浙江省杭州第十四中学2022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 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列涉及有机物的性质的说法错误的是（ ）A乙烯和聚氯乙烯都能发生加成反应B油脂、淀粉、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应C黄酒中某些微生物使乙醇氧化为乙酸，于

2、是酒就变酸了D石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料的产量和质量2、下列选项中，有关实验操作、现象和结论都正确的是()选项实验操作现象结论A将过量的CO2通入CaCl2溶液中无白色沉淀出现生成的Ca(HCO3)2可溶于水B常温下将铁片插入浓硫酸中无明显现象铁片和浓硫酸不反应C用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性D向澄清石灰水加入某试剂的溶液少许产生白色沉淀该试剂中一定含有CO32AABBCCDD3、在有机物的研究过程中，能测出有机物相对分子质量的仪器是（ ）A红外光谱仪B元素分析仪C质谱仪D核磁共振仪4、碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，这是因为（ ）A

3、CCl4与I2分子量相差较小，而H2O与I2分子量相差较大BCCl4与I2都是直线型分子，而H2O不是直线型分子CCCl4和I2都不含氢元素，而H2O中含有氢元素DCCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子5、有一种新合成的烃称为立方烷，它的碳架结构如图所示，关于它的说法不正确的是A分子式是C8H8B与苯乙烯（）互为同分异构体C不能发生加成反应D二氯取代物共有4种6、下列关于煤、天然气、石油等资源的说法正确的是()A煤的干馏是物理变化B石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物C石油裂化得到的汽油是纯净物D石油产品都可用于聚合反应7、科学家已经发现一种新型氢分子，其化学式为H3，在相同的条件下

4、，等质量的H3和H2相同的是( )A原子数B分子数C体积D物质的量8、下列混合物能用分液法分离的是 ()A果糖与乙醚 B苯和溴苯C乙酸乙酯和Na2CO3溶液 D葡萄糖与果糖混合液9、以下有关物质的量浓度的叙述正确的是A等体积硫酸铁、硫酸铜、硫酸钾溶液分别与足量的氯化钡溶液反应，若生成的硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度比为1:2:3B150 mL 1molL1的氯化钾溶液中的c(Cl)与50 mL 1 molL1的氯化铝溶液中的c(Cl)相等C20时，饱和KCl溶液的密度为1172gcm3，物质的量浓度为20 molL1，则此溶液中KCl 的质量分数为338%D20

5、时，100 g水可溶解322g KCl，此时KCl饱和溶液的质量分数为322%10、下列原子的价电子排布中，对应元素第一电离能最大的是（ ）A3s23p1B3s23p2C3s23p3D3s23p411、下列化石燃料的炼制和加工过程中不涉及化学变化的是A石油的分馏B石油的裂解C煤的液化D煤的干馏12、在化学实验中，玻璃棒一般不用于A捣碎块状固体B转移引流液体C蘸取少量溶液D搅拌加速溶解13、某强碱性溶液中含有的离子是K+、NH4+、Al3+、AlO2-、CO32-、SiO32-、Cl-中的某几种，现进行如下实验：取少量的溶液用硝酸酸化后，该溶液无沉淀生成； 另取一定量原溶液，逐滴加入盐酸至过量，

6、发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失；另取一定量的原溶液中加入5mL0.2mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g。下列说法中正确的是A该溶液中一定不含NH4+、Al3+、SiO32-、Cl-B该溶液中一定含有Al3+、CO32-、Cl-CCl-可能含有D该溶液中一定含有AlO2-、CO32-、Cl-14、2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下：下列说法不正确的是A

7、元素甲位于现行元素周期表第四周期第A族B元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于CH4C原子半径比较：甲乙SiD推测乙可以用作半导体材料15、银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其工作示意图如下。下列说法不正确的是AZn电极是负极BAg2O电极发生还原反应CZn电极的电极反应式：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2D放电前后电解质溶液的pH保持不变16、若图表示向含Mg2、Al3、NH4的盐溶液中滴加NaOH溶液时，沉淀的量与NaOH的体积的关系图。下列各表述与示意图一致的是A图三种离子的物质的量之比为:n(Mg2):n(Al3):n(NH4)2

8、:3:2B图中使用的NaOH的浓度为2mol/LC图中物质A反应生成物质C，H0D图中曲线表示某反应过程的能量变化。 若使用催化剂，B点会降低二、非选择题（本题包括5小题）17、有A，B，C，D，E五种元素，其中A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同；C原子的价电子构型为csccpc+1，D元素的原子最外层电子数比次外层电子数少2个，D的阴离子与E的阳离子电子层结构相同，D和E可形成化合物E2D(1)上述元素中，第一电离能最小的元素的原子结构示意图为_；D的价电子排布图为_；(2)下列分子结构图中的和表示上述

9、元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，小黑点表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键则在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键的是_(填写分子的化学式)； 在的分子中有_个键和_个键(3)A，C，D可形成既具有离子键又具有共价键的化合物，其化学式可能为_；足量的C的氢化物水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物，其化学式为_，请说出该配合物中中心原子与配位体及内界与外界之间的成键情况：_18、原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，X基态原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y基态原子的2p原子轨道上有3个未成对电子，Z是地壳中含量最多的元素，W的原子序数为24。（1）W基态原子

10、的核外电子排布式为_，元素X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表达)；（2）与XYZ-互为等电子体的化学式为_；（3）1molHYZ3分子中含有键的数目为_；（4）YH3极易溶于水的主要原因是_。19、乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，其制备原理为：甲、乙两同学分别设计了如下装置来制备乙酸乙酯。请回答下列问题：（1）下列说法不正确的是_。A加入试剂的顺序依次为乙醇、浓硫酸、乙酸B饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、促进乙酸乙酯在水中的溶解C浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂，加入的量越多对反应越有利D反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后即

11、可从上口倒出上层的乙酸乙酯（2）乙装置优于甲装置的理由是_。（至少说出两点）20、制备苯甲酸的反应原理及有关数据如下：名称相对分子质量性状熔点沸点溶解度甲苯92无色液体-95110不溶于水苯甲酸122白色片状或针状晶体122248微溶于水高锰酸钾158易溶于水实验过程如下： 将高锰酸钾、水和氢氧化钠溶液混合摇匀后，加入甲苯，采用电磁搅拌，加热（但温度不要太高），冷凝回流2h。如仍有高锰酸钾的紫色存在，则加数滴乙醇。 将混合液过滤后冷却。滤液用盐酸酸化，析出白色晶体过滤，洗涤，干燥，得到苯甲酸的粗产品，最后测定其熔点。回答下列问题：（1）中反应易暴沸，本实验中采用_方法防止此现象；乙醇的作用是_

12、。（2）中过滤出的沉淀是_。（3）中测定熔点时，发现到130 时仍有少量不熔，推测此不熔物的成分是_。（4）提纯苯甲酸粗产品的方法是_。21、以下是依据一定的分类标准，对某些物质与水反应情况进行分类的分类图。请根据你所学知识，按要求填空：（1）上述第一级分类标准（分成A、B组）的依据为：_。（2）C组中某一物质常温能与冷水反应，其离子方程式为：_。（3）D组中与水反应时氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1的物质，有_（填化学式）。（4）F组中某一物质的水溶液呈弱碱性，用电离方程式表示呈弱碱性的原因：_。（5）E组中某一物质的水溶液可使酸性KMnO4溶液褪色，用离子方程式表示褪色的原因：_。参考答

13、案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】分析：A.乙烯含有碳碳双键,可以发生加聚反应，氯乙烯聚合生成聚氯乙烯，聚氯乙烯不含碳碳双键，不能发生加聚反应；B. 油脂、淀粉、蛋白质都可以水解。油脂水解为硬脂酸和甘油，淀粉水解为糖，蛋白质水解为氨基酸；C. 乙醇在一定条件下被氧化为乙酸；D. 石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油,煤油,柴油等）的产量,特别是提高汽油的产量。详解:A. 乙烯含有碳碳双键,可以发生加聚反应，聚氯乙烯不含碳碳双键，不能发生加聚反应，A选项错误的；B. 油脂、淀粉、蛋白质都可以水解。油脂水解为硬脂酸和甘油，淀粉水解为糖，蛋白质水解为氨基酸，故B正确；C.乙

14、醇可以被微生物生成盐酸,乙酸属于羧酸,具有酸的通性,所以酒就变酸了,所以C选项是正确的；D. 石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油、煤油、柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，所以D选项是正确的。所以本题答案选A。2、C【解析】分析：A碳酸的酸性弱于盐酸，将过量的CO2通入CaCl2溶液中不会发生反应；B常温下将Al片插入浓硫酸中，发生钝化；C显碱性的溶液可使红色石蕊试纸变蓝；D.与澄清石灰水反应生成白色沉淀，该白色沉淀可能是碳酸钙，也可能是亚硫酸钙，氢氧化镁等。详解：A碳酸的酸性弱于盐酸，将过量的CO2通入CaCl2溶液中不会发生反应，结论错误，故A错误；B常温下将Al片插入浓硫酸中，

15、发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，结论不合理，故B错误；C显碱性的溶液可使红色石蕊试纸变蓝，则用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝说明氨水显碱性，故C正确；D.与澄清石灰水反应生成白色沉淀，该白色沉淀可能是碳酸钙，也可能是亚硫酸钙，氢氧化镁等，结论不正确，故D错误；故选C。点睛：本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质为解答的关键。本题的易错点为B，要注意钝化属于化学变化。3、C【解析】A.红外光谱仪用于检测有机分子中的官能团及化学键，不符合题意，A错误；B.元素分析仪来确定有机化合物中的元素组成，不符合题意，B错误；C.质谱仪能测出有机物的相对分子质量，符合题意，C

16、正确；D.核磁共振仪能测出有机物中氢原子的种类以及数目之比，不符合题意，D错误；故合理选项是C。4、D【解析】根据相似相溶原理可知极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。【详解】CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，与相对分子质量、是否是直线形分子、是否含有氢元素等没有直接的关系，故选D。5、D【解析】由图可知，每个碳原子周围已与其他三个碳原子形成三条键，分子式为C8H8，与苯乙烯是同分异构体，其二氯代物

17、有3种。答案选D。6、B【解析】A煤干馏是煤化工的重要过程之一。指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程。煤的干馏是化学变化，A错误； B石油和天然气（主要是CH4）的主要成分都是碳氢化合物，B正确； C石油裂化得到的汽油是混合物，C错误；D石油产品中不饱和烃才可用于加成聚合反应，D错误。答案选B。7、A【解析】设这两种物质都为1g，则n(H3)=mol，n(H2)=mol；A、mol H3有1mol H原子，mol H2有1mol H，故二者的原子相同，A正确；B、mol H3和mol H2的分子数不同，B错误；C、同温同压下，气体的气体与物质的量成

18、正比，所以mol H3和mol H2的体积不同，C错误；D、mol H3和mol H2的物质的量不同，D错误；故选A。8、C【解析】分液法是分离互不相溶的两种液体的方法，以此来分析选项中的物质是否互溶来解答。【详解】A、果糖与乙醚互溶，不能用分液的方法分离，故A错误；B、苯和溴苯互溶，不能用分液的方法分离，故B错误；C、乙酸乙酯和Na2CO3溶液互不相溶，可用分液的方法分离，故C正确；D、葡萄糖与果糖都溶于水，不能用分液的方法分离，故D错误；故选C。9、C【解析】试题分析：A、因为生成硫酸钡沉淀的质量比为1:2:3，所以三种盐提供的硫酸根的比例为1:2:3，所以硫酸铁，硫酸铜，硫酸钾的比例为3

19、:2:3，错误，不选A；B、氯化钾溶液中氯离子浓度为1mol/L，氯化铝溶液中氯离子浓度为3mol/L，不相等，不选B；C、质量分数=20725/10001172=338%，正确，选C；D、质量分数=322/（100+322）=338%，错误，不选D。考点： 溶液中离子浓度的计算，物质的量浓度和质量分数的换算10、C【解析】四个选项中C中3P轨道属于半充满状态，稳定性强，第一电离能最大。答案选C。11、A【解析】A、石油分馏的过程中是利用了石油中各成分沸点的不同，分离过程中没有新物质生成，属于物理变化，选项A正确；B、石油的裂解得到低分子量的烷烃和烯烃，有新物质生成，属于化学变化，选项B错误；

20、C、煤的液化需要高温，肯定会发生裂化等复杂的化学变化，选项C错误；D、煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等新物质，属于化学变化，选项D错误。答案选A。12、A【解析】A. 捣碎块状固体一般不用玻璃棒； B. 转移引流液体必须用玻璃棒； C. 蘸取少量溶液必须用玻璃棒； D. 搅拌加速溶解通常要用到玻璃棒。故选A。13、D【解析】在碱性溶液中会发生反应NH4+OH-=NH3H2O和Al3+4OH-=AlO2+2H2O，而不能共存，故无NH4+、Al3+；取少量的溶液用足量硝酸酸化后，该溶液无沉淀生成说明不含有SiO32，因为若存在就会发生反应：2H+SiO32=H2

21、SiO3；另取一定量原溶液，逐滴加入盐酸至过量，发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失。可确定含有AlO2、CO32。发生的反应为：AlO2+H+H2O=Al(OH)3，CO32+2H+=H2O+CO2,Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O；另取一定量的原溶液中加入5mL0.2mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g。n(HCl)=0.005 L0.2 mol/L=0.001mol，n(AgCl)=0.187 g143.5g/mol=0.0013mol。n(AgCl)n(HCl)，说明原来的溶液中含有C

22、l-；选项D符合题意。答案选D。14、B【解析】A.根据递变规律，B、Al分别位于第二、三周期，IIIA族，则元素甲位于现行元素周期表第四周期A族，A正确；B.元素乙为Ge，其简单气态氢化物的稳定性弱于CH4，B错误；C.同周期，序数越大半径越小，同主族，序数越大半径越大，则原子半径比较：甲乙Si，C正确；D.乙位于金属与非金属交界的位置，推测乙可以用作半导体材料，D正确；答案为B。15、D【解析】A、活泼金属Zn为负极，Ag2O为正极，选项A正确；B、Ag2O电极为正极，正极上得到电子，发生还原反应，选项B正确；C、Zn为负极，电极反应式为：Zn2e2OHZn(OH)2，选项C正确；D、电极

23、总反应式为：ZnAg2OH2OZn(OH)22Ag，放电后水消耗了，氢氧化钾的浓度增大，电解质溶液的pH增大，选项D错误。答案选D。16、D【解析】分析：图 涉及到的离子方程式有Mg2+2OH-=Mg(OH)2,Al3+3OH-=Al(OH)3,NH4+OH-=NH3H2O,Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；设NaOH溶液的浓度为xmol/L,则n(NH4+)=0.01x mol, n(Al(OH)3)=n(Al3+)=0.005x mol，n(Mg2+)=(0.025-0.0053)/2=0.005xmol,则: n(Mg2):n(Al3):n(NH4)1:1:2，根据氢氧化镁的

24、物质的量可以知道: 0.005xmol=0.05mol, x=10mol/L；图中曲线表示反应物和生成物的能量的大小,如A是反应物,则反应放热,反之吸热，B点为活化能，加入催化剂,活化能降低；据以上分析解答。详解：图(1)涉及到的离子方程式有Mg2+2OH-=Mg(OH)2,Al3+3OH-=Al(OH)3，NH4+OH-=NH3H2O，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；设NaOH溶液的浓度为xmol/L,则n(NH4+)=0.01x mol, n(Al(OH)3)=n(Al3+)=0.005xmol, n(Mg2+)=(0.025-0.0053)/2=0.005x mol,则:

25、n(Mg2):n(Al3):n(NH4)1:1:2,A错误；设NaOH溶液的浓度为xmol/L ,根据n(Mg2+)= n(Mg(OH)2)=0.005 x mol=0.05mol, x=10mol/L，B错误；图中曲线表示反应物和生成物的能量的大小，如A是反应物,则反应放热, H0, C错误；图中表示某反应过程的能量变化,使用催化剂降低反应的活化能,加快反应速率,D正确；正确选项D。点睛：向含Mg2、Al3、NH4的盐溶液中滴加NaOH溶液时，Mg2、Al3先与OH-反应生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，然后，NH4与OH-反应生成一水合氨，为弱碱，所以两种沉淀不溶解；继续加入OH-，氢氧化铝溶解

26、变为偏铝酸盐，而氢氧化镁不溶解；因此图像中25mL以前为沉淀的生成过程，25-30mL为NH4与碱反应过程，35-40mL为氢氧化铝的溶解过程，最后剩余氢氧化镁沉淀。二、非选择题（本题包括5小题）17、 NH3、CH4、H2S 5 1 NH4HS或(NH4)2S Cu(NH3)4SO4 内界中铜离子与氨分子之间以配位键相结合，外界铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合 【解析】由于A，B，C，D为短周期元素，因A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A只能为氢元素；同一能层的不同能级的能量不同，符号相同的能级处于不同能层时能量也不同，即1s、2s、2p的轨道能量不同，2p有3个能量相同的轨道

27、，由此可确定B；因s轨道最多只能容纳2个电子，所以c=2，即C原子价电子构型为2s22p3，即氮元素。短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，据此可确定D。再由D的阴离子电子数及在E2D中E的化合价，即可确定E。由此分析。【详解】由于A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A为氢元素；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，则B的电子排布式为1s22s23p2，即B为碳元素；因s能级最多只能容纳2个电子，即c=2，所以C原子价电子构型为2s22p3，C为氮元素；短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2

28、个或8个电子，因D原子最外层电子数比次外层电子数少2个，所以D的次外层只能是L层，D的最外层应为6个电子，即D为16号元素硫；硫元素的阴离子（S2-）有18个电子，E阳离子也应有18个电子，在E2D中E显+1价，所以E为19号元素钾。所以A、B、C、D、E分别为氢、碳、氮、硫、钾。(1)上述五种元素中金属性最强的是钾元素，故它的第一电离能最小，其原子结构示意图为。硫原子价电子层为M层，价电子排布式为3s23p4，其电子排布图为。(2)分子结构图中黑点表示的原子最外层有5个电子，显然是氮原子，白球表示的原子最外层只有1个电子，是氢原子，所以该分子是NH3，中心N原子有3个键，1个孤电子对，故采用

29、sp3杂化；分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以分子是CH4，中心碳原子有4个键，0个孤电子对，采用sp3杂化；分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以分子是CH2=CH2，中心碳原子有3个键，0个孤电子对，所以中心原子采用sp2杂化；分子中黑球表示的原子最外层6个电子，是硫原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，该分子为H2S，中心S原子有2个键，2个孤电子对，所以中心原子采用sp3杂化。因此中心原子采用sp3杂化形成化学键的分子有NH3、CH4、H2S。在CH2=

30、CH2的分子中有5个键和1个键。(3)根据上面的分析知A、C、D分别为氢、氮、硫三种元素，形成既具有离子键又具有共价键的化合物是硫氢化铵或硫化铵，其化学式为NH4HS或(NH4)2S，铵根与HS-或S2-之间是离子键，铵根中的N与H之间是共价键，HS-中H与S之间是共价键。C的氢化物是NH3，NH3的水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物是硫酸四氨合铜，其化学式为Cu(NH3)4SO4。配合物Cu(NH3)4SO4的内界中Cu2+与NH3之间是以配位键相结合，外界铜氨配离子Cu(NH3)42+与硫酸根离子之间是以离子键相结合。18、1s22s22p63s23p63d54s1 NOC CO2（S

31、CN-等） 46.021023 氨分子与水分子间易形成氢键 【解析】原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，元素X的原子最外层电子数是其内层的2倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为C元素；Y基态原子的2p轨道上有3个未成对电子，Y的核外电子排布式为1s22s22p3，则Y为N元素；Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；W的原子序数为24，则W为Cr元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Cr元素。(1)W核外电子数为24，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；同一周期，随原子序数增大，元素第一电离能呈

32、增大趋势，氮元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：NOC，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；NOC；(2)原子总数相等、价电子总数相等微粒互为等电子体，与CNO-互为等电子体的有CO2、SCN-等，故答案为：CO2(或SCN-等)；(3)HNO3的结构式为，1molHNO3分子中含有4mol键，数目为46.021023，故答案为：46.021023；(4)氨分子与水分子间易形成氢键，导致NH3极易溶于水，故答案为：氨分子与水分子间易形成氢键。【点睛】本题的易错点为(1)和(3)，(1)中要注意能级交错现象，(3)中要注意硝酸的

33、结构。19、【答题空1】BC 用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好 【解析】（1）A. 在制备乙酸乙酯时，浓硫酸起催化剂作用，加入时放热；B. 乙醇和乙酸可溶于水，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；C. 浓H2SO4具有强氧化性和脱水性；D. 乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，可采用分液进行分离；（2）可从装置的温度控制条件及可能的原料损失程度、副产物多少进行分析作答。【详解】（1）A. 为防止浓硫酸稀释放热，导致液滴飞溅，其加入的正确顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，故A项正确；B. 制备的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，其饱和碳酸钠的作用是中和乙酸、溶解乙醇、

34、减少乙酸乙酯在水中的溶解，故B项错误；C. 浓硫酸在反应中作催化剂和吸水剂，但由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率，所以浓硫酸用量又不能过多，故C项错误；D. 乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，待液体分层后从上口倒出上层的乙酸乙酯，故D项正确；答案下面BC；（2）根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，乙装置优于甲装置的原因为：水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好，故答案为用水浴加热容易控制温度、原料损失较少、不易发生副反应、乙酸乙酯冷却效果较好。20、 电磁搅拌 过量的高锰酸钾可被乙醇还原成二氧化锰或除去过量的高锰酸钾 二氧化锰或MnO2 氯化钾或KCl 重结晶【解析】分析：一定量的甲苯和KMnO4溶液和氢氧化钠在加热条件下反应2h后停止反应，反应混合物为苯甲酸钾、氢氧化钾、二氧化锰和剩余的高锰酸钾，过量的高锰酸钾可以用乙醇除去，经过滤除去不溶物二氧化锰，滤液为苯甲酸钾、氢氧化钾溶液，加入盐酸酸化，过滤得白色固体为苯甲酸和氯化钾的混合物。详解：（1）根据题干信息，甲苯和KMnO4溶液在加热条件下反应，属于溶液之间的反应，在加热条件下进行，为了防止暴沸，必需加入碎瓷片，并进行不断的搅拌，所以可以用电磁搅拌完成这一操作；乙醇易溶于水，被氧化为二氧化碳和