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期中考试模拟训练一（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一（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一原卷版docx、期中考试模拟训练一解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26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一
一、单选题
1．现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液；②苯和四氯化碳的混合溶液；③单质溴和硝酸钠的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是
A．分液、萃取、蒸馏 B．萃取、蒸馏、分液
C．蒸馏、萃取、分液 D．分液、蒸馏、萃取
1．D
【解析】
【分析】
根据混合物组分的性质选择分离方法，汽油和水互不相溶，苯和四氯化碳互溶，溴易溶于有机溶剂。
【详解】
①汽油和氯化钠溶液互不相溶，应用分液的方法分离；
②苯和CCl4互溶，但二者沸点不同，可用蒸馏的方法分离；
③溶有氯化钠和单质溴的水溶液，因溴易溶于有机溶剂，可用萃取的方法分离。
故选D。
【点睛】
注意根据物质的性质的异同选择分离方法，把握不同的分离方法使用的范围。
2．下列关于硅的叙述错误的是（ ）
A．硅广泛存在于自然界中，天然单质硅叫硅石
B．高纯硅及其氧化物在太阳能电池及信息高速传输中有重要应用
C．常温下硅很稳定，不能跟强酸反应
D．二氧化硅可制玻璃、单质硅、光导纤维
2．A
【详解】
A．硅元素以化合态广泛存在于自然界中，无天然硅的单质，故A错误；
B．高纯硅可做半导体，二氧化硅可做光导纤维的材料，故B正确；
C．硅性质较为稳定，在常温下与强酸不反应，但和HF酸、强碱等物质反应，故C正确；
D．二氧化硅是制备玻璃的主要原料，可被还原制备单质硅，是光导纤维的材料，故D正确；
答案选A。
3．下表数据是各化学键的键能：
物质
Cl- Cl
Br- Br
I- I
H- Cl
H- Br
H- I
H- H
键能（kJ/mol）
243
193
146
432
366
298
436
热化学方程式：X2(g)＋H2(g)＝2HX(g) △H＝Q kJ·mol－1 (X表示Cl、Br、I)，下列叙述不正确的是
A．HCl(g)、HBr(g)、HI(g)中HCl最稳定
B．1摩尔氯气分解为氯原子吸收的能量为243kJ
C．I2(g)＋H2(g)＝2HI(g)是吸热反应
D．Br2(g)＋H2(g)＝2HBr(g) △H<0
3．C
【详解】
A. 根据表中数据，HCl(g)、HBr(g)、HI(g)中HCl的键能最大，难分解，则最稳定，与题意不符，A错误；
B. 1摩尔氯气分解为氯原子吸收的能量为243kJ，与题意不符，B错误；
C. 根据表中数据，I2(g)＋H2(g)＝2HI(g) ∆H=146+436-298×2=-14kJ/mol，是放热反应，符合题意，C正确；
D. Br2(g)＋H2(g)＝2HBr(g) △H=193+436-366×2=-103 kJ/mol <0，与题意不符，D错误；
答案为C。
4．香烟中含有微量的210Po，吸烟者会将210Po直接吸入肺部，危害人体健康。210Po中的210代表 （ ）
A．质子数 B．中子数 C．相对原子质量 D．质量数
4．D
【解析】
210Po中的210代表的是Po原子的质量数，D正确，本题选D。
5．普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液。根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间。此法的原理如图所示,反应的总方程式为2Cu+Ag2O==Cu2O+2Ag，下列有关说法正确的是
A．测量原理示意图中，电子方向从Ag2O→Cu
B．反应中有0.5 NA个电子转移时，析出0.5mol Cu2O
C．正极的电极反应为Ag2O+2e- + H2O==2Ag+2OH-
D．电池工作时，OH-离子浓度增大
5．C
【详解】
分析: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,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。
详解:A. 测量原理示意图中,电流方向从正极流向负极,即Ag2O→Cu，电子流动方向相反，故A错误；
B. 根据电池反应2Cu+Ag2O==Cu2O+2Ag，反应中有0.5 NA个电子转移时，析出0.25mol Cu2O
,所以B选项是错误的；
C. 正极发生还原反应,电极方程式为Ag2O+2e- + H2O==2Ag+2OH-，故C正确；
D. 从电池反应2Cu+Ag2O==Cu2O+2Ag可知，电池工作时，OH-离子浓度没变,故D错误。
所以C选项是正确的。
点睛：本题以水泥的硬化为载体考查了原电池原理，难度不大，会根据电池反应式进行正负极及溶液中离子移动方向的判断是解本题的关键。
6．同周期的A、B、C三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：HAO4＞H2BO4＞H3CO4，则下列判断错误的是
A．原子半径A＞B＞C B．气态氢化物稳定性HA＞H2B＞CH3
C．非金属性A＞B＞C D．阴离子还原性C3—＞B2—＞A—
6．A
【分析】
同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，同周期的A、B、C三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HAO4＞H2BO4＞H3CO4，则非金属性：A＞B＞C，原子序数：A＞B＞C，结合元素周期律的递变规律进行判断．
【详解】
A．同周期元素原子半径从左到右原子半径逐渐减小，原子序数：A＞B＞C，则原子半径A＜B＜C，故A错误；
B．非金属性：A＞B＞C，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，气态氢化物稳定性HA＞H2B＞CH3，故B正确；
C．非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因为酸性强弱顺序HAO4＞H2BO4＞H3CO4，非金属性A＞B＞C，故C正确；
D．非金属性越强，对应单质的氧化性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性A＞B＞C，则有阴离子还原性C3－＞B2－＞A－，故D正确。
故选A。
7．已知(异丙烯苯)(异丙苯)，下列说法错误的是
A．该反应属于加成反应
B．异丙苯的一氯代物共有6种
C．可用溴水鉴别异丙烯苯和异丙苯
D．异丙苯是苯的同系物
7．B
【详解】
A、由题可知，异丙烯苯中含有碳碳双键，与氢气发生反应生成的异丙苯中没有碳碳双键，可知异丙烯苯了发生加成反应，A正确；
B、根据异丙苯的对称性，共有5种等效氢，所以异丙苯的一氯代物共有5种，B错误；
C、碳碳双键可以使溴水褪色，而苯环中无碳碳双键，不能使溴水褪色，故仅异丙烯苯可以使溴水褪色，所以可用溴水鉴别异丙烯苯和异丙苯，C正确；
D、异丙苯的分子式是C9H12，符合苯的同系物组成通式CnH2n-6（n≥6）且与苯的结构相似，是同系物的关系，D正确；
答案为B。
8．下列叙述中正确的是（ ）
A．由丙烯加溴可制1,二溴丙烷
B．苯、溴水、铁粉混合制成溴苯
C．沸点：乙烷丁烷戊烷
D．聚乙烯、植物油都是混合物,都能使溴的四氯化碳溶液褪色
8．A
【分析】
A．丙烯含碳碳双键，可与溴发生加成反应；
B．苯和溴水不反应；
C．烃中碳原子数越多，沸点越高；
D．聚乙烯不含碳碳双键。
【详解】
A．丙烯含碳碳双键，可与溴发生加成反应，可生成1，2-二溴丙烷，故A正确；
B．苯和溴水不反应，应选液溴制备溴苯，故B错误；
C．烃中碳原子数越多，沸点越高，则沸点：戊烷＞丁烷＞乙烷，故C错误；
D．聚乙烯不含碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，二者均为混合物，故D错误；
故选A。
【点睛】
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团决定性质，选项D为解答的易错点，题目难度不大。
9．反应N2 + 3H2 2NH3在密闭容器中进行。下列关于该反应的说法不正确的是（ ）
A．N2与H2能100%转化为NH3 B．使用恰当的催化剂能加快反应速率
C．增大N2的浓度能加快反应速率 D．升高温度能加快反应速率
9．A
【详解】
A、该反应为可逆反应，所以N2与H2不能100%转化为NH3，故A错误；
B. 催化剂可加快反应速率，使用恰当的催化剂能加快N2 + 3H2 2NH3反应速率，故B正确；
C. 增大反应物的浓度能加快反应速率，所以增大N2的浓度能加快反应速率，故C正确；
D. 升高温度使得任何化学反应的化学反应速率加快，故D正确；选A。
【点睛】
本题考查影响化学反应速率的因素：温度、浓度、催化剂、压强等，注意可逆反应的特征是反应物、生成物一定共存，反应物不能完全转化为生成物。
10．以下说法正确的是
A．两种化合物组成元素相同，各元素的质量分数也相同，一定是同分异构体
B．蔗糖、油脂、蛋白质都可以水解
C．苯分子中没有乙烯分子中的双键结构，因此苯不能发生加成反应
D．交警用酸性重铬酸钾检查司机饮酒过量时乙醇发生了取代反应
10．B
【详解】
A. 分子式相同而结构不同的化合物是同分异构体，故A错误；
B. 蔗糖可在催化剂作用下水解成葡萄糖和果糖、油脂可在一定条件下水解生成高级脂肪酸和甘油或高级脂肪酸钠和甘油、蛋白质可在一定条件下最终水解成氨基酸，故B正确；
C. 苯环可以在一定条件下和氢气等发生加成反应，故C错误；
D. 利用的是氧化还原反应，故D错误；
答案选B。
11．物质的非晶体能自动转变为晶体，而晶体却不能自动地转变为非晶体，这说明
A．非晶体是不稳定的，处于非晶体时能量大
B．晶体是稳定的，处于晶体时能量大
C．非晶体是不稳定的，处于非晶体时能量小
D．晶体是不稳定的，处于非晶体时能量小
11．A
【分析】
根据“非晶体能自动转变为晶体”可知，非晶体不稳定，晶体较稳定，由此分析
【详解】
由分析可知，非晶体不稳定，晶体较稳定，能量越低越稳定，说明非晶体是处于高能量状态，转变为晶体后趋向于低能量的稳定状态，答案选A。
12．除去下列物质中少量杂质(括号内为杂质),所选试剂和分离方法能达到实验目的是
混合物
试剂
分离方法
A
CH4 (C2H4)
酸性高锰酸钾溶液
洗气
B
苯(甲苯)
酸性高锰酸钾溶液、氢氧化钠溶液
分液
C
乙酸乙酯(乙酸)
氢氧化钠溶液
蒸馏
D
乙醇（溴乙烷）
蒸馏水
分液
A． A B．B C．C D．D
12．B
【详解】
A. 乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应利用溴水和洗气法除杂，故A错误；
B. 先用酸性高锰酸钾溶液将甲苯氧化成苯甲酸，苯甲酸在水中溶解性不是很好，用氢氧化钠处理成苯甲酸钠就可以在水中充分溶解。最后分液可以得到苯，故B正确；
C. 乙酸和乙酸乙酯都易挥发，所以用蒸馏分离很难分离干净，故C错误；
D. 溴乙烷不溶于水，乙醇溶于水，用蒸馏水不能除去乙醇中的溴乙烷，故D错误；
正确答案是B。
【点睛】
本题考查物质的分离、提纯和除杂，题目难度不大，注意除杂的要求：既要把杂质除去，又不能引入新的杂质且原物质不能被消耗。
13．具有相同电子层数、原子序数相连的三种元素X、Y、Z，最高价氧化物对应水化物的酸性相对强弱是：，则下列判断正确的是（ ）
A．形成的气态氢化物的稳定性:X
C．原子序数: X>Y>Z
D．得电子能力:X
【详解】
非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则非金属性X＞Y＞Z。
A．非金属性越强，氢化物越稳定，由于非金属性X＞Y＞Z，所以气态氢化物的稳定性：X＞Y＞Z，故A错误；
B．由于X、Y、Z具有相同电子层数、原子序数相连，则属于同周期元素，同周期元素的原子从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性增强，所以原子半径：X＜Y＜Z，故B错误；
C．由于X、Y、Z具有相同电子层数、原子序数相连，则属于同周期元素，同周期元素的原子从左到右，非金属性增强，原子序数依次增大，，则原子序数: X>Y>Z，故C正确；
D．由于X、Y、Z具有相同电子层数、原子序数相连，则属于同周期元素，同周期元素的原子从左到右，非金属性增强，得电子能力增强，则得电子能力X>Y>Z，故D错误；
答案为C。
14．下列有关《化学反应原理》的内容说法不正确的是
A．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应的焓变
B．向FeCl3与CuCl2溶液中加入碱式碳酸铜调节pH可以除去溶液中的FeCl3
C．使用催化剂，可以增大活化分子百分数，加快反应速率
D．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可。
14．D
【解析】
【分析】
A．根据盖斯定律的作用进行分析。
B．根据该溶液中含有三价铁离子加入碱式碳酸铜调节pH能给出去三价铁离子。
C．催化剂对反应速率的影响是概念活化分子百分含量；
D．氯水中的次氯酸能漂白pH试纸；
【详解】
A．有些化学反应的熔变难以通过实验测得，通过盖斯定律可以求得，故不符合题意。
B．向FeCl3与CuCl2溶液中加入碱式碳酸铜调节pH=4可以除去溶液中的FeCl3，发生反应的方程式为：Cu2(OH)2CO3+H＋ +Fe3＋2Cu2＋ +Fe（OH）3↓+CO2↑，故不符合题意。
C．使用催化剂，降低活化能，增大活化分子百分数，加快反应速率，故不符合题意；
D．氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氮水的pH值，故符合题意；
故选D。
二、多选题
15．科学家预测原子序数为114的元素，具有相当稳定性的同位素，它的位置在第7周期IVA族，称为类铅。关于它的性质，预测错误的是
A．它的最外层电子数为4 B．它的金属性比铅强
C．它具有+2、+3、+4价 D．它的最高价氧化物的水化物是强酸
15．CD
【分析】
根据题目信息，114号是第7周期IVA族的元素，可以得到两个结论：一、属于碳族元素；二、在周期表中处于元素Pb的下方，根据元素周期律，同一主族，元素的性质具有相似性和递变性。
【详解】
A．第7周期IVA族元素的最外层电子数均为4，故A正确；
B．同主族元素的原子，从上到下失电子能力逐渐增强，114号元素在周期表中处于元素Pb的下方，故它的失电子能力比铅强，故B正确；
C．根据碳族元素中，C、Si等化合价有+2、+4价可以推知它具有+2、+4价，故C错误；
D．同主族元素的原子，从上到下最高价氧化物对应水化物的酸的酸性逐渐减弱，碳酸是弱酸，所以它的最高价氧化物的水化物不具有酸性，故D错误。
故选CD。
三、填空题
16．根据要求回答下列问题：
I. 写出下列物质或微粒的电子式：
（1）CO2_________________
（2）N2__________________
（3） Na2O_____________
（4）NaOH________________
II. 下列物质：①CaBr2 ②H2O ③NH4Cl ④H2O2 ⑤Na2O2 ⑥Ca(OH)2 ⑦HClO ⑧ I2 ⑨He
（1）含有共价键的离子化合物是（用序号回答）_____________
含有共价键的共价化合物是（用序号回答）_______________
（2） 当其熔化时，不破坏化学键的是（用序号回答）______________．
16． ③⑤⑥ ②④⑦ ②④⑦⑧⑨
【解析】I. （1）CO2是共价化合物，电子式为； （2）N2分子中存在氮氮三键，电子式为；（3） Na2O是离子化合物，电子式为；（4）NaOH是含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为；
II. ①CaBr2是含有离子键的离子化合物；②H2O是含有共价键的共价化合物；③NH4Cl是含有离子键和共价键的离子化合物；④H2O2是含有共价键的共价化合物；⑤Na2O2是含有离子键和共价键的离子化合物；⑥Ca(OH)2是含有离子键和共价键的离子化合物；⑦HClO是含有共价键的共价化合物；⑧I2是含有共价键的单质；⑨He是稀有气体分子，不存在化学键，则
（1）根据以上分析可知含有共价键的离子化合物是③⑤⑥；含有共价键的共价化合物是②④⑦；（2）当其熔化时破坏的是离子键，共价键不变，则不破坏化学键的是②④⑦⑧⑨。
17．氮化硼(BN)晶体是一种新型无机合成材料。用硼砂()和尿素反应可以得到氮化硼：。根据要求回答下列问题：
(1)组成反应物的所有元素中，第一电离能最大的是______(填元素符号)。
(2)尿素分子()中π键与σ键数目之比为______。
(3)一定条件下尿素分子可形成六角形超分子(结构如图所示)。超分子中尿素分子间主要通过______结合。
(4)图示超分子的纵轴方向有一“通道”。直链烷烃分子刚好能进入通道，并形成超分子的包合物；支链烷烃因含有侧链，空间体积较大而无法进入“通道”。利用这一性质可以实现直链烷烃和支链烷烃的分离。
①直链烷烃分子进入“通道”时，通过______与超分子结合，从而形成超分子包合物。
②下列物质可以通过尿素超分子进行分离的是______(填标号)。
A．乙烷和丁烷 B．丁烷和异丁烷 C．异戊烷和新戊烷 D．氯化钠和氯化钾
17．N 1：7 氢键 范德华力 B
【分析】
（1）根据元素电离能的变化规律可以比较电离能的大小。
（2）根据化学键的成键特点：单键是σ键，双键是1个σ键和1个π键，叁键是1个σ键和2个π键进行判断键的类型。
（3）分子间作用力常见的有范德华力和氢键，根据N、O、F电负性大的原子才能与氢原子之间形成氢键进行判断。
（4）根据分子间作用力及题中信息进行可以直接判断。
【详解】
（1）同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势；同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，又由于第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能反常，故N>O，所以组成反应物的所有元素中，N元素第一电离能最大。
（2）尿素分子内只含一个双键，即只含一个π键，σ键数目为7，二者数目之比为1：7。
（3）由于存在的微粒为分子，应从分子间作用力方面考虑，H与N相连，且分子内还含有极性较强的碳氧双键，可以想到分子间可形成氢键。
（4）①微粒为烷烃分子，不具备形成分子间氢键的条件，故作用力为范德华力。②不含支链的烷烃分子可进入“通道”，含有支链的烷烃分子不能进入“通道”。乙烷和丁烷都不含支链，不可分离；丁烷不含支链，异丁烷含有支链，可以分离；异戊烷和新戊烷都含有支链，不可分离；氯化钠和氯化钾均以离子形式存在，不可分离。
【点睛】
此题中注意氢键的判断，首先要看是否有接在N、O、F上的氢原子，其次再判断是形成分子间的氢键还是分子内的氢键。
四、计算题
18．乙烯和乙烷的混合气体共amol，与bmol氧气共存于一密闭容器中，点燃后乙烯和乙烷充分燃烧，得到一氧化碳和二氧化碳的混合气体和45g水。
（1）一氧化碳和二氧化碳的混合气体总物质的量是_____，生成水的物质的量是____。
（2）当a＝1时，乙烯和乙烷的物质的量之比是________。
（3）当a＝1，且反应后一氧化碳和二氧化碳混合气体的物质的量是反应前氧气的2/3时，则b等于______，得到的一氧化碳和二氧化碳的物质的量之比是_____。
（4）a的取值范围是________，b的取值范围是________。
18．2amol 2.5mol 1∶1 3 1∶3 ＜a＜ ＜b＜
【详解】
（1）乙烯和乙烷的混合气体共amol，根据碳原子守恒，一氧化碳和二氧化碳的混合气体总物质的量是2amol；生成水的物质的量是=2.5mol；
（2）令乙烯与乙烷的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者物质的量之和与H原子守恒列方程，则：x+y=1，4x+6y=×2，解得：x=0.5，y=0.5，
故n（C2H4）：n（C2H6）=0.5mol：0.5mol=1：1；
（3）根据碳元素守恒可知，反应后CO和CO2混合气体的物质的量之和为1mol×2=2mol，故b=2，解得b=3；
令反应后CO和CO2的物质的量分别为amol、bmol，根据二者之和与氧原子守恒列方程，则：a+b=2，a+2b=3×2-，解得：a=0.5，b=1.5，故n（CO）：n（CO2）=0.5mol：1.5mol=1：3；
（4）生成水的物质的量==2.5mol只有乙烯时，a值最大，根据H原子守恒可知，a的极大值为=mol，只有乙烷时，a值最小，根据H原子守恒可知，a的极小值为=mol，故a的取值范围是＜a＜；
（4）根据（3）可知，如果全部是乙烯生成的，则a=mol，则需要氧气的物质的量是mol×3=mol，如果全部是乙烷生成的，则a=mol，则需要氧气的物质的量是mol×=mol，因此b的取值范围是＜b＜。
19．在恒温(500K)、体积为2.0L的密闭容器中通入1.0molN2和1molH2发生合成氨反应，20min后达到平衡，测得反应放出的热量为18.4kJ，混合气体的总物质的量为1.6mol。
（1）从开始反应至达到平衡时，用NH3表示该反应的化学反应速率v(NH3)=______。
（2）该反应的热化学方程式为______。
（3）若拆开1molH—H键和1molNN键需要的能量分别是436kJ和946kJ，则拆开1molN—H键需要的能量是______kJ。
19．0.01mol∙L-1∙min-1 N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=−92.4kJ/mol 391
【分析】
在恒温，体积为2L的密闭容器中通入1molN2和1molH2，20min后达到平衡，测得反应放出的热量为 18.4 kJ，混合气体的物质的量为1.6mol；设消耗的氮气为n mol，则：
所以：1-n+1-3n+2n=1.6，解得n=0.2，1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ×=92kJ，
(1)根据化学反应速率v=计算；
(2)1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ×5=92kJ，据此书写热化学方程式；
(3)根据反应热△H=反应物的键能和-生成物的键能和计算解答。
【详解】
在恒温，体积为2L的密闭容器中通入1molN2和1molH2，20min后达到平衡，测得反应放出的热量为 18.4 kJ，混合气体的物质的量为1.6mol；设消耗的氮气为n mol，则：
所以：1-n+1-3n+2n=1.6，解得n=0.2，1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ×=92kJ，
(1)从开始反应至达到平衡时，用NH3表示该反应的化学反应速率v(NH3)=== 0.01mol∙L-1∙min-1；
(2)1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ×5=92kJ，则发生反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol；
(3)设拆开1 mol N—H键需要的能量是QkJ，则反应热△H=反应物的键能和-生成物的键能和=(946kJ/mol)+(436 kJ/mol)×3-(Q kJ/mol)×6=-92kJ/mol，解得：Q=391kJ。
【点睛】
热化学方程式中各物质的量与焓变成正比，理解热化学方程式的意义是解本题的关键。
五、实验题
20．酯可以通过化学实验来制备。实验室用下图所示装置制备乙酸乙酯：
（1）试管a中生成乙酸乙酯的化学方程式是________________________________。
（2）试管b中盛放的试剂是饱和_________________溶液。
（3）实验开始时，试管b中的导管不伸入液面下的原因是___________________。
（4）若分离出试管b中生成的乙酸乙酯，需要用到的仪器是______（填序号）。
a. 漏斗 b. 分液漏斗 c. 长颈漏斗
20．CH3COOH + CH3CH2OH CH3COOCH2CH3 + H2O 碳酸钠（Na2CO3） 防止倒吸 b
【解析】
分析：本题是乙酸乙酯制备实验的有关探究。根据乙酸乙酯制备制备原理，除杂方法，实验中仪器的选择和注意事项进行解答。
详解：（1）在浓硫酸的作用下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式是CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H 5+H2O。
（2）由于乙醇和乙酸都是易挥发的，所以生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，除去乙醇和乙酸的试剂是饱和的碳酸钠溶液。
（3）由于乙醇和乙酸都是和水互溶的，如果直接插入水中吸收，容易引起倒吸，所以试管b中的导管不伸入液面下的原因是防止溶液倒吸。
（4）乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的仪器是分液漏斗，答案选b。
六、元素或物质推断题
21．R、W、X、Y、M是原子序数依次增大的五种主族元素。R最常见同位素的原子核中不含中子。W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高。Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻。
（1）W的原子结构示意图是__________________________。
（2）WX2的电子式是_______________________。
（3）R2X、R2Y中，稳定性较高的是____（填化学式），请从原子结构的角度解释其原因：_____。
（4）Se与Y是同一主族的元素，且在元素周期表中与Y相邻。
①根据元素周期律，下列推断正确的是________（填字母序号）。
a．Se的最高正化合价为+7价
b．H2Se的还原性比H2Y强
c．H2SeO3的酸性比H2YO4强
d．SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应
②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，该反应的化学方程式为_____________。
（5）科研人员从矿石中分离出一种氧化物，化学式可表示为M2O3。为确定M元素的种类，进行了一系列实验，结果如下：
①M的相对原子质量介于K和Rb（铷）之间；
②0.01 mol M2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，反应完全时，被M2O3氧化的Zn为0.06 mol；
综合以上信息推断，M可能位于元素周期表第_________________族。
21． H2O 氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，得电子能力S
R最常见同位素的原子核中不含中子，则R为H元素；W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高，则WX2为CO2，W为C元素，X为O元素；Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻，则Y为S元素。
【详解】
（1）W为C元素，原子结构示意图为，
答案为：；
（2）WX2为CO2，电子式是，
答案为：；
（3）R为H元素，X为O元素，Y为S元素，R2X、R2Y分别为H2O、H2S，氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，得电子能力S
a．Se与S是同一主族的元素，最外层电子数为6，Se的最高正化合价为+6价，故a错误；
b．单质的氧化性越强，其离子的还原性越弱，S的氧化性强于Se，则S2-还原性弱于Se2-，因此H2Se的还原性比H2S强，故b正确；
c．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性S>Se，则H2SeO3的酸性比H2SO4弱，故c错误；
d．同主族元素化学性质具有相似性，SO2属于酸性氧化物可与NaOH溶液反应，则SeO2在一定条件下也可与NaOH溶液反应，故d正确；
答案选bd；
②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，根据物料守恒，生成的单质应为N2和Se，利用氧化还原反应得失电子守恒，该反应的化学方程式为3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O，
答案为：3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O；
（5）0.01 mol M2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，则氢化物中M的化合价为最低价态，M为主族元素，M最高正价=8-M最低负价的绝对值，设M的氢化物中化合价为-x价，则M由+3价变为-x价，0.01 mol M2O3完全反应共得到2×（3+x）×0.01 mol的电子，金属Zn由0价变为+2价，被M2O3氧化的Zn为0.06 mol，共失去2×0.06 mol的电子，根据得失电子守恒，2×（3+x）×0.01=2×0.06，解得x=3，则M的氢化物中化合价为-3价，则M最高正价=8-3=+5，主族元素最高正价等于最外层电子数，最外层电子数等于主族序数，故M可能位于元素周期表第VA族，
答案为：VA；
江苏省2020~2021年高一下学期期中考试模拟训练一
一、单选题
1．现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液；②苯和四氯化碳的混合溶液；③单质溴和硝酸钠的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是
A．分液、萃取、蒸馏 B．萃取、蒸馏、分液
C．蒸馏、萃取、分液 D．分液、蒸馏、萃取
1．D
【解析】
【分析】
根据混合物组分的性质选择分离方法，汽油和水互不相溶，苯和四氯化碳互溶，溴易溶于有机溶剂。
【详解】
①汽油和氯化钠溶液互不相溶，应用分液的方法分离；
②苯和CCl4互溶，但二者沸点不同，可用蒸馏的方法分离；
③溶有氯化钠和单质溴的水溶液，因溴易溶于有机溶剂，可用萃取的方法分离。
故选D。
【点睛】
注意根据物质的性质的异同选择分离方法，把握不同的分离方法使用的范围。
2．下列关于硅的叙述错误的是（ ）
A．硅广泛存在于自然界中，天然单质硅叫硅石
B．高纯硅及其氧化物在太阳能电池及信息高速传输中有重要应用
C．常温下硅很稳定，不能跟强酸反应
D．二氧化硅可制玻璃、单质硅、光导纤维
2．A
【详解】
A．硅元素以化合态广泛存在于自然界中，无天然硅的单质，故A错误；
B．高纯硅可做半导体，二氧化硅可做光导纤维的材料，故B正确；
C．硅性质较为稳定，在常温下与强酸不反应，但和HF酸、强碱等物质反应，故C正确；
D．二氧化硅是制备玻璃的主要原料，可被还原制备单质硅，是光导纤维的材料，故D正确；
答案选A。
3．下表数据是各化学键的键能：
物质
Cl- Cl
Br- Br
I- I
H- Cl
H- Br
H- I
H- H
键能（kJ/mol）
243
193
146
432
366
298
436
热化学方程式：X2(g)＋H2(g)＝2HX(g) △H＝Q kJ·mol－1 (X表示Cl、Br、I)，下列叙述不正确的是
A．HCl(g)、HBr(g)、HI(g)中HCl最稳定
B．1摩尔氯气分解为氯原子吸收的能量为243kJ
C．I2(g)＋H2(g)＝2HI(g)是吸热反应
D．Br2(g)＋H2(g)＝2HBr(g) △H<0
3．C
【详解】
A. 根据表中数据，HCl(g)、HBr(g)、HI(g)中HCl的键能最大，难分解，则最稳定，与题意不符，A错误；
B. 1摩尔氯气分解为氯原子吸收的能量为243kJ，与题意不符，B错误；
C. 根据表中数据，I2(g)＋H2(g)＝2HI(g) ∆H=146+436-298×2=-14kJ/mol，是放热反应，符合题意，C正确；
D. Br2(g)＋H2(g)＝2HBr(g) △H=193+436-366×2=-103 kJ/mol <0，与题意不符，D错误；
答案为C。
4．香烟中含有微量的210Po，吸烟者会将210Po直接吸入肺部，危害人体健康。210Po中的210代表 （ ）
A．质子数 B．中子数 C．相对原子质量 D．质量数
4．D
【解析】
210Po中的210代表的是Po原子的质量数，D正确，本题选D。
5．普通水泥在固化过程中其自由水分子减少并形成碱性溶液。根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间。此法的原理如图所示,反应的总方程式为2Cu+Ag2O==Cu2O+2Ag，下列有关说法正确的是
A．测量原理示意图中，电子方向从Ag2O→Cu
B．反应中有0.5 NA个电子转移时，析出0.5mol Cu2O
C．正极的电极反应为Ag2O+2e- + H2O==2Ag+2OH-
D．电池工作时，OH-离子浓度增大
5．C
【详解】
分析: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,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。
详解:A. 测量原理示意图中,电流方向从正极流向负极,即Ag2O→Cu，电子流动方向相反，故A错误；
B. 根据电池反应2Cu+Ag2O==Cu2O+2Ag，反应中有0.5 NA个电子转移时，析出0.25mol Cu2O
,所以B选项是错误的；
C. 正极发生还原反应,电极方程式为Ag2O+2e- + H2O==2Ag+2OH-，故C正确；
D. 从电池反应2Cu+Ag2O==Cu2O+2Ag可知，电池工作时，OH-离子浓度没变,故D错误。
所以C选项是正确的。
点睛：本题以水泥的硬化为载体考查了原电池原理，难度不大，会根据电池反应式进行正负极及溶液中离子移动方向的判断是解本题的关键。
6．同周期的A、B、C三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是：HAO4＞H2BO4＞H3CO4，则下列判断错误的是
A．原子半径A＞B＞C B．气态氢化物稳定性HA＞H2B＞CH3
C．非金属性A＞B＞C D．阴离子还原性C3—＞B2—＞A—
6．A
【分析】
同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，同周期的A、B、C三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HAO4＞H2BO4＞H3CO4，则非金属性：A＞B＞C，原子序数：A＞B＞C，结合元素周期律的递变规律进行判断．
【详解】
A．同周期元素原子半径从左到右原子半径逐渐减小，原子序数：A＞B＞C，则原子半径A＜B＜C，故A错误；
B．非金属性：A＞B＞C，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，气态氢化物稳定性HA＞H2B＞CH3，故B正确；
C．非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因为酸性强弱顺序HAO4＞H2BO4＞H3CO4，非金属性A＞B＞C，故C正确；
D．非金属性越强，对应单质的氧化性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性A＞B＞C，则有阴离子还原性C3－＞B2－＞A－，故D正确。
故选A。
7．已知(异丙烯苯)(异丙苯)，下列说法错误的是
A．该反应属于加成反应
B．异丙苯的一氯代物共有6种
C．可用溴水鉴别异丙烯苯和异丙苯
D．异丙苯是苯的同系物
7．B
【详解】
A、由题可知，异丙烯苯中含有碳碳双键，与氢气发生反应生成的异丙苯中没有碳碳双键，可知异丙烯苯了发生加成反应，A正确；
B、根据异丙苯的对称性，共有5种等效氢，所以异丙苯的一氯代物共有5种，B错误；
C、碳碳双键可以使溴水褪色，而苯环中无碳碳双键，不能使溴水褪色，故仅异丙烯苯可以使溴水褪色，所以可用溴水鉴别异丙烯苯和异丙苯，C正确；
D、异丙苯的分子式是C9H12，符合苯的同系物组成通式CnH2n-6（n≥6）且与苯的结构相似，是同系物的关系，D正确；
答案为B。
8．下列叙述中正确的是（ ）
A．由丙烯加溴可制1,二溴丙烷
B．苯、溴水、铁粉混合制成溴苯
C．沸点：乙烷丁烷戊烷
D．聚乙烯、植物油都是混合物,都能使溴的四氯化碳溶液褪色
8．A
【分析】
A．丙烯含碳碳双键，可与溴发生加成反应；
B．苯和溴水不反应；
C．烃中碳原子数越多，沸点越高；
D．聚乙烯不含碳碳双键。
【详解】
A．丙烯含碳碳双键，可与溴发生加成反应，可生成1，2-二溴丙烷，故A正确；
B．苯和溴水不反应，应选液溴制备溴苯，故B错误；
C．烃中碳原子数越多，沸点越高，则沸点：戊烷＞丁烷＞乙烷，故C错误；
D．聚乙烯不含碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，二者均为混合物，故D错误；
故选A。
【点睛】
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团决定性质，选项D为解答的易错点，题目难度不大。
9．反应N2 + 3H2 2NH3在密闭容器中进行。下列关于该反应的说法不正确的是（ ）
A．N2与H2能100%转化为NH3 B．使用恰当的催化剂能加快反应速率
C．增大N2的浓度能加快反应速率 D．升高温度能加快反应速率
9．A
【详解】
A、该反应为可逆反应，所以N2与H2不能100%转化为NH3，故A错误；
B. 催化剂可加快反应速率，使用恰当的催化剂能加快N2 + 3H2 2NH3反应速率，故B正确；
C. 增大反应物的浓度能加快反应速率，所以增大N2的浓度能加快反应速率，故C正确；
D. 升高温度使得任何化学反应的化学反应速率加快，故D正确；选A。
【点睛】
本题考查影响化学反应速率的因素：温度、浓度、催化剂、压强等，注意可逆反应的特征是反应物、生成物一定共存，反应物不能完全转化为生成物。
10．以下说法正确的是
A．两种化合物组成元素相同，各元素的质量分数也相同，一定是同分异构体
B．蔗糖、油脂、蛋白质都可以水解
C．苯分子中没有乙烯分子中的双键结构，因此苯不能发生加成反应
D．交警用酸性重铬酸钾检查司机饮酒过量时乙醇发生了取代反应
10．B
【详解】
A. 分子式相同而结构不同的化合物是同分异构体，故A错误；
B. 蔗糖可在催化剂作用下水解成葡萄糖和果糖、油脂可在一定条件下水解生成高级脂肪酸和甘油或高级脂肪酸钠和甘油、蛋白质可在一定条件下最终水解成氨基酸，故B正确；
C. 苯环可以在一定条件下和氢气等发生加成反应，故C错误；
D. 利用的是氧化还原反应，故D错误；
答案选B。
11．物质的非晶体能自动转变为晶体，而晶体却不能自动地转变为非晶体，这说明
A．非晶体是不稳定的，处于非晶体时能量大
B．晶体是稳定的，处于晶体时能量大
C．非晶体是不稳定的，处于非晶体时能量小
D．晶体是不稳定的，处于非晶体时能量小
11．A
【分析】
根据“非晶体能自动转变为晶体”可知，非晶体不稳定，晶体较稳定，由此分析
【详解】
由分析可知，非晶体不稳定，晶体较稳定，能量越低越稳定，说明非晶体是处于高能量状态，转变为晶体后趋向于低能量的稳定状态，答案选A。
12．除去下列物质中少量杂质(括号内为杂质),所选试剂和分离方法能达到实验目的是
混合物
试剂
分离方法
A
CH4 (C2H4)
酸性高锰酸钾溶液
洗气
B
苯(甲苯)
酸性高锰酸钾溶液、氢氧化钠溶液
分液
C
乙酸乙酯(乙酸)
氢氧化钠溶液
蒸馏
D
乙醇（溴乙烷）
蒸馏水
分液
A． A B．B C．C D．D
12．B
【详解】
A. 乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应利用溴水和洗气法除杂，故A错误；
B. 先用酸性高锰酸钾溶液将甲苯氧化成苯甲酸，苯甲酸在水中溶解性不是很好，用氢氧化钠处理成苯甲酸钠就可以在水中充分溶解。最后分液可以得到苯，故B正确；
C. 乙酸和乙酸乙酯都易挥发，所以用蒸馏分离很难分离干净，故C错误；
D. 溴乙烷不溶于水，乙醇溶于水，用蒸馏水不能除去乙醇中的溴乙烷，故D错误；
正确答案是B。
【点睛】
本题考查物质的分离、提纯和除杂，题目难度不大，注意除杂的要求：既要把杂质除去，又不能引入新的杂质且原物质不能被消耗。
13．具有相同电子层数、原子序数相连的三种元素X、Y、Z，最高价氧化物对应水化物的酸性相对强弱是：，则下列判断正确的是（ ）
A．形成的气态氢化物的稳定性:X
C．原子序数: X>Y>Z
D．得电子能力:X
【详解】
非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则非金属性X＞Y＞Z。
A．非金属性越强，氢化物越稳定，由于非金属性X＞Y＞Z，所以气态氢化物的稳定性：X＞Y＞Z，故A错误；
B．由于X、Y、Z具有相同电子层数、原子序数相连，则属于同周期元素，同周期元素的原子从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性增强，所以原子半径：X＜Y＜Z，故B错误；
C．由于X、Y、Z具有相同电子层数、原子序数相连，则属于同周期元素，同周期元素的原子从左到右，非金属性增强，原子序数依次增大，，则原子序数: X>Y>Z，故C正确；
D．由于X、Y、Z具有相同电子层数、原子序数相连，则属于同周期元素，同周期元素的原子从左到右，非金属性增强，得电子能力增强，则得电子能力X>Y>Z，故D错误；
答案为C。
14．下列有关《化学反应原理》的内容说法不正确的是
A．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应的焓变
B．向FeCl3与CuCl2溶液中加入碱式碳酸铜调节pH可以除去溶液中的FeCl3
C．使用催化剂，可以增大活化分子百分数，加快反应速率
D．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可。
14．D
【解析】
【分析】
A．根据盖斯定律的作用进行分析。
B．根据该溶液中含有三价铁离子加入碱式碳酸铜调节pH能给出去三价铁离子。
C．催化剂对反应速率的影响是概念活化分子百分含量；
D．氯水中的次氯酸能漂白pH试纸；
【详解】
A．有些化学反应的熔变难以通过实验测得，通过盖斯定律可以求得，故不符合题意。
B．向FeCl3与CuCl2溶液中加入碱式碳酸铜调节pH=4可以除去溶液中的FeCl3，发生反应的方程式为：Cu2(OH)2CO3+H＋ +Fe3＋2Cu2＋ +Fe（OH）3↓+CO2↑，故不符合题意。
C．使用催化剂，降低活化能，增大活化分子百分数，加快反应速率，故不符合题意；
D．氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氮水的pH值，故符合题意；
故选D。
二、多选题
15．科学家预测原子序数为114的元素，具有相当稳定性的同位素，它的位置在第7周期IVA族，称为类铅。关于它的性质，预测错误的是
A．它的最外层电子数为4 B．它的金属性比铅强
C．它具有+2、+3、+4价 D．它的最高价氧化物的水化物是强酸
15．CD
【分析】
根据题目信息，114号是第7周期IVA族的元素，可以得到两个结论：一、属于碳族元素；二、在周期表中处于元素Pb的下方，根据元素周期律，同一主族，元素的性质具有相似性和递变性。
【详解】
A．第7周期IVA族元素的最外层电子数均为4，故A正确；
B．同主族元素的原子，从上到下失电子能力逐渐增强，114号元素在周期表中处于元素Pb的下方，故它的失电子能力比铅强，故B正确；
C．根据碳族元素中，C、Si等化合价有+2、+4价可以推知它具有+2、+4价，故C错误；
D．同主族元素的原子，从上到下最高价氧化物对应水化物的酸的酸性逐渐减弱，碳酸是弱酸，所以它的最高价氧化物的水化物不具有酸性，故D错误。
故选CD。
三、填空题
16．根据要求回答下列问题：
I. 写出下列物质或微粒的电子式：
（1）CO2_________________
（2）N2__________________
（3） Na2O_____________
（4）NaOH________________
II. 下列物质：①CaBr2 ②H2O ③NH4Cl ④H2O2 ⑤Na2O2 ⑥Ca(OH)2 ⑦HClO ⑧ I2 ⑨He
（1）含有共价键的离子化合物是（用序号回答）_____________
含有共价键的共价化合物是（用序号回答）_______________
（2） 当其熔化时，不破坏化学键的是（用序号回答）______________．
16． ③⑤⑥ ②④⑦ ②④⑦⑧⑨
【解析】I. （1）CO2是共价化合物，电子式为； （2）N2分子中存在氮氮三键，电子式为；（3） Na2O是离子化合物，电子式为；（4）NaOH是含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为；
II. ①CaBr2是含有离子键的离子化合物；②H2O是含有共价键的共价化合物；③NH4Cl是含有离子键和共价键的离子化合物；④H2O2是含有共价键的共价化合物；⑤Na2O2是含有离子键和共价键的离子化合物；⑥Ca(OH)2是含有离子键和共价键的离子化合物；⑦HClO是含有共价键的共价化合物；⑧I2是含有共价键的单质；⑨He是稀有气体分子，不存在化学键，则
（1）根据以上分析可知含有共价键的离子化合物是③⑤⑥；含有共价键的共价化合物是②④⑦；（2）当其熔化时破坏的是离子键，共价键不变，则不破坏化学键的是②④⑦⑧⑨。
17．氮化硼(BN)晶体是一种新型无机合成材料。用硼砂()和尿素反应可以得到氮化硼：。根据要求回答下列问题：
(1)组成反应物的所有元素中，第一电离能最大的是______(填元素符号)。
(2)尿素分子()中π键与σ键数目之比为______。
(3)一定条件下尿素分子可形成六角形超分子(结构如图所示)。超分子中尿素分子间主要通过______结合。
(4)图示超分子的纵轴方向有一“通道”。直链烷烃分子刚好能进入通道，并形成超分子的包合物；支链烷烃因含有侧链，空间体积较大而无法进入“通道”。利用这一性质可以实现直链烷烃和支链烷烃的分离。
①直链烷烃分子进入“通道”时，通过______与超分子结合，从而形成超分子包合物。
②下列物质可以通过尿素超分子进行分离的是______(填标号)。
A．乙烷和丁烷 B．丁烷和异丁烷 C．异戊烷和新戊烷 D．氯化钠和氯化钾
17．N 1：7 氢键 范德华力 B
【分析】
（1）根据元素电离能的变化规律可以比较电离能的大小。
（2）根据化学键的成键特点：单键是σ键，双键是1个σ键和1个π键，叁键是1个σ键和2个π键进行判断键的类型。
（3）分子间作用力常见的有范德华力和氢键，根据N、O、F电负性大的原子才能与氢原子之间形成氢键进行判断。
（4）根据分子间作用力及题中信息进行可以直接判断。
【详解】
（1）同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势；同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，又由于第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能反常，故N>O，所以组成反应物的所有元素中，N元素第一电离能最大。
（2）尿素分子内只含一个双键，即只含一个π键，σ键数目为7，二者数目之比为1：7。
（3）由于存在的微粒为分子，应从分子间作用力方面考虑，H与N相连，且分子内还含有极性较强的碳氧双键，可以想到分子间可形成氢键。
（4）①微粒为烷烃分子，不具备形成分子间氢键的条件，故作用力为范德华力。②不含支链的烷烃分子可进入“通道”，含有支链的烷烃分子不能进入“通道”。乙烷和丁烷都不含支链，不可分离；丁烷不含支链，异丁烷含有支链，可以分离；异戊烷和新戊烷都含有支链，不可分离；氯化钠和氯化钾均以离子形式存在，不可分离。
【点睛】
此题中注意氢键的判断，首先要看是否有接在N、O、F上的氢原子，其次再判断是形成分子间的氢键还是分子内的氢键。
四、计算题
18．乙烯和乙烷的混合气体共amol，与bmol氧气共存于一密闭容器中，点燃后乙烯和乙烷充分燃烧，得到一氧化碳和二氧化碳的混合气体和45g水。
（1）一氧化碳和二氧化碳的混合气体总物质的量是_____，生成水的物质的量是____。
（2）当a＝1时，乙烯和乙烷的物质的量之比是________。
（3）当a＝1，且反应后一氧化碳和二氧化碳混合气体的物质的量是反应前氧气的2/3时，则b等于______，得到的一氧化碳和二氧化碳的物质的量之比是_____。
（4）a的取值范围是________，b的取值范围是________。
18．2amol 2.5mol 1∶1 3 1∶3 ＜a＜ ＜b＜
【详解】
（1）乙烯和乙烷的混合气体共amol，根据碳原子守恒，一氧化碳和二氧化碳的混合气体总物质的量是2amol；生成水的物质的量是=2.5mol；
（2）令乙烯与乙烷的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者物质的量之和与H原子守恒列方程，则：x+y=1，4x+6y=×2，解得：x=0.5，y=0.5，
故n（C2H4）：n（C2H6）=0.5mol：0.5mol=1：1；
（3）根据碳元素守恒可知，反应后CO和CO2混合气体的物质的量之和为1mol×2=2mol，故b=2，解得b=3；
令反应后CO和CO2的物质的量分别为amol、bmol，根据二者之和与氧原子守恒列方程，则：a+b=2，a+2b=3×2-，解得：a=0.5，b=1.5，故n（CO）：n（CO2）=0.5mol：1.5mol=1：3；
（4）生成水的物质的量==2.5mol只有乙烯时，a值最大，根据H原子守恒可知，a的极大值为=mol，只有乙烷时，a值最小，根据H原子守恒可知，a的极小值为=mol，故a的取值范围是＜a＜；
（4）根据（3）可知，如果全部是乙烯生成的，则a=mol，则需要氧气的物质的量是mol×3=mol，如果全部是乙烷生成的，则a=mol，则需要氧气的物质的量是mol×=mol，因此b的取值范围是＜b＜。
19．在恒温(500K)、体积为2.0L的密闭容器中通入1.0molN2和1molH2发生合成氨反应，20min后达到平衡，测得反应放出的热量为18.4kJ，混合气体的总物质的量为1.6mol。
（1）从开始反应至达到平衡时，用NH3表示该反应的化学反应速率v(NH3)=______。
（2）该反应的热化学方程式为______。
（3）若拆开1molH—H键和1molNN键需要的能量分别是436kJ和946kJ，则拆开1molN—H键需要的能量是______kJ。
19．0.01mol∙L-1∙min-1 N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=−92.4kJ/mol 391
【分析】
在恒温，体积为2L的密闭容器中通入1molN2和1molH2，20min后达到平衡，测得反应放出的热量为 18.4 kJ，混合气体的物质的量为1.6mol；设消耗的氮气为n mol，则：
所以：1-n+1-3n+2n=1.6，解得n=0.2，1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ×=92kJ，
(1)根据化学反应速率v=计算；
(2)1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ×5=92kJ，据此书写热化学方程式；
(3)根据反应热△H=反应物的键能和-生成物的键能和计算解答。
【详解】
在恒温，体积为2L的密闭容器中通入1molN2和1molH2，20min后达到平衡，测得反应放出的热量为 18.4 kJ，混合气体的物质的量为1.6mol；设消耗的氮气为n mol，则：
所以：1-n+1-3n+2n=1.6，解得n=0.2，1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ×=92kJ，
(1)从开始反应至达到平衡时，用NH3表示该反应的化学反应速率v(NH3)=== 0.01mol∙L-1∙min-1；
(2)1mol氮气反应放出的热量为18.4kJ×5=92kJ，则发生反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol；
(3)设拆开1 mol N—H键需要的能量是QkJ，则反应热△H=反应物的键能和-生成物的键能和=(946kJ/mol)+(436 kJ/mol)×3-(Q kJ/mol)×6=-92kJ/mol，解得：Q=391kJ。
【点睛】
热化学方程式中各物质的量与焓变成正比，理解热化学方程式的意义是解本题的关键。
五、实验题
20．酯可以通过化学实验来制备。实验室用下图所示装置制备乙酸乙酯：
（1）试管a中生成乙酸乙酯的化学方程式是________________________________。
（2）试管b中盛放的试剂是饱和_________________溶液。
（3）实验开始时，试管b中的导管不伸入液面下的原因是___________________。
（4）若分离出试管b中生成的乙酸乙酯，需要用到的仪器是______（填序号）。
a. 漏斗 b. 分液漏斗 c. 长颈漏斗
20．CH3COOH + CH3CH2OH CH3COOCH2CH3 + H2O 碳酸钠（Na2CO3） 防止倒吸 b
【解析】
分析：本题是乙酸乙酯制备实验的有关探究。根据乙酸乙酯制备制备原理，除杂方法，实验中仪器的选择和注意事项进行解答。
详解：（1）在浓硫酸的作用下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式是CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H 5+H2O。
（2）由于乙醇和乙酸都是易挥发的，所以生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，除去乙醇和乙酸的试剂是饱和的碳酸钠溶液。
（3）由于乙醇和乙酸都是和水互溶的，如果直接插入水中吸收，容易引起倒吸，所以试管b中的导管不伸入液面下的原因是防止溶液倒吸。
（4）乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的仪器是分液漏斗，答案选b。
六、元素或物质推断题
21．R、W、X、Y、M是原子序数依次增大的五种主族元素。R最常见同位素的原子核中不含中子。W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高。Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻。
（1）W的原子结构示意图是__________________________。
（2）WX2的电子式是_______________________。
（3）R2X、R2Y中，稳定性较高的是____（填化学式），请从原子结构的角度解释其原因：_____。
（4）Se与Y是同一主族的元素，且在元素周期表中与Y相邻。
①根据元素周期律，下列推断正确的是________（填字母序号）。
a．Se的最高正化合价为+7价
b．H2Se的还原性比H2Y强
c．H2SeO3的酸性比H2YO4强
d．SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应
②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，该反应的化学方程式为_____________。
（5）科研人员从矿石中分离出一种氧化物，化学式可表示为M2O3。为确定M元素的种类，进行了一系列实验，结果如下：
①M的相对原子质量介于K和Rb（铷）之间；
②0.01 mol M2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，反应完全时，被M2O3氧化的Zn为0.06 mol；
综合以上信息推断，M可能位于元素周期表第_________________族。
21． H2O 氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，得电子能力S
R最常见同位素的原子核中不含中子，则R为H元素；W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高，则WX2为CO2，W为C元素，X为O元素；Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻，则Y为S元素。
【详解】
（1）W为C元素，原子结构示意图为，
答案为：；
（2）WX2为CO2，电子式是，
答案为：；
（3）R为H元素，X为O元素，Y为S元素，R2X、R2Y分别为H2O、H2S，氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，得电子能力S
a．Se与S是同一主族的元素，最外层电子数为6，Se的最高正化合价为+6价，故a错误；
b．单质的氧化性越强，其离子的还原性越弱，S的氧化性强于Se，则S2-还原性弱于Se2-，因此H2Se的还原性比H2S强，故b正确；
c．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性S>Se，则H2SeO3的酸性比H2SO4弱，故c错误；
d．同主族元素化学性质具有相似性，SO2属于酸性氧化物可与NaOH溶液反应，则SeO2在一定条件下也可与NaOH溶液反应，故d正确；
答案选bd；
②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，根据物料守恒，生成的单质应为N2和Se，利用氧化还原反应得失电子守恒，该反应的化学方程式为3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O，
答案为：3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O；
（5）0.01 mol M2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，则氢化物中M的化合价为最低价态，M为主族元素，M最高正价=8-M最低负价的绝对值，设M的氢化物中化合价为-x价，则M由+3价变为-x价，0.01 mol M2O3完全反应共得到2×（3+x）×0.01 mol的电子，金属Zn由0价变为+2价，被M2O3氧化的Zn为0.06 mol，共失去2×0.06 mol的电子，根据得失电子守恒，2×（3+x）×0.01=2×0.06，解得x=3，则M的氢化物中化合价为-3价，则M最高正价=8-3=+5，主族元素最高正价等于最外层电子数，最外层电子数等于主族序数，故M可能位于元素周期表第VA族，
答案为：VA；
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