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期中考试模拟训练三（原卷+解析）【新教材】2020-2021学年高一下学期化学（人教版2019必修二，江苏适用）
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这是一份期中考试模拟训练三（原卷+解析）【新教材】2020-2021学年高一下学期化学（人教版2019必修二，江苏适用），文件包含期中考试模拟训练三原卷版docx、期中考试模拟训练三解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
江苏省2020~2021年高一下学期期中考试模拟训练三
一、单选题
1．一定温度下，在一个容积为2L的密闭容器中发生反应，经2min达到平衡状态，此时B反应了1.2mol，下列说法正确的是
A．充入(不参与反应)使压强增大可加快反应速率
B．0～2min内，A的平均反应速率为
C．平衡状态时，B、C的反应速率相等
D．0～2min内，C的平均反应速率为
1．D
【详解】
A．充入(不参与反应)，压强增大，但各物质的分压不变，物质浓度不变，故反应速率不变，A错误；
B．A是固体，其浓度不变，无法计算平均反应速率，B错误；
C．平衡时，有正反应速率=逆反应速率，且物质的反应速率与化学计量数呈正比，故，C错误；
D．经2min达到平衡状态，此时B反应了1.2mol，则B的平均反应速率为，不同物质的反应速率等于化学计量数之比，故C的平均反应速率为，D正确；
答案选D。
2．重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是（ ）
A．氘(D)原子核外有1个电子 B．1H与D互称同位素
C．H2O与D2O互称同素异形体 D．20gD216O中含有10NA个电子
2．C
【分析】
有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；相同元素组成的不同单质互为同素异形体。
【详解】
A项、氘（D）原子内有1个质子，原子的核外电子数等于质子数，核外有1个电子，故A正确；
B项、具有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素，1H与D具有相同质子数、不同中子数，二者互称同位素，故B正确；
C项、同素异形体是同种元素不同单质的互称，H2O与D2O均为水，属于化合物，不互为同素异形体，故C错误；
D项、D216O的摩尔质量为20g/mol，含有10个电子，20gD216O的物质的量为1mol，则含有10mol电子，故D正确。
故选C。
【点睛】
本题考查同位素的概念，正确理解元素、核素、同位素、同素异形体等概念是解答关键。
3．下列说法正确的是
A．苯能与H2发生加成反应，但无法确定苯分子中存在独立的碳碳双键
B．甲苯与足量H2发生加成，其产物一氯代物有四种
C．化合物CF2Cl2的结构只有一种，且不可能继续发生取代反应
D．乙烯是重要的化工原料，主要通过石油的裂化获取
3．A
【详解】
A.苯为不饱和烃，但不含碳碳双键，则苯能与H2发生加成反应，但无法确定苯分子中存在独立的碳碳双键，A正确；
B.甲苯与足量H2发生加成，生成甲基环己烷，含5种H，产物一氯代物有5种，B错误；
C.化合物CF2Cl2的结构只有一种，-F或-Cl可发生取代反应，则可能继续发生取代反应，C错误；
D.乙烯为裂解产物，裂解为深度裂化，则乙烯是重要的化工原料，主要通过石油的裂解获取，D错误；
故合理选项是A。
4．下列叙述能说明X的非金属性比Y强的是( )
A．X原子的电子层数比Y原子的电子层数多 B．达到稳定结构时，X比Y得电子数多
C．X的氢化物比Y的氢化物稳定 D．Y单质可以将X从NaX的溶液中置换出来
4．C
【解析】
【详解】
A. 对于同一主族的元素，电子层数越少，其非金属性越强，故A错误；
B. 对于同周期主族元素，达到稳定结构时，达到稳定结构时得到的电子数越少，其非金属性越强，故B错误；
C. X的氢化物比Y的氢化物稳定，说明X的非金属性强于Y，故C正确；
D. Y单质可以将X从NaX的溶液中置换出来，说明Y的非金属性强于X，故D错误；
故答案选C。
5．某有机物的组成和结构可用如下的结构简式表示，此有机物共有（不考虑立体异构体）
A．12 种 B．24 种 C．36 种 D．40 种
5．C
【详解】
由该有机物的结构可知，该分子中有1个-C4H9和1个-C3H5Cl2，-C4H9共有4种结构，-C3H5Cl2共有9种结构。因此，此有机物共有49=36 种，本题选C。
6．下列有关化学反应速率的说法不正确的是( )
A．化学反应达到最大限度时，正逆反应速率也达到最大且相等
B．改变条件化学反应的限度不一定发生改变
C．用锌和稀硫酸反应制取H2时，滴加几滴硫酸铜溶液能加快反应速率
D．用铁片和稀硫酸反应制H2比用98%的浓硫酸产生H2的速率快
6．A
【详解】
A．化学反应达到最大限度时，正逆反应速率相等，但不一定最大，故A错误；
B．当外界条件发生改变，平衡不一定发生移动，化学反应限度不一定改变，故B正确；
C．锌置换出铜，可形成原电池反应，加快反应速率，故C正确；
D．浓硫酸具有强氧化性，与铁发生钝化反应，不生成氢气，故D正确。
答案选A。
7．如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素()的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中不正确的是
A．铜电极应与Y相连接
B．乙装置中溶液的颜色不会变浅
C．标准状况下，当N电极消耗气体时，则铁电极质量增加
D．M电极反应式：
7．C
【分析】
由图中信息结合原电池原理可知，M为负极、N为正极。由电解原理可知，Cu电极为阳极，Fe为阴极。
【详解】
A．铜电极是阳极，应与电源的正极相连，即与Y相连接，A说法正确；
B．电镀过程中，电解质的浓度及成分均不会发生变化，因此，乙装置中溶液的颜色不会变浅，B说法正确；
C．标准状况下，当N电极消耗O2时，这些O2的物质的量为0.25mol，则电路中转移电子的物质的量为1mol，铁电极上发生Cu2++2e- =Cu，根据转移电子守恒可知，析出Cu的物质的量为0.5mol，故铁电极的质量增加，C说法不正确；
D．M电极为负极，负极上发生氧化反应，电极反应式为，D说法正确。
综上所述，相关说法中不正确的是C。
8．下列实验能达到预期目的的是（ ）
A．可以用热的浓NaOH溶液来区分植物油和矿物油
B．除去己烷中己烯可以用溴水分液处理
C．将纤维素和稀H2SO4加热水解后的液体取出少许，加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加热，有无红色沉淀生成，证明纤维素是否水解
D．蛋白质溶液中加入丙酮可以使蛋白质从溶液中析出，再加水又能溶解
8．A
【解析】
A. 植物油与浓NaOH溶液反应生成可溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，反应后不分层；矿物油不与浓NaOH溶液反应，而且矿物油也不溶于水，混合物分层，故可以用热的浓NaOH溶液来区分植物油和矿物油，A正确；B. 己烯可与溴水反应生成二溴己烷，二溴己烷可以溶于己烷，所以，除去己烷中己烯用溴水处理是达不到目的的，也无法分液，B不正确；C. 将纤维素和稀H2SO4加热水解后的液体取出少许，要先加入适量的氢氧化钠溶液中和硫酸，然后再加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加热，观察有无红色沉淀生成，才能证明纤维素是否水解，C不正确；D.丙酮可以使蛋白质变性，变性后的蛋白质不溶于水，D不正确。本题选A。
9．在实验室中，下列除去杂质的方法正确的是
A．硝基苯中混有的少量硫酸和硝酸，将其倒入盛有NaOH溶液的分液漏斗中，振荡，静置，分液
B．乙烷中混有乙烯，通入氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷
C．溴苯中混有溴，加入KI 溶液，振荡，用汽油萃取出碘
D．乙烯中混有SO2和CO2，将其通入溴水中洗气
9．A
【解析】
硝基苯难溶于水，硝基苯中混有的少量硫酸和硝酸，将其倒入盛有NaOH溶液的分液漏斗中，硫酸和硝酸与氢氧化钠反应生成盐，振荡，静置，分液可得硝基苯，故A正确；氢气的量不好控制，难以得到纯净物，故B错误；溴苯中混有溴，加入KI溶液，生成碘，加入汽油和溴苯、碘等混溶，得到的仍为混合物，故C错误；乙烯和溴水发生加成反应，影响被提纯的物质，不符合提纯的原则，故D错误。
10．硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列说法正确的是( )
A．水晶项链是硅酸盐制品
B．硅单质广泛用于光纤通讯
C．利用盐酸刻蚀石英制作艺术品
D．水泥、玻璃、陶瓷属于传统无机非金属材料
10．D
【详解】
A．水晶项链的主要成分为二氧化硅，为硅的氧化物，不属于硅酸盐，故A错误；
B．硅单质主要应用用半导体材料及太阳能电池板，而二氧化硅广泛用于光纤通讯行业，故B错误；
C．盐酸与二氧化硅不反应，则不能利用盐酸刻蚀石英制作艺术品，一般用氢氟酸，故C错误；
D．玻璃、陶瓷、水泥的主要成分是硅酸盐类，都属于传统的无机非金属材料，故D正确；
故答案为D。
11．下列说法中不正确的是
A．离子化合物中可能有非金属元素
B．共价化合物中一定不含有离子键，离子化合物中可能存在共价键
C．吸热反应不一定需要加热就能发生
D．一定条件下lmolN2与3molH2在密闭容器中充分反应可生成2molNH3
11．D
【解析】A、NaOH为离子化合物，其中含有非金属元素O、H，正确；B、共价化合物中一定不含离子键，含有离子键的化合物一定是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，例如NaOH。正确；C、吸热反应不一定需要加热就能发生，例如氯化铵与氢氧化钡反应2NH4Cl(s)+Ba(OH)2·8H2O(s)=BaCl2+2NH3↑+10H2O直接搅拌就可以，该反应吸收大量的热，烧杯杯底沾些水反应后会结冰。正确；D、一定条件下，氮气和氢气生成氨气的反应是可逆反应，可逆反应中存在化学平衡，当正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，导致反应物不能完全转化为生成物。错误；故选 D。
点睛：本题重点考察了离子化合物与共价化合物。离子化合物中肯定含有离子键，可能含有共价键。共价化合物中仅含有共价键。
12．下列实验装置能达到实验目的是(夹持仪器未画出)
A．用于制备乙酸乙酯
B．用于石油的分馏
C．用于实验室制硝基苯
D．可证明酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚
12．C
【详解】
A. 实验室制备乙酸乙酯时，为防止倒吸，导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，故不选A ；
B、分馏装置中，温度计的液泡应在蒸馏烧瓶的支管口处，故不选B；
C、实验室用苯和浓硝酸、浓硫酸的混合物制硝基苯，需要水浴加热到55~60℃，故选C；
D、盐酸易挥发，通入苯酚钠溶液的气体中含有杂质氯化氢，溶液变浑浊，生成苯酚，不能证明酸性碳酸＞苯酚，故不选D。
【点睛】
本题考查化学实验方案评价，涉及除杂、物质制备、性质验证、仪器选取等知识点，注意从实验原理、操作规范性判断，要重视科学实验的严谨性。
13．根据热化学方程式（在101kPa时）：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH＝－297.23kJ·mol－1，分析下列说法中不正确的是
A．S的燃烧热为297.23kJ·mol－1
B．1mol S(g)和足量的O2(g)完全反应生成SO2(g)，放出的热量大于297.23kJ
C．1mol S(g)和足量的O2(g)完全反应生成SO2(g)，放出的热量小于297.23kJ
D． 形成1molSO2(g)的化学键释放的总能量大于断裂1molS(s)和1molO2(g)的化学键吸收的总能量
13．C
【详解】
A. 由S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH＝－297.23kJ·mol－1可知，S的燃烧热为297.23kJ·mol－1，A正确；
B. 硫由固态变化气态时要吸收热量，因此，1mol S(g)和足量的O2(g)完全反应生成SO2(g)，放出的热量大于297.23kJ，B正确；
C. 硫由固态变化气态时要吸收热量，因此，1mol S(g)和足量的O2(g)完全反应生成SO2(g)，放出的热量大于297.23kJ，C不正确；
D. 该反应为放热反应，因此，形成1molSO2(g)的化学键释放的总能量大于断裂1molS(s)和1molO2(g)的化学键吸收的总能量，D正确。
故选C。
14．下列排列顺序正确的是（ ）
A．热稳定性：H2O＞HF＞H2S B．非金属性：Cl＞S＞Si
C．最高正化合价：F＞N＞C D．酸性：H2CO3＞H3PO4＞H2SO4
14．B
【详解】
A．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，非金属性F＞O＞S，热稳定性：HF＞H2O＞H2S，故A错误；
B．Cl、S、Si位于同周期，同周期元素从左到由非金属性逐渐增强，则非金属性Cl＞S＞Si，故B正确；
C．F的最高价为0，F没有正化合价，故C错误；
D．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性S＞P＞C，酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3，故D错误；
答案选B。
【点睛】
注意把握元素与对应单质、化合物的性质的相似性和递变性的判断，注重基础知识的积累，易错点C，解答时需注意F没有正化合价。
二、多选题
15．X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如右图所示。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是
A．原子半径:W>Z>Y>X
B．最高价氧化物对应水化物的酸性: Z>W>X
C．4种元素的单质中，Z单质的熔、沸点最高
D．W单质能与水反应,生成一种具有漂白性的物质
15．CD
【分析】
X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，由于最外层电子数不能超过8，Y原子只能有2个电子层，次外层电子数为2，最外层电子数为6，则Y为O元素；由图中的位置可知，X为N元素，Z为S元素，W为Cl元素。
【详解】
A．同周期元素的从左到右原子半径逐渐减小，则X＞Y，Z＞W，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，且原子核外电子层数越多，半径越大，则W＞X，所以原子半径大小顺序为Z＞W＞X＞Y，故A错误；
B．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，可知最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z，故B错误；
C．四种元素的单质中，常温下Z的单质是固体，其余均是气体，Z单质硫的熔、沸点最高，故C正确；
D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，HCl没有漂白性，故D正确；
故选CD。
三、填空题
16．钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：
①元素K的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为___________(填标号)nm。
A．404.4 B．553.5 C．589.2 D．670.8 E.766 5
②基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是___________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为___________。K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是____________________。
(2)Co基态原子核外电子排布式为___________。元素Mn与O中，第一电离能较大的是___________，基态原子核外未成对电子数较多的是___________。
(3)铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。
①Fe3＋基态核外电子排布式为___________。
②C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为___________。
16．A N 球形 K原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱 [Ar]3d74s2 O Mn [Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5 H＜C＜O
【详解】
(1)①紫色波长在400～430 nm间，结合选项知A正确，故选A；
②基态K原子的价层电子排布式为4s1，其核外电子占据最高能层为第四层，其能层的符号是N；最后一个电子填充在s轨道(能级)上，其电子云轮廓图为球形；K和Cr虽属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但因金属K的原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱，故K的熔点、沸点等都比金属Cr低；
(2)Co为27号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；Mn是活泼金属，第一电离能较小，而O是非金属性较强的非金属元素，第一电离能较大，故第一电离能大小：Mn＜O；Mn的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，3d轨道中有5个未成对电子，而O的基态原子核外电子排布式为1s22s22p4，2p轨道中有2个未成对电子，Mn和O的基态原子核外未成对电子数较多的是Mn。
(3)①基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe失去4s轨道的2个电子、3d 轨道的1个电子形成Fe3＋，Fe3＋基态核外电子排布式为[Ar]3d5；
②非金属性越强，电负性越大，C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜O。
17．(1) 指出下列元素在周期表中的位置：硅在第_____周期第______族；氟在第_____周期第______族。
(2)写出下列物质的电子式：
氮气________;氯化镁_________;二氧化碳_______;氟化氢______
17．三 ⅣA 二 ⅦA
【解析】
【分析】
(1)Si的原子序数为14、氟的原子序数为9，结合原子结构示意图分析在元素周期表中的位置；
(2)氮气、二氧化碳和氟化氢均只含有共价键，而氯化镁只含有离子键，据此写出它们的电子式；
【详解】
(1)Si的原子序数为14，其原子结构示意图为，则Si在元素周期表中的位置为第三周期ⅣA族；氟的原子序数为9，其原子结构示意图为，则F在元素周期表中的位置为第二周期ⅦA族；
(2)氮气分子中两个N原子形成三对共用电子对，氮气分子的电子式为；氯化镁属于离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，镁离子直接用离子符号表示，氯离子需要标出最外层电子，MgCl2的电子式为；二氧化碳中存在两对碳氧共用电子对，二氧化碳的电子式为：；氟化氢为共价化合物，氢原子与氟原子形成了一个共用电子对，HF的电子式为。
四、计算题
18．把0.6molW气体和0.5molX气体混合于2L密闭容器中，使它们发生如下反应：4W(g)+3X(g)2Y(g)+nZ(g)。2min末已生成0.2molY，若测知以Z的浓度变化表示的反应速率为0.0025mol/(L·s)，试计算
（1）前2min内用W的浓度变化表示的平均反应速率为______。
（2）2min末时X的浓度为__________。
（3）化学反应方程式中n=________。
（4）2min末，恢复到反应前温度，体系内压强是反应前压强的___倍。
18．0.1mol/(L·min) 0.1mol/L n=6
【分析】
用不同物质表示的速率之比等于方程式的化学计量数之比确定用W表示的速率；根据方程式的计量数的关系求出2min末时X的浓度以及方程式中的n；根据恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，确定2min末体系内压强是反应前压强的倍数。
【详解】
（1）前2min内用Y浓度变化表示的平均反应速率为υ（Y）==0.05mol/（L·min），根据不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，υ（W）：υ（Y）=4:2，υ（W）=2υ（Y）=20.05mol/（L·min）=0.1mol/（L·min）。
（2）根据反应方程式，前2min内生成0.2molY消耗0.3molX，2min末X物质的量为0.5mol-0.3mol=0.2mol，2min末X的浓度为0.2mol2L= 0.1mol/L。
（3）υ（Z）=0.0025mol/（L·s），将单位换算υ（Z）=0.15mol/（L·min），υ（Y）：υ（Z）=0.05mol/（L·min）：0.15mol/（L·min）=2：n，n=6。
（4）根据反应方程式，前2min内生成0.2molY则消耗0.3molX、消耗0.4molW、生成0.6molZ，所以2min末X物质的量为0.5mol-0.3mol=0.2mol，W的物质的量为0.6mol-0.4mol=0.2mol，2min末气体总物质的量为0.2mol+0.2mol+0.2mol+0.6mol=1.2mol，开始气体总物质的量为0.6mol+0.5mol=1.1mol，2min末恢复到反应前温度，温度和体积相同时气体压强之比等于气体物质的量之比，2min末体系内压强是反应前压强的=倍。
【点睛】
化学反应速率的计算要充分利用用不同物质表示的速率之比等于方程式的计量数之比。
19．A、B、C为三种链烃，其碳原子数有如下组合：
组 别
碳原子数
A
B
C
①
3
3
6
②
3
3
4
③
1
4
5
④
2
4
4
⑤
5
2
7
⑥
2
2
4
试回答下列问题：
（1）若B、C为烷烃，且在一定条件下C可分解（裂化）为A和B，则满足此条件的可能组别是（填组别序号）______________________________________________。
（2）若组别⑥中A为烷烃，B为炔烃，C为烯烃，且A、B、C三种物质按物质的量1:1:2混合，取标准状况下该混合物和过量O2组成的混合气体840mL，电火花点燃，将燃烧后的产物用过量碱石灰吸收，碱石灰增重0.93g。求：碱石灰吸收后所剩气体在标准状况下的体积 _______________。
19．①⑤⑥224mL
【解析】
【分析】
题给信息知：C（烷）→A（烯）+B（烷）所以①n（C）=n（A）+n（B）②A为烯或炔，说明n（C）≥2，以此分析；
（2）组别⑥中A为C2H6，B为C2H2，C为C4H8，按1:1:2混合后，平均分子式为C3H6，产生的CO2和H2O的物质的量之比为1:1，CO2和H2O平均摩尔质量则为：44g/mol+18g/mol2=31g/mol。因为将燃烧后的产物用过量碱石灰吸收，碱石灰增重0.93g ，可知燃烧一共放出水和CO2 0.93g， 则生成的CO2和H2O总的物质的量为：0.93g31g/mol=0.03mol，所以n(CO2)=n(H2O)=0.03mol2=0.015mol，由反应式C3H6+4.5O2→3CO2+3H2O知，n(C3H6)=0.005mol，
当燃烧后的产物用过量碱石灰吸收后所剩气体为O2，用总体积减去消耗的氧气体积和混合烃的体积即为剩余气体体积。
【详解】
⑴题给信息知：C（烷）→A（烯）+B（烷）所以①n（C）=n（A）+n（B）②A为烯或炔，说明n（C）≥2，
故选：①⑤⑥；
（2）组别⑥中A为C2H6，B为C2H2，C为C4H8，按1:1:2混合后，平均分子式为C3H6，产生的CO2和H2O的物质的量之比为1:1，CO2和H2O平均摩尔质量则为：44g/mol+18g/mol2=31g/mol。因为将燃烧后的产物用过量碱石灰吸收，碱石灰增重0.93g ，可知燃烧一共放出水和CO2 0.93g， 则生成的CO2和H2O总的物质的量为：0.93g31g/mol=0.03mol，所以n(CO2)=n(H2O)=0.03mol2=0.015mol，由反应式C3H6+4.5O2→3CO2+3H2O知，n(C3H6)=0.005mol，
当燃烧后的产物用过量碱石灰吸收后所剩气体为O2，
V(O2)= 840mL-4.5×0.005×22400mL-0.005×22400mL=224mL，
因此，本题答案为：224mL。
五、实验题
20．苯佐卡因(对氨基苯甲酸乙酯)常用于创面、溃疡面及痔疮的镇痛。在实验室用对氨基苯甲酸()与乙醇反应合成苯佐卡因，已知：
＋CH3CH2OH＋H2O
有关数据和实验装置图如图：
相对分
子质量
密度/
(g·cm-3)
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
乙醇
46
0.789
－114.3
78.5
与水以任意比互溶
对氨基苯甲酸
137
1.374
188
339.9
微溶于水，易溶于乙醇
对氨基苯甲酸乙酯
165
1.17
90
172
难溶于水，易溶于醇、醚类
产品合成：在250mL圆底烧瓶中加入8.2g对氨基苯甲酸(约0.06mol)和80mL无水乙醇(约1.4mol)，振荡溶解，将烧瓶置于冰水浴并加入10mL浓硫酸，然后将反应混合物在80℃热水浴中加热回流1h，并不断振荡。
分离提纯：冷却后将反应液转移到400mL烧杯中，分批加入10%的Na2CO3溶液直至pH=9，转移至分液漏斗中，用乙醚(密度为0.714g·cm-3)分两次萃取，并向醚层加入无水硫酸镁，蒸馏，冷却结晶，最终得到产物3.3g。
①仪器A的名称为___。
②在合成反应进行之前圆底烧瓶中还应加入适量的__。
③将该烧瓶置于冰水浴中的目的是__。
④分液漏斗使用之前必须进行的操作是__，乙醚位于__(填“上层”或“下层”)；分离提纯操作加入无水硫酸镁的作用是__。
⑤合成反应中加入远过量的乙醇的目的是__；分离提纯过程中加入10%Na2CO3溶液的作用是___。
⑥本实验中苯佐卡因的产率为___(保留3位有效数字)。该反应产率较低的原因是__(填标号)。
a.浓硫酸具有强氧化性和脱水性，导致副反应多
b.催化剂加入量不足
c.产品难溶于水，易溶于乙醇、乙醚
d.酯化反应是可逆反应
20．球形冷凝管 碎瓷片或沸石 散热降温，减少副反应，减少乙醇挥发损失 检查是否漏液 上层 干燥吸水 作溶剂，提高对氨基苯甲酸的转化率 中和酸、溶解乙醇和调节pH 33.4%(或33.3%) ad
【分析】
对氨基苯甲酸和无水乙醇在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成苯佐卡因(对氨基苯甲酸乙酯)，通过冷凝回流提高原料的利用率；冷却后将反应液转移到400mL烧杯中，分批加入10%的Na2CO3溶液直至pH=9，将对氨基苯甲酸转化为易溶于水的对氨基苯甲酸钠，转移至分液漏斗中，用乙醚(密度为0.714g·cm-3)分两次萃取，乙醇、对氨基苯甲酸钠留在水层（下层），对氨基苯甲酸乙酯留在醚层（上层），分离出醚层，在醚层加入无水硫酸镁作干燥剂，再通过蒸馏，冷却结晶，最终得到产物苯佐卡因(对氨基苯甲酸乙酯)。
【详解】
①由仪器的结构特征，可知A为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；
②由于反应过程中需要加热，为了防止溶液受热暴沸，故需要加入碎瓷片或者沸石，故答案为：碎瓷片或沸石；
③浓硫酸在稀释时放出大量热，所以将烧瓶置于冰水浴中的目的是散热降温，减少副反应，减少乙醇挥发损失，故答案为：散热降温，减少副反应，减少乙醇挥发损失；
④分液漏斗使用之前必须进行的操作是检查是否漏液，乙醚的密度小于水的密度，所以乙醚位于上层，分离提纯过程中加入无水硫酸镁的作用是干燥吸水，故答案为：检查是否漏液；上层；干燥吸水；
⑤增加乙醇用量，可以增大对氨基苯甲酸的转化，对氨基苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇，故乙醇还可以作溶剂，由题意知，分离提纯过程中加入10%Na2CO3溶液的作用是中和酸、溶解乙醇和调节pH，故答案为：作溶剂，提高对氨基苯甲酸的转化率；中和酸、溶解乙醇和调节pH；
⑥根据题意可知，对氨基苯甲酸少量，故应根据其用量计算苯佐卡因的理论产量为 (或0.06mol)×165g·mol－1＝9.88g(或9.90g)，苯佐卡因的产率为×100%＝33.4%(或33.3%)，该反应产率较低的原因是浓硫酸具有强氧化性和脱水性，导致副反应增多，且酯化反应是可逆反应，故答案为：33.4%(或33.3%)；ad。
六、元素或物质推断题
21．主族元素A、B、C、D的原子序数都小于18，A与D同主族，B与C在同一周期，A、D原子的价电子数都是1，C原子最外层电子数比B原子少2个，且最外层电子数是次外层电子数的2倍。A、B的单质在常温下均为气体，它们在高温下以体积比2∶1完全反应，生成物在常温下为液体。此液体与D单质能剧烈反应生成A的单质。所得溶液滴入酚酞显红色，同时溶液中含有与氖原子的电子层结构相同的阳离子。试回答下列问题：
(1)写出元素符号：B___________，D___________。
(2)写出元素原子的价电子排布：A___________，C___________。
(3)B与C在高温下完全反应后的生成物的化学式为___________，它是由___________(填“极性”或“非极性”)键形成的___________分子，分子的空间构型呈___________。
(4)A与B的单质以体积比2∶1形成的化合物的中心原子的杂化方式为___________，分子的空间构型呈___________。
21．O Na 1s1 2s22p2 CO2 极性 非极性 直线形 sp3 V形
【分析】
主族元素A、B、C、D的原子序数都小于18，C最外层电子数是次外层电子数的2倍，则C元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，则C为C元素；B与C在同一周期，C原子最外层电子数比B原子少2个，则B元素原子最外层电子数为6，则B为O元素；A与D同主族，A、D原子的价电子数都是1，处于ⅠA族，A单质在常温下为气体，则A为H元素；氢气与氧气在高温下以体积比2∶1完全反应，生成物在常温下是液体为H2O；水与D单质能激烈反应生成A的单质，所得溶液滴入酚酞显红色，同时溶液中含有与氖原子的电子层结构相同的阳离子，则D为Na元素，以此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析知，A、B、C、D四种元素分别为H、O、C、Na，故答案为：O；Na；
(2) A为H，价电子排布为1s1，C为O，价电子排布为2s22p2，故答案为：1s1；2s22p2；
(3)碳与氧气在高温下完全反应后的生成物为CO2，结构式为：O=C=O，它是由极性键形成的非极性分子，为直线形结构，故答案为：CO2；极性；非极性；直线形；
(4)A与B的单质以体积比2∶1形成的化合物为水，H2O中氧原子采取sp3杂化，为V形结构，故答案为：sp3；V形。
江苏省2020~2021年高一下学期期中考试模拟训练三
一、单选题
1．一定温度下，在一个容积为2L的密闭容器中发生反应，经2min达到平衡状态，此时B反应了1.2mol，下列说法正确的是
A．充入(不参与反应)使压强增大可加快反应速率
B．0～2min内，A的平均反应速率为
C．平衡状态时，B、C的反应速率相等
D．0～2min内，C的平均反应速率为
1．D
【详解】
A．充入(不参与反应)，压强增大，但各物质的分压不变，物质浓度不变，故反应速率不变，A错误；
B．A是固体，其浓度不变，无法计算平均反应速率，B错误；
C．平衡时，有正反应速率=逆反应速率，且物质的反应速率与化学计量数呈正比，故，C错误；
D．经2min达到平衡状态，此时B反应了1.2mol，则B的平均反应速率为，不同物质的反应速率等于化学计量数之比，故C的平均反应速率为，D正确；
答案选D。
2．重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是（ ）
A．氘(D)原子核外有1个电子 B．1H与D互称同位素
C．H2O与D2O互称同素异形体 D．20gD216O中含有10NA个电子
2．C
【分析】
有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；相同元素组成的不同单质互为同素异形体。
【详解】
A项、氘（D）原子内有1个质子，原子的核外电子数等于质子数，核外有1个电子，故A正确；
B项、具有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素，1H与D具有相同质子数、不同中子数，二者互称同位素，故B正确；
C项、同素异形体是同种元素不同单质的互称，H2O与D2O均为水，属于化合物，不互为同素异形体，故C错误；
D项、D216O的摩尔质量为20g/mol，含有10个电子，20gD216O的物质的量为1mol，则含有10mol电子，故D正确。
故选C。
【点睛】
本题考查同位素的概念，正确理解元素、核素、同位素、同素异形体等概念是解答关键。
3．下列说法正确的是
A．苯能与H2发生加成反应，但无法确定苯分子中存在独立的碳碳双键
B．甲苯与足量H2发生加成，其产物一氯代物有四种
C．化合物CF2Cl2的结构只有一种，且不可能继续发生取代反应
D．乙烯是重要的化工原料，主要通过石油的裂化获取
3．A
【详解】
A.苯为不饱和烃，但不含碳碳双键，则苯能与H2发生加成反应，但无法确定苯分子中存在独立的碳碳双键，A正确；
B.甲苯与足量H2发生加成，生成甲基环己烷，含5种H，产物一氯代物有5种，B错误；
C.化合物CF2Cl2的结构只有一种，-F或-Cl可发生取代反应，则可能继续发生取代反应，C错误；
D.乙烯为裂解产物，裂解为深度裂化，则乙烯是重要的化工原料，主要通过石油的裂解获取，D错误；
故合理选项是A。
4．下列叙述能说明X的非金属性比Y强的是( )
A．X原子的电子层数比Y原子的电子层数多 B．达到稳定结构时，X比Y得电子数多
C．X的氢化物比Y的氢化物稳定 D．Y单质可以将X从NaX的溶液中置换出来
4．C
【解析】
【详解】
A. 对于同一主族的元素，电子层数越少，其非金属性越强，故A错误；
B. 对于同周期主族元素，达到稳定结构时，达到稳定结构时得到的电子数越少，其非金属性越强，故B错误；
C. X的氢化物比Y的氢化物稳定，说明X的非金属性强于Y，故C正确；
D. Y单质可以将X从NaX的溶液中置换出来，说明Y的非金属性强于X，故D错误；
故答案选C。
5．某有机物的组成和结构可用如下的结构简式表示，此有机物共有（不考虑立体异构体）
A．12 种 B．24 种 C．36 种 D．40 种
5．C
【详解】
由该有机物的结构可知，该分子中有1个-C4H9和1个-C3H5Cl2，-C4H9共有4种结构，-C3H5Cl2共有9种结构。因此，此有机物共有49=36 种，本题选C。
6．下列有关化学反应速率的说法不正确的是( )
A．化学反应达到最大限度时，正逆反应速率也达到最大且相等
B．改变条件化学反应的限度不一定发生改变
C．用锌和稀硫酸反应制取H2时，滴加几滴硫酸铜溶液能加快反应速率
D．用铁片和稀硫酸反应制H2比用98%的浓硫酸产生H2的速率快
6．A
【详解】
A．化学反应达到最大限度时，正逆反应速率相等，但不一定最大，故A错误；
B．当外界条件发生改变，平衡不一定发生移动，化学反应限度不一定改变，故B正确；
C．锌置换出铜，可形成原电池反应，加快反应速率，故C正确；
D．浓硫酸具有强氧化性，与铁发生钝化反应，不生成氢气，故D正确。
答案选A。
7．如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素()的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中不正确的是
A．铜电极应与Y相连接
B．乙装置中溶液的颜色不会变浅
C．标准状况下，当N电极消耗气体时，则铁电极质量增加
D．M电极反应式：
7．C
【分析】
由图中信息结合原电池原理可知，M为负极、N为正极。由电解原理可知，Cu电极为阳极，Fe为阴极。
【详解】
A．铜电极是阳极，应与电源的正极相连，即与Y相连接，A说法正确；
B．电镀过程中，电解质的浓度及成分均不会发生变化，因此，乙装置中溶液的颜色不会变浅，B说法正确；
C．标准状况下，当N电极消耗O2时，这些O2的物质的量为0.25mol，则电路中转移电子的物质的量为1mol，铁电极上发生Cu2++2e- =Cu，根据转移电子守恒可知，析出Cu的物质的量为0.5mol，故铁电极的质量增加，C说法不正确；
D．M电极为负极，负极上发生氧化反应，电极反应式为，D说法正确。
综上所述，相关说法中不正确的是C。
8．下列实验能达到预期目的的是（ ）
A．可以用热的浓NaOH溶液来区分植物油和矿物油
B．除去己烷中己烯可以用溴水分液处理
C．将纤维素和稀H2SO4加热水解后的液体取出少许，加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加热，有无红色沉淀生成，证明纤维素是否水解
D．蛋白质溶液中加入丙酮可以使蛋白质从溶液中析出，再加水又能溶解
8．A
【解析】
A. 植物油与浓NaOH溶液反应生成可溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，反应后不分层；矿物油不与浓NaOH溶液反应，而且矿物油也不溶于水，混合物分层，故可以用热的浓NaOH溶液来区分植物油和矿物油，A正确；B. 己烯可与溴水反应生成二溴己烷，二溴己烷可以溶于己烷，所以，除去己烷中己烯用溴水处理是达不到目的的，也无法分液，B不正确；C. 将纤维素和稀H2SO4加热水解后的液体取出少许，要先加入适量的氢氧化钠溶液中和硫酸，然后再加入新制的Cu(OH)2悬浊液并加热，观察有无红色沉淀生成，才能证明纤维素是否水解，C不正确；D.丙酮可以使蛋白质变性，变性后的蛋白质不溶于水，D不正确。本题选A。
9．在实验室中，下列除去杂质的方法正确的是
A．硝基苯中混有的少量硫酸和硝酸，将其倒入盛有NaOH溶液的分液漏斗中，振荡，静置，分液
B．乙烷中混有乙烯，通入氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷
C．溴苯中混有溴，加入KI 溶液，振荡，用汽油萃取出碘
D．乙烯中混有SO2和CO2，将其通入溴水中洗气
9．A
【解析】
硝基苯难溶于水，硝基苯中混有的少量硫酸和硝酸，将其倒入盛有NaOH溶液的分液漏斗中，硫酸和硝酸与氢氧化钠反应生成盐，振荡，静置，分液可得硝基苯，故A正确；氢气的量不好控制，难以得到纯净物，故B错误；溴苯中混有溴，加入KI溶液，生成碘，加入汽油和溴苯、碘等混溶，得到的仍为混合物，故C错误；乙烯和溴水发生加成反应，影响被提纯的物质，不符合提纯的原则，故D错误。
10．硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列说法正确的是( )
A．水晶项链是硅酸盐制品
B．硅单质广泛用于光纤通讯
C．利用盐酸刻蚀石英制作艺术品
D．水泥、玻璃、陶瓷属于传统无机非金属材料
10．D
【详解】
A．水晶项链的主要成分为二氧化硅，为硅的氧化物，不属于硅酸盐，故A错误；
B．硅单质主要应用用半导体材料及太阳能电池板，而二氧化硅广泛用于光纤通讯行业，故B错误；
C．盐酸与二氧化硅不反应，则不能利用盐酸刻蚀石英制作艺术品，一般用氢氟酸，故C错误；
D．玻璃、陶瓷、水泥的主要成分是硅酸盐类，都属于传统的无机非金属材料，故D正确；
故答案为D。
11．下列说法中不正确的是
A．离子化合物中可能有非金属元素
B．共价化合物中一定不含有离子键，离子化合物中可能存在共价键
C．吸热反应不一定需要加热就能发生
D．一定条件下lmolN2与3molH2在密闭容器中充分反应可生成2molNH3
11．D
【解析】A、NaOH为离子化合物，其中含有非金属元素O、H，正确；B、共价化合物中一定不含离子键，含有离子键的化合物一定是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，例如NaOH。正确；C、吸热反应不一定需要加热就能发生，例如氯化铵与氢氧化钡反应2NH4Cl(s)+Ba(OH)2·8H2O(s)=BaCl2+2NH3↑+10H2O直接搅拌就可以，该反应吸收大量的热，烧杯杯底沾些水反应后会结冰。正确；D、一定条件下，氮气和氢气生成氨气的反应是可逆反应，可逆反应中存在化学平衡，当正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，导致反应物不能完全转化为生成物。错误；故选 D。
点睛：本题重点考察了离子化合物与共价化合物。离子化合物中肯定含有离子键，可能含有共价键。共价化合物中仅含有共价键。
12．下列实验装置能达到实验目的是(夹持仪器未画出)
A．用于制备乙酸乙酯
B．用于石油的分馏
C．用于实验室制硝基苯
D．可证明酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚
12．C
【详解】
A. 实验室制备乙酸乙酯时，为防止倒吸，导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中，故不选A ；
B、分馏装置中，温度计的液泡应在蒸馏烧瓶的支管口处，故不选B；
C、实验室用苯和浓硝酸、浓硫酸的混合物制硝基苯，需要水浴加热到55~60℃，故选C；
D、盐酸易挥发，通入苯酚钠溶液的气体中含有杂质氯化氢，溶液变浑浊，生成苯酚，不能证明酸性碳酸＞苯酚，故不选D。
【点睛】
本题考查化学实验方案评价，涉及除杂、物质制备、性质验证、仪器选取等知识点，注意从实验原理、操作规范性判断，要重视科学实验的严谨性。
13．根据热化学方程式（在101kPa时）：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH＝－297.23kJ·mol－1，分析下列说法中不正确的是
A．S的燃烧热为297.23kJ·mol－1
B．1mol S(g)和足量的O2(g)完全反应生成SO2(g)，放出的热量大于297.23kJ
C．1mol S(g)和足量的O2(g)完全反应生成SO2(g)，放出的热量小于297.23kJ
D． 形成1molSO2(g)的化学键释放的总能量大于断裂1molS(s)和1molO2(g)的化学键吸收的总能量
13．C
【详解】
A. 由S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH＝－297.23kJ·mol－1可知，S的燃烧热为297.23kJ·mol－1，A正确；
B. 硫由固态变化气态时要吸收热量，因此，1mol S(g)和足量的O2(g)完全反应生成SO2(g)，放出的热量大于297.23kJ，B正确；
C. 硫由固态变化气态时要吸收热量，因此，1mol S(g)和足量的O2(g)完全反应生成SO2(g)，放出的热量大于297.23kJ，C不正确；
D. 该反应为放热反应，因此，形成1molSO2(g)的化学键释放的总能量大于断裂1molS(s)和1molO2(g)的化学键吸收的总能量，D正确。
故选C。
14．下列排列顺序正确的是（ ）
A．热稳定性：H2O＞HF＞H2S B．非金属性：Cl＞S＞Si
C．最高正化合价：F＞N＞C D．酸性：H2CO3＞H3PO4＞H2SO4
14．B
【详解】
A．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，非金属性F＞O＞S，热稳定性：HF＞H2O＞H2S，故A错误；
B．Cl、S、Si位于同周期，同周期元素从左到由非金属性逐渐增强，则非金属性Cl＞S＞Si，故B正确；
C．F的最高价为0，F没有正化合价，故C错误；
D．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性S＞P＞C，酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3，故D错误；
答案选B。
【点睛】
注意把握元素与对应单质、化合物的性质的相似性和递变性的判断，注重基础知识的积累，易错点C，解答时需注意F没有正化合价。
二、多选题
15．X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如右图所示。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是
A．原子半径:W>Z>Y>X
B．最高价氧化物对应水化物的酸性: Z>W>X
C．4种元素的单质中，Z单质的熔、沸点最高
D．W单质能与水反应,生成一种具有漂白性的物质
15．CD
【分析】
X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，由于最外层电子数不能超过8，Y原子只能有2个电子层，次外层电子数为2，最外层电子数为6，则Y为O元素；由图中的位置可知，X为N元素，Z为S元素，W为Cl元素。
【详解】
A．同周期元素的从左到右原子半径逐渐减小，则X＞Y，Z＞W，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，且原子核外电子层数越多，半径越大，则W＞X，所以原子半径大小顺序为Z＞W＞X＞Y，故A错误；
B．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，可知最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z，故B错误；
C．四种元素的单质中，常温下Z的单质是固体，其余均是气体，Z单质硫的熔、沸点最高，故C正确；
D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，HCl没有漂白性，故D正确；
故选CD。
三、填空题
16．钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：
①元素K的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为___________(填标号)nm。
A．404.4 B．553.5 C．589.2 D．670.8 E.766 5
②基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是___________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为___________。K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是____________________。
(2)Co基态原子核外电子排布式为___________。元素Mn与O中，第一电离能较大的是___________，基态原子核外未成对电子数较多的是___________。
(3)铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。
①Fe3＋基态核外电子排布式为___________。
②C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为___________。
16．A N 球形 K原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱 [Ar]3d74s2 O Mn [Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5 H＜C＜O
【详解】
(1)①紫色波长在400～430 nm间，结合选项知A正确，故选A；
②基态K原子的价层电子排布式为4s1，其核外电子占据最高能层为第四层，其能层的符号是N；最后一个电子填充在s轨道(能级)上，其电子云轮廓图为球形；K和Cr虽属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但因金属K的原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱，故K的熔点、沸点等都比金属Cr低；
(2)Co为27号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；Mn是活泼金属，第一电离能较小，而O是非金属性较强的非金属元素，第一电离能较大，故第一电离能大小：Mn＜O；Mn的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，3d轨道中有5个未成对电子，而O的基态原子核外电子排布式为1s22s22p4，2p轨道中有2个未成对电子，Mn和O的基态原子核外未成对电子数较多的是Mn。
(3)①基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe失去4s轨道的2个电子、3d 轨道的1个电子形成Fe3＋，Fe3＋基态核外电子排布式为[Ar]3d5；
②非金属性越强，电负性越大，C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜O。
17．(1) 指出下列元素在周期表中的位置：硅在第_____周期第______族；氟在第_____周期第______族。
(2)写出下列物质的电子式：
氮气________;氯化镁_________;二氧化碳_______;氟化氢______
17．三 ⅣA 二 ⅦA
【解析】
【分析】
(1)Si的原子序数为14、氟的原子序数为9，结合原子结构示意图分析在元素周期表中的位置；
(2)氮气、二氧化碳和氟化氢均只含有共价键，而氯化镁只含有离子键，据此写出它们的电子式；
【详解】
(1)Si的原子序数为14，其原子结构示意图为，则Si在元素周期表中的位置为第三周期ⅣA族；氟的原子序数为9，其原子结构示意图为，则F在元素周期表中的位置为第二周期ⅦA族；
(2)氮气分子中两个N原子形成三对共用电子对，氮气分子的电子式为；氯化镁属于离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，镁离子直接用离子符号表示，氯离子需要标出最外层电子，MgCl2的电子式为；二氧化碳中存在两对碳氧共用电子对，二氧化碳的电子式为：；氟化氢为共价化合物，氢原子与氟原子形成了一个共用电子对，HF的电子式为。
四、计算题
18．把0.6molW气体和0.5molX气体混合于2L密闭容器中，使它们发生如下反应：4W(g)+3X(g)2Y(g)+nZ(g)。2min末已生成0.2molY，若测知以Z的浓度变化表示的反应速率为0.0025mol/(L·s)，试计算
（1）前2min内用W的浓度变化表示的平均反应速率为______。
（2）2min末时X的浓度为__________。
（3）化学反应方程式中n=________。
（4）2min末，恢复到反应前温度，体系内压强是反应前压强的___倍。
18．0.1mol/(L·min) 0.1mol/L n=6
【分析】
用不同物质表示的速率之比等于方程式的化学计量数之比确定用W表示的速率；根据方程式的计量数的关系求出2min末时X的浓度以及方程式中的n；根据恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，确定2min末体系内压强是反应前压强的倍数。
【详解】
（1）前2min内用Y浓度变化表示的平均反应速率为υ（Y）==0.05mol/（L·min），根据不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，υ（W）：υ（Y）=4:2，υ（W）=2υ（Y）=20.05mol/（L·min）=0.1mol/（L·min）。
（2）根据反应方程式，前2min内生成0.2molY消耗0.3molX，2min末X物质的量为0.5mol-0.3mol=0.2mol，2min末X的浓度为0.2mol2L= 0.1mol/L。
（3）υ（Z）=0.0025mol/（L·s），将单位换算υ（Z）=0.15mol/（L·min），υ（Y）：υ（Z）=0.05mol/（L·min）：0.15mol/（L·min）=2：n，n=6。
（4）根据反应方程式，前2min内生成0.2molY则消耗0.3molX、消耗0.4molW、生成0.6molZ，所以2min末X物质的量为0.5mol-0.3mol=0.2mol，W的物质的量为0.6mol-0.4mol=0.2mol，2min末气体总物质的量为0.2mol+0.2mol+0.2mol+0.6mol=1.2mol，开始气体总物质的量为0.6mol+0.5mol=1.1mol，2min末恢复到反应前温度，温度和体积相同时气体压强之比等于气体物质的量之比，2min末体系内压强是反应前压强的=倍。
【点睛】
化学反应速率的计算要充分利用用不同物质表示的速率之比等于方程式的计量数之比。
19．A、B、C为三种链烃，其碳原子数有如下组合：
组 别
碳原子数
A
B
C
①
3
3
6
②
3
3
4
③
1
4
5
④
2
4
4
⑤
5
2
7
⑥
2
2
4
试回答下列问题：
（1）若B、C为烷烃，且在一定条件下C可分解（裂化）为A和B，则满足此条件的可能组别是（填组别序号）______________________________________________。
（2）若组别⑥中A为烷烃，B为炔烃，C为烯烃，且A、B、C三种物质按物质的量1:1:2混合，取标准状况下该混合物和过量O2组成的混合气体840mL，电火花点燃，将燃烧后的产物用过量碱石灰吸收，碱石灰增重0.93g。求：碱石灰吸收后所剩气体在标准状况下的体积 _______________。
19．①⑤⑥224mL
【解析】
【分析】
题给信息知：C（烷）→A（烯）+B（烷）所以①n（C）=n（A）+n（B）②A为烯或炔，说明n（C）≥2，以此分析；
（2）组别⑥中A为C2H6，B为C2H2，C为C4H8，按1:1:2混合后，平均分子式为C3H6，产生的CO2和H2O的物质的量之比为1:1，CO2和H2O平均摩尔质量则为：44g/mol+18g/mol2=31g/mol。因为将燃烧后的产物用过量碱石灰吸收，碱石灰增重0.93g ，可知燃烧一共放出水和CO2 0.93g， 则生成的CO2和H2O总的物质的量为：0.93g31g/mol=0.03mol，所以n(CO2)=n(H2O)=0.03mol2=0.015mol，由反应式C3H6+4.5O2→3CO2+3H2O知，n(C3H6)=0.005mol，
当燃烧后的产物用过量碱石灰吸收后所剩气体为O2，用总体积减去消耗的氧气体积和混合烃的体积即为剩余气体体积。
【详解】
⑴题给信息知：C（烷）→A（烯）+B（烷）所以①n（C）=n（A）+n（B）②A为烯或炔，说明n（C）≥2，
故选：①⑤⑥；
（2）组别⑥中A为C2H6，B为C2H2，C为C4H8，按1:1:2混合后，平均分子式为C3H6，产生的CO2和H2O的物质的量之比为1:1，CO2和H2O平均摩尔质量则为：44g/mol+18g/mol2=31g/mol。因为将燃烧后的产物用过量碱石灰吸收，碱石灰增重0.93g ，可知燃烧一共放出水和CO2 0.93g， 则生成的CO2和H2O总的物质的量为：0.93g31g/mol=0.03mol，所以n(CO2)=n(H2O)=0.03mol2=0.015mol，由反应式C3H6+4.5O2→3CO2+3H2O知，n(C3H6)=0.005mol，
当燃烧后的产物用过量碱石灰吸收后所剩气体为O2，
V(O2)= 840mL-4.5×0.005×22400mL-0.005×22400mL=224mL，
因此，本题答案为：224mL。
五、实验题
20．苯佐卡因(对氨基苯甲酸乙酯)常用于创面、溃疡面及痔疮的镇痛。在实验室用对氨基苯甲酸()与乙醇反应合成苯佐卡因，已知：
＋CH3CH2OH＋H2O
有关数据和实验装置图如图：
相对分
子质量
密度/
(g·cm-3)
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
乙醇
46
0.789
－114.3
78.5
与水以任意比互溶
对氨基苯甲酸
137
1.374
188
339.9
微溶于水，易溶于乙醇
对氨基苯甲酸乙酯
165
1.17
90
172
难溶于水，易溶于醇、醚类
产品合成：在250mL圆底烧瓶中加入8.2g对氨基苯甲酸(约0.06mol)和80mL无水乙醇(约1.4mol)，振荡溶解，将烧瓶置于冰水浴并加入10mL浓硫酸，然后将反应混合物在80℃热水浴中加热回流1h，并不断振荡。
分离提纯：冷却后将反应液转移到400mL烧杯中，分批加入10%的Na2CO3溶液直至pH=9，转移至分液漏斗中，用乙醚(密度为0.714g·cm-3)分两次萃取，并向醚层加入无水硫酸镁，蒸馏，冷却结晶，最终得到产物3.3g。
①仪器A的名称为___。
②在合成反应进行之前圆底烧瓶中还应加入适量的__。
③将该烧瓶置于冰水浴中的目的是__。
④分液漏斗使用之前必须进行的操作是__，乙醚位于__(填“上层”或“下层”)；分离提纯操作加入无水硫酸镁的作用是__。
⑤合成反应中加入远过量的乙醇的目的是__；分离提纯过程中加入10%Na2CO3溶液的作用是___。
⑥本实验中苯佐卡因的产率为___(保留3位有效数字)。该反应产率较低的原因是__(填标号)。
a.浓硫酸具有强氧化性和脱水性，导致副反应多
b.催化剂加入量不足
c.产品难溶于水，易溶于乙醇、乙醚
d.酯化反应是可逆反应
20．球形冷凝管 碎瓷片或沸石 散热降温，减少副反应，减少乙醇挥发损失 检查是否漏液 上层 干燥吸水 作溶剂，提高对氨基苯甲酸的转化率 中和酸、溶解乙醇和调节pH 33.4%(或33.3%) ad
【分析】
对氨基苯甲酸和无水乙醇在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成苯佐卡因(对氨基苯甲酸乙酯)，通过冷凝回流提高原料的利用率；冷却后将反应液转移到400mL烧杯中，分批加入10%的Na2CO3溶液直至pH=9，将对氨基苯甲酸转化为易溶于水的对氨基苯甲酸钠，转移至分液漏斗中，用乙醚(密度为0.714g·cm-3)分两次萃取，乙醇、对氨基苯甲酸钠留在水层（下层），对氨基苯甲酸乙酯留在醚层（上层），分离出醚层，在醚层加入无水硫酸镁作干燥剂，再通过蒸馏，冷却结晶，最终得到产物苯佐卡因(对氨基苯甲酸乙酯)。
【详解】
①由仪器的结构特征，可知A为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；
②由于反应过程中需要加热，为了防止溶液受热暴沸，故需要加入碎瓷片或者沸石，故答案为：碎瓷片或沸石；
③浓硫酸在稀释时放出大量热，所以将烧瓶置于冰水浴中的目的是散热降温，减少副反应，减少乙醇挥发损失，故答案为：散热降温，减少副反应，减少乙醇挥发损失；
④分液漏斗使用之前必须进行的操作是检查是否漏液，乙醚的密度小于水的密度，所以乙醚位于上层，分离提纯过程中加入无水硫酸镁的作用是干燥吸水，故答案为：检查是否漏液；上层；干燥吸水；
⑤增加乙醇用量，可以增大对氨基苯甲酸的转化，对氨基苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇，故乙醇还可以作溶剂，由题意知，分离提纯过程中加入10%Na2CO3溶液的作用是中和酸、溶解乙醇和调节pH，故答案为：作溶剂，提高对氨基苯甲酸的转化率；中和酸、溶解乙醇和调节pH；
⑥根据题意可知，对氨基苯甲酸少量，故应根据其用量计算苯佐卡因的理论产量为 (或0.06mol)×165g·mol－1＝9.88g(或9.90g)，苯佐卡因的产率为×100%＝33.4%(或33.3%)，该反应产率较低的原因是浓硫酸具有强氧化性和脱水性，导致副反应增多，且酯化反应是可逆反应，故答案为：33.4%(或33.3%)；ad。
六、元素或物质推断题
21．主族元素A、B、C、D的原子序数都小于18，A与D同主族，B与C在同一周期，A、D原子的价电子数都是1，C原子最外层电子数比B原子少2个，且最外层电子数是次外层电子数的2倍。A、B的单质在常温下均为气体，它们在高温下以体积比2∶1完全反应，生成物在常温下为液体。此液体与D单质能剧烈反应生成A的单质。所得溶液滴入酚酞显红色，同时溶液中含有与氖原子的电子层结构相同的阳离子。试回答下列问题：
(1)写出元素符号：B___________，D___________。
(2)写出元素原子的价电子排布：A___________，C___________。
(3)B与C在高温下完全反应后的生成物的化学式为___________，它是由___________(填“极性”或“非极性”)键形成的___________分子，分子的空间构型呈___________。
(4)A与B的单质以体积比2∶1形成的化合物的中心原子的杂化方式为___________，分子的空间构型呈___________。
21．O Na 1s1 2s22p2 CO2 极性 非极性 直线形 sp3 V形
【分析】
主族元素A、B、C、D的原子序数都小于18，C最外层电子数是次外层电子数的2倍，则C元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，则C为C元素；B与C在同一周期，C原子最外层电子数比B原子少2个，则B元素原子最外层电子数为6，则B为O元素；A与D同主族，A、D原子的价电子数都是1，处于ⅠA族，A单质在常温下为气体，则A为H元素；氢气与氧气在高温下以体积比2∶1完全反应，生成物在常温下是液体为H2O；水与D单质能激烈反应生成A的单质，所得溶液滴入酚酞显红色，同时溶液中含有与氖原子的电子层结构相同的阳离子，则D为Na元素，以此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析知，A、B、C、D四种元素分别为H、O、C、Na，故答案为：O；Na；
(2) A为H，价电子排布为1s1，C为O，价电子排布为2s22p2，故答案为：1s1；2s22p2；
(3)碳与氧气在高温下完全反应后的生成物为CO2，结构式为：O=C=O，它是由极性键形成的非极性分子，为直线形结构，故答案为：CO2；极性；非极性；直线形；
(4)A与B的单质以体积比2∶1形成的化合物为水，H2O中氧原子采取sp3杂化，为V形结构，故答案为：sp3；V形。
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