2022-2023学年广东省肇庆市实验中学、广东省高要市新桥中学两校高二化学第二学期期末监测试题含解析

2023年高二下化学期末模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列实验现象是由于苯环受侧链影响造成的是()A．甲苯可使KMnO4溶液褪色，甲苯上甲基被氧化B．苯酚O—H键易断裂，水溶液显弱酸性C．甲苯可与氢气发生加成反应D．甲苯可与浓硝酸反应生成三硝基甲苯2、下列说法正确的是A．用新制的氢氧化铜悬浊液可鉴别乙醇、乙醛和乙酸B．间二甲苯只有一种结构说明苯环中不存在碳碳双键C．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，最多生成四种产物D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色和溴水褪色的原理相同3、2018年世界环境日我国确定的主题为“美丽中国，我是行动者”。下列做法不应提倡的是（）A．选择乘公共交通、步行和自行车等低碳绿色方式出行B．积极响应滴水必珍、全民节水行动，建设节水型社会C．日常生活中使用一次性筷子、纸杯、快餐盒和塑料袋D．生活垃圾分类投放、分类收集、分类运输和分类处理4、某元素原子3p能级上有一个空轨道，则该元素为()A．Na B．SiC．Al D．Mg5、某蓄电池放电、充电时的反应为Fe＋Ni2O3＋3H2OFe(OH)2＋2Ni(OH)2，下列推断中正确的是()A．放电时，Fe为正极，Ni2O3为负极B．充电时，阴极上的电极反应式是Fe(OH)2＋2e－+2H+=Fe＋2H2OC．充电时，Ni(OH)2为阳极,发生还原反应D．该蓄电池的电极是浸在某种碱性电解质溶液中6、下列物质中，不属于高分子化合物的是A．纤维素B．塑料C．蛋白质D．油脂7、（题文）下列有关实验装置，能达到实验目的的是A．用图1所示装置制取少量Cl2B．用图2所示装置制取干燥的NH3C．用图3制备并检验H2的可燃性D．用图4装置鉴别碳酸钠和碳酸氢钠8、下列说法错误的是A．在元素周期表中，p区元素的最外层电子排布均可表示为ns2np1～6B．C2H4和HCN分子中，都含σ键和π键，但C原子的杂化方式并不相同C．H2O、NH3、CH4分子中的O、N、C原子均采取sp3杂化D．用红外光谱可鉴别乙醇和二甲醚，用X-射线衍射实验可鉴别玻璃与水晶9、下列关于氯及其化合物说法正确的是()A．氯气溶于水的离子方程式：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－B．洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合产生的HClO易分解C．氯气可以使湿润的有色布条褪色，实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气D．漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO310、用高铁酸钠(Na2FeO4)对河、湖水消毒是城市饮用水处理的新技术，已知反应：Fe2O3＋3Na2O2=2Na2FeO4＋Na2O，下列说法正确的是（）A．Na2O2既是氧化剂又是还原剂B．Fe2O3在反应中显氧化性C．Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物D．3molNa2O2发生反应，有12mol电子转移11、将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g)H2(g)＋I2(g)。达到平衡时，c(H2)＝0.5mol·L－1，c(HI)＝4mol·L－1，则此温度下反应①的平衡常数为()A．9 B．16 C．20 D．2512、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是A．23gNa与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数N（O2）的范围为：0.25NA<N（O2）<0.5NAB．2molNO和1molO2在密闭容器中充分反应，反应后容器中的分子数小于2NAC．2.5gMg-Zn合金与足量盐酸反应，放出的气体在标况下的体积可能为2.24LD．50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子数目为0.92NA13、铁在下列四种情况中腐蚀速率判断正确的是（）A．a＞b＞c＞d B．b＞a＞d＞cC．d＞c＞b＞a D．b＞d＞a＞c14、分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）A．7种 B．8种 C．9种 D．10种15、下列说法不正确的是A．向鸡蛋清溶液中加入硫酸铜溶液，鸡蛋清凝聚，蛋白质变性B．氨基酸种类较多，分子中都含有－COOH和－NH2C．纤维素、淀粉和蔗糖等天然高分子化合物在一定条件下都能发生水解D．油脂皂化反应实质就是酯在碱性环境下发生水解16、能影响水的电离平衡,并使溶液中的c(H+)>c(OH-)的措施是（）A．向水中通入SO2B．将水加热煮沸C．向纯水中投入一小块金属钠D．向水中加入NaCl二、非选择题（本题包括5小题）17、由短周期元素组成的中学常见的含钠元素的物质A、B、C、D,存在如图转化关系(部分生成物和反应条件已略去)。（1）若A为Na,则E为________,A与水反应的离子方程式为____________________（2）若A为Na2O2,则E为________,A与CO2反应的化学方程式为____________________,每有1molNa2O2参加反应，转移电子数为________NA（3）①A不论是Na还是Na2O2,依据转化关系判断物质B是________物质C是________②向饱和的C溶液中通入CO2会析出白色晶体，该晶体为________，用化学方程式表示其反应原理为：_____________________③将1mol/L的B溶液逐滴加入到1L1mol/L的AlCl3溶液中，产生白色沉淀39g，则所加入的B溶液的体积可能为________L或者________L18、现有七种元素A、B、C、D、E、F、G，其中A、B、C为三个不同周期的短周期元素，E、F、G为第四周期元素。请根据下列相关信息，回答问题。A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素B元素原子的核外p电子数与s电子数相等C基态原子的价电子排布为nsn-1npn+1D的能层数与C相同，且电负性比C大E元素的主族序数与周期数的差为1，且第一电离能比同周期相邻两种元素都大F是前四周期中电负性最小的元素G在周期表的第五列(1)C基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有_________个方向，原子轨道呈________形，C简单离子核外有______种运动状态不同的电子。(2)①一般情况下，同种物质为固态时密度大于其液态，但固态A2B的密度比其液态时小，原因是_______；②A2B2难溶于CS2，简要说明理由：__________________________________________。(3)G位于________族________区，它的一种氧化物常用于工业生产硫酸的催化剂，已知G在该氧化物中的化合价等于其价电子数，则该氧化物的化学式为_______________；F晶体的空间堆积方式为________。(4)ED3分子的VSEPR模型名称为__________，其中E原子的杂化轨道类型为________。19、乙酸异戊酯是组成密蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如下：相对分子质量密度/(g·cm3)沸点/℃水中溶解性异戊醇880.8123131微溶乙酸601.0492118溶乙酸异戊酯1300.8670142难溶实验步骤：在A中加入4.4g异戊醇、6.0g乙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片。开始缓慢加热A，回流50min。反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、饱和碳酸氢钠溶液洗涤；分出的产物再加入少量无水Na2SO4固体，静止片刻。过滤除去Na2SO4固体，讲行蒸馏纯化。收集140～143°C馏分，得到乙酸异戊酯3.9g。回答下列问题：(1)实验中制备乙酸异戊酯的化学方程式为_________________。(2)仪器B的名称是_______________，作用是____________。(3)在洗涤操作中饱和碳酸氢钠溶液的主要作用是______________。(4)实验中加入少量无水Na2SO4的目的是_________________________。(5)实验中加过量乙酸的目的是___________________________。(6)本实验的产率是_______________(填标号)。a.30%b.40%c.50%d.60%20、某同学利用下图所示装置制备乙酸乙酯。实验如下：Ⅰ．向2mL浓H2SO4和2mL乙醇混合液中滴入2mL乙酸后，加热试管A；Ⅱ．一段时间后，试管B中红色溶液上方出现油状液体；Ⅲ．停止加热，振荡试管B，油状液体层变薄，下层红色溶液褪色。(1)为了加快酯化反应速率，该同学采取的措施有_____________。(2)欲提高乙酸的转化率，还可采取的措施有_______________。(3)试管B中溶液显红色的原因是___________（用离子方程式表示）。(4)Ⅱ中油状液体的成分是__________。(5)Ⅲ中红色褪去的原因，可能是酚酞溶于乙酸乙酯中。证明该推测的实验方案是_____________。21、石棉尾矿主要含有Mg3(Si2O5)(OH)4和少量的Fe2O3、Al2O3。以石棉尾矿为镁源制备碳酸镁晶体(MgCO3·nH2O)的工艺如下：已知“焙烧”过程中的主反应为：（1）写出焙烧产物NH3的电子式_____________________。（2）为提高水浸速率，可采取的措施为_______________________（任写一条），“浸渣”的主要成分为__________________。（3）“调节pH除杂”时，需将pH调至5.0，则除去的杂质离子是______________，此时溶液中的c(Fe3+)=__________________（已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38）。（4）“沉镁”过程中反应的离子方程式为_______________________________________。“沉镁”时若温度超过60℃，将产生较多的碱式碳酸镁杂质，原因是________________

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A.甲苯可使KMnO4溶液褪色，甲苯上甲基被氧化是苯环对侧链的影响，A不符合题意；B.苯酚O—H键易断裂，水溶液显弱酸性，而醇溶液显中性，是由于苯环对侧链的影响，B不符合题意；C.甲苯、苯都可与氢气发生加成反应，不能显示是否产生影响，C不符合题意；D.甲苯可与浓硝酸反应生成三硝基甲苯，而苯与浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，说明侧链使苯环活泼，更容易发生取代反应，D符合题意；故合理选项是D。2、A【解析】

A．加入新制Cu(OH)2悬浊液，乙醇不反应，乙醛在加热时生成砖红色沉淀，乙酸和氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，现象不同，所以可以鉴别，故A正确；

B．间二甲苯只有一种空间结构不能说明苯的结构特征，邻二甲苯只有一种空间结构可以说明苯环中不存在单双键交替的结构，故B错误；

C．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，最多可生成四种有机产物和HCl，故C错误；

D．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理是发生了氧化还原反应，乙烯和溴水发生的是加成反应，褪色的原理不相同，故D错误；

故答案：A。3、C【解析】A.选择乘公共交通、步行和自行车等低碳绿色方式出行，减少二氧化碳的排放，符合“美丽中国，我是行动者”，选项A不选；B.积极响应滴水必珍、全民节水行动，建设节水型社会，符合“美丽中国，我是行动者”，选项B不选；C.日常生活中使用一次性筷子、纸杯、快餐盒和塑料袋，造成白色污染，不符合“美丽中国，我是行动者”，选项C选；D.生活垃圾分类投放、分类收集、分类运输和分类处理，回收再利用，减少污染，符合“美丽中国，我是行动者”，选项D不选；答案选C。4、B【解析】

A.Na原的电子排布式为1s22s22p63s1，3p能级上有3个空轨道；B.Si的电子排布式为1s22s22p63s23p2，3p能级上有1个空轨道；C.Al的电子排布式为1s22s22p63s23p1，3p能级上有2个空轨道；D.Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，3p能级上有3个空轨道。答案选B。5、D【解析】分析：放电时为原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；充电时为电解质，阴极发生还原反应；阳极发生氧化反应；据此分析判断。详解：A.放电时为原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，反应中Fe失去电子，为负极，Ni2O3获得电子，为正极，故A错误；B.充电时为电解质，阴极发生还原反应，Fe(OH)2在阴极获得电子，阴极上的电极反应式是Fe(OH)2+2e-═Fe+2OH-，故B错误；C.充电时为电解质，阳极发生氧化反应，Ni(OH)2发生氧化反应，为阳极，故C错误；D.Fe(OH)2、2Ni(OH)2只能存在于碱性溶液中，在酸性条件下不能存在，故电解质溶液必须是碱性溶液，故D正确；故选D。6、D【解析】

A．纤维素为多糖，相对分子质量在一万以上，属于高分子化合物，选项A错误；B．塑料是聚合物，相对分子质量在一万以上，是合成有机高分子化合物，选项B错误；C．蛋白质相对分子质量较大，属于高分子化合物，选项C错误；D．油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，选项D正确；答案选D。7、D【解析】试题分析：A．1mol/L的盐酸为稀盐酸，与二氧化锰共热，不能反应生成氯气，故A错误；B．NH3不能使用浓硫酸干燥，故B错误；C．点燃H2前需验纯，故C错误；D．碳酸氢钠受热易分解，放出二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠不能，故D正确；故选D。考点：考查了化学实验方案的设计与评价的相关知识。8、A【解析】

A．在元素周期表中，p区元素的最外层电子排布不能都用ns2np1～6表示，He原子为ns2，故A错误；B．C2H4和HCN分子结构式分别为、H-C≡N，所以二者都含有σ键和π键，乙烯分子中C原子采用sp2杂化、HCN中C原子采用sp杂化，二者中C原子杂化方式不同，故B正确；C．H2O中O原子成2个σ键，有2对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；NH3中N原子成3个σ键，有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；CH4分子中C原子形成4个σ键，采取sp3杂化，故C正确；D．红外光谱主要用于分析有机物中的官能团类，X-射线衍射实验可鉴别晶体和非晶体，乙醇和二甲醚的官能团不同，所以可以用红外光谱鉴别，玻璃是非晶体、水晶是晶体，所以可以用X-射线衍射实验鉴别玻璃与水晶，故D正确；答案选A。9、C【解析】

A.次氯酸难电离，氯气溶于水的离子方程式为Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO，A错误；B.洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合发生氧化还原反应生成有毒气体氯气，不会产生HClO，B错误；C.氯气可以使湿润的有色布条褪色，实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气，C正确；D.漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中的CO2反应生成次氯酸和CaCO3，氯化钙与二氧化碳不反应，D错误；答案选C。【点睛】掌握物质的性质、发生的化学反应是解答的关键。选项B是解答的易错点，注意次氯酸钠与盐酸混合时不是发生复分解反应，主要是由于次氯酸钠具有强氧化性，能把氯离子氧化为氯气。10、C【解析】

A、化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，化合价升高元素所在的反应物是还原剂；B.Fe2O3在反应中铁元素由+3价变为+6价被氧化，显还原性；C、还原剂对应的产物是氧化产物，氧化剂对应的产物叫还原产物；D、根据反应过程转移的电子物质的量来计算回答。【详解】A、反应Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，氧元素化合价降低，Na2O2是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe2O3是还原剂，选项A错误；B、Fe2O3在反应中铁元素由+3价变为+6价被氧化，显还原性，选项B错误；C、还原剂Fe2O3对应的产物Na2FeO4是氧化产物，氧化剂Na2O2对应的产物Na2FeO4和Na2O是还原产物，所以Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，选项C正确；D、在反应Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，铁元素化合价共升高6价，所以反应过程转移的电子物质的量为6mol，消耗3molNa2O2，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查学生氧化还原反应的基本概念和电子转移知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大。11、C【解析】

①NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g）；②2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）反应达到平衡时，c（H2）=0.5mol.L-1，消耗c（HI）=0.5mol.L-1×2=1mol/L，则反应①过程中生成的c（HI）=1mol/L+4mol/L=5mol/L，生成的c（NH3）=c（HI）=5mol/L，平衡常数计算中所用的浓度为各物质平衡时的浓度，则此温度下反应①的平衡常数为K=c（NH3）×c（HI）=5mol/L×4mol/L=20mol2/L2，所以C正确。故选C。12、D【解析】

A.23gNa物质的量为1mol，根据4Na+O2=2Na2O反应可知，消耗N（O2）=0.25NA；根据2Na+O2=Na2O2反应可知，消耗N（O2）=0.5NA；因此1molNa与O2充分反应生成Na2O和Na2O2的混合物，消耗O2的分子数N（O2）的范围为：0.25NA<N（O2）<0.5NA，A正确；B.在密闭容器中发生反应：2NO+O2=2NO2，所以2molNO和1molO2反应生成2molNO2，由于2NO2N2O4反应的存在，所以反应后容器中的分子数小于2NA，B正确；C.设Mg为xmol，Zn为ymol，放出的气体的量为0.1mol，则24x+65y=2.5，x+y=0.1，则x=4/41mol，y=0.1/41mol，所以当n(Mg)：n(Zn)=40:1时，放出的气体在标况下的体积可能为2.24L；C正确；D.浓硫酸与足量的铜微热反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应停止；因此50mL18.4mol/L浓硫酸不能全部反应，因此转移的电子数目小于0.92NA，D错误；综上所述，本题选D。13、B【解析】

a、铁的吸氧腐蚀，原电池中铁为负极，加速其腐蚀；b、原电池中铁做负极，铁与硫酸反应，腐蚀速率大于a；c、铁做阴极，外加电源的阴极保护法，不会腐蚀；d、牺牲阳极的阴极保护法，铁被保护，但效果没有c好。所以腐蚀速率判断为b>a>d>c，B正确。14、C【解析】

C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法，，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，答案选C。15、C【解析】

A．硫酸铜属于重金属盐有毒，可使蛋白质变性，故A正确；

B．氨基酸结构中都含有-COOH和-NH2两种官能团，甘氨酸为最简单的氨基酸，故B正确；

C．蔗糖为二糖不是高分子化合物，纤维素、淀粉为天然高分子化合物，在一定条件下都可以水解，故C错误；

D．油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，故油脂的皂化反应实质是酯在碱性条件下的水解反应，故D正确；

故答案：C。16、A【解析】试题分析：A．在水中存在水的电离平衡：H2OH++OH－。当向水中通入SO2时发生反应：SO2+H2O=H2SO1．H2SO1H++HSO1-。H2SO1电离产生的H+使溶液中的H+的浓度增大，对水的电离平衡起到了抑制作用。最终使水电离产生的H+、OH-的浓度远远小于溶液中的H+。即溶液中的c(H＋)＞c(OH－)。正确。B．水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离。所以将水加热煮沸促进了水的电离。但是水电离产生的H+和OH-离子的个数总是相同，所以升温后水中的H+和OH-的浓度仍然相等。错误。C．向纯水中投入一小块金属钠发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH电离产生的OH-使水的电离平衡逆向移动，对水的电离起到了抑制作用，最终使整个溶液中的c(OH－)＞c(H＋)。错误。D．向水中加入NaCl．NaCl是强酸强碱盐，对水的电离平衡无影响，所以水中的H+和OH-离子的浓度仍然相等。错误。考点：考查外界条件对水的电离平衡的影响的知识。二、非选择题（本题包括5小题）17、H22Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑O22Na2O2+2CO22Na2CO3+O21NaOHNa2CO3NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3↓1.53.5【解析】

考查无机物的推断，（1）假设A为Na，则Na与H2O反应生成NaOH和H2，即E为H2，B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3；（2）假设A为Na2O2，Na2O2与H2O反应生成O2和NaOH，与(1)类似；（3）根据（1）和（2）的分析，以及钠及其化合物的性质进行分析。【详解】（1）若A为Na，Na与H2O反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，则单质E为H2，B为NaOH，CO2与NaOH反应：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，继续通入CO2:Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，A与水反应的离子方程式为2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；（2）若A为Na2O2，则Na2O2与水反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，则单质E为O2，Na2O2与CO2能发生反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，Na2O2与CO2反应，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，因此1molNa2O2与CO2反应转移电子物质的量为1mol，电子数为NA；（3）①根据上述分析，B为NaOH，C为Na2CO3；②NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，因此向饱和的Na2CO3溶液中通入CO2，产生NaHCO3沉淀；其反应Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓；③如果只发生AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl，n(AlCl3)=1mol，n[Al(OH)3]=39/78mol=0.5mol，即AlCl3过量，消耗NaOH的体积0.5×3/1L=1.5L；氢氧化铝为两性氢氧化物，NaOH稍微过量，发生的反应是AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaCl、Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，AlCl3全部参与反应，生成氢氧化铝的总物质的量为1mol，此时消耗NaOH的物质的量为3mol，最后沉淀的物质的量为39/78mol=0.5mol，即有(1－0.5)mol氢氧化铝被消耗，同时该反应中消耗NaOH的物质的量为0.5mol，总共消耗氢氧化钠的物质的量为3.5mol，体积为3.5/1L=3.5L。【点睛】本题的难点是电子转移物质的量的计算，Na2O2无论与CO2反应还是与H2O反应，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，每消耗2molNa2O2，或生成1molO2，转移电子物质的量为2mol，因此消耗1molNa2O2，转移电子物质的量为1mol，特别注意本题让求的是电子数，与阿伏加德罗常数有关。18、3哑铃18冰中的水分子间有氢键，使水分子之间间隙增大，密度变小因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2ⅤBdV2O5体心立方堆积四面体形sp3【解析】

A、B、C、D为短周期主族元素，其中A、B、C为三个不同周期的短周期元素，E、F、G为第四周期元素，A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H元素；B元素原子的核外p电子数与s电子数相等，则B是C元素；C基态原子的价电子排布为nsn-1npn+1，由s轨道电子数目为2,可知，n=3，则C为S元素；D的能层数与C相同，且电负性比C大，则D为Cl元素；E元素的主族序数与周期数的差为1，且第一电离能比同周期相邻两种元素都大，则E是As元素；F是前四周期中电负性最小的元素，则F是K元素；G在周期表的第五列，说明G位于周期表第四周期ⅤB族，则G为V元素。【详解】(1)C为S元素，S基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，能量最高的电子处于2p能级，电子云在空间有3个方向，原子轨道呈哑铃形或纺锤形；S2—离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，由保利不相容原理可知，离子核外有18种运动状态不同的电子，故答案为：3；哑铃；18；(2)①A2B为H2O，冰中的H2O分子间有氢键，使水分子之间间隙增大，密度变小，故答案为：冰中的水分子间有氢键，使水分子之间间隙增大，密度变小；②A2B2为H2O2，H2O2为极性分子，CS2为结构对称的非极性分子，难溶于CS2，由相似相溶原理可知，极性分子H2O2难溶于非极性分子CS2，故答案为：因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2；(3)G为V元素，价电子排布式为3d34s2，位于周期表第四周期ⅤB族，d区；由氧化物中的化合价等于其价电子数可知五氧化二钒的化学式为V2O5；F为K元素，K晶体的空间堆积方式为体心立方堆积，故答案为：ⅤB；d；V2O5；体心立方堆积；(4)ED3分子为AsCl3，AsCl3分子中As原子的价层电子对数为4，则VSEPR模型名称为四面体形，As原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：四面体形；sp3。【点睛】本题考查物质结构与性质，涉注意依据题给信息推断元素，结合核外电子排布规律、杂化方式与空间构型判断、元素周期表、晶体结构和相似相溶原理等分析是解题的关键。19、+H2O球形冷凝管冷凝回流除去残留的醋酸，降低乙酸异戊酯的溶解度干燥乙酸异戊酯提高异戊醇的转化率d【解析】

（1）CH3COOH与反应生成和H2O。（2）根据题中仪器B的构造判断该仪器的名称。（3）在洗涤操作中饱和碳酸氢钠溶液的主要作用是除去残留的醋酸，降低乙酸异戊酯的溶解度。（4）实验中加入少量无水硫酸钠的目的是吸收酯中少量的水分，对乙酸异戊酯进行干燥。（5）根据反应物对增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高进行判断加入过量乙酸的目的。（6）先计算出乙酸和异戊醇的物质的量，然后判断过量情况，根据不足量计算出理论上生成乙酸异戊酯的物质的量，最后根据实际上制取的乙酸异戊酯计算出产率。【详解】（1）CH3COOH与反应生成和H2O，化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O。（2）仪器B为球形冷凝管，作用是冷凝回流，故答案为：球形冷凝管；冷凝回流。（3）在洗涤操作中饱和碳酸氢钠溶液的主要作用是除去残留的醋酸，降低乙酸异戊酯的溶解度，故答案为：除去残留的醋酸，降低乙酸异戊酯的溶解度。（4）实验中加入少量无水硫酸钠的目的是吸收酯中少量的水分，对乙酸异戊酯进行干燥，故答案为：干燥乙酸异戊酯。（5）酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动；增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高，因此本实验中加入过量乙酸的目的是提高转化率；故答案为：提高异戊醇的转化率。（6）乙酸的物质的量为：n==0.1mol，异戊醇的物质的量为：n==0.05mol，由于乙酸和异戊醇是按照1：1进行反应，所以乙酸过量，生成乙酸异戊酯的量要按照异戊醇的物质的量计算，即理论上生成0.05mol乙酸异戊酯；实际上生成的乙酸异戊酯的物质的量为=0.03mol，所以实验中乙酸异戊酯的产率为100%=60%，故答案为：d。20、加热，使用催化剂增加乙醇的用量CO32-+H2OHCO3-+OH-乙酸乙酯、乙酸、乙醇(水)取褪色后的下层溶液，滴加酚酞试液，溶液变红【解析】

(1)酯化反应是可逆反应，可根据影响化学反应速率的因素分析；(2)根据酯化反应是可逆反应，要提高乙酸转化率，可以根据该反应的正反应特点分析推理；(3)根据盐的水解规律分析；(4)根据乙酸、乙醇及乙酸乙酯的沸点高低分析判断；(5)红色褪去的原因若是由于酚酞溶于乙酸乙酯中所致，则可通过向溶液中再加入酚酞，观察溶液颜色变化分析。【详解】(1)酯化反应是可逆反应，由于升高温度，可使化学反应速率加快；使用合适的催化剂，可以加快反应速率，或适当增加乙醇的用量，提高其浓度，使反应速率加快等；(2)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和