2021-2022学年河北省涞水波峰中学化学高二下期末监测模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、化学与人类社会的生产、生活有着密切联系。下列叙述中不正

2、确的是氧化铁钙钛矿太阳能电池SiO2超分子纳米管石墨烯发热服A用作涂料B化学能转化为电能C无机非金属材料D有电热转化性能AABBCCDD2、NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A7.2 g CaO2晶体中阴离子和阳离子总数为0.3 NAB0.1 mol/L NH4Cl溶液中Cl-离子数目为0.1 NAC反应3H2(g)N2(g)2NH3(g) H92 kJ/mol，放出热量9.2 kJ时，转移电子0.6 NAD0.1 mol H2O2分子中含极性共价键数目为0.3 NA3、配制100 mL 1.0 molLNa2CO3溶液，下列操作正确的是A称取10.6 g无水碳酸钠，加入100

3、 mL容量瓶中，加水溶解、定容B称取10.6 g无水碳酸钠，加入100 mL蒸馏水，搅拌、溶解C转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中D定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀4、下列反应中，不属于取代反应的是（ ）A淀粉在一定条件下水解生成葡萄糖B苯与浓硝酸、浓硫酸混合共热制取硝基苯C在催化剂存在条件下，乙烯与水反应制乙醇D油脂在碱性条件下水解制肥皂5、下列关于苯的叙述正确的是（ ）A苯的分子式为C6H6，它不能使酸性KMnO4溶液褪色，属于饱和烃B从苯的凯库勒式()看，苯分子中含有碳碳双键，应属于烯烃C在催化剂作用下，苯与液溴反应生成溴苯，发生了加成反应D苯分子为平面正六边形结构

4、，6个碳原子之间的价键完全相同6、下列有机合成设计中，所涉及的反应类型有错误的是A由丙醛制 1，2丙二醇：第一步还原，第二步消去，第三步加成，第四步取代B由1-溴丁烷制1,3-丁二烯：第一步消去，第二步加成，第三步消去C由乙炔合成苯酚：第一步三聚，第二步取代，第三步水解，第四步中和D由制：第一步加成，第二步消去，第三步加成，第四步取代7、下列说法错误的是Ans电子的能量不一定高于(n1)p电子的能量B6C的电子排布式1s22s22p违反了洪特规则C电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理D电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利原理8

5、、某元素的第一电离能至第七电离能(kJ/mol)如下：I1I2I3I4I5I6I75781817274511575148301837623293该元素最有可能位于元素周期表的族是()AABACADA9、在无色强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是AAl3+、Fe2+、Cl、SO42BNH4+、HCO3、Cl、K+CNa+、Ba2+、NO3、SO42DCl 、Na+、NO3、Ca2+10、NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A5.6g Fe完全溶于一定量溴水中，反应过程中转移的总电子数一定为0.3NAB1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子C

6、标况时，22.4L二氯甲烷所含有的分子数为NAD镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，有1.5NA对共用电子对被破坏11、将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100mL 4.40 mol/L盐酸中，充分反应后产生896 mL H2(标准状况)，残留固体1.28g。过滤，滤液中无Cu2。将滤液加水稀释到200mL，测得其中c(H)为0.400mol/L。则原混合物中单质铁的质量是A2.24gB3.36gC5.60gD10.08g12、下列热化学方程式正确的是()A甲烷的燃烧热为890.3 kJmol1，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O

7、(g)H890.3 kJmol1B500 、30 MPa 下，将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)3H2(g)2NH3(g)H38.6 kJmol1C已知1 g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时放出20.05 kJ的热量，肼和过氧化氢反应的热化学方程式为N2H4(l)2H2O2(l)=N2(g)4H2O(g) H641.6 kJmol1DCO的燃烧热是283.0 kJmol1，则2CO2(g)=2CO(g)O2(g)H 283.0 kJmol113、某烃的结构简式如下：分子中处

8、于四面体中心位置的碳原子数为a，一定在同一直线上的碳原子个数为b，一定在同一平面上的碳原子数为c。则a、b、c分别为A4、4、7 B4、3、6 C3、5、4 D2、6、414、一定能在下列溶液中大量共存的离子组是()A水电离产生的H浓度为11012 molL1的溶液：Na、Fe2+、Cl、NO3-B能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na、AlO2、S2、CO32C含有大量Fe3的溶液：SCN、I、K、BrD加入活泼金属Al能产生H2的溶液：K、NH4、Cl、SO4215、+3价Co的八面体配合物CoClmnNH3,中心原子的配位数为6,若1 mol配合物与AgNO3作用生成2 mol AgCl沉淀,

9、则m和n的值是( )Am=1、n=5Bm=3、n=3Cm=3、n=4Dm=3、n=516、化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法正确的是A煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料B为了提高酒精的杀菌消毒效果，医院常使用体积分数为100%的酒精C用内含橙色酸性重铬酸钾溶液的仪器检验酒驾，利用了乙醇的挥发性和还原性D合成不粘锅涂层的原料CF2CF2为烃类化合物二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E、F为元素周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，D原子核

10、外电子有8种不同的运动状态，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。（1）写出基态E原子的价电子排布式_。（2）A与C可形成CA3分子，该分子中C原子的杂化类型为_，该分子的立体结构为_；C的单质与BD化合物是等电子体，据等电子体的原理，写出BD化合物的电子式_；A2D由液态形成晶体时密度减小，其主要原因是_（用文字叙述）。（3）已知D、F能形成一种化合物，其晶胞的结构如图所示，则该化合物的化学式为_；若相邻D原子和F原子间的距离为a cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_gcm3（用含a、NA的式子表示）。1

11、8、化合物N具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下：（1）A的系统命名为_，E中官能团的名称为_。（2）AB的反应类型为_，从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为_。（3）CD的化学方程式为_。（4）C的同分异构体W(不考虑手性异构)可发生银镜反应；且1 mol W最多与2 mol NaOH发生反应，产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有_种，若W的核磁共振氢谱具有四组峰，则其结构简式为_。（5）F与G的关系为_(填序号)。a碳链异构 b官能团异构c顺反异构 d位置异构（6）M的结构简式为_。（7）参照上述合成路线，以原料，采用如下方法制备医药中间体。该路线中试剂与条件1为_，X

12、的结构简式为_；试剂与条件2为_，Y的结构简式为_。19、下图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，试根据有关数据回答下列问题：（1）该浓盐酸的物质的量浓度为_mol/L。（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500 mL物质的量浓度为0.1 mol/L稀盐酸。该学生需要量取_ mL上述浓盐酸进行配制。在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？（填 “偏高”或“偏低”或“无影响”）。a、用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面。（_）b、

13、用量筒量取浓盐酸后，洗涤量筒2-3次，洗涤液也转移到容量瓶。（_）（4）现将100mL 0.5mol/L的盐酸与200mL 0.1mol/LCuCl2溶液混合，体积变化忽略不计，所得溶液中Cl的物质的量浓度是_。20、利用如图装置测定中和热的实验步骤如下：用量筒量取50mL0.25molL-1硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸温度；用另一量筒量取50mL0.55molL-1NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液的最高温度。回答下列问题：（1）倒入NaOH溶液的正确操作是_。A沿玻璃棒缓慢倒入 B分三次少量倒入 C一次迅速倒入（2）使硫酸与NaO

14、H溶液混合均匀的正确操作是_。A用温度计小心搅拌 B揭开硬纸片用玻璃棒搅拌C轻轻地振荡烧杯 D用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地上下移动（3）实验数据如下表：请填写下表中的空白：温度实验次数起始温度t1终止温度t2/温度差平均值(t2t1)/H2SO4NaOH平均值126.226.026.129.5_225.925.925.929.2326.426.226.329.8近似地认为0.55molL-1NaOH溶液和0.25molL-1硫酸溶液的密度都是1gcm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18Jg-1-1。则中和热H=_(取小数点后一位)。21、东晋华阳国志南中志卷四中已有关于白铜的记载，

15、云南镍白铜（铜镍合金）文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：（1）镍元素基态原子的电子排布式为_，3d能级上的未成对的电子数为_。（2）硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH3)6SO4蓝色溶液。Ni(NH3)6SO4中阴离子的立体构型是_。在Ni(NH3)62+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为_，提供孤电子对的成键原子是_。氨的沸点_（“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是_；氨是_分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_。（3）单质铜及镍都是由_键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ/mol，INi=1753kJ/mol，I

16、CuINi的原因是_。（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_。若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=_nm。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A氧化铁为红色俗称为铁红,难溶于水,氧化铁常用作红色油漆和涂料,故A正确；B钙钛矿太阳能电池是把吸收的光能转化为电能，故B错误；C、SiO2属于无机非金属材料，可以制取超分子纳米管是正确的；故C对；D石墨烯发热服有电热转化性能正确,故D正确；答案：B。2、C【解析】试题分析：A、7.2gCaO2晶体的物质的量n=0.1mol，而CaO2晶体中含1个钙离子和1个过氧根离子，故0.1molCaO

17、2中含0.2mol离子，故A错误；B、溶液体积不明确，故无法计算氯离子数目，故B错误；C、反应3H2（g）+N2（g）2NH3（g）H=-92 kJ/mol转移6mol电子，放出热量9.2 kJ时，转移电子0.6 NA，故C正确；D、H2O2分子中含2个极性共价键，故0.1 mol H2O2分子中含极性共价键数目为0.2 NA，故D错误；故选C。考点：考查了阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律的相关知识。3、D【解析】配制100 mL 1.0 mol/L Na2CO3溶液，应称取碳酸钠的质量为1.0 mol/L 0.1L106g/mol=10.6g，溶于水配成溶液的体积为100 mL，据此解答。【详

18、解】A、容量瓶不能作为溶解仪器，称量固体后不能在容量瓶中溶解，应先在烧杯中溶解，故A错误；B、碳酸钠溶液的配制时，溶解过程就加入100 mL的水，则下面的实验：移液、洗涤、定容再加上水，溶液体积就会超过100 mL，故B错误；C、移液操作时，防止液体外溅，需要玻璃棒来引流，故C错误；D、定容后，塞好瓶塞，要进行摇匀操作，所以D选项是正确的。故答案选D。4、C【解析】有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，据此判断。【详解】A. 淀粉在一定条件下水解生成葡萄糖属于水解反应，也是取代反应，A错误；B. 苯与浓硝酸、浓硫酸混合共热制取硝基苯属于硝化反应，也是取代反应，B错误；

19、C. 在催化剂存在条件下，乙烯与水反应制乙醇属于碳碳双键的加成反应，C正确；D. 油脂在碱性条件下水解制肥皂属于水解反应，也是取代反应，D错误。答案选C。5、D【解析】A.从苯的分子式C6H6看，其氢原子数未达饱和，应属不饱和烃，而苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，是由于苯分子中的碳碳键是介于碳碳单链与碳碳双键之间的独特的键所致，故A错误；B.苯的凯库勒式并未反映出苯的真实结构，只是由于习惯而沿用，不能由其来认定苯分子中含有碳碳双键，苯也不属于烯烃，故B错误；C.在催化剂的作用下，苯与液溴反应生成了溴苯，发生的是取代反应而不是加成反应，故C错误；D.苯分子为平面正六边形结构，苯分子中的碳碳键是介

20、于碳碳单链与碳碳双键之间的独特的键，其分子中6个碳原子之间的价键完全相同，故D正确。选D。【点睛】本题考查了苯的结构与性质，熟悉苯的结构特点、物理性质、化学性质是解题关键，注意苯分子中的碳碳键是介于碳碳单链与碳碳双键之间的独特的键。6、B【解析】A.由丙醛制1,2-丙二醇，丙醛先还原制得1-丙醇，再消去制得丙烯，丙烯与卤素单质加成，再水解得到1，2丙二醇，所以A选项是正确的；B.由1-溴丁烷制1,3-丁二烯，1-溴丁烷先发生卤代烃的消去反应，再发生加成反应生成2-溴丁烷，再发生消去反应生成2-丁烯，再与卤素单质发生加成，最后发生消去反应，则需要发生五步反应，分别为消去、加成、消去、加成、消去，

21、故B错误；C. 由乙炔合成苯酚：第一步三聚生成苯，第二步取代制取溴苯，第三步水解得到苯酚钠，第四步中和得到苯酚，所以C选项是正确的；D. 由制：第一步加成制得，第二步消去生成，第三步加成得到，第四步取代制得，所以D选项是正确的。所以本题答案选B。7、A【解析】A电子能量与能层和能级都有关，ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量，故A错误；B根据洪特规则知，2p轨道上的两个电子应排在不同轨道上，故B正确；C根据能量最低原理知，电子先排能量低的轨道后排能量高的轨道，故C正确；D根据泡利不相容原理知，3p轨道最多排6个电子，故D正确；故答案为A。8、C【解析】分析：根据电离能的突变确定最外层电

22、子数，确定族序数。详解：分析各级电离能，I3I4，该元素的原子最外层有3个电子，该元素处于第IIIA族，答案选C。9、D【解析】A.在无色溶液中浅绿色的Fe2+不能大量存在，A错误；B. HCO3-与H+会发生离子反应，产生水和二氧化碳，不能大量共存，B错误；C. Ba2+与SO42-会发生离子反应，不能大量共存，C错误；D.选项中的离子都是无色的，不能发生任何反应，可以大量共存，D正确；故合理选项是D。10、D【解析】A铁完全溶于一定量溴水，反应后的最终价态可能是+3价，还可能是+2价，故0.1mol铁转移的电子数不一定是0.3NA个，还可能是0.2NA个，故A错误；BNa原子最外层是1个电

23、子，则1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去1NA个电子，故B错误；C标况下二氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，参加反应的N2为0.5mol，而N2分子含有氮氮叁键，则有1.5NA对共用电子对被破坏，故D正确；答案为D。11、C【解析】反应后溶液中还有较多H离子剩余,且滤液中没有Cu2,可以知道残留物没有Fe,只有Cu,而Cu可以残留说明溶液中没有Fe3+，溶液中阳离子为H和Fe2+，参加反应的HCl中的H元素转化到氢气、水中，根据H原子守恒，计算混合物中O原子物质的量，根据Cu元素守恒计算

24、n(CuO)，再根据O原子守恒计算n(Fe2O3),根据m=nM计算氧化铁的质量。【详解】反应后溶液中还有较多H离子剩余，且滤液中没有Cu2，可以知道残留物没有Fe，只有Cu，而Cu可以残留说明溶液中没有Fe3+，溶液中阳离子为H和Fe2+，反应后剩余n(H+)=0.4nol/L0.2L=0.08mol，原溶液中n(HCl)=4.4mol/L0.1L=0.44mol，参加反应的HCl中的H元素转化到氢气、水中,根据H原子守恒,2n(H2O)+2n(H2)=n总(HCl)-n余(H+)，即2n(H2O)+2=0.44mol-0.08mol，n(H2O)=0.14mol故混合物中n(O)= n(H

25、2O)=0.14mol，由铜元素守恒,则n(CuO)=n(Cu)=0.02mol，由O原子守恒:3n(Fe2O3)+ n(CuO)=0.14mol，则n(Fe2O3)=0.04mol，由Cl原子守恒，滤液中溶质为FeCl2和剩余HCl，2n(FeCl2)+n余(HCl)=n总(HCl)，即2n(FeCl2)+0.08mol=0.44mol，n(FeCl2)=0.18mol,由Fe原子守恒，原混合物中铁的物质的量：n(Fe)+2n(Fe2O3)=n(FeCl2), n(Fe)=0.18mol-0.04mol2=0.10mol, m(Fe)=0.10mol56g/mol=5.60g，所以C选项是正

26、确的。【点睛】本题考查混合物的计算，明确物质反应先后顺序及剩余固体成分是解本题关键，再结合转移电子守恒、原子守恒进行解答，同时考查学生思维缜密性，题目难度中等。12、C【解析】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的能量，气态水不属于稳定的化合物，选项A错误；B、合成氨反应是可逆的，所以0.5mol N2完全反应时放出的热量应该大于19.3kJ，选项B错误；C、1g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时放出20.05kJ的热量，则1mol肼反应放出的热量为3220.05=641.60（kJ）所以肼和过氧化氢反应的热化学方程式为：N2H4（l）+2H2O2（l）N2

27、（g）+4H2O（g）H=-641.6 kJmol-1，选项C正确；D、CO的燃烧热是指1molCO完全燃烧生成稳定的氧化物CO2（g）放出的热量，故有2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=-566kJ/mol，则2CO2（g）2CO（g）+O2（g）反应的H=+566.0 kJmol-1，选项D错误；答案选C。13、B【解析】分析：由结构可以知道,分子中含碳碳双键和三键,双键为平面结构,三键为直线结构,其它C均为四面体构型，以此来解答。详解：中,处于四面体中心位置的碳原子数为a,甲基、亚甲基均为四面体构型,则a=4；与三键直接相连的C共线，一定在同一直线上的碳原子个数为b,则b=3；含

28、有碳碳双键共面,含碳碳三键的共线,且二者直接相连,一定共面,一定在同一平面上的碳原子数为c,所以一定在同一平面内的碳原子数为6个,即c=6；B正确；正确选项B。14、B【解析】A水电离产生的H+浓度为110-12molL-1的溶液为酸性或碱性溶液，在酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，与Fe2+不能大量共存，故A错误；B能使pH试纸变深蓝色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、AlO2-、S2-、CO32-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；CFe3+与SCN-、I-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D加入Al能放出H2的溶液中存在大量氢离

29、子或氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；答案选B。15、D【解析】1 mol配合物生成2mol AgCl沉淀，知道1 mol配合物电离出2mol Cl，即配离子显+2价，又因为外界有2个Cl，且Co显+3价，所以CoClm-2nNH32+中有1个氯原子，即m=3，又因为是正八面体，中心原子配位数为6，所以n=6-1=5，所以m=3，n=5；本题答案选D。16、C【解析】分析：A有新物质生成的是化学变化；B医院常用体积分数为75%的酒精杀菌消毒；C乙醇的沸点低，易挥发，能与酸性重铬酸钾反应；D只含有碳氢元素的化合物是烃。详解：A煤的气化是煤在高温下与水蒸气反应生

30、成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤的气化和液化等变化是化学变化，A错误；B医院常用体积分数为75%的酒精杀菌消毒，B错误；C乙醇的沸点低，易挥发，能与酸性重铬酸钾反应，反应中乙醇作还原剂，表现还原性，所以用含橙色酸性重铬酸钾的仪器检验酒驾，利用了乙醇的挥发性和还原性，C正确；D合成不粘锅涂层的原料CF2CF2为卤代烃，不是烃类化合物，D错误。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、3d54s1 sp3杂化 三角锥形 :CO: 水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键

31、，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度减小 Cu2O 【解析】B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则B为C元素；D原子核外电子有8种不同的运动状态，则D原子核外有8个电子，则D为O元素；C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，且C的原子序数比O小，则C为N元素；E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，则E的基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，则E为24号元素Cr；F位于前四周期、原子序数比E大且其基态原子最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，则F的基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则F

32、为29号元素Cu；A与其余五种元素既不同周期也不同主族，且能与C形成CA3分子，则A为H；综上所述，A、B、C、D、E、F分别为：H、C、N、O、Cr、Cu，据此解答。【详解】(1)E为Cr，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，则其价电子排布式为：3d54s1，故答案为：3d54s1；(2)A为H，C为N，NH3分子中，中心N原子的键数=3，孤电子对数=1，则价层电子对数=3+1=4，则中心N原子的杂化类型为sp3杂化，有一对孤电子，则其空间构型为三角锥形。N2的电子式为:NN:，CO和N2互为等电子体，则CO的电子式为:CO:。水形成晶体(冰)时，每个水分

33、子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率降低，导致密度减小，故答案为：sp3杂化；三角锥形；:CO:；水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度减小；(3)D原子即O原子，F原子即Cu原子，由均摊法可知，1个晶胞中O原子个数=2，Cu原子个数=4，该化合物中Cu原子和O原子个数比=4:2=2:1，则该化合物的化学式为Cu2O，那么，1个晶胞的质量=。设晶胞常数为b，Cu原子和O原子之间的距离为a cm，则体对角线=4a cm，则=4a，可得：b=cm，所以，1个晶胞的体积=b3=()3cm3，该晶体的密度=，故答案

34、为：Cu2O；。【点睛】Cu和O之间的距离=体对角线的四分之一。18、1,6己二醇碳碳双键、酯基取代反应减压蒸馏(或蒸馏)5cHBr，O2/Cu或Ag，【解析】（1）A为6个碳的二元醇，在第一个和最后一个碳上各有1个羟基，所以名称为1,6-己二醇。明显E中含有碳碳双键和酯基两个官能团。（2）AB的反应是将A中的一个羟基替换为溴原子，所以反应类型为取代反应。反应后的液态有机混合物应该是A、B混合，B比A少一个羟基，所以沸点的差距应该较大，可以通过蒸馏的方法分离。实际生产中考虑到A、B的沸点可能较高，直接蒸馏的温度较高可能使有机物炭化，所以会进行减压蒸馏以降低沸点。（3）CD的反应为C与乙醇的酯化

35、，所以化学方程式为。注意反应可逆。（4）C的分子式为C6H11O2Br，有一个不饱和度。其同分异构体可发生银镜反应说明有醛基；1 mol W最多与2 mol NaOH发生反应，其中1mol是溴原子反应的，另1mol只能是甲酸酯的酯基反应（不能是羧基，因为只有两个O）；所以得到该同分异构体一定有甲酸酯（HCOO）结构。又该同分异构体水解得到的醇应该被氧化为二元醛，能被氧化为醛的醇一定为CH2OH的结构，其他醇羟基不可能被氧化为醛基。所以得到该同分异构体水解必须得到有两个CH2OH结构的醇，因此酯一定是HCOOCH2的结构，Br一定是CH2Br的结构，此时还剩余三个饱和的碳原子，在三个饱和碳原子上

36、连接HCOOCH2有2种可能：，每种可能上再连接CH2Br，所以一共有5种：。其中核磁共振氢谱具有四组峰的同分异构体，要求有一定的对称性，所以一定是。（5）F为，G为，所以两者的关系为顺反异构，选项c正确。（6）根据G的结构明显得到N中画圈的部分为M，所以M为。（7）根据路线中化合物X的反应条件，可以判断利用题目的D到E的反应合成。该反应需要的官能团是X有Br原子，Y有碳氧双键。所以试剂与条件1是HBr，；将取代为，X为。试剂与条件2是O2/Cu或Ag，；将氧化为，所以Y为。【点睛】最后一步合成路线中，是不可以选择CH3CH2CHO和CH3CHBrCH3反应的，因为题目中的反应Br在整个有机链

37、的一端的，不保证在中间位置的时候也能反应。19、 12 BD 4.2 偏低 偏高 0.3mol/L【解析】分析：（1）根据物质的量浓度为c=1000W/M进行计算；（2）根据溶液的特点分析； （3）根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算；根据c=n/V，判断实验操作对n或V的影响，以此判断实验误差；（4）计算Cl-的物质的量，进一步计算浓度。详解：（1）假设溶液的体积为1L，浓盐酸中HCl的物质的量浓度为：c=1000W/M=10001.236.5%/36.5 =12mol/L，正确答案为：12；（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，不同体积的溶液浓度相同，密度相同，物质的量不同，所含溶质的物质的

38、量不同，所以含有的离子数目也不同，A选项HCl物质的量与体积多少有关，A选项错误，C选项中Cl-的数目也与物质的量有关，即与溶液的体积有关，C选项错误，正确选项为：B、D；（3）溶液稀释前后溶质的物质的量不变，设需浓盐酸的体积为V，则有12mol/LV=0.5L0.1mol/L，则V=0.0042L=4.2ml，正确答案为：4.2；a、用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，会导致液体体积偏小，溶液浓度偏低，正确答案：偏低；b、在配置中对取盐酸的量筒进行洗涤，洗涤液也转移到容量瓶，导致溶质物质的量偏多，溶液浓度偏高，正确答案：偏高；（4）所得溶液中Cl-的物质的量为：0.1L0.5mol/L+0.2L0.1mol/L2=0.09mol，所得溶液中Cl-的物质的量浓度是:0.09mol/0.3L=0.3mol/L，正确答案：0.3mol/L。20、C D 3.4 -56.8kJ/mol 【解析】(1)