2021-2022学年宿迁市重点中学高二化学第二学期期末统考试题含解析

1、2022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、能用于鉴别乙醇、己烷、己烯、乙酸溶液、苯酚溶液等五种无色液体的试剂组是（ ）AFeCl3溶液、NaOH溶液BCu(OH)2悬浊液、紫色石蕊试液C紫色石蕊试液、溴水DFeCl3溶液、溴水2、C5H12有3种不同结构，甲：CH3(CH2)3CH3，乙：CH3CH(CH3)CH2CH3，丙：C(CH3)4

2、 ，下列相关叙述正确的是（）A甲、乙、丙属同系物，物理性质相似，化学性质相同BC5H12表示一种纯净物C甲、乙、丙中，丙的沸点最低D丙有3种不同沸点的二氯取代物3、下列物质中发生消去反应生成的烯烃只有一种的是A2-丁醇B3-戊醇C2-甲基-3-戊醇D2-甲基2-丁醇4、已知：，下列说法正确的是AM能发生加聚反应、取代反应和氧化反应BM的二氯代物有10种(不考虑立体异构）CN中所有碳原子在同一平面上D等物质的量的M、N分别完全燃烧，消耗O2的体积比为4：55、下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是A用装置甲灼烧碎海带B用装置乙过滤海带灰的浸泡液C用装置丙制备用于氧化浸泡液中I的

3、Cl2D用装置丁吸收氧化浸泡液中I后的Cl2尾气6、一种应用广泛的锂电池结构如图所示，LiPF6是电解质，SO(CH3)2作溶剂，反应原理是4Li+FeS2=Fe+2Li2S。下列说法不正确的是ALi作负极Ba极的电势比b极的电势高Cb极的电极反应式是FeS2+4Li+4e-=Fe+2Li2SD电子是由a极沿导线移动到b极7、有一混合溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl-、Mg2+、Ba2+、CO32-、SO42-，现取三份100 mL该溶液进行如下实验：（1）向第一份溶液中加入AgNO3溶液时有沉淀产生；（2）向第二份溶液中加入足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.06

4、 mol;（3）向第三份溶液中加入足量BaCl2溶液后，所得沉淀经洗涤、干燥、称量为8.24 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g。根据上述实验，以下推测正确的是（ ）AK+可能存在B100 mL溶液中含0.01 mol CO32-CCl可能存在DBa2+一定不存在，Mg2+可能存在8、用价层电子对互斥理论预测H2O和BF3的立体结构，两个结论都正确的是（ ）A直线形；三角锥形 BV形；三角锥形C直线形；平面三角形 DV形；平面正三角形9、MnSO4H2O是一种易溶于水的微红色斜方晶体，某同学设计下列装置制备硫酸锰：下列说法错误的是A装置烧瓶中放入的药品X为铜屑B装置中用“多孔球

5、泡”可增大SO2的吸收速率C装置用于吸收未反应的SO2D用装置II反应后的溶液降温结晶可制得MnSO4H2O晶体10、下列描述中正确的是( )A氮原子的价电子排布图：B2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等C价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第A族，是p区元素D钠原子由1s22s22p63s11s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态11、相同条件下，下列物质在水中的溶解度最大的是AHOCH2CH(OH)CH2OHBCH3COOCH3CDC17H35COOH12、某栏目报道一超市在售的鸡蛋为“橡皮弹”，煮熟后蛋黄韧性胜过乒乓球，但经检测为真鸡蛋。专家介绍，该是由于鸡

6、饲料里添加了棉籽饼，从而使鸡蛋里含有过多的棉酚所致。已知棉酚的结构简式如图所示，下列说法正确的是A棉酚的一氯代物有3种B棉酚能与溴水发生加成反应C1mol棉酚最多与10mol H2反应D1mol棉酚最多与6 molNaOH反应13、下列实验设计或操作能达到实验目的是A除去乙烷中的乙烯气体：加入氢气在催化剂的作用下发生加成反应B检验溴乙烷消去产物：反应装置经水浴加热后，将生成物直接通入酸性高锰酸钾溶液中C检验柠檬醛中含有碳碳双键：先加入银氨溶液充分反应后，再加入酸性高锰酸钾溶液检验D除去甲苯中的少量苯酚：加入浓溴水，振荡、静置、过滤14、下列说法正确的是（ ）A由原子构成的晶体不一定是原子晶体

7、B分子晶体中的分子间可能含有共价键C分子晶体中一定有共价键 D分子晶体中分子一定紧密堆积15、已知N2O2=2NO为吸热反应，H180 kJmol1，其中NN、O=O键的键能分别为946 kJmol1、498 kJmol1，则NO键的键能为( )A1 264 kJmol1 B632 kJmol1 C316 kJmol1 D1 624 kJmol116、把图二的碎纸片补充到图一中，可得到一个完整的离子方程式。对该离子方程式说法正确的是A配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3B若有1mol的S被氧化，则生成2mol S2-C氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2D2mol的S参加反应有3mol的

8、电子转移二、非选择题（本题包括5小题）17、现有A、B、C、D四种元素，A是第五周期第A族元素，B是第三周期元素，B、C、D的价电子数分别为2、2、7。四种元素原子序数从小到大的顺序是B、C、D、A。已知C和D的次外层电子数均为18个。(1)写出A、B、C、D的元素符号：A_、B_、C_、D_。(2)C位于元素周期表的_区，C2的电子排布式_。(3)最高价氧化物对应水化物中碱性最强的化合物是_(写化学式，下同)；最高价氧化物对应水化物中酸性最强的化合物是_。(4)元素的第一电离能最小的是_，元素的电负性最大的是_。18、M是石油裂解气的重要成分，由M制备环酯P的合成路线(部分反应条件略去)如图

9、所示：已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应，如:2CH2=CHRCH2=CH2+RCH=CHR回答下列问题：(1)M的名称是_，A中的含氧官能团名称是_。(2)的反应类型是_，的反应类型是_。(3)C的结构简式为_。由CG的过程中步骤、的目的是_。(4)G中最多有_个原子共平面，其顺式结构式为_。(5)符合下列条件D的同分异构体有_种。氯原子连在碳链的端点碳上 羟基连在不同的碳原子上，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1的为_(写结构简式)。(6)由I和G在一定条件下制取环酯P的化学方程式为_。(7)已知： 根据题中信息，设计以2-氯丙烷制备环己烯的合成路

10、线(无机试剂和溶剂任选)_。19、如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸的物质的量浓度为_molL-1（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_A溶液中HCl的物质的量 B溶液的浓度C溶液中Cl-的数目 D溶液的密度（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400molL-1的稀盐酸该学生需要量取_mL上述浓盐酸进行配制所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，配制稀盐酸时，还缺少的仪器有_（4）假设该同学成功配制了0.400molL-1的盐酸，他又用该盐酸中和含0.4gNa

11、OH的NaOH溶液，则该同学需取_mL盐酸假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4gNaOH的NaOH溶液，发现比中所求体积偏小，则可能的原因是_A浓盐酸挥发，浓度不足 B配制溶液时，未洗涤烧杯C配制溶液时，俯视容量瓶刻度线 D加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出20、I选取下列实验方法分离物质，将最佳分离方法的序号填在横线上。A 萃取分液法 B 升华法 C 分液法 D 蒸馏法 E 过滤法(1)_分离饱和食盐水与沙子的混合物。(2)_分离水和汽油的混合物。(3)_分离四氯化碳(沸点为76.75 )和甲苯(沸点为110.6 )的混合物。(4)_分离碘水中的碘。(5)_分离氯化钠固体和碘固体的混合物。II

12、.图是甲、乙两种固体物质的溶解度曲线。(1)t2时，将等质量的甲、乙两种物质加水溶解配制成饱和溶液，所得溶液质量的大小关系为：甲_乙(填“”、“” 或 “”)。(2)除去甲物质中少量乙物质可采取_结晶的方法(填“蒸发”或“降温”)。III如图装置，按要求填空(1)排空气法收集气体，若收集CO2气体，进气口为_(填“a”或“b”)(2)若瓶中装满水，可用于收集下列气体中的_(选填编号)NO NO2 NH3 HCl(3)如果广口瓶中盛放浓硫酸，可以用作气体干燥装置，则该装置不可以干燥的气体有_(选填编号)HCl H2 NH3 CO HI21、自然界存在丰富的碳、氮、氧、铝、钾、铁、碘等元素，按要求

13、回答下列问题：(1)常温，羰基铁Fe(CO）x)是红棕色液体，不溶于水，溶于乙醇、乙醚等，据此判断羰基铁晶体属于_(填晶体类型)，羰基铁的配体是_。已知：羰基铁的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x_；98g羰基铁中含有的键数为_个。(2)亚铁离子具有强还原性，从电子排布的角度解释，其原因是_(3)BN晶体、AlN晶体结构相似，如图1，两者熔沸点较高的物质是_，原因是_(4)KIO3晶体是一种性能良好的光学材料，其晶胞为立方体，晶胞中K、I、O分别处于顶点、体心、面心位置，如图2所示，如果KIO3密度为a gcm-3，则K与O间的最短距离为_cm。参考答案一、选择题（每题只有一个选

14、项符合题意）1、C【解析】A. 己烷、己烯不溶于水，且密度比水小，无法用FeCl3溶液、NaOH溶液鉴别，A错误；B. 己烷、己烯不溶于水，且密度比水小，遇到Cu(OH)2悬浊液、紫色石蕊试液，上层均为无色油状液体，无法鉴别，B错误；C. 紫色石蕊试液可鉴别乙酸溶液；溴水与乙醇相互溶解，无分层；与己烷，上层为无色油状液体；与己烯溴水褪色；与苯酚生成白色沉淀，可鉴别，C正确；D. 乙醇、乙酸溶液遇到FeCl3溶液、溴水，均为相互溶解，现象相同，不能鉴别，D错误；答案为C。2、C【解析】ACH3(CH2)3CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)4是分子式相同，结构不同，是同分异构体

15、，不是同系物，故A错误；BC5H12存在3种同分异构体：CH3(CH2)3CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、C(CH3)4，不能表示纯净物，故B错误；C同分异构体中，支链越多，沸点越低，则沸点：正戊烷异戊烷新戊烷，即甲、乙、丙中，丙的沸点最低，故C正确；DC(CH3)4的二氯代物有两种：CHCl2C(CH3)3、(CH2Cl)2C(CH3)2，即有2种不同沸点的二氯取代物，故D错误；答案选C。【点睛】本题的易错点为A，要注意正确区分同系物和同分异构体，关键是从概念理解和区分。3、B【解析】A.2-丁醇发生消去反应生成CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3，故A错误；B.3-戊

16、醇发生消去反应生成CH3CH=CHCH2CH3，故B正确；C.2-甲基-3-戊醇发生消去反应生成(CH3)2C=CHCH2CH3、(CH3)2CHCH=CHCH3，故C错误；D.2甲基2-丁醇发生消去反应生成CH2=C(CH3)CH2CH3、 (CH3)2C=CHCH3，故D错误。故选B。4、B【解析】A. M分子中不存在碳碳双键，不能发生加聚反应，A错误；B. M分子中2个苯环对称，苯环上有8个氢原子，根据定一移二可知的二氯代物有7310种(不考虑立体异构，B正确；C. N分子中所有碳原子均是饱和碳原子，不可能在同一平面上，C错误；D. M、N的分子式分别是C10H8、C10H18，所以等物

17、质的量的M、N分别完全燃烧，消耗O2的体积比为24：29，D错误；答案选B。【点睛】选项B是解答的难点，注意二取代或多取代产物数目的判断：定一移一或定二移一法：对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。例如M分子中氢原子分为两类，首先固定一个氯原子，另一个氯原子的位置有7种。然后将氯原子固定在另一类氢原子上，另一个氯原子的位置有3种。5、B【解析】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO

18、2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，C错误；D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；答案选B。6、B【解析】A.根据反应式可知，Li的化合价升高，失电子作电池的负极，FeS2得电子化合价降低，作电池的正极，A正确；B.a极作电池的负极，则a极的电势比b极的电势低，B错误；C.b极上，Fe、S原子的化合价均降低，则电极反应式是FeS2+4Li+4e-=Fe+2Li2S，C正确；D.外电路中电子是由a极（负极）沿导线移动到b极（正极），D正确；答案为B。【点睛】FeS2得电子化合价降低，做电池的正极，Fe

19、为+2价，S为-1价，1mol FeS2得到4mol电子。7、C【解析】分析：第一份溶液加入AgNO3溶液有沉淀产生，推得可能含有Cl、CO32、SO42；第二份溶液加足量NaOH溶液加热后收集到气体，推得一定含有NH4；第三份溶液加入足量BaCl2，生成的沉淀部分溶于盐酸，部分不溶，推得一定存在CO32、SO42，则一定不存在Ba2、Mg2；计算确定的离子的物质的量，根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，推断溶液是否存在K、Cl的情况详解：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可能发生Cl+AgAgCl、CO32+2AgAg2CO3、SO42+2AgAg2SO4，所以可能含有Cl、CO32、SO42；

20、第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.06mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4，根据反应NH4+OHNH3+H2O，产生NH3为0.06mol，可得NH4也为0.06mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀8.24g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g。部分沉淀溶于盐酸，为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸，为BaSO4，发生反应CO32+Ba2BaCO3、SO42+Ba2BaSO4，因此溶液中一定存在CO32、SO42，一定不存在Ba2、Mg2，由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为2.33g/233gmol1=0.01mol，故SO42的物质的量为

21、0.01mol，BaCO3为8.24g-2.33g5.91g，物质的量为5.91g/197gmol1=0.03mol，则CO32物质的量为0.03mol，由上述分析可得，溶液中一定存在CO32、SO42、NH4，一定不存在Mg2、Ba2，而CO32、SO42、NH4物质的量分别为0.03mol、0.01mol、0.06mol，ACO32、SO42所带负电荷为0.03mol2+0.01mol2=0.08mol，NH4所带正电荷为0.06mol，根据溶液中电荷守恒，可知K一定存在，故A错误；B由上述分析可得，100mL溶液中CO32物质的量为0.03mol，故B错误；CCO32、SO42所带负电荷

22、为0.03mol2+0.01mol2=0.08mol，NH4所带正电荷为0.06mol，根据溶液中电荷守恒，可知Cl可能存在，故C正确；D由上述分析可知，溶液中一定存在CO32、SO42、NH4，一定不存在Mg2、Ba2，故D错误；故选：C。点睛：本题采用定性实验和定量计算相结合考查离子共存与检验，难点：根据电荷守恒判断是否存在K、Cl的情况。8、D【解析】分析：H2O中中心原子O上的孤电子对数为12（6-21）=2，成键电子对数为2，价层电子对数为2+2=4，VSEPR模型为四面体形，略去O上的两对孤电子对，H2O为V形；BF3中中心原子B上的孤电子对数为12（3-31）=0，成键电子对数为

23、3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面正三角形，B上没有孤电子对，BF3为平面正三角形。详解：H2O中中心原子O上的孤电子对数为12（6-21）=2，成键电子对数为2，价层电子对数为2+2=4，VSEPR模型为四面体形，略去O上的两对孤电子对，H2O为V形；BF3中中心原子B上的孤电子对数为12（3-31）=0，成键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面正三角形，B上没有孤电子对，BF3为平面正三角形；答案选D。点睛：本题考查价层电子对互斥理论确定分子的空间构型，理解价层电子对互斥理论确定分子空间构型的步骤是解题的关键。当中心原子上没有孤电子对时，分子的空间构

24、型与VSEPR模型一致；当中心原子上有孤电子对时，分子的空间构型与VSEPR模型不一致。9、A【解析】A.装置烧瓶中放入的药品X为亚硫酸钠，铜与浓硫酸常温时不反应，A错误；B.装置中用“多孔球泡”可增大SO2与溶液的接触面积，增大吸收速率，B正确；C.SO2有毒，不能直接排放到大气中，装置用于吸收未反应的SO2，C正确；D.用装置II反应后的溶液为硫酸锰溶液，降温结晶可制得MnSO4H2O晶体，D正确；答案为A。10、C【解析】A由洪特规则可知，电子优先占据1个轨道，且自旋方向相同；B3p轨道的能量大于2p轨道的能量；C价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，最后填充p电

25、子；D原子由基态变成激发态需要吸收能量。【详解】A根据“洪特规则”可知，2p轨道电子的自旋方向应该相同，正确的电子排布图为：，故A错误；B2p和3p轨道形状均为哑铃形，但是原子轨道离原子核越远，能量越高，2p轨道能量低于3p，故B错误；C价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，位于第四周期第A族，最后填充p电子，是p区元素，故C正确；D基态Na的电子排布式为1s22s22p63s1，由基态转化成激发态1s22s22p63p1时，电子能量增大，需要吸收能量，故D错误；故选C。11、A【解析】羟基和羧基在水中可以与水分子形成氢键，所以含有羟基和羧基的物质往往在水中的溶解度较大

26、，而含烃基等非极性基团的物质在水中因极性不同，溶解度很小，被称为憎水基或疏水基。分子中有羟基、羧基或二者比例较大的物质在水中的溶解度较大。【详解】A、HOCH2CH(OH)CH2OH分子中含有三个羟基，易溶于水；B、CH3COOCH3属于酯类，难溶于水；C、属于硝基化合物，难溶于水；D、C17H35COOH分子中有羧基，但烃基比例较大，不溶于水；故溶解度最大的为HOCH2CH(OH)CH2OH，即选A。【点睛】本题考查有机物在水中的溶解度，注意有机物所含官能团对溶解度的影响是解答关键。12、D【解析】A分子中氢原子种类超过3种，则一氯代物超过3种，故A错误；B不含碳碳双键，与溴水不发生加成反应

27、，故B错误；C能与氢气发生加成反应的为醛基、苯环，由结构可知，含4个苯环结构2个-CHO，则能与12molH2加成，故C错误；D含6个酚-OH，与6molNaOH反应，故D正确。故选D。13、C【解析】A、除去乙烷中混有的乙烯，若通入氢气与乙烯发生加成反应，氢气的量不能控制二者恰好反应，容易引入新的杂质氢气，故A错误；B、发生消去反应生成乙烯，但醇易挥发，乙烯、醇均能被高锰酸钾氧化，则溶液褪色，不能证明有乙烯产生，故B错误；C、检验柠檬醛中含有碳碳双键，先排除-CHO的干扰，再检验双键，故C正确；D、生成的三溴苯酚溶于甲苯中，不能得到纯净物，应用氢氧化钠溶液分离，故D错误。综上所述，本题正确答

28、案为C。14、A【解析】分析：A项，由原子构成的晶体不一定是原子晶体，如稀有气体构成的晶体；B项，分子晶体中的分子间存在范德华力，可能存在氢键，不可能含共价键；C项，分子晶体中不一定含共价键，如稀有气体；D项，分子晶体中分子不一定紧密堆积，如冰晶体。详解：A项，由原子构成的晶体不一定是原子晶体，如稀有气体构成的晶体，A项正确；B项，分子晶体中的分子间存在范德华力，可能存在氢键，不可能含共价键，B项错误；C项，分子晶体中不一定含共价键，如稀有气体，C项错误；D项，分子晶体中分子不一定紧密堆积，如冰晶体，D项错误；答案选A。15、B【解析】反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，即

29、946 kJmol1498 kJmol12x180 kJmol1，解得x632 kJmol1 ，答案选B。16、B【解析】由所给物质的化合价和溶液的酸碱性可知该反应的离子方程式为3S6OH=SO322S23H2O，其中S既作氧化剂又作还原剂，还原产物是S2，氧化产物是SO32，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比是1:2。每消耗3molS，转移4mol电子，所以正确的答案是C。二、非选择题（本题包括5小题）17、Sn Mg Zn Br ds 1s2 2s22p63s23p63d10 Mg(OH)2 HBrO4 Mg Br 【解析】现有A、B、C、D四种元素，A是第五周期第A族元素，则A为Sn元素；

30、B是第三周期元素，B、C、D的价电子数分别为2、2、7，则B为Mg元素。四种元素原子序数从小到大的顺序是B、C、D、A。已知C和D的次外层电子数均为18个，则C和D均为第4周期的元素，分别是Zn和Br元素。【详解】(1) A、B、C、D的元素符号分别为Sn、Mg、Zn、Br。(2)C是Zn，其价电子排布式为3d104s2，故其位于元素周期表的ds区，C2为Zn失去最外层的2个电子形成的，故其电子排布式为1s2 2s22p63s23p63d10。(3)5种元素中，Mg的金属性最强，Br的非金属性最强，故最高价氧化物对应水化物中碱性最强的化合物是Mg(OH)2，最高价氧化物对应水化物中酸性最强的化

31、合物是HBrO4。(4)元素的第一电离能最小的是金属性最强的Mg，元素的电负性最大的是非金属性最强的Br。18、丙烯 碳碳双键 取代反应 消去反应 HOCH2-CH=CH-CH2OH 保护分子中碳碳双键不被氧化 12 10 ClCH2-CH（CH2OH）2 CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3 CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3 CH3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2 【解析】由题中信息可知，M与氯气发生取代反应生成CH2=CH-CH2Cl，可确定M为丙烯；已知在特殊催化剂的作用下，能够发生碳碳双键两边基团互换的反应，则CH2=CH-CH2Cl在催化剂的作

32、用下，生成乙烯、CH2Cl-CH=CH-CH2Cl；根据合成路线可知，A水解后先与HCl发生反应，然后发生氧化反应、消去反应，则A为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl、B为乙烯；C为HOCH2-CH=CH-CH2OH；D为HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH；E为HOOC-CH2-CHCl-COOH；F为NaOOC-CH=CH-COONa；G为HOOC-CH=CH-COOH；H为CH2Br-CH2Br；I为CH2OH-CH2OH；【详解】（1）根据分析可知，M为丙烯；A为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl，含有的官能团为碳碳双键；（2）反应为取代反应；反应为卤代烃的消去反应；（3）C的结构

33、简式为HOCH2-CH=CH-CH2OH，其分子中含有碳碳双键和羟基，这丙种官能团均易发生氧化反应，因此，CG的过程步骤、的目的是：为了保护碳碳双键在发生氧化反应时不被氧化；（4）G的结构简式为HOOC-CH=CH-COOH，当碳碳双键与羧基中碳氧双键确定的平面重合时，则有12原子共平面；其顺式结构为：；(5)D的结构简式为HOCH2-CH2-CHCl-CH2OH，符合氯原子连在碳链的端点碳上 羟基连在不同的碳原子上。若无支链，固定Cl原子和一个OH在一端，另一个OH的位置有3种；移动OH的位置，另一个OH的位置有2种；依此类推，1种；若存在一个甲基支链，有2种；，有1种，1种，合计10种；其

34、中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为4：2：2：1，符合的结构简式为：ClCH2-CH（CH2OH）2；(6) I、G分别为：HOOC-CH=CH-COOH、CH2OH-CH2OH，在一定条件下发生酯化反应，制取环酯P，其方程式为：；（7）根据题目信息，烯烃在一定条件下碳碳双键两边的基团可以互换，则先用2-氯丙烷发生消去反应生成丙烯，丙烯在一定条件下生成乙烯和2-丁烯，利用2-丁烯和溴水发生加成反应，生成2，3-二溴丁烷，再发生消去反应生成1，3-丁二烯，最后与乙烯发生双烯合成制取环己烯。合成路线如下：CH3-CHCl-CH3CH2=CH-CH3 CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH3 CH

35、3-CHBr-CHBr-CH3CH2=CH-CH=CH2。【点睛】多官能团同分异构体的书写时，根据一固定一移动原则，逐个书写，便于查重。19、 11.9 BD 16.8 500mL容量瓶 25 C【解析】分析：（1）依据c=1000/M 计算浓盐酸的物质的量浓度；（2）根据该物理量是否与溶液的体积有关判断；（3）依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积；根据配制过程中需要的仪器分析解答；（4）根据n（HCl）=n（NaOH）计算；盐酸体积减少，说明标准液盐酸体积读数减小，据此解答。详解：（1）浓盐酸的物质的量浓度c=10001.1936.5%/36.5 mol/L=11.9m

36、ol/L；（2）A溶液中HCl的物质的量=cV，所以与溶液的体积有关，A不选；B溶液具有均一性，浓度与溶液的体积无关，B选；C溶液中Cl-的数目=nNA=cVNA，所以与溶液的体积有关，C不选；D溶液的密度与溶液的体积无关，D选；答案选BD；（3）设需要浓盐酸体积V，则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得：V11.9mol/L=0.400molL-10.5L，解得V=0.0168L=16.8mL；所需的实验仪器有：胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，由于是配制500mL溶液，则配制稀盐酸时，还缺少的仪器有500mL容量瓶；（4）n（HCl）=n（NaOH）=0.4g40g/mol=0.01mo

37、l，V（HCl）=0.01mol/0.400molL1=0.025L=25mL，即该同学需取25mL盐酸；消耗的标准液盐酸体积减少，说明读数时标准液的体积比实际体积减少了，则A、浓盐酸挥发，浓度不足，配制的标准液浓度减小，滴定时消耗盐酸体积变大，A不选；B、配制溶液时，未洗涤烧杯，标准液浓度减小，消耗体积增大，B不选；C、配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，配制的标准液浓度变大，滴定时消耗的体积减小，C选；D、加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，标准液浓度减小，滴定时消耗标准液体积增大，D不选；答案选C。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作过程是解题关键，题目难度不大。注意误

38、差分析方法，即根据cB=nBV可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量B和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起和V怎样的变化。20、ECDAB降温a【解析】I(1)沙子不溶于水，食盐溶于水；(2)水和汽油分层；(3)二者互溶，但沸点不同；(4)碘不易溶于水，易溶于有机溶剂；(5)碘易升华；II. (1) 据t2时甲乙的溶解度大小分析解答；(2) 据甲、乙的溶解度随温度变化情况分析分离提纯的方法；III(1)二氧化碳密度大于空气，应该使用向上排空气法收集；(2)使用排水法收集时，气体不能与水反应、难溶于水；(3)浓硫酸为酸性干燥剂，不能干燥碱性气体和强还原性气体。【详解】I(1)沙子不溶于水，食盐溶于水，则利用过滤法分离饱和食盐水与沙子的混合物，故答案为E；(2)水和汽油分层，则利用分液法分离水和汽油，故答案为C；(3)