备；二是必须在理解的基础上灵活组装题给的不太熟悉的实验仪器（如三颈烧瓶A、恒压滴液漏斗D、安全瓶防堵塞装置C），反应管E中冷水的作用是尽量减少溴的挥发，仪器组装顺序是：制取乙烯气体（用A、B、D组装）→安全瓶（C，兼防堵塞）→净化气体（F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体）→制备1，2-二溴乙烷的主要反应装置（E）→尾气处理（G）。Ⅱ、两个装置烧瓶中，浓H2SO4和溴化钠在加热条件下生成溴化氢，在浓硫酸作用下，l－丁醇与溴化氢发生取代反应生成1－溴丁烷，A装置中冷凝管起冷凝回流1－溴丁烷的作用，烧杯起吸收溴化氢的作用，B装置中冷凝管和锥形瓶起冷凝收集1－溴丁烷的作用。【详解】Ⅰ、（1）在浓硫酸作用下，乙醇共热发生消去反应生成乙烯的化学方程式为CH3CH2OHCH2═CH2↑+H2O，由化学方程式可知制取乙烯时应选用A、B、D组装，为防止制取1，2-二溴乙烷时出现倒吸或堵塞，制取装置后应连接安全瓶C，为防止副反应产物CO2和SO2干扰1，2-二溴乙烷的生成，应在安全瓶后连接盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶F，除去CO2和SO2，为尽量减少溴的挥发，将除杂后的乙烯通入冰水浴中盛有溴水的试管中制备1，2-二溴乙烷，因溴易挥发有毒，为防止污染环境，在制备装置后应连接尾气吸收装置，则仪器组装顺序为制取乙烯气体（用A、B、D组装）→安全瓶（C，兼防堵塞）→净化气体（F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体）→制备1，2-二溴乙烷的主要反应装置（E）→尾气处理（G），故答案为：C、F、E、G；（2）为防止制取1，2-二溴乙烷时出现倒吸或堵塞，制取装置后应连接安全瓶C，故答案为：作安全瓶，防止倒吸现象的发生；（3）在反应管E中进行的主要反应为乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，反应的方程式为CH2═CH2+Br2→BrCH2CH2Br，故答案为：CH2═CH2+Br2→BrCH2CH2Br；Ⅱ、（1）两个装置中都用到了冷凝管，为了增强冷凝效果，冷水都应从下口进上口出，则A装置中冷水从b口进入，B装置中冷水从c口进入，故答案为：b；c；（2）若硫酸浓度过大，l-丁醇在浓硫酸的催化作用下发生副反应，可能发生分子间脱水反应生成醚CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，也可能发生分子内脱水生成1—丁烯CH2=CHCH2CH3，具有还原性的溴离子也可能被浓硫酸氧化成溴单质，则制备操作中，加入的浓硫酸事先必须进行稀释，故答案为：ab；（3）提纯1-溴丁烷，收集所得馏分为1-溴丁烷，所以须将1-溴丁烷先汽化，后液化，汽化温度须达其沸点，故答案为：101.6℃；（4）红外光谱仪利用物质对不同波长的红外辐射的吸收特性，进行分子结构和化学组成分析，产物CH3CH2CH2CH2Br也含有-CH2CH2CH2CH3，所以不能通过红外光谱仪来确定副产物中是否存在丁醚（CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3），故答案为：不合理，产物1-溴丁烷也含有-CH2CH2CH2CH3。本题考查有机物的制备实验，注意把握制备实验的原理，能正确设计实验顺序，牢固把握实验基本操作，注意副反应发生的原因分析是解答关键。20、adecbf或adecbdefNa2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O冷凝管或球形冷凝管饱和食盐水防止水蒸气进入d使SO2Cl2水解SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl84.4%【解析】

(1)收集一瓶干燥的SO2，则须先制取气体，然后提纯，再收集，因为二氧化硫有毒、易溶于水，还要对尾气进行吸收处理，据此分析解答；(2)A中是生成二氧化硫的反应；(3)盐酸容易挥发，生成的氯气中会混入氯化氢，据此分析解答；(4)无水氯化钙具有吸水性，结合SO2Cl2遇水易水解分析解答；(5)①SO2Cl2遇水水解，剧烈反应生成两种强酸，即生成盐酸和硫酸；②根据NaOH与盐酸、硫酸反应，得到SO2Cl2的物质的量，从而得出质量分数。【详解】(1)根据图示，装置A可以用来制取二氧化硫，生成的二氧化硫中混有水蒸气，可以通入C中干燥，用B收集，多余的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，防止污染；因此欲收集一瓶干燥的SO2，装置的导管按气流方向连接的顺序是：a通过导管d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥，通过e导管导出后，通过c导管导入集气瓶中收集，为了防止二氧化硫逸出扩散到空气中污染环境，应该把b导管连接到f导管上，为防止通过D吸收逸出的二氧化硫的水逸到B中，把b导管连接到d把二氧化硫导入试剂瓶中进行干燥，通过e导管导出后，连接f，故答案为：adecbf或adecbdef；(2)A装置分液漏斗中装的是70%的硫酸溶液，生成二氧化硫的反应方程式为H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O，故答案为：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+Na2SO4+H2O；(3)根据图示，e为