重庆市重点中学2021-2022学年化学高二第二学期期末检测试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，下列操作不正确的是（ ）A接近称量质量时，轻振手腕，加够药品B溶解时，用量筒控制所加蒸馏水的量C移液时，玻璃棒插在刻度线上，防止液体洒出D接近刻度线12cm时，用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线2、下列4个化学反应

2、中，与其他3个反应类型不同的是()ACH3CHO2Cu(OH)2CH3COOHCu2O2H2OBCH3CH2OHCuOCH3CHOCuH2OC2CH2=CH2O22CH3CHODCH3CH2OHHBrCH3CH2BrH2O3、下列反应中，HNO3既表现酸性又表现出氧化性的是A使紫色石蕊溶液变红 B与铜反应C与Na2CO3溶液反应 D与S单质混合共热时生成H2SO4和NO24、下列关于化学反应中物质或能量变化的判断正确的是A需要加热才能进行的反应一定是吸热反应，放热反应不需要加热B一定条件下进行的化学反应，只能将化学能转化成光能或热能C化学键的断裂和形成是物质在化学反应中发生能量变化的主要原因D

3、将NaHCO3溶液蒸干后并高温加热至质量不发生变化，最终所得固体仍为NaHCO35、下列有关物质性质的比较，结论正确的是A溶解度：Na2CO3NaHCO3B热稳定性：HClPH3C沸点：HClHBrD碱性：LiOHHBD在硫酸钡中加入足量饱和Na2CO3溶液，振荡、过滤、洗涤，沉淀中加入盐酸有气体产生，说明Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)13、下列叙述正确的是（）A气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积为22.4LB一定温度、压强下，气体体积主要由其分子的数目多少决定C同温度、同压强下，相同体积的任何物质含有相同数目的粒子D不同的气体，若体积不等，则它们所含的分子数一定不等14、有

4、5种有机物： CH2=CHCH=CH2， 其中可用于合成 高分子材料的正确组合为A B C D15、下列叙述中,正确的一组是（ ）糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解制造婴儿用的一次性纸尿片采用的吸水保水的材料可以是石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素均互为同分异构体淀粉遇碘酒变蓝色,葡萄糖能与新制Cu(OH)2发生反应塑料、橡胶和纤维都是合成高分子材料向蛋白质溶液中加入饱和CuSO4溶液,出现盐析现象,加水溶解A B C D16、某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中错误的是AX、Z烧杯中分散质相同BY中反应离子方程式为3CaCO32Fe33H2O=

5、2Fe(OH)3(胶体)3CO23Ca2C利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离DZ中分散系能产生丁达尔效应二、非选择题（本题包括5小题）17、维拉佐酮是临床上使用广泛的抗抑部药，其关键中间体合成路线如下:已知:R-X+H-X (1)下列说法正确的是_(填编号)。A化合物A不能使三氧化铁溶液显紫色B反应均为取代反应C合成过程中反应与反应不能调换D反应中K2CO3的作用是使反应向正方向移动(2)写出物质C的结构简式:_。(3)写出反应的化学方程式:_。(4)设计以苯和乙烯为原料制备的合成路线(用流程图表示，其他无机试剂任选)_。(5)经过水解和氧化后可得到分子式为C4H9O2N的物质F，写出物质

6、F的可能的同分异构体结构简式_。须同时符合:分子结构中有一个六元环；1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子。18、现有A、B、C、D四种元素，A是第五周期第A族元素，B是第三周期元素，B、C、D的价电子数分别为2、2、7。四种元素原子序数从小到大的顺序是B、C、D、A。已知C和D的次外层电子数均为18个。(1)写出A、B、C、D的元素符号：A_、B_、C_、D_。(2)C位于元素周期表的_区，C2的电子排布式_。(3)最高价氧化物对应水化物中碱性最强的化合物是_(写化学式，下同)；最高价氧化物对应水化物中酸性最强的化合物是_。(4)元素的第一电离能最小的是_，元素的电负性最大的是_。19、乙酰苯

7、胺是一种白色有光泽片状结晶或白色结晶粉末，是磺胺类药物的原 料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。乙酰苯胺的制备原理为：+CH3COOH+H2O 注：刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。实验步骤:步骤 1：在圆底烧瓶中加入无水苯胺 9.2 mL，冰醋酸 17.4 mL，锌粉0.1 g，安装仪器，加入沸石，调节加热温度，使分馏柱顶温度控制在105 左右，反应约 6080 min，反应生成的水及少量醋酸被蒸出。 步骤 2：在搅拌下，趁热将烧瓶中的物料以细流状倒入盛有 100 mL 冰 水的烧杯中，剧烈搅拌，并冷却，结晶，抽滤、洗涤、干燥，得到乙酰 苯胺粗品。步

8、骤 3：将此粗乙酰苯胺进行重结晶，晾干，称重，计算产率。(1)步骤 1 中所选圆底烧瓶的最佳规格是_(填序号)。a25 mL b50 mL c150 mL d200 mL(2)实验中加入少量锌粉的目的是_。(3)从化学平衡的角度分析，控制分馏柱上端的温度在 105左右的原因_。(4)洗涤乙酰苯胺粗品最合适的方法是_(填序号)。 a用少量冷水洗 b用少量热水洗 c用酒精洗(5)乙酰苯胺粗品因含杂质而显色，欲用重结晶进行提纯，步骤如下：热水溶解、_、过滤、洗涤、干燥(选则正确的操作并排序)。a蒸发结晶 b冷却结晶 c趁热过滤 d加入活性炭(6)该实验最终得到纯品 8.1g，则乙酰苯胺的产率是_ 。

9、(7)如图的装置有 1 处错误，请指出错误之处_。20、I选取下列实验方法分离物质，将最佳分离方法的序号填在横线上。A 萃取分液法 B 升华法 C 分液法 D 蒸馏法 E 过滤法(1)_分离饱和食盐水与沙子的混合物。(2)_分离水和汽油的混合物。(3)_分离四氯化碳(沸点为76.75 )和甲苯(沸点为110.6 )的混合物。(4)_分离碘水中的碘。(5)_分离氯化钠固体和碘固体的混合物。II.图是甲、乙两种固体物质的溶解度曲线。(1)t2时，将等质量的甲、乙两种物质加水溶解配制成饱和溶液，所得溶液质量的大小关系为：甲_乙(填“”、“” 或 “”)。(2)除去甲物质中少量乙物质可采取_结晶的方法

10、(填“蒸发”或“降温”)。III如图装置，按要求填空(1)排空气法收集气体，若收集CO2气体，进气口为_(填“a”或“b”)(2)若瓶中装满水，可用于收集下列气体中的_(选填编号)NO NO2 NH3 HCl(3)如果广口瓶中盛放浓硫酸，可以用作气体干燥装置，则该装置不可以干燥的气体有_(选填编号)HCl H2 NH3 CO HI21、（化学选3物质结构与性质）利用合成的新型三元催化剂La0.8Cu0.2Ni1-xMxO3(M 分别为Mn、Fe和Co)可以使汽车尾气中NO和CO发生反应而减少尾气污染，同时可大大降低重金属的用量。回答下列问题：(1)Mn2+的核外电子排布式为：_，其单电子数为_

11、。(2)C、N、O、Mn电负性由大到小的顺序是_。(3)也是常见配体，其中采取sp2杂化的碳原子和sp3杂化的碳原子个数比为_。(4)蓝色物质KFe()xFe()(CN)6可缓解重金属中毒，x=_；该物质中不存在的作用力有_。A范德华力 B离子键 C键 D键 E.氢键(5)副族元素钴的氧化物可以在室温下完全氧化甲醛(HCHO)。甲醛分子的立体构型为_；甲醛常温下为气体而甲醇(CH3OH)为液体的原因是_ 。(6)副族元素Mn和元素Se形成的某化合物属于立方晶系，其晶胞结构如图所示，其中(为Se， 为Mn)，该化合物的化学式为_，Se的配位数为_，Mn和Se的摩尔质量分别为M1g/mol、M2g

12、/mol，该晶体的密度为g/cm3,则MnSe键的键长为_nm(计算表达式)。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A称量固体时，当接近称量质量时，应用左手拿药匙，右手轻轻振动左手手腕，加够药品，图示操作正确，A项正确，不符合题意；B为防止溶解和洗涤时所用蒸馏水的体积超过容量瓶容积，溶解时应用量筒控制所加蒸馏水的量，图示操作正确，B项正确，不符合题意；C图示移液操作中，玻璃棒插在刻度线以上，应插在刻度线以下，C项错误，符合题意；D定容时，当液面接近刻度线12 cm时，用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，图示正确，D项正确，不符合题意；本题答案选C。2、D【解析】根据反应的特点分

13、析各选项反应的类型，然后判断。【详解】A项，CH3CHO与Cu（OH）2共热发生了氧化反应；B项，CH3CH2OH与CuO共热发生了氧化反应；C项，CH2=CH2与O2发生了氧化反应生成CH3CHO；D项，CH3CH2OH中OH被Br取代，取代下来的OH与H原子结合成H2O，属于取代反应；A、B、C项反应类型相同，D不同，故选D。3、B【解析】A. 使石蕊变红，只能说明硝酸具有酸性，不能说明氧化性，故A错误；B. 与铜反应生成Cu(NO3)2和NO气体，生成硝酸铜表现酸性，生成NO表现硝酸的氧化性，故B正确；C. 与Na2CO3反应放出CO2气体生成NaNO3，说明硝酸的酸性比碳酸强，不发生氧

14、化还原反应，故C错误；D. 与S单质混合共热时生成H2SO4和NO2，只表现硝酸的氧化性，不表现酸性，故D错误。故选B.点睛：硝酸既能表现出酸性；又表现出强氧化性，在反应中与金属反应生成硝酸盐和氮的氧化物，与非金属反应还原生成NO或NO2等物质，同时将非金属氧化成高价的氧化物，也可以通过化合价的变化来分析判断，以此解答。4、C【解析】A.化学反应的热效应和反应条件无关，有的吸热反应在常温下也可进行，如氯化铵和氢氧化钡晶体之间的反应，有的放热反应却需要加热，如二氧化硫的催化氧化反应，故A错误；B.化学能转化的能量形式是多样的，可以是光能、电能、热能等，故B错误；C化学反应中总是有键的断裂和形成，

15、在断键时吸收能量，成键时释放能量，导致在化学反应中放热或吸热，故C正确；DNaHCO3不稳定，在加热条件下会分解生成Na2CO3，故D错误；答案选C。5、C【解析】A碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，A错误；B同周期由左向右非金属的气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性应该是：HClPH3，B错误；C氯化氢和溴化氢形成的均是分子晶体，沸点随分子间作用力的增大而升高，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则沸点：HClHBr，C正确；D同周期由左向右最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性应该是：LiOHBe(OH)2，D错误；答案选C。【点睛】解决此类问题，一是要熟悉各种常见的规律，比如元素周期律

16、等；另外还要注意到一些反常的特例。例如：本题的选项A，一般碳酸盐比碳酸氢盐的溶解度小，碳酸钙难溶，而碳酸氢钙可溶，但是碳酸钠却比碳酸氢钠溶解度大。此外，比如碱金属由上向下单质密度增大，但是钾反常等等。6、D【解析】分析：A.由电池反应方程式2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag知，较活泼的金属铜失电子发生氧化反应，所以铜作负极，较不活泼的金属银作正极；B.根据原电池的构成条件之一为自发的放热的氧化还原反应分析反应物与生成物的总能量大小；C.原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；D.水泥固化过程中，自由水分子减少，导致溶液中离子浓度改变而引起电动势改变详解：A. 由电池反应方程式2

17、Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag知，较不活泼的金属银作正极，电极反应式为Ag2O +2e+H2O2Ag+2OH，故A错误；B. 因为原电池的构成条件之一为自发的放热的氧化还原反应,所以该反应为放热反应，则2molCu与1molAg2O的总能量大于1molCu2O与2molAg具有的总能量，故B错误；C. 原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，因此OH-向Cu电极移动，故C错误。D、水泥固化过程中，自由水分子减少，溶剂的量减少导致溶液中各离子浓度的变化，从而引起电动势变化，故D正确答案选D.点睛：在原电池中阳离子一定移向正极，而阴离子移向负极。7、A【解析】A. 能跟碱反应生成盐和水

18、的氧化物为酸性氧化物，CO2、SiO2、P2O5均可以跟碱反应生成盐和水，所以均为酸性氧化物，故A选；B. 电解和电镀需要通电才可进行，电离和电化学腐蚀不需要通电，故B不选；C. 苛性钾在水中和熔融状态下都能完全电离，是强电解质，次氯酸在水中部分电离，是弱电解质，氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C不选；D. 丁达尔效应是胶粒对光的散射，所以区分溶液和胶体的方法丁达尔效应不是化学方法，故D不选。故选A。【点睛】酸性氧化物是能跟碱反应生成盐和水的氧化物，而且只生成一种盐和水，NO2不是酸性氧化物，因为2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，同理，碱性氧化物是能跟酸生成一种

19、盐和水的氧化物，Fe3O4也不是碱性氧化物。电离不需要通电，但电离能产生带电的离子，通电后可以导电，电化学腐蚀能把化学能转化为电能，都和电有关，但都不需要通电。单质既不是电解质也不是非电解质。8、C【解析】A. 臭氧柜里臭氧作餐具的“消毒剂”，臭氧表现氧化性；B. 热纯碱溶液常作厨房的“洗涤剂”时，其表现碱性；C. 活性铁粉在食品袋中作“去氧剂” 时，其表现还原性；D. 小苏打常作制糕点的“起泡剂”，其表现不稳定、易分解产生气体。本题选C。9、D【解析】A 、酚类物质中也含有-OH，但不属于醇，选项A错误；B、羟基是中性基团，OH-带一个单位的负电荷，二者的结构不同，选项B错误；C、醇类、酚类

20、等含C、H、O元素的有机物在O2中燃烧的产物也只有CO2和H2O，选项C错误；D、虽然醇和酚具有相同的官能团，但由于二者的结构不同，所以化学性质不同，选项D正确。答案选D。10、A【解析】分析：As电子云轮廓图都是球形，能层越大，球的半径越大；B根据原子由基态转化成激发态，电子能量增大，需要吸收能量；C根据电子排布式的书写方法来解答；D根据主族元素的周期序数=电子层数；最外层电子=主族序数；最后一个电子排在哪个轨道就属于哪个区；据此分析判断。详解：A所有原子任一能层的S电子云轮廓图都是球形，能层越大，球的半径越大，故A正确；B基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，当

21、变为1s22s22p63p2时，电子发生跃迁，需要吸收能量，变为激发态，故B错误；C24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，半充满轨道能量较低，故C错误；D价电子排布为5s25p1的元素最外层电子数为3，电子层数是5，最后一个电子排在p轨道，所以该元素位于第五周期第A族，是p区元素，故D错误；故选A。11、A【解析】A、乙醇能发生氧化，消去和酯化反应，故正确；B、乙醛能发生氧化反应，不能发生消去反应或酯化反应，故错误；C、苯酚能发生氧化反应，不能发生消去或酯化反应，故错误；D、乙酸能发生酯化反应，不能发生氧化或消去反应，故错误。答案选A。12、A【解析】A向某溶

22、液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，原溶液中可能含有Ag+、SO42-等，都可以产生白色沉淀，A选项正确；B硫酸铜属于重金属盐，会使蛋白质变性，不是盐析，B选项错误；CHA放出的氢气多，说明HA的浓度大，所以在pH相等的条件下，HA的电离程度小于HB，酸性：HAHB，C选项错误；D硫酸钡溶液中存在溶解平衡，加入足量饱和的Na2CO3溶液，由于碳酸根离子浓度较大，使的离子浓度幂之积大于Ksp(BaCO3)，则可生产BaCO3沉淀，Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)，D选项错误；答案选A。13、B【解析】分析：A、气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积；B、根据影响气体体积的因

23、素分析；一定温度、压强下，气体分子间的距离一定，气体体积由气体的物质的量的多少决定；C、根据阿伏加德罗定律的适用范围以及物质的组成解答；D、气体的分子数只与气体的物质的量有关系。详解：A、气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积，不同条件下，气体摩尔体积的数值不同，标准状况下约为22.4L/mol，A错误；B、一定温度、压强下，气体分子间的距离一定，气体分子间的距离远大于分子本身的大小，决定其体体积大小的主要因素是分子数的多少，B正确；C、同温度、同压强下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，不能适用于液体或固体，且气体的分子组成不一定相同，因此所含的粒子数目也不一定相同，C错误；D、一定物

24、质的量的气体的体积大小取决于温度和压强，外界条件不同，体积不同，不同条件下体积不等的气体所含分子数也可能相等，D错误。答案选B。14、D【解析】试题分析：根据结构简式可知，该有机物为加聚反应产物，其主链含有两个碳碳双键，先将中括号去掉，然后从左向右，按照“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开：，则可以得到该有机物的三种单体：、CH2=CH-CH=CH2、，答案选D。考点：考查不饱和烃加聚反应的规律。15、A【解析】分析：根据糖类包括单糖、二糖、多糖分析判断；根据羟基属于亲水基团分析判断；根据石油的分馏、裂化和煤的干馏的概念和本质分析判断；根据高分子化合物的聚合度不一定相等分析判断；淀粉遇碘

25、酒变蓝色，葡萄糖含有醛基能与新制Cu(OH)2发生反应，据此判断；根据高分子化合物有天然的也有合成的分析判断；根据属于重金属盐溶液，结合蛋白质的性质分析判断。详解：糖类中单糖不能水解，油脂蛋白质在一定条件下都能发生水解，故错误；羟基属于亲水基团，因此具有吸水性，故正确；石油的分馏是物理过程，石油的裂化、煤的干馏是化学变化，故错误；葡萄糖与果糖的分子式相同，结构不同，是同分异构体、淀粉与纤维素是高分子化合物，二者的聚合度不同，不是同分异构体，故错误；淀粉遇碘酒变蓝色，葡萄糖含有醛基能与新制Cu(OH)2发生反应，故正确；橡胶和纤维素有天然的也有合成的，故错误；向蛋白质溶液中加入饱和CuSO4溶液

26、，使蛋白质发生变性，析出后不能溶解，故错误；故选A。16、A【解析】Ax是氯化铁溶液，z是氢氧化铁胶体；B碳酸钙能与氢离子结合促进三价铁的水解；C过滤法除去的是液体中不溶性的物质；Dz是氢氧化铁胶体具有胶体的性质。【详解】Ax是氯化铁溶液，分散质是氯离子和三价铁离子，Z是氢氧化铁胶体，分散质是氢氧化铁胶粒，故A错误；B碳酸钙能与氢离子结合生成水和二氧化碳促进三价铁的水解，故B正确；C过滤法分离固体和液体，故C正确；Dz是氢氧化铁胶体具有胶体的性质，能产生丁达尔效应，故D正确。故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、CD 、 【解析】分析：本题考查有机物的推断和合成，充分利用有机物的结构进行

27、分析解读，侧重考查学生的分析推理能力，知识迁移能力。详解：根据A到B再到，对比分子式和有机物的结构，可知A为，B为，反应为硝化反应，反应为取代反应。而由到C脱掉一分子水，再对比前后的结构，可以推出C的结构为，反应发生的是硝基还原为氨基的反应，则D为。(1) A.化合物A的结构为，含有酚羟基和醛基，能使三氧化铁溶液显紫色，故错误；B.反应为取代，为还原反应，为取代反应，故错误；C.合成过程中反应与反应不能调换，否则醛基有会与氢气发生加成反应，故正确；D.反应中生成盐酸，而盐酸可以和K2CO3，所以碳酸钾的作用是使反应向正方向移动，故正确；故选CD。(2)根据以上分析可知物质C的结构简式为：；(3

28、)反应的化学方程式为；（4）根据题中信息可知，氨基可以和二卤代烃反应生成环，所以先生成二卤代烃和氨基。合成路线为：。（5）分子式为C4H9O2N的物质F，写出物质F的可能的同分异构体结构分子结构中有一个六元环；1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，则说明结构有对称性，六元环由3个碳和一个氮原子和2个氧原子形成对称位置的环，另外连接一个甲基即可，结构为或。或六元环由一个氮原子和一个氧原子和4个碳原子形成有对称性的环，另外连接羟基，结构为。18、Sn Mg Zn Br ds 1s2 2s22p63s23p63d10 Mg(OH)2 HBrO4 Mg Br 【解析】现有A、B、C、D四种元素，A是第

29、五周期第A族元素，则A为Sn元素；B是第三周期元素，B、C、D的价电子数分别为2、2、7，则B为Mg元素。四种元素原子序数从小到大的顺序是B、C、D、A。已知C和D的次外层电子数均为18个，则C和D均为第4周期的元素，分别是Zn和Br元素。【详解】(1) A、B、C、D的元素符号分别为Sn、Mg、Zn、Br。(2)C是Zn，其价电子排布式为3d104s2，故其位于元素周期表的ds区，C2为Zn失去最外层的2个电子形成的，故其电子排布式为1s2 2s22p63s23p63d10。(3)5种元素中，Mg的金属性最强，Br的非金属性最强，故最高价氧化物对应水化物中碱性最强的化合物是Mg(OH)2，最

30、高价氧化物对应水化物中酸性最强的化合物是HBrO4。(4)元素的第一电离能最小的是金属性最强的Mg，元素的电负性最大的是非金属性最强的Br。19、b 防止苯胺在反应过程中被氧化 不断分离出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高产品的产率 a d c b 60 尾接管和锥形瓶密封 【解析】(1)圆底烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的2/3，也不能少于1/3；(2)根据苯胺具有还原性分析；(3) 水的沸点是100，加热至105左右，就可以不断分出反应过程中生成的水；(4)根据乙酰苯胺微溶于冷水、溶于热水、溶于乙醇和乙醚分析；(5)乙酰苯胺用热水溶解，用活性炭吸附色素，趁热过滤，最后冷却结晶，得到

31、乙酰苯胺；(6)产率=实际产量理论产量100%。(7)图中装置中尾接管与锥形瓶接口不能密封。【详解】(1)圆底烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的2/3，也不能少于1/3，烧瓶中加入无水苯胺 9.2 mL，冰醋酸 17.4 mL，锌粉0.1 g，所以圆底烧瓶的最佳规格是50 mL，选b；(2)苯胺具有还原性，容易被空气中的氧气氧化，为防止苯胺在反应过程中被氧化；加入还原剂Zn粉。(3)水的沸点是100，加热至105左右，就可以不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率。(4)乙酰苯胺微溶于冷水、溶于热水、溶于乙醇和乙醚，为减少乙酰苯胺损失，洗涤乙酰苯胺粗品最合适的方法是用少量冷

32、水洗，选a；(5)由于乙酰苯胺微溶于冷水、溶于热水，乙酰苯胺粗品因含杂质而显色，用重结晶进行提纯的步骤为：乙酰苯胺用热水溶解，用活性炭吸附色素，趁热过滤，最后冷却结晶，得到乙酰苯胺，所以正确的操作是d c b；（6）n(苯胺)= (9.1mL 1.02g/mL)93g/mol=0.1mol；n(乙酸)=( 17.4mL 1.05g/mL)60g/mol=0.305mol，大于苯胺的物质的量，所以生成的乙酰苯胺的物质的量要以不足量的苯胺计算，理论产量为0.1mol，而实际产量n(乙酰苯胺)= 8.1g135g/mol=0.06mol，所以乙酰苯胺的产率为0.06mol0.1mol100%=60%

33、。(7)图中装置中尾接管与锥形瓶接口不能密封，错误之处是尾接管和锥形瓶密封。20、ECDAB降温a【解析】I(1)沙子不溶于水，食盐溶于水；(2)水和汽油分层；(3)二者互溶，但沸点不同；(4)碘不易溶于水，易溶于有机溶剂；(5)碘易升华；II. (1) 据t2时甲乙的溶解度大小分析解答；(2) 据甲、乙的溶解度随温度变化情况分析分离提纯的方法；III(1)二氧化碳密度大于空气，应该使用向上排空气法收集；(2)使用排水法收集时，气体不能与水反应、难溶于水；(3)浓硫酸为酸性干燥剂，不能干燥碱性气体和强还原性气体。【详解】I(1)沙子不溶于水，食盐溶于水，则利用过滤法分离饱和食盐水与沙子的混合物

34、，故答案为E；(2)水和汽油分层，则利用分液法分离水和汽油，故答案为C；(3)四氯化碳(沸点为76.75)和甲苯(沸点为110.6)的混合物，互溶但沸点差异较大，则选择蒸馏法分离，故答案为D；(4)碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则利用萃取分液法从碘水中提取碘，故答案为A；(5)碘易升华，可加热，用升华法分离氯化钠和碘，故答案为B；II.(1) t2时甲的溶解度大于乙的溶解度相等，所以将等质量的甲、乙两种物质加水溶解配制成饱和溶液，需要水的质量甲小于乙，故所得溶液的质量是甲乙；(2) 甲的溶解度随温度的升高明显增大，乙的溶解度受温度影响不大，故除去甲物质中少量乙物质可采取降温结晶的方法；III(1)排空气法收集气体，若收集CO2气体，二氧化碳气体密