湖北省普通高中联考协作体2026年高三二模化学试题解析含解析

湖北省普通高中联考协作体2026年高三二模化学试题解析注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R和X组成简单分子的球棍模型如图所示。Y原子核外K、M层上电子数相等，Z原子最外层电子数是电子层数的2倍。下列推断正确的是A．原子半径：Y>Z>R>XB．Y3X2是含两种化学键的离子化合物C．X的氧化物对应的水化物是强酸D．X和Z的气态氢化物能够发生化合反应2、同温同压下，两种气体的体积如果不相同，其主要原因是气体的（）A．分子大小不同 B．分子间的平均距离不同C．化学性质不同 D．物质的量不同3、下列属于不可再生能源的是（）A．氢气B．石油C．沼气D．酒精4、在恒容密闭容器中发生反应：2NO2(g)N2O4(g)ΔH=-akJ/mol(a>0)，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．平衡后升高温度，容器中气体颜色加深B．每消耗44.8LNO2，生成N2O4的分子数一定为NAC．该容器中气体质量为46g时，原子总数为3NAD．若N2O4分子数增加0.5NA，则放出0.5akJ的热量5、化学与人类生活、生产息息相关，下列说法中错误的是A．高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、75%乙醇均可用于消毒杀菌，且原理相同B．地沟油可以用来制肥皂和甘油C．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入铁粉D．“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量6、以下制得氯气的各个反应中，氯元素既被氧化又被还原的是A．2KClO3＋I2=2KIO3＋Cl↓B．Ca(ClO)2＋4HCl=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2OC．4HCl＋O22Cl2＋2H2OD．2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↓＋Cl2↑7、某实验小组利用下图装置制取少量氯化铝，已知氯化铝熔沸点都很低(178℃升华),且易水解。下列说法中完全正确的一组是①氯气中含的水蒸气和氯化氢可通过盛有苛性钠的干燥管除去②装置I中充满黄绿色气体后，再加热盛有铝粉的硬质玻璃管③装置II是收集装置，用于收集氯化铝④装置III可盛放碱石灰也可盛放无水氯化钙，二者的作用相同⑤a处使用较粗的导气管实验时更安全A．①② B．②③⑤ C．①④ D．③④⑤8、一定温度下，硫酸盐MSO4(M2＋代表Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：p(M2+)=－lgc(M2+)，p(SO42－)=－lgc(SO42－)。向10mL0.01mol/LNa2SO4溶液中滴入1滴(约0.05mL)0.01mol/LBaCl2溶液岀现白色浑浊，而滴入1滴(约0.05mL)0.01mol/LSrCl2溶液无浑浊出现。下列说法中错误的是A．该温度下，溶度积常数Ksp(BaSO4)＜Ksp(SrSO4)B．欲使c点对应BaSO4溶液移向b点，可加浓BaCl2溶液C．欲使c点对应SrSO4溶液移向a点，可加浓SrCl2溶液D．SrSO4(s)+Ba2+(aq)⇌BaSO4(s)+Sr2+(aq)的平衡常数为106.89、关于一定条件下的化学平衡H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH＜0，下列说法正确的是（）A．恒温恒容，充入H2，v（正）增大，平衡右移B．恒温恒容，充入He，v（正）增大，平衡右移C．加压，v（正），v（逆）不变，平衡不移动D．升温，v（正）减小，v（逆）增大，平衡左移10、下列实验对应的实验现象和结论或解释都正确的是()选项实验操作实验现象结论或解释AKI淀粉溶液中通入少Cl2溶液变蓝Cl2能与淀粉发生显色反应B向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置水层几乎无色苯与溴水发生了取代反应C向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，然后加入银氨溶液，加热无银镜出现不能判断蔗糖是否水解D向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液出现红褐色沉淀Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]A．A B．B． C．C D．D11、NA代表阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A．0.1mol熔融的NaHSO4中含有的离子总数为0.3NAB．标准状况下，2.24LHF和NH3分子所含电子数目均为NAC．常温时,56gAl与足量浓硝酸反应,转移的电子数目为3NAD．向含有1molFeI2溶质的溶液中通入适量的氯气，当有1molFe2+被氧化时，该反应转移电子的数目为3NA12、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．5.5g超重水(T2O)中含有的中子数目为3NAB．常温常压下，44gCO2与足量过氧化钠反应转移电子的数目为NAC．常温常压下，42gC2H4和C4H8混合气体中含有氢原子的数目为6NAD．0.1L0.5mol·L－1CH3COOH溶液中含有H＋数目为0.2NA13、短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．下列说法错误的是（）A．元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B．元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种C．元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ214、甲、乙两个恒容密闭容器中均发生反应：C(s)＋2H2O(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＞0，有关实验数据如下表所示：容器容积/L温度/℃起始量/mol平衡量/mol平衡常数C(s)H2O(g)H2(g)甲2T12.04.03.2K1乙1T21.02.01.2K2下列说法正确的是()A．K1＝12.8B．T1＜T2C．T1℃时向甲容器中再充入0.1molH2O(g)，则平衡正向移动，CO2(g)的体积分数增大D．若T2温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0molCO2和2.0molH2，达平衡时，CO2的转化率大于40%15、金属铊(81Tl)有重要用途，可用来制造光电管、光学玻璃等。铊与铯(55Cs)同周期，下列说法不正确的是A．原子半径：Cs>Tl B．碱性：CsOH>Tl(OH)3C．与水反应的剧烈程度：Tl>Cs D．Tl是第六周期第ⅢA元素16、关于化合物2−苯基丙烯（），下列说法正确的是A．不能使稀高锰酸钾溶液褪色B．可以发生加成聚合反应C．分子中所有原子共平面D．易溶于水及甲苯17、向3mol·L-1盐酸中加入打磨后的镁条，一段时间后生成灰白色固体X，并测得反应后溶液pH升高。为确认固体X的成分，过滤洗涤后进行实验：①向固体X中加入足量硝酸，固体溶解，得到无色溶液，将其分成两等份；②向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a；③向另一份无色溶液中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀b。下列分析不正确的是（）A．溶液pH升高的主要原因：Mg+2H+===Mg2++H2↑B．生成沉淀a的离子方程式：Ag++Cl-===AgCl↓C．沉淀b是Mg(OH)2D．若a、b的物质的量关系为n（a）：n（b）=1：3，则可推知固体X的化学式为Mg3(OH)6Cl18、A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，B在D的单质中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，E+与D2-具有相同的电子数。A在F是单质中燃烧，产物溶于水得到一种强酸。下列有关说法正确的是（）A．工业上F单质用MnO2和AF来制备B．B元素所形成的单质的晶体类型都是相同的C．F所形成的氢化物的酸性强于BD2的水化物的酸性，说明F的非金属性强于BD．由化学键角度推断，能形成BDF2这种化合物19、下列化学用语正确的是A．中子数为2的氢原子：H B．Na+的结构示意图：C．OH-的电子式：[H]一 D．N2分子的结构式：N—N20、工业上以CaO和HNO3为原料制备Ca(NO3)2•6H2O晶体。为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，所用硝酸溶液中溶质的质量分数应为A．53.8% B．58.3% C．60.3% D．70.0%21、科学家采用碳基电极材料设计了一种制取氯气的新工艺方案，装置如图所示：下列说法错误的是（）A．反应过程中需要不断补充Fe2+B．阳极反应式是2HCl-2e-=Cl2+2H+C．电路中转移1mol电子，消耗标况下氧气5.6LD．电解总反应可看作是4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）22、元素周期表中短周期某主族只有两种元素，这两元素的单质在常态下分别为气体和固体，这两元素之间形成的化合物都能与水反应。则下列叙述错误的是（）A．两元素具有相同的最高正价 B．两元素具有相同的负化合价C．两元素形成的是共价化合物 D．两元素各存在不同种的单质二、非选择题(共84分)23、（14分）氯吡格雷是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾病的药物。以A为原料合成该药物的路线如图：（1）A的化学名称是__，C中的官能团除了氯原子，其他官能团名称为__。（2）A分子中最少有__原子共面。（3）C生成D的反应类型为__。（4）A与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为__。（5）物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，符合以下条件的G的同分异构体共有__种。①除苯环之外无其他环状结构；②能发生银镜反应。③苯环上有只有两个取代基。其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为__。（6）已知：，写出以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）__。24、（12分）阿司匹林（化合物L）是人们熟知的解热镇痛药物。一种长效、缓释阿司匹林（化合物P）的合成路线如下图所示：已知：①HC≡CH+RCOOH②RCOOR’+R”OHRCOOR”+R’OH（R、R’、R”代表烃基）请回答：(1)A中的官能团是____________________。(2)C的结构简式是____________________。(3)D→E的反应类型是____________________。(4)E→G的化学方程式是______________________________________。(5)已知：H是芳香族化合物。在一定条件下2B→K+H2O，K的核磁共振氢谱只有一组峰。J→L的化学方程式是____________________。(6)L在体内可较快转化为具有药效的J，而化合物P与L相比，在体内能缓慢持续释放J。①血液中J浓度过高能使人中毒，可静脉滴注NaHCO3溶液解毒。请用化学方程式解释NaHCO3的作用：______________________________________________________________。②下列说法正确的是______（填字母）。a．P中的酯基在体内可缓慢水解，逐渐释放出Jb．P在体内的水解产物中没有高分子化合物c．将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能25、（12分）溴化亚铜是一种白色粉末，不溶于冷水，在热水中或见光都会分解，在空气中会慢慢氧化成绿色粉末。制备CuBr的实验步骤如下：步骤1.在如图所示的三颈烧瓶中加入45gCuSO4·5H2O、19gNaBr、150mL煮沸过的蒸馏水，60℃时不断搅拌，以适当流速通入SO22小时。步骤2.溶液冷却后倾去上层清液，在避光的条件下过滤。步骤3.依次用溶有少量SO2的水、溶有少量SO2的乙醇、纯乙醚洗涤。步骤4.在双层干燥器（分别装有浓硫酸和氢氧化钠）中干燥3～4h，再经氢气流干燥，最后进行真空干燥。（1）实验所用蒸馏水需经煮沸，煮沸目的是除去其中水中的______________（写化学式）。（2）步骤1中：①三颈烧瓶中反应生成CuBr的离子方程式为_______________；②控制反应在60℃进行，实验中可采取的措施是_____________；③说明反应已完成的现象是__________________。（3）步骤2过滤需要避光的原因是_______________。（4）步骤3中洗涤剂需“溶有SO2”的原因是_____________________最后溶剂改用乙醚的目的是________________________________。（5）欲利用上述装置烧杯中的吸收液（经检测主要含Na2SO3、NaHSO3等）制取较纯净的Na2SO3·7H2O晶体。请补充实验步骤（须用到SO2（贮存在钢瓶中）、20%NaOH溶液、乙醇）①_______________________________________________。②__________________________________________________。③加入少量维生素C溶液（抗氧剂），蒸发浓缩，冷却结晶。④__________________________________________________。⑤放真空干燥箱中干燥。26、（10分）氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是一种易分解、易水解的白色固体，易溶于水，难溶于CCl4，某研究小组用如图1所示的实验装置制备氨基甲酸铵。反应原理：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)△H＜0。（1）仪器2的名称是__。仪器3中NaOH固体的作用是__。（2）①打开阀门K，仪器4中由固体药品所产生的气体就立即进入仪器5，则该固体药品的名称为__。②仪器6的一个作用是控制原料气按反应计量系数充分反应，若反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，应该__（填“加快”、“减慢”或“不改变”）产生氨气的流速。（3）另有一种制备氨基甲酸铵的反应器（CCl4充当惰性介质）如图2：①图2装置采用冰水浴的原因为__。②当CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时，即停止反应，__(填操作名称)得到粗产品。为了将所得粗产品干燥可采取的方法是__。A．蒸馏B．高压加热烘干C．真空微热烘干（4）①已知氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵，则该反应的化学方程式为__。②为测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，某研究小组用该样品进行实验。已知杂质不参与反应，请补充完整测定某样品中氨基甲酸铵质量分数的实验方案：用天平称取一定质量的样品，加水溶解，__，测量的数据取平均值进行计算（限选试剂：蒸馏水、澄清石灰水、Ba(OH)2溶液）。27、（12分）某实验小组探究肉桂酸的制取:I:主要试剂及物理性质注意:乙酸酐溶于水发生水解反应II:反应过程.实验室制备肉桂酸的化学方程式为:+(CH3CO2)O+CH3COOHIII：:实验步骤及流程①在250mL三口烧瓶中（如图甲）放入3ml（3.15g，0.03mol）新蒸馏过的苯甲醛、8ml（8.64g，0.084mol）新蒸馏过的乙酸酐，以及研细的4.2g无水碳酸钾。采用空气冷凝管缓缓回流加热45min。由于反应中二氧化碳逸出，可观察到反应初期有大量泡沫出现。②反应完毕，在搅拌下向反应液中分批加入20mL水，再慢慢加入碳酸钠中和反应液至pH等于8。然后进行水蒸气蒸馏（如图乙），待三口烧瓶中的剩余液体冷却后，加入活性炭煮沸10-15min，进行趁热过滤。在搅拌下，将HCl加入到滤液中，当固体不在增加时，过滤，得到产品，干燥，称量得固体3.0g。IV：如图所示装置:回答下列问题:（1）合成时装置必须是干燥的，理由是___________。反应完成后分批加人20mL水，目的是________。（2）反应完成后慢慢加入碳酸钠中和，目的是_____。（3）步骤②进行水蒸气蒸馏，除去的杂质是______，如何判断达到蒸馏终点__________。（4）加入活性炭煮沸10-15min，进行趁热过滤，将滤液冷却至室温，趁热过滤的目的是_______。（5）若进一步提纯粗产品，应用的操作名称是______，该实验产品的产率约是_______。（保留小数点后一位）28、（14分）科学家合成了一种新化合物(如图所示)，其中X、Y是第三周期的非金属元素，各原子均满足8电子稳定结构。完成下列填空：(1)硅原子最外电子层有________种运动状态不同的电子，占据______个轨道。(2)由题意可推知Y是Cl，推得此结论的依据是__________________。X和Si之间共用电子对偏离________。(3)SiCl4和CCl4分子空间结构相同，则SiCl4中键角是_________。请说明SiCl4和CCl4沸点高低的理由。__________________________________________。(4)黄磷(P4)与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠(NaH2PO2)，补全并配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向：_____P4+_____NaOH+_________→_____PH3↑+_____NaH2PO2，____________________.其中氧化剂和还原剂质量比为________。根据题意可判断H3PO2是________元酸(填“一”、“二”或“三”)。(5)已知磷酸二氢钠(NaH2PO4)溶液呈酸性，该溶液中含磷元素的离子浓度由大到小的顺序是：__________________________________________。29、（10分）实现碳及其化合物的相互转化，对开发新能源和降低碳排放意义重大。（1）已知：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H=x已知：标准状态下，由最稳定的单质生成1mol化合物的焓变，称为该化合物的标准摩尔生成焓，几种物质的标准摩尔生成焓如下。则x=__kJ·mol－1。(标准摩尔生成焓：CH4(g)－75kJ/mol；H2O(g)－240kJ/mol；CO(g)－110kJ/mol；H2(g)－0kJ/mol)（2）为了探究温度、压强对反应(1)的影响，在恒温恒容下，向下列三个容器中均充入4molCH4和4molH2O。容器温度/℃体积/LCH4平衡浓度/mol·L－1平衡时间/min甲40011.55.0乙5001xt1丙4002yt2①平衡前，容器甲中反应的平均速率(H2)=__mol/(L·min)；在一定条件下，能判断容器丙中的反应一定处于化学平衡状态的是__(填序号)；A．3v(CH4)正=v(H2)逆B．CH4和H2O的转化率相等C．容器内压强保持不变D．混合气体的密度保持不变②平衡后，乙容器中CH4的转换率较丙低，其原因是__，其中t1__t2(填“>”、“<”或“=”)。（3）pC是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的负对数。已知常温下，H2CO3溶液中加入强酸或强碱后达到平衡时溶液中三种成分的pC－pH图，据图分析：常温下，碳酸的一级电离常数Ka1的数量级为__；其中碳酸的Ka1>>Ka2，其原因是__。（4）我国科学家根据反应CO2C+O2↑，结合电解池原理设计出了二氧化碳捕获与转化装置。该装置首先利用电解池中熔融电解质ZrO捕获CO2，发生的相关反应为：①CO2+O2－=CO32－，②2CO2+O2－=C2O52－，然后CO32－在阴极转化为碳单质和__；C2O52－在阳极发生电极反应，其方程式为__。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】

根据R和X组成简单分子的球棍模型，可推出该分子为NH3，由此得出R为H，X为N；由“Y原子核外K、M层上电子数相等”，可推出Y核外电子排布为2、8、2，即为Mg；因为Z的原子序数大于Y，所以Z属于第三周期元素，由“Z原子最外层电子数是电子层数的2倍”，可确定Z的最外层电子数为6，从而推出Z为S。【详解】依据上面推断，R、X、Y、Z分别为H、N、Mg、S。A.原子半径：Mg>S>N>H，A错误；B.Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的离子化合物，只含有离子键，B错误；C.N的氧化物对应的水化物可能为HNO3、HNO2，HNO3是强酸，HNO2是弱酸，C错误；D.N和S的气态氢化物分别为NH3和H2S，二者能够发生化合反应，生成NH4HS或(NH4)2S，D正确。故选D。2、D【解析】

对于气体来说，粒子之间的距离远远大于粒子的直径、粒子的质量，同温同压下气体粒子间的距离相等，同温同压下气体摩尔体积相同，由V=nVm知，气体的体积取决于气体的物质的量，故答案为D。3、B【解析】煤、石油及天然气是化石能源，属不可能再生的能源，而氢气、沼气、酒精及太阳能、风能等为再生能源，故答案为B。点睛：明确能源的来源是解题关键，能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源，如太阳能、风能、生物质能等；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源，如煤、石油等。4、B【解析】

A.升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，c(NO2)增大，使容器中气体颜色加深，A正确；B.由于未指明反应的温度、压强，因此不能根据气体体积确定气体的物质的量及含有的分子数目，B错误；C.NO2、N2O4最简式是NO2，1个NO2中含有3个原子，其式量是46，所以46g混合气体中含有NO2的物质的量是1mol，其中含有的原子数目为3NA，C正确；D.根据方程式可知：每反应产生1molN2O4，放出akJ的热量，若N2O4分子数增加0.5NA，产生N2O40.5mol，因此放出热量为0.5akJ，D正确；故合理选项是B。5、A【解析】

A.高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、75%乙醇均可用于消毒杀菌，高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液是将物质氧化，而75%乙醇是使蛋白质变性，因此消毒原理不相同，A错误；B.地沟油主要成分是油脂，属于酯，油脂在碱性条件下发生水解反应产生甘油和高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，B正确；C.由于Fe粉具有还原性，所以为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入还原铁粉，C正确；D.“静电除尘”利用胶体的性质，使空气中的固体尘埃形成沉淀，减少空气中飘尘的含量；“燃煤固硫”是使煤中的S元素在燃烧时转化为硫酸盐留在炉渣中，因而可减少酸雨的形成；“汽车尾气催化净化”可以使尾气中的NO、CO在催化剂作用下转化为空气的成分气体N2、CO2，因而都能提高空气质量，D正确；故答案是A。6、B【解析】

氧化还原反应中，元素失电子、化合价升高、被氧化，元素得电子、化合价降低、被还原。A.反应中，氯元素化合价从+5价降至0价，只被还原，A项错误；B.归中反应，Ca(ClO)2中的Cl元素化合价从＋1降低到O价，生成Cl2，化合价降低，被还原；HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高被氧化，所以Cl元素既被氧化又被还原，B项正确；C.HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，C项错误；D.NaCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，D项错误。本题选B。7、B【解析】

①氯气能够与氢氧化钠反应，故错误；②用图示装置制取少量氯化铝，为防止铝与氧气反应，反应之前需要用氯气排除装置的空气，即装置I中充满黄绿色气体后，再加热盛有A铝粉的硬质玻璃管，故正确；③氯化铝熔沸点都很低(178℃升华)，装置II可以用于收集氯化铝，故正确；④装置III中盛放的物质需要能够吸收水蒸气和除去多余的氯气，因此盛放碱石灰可以达到目的，盛放无水氯化钙不能除去多余的氯气，故错误；⑤氯化铝熔沸点都很低，a处使用较粗的导气管，不容易造成堵塞，实验时更安全，故正确；正确的有②③⑤，故选B。8、C【解析】

由题意可知Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO)＜，Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)·c(SO)＞，可判断a点所在直线(实线)表示SrSO4沉淀溶解平衡曲线，b、c点所在直线表示BaSO4沉淀溶解平衡曲线。【详解】A．利用数据可得Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO)=1.0×10－5×1.0×10－5=1×10－10，Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)·c(SO)=1.0×10－1.6×1.0×10－1.6=1×10－10=1×，故A正确；B．欲使c点BaSO4饱和溶液(Ba2+、SO浓度相等)移向b点(饱和溶液)，需使c(Ba2+)增大、c(SO)减小，则可加入BaCl2浓溶液，故B正确；C．欲使c点SrSO4溶液(不饱和溶液)移向a点(饱和溶液)，需使c(Sr2+)、c(SO)都增大且保持相等，则需加入SrSO4固体，故C错误；D．SrSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)的平衡常数K=，故D正确；答案选C。9、A【解析】

A.恒温恒容，充入H2，氢气浓度增大，v（正）增大，平衡右移，故A正确；B.恒温恒容，充入He，各反应物浓度都不变，v（正）不变，平衡不移动，故B错误；C.加压，体积缩小，各物质浓度均增大，v（正）、v（逆）都增大，平衡不移动，故C错误；D.升温，v（正）增大，v（逆）增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D错误；答案选A。本题考查影响反应速率和影响化学平衡移动的因素；注意恒容容器通入惰性气体，由于浓度不变，速率不变、平衡不移动，恒压条件下通入惰性气体，容器体积变大，浓度减小，相当于减压。10、C【解析】

A、I2能与淀粉发生显色反应，Cl2不能与淀粉发生显色反应，故A错误；B、向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置，苯萃取溴水中的溴，苯与溴水不反应，故B错误；C、银镜反应需在碱性条件下进行，向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，先加入氢氧化钠中和硫酸，然后加入银氨溶液，加热，才能判断蔗糖是否水解，故C正确；D、向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠，不能证明Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]，故D错误。11、D【解析】

A.NaHSO4在熔融状态电离产生Na+、HSO4-，1个NaHSO4电离产生2个离子，所以0.1molNaHSO4在熔融状态中含有的离子总数为0.2NA，选项A错误；B.标准状况下HF呈液态，不能使用气体摩尔体积，选项B错误；C.常温时Al遇浓硝酸会发生钝化现象，不能进一步反应，选项C错误；D.微粒的还原性I->Fe2+，向含有1molFeI2溶质的溶液中通入适量的氯气，当有1molFe2+被氧化时，I-已经反应完全，则1molFeI2反应转移3mol电子，则转移电子数目是3NA，选项D正确；故合理选项是D。12、D【解析】

A选项，5.5g超重水(T2O)物质的量，1个T2O中含有12个中子，5.5g超重水(T2O)含有的中子数目为3NA，故A正确，不符合题意；B选项，根据反应方程式2mol过氧化钠与2mol二氧化碳反应生成2mol碳酸钠和1mol氧气，转移2mol电子，因此常温常压下，44gCO2即物质的量1mol，与足量过氧化钠反应转移电子的数目为NA，故B正确，不符合题意；C选项，C2H4和C4H8混合气体可用通式法来分析，通式为CnH2n，42gC2H4和C4H8混合气体中含有氢原子物质的量，因此含有氢原子的数目为6NA，故C正确，不符合题意；D选项，0.1L0.5mol·L－1CH3COOH物质的量为0.05mol，醋酸是弱酸，部分电离，因此溶液中含有H＋数目小于为0.05NA，故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。C2H4和C4H8混合气体可用通式法来分析含碳原子个数和含氢原子个数的思想。13、A【解析】

X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。【详解】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。A、W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；B、元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正确；C、元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；D、硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；答案选A。14、A【解析】

A.根据表中数据可知甲容器中反应达到平衡时，c(H2O)＝0.4mol·L－1，c(CO2)＝0.8mol·L－1，c(H2)＝1.6mol·L－1，K1＝＝12.8，A正确；B.乙容器中反应达到平衡时，c(H2O)＝0.8mol·L－1，c(CO2)＝0.6mol·L－1，c(H2)＝1.2mol·L－1，K2＝＝1.35，K1＞K2，该反应为吸热反应，K减小说明反应逆向进行，则温度降低，即T1＞T2，B错误；C.向容器中再充入0.1molH2O(g)，相当于增大压强，平衡逆向移动，则CO2的体积分数减小，C错误；D.与乙容器中的量比较，1.0molCO2和2.0molH2相当于1.0molC和2.0molH2O，若体积不变，则平衡时是完全等效的，即CO2为0.6mol，CO2的转化率为40%，但由于体积增大，压强减小，反应向生成CO2的方向移动，则CO2的转化率小于40%，D错误；故答案为：A。15、C【解析】

铯(55Cs)位于第六周期第ⅠA族，铊与铯(55Cs)同周期，可知铊(81Tl)位于第六周期第ⅢA族，金属性：Cs>Tl。A.元素在同一周期，序数越小，半径越大，则原子半径：Cs>Tl，A项正确；B.金属性：Cs>Tl，则碱性：CsOH>Tl(OH)3，B项正确；C.金属性：Cs>Tl，则与水反应的剧烈程度：Cs>Tl，C项错误；D.Tl是第六周期第ⅢA元素，D项正确；答案选C。本题重点，知道元素在元素周期表中的位置，根据原子结构示意图的书写规律，每一层最多排布2n2个电子，最外层最多排布8个(除第一层外)，次外层最多排布18个，得出铊与铯的原子结构示意图，即可知道位置。16、B【解析】

2-苯基丙烯的分子式为C9H10，官能团为碳碳双键，能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。【详解】A项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯，故B正确；C项、有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，故C错误；D项、2-苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2-苯基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故D错误。故选B。本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构，掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点进行判断是解答关键。17、D【解析】

A、溶液pH升高的主要原因是H＋被消耗，即：Mg+2H+===Mg2++H2↑，故A正确；B、向其中一份无色溶液中加入足量AgNO3溶液，得到白色沉淀a，a是不溶于HNO3的白色沉淀，应为AgCl，故B正确；C、沉淀b，与OH―有关，NO3―、Cl―、Mg2＋能形成沉淀的只有Mg2＋，故C正确；D、若a、b的物质的量关系为n（a）：n（b）=1：3，根据化合价代数和为0，则可推知固体X的化学式为Mg3(OH)5Cl，故D错误。故选D。18、D【解析】

A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H元素；B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B是C元素；B在D中充分燃烧生成其最高价化合物BD2，则D是O元素；E+与D2-具有相同的电子数，则E处于IA族，E为Na元素；A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸，则F为Cl元素。A.在工业上电解饱和食盐水制备Cl2，A错误；B.碳元素单质可以组成金刚石、石墨、C60等，金刚石属于原子晶体，石墨属于混合性晶体，而C60属于分子晶体，B错误；C.F所形成的氢化物HCl，HCl的水溶液是强酸，CO2溶于水得到的H2CO3是弱酸，所以酸性HCl>H2CO3，但HCl是无氧酸，不能说明Cl的非金属性强于C，C错误；D.可以形成COCl2这种化合物，结构式为，D正确；故合理选项是D。19、C【解析】

A．中子数为2的氢原子的质量数为3，该原子正确的表示方法为：H，故A错误；B．钠离子的核外电子总数为10，质子数为11，钠离子正确的离子结构示意图为：，故B错误；C．氢氧根离子带一个单位负电荷，电子式为[H]一，故C正确；D．氮气分子的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，氮气的结构式为：N≡N，故D错误；故选C。20、B【解析】

工业上以CaO和HNO3为原料制备Ca（NO3）2•6H2O晶体。为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，也就是硝酸溶液中的水全部参与化学反应生成Ca（NO3）2•6H2O晶体，反应方程式为：CaO+2HNO3+5H2O═Ca（NO3）2•6H2O，设硝酸的质量为126g，则：CaO+2HNO3+5H2O═Ca（NO3）2•6H2O126g90g因此硝酸溶液中溶质的质量分数为×100%=58.3%；故选：B。21、A【解析】

HCl在阳极失电子，发生氧化反应，生成Cl2和H+，Fe3+在阴极得电子，还原成Fe2+，Fe2+、H+、O2反应生成Fe3+和H2O，Fe2+、Fe3+在阴极循环。【详解】A．由分析可知，Fe2+在阴极循环，无需补充，A错误；B．HCl在阳极失电子得到Cl2和H+，电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2+2H+，B正确；C．根据电子得失守恒有：O2～4e-，电路中转移1mol电子，消耗0.25mol氧气，标况下体积为5.6L，C正确；D．由图可知，反应物为HCl(g)和O2(g)，生成物为H2O(g)和Cl2(g)，故电解总反应可看作是4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)，D正确。答案选A。22、A【解析】

元素周期表中短周期某主族只有两种元素，这两元素的单质在常态下分别为气体和固体，周期表中满足条件为N和P、O和S；这两元素之间形成的化合物都能与水反应，N、P之间不反应，则这两种元素分别为O、S，据此解答。【详解】根据分析可知，这两种元素为O、S。A．O元素非金属性较强，没有最高价正价，故A错误；B．O和S都有最低价-2价，故B正确；C．O、S形成的化合物为二氧化硫、三氧化硫，二氧化硫和三氧化硫都是共价化合物，故C正确；D．O存在的单质有氧气和臭氧，S形成的单质有S2、S4、S6等多种，故D正确；故选：A。二、非选择题(共84分)23、邻氯苯甲醛（2—氯苯甲醛）氨基、羧基12取代反应（或酯化反应）+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+6、【解析】

根据题干信息分析合成氯吡格雷的路线可知，A与NH4Cl、NaCN反应生成B，B酸化得到C，C与CH3OH发生酯化反应生成D，D发生取代反应得到E，E最终发生反应得到氯吡格雷，据此结合题干信息分析解答问题。【详解】(1)有机物A的结构简式为，分子中含有醛基和氯原子，其化学名称为邻氯苯甲醛，C的结构简式为，分子中含有的管能团有氨基、羧基和氯原子，故答案为：邻氯苯甲醛；氨基、羧基；(2)A分子中苯环和醛基均为共平面结构，故分子中最少有苯环上的所有原子共平面，即最少有12个原子共平面，故答案为：12；(3)C与CH3OH发生酯化反应生成D，反应类型为取代反应（或酯化反应），故答案为：取代反应（或酯化反应）；(4)A的结构简式为，分子中含有醛基，可与新制Cu(OH)2反应生成Cu2O的砖红色沉淀，反应方程式为+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+；(5)物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，物质G除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应，可知物质G含有醛基，又苯环上有只有两个取代基，则物质G除苯环外含有的基团有2组，分别为—CHO、—CH2Cl和—Cl、—CH2CHO，分别都有邻间对3中结构，故G的同分异构体共有6种，其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为、，故答案为：6；、；(6)已知：，根据题干信息，结合合成氯吡格雷的路线可得，以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线可以是，故答案为：。24、羟基HC≡CH加聚反应ac【解析】

A是，乙醇连续氧化得乙酸，故B是，根据信息①，结合流程图，C是，D是，D到E是加聚反应，E是，根据信息②可推知F为，G是，根据分子式H是，根据流程图结合P的结构可推知I为，J是，根据（5）小题，可以推知K是乙酸酐（），由P逆推知L为。【详解】（1）A是乙醇，乙醇的官能团是羟基，答案为：羟基；（2）据信息①，结合流程图，可以推出C是，故答案为：；（3）D是，E是，D到E是双键发生了加聚反应，故答案为：加聚反应；（4）E是，A是乙醇，根据信息②，该反应为取代反应，答案为：；（5）根据信息可推知J是，K是乙酸酐（），答案为：；（6）①羧酸的酸性大于碳酸，酚的酸性小于碳酸，故酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故答案为：；②a.P可以完全水解产生，以及乙酸，a正确；b.P可以完全水解产生，该物质为高分子，b错误；c.根据题目信息，将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能，c正确；答案选ac。解有机推断题，要把握以下三个推断的关键：(1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。根据以上的思维判断，从中抓住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。25、O22Cu2++2Br－+SO2+2H2O→2CuBr↓+SO42－+4H+60℃水浴加热溶液蓝色完全褪去防止CuBr见光分解防止CuBr被氧化除去表面乙醇，并使晶体快速干燥在烧杯中继续通入SO2至饱和然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液过滤，用乙醇洗涤2～3次【解析】

(1)溴化亚铜能被氧气慢慢氧化，要排除氧气的干扰；

(2)①三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀；

②控制反应在60℃进行，可以用60℃的水浴加热；

③45gCuSO4•5H2O为0.18mol，19gNaBr为0.184mol，所以NaBr稍过量，所以当溶液中的铜离子消耗完时反应即完成；

(3)溴化亚铜见光会分解；

(4)溴化亚铜在空气中会慢慢被氧化，洗涤剂需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，溶剂改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；

(5)烧杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取较纯净的Na2SO3•7H2O晶体，可以在烧杯中继续通入SO2至饱和，将Na2SO3生成NaHSO3，根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSO3的物质的量为0.5mol，然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反应生成Na2SO3，加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2～3次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥，据此答题。【详解】(1)溴化亚铜能被氧气慢慢氧化，用二氧化硫还原铜离子生成溴化亚铜要排除氧气的干扰，可以通过煮沸的方法除去其中水中的O2，故答案为：O2；(2)①三颈烧瓶中铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++2Br−+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42−+4H+，故答案为：2Cu2++2Br−+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42−+4H+；②控制反应在60℃进行，可以用60℃的水浴加热；故答案为：60℃水浴加热；③45gCuSO4⋅5H2O为0.18mol，19gNaBr为0.184mol，所以NaBr稍过量，所以当溶液中的铜离子消耗完时反应即完成，所以说明反应已完成的现象是溶液蓝色完全褪去，故答案为：溶液蓝色完全褪去；(3)溴化亚铜见光会分解，所以步骤2过滤需要避光，防止CuBr见光分解，故答案为：防止CuBr见光分解；(4)在空气中会慢慢被氧化，所以洗涤剂需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，最后溶剂改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶体快速干燥，故答案为：防止CuBr被氧化；除去表面乙醇，并使晶体快速干燥；(5)烧杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取较纯净的Na2SO3⋅7H2O晶体，可以在烧杯中继续通入SO2至饱和，将Na2SO3生成NaHSO3，根据钠元素守恒可知，此时溶液中NaHSO3的物质的量为0.5mol，然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反应生成Na2SO3，加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤2∼3次，除去表面可溶性杂质，放真空干燥箱中干燥，故答案为：在烧杯中继续通入SO2至饱和；然后向烧杯中加入100g20%的NaOH溶液；过滤，用乙醇洗涤2∼3次。26、三颈烧瓶干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解干冰加快降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应放热造成NH2COONH4分解过滤CNH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3•H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑加入足量氢氧化钡溶液，充分反应后，过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量，重复2～3次【解析】

根据装置：仪器2制备氨气，由于氨基甲酸铵易水解，所以用仪器3干燥氨气，利用仪器4制备干燥的二氧化碳气体，在仪器5中发生2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(s)制备氨基甲酸铵；(1)根据仪器构造可得；考虑氨基甲酸铵水解；(2)①仪器4制备干燥的二氧化碳气体，为干冰；②反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，说明二氧化碳过量，氨气不足；(3)①考虑温度对反应的影响和氨基甲酸铵受热分解；②过滤得到产品，氨基甲酸铵易分解，所得粗产品干燥可真空微热烘干；(4)①氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵和一水合氨，据此书写；②测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，可以使其水解得到NH4HCO3，用氢氧化钡沉淀得到碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量可得氨基甲酸铵的质量，进而可得其质量分数，据此可得。【详解】(1)根据图示，仪器2的名称三颈烧瓶；仪器3中NaOH固体的作用是干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解；故答案为：三颈烧瓶；干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解；(2)①反应需要氨气和二氧化碳，仪器2制备氨气，仪器4制备干燥的二氧化碳气体，立即产生干燥的二氧化碳气体，则为干冰；故答案为：干冰；②氨气易溶于稀硫酸，二氧化碳难溶于稀硫酸，若反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，说明二氧化碳过量，应该加快产生氨气的流速；故答案为：加快；(3)①该反应为放热反应，温度升高不利于合成，故采用冰水浴可以降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应放热造成H2NCOONH4分解；故答案为：降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应放热造成H2NCOONH4分解；②当CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时，即停止反应，过滤，为防止H2NCOONH4分解，真空微热烘干粗产品；故答案为：过滤；C；(4)①氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵，反应为：NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3•H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑；故答案为：NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3•H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑；②测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，可以使其水解得到NH4HCO3，用氢氧化钡沉淀得到碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量可得氨基甲酸铵的质量，进而可得其质量分数，具体方法为：用天平称取一定质量的样品，加水溶解，加入足量氢氧化钡溶液，充分反应后，过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量，重复2～3次，测量的数据取平均值进行计算；故答案为：加入足量氢氧化钡溶液，充分反应后，过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量，重复2～3次。27、防止乙酸酐与水反应除去过量的乙酸酐慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH苯甲醛蒸出、接收的无色液体不呈油状时，即可断定水蒸气蒸馏结束增大肉桂酸的溶解度，提高产率重结晶67.6%【解析】

苯甲醛和乙酸酐、碳酸钾在三颈烧瓶中反应生成肉桂酸盐和乙酸盐和二氧化碳，为了提高原料利用率，不断回流冷凝，由于反应产生二氧化碳，可观察到反应产生一定量的泡沫。由于乙酸酐能和水发生水解反应，故反应结束，过量的乙酸酐通过缓慢加入20mL水除去，慢慢加入碳酸钠调解pH=8，未反应的苯甲醛通过蒸馏的方式除去，当蒸出、冷凝的液体不成油状时，说明苯甲醛除尽。此时溶液中主要成分为肉桂酸盐和乙酸盐，加入活性炭煮沸、过滤得到含肉桂酸盐的滤液，往滤液中加HCl可生成肉桂酸，由于肉桂酸在水中的溶解度很小，可得肉桂酸晶体，此时肉桂酸中仍然还有一些可溶性的杂质，如乙酸，可通过重结晶进行提纯，得到纯净的肉桂酸。【详解】(1)由题目所给信息可知，反应物乙酸酐遇水反应，故合成时装置必须是干燥，也因为乙酸酐能和水反应，实验结束剩余的乙酸酐能用水除去，所以，反应完成后分批加人20mL水，是为了除去过量的乙酸酐，故答案为：防止乙酸酐与水反应；除去过量的乙酸酐；(2)慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH，故答案为：慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH；(3)第①步将乙酸酐、乙酸除去了，此时进行水蒸气蒸馏，能除苯甲醛，苯甲醛是无色液体，在水中的溶解度很小，故蒸出、接收的苯甲醛液体应呈无色油状，所以，当苯甲醛完全蒸出时，将不再出现无色油状液体，故答案为：苯甲醛；蒸出、接收的无色液体不呈油状时，即可断定水蒸气蒸馏结束；(4)过滤，活性炭等杂质留在滤渣里，肉桂酸留在滤液里，常温下，肉桂酸的溶解度很小，趁热过滤，是为了增大肉桂酸的溶解度，提高产率，故答案为：增大肉桂酸的溶解度，提高产率；(5)此时肉桂酸中仍然还有一些可溶性的杂质，如乙酸，可通过重结晶进行提纯，得到纯净的肉桂酸。由制备肉桂酸的方程式可知，乙酸酐和苯甲醛按物质的量1:1反应，但是所给原料量为：0.03mol苯甲醛、0.084mol乙酸酐，很明显，乙酸酐过量，按苯甲醛的量计算，理论上可得0.03mol肉桂酸，对应质量=0.03mol×148.16g/mol=4.4448g，所以，产率==67.6%，故答案为：重结晶；67.6%。28、43Y在第三周期，且Y和Si间只有一根共价键Si109°28′SiCl4的熔点比CCl4高，SiCl4和CCl4是组成和结构相似的分子晶体，SiCl4的相对分子质量大，分子间作用力强，故SiCl4的熔点高133H2O131:3一c(H2PO4﹣)>c(HPO42﹣)>c(PO43﹣)【解析】

(1)Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，最外层含有4个电子，4个电子的运动状态均不同；(2)Y和Si间只有一根共价键且在第三周期，则Y是Cl；X周围连接了2根共价键，又在第三周期，则X是S元素；(3)SiCl4和CCl4分子空间结构相似；(4)黄磷(P4)与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠(NaH2PO2)，P的化合价由0价下降到-3价，同时又从0价上升到+1价，P4既是氧化剂又是还原剂，还原产物PH3和氧化产物NaH2PO2的系数比为1:3，该反应共转移电子3个，配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向；(5)已知磷酸二氢钠(NaH2PO4)溶液中NaH2PO4是三元酸，分三步电离且电离程度越来越小，分别生成H2PO4﹣、HPO42﹣和PO43﹣。【详解】(1)Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，最外层含有4个电子，4个电子的运动状态均不同，所以最外层有4种运动状态不同的电子，占据1个3s轨道和2个3p轨道，共占据3个轨道；(2)Y和Si间只有一根共价键且在第三周期，则Y是Cl；X周围连接了2根共价键，又在第三周期，则X是S元素，S