江西省新建一中2022年化学高二下期末质量跟踪监视模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、以下4种有机物的分子式皆为C4H10O CH3CH2CHOHCH3 CH3(CH2)3OH CH3CH(CH3)CH2OH CH3C(CH3)2OH其中能被氧化为含-CHO的有机物是( )ABCD2、下列属于化学变化的是A碘的升华B煤的液化C活性炭吸附D石油的分馏3、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中

2、正确的是 ( )A常温常压下，0.05 NA个CO2分子所占的体积是1.12 LB1 mol氧气含有氧原子数为NAC常温常压下，32g氧气和34 g H2S分子个数比为11D标准状况下，NA个水分子所占的体积为22.4 L4、下列叙述正确的是A两个有机反应的反应类型都是加成反应BH2O+2SO2 +CO32-=CO2 +2HSO3-H2O+CO2 +SiO32-=H2CO3 +CO32-由这两个反应不能得出非金属性：S C SiC2F2+2H2O=4HF+O2 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2两个反应中的H2O均被氧化DNH4+H2ONH3H2O + H+ H2PO4-+H2OHPPO

3、42-+H3O+两个离子方程式均为水解方程式AABBCCDD5、已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJmol-1根据如表所列数据判断，错误的是（ ）元素I1I2I3I4X500460069009500Y5801800270011600A元素X的常见化合价是+1价B元素Y是IIIA族元素C若元素Y处于第3周期，它的单质可与冷水剧烈反应D元素X与氯元素形成化合物时，化学式可能是XCl6、下列实验中，所使用的装置（部分夹持装置略）、试剂和操作方法都正确的是 （ ） A用装置配制250 mL0.1 molL-1的NaOH溶液B用装置制备少量Fe(OH)2固体C用装置验证乙烯的生成D用装置制取少量

4、乙酸乙酯7、下列实验操作或方法能达到目的是A向混有乙烯的乙烷中通入氢气以除去乙烯B向某待测液中加入酸性高锰酸钾溶液以鉴别该待测液是甲苯或乙苯C向 2 mL 10%的 CuSO4 溶液中滴入 46 滴 2%的NaOH 溶液，再加入 0.5 mL 乙醛溶液，加热，可以观察到有红色沉淀生成D将 2%的稀氨水逐滴加入 2%的 AgNO3 溶液中至沉淀恰好溶解，可制得银氨溶液8、一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是()A0.1molL1NaHCO3溶液中：C(Na+)+C(H+)=C(HCO3)+C(CO32)+C(OH)BNa2CO3溶液中：C(OH)=C(H+)+C(HCO3)+2C(H2C

5、O3)CNa2S溶液中：2C(Na+）= C(S2)+C(HS)+C(H2S)DpH相同的CH3COONa、NaOH、NaClO三种溶液的c(Na+)：9、从煤焦油中分离出的芳香烃萘()是一种重要的化工原料，萘环上一个氢原子被丁基(-C4H9)所取代的同分异构体（不考虑立体异构）有A2种 B4种 C8种 D16种10、下列关于甲烷、乙烯、苯三种烃的比较中，正确的是A只有甲烷不能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色B在空气中分别完全燃烧等质量的这三种烃，苯消耗的氧气最多C除甲烷外，其余两种分子内所有原子都共平面D甲烷和苯属于饱和烃，乙烯是不饱和烃11、下列离子方程式中正确的是( )A钠与水反应:

6、Na +2H2ONa+2OH + H2B向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸: Ba2+OH+ H+ SO42-BaSO4+H2OC向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+D向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水: Ca2+HCO3-+OHCaCO3+H2O12、2018年7月5日科学杂志在线报道：合成一种新的具有超高热导率半导体材料砷化硼（BAs）。通过反应4BI3(g) + As4(g)4BAs(s，晶体) + 6I2(g)可制备BAs晶体。下列说法错误的是（） 图（a） 图（b） 图（c）A图（a）表示As4结构，As4分子中成键电子对与孤电子对数目之比为3

7、:1B图（b）表示晶态单质硼的B12基本结构单元，该基本单元为正20面体C图（b）所示晶态单质硼的熔点为2180，它属于原子晶体D图（c）表示BAs晶胞结构，As原子的配位数为413、将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于特制的密优真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g)，若保持温度和容器体积不变，再充入n (NH3): n (CO)=2:1,则再次达到平衡时c (NH3)A增大B不变C变小D因条件不足无法判断14、氮化钠和氢化钠都是离子化合物，有关它们的叙述原子半径：rNarNrH离子半径：rNa+rN

8、3rH与水反应都是氧化还原反应水溶液都显碱性与盐酸反应都只生成NaCl氢化钠晶体结构与氯化钠晶体相同，与钠离子距离最近的钠离子共有12个其中正确的是（）A全都正确BCD15、I可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下：i SO24I4H+=S2I22H2OiiI22H2OSO2=SO4H+2I序号试剂组成0.4 molL-1KIa molL-1 KI0.2 molL-1 H2SO40.2 molL-1H2SO40.2 molL-1 KI0.0002 mol I2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较快探究

9、i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中），下列说法不正确的是A水溶液中SO2歧化反应方程式为：3SO22H2O =S2H2SO4B是的对比实验，则a0.4C比较、，可得出结论：I是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可加快歧化反应速率D实验表明，SO2的歧化反应速率，原因是反应i比ii快，反应ii中产生的H+是反应i加快16、利用下列装置（部分仪器已省略），能顺利完成对应实验的是（ ）A实验室制取乙烯 B石油的分馏实验 C实验室制取乙炔并收集 D利用

10、酒精萃取碘水中的碘单质二、非选择题（本题包括5小题）17、分析下列合成路线：回答下列问题：（1）C中含有的官能团名称是_。（2）写出下列物质的结构简式：D_，E_。（3）写出下列反应的化学方程式AB：_FJ：_18、化合物A、B是中学常见的物质，其阴阳离子可从表中选择.阳离子K+、Na+、NH4+、Fe2+、Ba2+、Cu2+阴离子OH、I、NO3、AlO2、HCO3、HSO4（1）若A的水溶液为无色，B的水溶液呈碱性，A、B的水溶液混合后，只产生不溶于稀硝酸的白色沉淀及能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则:A中的化学键类型为_（填“离子键”、“共价键”）A、B溶液混合后加热呈中性，该反应的离

11、子方程_ （2）若A的水溶液为浅绿色，B的焰色反应呈黄色向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入B后溶液变黄，但A、B的水溶液混合后无明显变化则：A的化学式为_ 经分析上述过程中溶液变黄的原因可能有两种（请用文字叙述）._._请用一简易方法证明上述溶液变黄的原因_利用上述过程中溶液变黄原理，将其设计成原电池，若电子由a流向b，则b极的电极反应式为_19、1-溴丙烷是一种重要的有机合成中间体。实验室制备少量1-溴丙烷的主要步骤如下：步骤1：在仪器A中加入搅拌磁子、12g 1-丙醇及20mL水，在冰水冷却下缓慢加入28mL浓H2SO4；冷却至室温，搅拌下加入24g NaBr。步骤2：缓慢加热，直

12、到无油状物馏出为止。步骤3：将馏出液转入分液漏斗，分离出有机相。步骤4：将分离出的有机相转入分液漏斗，依次用H2O、5%的Na2CO3溶液洗涤，分液，得粗产品，进一步提纯得1-溴丙烷。已知：1-溴丙烷沸点为71，密度为1.36g/cm3；反应过程中，在仪器A中可以观察到A的上方出现红棕色蒸气（Br2）。回答下列问题：（1）仪器A的名称是_；加入搅拌磁子的目的是搅拌和_。（2）仪器A中主要发生反应为：NaBr + H2SO4=HBr + NaHSO4和_。（3）步骤2中需向接收瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是_，同时可以观察到的现象是_。（4）步骤4中的两次洗涤，依次洗去的主要杂质是_、_

13、。（5）步骤4中的Na2CO3溶液还可以用下列中的_试剂代替。ANaOH溶液 BNaI溶液 CNa2SO3溶液 DCCl420、如图，是实验室制备乙酸乙酯的装置。a试管中加入3 mL 95%的乙醇、2 mL 浓硫酸、2 mL 冰醋酸；b试管中是饱和碳酸钠溶液。连接好装置，用酒精灯对试管a加热，当观察到试管b中有明显现象时停止实验。（1）在a试管中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入_，目的是_。（2）试管b中观察到的主要现象是_。（3）实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是_。（4）饱和Na2CO3溶液的作用是_。（5）反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，然后分液，得到

14、乙酸乙酯。21、有机物A的结构简式为：（1）A的分子式为_（2）A在NaOH水溶液中加热，经酸化得到有机物B和D，D是芳香族化合物当有1mol A发生反应时，最多消耗_mol NaOH（3）B在一定条件下发生酯化反应可生成某五元环酯，该五元环酯的结构简式为_（4）写出苯环上只有一个取代基且属于酯类的D的所有同分异构体_参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】CH3CH2CHOHCH3发生催化氧化生成CH3CH2COCH3，CH3CH2COCH3中官能团为羰基；CH3（CH2）3OH发生催化氧化生成CH3CH2CH2CHO，CH3CH2CH2CHO中官能团为醛基（CHO）；C

15、H3CH（CH3）CH2OH发生催化氧化生成CH3CH（CH3）CHO，CH3CH（CH3）CHO中官能团为醛基；CH3C（CH3）2OH中与OH相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化；能被氧化为含CHO的有机物为，答案选C。【点睛】醇发生催化氧化反应的规律：醇的催化氧化与跟羟基相连的碳原子上的氢原子个数有关，有23个H催化氧化成醛基；只有1个H氧化成羰基；没有H不能发生催化氧化。2、B【解析】A. 碘的升华是物理变化，A不符合题意； B. 煤的液化是把煤转化为液体燃料的过程，在一定条件下使煤和氢气作用得到液体燃料为煤的直接液化，煤气化生成的一氧化碳和氢气在经过催化合成也得到液体燃料为煤的

16、间接液化，煤的液化过程中有新物质生成，故煤的液化是化学变化，B符合题意；C. 活性炭吸附是物理变化，C不符合题意； D. 利用石油中各组分沸点的不同进行分离的过程叫做石油的分馏，石油的分馏是物理变化，D不符合题意；答案选B。3、C【解析】A0.05NA个CO2分子的物质的量为0.5mol，由pV=nRT可知，常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故常温常压下，0.05NA个CO2分子所占的体积大于0.05mol22.4L/mol=1.12L，故A错误；B氧原子物质的量为氧气分子的2倍，1mol氧气中含有氧原子数目=1mol2NAmol-1=2NA，故B错误；C32gO2的物质的量为=

17、1mol，34gH2S的物质的量为=1mol，分子数目之比等于物质的量之比为11，故C正确；D标准状况下，水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算其体积，NA个水分子的体积远小于22.4L，故D错误；故选C。4、B【解析】分析：A、只有苯与氢气的反应是加成反应；B、亚硫酸不是硫的最高价氧化物的水化物。C、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2水中两种元素化合价不变。D、H2PO4-+H2OHPPO42-+H3O+是电离方程式。详解：A、只有苯与氢气的反应是加成反应，故A错误；B、亚硫酸不是硫的最高价氧化物的水化物，H2O+2SO2 +CO32-=CO2 +2HSO3-不能比较硫和碳的非金属性，故

18、B正确；C、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2水中两种元素化合价不变，水不被氧化，故C错误；D、H2PO4-+H2OHPPO42-+H3O+是电离方程式，NH4+H2ONH3H2O + H+是水解方程式，故D错误；故选B。5、C【解析】X、Y是主族元素，I为电离能，X第一电离能和第二电离能差距较大，说明X为第IA族元素；Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第IIIA族元素，X的第一电离能小于Y，说明X的金属活泼性大于Y。【详解】AX为第IA族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以X常见化合价为+1价，故A正确；B通过以上分析知，Y为第IIIA族元素，故B正确；C若元素Y处于第3周

19、期，为Al元素，它不能与冷水剧烈反应，但能溶于酸和强碱溶液，故C错误；DX常见化合价为+1价，所以元素X与氯元素形成化合物时，化学式可能是XCl，故D正确；故选C。6、B【解析】A. 用装置配制250 mL0.1 molL-1的NaOH溶液，NaOH固体不能放在容量瓶内溶解，应放在烧杯内溶解，溶解液冷却至室温才能转移入容量瓶，A错误；B. 用装置制备少量Fe(OH)2固体，在密闭环境内进行，防止生成的Fe(OH)2被溶解的空气中的O2氧化，B正确；C. 因为乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，用装置制得的乙烯中常混有乙醇，所以不能验证乙烯的生成，C错误；D. 用装置制取少量乙酸乙酯时，会产生倒吸

20、，因为出液导管口位于液面下，D不正确。故选B。7、D【解析】A. 若向混有乙烯的乙烷中通入氢气以除去乙烯，无法确定通入氢气的量，无法达到目的，故A错误；B. 向某待测液中加入酸性高锰酸钾溶液无法鉴别该待测液是甲苯或乙苯，因为两者均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C. 向2mL10%的CuSO4溶液中滴入46滴2%的NaOH溶液，碱不足，而检验-CHO应在碱性条件下，则不能观察到红色沉淀，故C错误；D向硝酸银中滴加氨水至生成的沉淀恰好溶解可制备银氨溶液，将 2%的稀氨水逐滴加入 2%的 AgNO3 溶液中至沉淀恰好溶解，可制得银氨溶液，故D正确；故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把

21、握物质的性质、混合物分离提纯、物质的鉴别、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，易错点C，碱不足，须在碱性条件下完成醛基的检验。8、B【解析】分析：A. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B.根据质子守恒判断；C.根据物料守恒判断；D. 醋酸根离子和次氯酸根离子水解显示碱性，且醋酸钠根离子的水解能力小于次氯酸根离子；详解：A. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），故A错误；B. 在Na2CO3溶液中：Na2CO3= 2Na+CO32 2C(Na)= C(CO3

22、2)；H2O H+OH C (H)= C (OH)由于：CO32+H2O HCO3+OH，HCO3+H2OH2CO3+OH所以，水电离出来的H 在溶液存在形式有：HCO3、H2CO3、H即：质子守恒水电离出来的HC(OH)=C HCO3)+2C(H2CO3)+C(H)，故B正确；C. 0.1mol?L-1Na2S溶液中，根据物料守恒得：钠离子和含有硫元素的微粒个数之比是2：1，所以c（Na+）=2c（S2-）+c（HS-）+c（H2S），故C错误；D. 氢氧化钠是强碱，完全电离，显碱性，醋酸根离子和次氯酸根离子水解显示碱性，且醋酸钠根离子的水解能力小于次氯酸根离子，所以pH相同的CH3COON

23、aNaClONaOH三种溶液c（Na+）大小：，故D错误；答案选B。点睛：本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性、弱电解质电离和盐类水解是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用，题目难度不大。9、C【解析】分析：丁基有四种，萘环上的位置有2种。详解：丁基有四种，-CH2CH2CH2CH3、-CH(CH3)CH2CH3、-CH2CH(CH3)CH3、-C(CH3)3，萘环上的位置有2种，萘环上一个氢原子被丁基(-C4H9)所取代的同分异构体（不考虑立体异构）有8种，故选C。10、C【解析】A.甲烷、苯不能因化学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烯能因化

24、学反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误；B.有机物含有的H元素的含量越大，则等质量时燃烧消耗的氧气就越多。由于三种烃中甲烷的H元素的含量最高，因此在空气中分别完全燃烧等质量的这三种烃，甲烷消耗的氧气最多，错误；C.甲烷是正四面体结构的分子，乙烯和苯分子都是平面分子，因此除甲烷外，其余两种分子内所有原子都共平面，正确；D.甲烷属于饱和烃，乙烯、苯是不饱和烃，错误。答案选C。11、C【解析】分析：先根据所给物质的化学性质判断其反应产物，再根据离子方程式书写要求判断离子方程式是否正确。详解：钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，A选项电荷不守恒，正确的是：2Na +2H2O=2Na+2OH + H2，A选项错

25、误；向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸生成硫酸钡和水，1mol氢氧化钡电离出2mol氢氧根离子，1mol硫酸电离出2mol氢离子，反应的离子方程式：Ba2+2OH+ 2H+SO42-=BaSO4+2H2O，B选项错误；氨水是弱碱，氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，C选项正确；向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水生成碳酸钙沉淀和氨气，D选项错误，正确选项C。点睛：离子方程式正误判断规律（三“看”）：第一看：符不符（即是否符合反应事实）（1）反应物和生成物不符：如：铁和稀盐酸的反应：2

26、Fe+6H+=2Fe3+3H2；（2）漏掉离子反应：如稀硫酸与氢氧化钡的离子反应写为：Ba2+SO42=BaSO4；（3）反应物或产物的配比是否正确，是否符合题设条件及要求，如“过量”、“少量”、“足量”等情况：如：本题中的B选项配比不正确，D选项没有考虑石灰水是足量的。第二看：平不平（即元素守恒、电荷守恒、电子守恒）元素守恒：反应前后各元素的原子个数相等；电荷守恒：方程式左右两边离子的电荷总数相等，如本题中的A选项；电子守恒（价守恒）：对于氧化还原反应，反应过程中元素化合价升高总数与降低总数相等；第三看：拆不拆（即离子、分子形式的书写是不是有问题）强酸、强碱和易溶于水的盐要拆写为离子，难溶物

27、质、难电离物质、挥发性物质、单质、氧化物、非电解质等要书写为化学式；微溶物作为反应物，若是澄清溶液拆写为离子，若是悬浊液写为化学式。微溶物作为生成物，一般写为化学式，并标“”符号；多元弱酸酸式根离子，在离子方程式中不能拆写。12、A【解析】A. 图（a）表示As4结构，每个As原子最外层有5个电子，形成3个键，还有1对孤电子对，As4分子中成键电子对与孤电子对数目之比为6:4，即3:2，故A错误；B. 图（b）表示晶态单质硼的B12基本结构单元，每个面都是由3个B原子形成的正三角形，每个B原子被5个正三角形共用，一共20个面，所以该基本单元为正20面体，故B正确；C. 单质硼的熔点为2180，

28、熔点较高，且原子间通过共价键结合，属于原子晶体，故C正确；D. BAs晶胞中，较大的原子为As原子，在其周围最近的B原子数目为4，所以As原子的配位数为4，故D正确；故选A。13、B【解析】温度不变平衡常数不变，k=c2(NH3)c (CO)，再充入n (NH3): n (CO)=2:1,则再次达到平衡时,c (NH3)=2xmolL1,则c(CO)=xmolL1，k=c2(NH3) c (CO)=（2x）2x=4x3,x= ，c (NH3)是定值，保持不变。故选B。14、B【解析】钠原子核外有三个电子层，氮原子核外两个电子层，氢原子核外一个电子层。原子核外的电子层数越多，原子半径就越大，所以

29、原子半径：rNarNrH，正确；Na+、N3-的核外电子数都是10个，有2个电子层；H-的核外电子数是2个，只有1个电子层；对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小；对于电子层结构不相同的离子，离子核外的电子层数越多，离子半径就越大。所以离子半径大小关系为：rN3rNa+rH，错误；氮化钠和水反应生成氢氧化钠和氨气，该反应属于复分解反应；氢化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，该反应有元素化合价的升降，属于氧化还原反应，错误；氮化钠和水反应生成氢氧化钠和氨气，溶液显碱性；氢化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，溶液也显碱性，正确；氮化钠与盐酸反应生成氯化钠和氯化铵，错误；氢化钠晶体结构与氯化

30、钠晶体相同，都是离子晶体，晶体结构相似，与钠离子距离相等且最近的钠离子共有12个，正确；故合理选项是B。15、D【解析】A.由i+ii2得反应：3SO22H2O =S2H2SO4，故A项正确；B.是的对比实验，采用控制变量法，比多加了0.2molL-1 H2SO4，与中KI浓度应相等，则a=0.4，故B项正确；C.对比与，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比与，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较、，可得出的结论是：I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率，故C项正确。D.对比和，中加入碘化钾的浓度小于，中多加了碘单质，反应i消耗H+和I-

31、，反应ii中消耗I2，中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较快”，反应速率，由此可见，反应比反应速率快，反应产生H+使成c(H+)增大，从而反应i加快，故D项错误；综上所述，本题正确答案为D。【点睛】解题依据：根据影响化学反应速率的因素进行判断。通过实验对比探究反应物、生成物的浓度，催化剂对化学反应速率的影响。16、B【解析】试题分析：A、制备乙烯，应测定反应液的温度为170，图中温度计的水银球应在反应液中，故A错误；B、分馏测定馏分的温度，冷却水从下到上，图中石油蒸馏操作合理，故B正确；C、乙炔的密度比空气的小，应利用向下排空气法收集，图中为向上排空气法，故C错误；D、酒精与水不分层

32、，不能发生萃取，应利用苯或四氯化碳萃取碘水中的碘，故D错误；故选B。考点：考查了化学实验方案的评价的相关知识。二、非选择题（本题包括5小题）17、氯原子、羟基 【解析】由有机物的转化关系可知，CH2=CHCH=CH2与溴的四氯化碳溶液发生1,4加成反应生成Br CH2CH=CHCH2Br，则A是Br CH2CH=CHCH2Br；BrCH2CH=CHCH2Br在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，则B是HOCH2CH=CHCH2OH；HOCH2CH=CHCH2OH与HCl发生加成反应生成，则C是；在Cu或Ag做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，则D是；与

33、银氨溶液共热发生银镜反应后，酸化生成；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成NaOOCCH=CHCOONa，则E是NaOOCCH=CHCOONa；NaOOCCH=CHCOONa酸化得到HOOCCH=CHCOOH，则F为HOOCCH=CHCOOH；在浓硫酸作用下，HOOCCH=CHCOOH与甲醇共热发生酯化反应生成CH3OOCCH=CHCOOCH3，则J是CH3OOCCH=CHCOOCH3。【详解】（1）C的结构简式为，含有的官能团为氯原子和羟基，故答案为：氯原子、羟基；（2）D的结构简式是；E的结构简式是NaOOCCH=CHCOONa，故答案为：；NaOOCCH=CHCOONa；（3）AB的反

34、应是BrCH2CH=CHCH2Br在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，反应的化学方程式为BrCH2CH=CHCH2B+2NaOHHOCH2CH=CHCH2OH+2NaBr；FJ的反应是在浓硫酸作用下，HOOCCH=CHCOOH与甲醇共热发生酯化反应生成CH3OOCCH=CHCOOCH3，反应的化学方程式为HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O，故答案为：BrCH2CH=CHCH2B+2NaOHHOCH2CH=CHCH2OH+2NaBr；HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH CH3OOCCH=CHCOOCH3+2

35、H2O。【点睛】本题考查有机物的推断，注意有机物的转化关系，明确有机物的性质是解本题的关键。18、离子键、共价键 H+SO42+NH4+Ba2+2OHBaSO4+NH3+2H2O FeI2 仅有I被氧化成I2使溶液呈黄色 I、Fe2+均被氧化使溶液呈黄色 取少量变黄溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若变红则合理（其他合理亦可） NO3+4H+3e-NO+2H2O 【解析】（1）从所给离子的种类判断，不溶于稀硝酸的白色沉淀是硫酸钡沉淀，使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，则A、B中含有磷酸氢根离子、铵根离子，且B溶液呈碱性，所以A是硫酸氢铵，B是氢氧化钡，A的化学式为NH4HSO4，化学键类型为离

36、子键、共价键；A、B溶液混合后加热呈中性，说明氢氧根离子与氢离子、氨根离子恰好完全反应，且生成硫酸钡沉淀，离子方程式为H+SO42+NH4+Ba2+2OHBaSO4+NH3+2H2O；（2）A的水溶液呈浅绿色，说明A中存在Fe2+；B的水溶液呈无色且其焰色反应为黄色，说明B中存在Na+；向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，说明A不与盐酸反应；再加入B后溶液变黄，溶液呈黄色可能有Fe3+生成或有I2生成。则加入B后混合溶液中应含有强氧化性物质，根据所给离子判断，氢离子与硝酸根离子结合成为硝酸具有强氧化性，所以B是NaNO3，A是FeI2；碘离子的还原性比亚铁离子的还原性强，所以与硝酸发生氧化还原

37、反应 时碘离子先被氧化，所以溶液变黄的原因可能是有两种：.I-被氧化为I2而使溶液变黄，离子方程式为6I-+2H+2 NO3-=2NO+ I2+4H2O；.I、Fe2+均被氧化使溶液呈黄色，离子方程式为2I-+4H+ Fe2+NO3-=NO+ I2+2H2O+Fe3+；取少量变黄溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若变红则合理；利用上述过程中溶液变黄原理，将其设计成原电池，若电子由a流向b，则b极为正极，正极上硝酸根离子得电子产生NO，电极反应式为NO3+4H+3e-NO+2H2O。19、蒸馏烧瓶 防止暴沸 CH3CH2CH2OH + HBr CH3CH2CH2Br + H2O 冷凝1-溴丙烷

38、，减少其挥发 溶液分层，下层为橙色的油状液体 1-丙醇 Br2 C 【解析】（1）仪器A的名称是蒸馏烧瓶；溶液受热易发生暴沸；（2）仪器A中主要反应为浓硫酸与溴化钠反应生成溴化氢和硫酸氢钠，反应生成的溴化氢，在浓硫酸作用下，与1-丙醇共热发生取代反应生成1-溴丙烷和水；（3）1-溴丙烷沸点低，受热易挥发，不溶于水且比水密度大，单质溴易溶于有机溶剂；（4）由于制得的1-溴丙烷中混有挥发出的1-丙醇和单质溴；（5）1-溴丙烷在NaOH溶液中发生水解反应；反应生成的单质碘溶于1-溴丙烷引入新杂质；单质溴能与亚硫酸钠溶液发生氧化还原反应，且不与1-溴丙烷反应；1-溴丙烷与四氯化碳互溶。【详解】（1）由图可知，仪器A的名称是蒸馏烧瓶；加入搅拌磁子的目的是搅拌和防止溶液受热暴沸，故答案为：蒸馏烧瓶；防止暴沸；（2）仪器A中主要反应为浓硫酸与溴化钠反应生成溴化氢和硫酸氢钠，反应生成的溴化氢，在浓硫酸作用下，与1-丙醇共热发生取代反应生成1-溴丙烷和水，有关化学方程式为NaBr + H2SO4=