三省三校2022年化学高二第二学期期末检测模拟试题含解析

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、下列官能团名称与对应结构简式书写错误的是 （ ）A羰基：B羧基：-COOHC醛基：-COHD羟基：-OH2、下列属于碱的是ACaOBNa2CO3CNH3H2O

2、DMgCl23、配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，导致浓度偏高的原因可能是 ()A容量瓶盛过NaOH溶液，使用前未洗涤B定容时仰视刻度线C容量瓶中原有少量的蒸馏水D移液时，不慎将液体流到瓶外4、二环1，0，0丁烷()是最简单的桥环化合物。下列关于该化合物的说法错误的是A该化合物的二溴代物有4种B生成1molC4H10需要2molH2C该化合物与1，3-丁二烯互为同分异构体D该化合物中4个碳原子可能处于同一平面5、设NA为阿伏加德罗常数。下列说法正确的是( )A286g Na2CO310H2O晶体中CO32-数目等于0.1NAB标准状况下，4.48L NO和2.24L O2完全反应后，容器内

3、气体分子数为0.2NAC0.1mol Na和氧气在一定条件下反应生成3.5g氧化物时，失去的电子数为0.2NAD含有1mol FeCl3的饱和溶液滴入沸腾蒸馏水中，所得红褐色液体中含胶粒数目为NA6、已知X、Y是同周期主族元素，且电负性XY，下列说法错误的是A位置关系：X在Y右侧B第一电离能：X一定大于YC简单气态氢化物稳定性：X大于YD最高价含氧酸的酸性：X强于Y7、现有氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种稀溶液，选用一种试剂通过一步操作就能将它们加以区分，这种试剂是AKSCN溶液 B氨水 CNaOH溶液 DAgNO3溶液8、有机物 A、B 均为合成某种抗支气管哮喘药物的中间体，A

4、在一定条件下可转化为B，如图所示，下列说法不正确的是AA 的分子式是 C11H14O2BB 中含有 3 种以上官能团CB 能发生银镜反应和水解反应D用 FeCl3 溶液可检验物质 B 中是否混有A9、化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释不正确的是（）选项现象或事实解释A春节期间全国各地燃放的烟火某些金属元素焰色反应所呈现出来色彩BNa2O2用于呼吸面具中作为O2的来源Na2O2是强氧化剂，能氧化CO2、H2O生成O2 CK2FeO4用于自来水的消毒和净化K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，可以净化水DAl(OH)3用作医用的胃酸中和剂Al(OH)3的碱性

5、不强，但却可以与胃酸反应AABBCCDD10、磷酸铁锂电池应用广泛。该锂电池将锂嵌入碳材料，含Li+导电固体为电解质；电解质中迁移介质是一种有机聚合物，其单体之一M结构简式如下图：M的结构简式电池反应为：LiC6FePO4LiFePO46C下列说法正确的是A放电时，体系中的Li+向负极移动B放电时，FePO4作正极发生氧化反应C充电时，与电源正极相连的电极反应为：LiFePO4e=Li+FePO4D1 mol有机物M与足量NaOH溶液反应，消耗2 mol NaOH11、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是()A常温常压下，4gD2O中含有的电子数为2NAB42gC2H4和C4H8的混合

6、气中含有氢原子数为6NAC25时，pH=1的H3PO4溶液中含有H+数为0.1NADH2O(g)通过Na2O2(s)使其增重bg时，反应中转移的电子数为bNA/212、下列化学用语表示正确的是A乙酸的分子式：CH3COOHBCH4分子的球棍模型： C硝基苯的结构简式：D甲醛的结构式： 13、将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图(A、B为多孔性碳棒)持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL。则下列说法错误的是()A通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极B0V22.4 L时，电池总反应的化学方程式为CH42O22KOHK2CO33H2OC22.4 LV44.

7、8 L时，负极电极反应为CH48e9CO32-3H2O10HCO3-DV33.6 L时，溶液中只存在阴离子CO32-14、已知原子数和价电子数相同的离子或分子结构相似，如SO3、NO都是平面三角形。那么下列分子或离子中与SO42-有相似结构的是（ ）APCl5BCCl4CNF3DN15、下列有机物中，一氯代物的数目最多的是( )ACH4BCDC5H1216、某有机物A用质谱仪测定如图，核磁共振氢谱示意图如图，则A的结构简式可能为（ ）AHCOOHBCH3CHOCCH3CH2OHDCH3CH2CH2COOH二、非选择题（本题包括5小题）17、某课外小组对金属钠进行研究。已知C、D都是单质，F的水

8、溶液是一种常见的强酸。(1)金属Na在空气中放置足够长时间，最终的生成物是：_。(2)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_。(3)若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，请写出该过程发生反应的方程式：_。(4)若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32、SO42中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其物质的量浓度之比为_。(5)将NaHCO3

9、与M的混合物在密闭容器中充分加热后排出气体，经测定，所得固体为纯净物，则NaHCO3与M的质量比为_。18、A、B、C、D、E五种常见元素的基本信息如下所示：A元素的一种原子的原子核内没有中子，B是所有元素中电负性最大的元素，C的基态原子2p轨道中有三个未成对电子，D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子，E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO 两种氧化物。请回答下列问题：(1)写出E元素原子基态时的电子排布式：_。(2)C元素的第一电离能比氧元素的第一电离能_(填“大”或“小”)。(3)与D元素同周期且未成对电子数最多的元素是_。(4)A、C、E三种元素可形成E(

10、CA3)42+配离子，其中存在的化学键类型有_(填字母)。配位键 金属键 极性共价键 非极性共价键 离子键 氢键 若E(CA3)42+配离子具有对称的空间构型，且当E(CA3)42+中的两个CA3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则E(CA3)4 2+的空间构型为_(填字母)。a.平面正方形 b.正四面体形 c.三角锥形 d.V形19、苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，有机化学中通过酯化反应原理，可以进行苯甲酸甲酯的合成。有关物质的物理性质、实验装置如下所示：苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔点/122.49712.3沸点/24964.3199.6密度/gcm31.26590.7921.0888

11、水溶性微溶互溶不溶实验一：制取苯甲酸甲酯在大试管中加入15g苯甲酸和一定量的甲醇，边振荡边缓慢加入一定量浓硫酸，按图A连接仪器并实验。(1)苯甲酸与甲醇反应的化学方程式为_。(2)中学实验室中制取乙酸乙酯时为了提高酯的产率可以采取的措施有_实验二：提纯苯甲酸甲酯该实验要先利用图B装置把图A中制备的苯甲酸甲酯水洗提纯，再利用图C装置进行蒸馏提纯(3)用图B装置进行水洗提纯时，B装置中固体Na2CO3作用是_。(4)用图C装置进行蒸馏提纯时，当温度计显示_时，可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯。(5)最终制取15g苯甲酸甲酯，计算得苯甲酸甲酯的产率为_(小数点后保留1位有效数字)。20、铝热反应是铝的一个重

12、要性质，该性质用途十分广泛，不仅被用于焊接钢轨，而且还常被用于冶炼高熔点的金属如钒、铬、锰等。（1）某校化学兴趣小组同学，取磁性氧化铁按教材中的实验装置(如图甲)进行铝热反应，现象很壮观。指明使用镁条和氯酸钾的目的是_。（2）某同学用图乙装置进行铝热反应。取反应后的“铁块”溶于盐酸，向其中滴加KSCN溶液，溶液未见红色。为测定该实验所得“铁块”中铁元素含量，设计实验流程如图所示。几种氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。 试剂A应选择_，试剂B应选择_(填序号)。A稀盐酸 B氧化铁 CH2O2溶液 D氨水 写出反应的离子方程式_。 设计简单实验证明M的成分是Fe2O3而非Fe3O4_。

13、上述实验应灼烧至M质量不变，则能证明M质量不变的标志是_。 若最终红色粉未M的质量为12.0 g，则该“铁块”的纯度是_。21、X是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y基态原子的3p轨道上有2个未成对电子。元素Z 的原子最外层电子数是其内层的3倍。回答下列问题：（1）元素X在元素周期表中位于_区，单质X的晶体类型为_，其中X原子的配位数为_。（2）Z的氢化物在乙醇中的溶解度大于Y的氢化物，其原因是_。（3）X的氯化物与氨水反应可形成配合物X(NH3)4Cl2，1mol该配合物中含有键的数目为_。（4）X与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。该化合物的化学式

14、为_，已知此晶体的密度为gcm3，阿伏伽德罗常数为NA，则此晶胞中X与Y的最近距离是_cm。（写出计算式，不要求计算结果。）参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】根据有机物的官能团进行分析；【详解】A、羰基是由碳和氧两种原子通过双键连接而成的有机官能团，即，故A不符合题意；B、羧基是由羰基和羟基组成的基团，即羧基为COOH，故B不符合题意；C、醛基是由羰基和H原子组成的基团，即为CHO，故C符合题意；D、羟基的化学式为OH，故D不符合题意；答案选C。2、C【解析】A. CaO是碱性氧化物，A不符合题意； B. Na2CO3是盐，B不符合题意； C. NH3H2O是碱，一水

15、合氨是可溶性弱碱，C符合题意； D. MgCl2是盐，D不符合题意；答案选C。3、A【解析】A、容量瓶盛过NaOH溶液，使用前未洗涤，溶质增加，浓度偏高；B、定容时仰视刻度线，溶液体积增加，浓度偏低；C、容量瓶中原有少量的蒸馏水不影响；D、移液时，不慎将液体流到瓶外，溶质减少，浓度偏低。导致浓度偏高的原因可能是A，答案选A。【点睛】明确误差分析的原理是解答的关键，根据可得，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。4、D【解析】A.该物质结构中有两种碳原子，即2个-CH2-，2个，前者可连接两个Br，而后者不能，

16、故同一个碳原子上连2个Br只有1种，2个-CH2-分别连1个Br为1种，2个分别连1个Br为1种，相邻的-CH2-，分别连1个Br为1种，共4种同分异构体，故A正确；B.该有机物的分子式为C4H6，所以生成1molC4H10需要2molH2，故B正确；C1，3-丁二烯的分子式为C4H6，结构简式为：，故和二环1，0，0丁烷()互为同分异构体，故C正确；D.四个碳原子位于四面体的顶点，不能共面，故D错误；故选D。5、A【解析】286g Na2CO310H2O晶体中CO32-数目286g286g/molNA= 0.1NA，故A正确；标准状况下，4.48L NO和2.24L O2完全反应后，容器内存

17、在2NO2N2O4，气体分子数小于0.2NA，故B错误；0.1mol Na和氧气在一定条件下反应生成3.5g氧化物时，钠完全反应，失去的电子数为0.1NA，故C错误；氢氧化铁胶体是氢氧化铁的聚集体，含有1mol FeCl3的饱和溶液滴入沸腾蒸馏水中，所得红褐色液体中含胶粒数目小于NA，故D错误。6、B【解析】AX、Y是同周期主族元素，且电负性XY，则原子序数：XY，即X在Y右侧，故A正确；B一般情况下，同一周期从左向右第一电离能逐渐增大，但A、A族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则X的第一电离能不一定大于Y，故B错误；C非金属性：XY，则简单气态氢化物稳定性：XY，故C正确；D非金属性越强

18、，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：XY，则最高价含氧酸的酸性：XY，故D正确；故选B。【点睛】（1）同一周期的元素（稀有气体元素除外），从左到右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素，从上到下原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。（2）元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，最高价含氧酸的酸性越强。7、C【解析】A.KSCN溶液，只有氯化铁溶液呈红色，其它溶液没有明显变化，不能鉴别，故A错误；B.向五种溶液中分别滴加氨水，氯化镁、氯化铝和氯化亚铁溶液中均生成白色沉淀，不能鉴别，故B错误；C.向五种溶液中分别滴加NaOH溶液，氯化钠溶液中无现象；

19、氯化铝溶液中先生成白色沉淀氢氧化铝，当氢氧化钠过量时，白色沉淀溶解；氯化亚铁溶液中先产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色、最后转变为红褐色的氢氧化铁沉淀，氯化铁溶液中生成红褐色沉淀；氯化镁溶液中生成白色沉淀；现象各不相同，能够鉴别，故C正确；D.向五种溶液中分别滴加AgNO3溶液，均生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误。答案选C。8、C【解析】A由结构简式得A的分子式为：C11H14O2，故A正确；BB中含羰基、-CHO及碳碳双键、醚键，含4种官能团，故B正确；CB 中含-CHO，能发生银镜反应，B中不含能水解的官能团，不能发生水解反应，故C错误；DA中含酚-OH，A遇FeCl3溶液会发生显色反应

20、，用FeCl3溶液可检验物质B中是否混有A，故D正确；故选C。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握有机物的官能团、性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚、醛的性质，易错点B，官能团识别时，要将官能团全部找出。9、B【解析】A、某些金属可以产生焰色反应，可用作烟火，A正确；B、过氧化钠能与水或二氧化碳反应生成氧气，因此Na2O2用于呼吸面具中作为O2的来源，与过氧化钠具有强氧化性没有关系，过氧化钠不能氧化CO2、H2O，B错误；C、K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，可以净化水，因此K2FeO4用于自来水的消毒和净化，C正确；D、Al(OH)

21、3的碱性不强，但却可以与胃酸反应，因此Al(OH)3用作医用的胃酸中和剂，D正确。答案选B。10、C【解析】试题分析：A、放电时是原电池，LiC6是负极，FePO4是正极，FePO4反应后生成LiFePO4，体系中的Li+向正极移动，A错误；B、放电时是原电池，原电池中正极发生还原反应，B错误；C、充电时是电解池，与电源正极相连的电极是阳极，阳极发生氧化反应，C正确；D、1 mol有机物M中3mol酯基，与足量NaOH溶液反应，能消耗3 mol NaOH，D错误。考点：考查了电化学和有机物的结构和性质的相关知识。11、C【解析】A. 常温常压下，4gD2O的物质的量为4g20g/mol=0.2

22、mol，含有电子2mol，故A正确；B. C2H4和C4H8的的最简式相同，均为CH2，42gC2H4和C4H8的混合气中含有CH2原子团的物质的量为42g14g/mol=3mol，氢原子数为6NA，故B正确；C.缺少溶液的体积，无法计算 25时，pH=1的H3PO4溶液中含有的H+数，故C错误；D. 2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ，1mol Na2O2转移1mol电子，H2O(g)通过Na2O2(s)使其增重bg时，反应的过氧化钠的物质的量=bg2g/mol=b2mol，因此反应中转移的电子数为bNA/2，故D正确；故选C。点睛：解答此类试题需要注意：气体摩尔体积的使

23、用范围和条件，对象是否气体；温度和压强是否为标准状况；溶液计算是否告知物质的量浓度和溶液体积，如本题的C项。12、D【解析】A. 乙酸的分子式：C2H4O2，故A错误；B. CH4分子的比例模型： ，故B错误；C. 硝基苯的结构简式：，故C错误；D. 甲醛的结构式： ，故D正确；答案：D。13、D【解析】因为n（KOH）=2mol/L1L=2mol，故随着CH4通入的量逐渐增加，可能先后发生反应CH4+2O2=CO2+2H2O、CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；再根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。【详解】A

24、. 燃料电池中，通入CH4的一端发生氧化反应，为原电池的负极；通入空气（O2）的一端发生还原反应，为原电池的正极，不选A项；B. 当0V22.4L时，0n（CH4）1mol，则0n（CO2）1mol，又因为电解质溶液中n（KOH）=2mol，故KOH过量，所以电池总反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，不选B项；C. 当22.4 LV44.8L，1moln（CH4）2mol，则1moln（CO2）2mol，发生反应，得到K2CO3和KHCO3溶液，则负极反应式为CH4-8e-+9CO32-+3H2O=10HCO3-，不选C项；D. 当V=33.6L时，n（CH4）=1.5mo

25、l，n（CO2）=1.5mol，则电池总反应式为3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O，则得到0.5molK2CO3和1molKHCO3的溶液，故溶液中的阴离子有CO32-和HCO3-，选择D项。答案选D。【点睛】本题难点在于需要结合氢氧化钾的量和通入的甲烷的体积来确定所发生的总反应，从而确定反应产物。14、B【解析】原子数和价电子数相同的离子或分子是等电子体，其结构相似。【详解】SO42-有5个原子、32个价电子，则其等电子体有CCl4、PO43-、ClO4-等，故与其相似结构的是CCl4、ClO4-等，故选B。15、D【解析】A.CH4中只有一种位置的H原子，因此一

26、氯取代物只有一种；B.中有五种位置的H原子，因此一氯取代物有五种；C. 中有两种位置的H原子，因此一氯取代物有两种；D.C5H12有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种不同结构，正戊烷有三种不同的H原子，异戊烷有中有四种位置的H原子，新戊烷有1种位置的H原子，因此C5H12的一氯取代物有8种；可见上述有机物中一氯代物的数目最多的是C5H12；故合理选项是D。16、C【解析】核磁共振氢谱图显示有三个峰，则表明该有机物分子中有三组氢，HCOOH有2组峰，A错误；CH3CHO有2组峰，B错误；CH3CH2OH有3组峰，且该有机物的三组氢的个数比和核磁共振氢谱图接近，C正确；CH3CH2CH2COOH有4组峰，

27、故D错误；故答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳酸钠 或Na2CO3 溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成且不断增加；然后又由多到少最后沉淀消失 4Fe2+8OH+O2+2H2O=4Fe(OH)3 c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42)=1:1:2:3 大于或等于168： 78 【解析】根据转化关系图可知：2Na+O2Na2O2确定M为Na2O2；2Na+2H2O2NaOH+H2，C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸，确定B为NaOH，C为H2，D为Cl2，F为HCl。结合题干问题分析解答。【详解】（1）Na在空气中放置足够长时间，发生4Na+O22Na2O、Na

28、2O+H2O2NaOH、2NaOH+CO2Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2ONa2CO310H2O、Na2CO310H2ONa2CO3+10H2O，则最终生成物为Na2CO3；（2）若A是一种常见金属单质，能与NaOH反应，则A为Al，E为NaAlO2，将过量的F（HCl）溶液逐滴加入E（NaAlO2）溶液，边加边振荡，发生NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3、Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O，所看到的实验现象是溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加，然后又由多到少，最后消失；（3）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰

29、绿色，最后变成红褐色的E，则A为可溶性亚铁盐，E为Fe（OH）3，则A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E这一过程的离子方程式为4Fe2+8OH-+O2+2H2O4Fe（OH）3。（4）A加入氢氧化钠溶液，分析图象可知：第一阶段是H+OH-H2O，所以溶液呈酸性，不可能存在CO32；第二阶段金属阳离子与氢氧根离子生成沉淀，第三阶段应该是NH4+OH-NH3H2O；第四阶段氢氧化物沉淀与氢氧化钠反应最后全溶解，肯定没有Mg2+、Fe3+，必有Al3+。由此确定溶液中存在的离子H+、NH4+、Al3+、SO42；假设图象中横坐标一个小格代表1molNaOH，则根据

30、前三阶段化学方程式：H+OH-H2O，Al3+3OH-Al（OH）3，NH4+OH-NH3H2O，可知n（H+）=1mol，n(Al3+)=1mol,n(NH4+)=2mol，再利用电荷守恒n（SO42）2n（H+）1+n（Al3+）3+n(NH4+)1，得出n（SO42）3mol，根据物质的量之比等于物质的量浓度之比得到c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42)1:1:2:3。（5）将NaHCO3与M（过氧化钠）的混合物在密闭容器中充分加热发生的反应有三个：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O4NaOH

31、+O2，所得固体为纯净物，说明碳酸氢钠加热分解的二氧化碳必须把过氧化钠反应完，则根据总的方程式可知4NaHCO3+2Na2O24Na2CO3+2H2O+O2844g 782gm（NaHCO3）：m（Na2O2）（844g）：（782g）168：78（或84：39）。由于碳酸氢钠可以过量，得到的还是纯净物：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，所以m（NaHCO3）：m（Na2O2）168：78（或84：39）。答案：大于或等于168：78（或84：39）。18、1s22s22p63s23p63d104s1 大 Cr a 【解析】A元素的一种原子的原子核内没有中子，则A为H。B是所有元素中

32、电负性最大的元素，则B为F。C的基态原子2p轨道中有三个未成对电子，则C为N。E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO，则E为Cu。D是主族元素且与E同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子，则D为Ca。综上所述，A为H，B为F，C为N，D为Ca，E为Cu。【详解】（1）E为Cu，29号元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；（2）C为N，其非金属性比O弱，由于氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，其第一电离能要比O的大；（3）D为Ca，位于第四周期，该周期中未成对电子数最多的元素是Cr（核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s

33、1）；（4）A、C、E三种元素可形成Cu(NH3)42+配离子，其化学键Cu-N属于配位键，N-H属于极性共价键，故合理选项为；当Cu(NH3)42+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则说明该离子的空间构型为平面正方形（参考甲烷的空间构型的验证实验）。19、+CH3OH+H2O 使用浓硫酸吸水、把酯蒸出反应体系、提高醇的用量等(能回答出两条措施即可) 洗去苯甲酸甲酯中过量的苯甲酸 199.6 89.7% 【解析】（1）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢，在浓硫酸作用下，苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯和水；（2）酯化反应为可逆反应，增大乙酸或乙醇的浓度或减小乙酸乙酯

34、的浓度，能够使平衡向正反应方向移动；（3）由表给数据可知，反应后的苯甲酸甲酯中会含有苯甲酸等杂质；（4）苯甲酸甲酯的沸点是199.6；（5）由15g苯甲酸计算苯甲酸甲酯的理论量，再依据实际量计算产率。【详解】（1）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢，在浓硫酸作用下，苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯和水，反应的化学方程式为+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；（2）酯化反应为可逆反应，增大乙酸或乙醇的浓度或减小乙酸乙酯的浓度，能够使平衡向正反应方向移动，提高酯的产率，故答案为：使用浓硫酸吸水、把酯蒸出反应体系、提高醇的用量等(能回答出两条措施即可)；（3）由表给数据可知，反应后

35、的苯甲酸甲酯中会含有苯甲酸等杂质，利用固体Na2CO3与苯甲酸反应，除去苯甲酸提纯苯甲酸甲酯，故答案为：洗去苯甲酸甲酯中过量的苯甲酸；（4）苯甲酸甲酯的沸点是199.6，用图C装置进行蒸馏提纯时，当温度计显示199.6时，可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯，故答案为：199.6；（5）15g苯甲酸的物质的量为，理论上制得苯甲酸甲酯的质量为136g/mol16.7g，则苯甲酸甲酯的产率为100%=100%89.7%，故答案为：89.7%。【点睛】本题考查了有机物的制备实验，充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握化学实验基本操作方法，明确有机物的性质及产率计算的公式是解答关键。20、引发铝热反应 C D 2Fe2+ H2O2+2H+2Fe3+2H2O 足量稀硫酸；几滴(少量)高锰酸钾溶液；溶液紫红色未褪去 连续两次灼烧质量相差不大于0.1 g 84.0% 【解析】（1）根据铝热反应需要高温条件分析解答。（2）取反应后的“铁块”溶于盐酸，生成铁盐或亚铁盐、镁离子和铝离子，根据离子的性质结合流程图分析解答。【详解】（1）使用镁条和氯酸钾的目的是点燃镁条燃烧放热促进氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，起到高温引发铝热反应的目的，即使用镁条和氯酸钾的目的是引发铝热反应。（2）根据表格可知，要使铁元素完全沉淀而铝离子和镁离子不沉淀