2024届贵州省黔西南市化学高二第二学期期末统考试题含解析

2024届贵州省黔西南市化学高二第二学期期末统考试题注意事项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、为了提纯下表所列物质(括号内为杂质)，有关除杂试剂和分离方法的选择均可行的是()编号被提纯的物质除杂试剂分离方法A己烷(己烯)溴水分液B淀粉溶液(NaCl)水过滤C甲苯(乙酸)NaOH溶液分液D甲烷(乙烯)KMnO4酸性溶液洗气A．A B．B C．C D．D2、下列实验操作不当的是A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二3、25℃时纯水的电离度为a1，pH=2的醋酸溶液的电离度为a2，pH＝12的氢氧化钠溶液中水的电离度为a3。若将上述醋酸与氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中水的电离度为a1。下列关系式中正确的是（）A．a2=a3＜a4＜a1 B．a3=a2＜a1＜a4C．a2＜a3＜a1＜a4 D．a1＜a2＜a3＜a44、据《本草纲目》记载：“生熟铜皆有青，即是铜之精华，大者即空绿，以次空青也。铜青则是铜器上绿色者，淘洗用之。”生成“铜青”的反应原理为A．化学腐蚀 B．吸氧腐蚀C．析氢腐蚀 D．铜与空气中的成分直接发生化合反应5、太阳能的开发与利用是能源领域的一个重要研究方向，由CO2制取C的太阳能工艺如图所示，下列有关说法正确的是（）A．分解1molFe3O4转移电子数为2NAB．根据盖斯定律可知，△H1+△H2=0C．FeO在CO2转化为C的过程中的作用是催化剂D．该工艺是将太阳能转化为电能6、下列离子方程式书写正确的是A．H2S

溶液显酸性：H2S+2H2O2H3O++S2-B．将少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液中：SO2+H2O+3ClO-=SO42-+Cl-+2HC1OC．向Ca(HCO3)2溶液中加入澄清石灰水：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2OD．向FeI2

溶液中通入少量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-7、你认为下列说法正确的是()A．液态氟化氢中存在氢键，所以其分子比氯化氢更稳定B．氢键存在于分子之间，也存在于分子之内C．对于分子，其范德华力只随着相对分子质量的增大而增大D．NH3极易溶于水而CH4难溶于水的原因只是NH3是极性分子，CH4是非极性分子8、在一密闭容器中充入1molH2和1molBr2，在一定温度下使其发生反应：H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)，达到化学平衡状态后进行如下操作，有关叙述错误的是A．保持容器容积不变，向其中加入1molH2，正反应速率增大，平衡正向移动，但H2的转化率比原平衡低B．保持容器容积不变，向其中加入1molHe，不改变各物质的浓度，化学反应速率不变，平衡不移动C．保持容器内气体压强不变，向其中加入1molHe，反应物浓度下降，化学反应速率减慢，平衡逆向移动D．保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2和1molBr2，平衡正向移动，但H2最终的转化率与原平衡一样9、下图是实验室硫酸试剂标签上的部分内容，据此下列说法正确的是（）A．该硫酸的物质的量浓度为9.2mol/LB．1molAl与足量的该硫酸反应产生3g氢气C．配制500mL4.6mol/L的稀硫酸需取该硫酸125mLD．将该硫酸加水配成质量分数49%的溶液时其物质的量浓度等于9.2mol/L10、足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL11、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()A．1mol乙醇和足量的乙酸充分反应可得到NA个H2OB．标准状况下，11.2L丙烯所含的极性共价键数为3NAC．1mol羟基和1mol氢氧根离子所含电子数均为9NAD．2.24L（标准状况下）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子12、下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是A．B．C．D．13、常温下，某学生用0.1mol·L－1H2SO4溶液滴定0.1mol·L－1NaOH溶液，中和后加水至100mL。若滴定终点的判定有误差：①少滴了一滴H2SO4溶液；②多滴了一滴H2SO4溶液(1滴为0.05mL)，则①和②两种情况下所得溶液的pH之差是()A．4 B．4.6 C．5.4 D．614、下列变化规律中正确的是（）A．金属Na、Mg、A1熔、沸点由高到低B．HCl、HBr、HI的还原性由强到弱C．H+、Li+、H﹣的半径由小到大D．同浓度的硫酸钠、醋酸钠、碳酸钠溶液的碱性由强到弱15、下图表示4—溴环己烯所发生的4个不同反应。其中，产物只含有一种官能团的反应是A．①④ B．③④ C．②③ D．①②16、在有机物分子中，若某碳原子连接四个不同的原子或基团，则这种碳原子称为“手性碳原子”，含“手性碳原子”的物质通常具有不同的光学特征（称为光学活性），下列物质在一定条件下不能使分子失去光学活性的是A．H2 B．CH3COOH C．O2／Cu D．NaOH溶液二、非选择题（本题包括5小题）17、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______________________________。18、已知A、B、C、D、E、F均为周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大。其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E为离子晶体，E原子核外的M层中有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的晶体可做半导体材料；F原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子。请根据以上信息，回答下列问题(答题时，A、B、C、D、E、F用所对应的元素符号表示)：(1)A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为________(2)B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点高的理由是____________。(3)A的简单氢化物的中心原子采取______杂化，E的低价氧化物分子的空间构型是____。(4)F的核外电子排布式是_____，A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示(其中A显－3价)，则其化学式为_______。19、已知下列数据：物质熔点/℃沸点/℃密度/g·cm－3乙醇－14478.00.789乙酸16.61181.05乙酸乙酯－83.677.50.900浓硫酸(98%)－3381.84下图为实验室制取乙酸乙酯的装置图。（1）当饱和碳酸钠溶液上方收集到较多液体时，停止加热，取下小试管B，充分振荡，静置。振荡前后的实验现象为________(填字母)。A．上层液体变薄B．下层液体红色变浅或变为无色C．有气体产生D．有果香味（2）为分离乙酸乙酯、乙醇、乙酸的混合物，可按下列步骤进行分离：①试剂1最好选用_________________________________________________；②操作1是________，所用的主要仪器名称是__________________________；③试剂2最好选用_____________________________________；④操作2是_______________________________________；⑤操作3中温度计水银球的位置应为下图中________(填“a”“b”“c”或“d”)所示，在该操作中，除蒸馏烧瓶、温度计外、锥形瓶，还需要的玻璃仪器有__________、________、________，收集乙酸的适宜温度是________。20、制备乙酸乙酯，乙酸正丁酯是中学化学实验中的两个重要有机实验①乙酸乙酯的制备②乙酸丁酯的制备完成下列填空：（1）制乙酸乙酯的化学方程式___________。（2）制乙酸乙酯时，通常加入过量的乙醇，原因是________，加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是________；浓硫酸用量又不能过多，原因是_______________。（3）试管②中的溶液是________，其作用是________________。（4）制备乙酸丁酯的过程中，直玻璃管的作用是________，试管不与石棉网直接接触的原因是_____。（5）在乙酸丁酯制备中，下列方法可提高1-丁醇的利用率的是________（填序号）。A．使用催化剂B．加过量乙酸C．不断移去产物D．缩短反应时间（6）两种酯的提纯过程中都需用到的关键仪器是________，在操作时要充分振荡、静置，待液体分层后先将水溶液放出，最后将所制得的酯从该仪器的________（填序号）A．上口倒出B．下部流出C．都可以21、覆盆子酮()是种从植物覆盆子中提取的较为安全的香料。一种以石油化工产A和丙烯为原料的合成路线如下：信息提示:(ⅰ)(ⅱ)根据上述信息回答：(1)E的化学名称是__________。(2)反应①的条件为____________________________。(3)与反应⑥反应类型相同的是___________(选填反应①~⑦,下同)，与反应③反应条件相似的是_____________。(4)写出反应⑦的化学方程式_______________________________。(5)E的同分异构体中，在核磁共振氢谱中出现三组峰，且峰面积之比为3∶3∶2的是___________(写出结构简式)。(6)参照上述合成路线以丙烯为原料，设计制备CH3CH=CHCH2COCH3的合成路线_______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】

A．加成产物及过量的溴均易溶于己烷，引入新杂质，应蒸馏分离，故A错误；B．溶液中的分子或离子微粒及胶体中的胶粒均可透过滤纸，不能过滤分离，应渗析法分离，故B错误；C．乙酸与NaOH反应后生成可溶于水的醋酸钠，与甲苯分层，然后分液可分离，故C正确；D．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，可选溴水、洗气，故D错误；故答案为C。【题目点拨】在解答物质分离提纯试题时，选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则：①不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；②分离提纯后的物质状态不变；③实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。2、B【解题分析】

A．锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A正确。B．用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化，此时溶液应该显酸性（二氧化碳在水中形成碳酸），应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B错误。C．用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+，选项C正确。D．蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，选项D正确。【题目点拨】本题选项B涉及的是滴定过程中指示剂的选择。一般来说，应该尽量选择的变色点与滴定终点相近，高中介绍的指示剂主要是酚酞（变色范围为pH=8～10）和甲基橙（变色范围为pH=3.1～4.4）。本题中因为滴定终点的时候溶液一定为酸性（二氧化碳饱和溶液pH约为5.6），所以应该选择甲基橙为指示剂。对于其他滴定，强酸强碱的滴定，两种指示剂都可以；强酸滴定弱碱，因为滴定终点为强酸弱碱盐，溶液显酸性，所以应该使用甲基橙为指示剂；强碱滴定弱酸，因为滴定终点为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应该使用酚酞为指示剂。3、A【解题分析】

水为极弱的电解质，酸、碱抑制水的电离，若溶液中H＋浓度和OH－浓度相等，对水的抑制程度相同，H＋浓度或OH－浓度越大，对水的抑制程度越大。【题目详解】酸、碱抑制水的电离，pH=2的醋酸溶液中H＋浓度等于pH＝12的氢氧化钠溶液中OH－浓度，则两溶液中水的电离程度相等，则有α2＝α3＜α1；pH=2的醋酸溶液与pH＝12的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸溶液过量，得到醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液呈酸性，抑制水的电离，溶液中H＋浓度减小，较原醋酸对水的电离的抑制程度小，所以α2＝α3＜α4＜α1，故选A。【题目点拨】本题考查影响水的电离平衡的因素，注意酸、碱抑制水的电离，抑制程度与H＋浓度或OH－浓度的大小有关，注意弱酸部分电离，pH=2的醋酸溶液与pH＝12的氢氧化钠溶液等体积混合后，酸溶液过量是解答关键。4、D【解题分析】

铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，反应方程式为：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，该反应为化合反应，故合理选项是D。5、A【解题分析】Fe3O4分解生成FeO，Fe元素从+3价降低到+2价，1molFe3O4中含有1mol二价铁和2mol三价铁，所以转移电子数为2NA，故A正确；Fe3O4分解生成FeO，FeO与CO2反应生成Fe3O4，两个反应的生成物和反应物不同，所以反应放出或吸收的热量不同，则△H1+△H2≠0，故B错误；FeO在CO2转化为C的过程中Fe元素的化合价升高，则FeO失电子作还原剂，故C错误；该工艺是将太阳能转化为化学能，故D错误。6、B【解题分析】

A．H2S属于弱酸，分步电离，且以第一步电离为主，H2S+H2OH3O++HS-，故A错误；B．少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-，故B正确；C．向Ca(HCO3)2溶液中加入澄清石灰水，与用量无关，离子方程式：Ca2++HCO3-+OH-═CaCO3↓+H2O，故C错误；D．向FeI2溶液中通入少量Cl2，只氧化I-，反应的离子方程式为：2I-+Cl2═I2+2Cl-，故D错误；故选B。【题目点拨】本题的易错点为CD，C中反应与用量无关，要注意与NaHCO3溶液中加入澄清石灰水的区别；D中要注意亚铁离子和碘离子的还原性的强弱比较，反应时，首先与还原性强的离子反应。7、B【解题分析】

A．氢键属于一种分子间作用力，与分子的稳定性无关，A项错误；B．邻羟基苯甲酸分子内的羟基与羧基之间即存在氢键，水分子之间存在氢键，所以氢键存在于分子之间，也存在于分子之内，B项正确；C．范德华力与相对分子质量和分子结构有关，有机物同分异构体的分子式相同，相对分子质量相同，其支链越多，沸点越低，C项错误；D．NH3与水分子之间存在氢键，使氨气易溶于水，所以NH3极易溶于水的原因为NH3是极性分子和氨气与水分子间存在氢键，不单单只是由于NH3是极性分子，D项错误；本题答案选B。8、C【解题分析】

A.保持容器容积不变，向其中加入1molH2，正反应速率增大，平衡正向移动，但为增肌溴的量，导致H2的转化率比原平衡低，A正确；B.保持容器容积不变，向其中加入1molHe，不改变各物质的浓度，各反应量的化学反应速率不变，平衡不移动，B正确；C.保持容器内气体压强不变，向其中加入1molHe，反应体积增大，导致反应物浓度下降，化学反应速率减慢，但平衡不移动，C错误；D.保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2和1molBr2，平衡正向移动，但H2浓度不变，最终的转化率与原平衡一样，D正确；答案为C【题目点拨】反应中，左右两边气体的计量数相同时，改变压强化学平衡不移动。9、C【解题分析】分析：A.根据c=1000ρωM计算浓硫酸的物质的量浓度；

B.铝与浓硫酸常温下发生钝化，加热时生成二氧化硫和硫酸铝；

C.根据溶液稀释前后溶质物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；

D.硫酸与等质量的水混合，混合后溶液的质量为原硫酸的2倍，稀释后溶液的密度减小，故稀释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的2倍，根据稀释定律判断详解：A.该浓H2SO4的物质的量浓度为：c=1000ρωM=1000×1.84×98%98mol/L=18.4mol/L，所以A选项是错误的；

B.铝与浓硫酸常温下发生钝化，加热时生成二氧化硫和硫酸铝，不能生成氢气，故C.根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL，则xmL×18.4mol/L=500mL×4.6mol/L，计算得出：x=125，所以应量取的浓硫酸体积是125mL，所以C选项是正确的；

D.硫酸与等质量的水混合，混合后溶液的质量为原硫酸的2倍，稀释后溶液的密度减小，故稀释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的2倍，则稀释后所得溶液的浓度小于9.2mol/L，故D错误；

所以C选项是正确的。点睛：本题考查浓硫酸的性质、物质的量浓度的计算以及溶液的配制等问题，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度不大，注意相关计算公式的运用。10、A【解题分析】

从题叙述可以看出，铜还原硝酸得到的气体，恰好又与1.68LO2完全反应，所以可以使用电子得失守恒先求n(Cu)，即n(Cu)×2＝n(O2)×4，得n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15mol，所以这些铜对应的铜离子恰好沉淀所需n(NaOH)应为0.3mol，所需V(NaOH)应为60mL，故选A。11、B【解题分析】

A．乙醇与乙酸在浓硫酸加热条件下发生的酯化反应是可逆反应，则1mol乙醇和足量的乙酸充分反应得到的H2O分子数目小于NA，故A错误；B．则标准状况下，11.2L丙烯的物质的量为0.5mol，每个丙烯分子内含有的极性共价键即C-H键数目为6个，则0.5mol丙烯所含的极性共价键数为3NA，故B正确；C．每个羟基含有9个电子，每个OH-含有10个电子，则1mol羟基和1mol氢氧根离子所含电子数不等，故C错误；D．标准状况下的苯为液体，则不能根据气体摩尔体积计算2.24L(标准状况下)苯的物质的量，也无法确定其完全燃烧生成的CO2分子数目，故D错误；故答案为B。12、C【解题分析】

A.NO2球中存在2NO2N2O4，△H<0，正反应放热，NO2球放入冷水，颜色变浅，NO2球放入热水中，颜色变深，可以用平衡移动原理解释，A不合题意；B.水的电离是微弱的电离，存在电离平衡，同时电离是吸热过程，温度升高向电离方向移动，水的离子积增大，可以用平衡移动原理解释，B不合题意；C.加二氧化锰可以加快过氧化氢的分解，但催化剂不能使平衡发生移动，不能用平衡移动原理解释，C符合题意；D.氨水中存在电离平衡NH3·H2ONH4++OH-，随着氨水浓度降低，氨水的离程度减小，OH-浓度降低，可以用平衡移动原理解释，D不合题意；答案选C。13、D【解题分析】

常温下，某学生用0.1mol·L－1H2SO4溶液滴定0.1mol·L－1NaOH溶液，中和后加水至100mL。若滴定终点的判定有误差：①少滴了一滴H2SO4溶液，若一滴溶液的体积按0.05mL计算，则相当于剩余2滴0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液呈碱性，则c(OH-)=mol/L，故pH=10；②多滴了一滴H2SO4溶液(1滴为0.05mL)，则溶液显酸性，c(H+)=mol/L，故pH=4。因此，①和②两种情况下所得溶液的pH之差是10-4=6，故选D。【题目点拨】注意本题只能作近似计算，即多一滴或少一滴后溶液的总体积仍按100mL计算，直接根据过量的试剂进行计算，而且要注意，计算碱性溶液的pH要先求c(OH-)，计算酸性溶液的pH要先求c(H+)。14、C【解题分析】

A.在金属晶体中，金属原子的价电子数越多，原子半径越小，自由电子与金属阳离子间的作用力越大，金属的熔沸点就越高。而同一周期的金属元素，从左到右，阳离子半径逐渐减小，离子所带电荷逐渐增加，故金属Na、Mg、Al的熔、沸点应是由低到高，A项错误；B.同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐降低，离子的还原性逐渐增大，故HCl、HBr、HI的还原性应是由弱到强，B项错误；C.电子层数越少，微粒半径越小；电子层结构相同微粒，核电荷数越大，半径越小，故H+、Li+、H﹣的半径由小到大，C项正确；D.硫酸钠不水解，同浓度酸性醋酸大于碳酸，故碳酸根的水解程度大于醋酸根的水解程度，碱性强弱为醋酸钠＜碳酸钠，故同浓度的硫酸钠、醋酸钠、碳酸钠溶液的碱性由弱到强，D项错误。答案选C。15、B【解题分析】

由结构可知，有机物中含C=C和-Br。为碳碳双键被氧化生成羧基，得到-Br和-COOH两种官能团；为碳碳双键与水发生加成反应，得到-Br和-OH两种官能团；为溴原子与相邻碳原子上的氢原子发生消去反应，产物中只有C=C一种官能团；为碳碳双键与HBr发生加成反应，产物中只有-Br一种官能团；则有机产物只含有一种官能团的反应是③④，故选B项。综上所述，本题正确答案为B。【题目点拨】该题是高考中的常见题型，考查的重点为有机物的官能团的种类的判断和性质，注意根据反应条件判断可能发生的反应，掌握各类有机物的性质是解题的关键。16、B【解题分析】

A、H2在一定条件下与醛基发生加成反应生成—CH2OH，失去光学活性，错误；B、CH3COOH与醇羟基发生酯化反应，不失去光学活性，正确；C、—CH2OH在铜作催化剂、加热的条件下与氧气反应生成醛基，失去光学活性，错误；D、卤代烃与氢氧化钠溶液发生水解反应生成—CH2OH，失去光学活性，错误。二、非选择题（本题包括5小题）17、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【解题分析】

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。【题目详解】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。【题目点拨】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。18、Na＜Al＜Si＜NNaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体sp3V形1s22s22p63s23p63d104s1Cu3N【解题分析】

C元素是地壳中含量最高的金属元素，则C为Al；D单质的晶体可做半导体材料，则D为Si；E原子核外的M层中有两对成对电子，则E的价电子排布为3s23p4，其为S；A原子核外有三个未成对电子，则A为N；化合物B2E为离子晶体，则B为Na。F原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子，则F的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，其为Cu。从而得出A、B、C、D、E、F分别为N、Na、Al、Si、S、Cu。【题目详解】(1)A、B、C、D分别为N、Na、Al、Si，由于N的非金属性最强，且原子轨道半充满，所以第一电离能最大，Si次之，Na最小，从而得出第一电离能由小到大的顺序为Na＜Al＜Si＜N。答案为：Na＜Al＜Si＜N；(2)B的氯化物为NaCl，离子晶体，D的氯化物为SiCl4，分子晶体，由此可得出熔点NaCl比SiCl4高的理由是NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体。答案为：NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体；(3)A的简单氢化物为NH3，中心原子的价层电子数为4，采取sp3杂化，E的低价氧化物为SO2，S原子发生sp2杂化，分子的空间构型是V形。答案为：sp3；V形；(4)F为Cu，其原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，N、Cu形成某种化合物的晶胞中，空心小球的数目为8×=1，黑球的数目为12×=3，N显-3价，则Cu显+1价，由此得出其化学式为Cu3N。答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；Cu3N。【题目点拨】计算晶胞中所含微粒数目时，应依据微粒在该晶胞中的位置及所占的份额共同决定。如立方晶胞，微粒位于顶点，则该微粒属于此晶胞的份额仅占八分之一；微粒位于棱上时，由于棱属于四个晶胞，则该微粒属于此晶胞的份额仅占四分之一。19、ABCD饱和碳酸钠溶液分液分液漏斗稀硫酸蒸馏b酒精灯冷凝管牛角管略高于118℃【解题分析】

分离出乙酸、乙醇、乙酸乙酯，利用其性质不同进行分离，如乙酸乙酯不溶于Na2CO3溶液，乙醇溶于碳酸钠溶液，乙酸与Na2CO3溶液发生反应，采用分液的方法分离出，然后利用乙醇易挥发，进行蒸馏等等，据此分析；【题目详解】（1）A、从试管A中蒸出的气体为乙酸乙酯、乙酸、乙醇，振荡过程中乙酸、乙醇被碳酸钠溶液吸收，上层液体逐渐变薄，故A正确；B、乙酸乙酯的密度小于水的密度，在上层，下层为碳酸钠溶液，碳酸钠溶液显碱性，滴入酚酞，溶液变红，试管A中蒸出的乙酸，与碳酸钠反应，产生CO2，溶液红色变浅或变为无色，故B正确；C、根据B选项分析，故C正确；D、乙酸乙酯有水果的香味，故D正确；答案选ABCD；（2）①碳酸钠溶液的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，然后采用分液的方法进行分离，即A为乙酸乙酯，试剂1为饱和碳酸钠溶液；②根据①的分析，操作1为分液，所用的主要仪器是分液漏斗；③B中含有乙醇、乙酸钠、碳酸钠，利用乙醇易挥发的性质，采用蒸馏的方法得到乙醇，即操作2为蒸馏，E为乙醇，C为乙酸钠和碳酸钠，需要将乙酸钠转化成乙酸，然后蒸馏，得到乙酸，因此加入的酸，不易挥发，即试剂2最好是稀硫酸；④根据③的分析，操作2为蒸馏；⑤根据上述分析，操作3为蒸馏，温度计的水银球在支管口略向下，即b处；蒸馏过程中还需要的仪器有酒精灯、冷凝管、牛角管；乙酸的沸点为118℃，因此收集乙酸的适宜温度是略高于118℃。20、增大反应物的浓度，使平衡正向移动，提高乙酸的转化率；；浓硫酸能吸收反应生成的水，使平衡正向移动，提高酯的产率浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率饱和碳酸钠溶液中和乙酸、吸收乙醇减少乙酸乙酯在水中的溶解冷凝回流防止加热温度过高，有机物碳化分解BC分液漏斗A【解题分析】

（1）实验室用乙醇和乙酸在浓硫酸加热的条件下制乙酸乙酯，化学方程式为。答案为：；（2）酯化反应属于可逆反应，加入过量的乙醇，