河北省邯鄲市武安三中2024年高三二診模擬考試化學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、在反應3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5molH2O參加反應，被水還原的溴元素為()A．1mol B．2/3molC．4/3mol D．2mol2、6克含雜質的Na2SO3樣品與足量鹽酸反應，可生成1.12升氣體（S、T、P），氣體質量為3克，該樣品的組成可能是（）A．Na2SO3，Na2CO3 B．Na2SO3，NaHCO3C．Na2SO3，NaHCO3，Na2CO3 D．Na2SO3，MgCO3，NaHCO33、短周期元素X、Y、Z、M的原子序數依次增大，元素X的一種高硬度單質是寶石，Y2＋電子層結構與氖相同，Z的質子數為偶數，室溫下M單質為淡黃色固體，下列有關說法不正確的是()A．原子半徑：M＜Z＜Y B．Y的單質起火燃燒時可用泡沫滅火劑滅火C．可用XM2洗滌熔化過M的試管 D．最高價氧化物對應水化物的酸性：M＞Z4、實驗室提供的玻璃儀器有試管、導管、容量瓶、燒杯、酒精燈、表面皿、玻璃棒（非玻璃儀器任選），選用上述儀器能完成的實驗是（）A．粗鹽的提純 B．制備乙酸乙酯C．用四氯化碳萃取碘水中的碘 D．配制0.1mol·L-1的鹽酸溶液5、一定溫度下，10mL0.40mol·L-1H2O2溶液發生催化分解。不同時刻測得生成O2的體積（已折算為標準狀況）如下表。t/min0236810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列敘述不正確的是（）（溶液體積變化忽略不計）A．反應至6min時，H2O2分解了50％B．反應至6min時，c(H2O2)=0.20mol·L-1C．0~6min的平均反應速率：v(H2O2)≈3.3×10-2mol/(L·min)D．4~6min的平均反應速率：v(H2O2)>3.3×10-2mol/(L·min)6、設NA代表阿伏伽德羅常數的值，下列說法正確的是A．28g的乙烯和環丙烷混合氣體中所含原子總數為6NAB．在標準狀況下，9.2gNO2含有的分子數為0.2NAC．常溫下，56g鐵與足量的濃硫酸反應，轉移的電子數為3NAD．公共場所用75%的乙醇殺菌消毒預防新冠病毒，1mol乙醇分子中含有的共價鍵的數目為7NA7、已知N2H4在水中電離方式與NH3相似，若將NH3視為一元弱堿，則N2H4是一種二元弱堿，下列關于N2H4的說法不正確的是A．它與硫酸形成的酸式鹽可以表示為N2H5HSO4B．它溶于水所得的溶液中共有4種離子C．它溶于水發生電離的第一步可表示為：N2H4＋H2ON2H5＋OH－D．室溫下，向0.1mol/L的N2H4溶液加水稀釋時，n(H＋)·n(OH－)會增大8、在恒溫條件下，向盛有食鹽的2L恒容密閉容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，發生如下兩個反應：①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)△H1<0平衡常數K1②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H2<0平衡常數K210分鐘時反應達到平衡，測得容器內體系的壓強減少20％，10分鐘內用ClNO(g)表示的平均反應速率v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L?min)。下列說法不正確的是（）A．反應4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常數為K1B．平衡后c(Cl2)=2.5×10-2mol/LC．其它條件保持不變，反應在恒壓條件下進行，則平衡常數K2增大D．平衡時NO2的轉化率為50％9、硅元素在地殼中的含量非常豐富。下列有關說法不正確的是A．晶體硅屬于共價晶體B．硅原子的電子式為C．硅原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2D．硅原子的價電子排布圖為10、以下物質的水溶液顯酸性的是A．NaHCO3 B．NaHSO4 C．CH3COOK D．KNO311、下列解釋事實的方程式不正確的是A．金屬鈉露置在空氣中，光亮表面顏色變暗：4Na+O2=2Na2OB．鋁條插入燒堿溶液中，開始沒有明顯現象：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OC．硫酸銨溶液與氫氧化鋇溶液混合，產生氣體：NH4++OH-=NH3↑十+H2OD．碘化銀懸濁液滴加硫化鈉溶液，黃色沉淀變成黑色：2AgI+S2-=Ag2S↓+2I-12、周期表中有如圖所示的元素，下列敘述正確的是A．47.87是豐度最高的鈦原子的相對原子質量B．鈦原子的M層上共有10個電子C．從價電子構型看，鈦屬于某主族元素D．22為鈦原子的質量數13、設NA為阿伏加德羅常數值。下列說法正確的是A．常溫下，1LpH=9的CH3COONa溶液中，發生電離的水分子數為1×10-9NAB．常溫下，10mL5.6mol/LFeC13溶液滴到100mL沸水中，生成膠粒數為0.056NAC．向Na2O2通入足量的水蒸氣，固體質量增加bg，該反應轉移電子數為D．6.8gKHSO4晶體中含有的離子數為0.15NA14、在(NH4)2Fe(SO4)2溶液中逐滴加入100mL1mol/L的Ba(OH)2溶液，把所得沉淀過濾、洗滌、干燥，得到的固體質量不可能是()A．35.3g B．33.5g C．32.3g D．11.3g15、化學與生產、生活和環境密切相關。下列有關說法正確的是()A．面粉生產中禁止添加的過氧化鈣(CaO2)中陰、陽離子個數比為1：2B．“文房四寶”中的硯臺，用石材磨制的過程是化學變化C．月餅中的油脂易被氧化，保存時常放入裝有硅膠的透氣袋D．絲綢的主要成分是蛋白質，它屬于天然高分子化合物16、，改變溶液的，溶液中濃度的對數值與溶液的變化關系如圖所示。若。下列敘述錯誤的是（）A．時，B．電離常數的數量級為C．圖中點x的縱坐標值為D．的約等于線c與線d交點處的橫坐標值17、我國科學家構建了一種有機框架物M，結構如圖。下列說法錯誤的是（）A．1molM可與足量Na2CO3溶液反應生成1.5molCO2B．苯環上的一氯化物有3種C．所有碳原子均處同一平面D．1molM可與15molH2發生加成反應18、下列有關物質性質與用途具有對應關系的是A．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥B．SiO2熔點高硬度大，可用于制光導纖維C．乙醇能使蛋白質變性，75%乙醇可消殺病毒、細菌D．Na2S具有還原性，可作廢水中Cu2+和Hg2+的沉淀劑19、A、B、C、D、E、F為原子序數依次遞增的六種短周期主族元素，A的單質是最理想的燃料。C原子次外層電子數是最外層的1/3，E與C同主族，下列說法不正確的是A．元素D與A一定形成共價化合物B．元素B可能與元素A形成多種共價化合物C．F最高價氧化物對應水化物定是一種強酸D．若元素D是非金屬元素，則D的單質可能是良好的半導體材料20、化學與生產和生活密切相關,下列分析錯誤的是A．用氯化鈣作鋼箱梁大橋融雪劑會加速鋼鐵腐蝕B．對燃煤進行脫硫處理有利于減少酸雨的產生C．明礬水解生成的膠體可吸附水中懸浮顆粒物D．芳香族化合物有香味,均可以用作食品香味劑21、室溫下進行下列實驗，根據實驗操作和現象所得到的結論正確的是（）選項實驗操作和現象結論A向X溶液中滴加幾滴新制氯水，振蕩，再加入少量KSCN溶液，溶液變為紅色X溶液中一定含有Fe2＋B向濃度均為0.05mol·L－1的NaI、NaCl的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黃色沉淀生成Ksp（AgI）>Ksp（AgCl）C向淀粉－KI溶液中滴加幾滴溴水，振蕩，溶液由無色變為藍色Br2的氧化性比I2的強D用pH試紙測得：CH3COONa溶液的pH約為9，NaNO2溶液的pH約為8HNO2電離出H＋的能力比CH3COOH的強A．A B．B C．C D．D22、下列關于物質的分類或性質描述不正確的是()A．NaClO是強堿弱酸鹽，具有強氧化性B．氯氣溶于水能導電，氯氣是電解質C．Fe(OH)3膠體遇氫碘酸先聚沉后溶解，并有氧化還原反應發生D．加熱煮沸Mg(HCO3)2溶液，可產生Mg(OH)2沉淀二、非選擇題(共84分)23、（14分）阿司匹林()是有機合成過程中的中間體。已知：Ⅰ.Ⅱ.(具有較強的還原性)(1)反應④的試劑和條件為______；反應①的反應類型為______；反應②的作用是_____；(2)B的結構簡式為_______；(3)下列關于G中的描述正確的是______；A．具有兩性，既能與酸反應也能與堿反應B．能發生加成、消去、取代和氧化反應C．能聚合成高分子化合物D．1molG與足量NaHCO3溶液反應放出2molCO2(4)D與足量的NaOH溶液反應的化學方程式為_______；反應②的化學方程式為_________；(5)符合下列條件的C的同分異構體有_____種；a.屬于芳香族化合物，且含有兩個甲基b.既能發生銀鏡反應又能發生水解反應其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為6∶2∶1∶1的是______________；(6)已知：依據題意，寫出以甲苯為原料合成鄰氨基苯甲酸的流程圖(無機試劑任選)________。24、（12分）有機物聚合物M：是鋰電池正負極之間鋰離子遷移的介質。由烴C4H8合成M的合成路線如下：回答下列問題：（1）C4H8的結構簡式為_________________，試劑II是________________。(2)檢驗B反應生成了C的方法是___________________________________________。（3）D在一定條件下能發生縮聚反應生成高分子化合物，反應的化學方程式為___________；(4)反應步驟③④⑤不可以為⑤③④的主要理由是_______________________________。25、（12分）(一)碳酸鑭可用于治療終末期腎病患者的高磷酸鹽血癥，制備反應原理為：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O；某化學興趣小組利用下列裝置實驗室中模擬制備碳酸鑭。(1)制備碳酸鑭實驗流程中導管從左向右的連接順序為：F→_____→_____→_____→_____→_____；(2)Y中發生反應的化學反應式為_______________；(3)X中盛放的試劑是___________，其作用為___________________；(4)Z中應先通入，后通入過量的，原因為__________________；是一種重要的稀土氫氧化物，它可由氟碳酸鈰精礦(主要含)經如下流程獲得：已知：在酸性溶液中有強氧化性，回答下列問題：(5)氧化焙燒生成的鈰化合物二氧化鈰()，其在酸浸時反應的離子方程式為_________________；(6)已知有機物HT能將從水溶液中萃取出來，該過程可表示為：(水層)+(有機層)+(水層)從平衡角度解釋：向(有機層)加入獲得較純的含的水溶液的原因是________________；(7)已知298K時，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，為了使溶液中沉淀完全，需調節pH至少為________；(8)取某產品0.50g，加硫酸溶解后，用的溶液滴定至終點(鈰被還原成)．(已知：的相對分子質量為208)①溶液盛放在________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中；②根據下表實驗數據計算產品的純度____________；滴定次數溶液體積(mL)滴定前讀數滴定后讀數第一次0.5023.60第二次1.0026.30第三次1.2024.10③若用硫酸酸化后改用的溶液滴定產品從而測定產品的純度，其它操作都正確，則測定的產品的純度____________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。26、（10分）氮化硼(BN)是白色難溶于水的粉末狀固體，高溫下易被氧化。實驗室以硼粉(黑色)為原料制備氮化硼的裝置如圖1所示：（1）圖2裝置中可填入圖1虛線框中的是___（填標號）。圖2裝置中盛放堿石灰的儀器名稱為___。（2）制備BN的化學方程式為___。（3）圖1中多孔球泡的作用是___。（4）當三頸燒瓶中出現___的現象時說明反應完全，此時應立即停止通入O2，原因是___。（5）為測定制得的氮化硼樣品純度，設計以下實驗：ⅰ.稱取0.0625g氮化硼樣品，加入濃硫酸和催化劑，微熱，令樣品中的N元素全部轉化為銨鹽；ⅱ.向銨鹽中加入足量NaOH溶液并加熱，蒸出的氨用20.00mL0.1008mol·L-1的稀硫酸吸收；ⅲ.用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定剩余硫酸，消耗NaOH溶液的平均體積為20.32mL。①氮化硼樣品的純度為___（保留四位有效數字）。②下列實驗操作可能使樣品純度測定結果偏高的是___（填標號）。A．蒸出的氨未被稀硫酸完全吸收B．滴定時未用NaOH標準溶液潤洗滴定管C．讀數時，滴定前平視，滴定后俯視D．滴定時選用酚酞作指示劑27、（12分）乙酰苯胺是常用的醫藥中間體，可由苯胺與乙酸制備。反應的化學方程式如下：

+CH3COOH+H2O某實驗小組分別采用以下兩種方案合成乙酰苯胺：方案甲：采用裝置甲：在圓底燒瓶中加入5.0mL苯胺、7.4mL乙酸，加熱至沸，控制溫度計讀數100~105℃，保持液體平緩流出，反應40min后停止加熱即可制得產品。方案乙：采用裝置乙：加熱回流，反應40min后停止加熱。其余與方案甲相同。已知：有關化合物的物理性質見下表：化合物密度(g·cm-3)溶解性熔點(℃)沸點(℃)乙酸1.05易溶于水，乙醇17118苯胺1.02微溶于水，易溶于乙醇–6184乙酰苯胺—微溶于冷水，可溶于熱水，易溶于乙醇114304請回答：(1)儀器a的名稱是_________(2)分別從裝置甲和乙的圓底燒瓶中獲得粗產品的后續操作是____________(3)裝置甲中分餾柱的作用是______________(4)下列說法正確的是__________A．從投料量分析，為提高乙酰苯胺產率，甲乙兩種方案均采取的措施是乙酸過量B．實驗結果是方案甲的產率比方案乙的產率高C．裝置乙中b處水流方向是出水口D．裝置甲中控制溫度計讀數在118℃以上，反應效果會更好(5)甲乙兩方案獲得的粗產品均采用重結晶方法提純。操作如下：①請選擇合適的編號，按正確的操作順序完成實驗（步驟可重復或不使用）____→____→____→____→過濾→洗滌→干燥a冷卻結晶b加冷水溶解c趁熱過濾d活性炭脫色e加熱水溶解上述步驟中為達到趁熱過濾的目的，可采取的合理做法是___________②趁熱過濾后，濾液冷卻結晶。一般情況下，有利于得到較大的晶體的因素有_____A．緩慢冷卻溶液B．溶液濃度較高C．溶質溶解度較小D．緩慢蒸發溶劑③關于提純過程中的洗滌，下列洗滌劑中最合適的是______________。A．蒸餾水B．乙醇C．5%Na2CO3溶液D．飽和NaCl溶液28、（14分）活性炭、純堿（Na2CO3）和小蘇打（NaHCO3）在生產、生活中應用廣泛。完成下列填空：(1)活性炭可用于處理大氣污染物NO：，已知NO的轉化率隨溫度升高而降低。降低溫度，重新達到平衡，判斷下列各物理量的變化：（選填“增大”、“減小”或“不變”）__________；N2的體積分數___________；平衡常數K____________。(2)將氨氣和二氧化碳先后通入飽和食鹽水中，可觀察到的現象是_______；寫出相關反應的化學方程式______________(3)小蘇打既能跟酸反應，又能跟堿反應，應用勒夏特列原理進行解釋。_____________(4)比較同溫下濃度均為0.01mol/L的①H2CO3、②Na2CO3、③NaHCO3、④NH4HCO3四種溶液中的大小關系為_______（用編號表示）。29、（10分）高氯酸鈉可用于制備高氯酸。以精制鹽水等為原料制備高氯酸鈉晶體(NaClO4·H2O)的流程如下：（1）由粗鹽(含Ca2＋、Mg2＋、SO42-、Br－等雜質)制備精制鹽水時需用到NaOH、BaCl2、Na2CO3等試劑。Na2CO3的作用是____________；除去鹽水中的Br－可以節省電解過程中的電能，其原因是________________。（2）“電解Ⅰ”的目的是制備NaClO3溶液，產生的尾氣除H2外，還含有______________(填化學式)?！半娊猗颉钡幕瘜W方程式為_____________________。（3）“除雜”的目的是除去少量的NaClO3雜質，該反應的離子方程式為_______________________?！皻饬鞲稍铩睍r，溫度控制在80～100℃的原因是__________________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】

在反應3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合價變化情況為：溴元素由+3價升高為+5價，溴元素由+3價降低為0價，氧元素化合價由-2價升高為0價，所以BrF3既起氧化劑也起還原劑作用，同時水也起還原劑作用．若5molH2O參加反應，則生成1molO2，氧原子提供電子物質的量為2mol×2，令被水還原的BrF3的物質的量為xmol，根據電子轉移守恒，則：2mol×2=xmol×（3-0）解得x=4/3mol，選項C符合題意。2、C【解析】

標況下，1.12L氣體的物質的量==0.05mol，氣體質量為3克，則氣體的平均相對分子質量==60，所以混合氣體中必含有一種相對分子質量小于60的氣體，根據選項，應該是CO2。根據平均相對分子質量，[44n(CO2)+64n(SO2)]÷[n(CO2)+n(SO2)]=60，則n(CO2)：n(SO2)=1：4，所以n(CO2)=0.01mol，n(SO2)=0.04mol，由于n(Na2SO3)=n(SO2)=0.04mol，故雜質質量=6g﹣0.04mol×126g/mol=0.96g，可以生成0.01mol二氧化碳。【詳解】A．生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸鈉質量=0.01mol×106g/mol=1.06g>0.96g，A錯誤；B．生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸氫鈉質量=0.01mol×84g/mol=0.84g<0.96g，B錯誤；C．由AB分析可知，雜質可能為NaHCO3，Na2CO3的混合物，C正確；D．生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸鎂質量=0.01mol×84g/mol=0.84g，需要碳酸氫鈉質量=0.01mol×84g/mol=0.84g，均小于0.96g，不符合，D錯誤；故選C。3、B【解析】

元素X的一種高硬度單質是寶石，X是C元素；Y2＋電子層結構與氖相同，Y是Mg元素；M單質為淡黃色固體，M是S元素；Z的質子數為偶數，Z是Si元素?！驹斀狻緼.同周期元素從左到右半徑減小，所以原子半徑：S＜Si＜Mg，故A正確；B.Mg是活潑金屬，能與二氧化碳反應，鎂起火燃燒時可用沙子蓋滅，故B錯誤；C.S易溶于CS2，可用CS2洗滌熔化過S的試管，故C正確；D.同周期元素從左到右非金屬性增強，最高價含氧酸酸性增強，最高價氧化物對應水化物的酸性H2SO4＞H2SiO3，故D正確；答案選B。4、B【解析】

A選項，粗鹽的提純需要用到漏斗，故A不符合題意；B選項，制備乙酸乙酯需要用到試管、導管、酒精燈，故B符合題意；C選項，用四氯化碳萃取碘水中的碘，需要用到分液漏斗，故C不符合題意；D選項，配制0.1mol·L-1的鹽酸溶液，容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管，故D不符合題意。綜上所述，答案為B?！军c睛】有試管、導管和酒精燈三種玻璃儀器即可完成乙酸乙酯的制備實驗（如圖）5、D【解析】

A．0～6min時間內，生成氧氣為=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2mol/L，則H2O2分解率為×100%=50%，故A正確；B．由A計算可知，反應至6min時c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故B正確；C．0～6min時間內，生成氧氣為=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2mol/L，所以v(H2O2)=≈0.033mol/(L?min)，故C正確；D．由題中數據可知，0～3min生成氧氣的體積大于3～6min生成氧氣的體積，因此，4～6min的平均反應速率小于0～6min時間內反應速率，故D錯誤；答案選D。6、A【解析】

A.乙烯和環丙烷最簡式是CH2，其中含有3個原子，式量是14，28g的乙烯和環丙烷中含有最簡式的物質的量是2mol，則混合氣體中所含原子總數為6NA，A正確；B.NO2的式量是46，9.2gNO2的物質的量是0.2mol，由于NO2與N2O4在密閉容器中存在可逆反應的化學平衡，所以其中含有的分子數目小于0.2NA，B錯誤；C.在常溫下鐵遇濃硫酸會發生鈍化不能進一步發生反應，所以轉移的電子數小于3NA，C錯誤；D.乙醇分子結構簡式為CH3CH2OH，一個分子中含有8個共價鍵，則1mol乙醇分子中含有的共價鍵的數目為8NA，D錯誤；故合理選項是A。7、A【解析】

A、N2H4+H2ON2H5++OH-、N2H5++H2ON2H62++OH-，它屬于二元弱堿，和硫酸形成的酸式鹽應為N2H6（HSO4）2，選項A不正確；B、所得溶液中含有N2H5+、N2H62+、OH-、H+四種離子，選項B正確；C、它溶于水發生電離是分步的，第一步可表示為：N2H4＋H2ON2H5+＋OH－，選項C正確；D、Kw=c(H＋)·c(OH－)在一定溫度下為定值，因加水體積增大，故n(H＋)·n(OH－)也將增大，選項D正確；答案選A。8、C【解析】

A.①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)△H1<0平衡常數K1=c(ClNO)c②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H2<0平衡常數K2=c2反應4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常數K=c2(NO)?c(Cl2)c4B.10min時反應達到平衡，測得容器內體系的壓強減少20%，則平衡時混合氣體總物質的量為(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min內用ClNO（g）表示的平均反應速率v（ClNO）=7.5×10-3mol/(L?min)，則平衡時n(ClNO)=7.5×10-3mol/(L?min)×10min×2L=0.15mol，設①中反應的NO2為xmol，②中反應的Cl2為ymol，則：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)xmol0.5xmol2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)2ymolymol2ymol則0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，聯立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(Cl2)=0.1mol-0.05mol2L=2.5×10-2mol/L，BC.平衡常數只受溫度影響，其他條件保持不變，反應在恒壓條件下進行，則平衡常數K2不變，C錯誤；D.平衡時NO2的轉化率為0.1mol0.2mol×100%=50%，故合理選項是C。9、D【解析】

晶體硅中所有原子都以共價鍵相結合，屬于共價晶體，A正確；Si原子的最外層有4個電子，B正確；Si原子核外有14個電子，根據構造原理可知其排布式為1s22s22p63s23p2，C正確；硅原子的價電子排布圖不符合洪特規則，選項D錯誤。10、B【解析】

溶液的酸堿性取決于溶液中c(H+)、c(OH-)的相對大小。c(H+)>c(OH-)的溶液呈酸性。A.NaHCO3在溶液中完全電離，生成的HCO3-以水解為主使溶液呈堿性，A項錯誤；B.NaHSO4在溶液中完全電離生成Na+、H+、SO42-，使溶液呈酸性，B項正確；C.CH3COOK在溶液中完全電離，生成的CH3COO-水解使溶液呈堿性，C項錯誤；D.KNO3溶液中，K+、NO3-不能發生水解，溶液呈中性，D項錯誤。本題選B。11、C【解析】A、金屬鈉與空氣中的氧氣反應而變暗：4Na+O2=2Na2O，選項A正確；B.鋁表面的氧化鋁溶于燒堿溶液中：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，選項B正確；C.硫酸銨溶液與氫氧化鋇溶液反應：Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3?H2O，選項C錯誤；D、碘化銀懸濁液滴加硫化鈉溶液，生成更難溶的黑色沉淀：2AgI+S2-=Ag2S↓+2I-，選項D正確。答案選C。12、B【解析】

A．47.87是元素的相對分子質量，故A錯誤；B．鈦原子的M層上共有2+6+2=10個電子，故B正確；C．最后填充3d電子，為副族元素，故C錯誤；D．22為原子的原子序數，故D錯誤；故答案為：B。13、C【解析】

A.常溫下，pH=9的CH3COONa溶液，水電離出的氫氧根離子濃度是，1LpH=9的CH3COONa溶液中，發生電離的水分子數為1×10-5NA，故A錯誤；B.氫氧化鐵膠體粒子是氫氧化鐵的聚集體，常溫下，10mL5.6mol/LFeC13溶液滴到100mL沸水中，生成膠粒數小于0.056NA，故B錯誤；C.，由方程式可知過氧化鈉生成氫氧化鈉質量增大，固體增加4g轉移2mol電子，向Na2O2通入足量的水蒸氣，固體質量增加bg，該反應轉移電子數為，故C正確；D.KHSO4固體含有K+、HSO4-，6.8gKHSO4晶體中含有的離子數為0.1NA，故D錯誤；選C。14、A【解析】

如果(NH4)2Fe(SO4)2的量非常少，生成的沉淀質量接近于0；當加入的Ba(OH)2完全形成沉淀時，發生反應：(NH4)2Fe(SO4)2+Ba(OH)2=BaSO4↓+Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4，且生成的Fe(OH)2完全被氧化生成Fe(OH)3時，所得固體質量最大，此時沉淀為Fe(OH)3與BaSO4，故沉淀的質量最大為0.1mol×233g/mol+0.1mol×107g/mol=34g，故沉淀質量因為0g<m(沉淀)≤34g；故選A。15、D【解析】

A.過氧化鈣(CaO2)中陰離子是O22-，陽離子是Ca2+，故陰、陽離子個數比為1：1，A錯誤；B.用石材制作硯臺的過程沒有新物質生成，屬于物理變化，B錯誤；C.防止食品氧化變質，應加入還原劑，硅膠具有吸水性，是干燥劑，C錯誤；D.絲綢的主要成分是蛋白質，屬于天然高分子化合物，D正確；故合理選項是D。16、A【解析】

根據圖知，pH<7時，CH3COOH電離量少，c表示CH3COOH的濃度；pH=7時c（OH－）=c（H＋），二者的對數相等，且pH越大c（OH－）越大、c（H＋）越小，則lgc（OH－）增大，所以b、d分別表示H＋、OH－；pH>7時，CH3COOH幾乎以CH3COO－形式存在，a表示CH3COO－；A、pH=6時，縱坐標越大，該微粒濃度越大；B、c（CH3COOH）=c（CH3COO－）時，CH3COOH電離平衡常數K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=c（H＋）；C、根據K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解；D、CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，0.01mol·L－1CH3COONa水解平衡常數Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO－)=1/k，求出c(OH－)，pH=14-pOH，即c與線d交點處的橫坐標值?！驹斀狻緼、pH=6時，縱坐標越大，該微粒濃度越大，所以存在c（CH3COO－）＞c（CH3COOH）＞c（H＋），故A錯誤；B、c（CH3COOH）=c（CH3COO－）時，CH3COOH電離平衡常數K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=c（H＋）=10-4.74，故B正確；C、根據K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解；pH=2時，c（H＋）=10-2mol·L－1，從曲線c讀出c(CH3COOH)=10-2mol·L－1，由選項B，K=10-4.74，解得c(CH3COO－)=10-4.74，故C正確；D、CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，0.01mol·L－1CH3COONa水解平衡常數Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO－)=1/k，從c與線d交點作垂線，交點c（HAc）=c（Ac－），求出c(OH－)=1/k=104.74mol·L－1，pH=14-pOH=9.26，即c與線d交點處的橫坐標值。故D正確。故選A。17、D【解析】

A.根據物質結構可知：在該化合物中含有3個-COOH，由于每2個H+與CO32-反應產生1molCO2氣體，所以1molM可與足量Na2CO3溶液反應生成1.5molCO2，A正確；B.在中間的苯環上只有1種H原子，在與中間苯環連接的3個苯環上有2種不同的H原子，因此苯環上共有3種不同位置的H原子，它們被取代，產生的一氯化物有3種，B正確；C.-COOH碳原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子的平面上；與苯環連接的碳碳三鍵的C原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子的平面上；乙炔分子是直線型分子，一條直線上2點在一個平面上，則直線上所有的原子都在這個平面上，所以所有碳原子均處同一平面，C正確；D.在M分子中含有4個苯環和3個碳碳三鍵，它們都可以與氫氣發生加成反應，則可以與1molM發生加成反應的氫氣的物質的量為3×4+2×3=18mol，D錯誤；故合理選項是D。18、C【解析】

A．NH4HCO3中含有植物生長需要的N元素，可用作氮肥，與其受熱易分解的性質無關，A項錯誤；B．SiO2傳導光的能力非常強，常用于制光導纖維，與SiO2熔點高硬度大沒有對應關系，B項錯誤；C．75%乙醇能殺菌消毒，利用乙醇能使蛋白質變性的性質，C項正確；D．硫化鈉與Cu2+和Hg2+反應生成硫化物沉淀，發生復分解反應，不發生氧化還原反應，沒有體現還原性，D項錯誤；答案選C。19、A【解析】

A的單質是最理想的燃料，A是H元素。C原子次外層電子數是最外層的1/3，說明C只能是第二周期的元素即C是O元素；E與C同主族，E是S元素；F是原子序數大于S的主族元素，F是Cl元素；B可能是Li、Be、B、C、N幾種元素中的一種，D可能是F、Na、Mg、Al、Si、P中的一種?！驹斀狻緼.若元素D是Na，Na與H形成的化合物NaH是離子化合物，故A錯誤；B.C、N與H元素都能形成多種共價化合物，如CH4、C2H6，NH3、N2H4等，故B正確；C.F是Cl元素，最高價氧化物對應水化物是HClO4，HClO4是強酸，故C正確；D.若元素D是Si元素，Si單質是良好的半導體材料，故D正確；選A。20、D【解析】

A.氯化鈣是電解質，鐵與鋼中的碳、潮濕的空氣形成原電池，用氯化鈣作鋼箱梁大橋融雪劑會加速鋼鐵腐蝕，故A正確；B.煤中含有硫元素，直接燃燒產生二氧化硫，污染空氣，對燃煤進行脫硫處理有利于減少酸雨的產生，故B正確；C.明礬水解生成的膠體，氫氧化鋁膠體表面積大，吸附水中懸浮顆粒物，故C正確；D.芳香族化合物不一定有香味，好多有毒，只有少數可以用作食品香味劑，故D錯誤；故選D。21、C【解析】

A.檢驗Fe2＋時應先加KSCN溶液后加氯水，排除Fe3＋的干擾，先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液變紅，說明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3＋，而此時的Fe3＋是否由Fe2＋氧化而來是不能確定的，故A錯誤；B.黃色沉淀為AgI，說明加入AgNO3溶液優先生成AgI沉淀，AgI比AgCl更難溶，AgI與AgCl屬于同種類型，則說明Ksp（AgI）<Ksp（AgCl），故B錯誤；C.溶液變藍說明有單質碘生成，說明發生了反應Br2＋2I－=I2＋2Br－，根據氧化還原反應原理可得出結論Br2的氧化性比I2的強，故C正確；D.CH3COONa溶液和NaNO2溶液的濃度未知，所以無法根據pH的大小，比較出兩種鹽的水解程度，也就無法比較HNO2和CH3COOH電離出H＋的能力強弱，故D錯誤。綜上所述，答案為C。22、B【解析】

A．次氯酸鈉是由氫氧化鈉與次氯酸反應生成，屬于強堿弱酸鹽，次氯酸鈉中氯元素處于+1的價，具有強的氧化性，故A正確；B．氯氣是單質，不是電解質，故B錯誤；C．氫碘酸為可溶性電解質，能夠是氫氧化鐵膠體聚沉，氫氧化鐵具有強的氧化性，能夠氧化碘離子生成單質電，所以Fe(OH)3膠體遇氫碘酸先聚沉后溶解，并有氧化還原反應發生，故C正確；D．長時間煮沸Mg(HCO3)2溶液，Mg(HCO3)2生成MgCO3，水解生成Mg(OH)2，故D正確；故選：B?！军c睛】電解質：在水溶液或在熔融狀態下能夠導電的化合物。所以判斷是否為電解質的前提為化合物，B選項氯氣是單質，不是電解質也不是非電解質。二、非選擇題(共84分)23、濃硫酸、濃硝酸、加熱取代反應保護酚羥基，以防被氧化AC+3NaOH+CH3COONa+2H2O+(CH3CO)2O→+CH3COOH6或【解析】

乙酰氯和乙酸反應生成A，A和B反應生成C，C被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成D，根據D的結構簡式()知，C為，B中含有苯環，根據B的分子式C7H8O知，B為，根據信息I，A為(CH3CO)2O；D發生水解反應然后酸化得到E，E為，E反應生成F，F發生還原反應生成G，根據G的結構簡式()結合題給信息知，F為；(6)甲苯和濃硝酸發生取代反應生成鄰硝基甲苯，鄰硝基甲苯被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成鄰硝基苯甲酸，鄰硝基苯甲酸被還原生成鄰氨基苯甲酸，據此分析解答?！驹斀狻?1)反應④為轉化為，發生的是苯環上的硝化反應，反應的條件為濃硫酸、濃硝酸和加熱；反應①為乙酰氯()轉化為乙酸，反應類型為取代反應；酚羥基也容易被酸性高錳酸鉀溶液氧化，反應②的作用是保護酚羥基，防止被氧化，故答案為濃硫酸、濃硝酸和加熱；取代反應；保護酚羥基，防止被氧化；(2)根據上述分析，B的結構簡式為，故答案為；(3)A．G()中含有羧基和氨基，所以具有酸性和堿性，則具有兩性，既能與酸反應也能和堿反應，故A正確；B．G()中含有酚羥基，能發生氧化反應，但不能發生消去反應，羧基能發生取代反應，苯環能發生加成反應，故B錯誤；C．G()中含有羧基和酚羥基(或氨基)，能發生縮聚反應生成高分子化合物，故C正確；D．只有羧基能和碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，所以1molG與足量NaHCO3溶液反應放出1molCO2，故D錯誤；故選AC；(4)D中含有羧基和酯基，酯基水解生成的酚羥基都能與氫氧化鈉反應，與足量的NaOH反應的化學方程式為+3NaOH+CH3COONa+2H2O，反應②的化學方程式為+(CH3CO)2O→+CH3COOH，故答案為+3NaOH+CH3COONa+2H2O；+(CH3CO)2O→+CH3COOH；(5)C為，C的同分異構體符合下列條件：a．屬于芳香族化合物，說明含有苯環，且含有兩個甲基；b．能發生銀鏡反應，說明含有醛基；又能發生水解反應，說明含有酯基，則為甲酸酯類物質，如果兩個-CH3位于鄰位，HCOO-有2種位置；如果兩個-CH3位于間位，HCOO-有3種位置；如果兩個-CH3位于對位，HCOO-有1種位置；共6種同分異構體，其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積之比為6∶2∶1∶1的是或，故答案為6；或；(6)甲苯和濃硝酸發生取代反應生成鄰硝基甲苯，鄰硝基甲苯被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成鄰硝基苯甲酸，鄰硝基苯甲酸被還原生成鄰氨基苯甲酸，其合成流程圖為，故答案為?！军c睛】本題的易錯點為(6)，根據題意，苯環上引入取代基的位置與苯環上已有取代基的種類有關，要注意硝化反應和氧化反應的先后順序不能顛倒。24、NaOH水溶液取樣，加入新配Cu(OH)2懸濁液，加熱至沸，產生磚紅色沉淀，證明生成C?；蛉?，加入銀氨溶液，水浴加熱，產生銀鏡，證明生成C保護碳碳雙鍵不被氧化【解析】

（1）根據M的結構簡式可知F與乙酸酯化生成M，則F的結構簡式為CH2＝C(CH3)COOCH2CH2OH。E和環氧乙烷生成F，則E的結構簡式為CH2＝C(CH3)COOH，因此C4H8應該是2—甲基—2丙烯，其結構簡式為；B連續氧化得到D，D發生消去反應生成E，所以反應②應該是鹵代烴的水解反應，因此試劑II是NaOH水溶液；（2）B發生催化氧化生成C，即C中含有醛基，所以檢驗B反應生成了C的方法是取樣，加入新配Cu(OH)2懸濁液，加熱至沸，產生磚紅色沉淀，證明生成C?；蛉?，加入銀氨溶液，水浴加熱，產生銀鏡，證明生成C；（3）D分子中含有羥基和羧基，因此在一定條件下能發生縮聚反應生成高分子化合物，反應的化學方程式為；(4)由于碳碳雙鍵易被氧化，所以不能先發生消去反應，則反應步驟③④⑤不可以為⑤③④的主要理由是保護碳碳雙鍵不被氧化。25、ABDECNH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑溶液吸收揮發的、同時生成在水中溶解度大，在水中溶解度不大，堿性溶液吸收，可提高利用率混合液中加硫酸導致氫離子濃度增大，平衡向生成水溶液方向移動9酸式95.68%偏低【解析】

(一)根據制備的反應原理：2LaCl3+6NH4HCO3═La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O，結合裝置圖可知，W中制備二氧化碳，Y中制備氨氣，X是除去二氧化碳中HCl，在Z中制備碳酸鑭，結合氨氣的性質分析解答(1)～(4)；(二)由實驗流程可知，氟碳酸鈰精礦(主要含CeFCO3)氧化焙燒生成CeO2，加酸溶解發生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，過濾分離出不溶物，含Ce3+的溶液進行萃取分離得到濃溶液，再與堿反應生成Ce(OH)3，將Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4。據此結合氧化還原反應的規律、鹽類水解和溶解積的計算分析解答(5)～(8)。【詳解】(一)(1)由裝置可知，W中制備二氧化碳，X除去HCl，Y中制備氨氣，在Z中制備碳酸鑭，則制備碳酸鑭實驗流程中導管從左向右的連接順序為：F→A→B→D→E→C，故答案為A；B；D；E；C；(2)Y中發生反應的化學反應式為NH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，故答案為NH3·H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；(3)X是除去二氧化碳中的氯化氫，需要盛放的試劑是NaHCO3溶液，其作用為吸收揮發的HCl、同時生成CO2，故答案為NaHCO3溶液；吸收揮發的HCl、同時生成CO2；(4)Z中應先通入NH3，后通入過量的CO2，因為NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，堿性溶液利用吸收二氧化碳，提高利用率，故答案為NH3在水中溶解度大，CO2在水中溶解度不大，堿性溶液吸收，可提高利用率；(二)(5)氧化焙燒生成的鈰化合物二氧化鈰(CeO2)，其在酸浸時發生離子反應為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，故答案為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；(6)向CeT3(有機層)加入H2SO4獲得較純的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸導致氫離子濃度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動，故答案為混合液中加硫酸導致氫離子濃度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動；(7)已知298K時，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20，為了使溶液中Ce3+沉淀完全，c(OH-)==1×10-5mol/L，由Kw可知c(H+)=1×10-9mol/L，pH=-lgc(H+)=9，故答案為9；(8)①FeSO4屬于強酸弱堿鹽，水解后溶液顯酸性，則FeSO4溶液盛放在酸式滴定管中，故答案為酸式；②由表格數據可知，第二次為25.30mL，誤差較大應舍棄，FeSO4的物質的量為0.1000mol?L-1××0.001L/mL=0.0023mol，根據電子得失守恒可得關系式CeO2～FeSO4，由原子守恒可知Ce(OH)4的質量為0.0023×208g=0.4784g，則Ce(OH)4產品的純度為×100%=95.68%，故答案為95.68%；③改用0.1000mol?L-1的FeCl2溶液滴定產品從而測定Ce(OH)4產品的純度，Ce4+有強氧化性，與Cl-發生氧化還原反應，由電子守恒計算的Ce(OH)4的物質的量及質量偏小，則測定的Ce(OH)4產品的純度偏低，故答案為偏低。26、b球形干燥管4B+4NH3+3O24BN+6H2O調節氣體流速，進而調整NH3與O2通入比例黑色粉末完全變成白色避免生成的BN被氧氣氧化導致產率降低80.00%C【解析】

⑴圖1虛線框中是實驗室制取氨氣和干燥氨氣，a不能制取氨氣，c制氨氣的裝置制取氨氣，但不能用氯化鈣干燥氨氣，b裝置制取氨氣并干燥，讀出圖2裝置中盛放堿石灰的儀器名稱。⑵氨氣和硼、氧氣反應生成BN和水。⑶圖1中多孔球泡的作用控制氨氣的流速。⑷黑色的硼不斷的反應生成白色的氮化硼，反應結束應立即停止通入O2，主要防止氮化硼在高溫下容易被氧化。⑸先計算消耗得n(NaOH)，再計算氫氧化鈉消耗得硫酸的物質的量，再得到硫酸吸收氨的物質的量，再根據2BN—2NH4+—H2SO4關系得出n(BN)，再計算氮化硼樣品的純度?！驹斀狻竣艌D1虛線框中是實驗室制取氨氣和干燥氨氣，a不能制取氨氣，c制氨氣的裝置制取氨氣，但不能用氯化鈣干燥氨氣，b裝置制取氨氣并干燥，因此圖2中b裝置填入圖1虛線框中，圖2裝置中盛放堿石灰的儀器名稱為球形干燥管；故答案為：b；球形干燥管。⑵氨氣和硼、氧氣反應生成BN的化學方程式為4B+4NH3+3O24BN+6H2O；故答案為：4B+4NH3+3O24BN+6H2O。⑶圖1中多孔球泡的作用控制氨氣的流速，調節氨氣與氧氣的流速比例，故答案為：調節氣體流速，進而調整NH3與O2通入比例。⑷黑色的硼不斷的反應生成白色的氮化硼，因此當三頸燒瓶中出現黑色粉末完全變成白色的現象時說明反應完全，此時應立即停止通入O2，原因是氮化硼在高溫下容易被氧化，因此避免生成的BN被氧氣氧化導致產率降低；故答案為：黑色粉末完全變成白色；避免生成的BN被氧氣氧化導致產率降低。⑸用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定剩余硫酸，消耗NaOH溶液的平均體積為20.32mL，消耗得n(NaOH)=0.1000mol·L-1×0.02032L=0.002032mol，因此氫氧化鈉消耗得硫酸的物質的量是氫氧化鈉物質的量的一半即0.001016mol，則硫酸吸收氨的物質的量為n(H2SO4)=0.1008mol·L-1×0.02L–0.001016mol=0.001mol，根據2BN—2NH4+—H2SO4關系得出n(BN)=0.002mol，氮化硼樣品的純度為，故答案為：80.00%。②A．蒸出的氨未被稀硫酸完全吸收，則BN的物質的量減少，測定結果偏低；B．滴定時未用NaOH標準溶液潤洗滴定管，消耗得氫氧化鈉體積偏多，氫氧化鈉消耗得硫酸偏多，氨消耗得硫酸偏少，測定結果偏低；C．讀數時，滴定前平視，滴定后俯視，讀數偏小，氫氧化鈉消耗得硫酸偏少，氨消耗的硫酸偏高，測定結果偏高；D．滴定時選用酚酞或甲基橙都可以作指示劑，測定個結果無影響，故C符合題意；綜上所述，答案為C。27、直形冷凝管將圓底燒瓶中的液體趁熱倒入盛有100mL水的燒杯，冷卻后有乙酰苯胺固體析出，過濾得粗產物利用分餾柱進行多次氣化和冷凝，使醋酸和水得到有效的分離，或“可提高引餾體與外部空氣熱交換效率，從而使柱內溫度梯度增加，使不同沸點的物質得到較好的分離?！盇BCedca將玻璃漏斗放置于銅制的熱漏斗內，熱漏斗內裝有熱水以維持溶液的溫度，進行過濾（即過濾時有保溫裝置）或趁熱用減壓快速過濾ADA【解析】

兩套裝置都是用來制備乙酰苯胺的，區別在于甲裝置使用分餾柱分離沸點在100℃至105℃左右的組分，主要是水，考慮到制備乙酰苯胺的反應可逆，這種做法更有利于獲得高的轉化率；題干中詳細提供了乙酸，苯胺和乙酰苯胺的物理性質，通過分析可知，三者溶解性和熔點上存在較明顯的差異，所以從混合溶液中獲得乙酰苯胺粗品的方法就是利用溶解性和熔點差異實現的；在獲取乙酰苯胺粗品后，再采用合適的方法對其進行重結晶提純即可得到純度較高的乙酰苯胺?！驹斀狻?1)儀器a的名稱即直形冷凝管；(2)由于乙酸與水混溶，乙酰苯胺可溶于熱水而苯胺只易溶于乙醇，并且，乙酰苯胺熔點114℃，而乙酸和苯胺的熔點分別僅為17℃和-6℃；所以分離乙酰苯胺粗品時，可將圓底燒瓶中的液體趁熱倒入盛有熱水的燒杯中，冷卻后，乙酰苯胺固體析出，再將其過濾出來，即可得到乙酰苯胺粗品；(3)甲裝置中溫度計控制在100℃至105℃，這與水和乙酸的沸點很接近，因此甲裝置中分餾柱的作用主要是將體系內的水和乙酸有效地分離出去；(4)A．增加乙酸的投料，可以使平衡正向移動獲得更高的產率，A項正確；B．由于甲裝置中的分餾柱能夠有效地將產物中的水從體系內分離出去，水被分離出去后，對于乙酰苯胺制備反應的正向進行更有利，因此甲裝置可以獲得更高的轉化率，B項正確；C．冷凝管水流的方向一般是下口進水，上口出水，C項正確；D．甲裝置中溫度計示數若在118℃以上，那么反應物中的乙酸會大量的氣化溢出，對于反應正向進行不利，無法獲得更高的產率，D項錯誤；答案選ABC；(5)①乙酰苯胺可以溶解在熱水中，所以重結晶提純乙酰苯胺粗品，首先要把粗品在熱水中溶解，然后加入活性炭吸附雜質以及其他有色物質，過濾的時候為了避免乙酰苯胺的析出，應當趁熱過濾，過濾后的濾液再冷卻結晶，將結晶再過濾后，對其進行洗滌