云南省曲靖市宜良县第八中学2022年化学高二第二学期期末质量检测试题含解析

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、相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)3H2(g)2NH3(g) H一92.6kJ/mol。实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：容器起始各物质的物质的量/mol达平衡时体系能量的变化N2H2NH3130放出热量：23.15kJ0.92.70.2放出热量：Q下列叙

2、述不正确的是（ ）A容器、中反应的平衡常数相等B平衡时，两个容器中NH3的体积分数均为1/7C容器中达平衡时放出的热量Q23.15kJD若容器体积为0.5L，则平衡时放出的热量小于23.15kJ2、下列现象与氢键有关的是（ ）NH3的熔、沸点比VA族其他元素氢化物的高小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶冰的密度比液态水的密度小尿素的熔、沸点比醋酸的高邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低水分子高温下也很稳定ABCD3、下列各组混合物中，可以用分液漏斗分离的是A溴苯和水B乙酸和乙醇C酒精和水D溴苯和苯4、下列说法错误的一组是（ ）不溶于水的BaSO4是强电解质 可溶于水的酸都是强电解质 0.5

3、mol/L的所有一元酸中氢离子浓度都是0.5mol/L 熔融态的电解质都能导电。ABCD5、下列关于乙醇在各种化学反应中化学键断裂情况的说法不正确的是A与乙酸、浓硫酸共热时，键断裂B与浓硫酸共热至170时，、键断裂C在Ag催化下与O2加热反应时, 、键断裂D与浓氢溴酸混合加热时,键断裂6、在乙醇发生的下列反应里，存在乙醇分子中碳氧键断裂的是（ ）A乙醇在浓硫酸存在的情况下与乙酸发生酯化反应B乙醇与金属钠反应C乙醇在浓硫酸作用下的消去反应D乙醇与O2的催化氧化反应7、下列有关“造纸术、指南针、黑火药及印刷术”的相关说法正确的是（ ）A宣纸的主要成分是纤维素，属于高分子化合物B指南针由天然磁石制成

4、，磁石的主要成分是Fe2O3C黑火药爆炸反应为2KNO3+3C+S=K2S+N2+3CO2，其中氧化剂只有KNO3D活字印刷使用的胶泥由Al2O3、SiO2、CaO等组成，它们都属于碱性氧化物8、下列卤代烃在KOH醇溶液中加热不反应的是(CH3)3CCH2ClCHCl2CHBr2CH3ClABCD全部9、Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：下列说法不正确的是A“酸浸”后，若钛主要以TiOCl42-形式存在，则相应反应的离子方程式可表示为：FeTiO34H+4Cl Fe2+ Ti

5、OCl422H2OB若Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，则其中过氧键的数目为3个C“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式可表示为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2温度/3035404550TiO2 xH2O转化率/%9295979388DTiO2 xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如上表所示, 40 oC前，未达到平衡状态，随着温度升高，转化率变大10、2丁烯的结构简式正确的是ACH2CHCH2CH3BCH2CHCHCH2CCH3CHCHCH3DCH2CCHCH311、常温下，将NaOH溶液分别加到HF溶液、C

6、H3COOH溶液中，两混合溶液中离子浓度与pH的变化关系如图所示，已知pKa=-lgKa，下列有关叙述错误的是A常温下，Ka(CH3COOH)=10-5Ba点时，c(F-)=c(HF)c(Na+)c(H+)c(OH-)C常温下，0.1mo/LNaF溶液的pH小于0.1mo/LCH3COONa溶液的pHD向CH3COOH溶液中加入NaOH溶液后所得的混合溶液中，12、用含少量镁粉的铝粉制取纯净的氢氧化铝，下列操作步骤中最恰当的组合是()加盐酸溶解加烧碱溶液溶解过滤通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀加入盐酸生成Al(OH)3沉淀加入过量烧碱溶液ABCD13、对于某些离子的检验及结论一定正确的是A

7、加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42C加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba214、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 mol;（3）向第三份溶液中加入足量Ba

8、Cl2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15、下列关于煤和石油的说法中正确的是A由于石油中含有乙烯，所以石油裂解中乙烯的含量较高B由于煤中含有苯、甲苯等芳香族化合物，所以可从煤干馏的产品中分离得到苯C石油没有固定的熔沸点，但其分馏产物有固定的熔沸点D石油的裂解气、煤干馏得到的焦炉气都能使酸性KMnO4溶液褪色16、已知酸性：H2CO3，将转变为 的方法是 （ ）A与足量的NaOH溶

9、液共热，再通入SO2B与稀H2SO4共热后，加入足量的NaOH溶液C加热溶液，通入足量的CO2D与稀H2SO4共热后，加入足量的NaHCO3溶液二、非选择题（本题包括5小题）17、已知有机化合物A、B、C、D、E存在下图所示转化关系，且C能跟NaHCO3发生反应，C和D的相对分子质量相等，E为无支链的化合物。请回答下列问题：（1）已知E的相对分子质量为102，其中碳、氢两种元素的质量分数分别为58.8%、9.8%，其余为氧，则E的分子式为_。（2）B在一定条件下可以发生缩聚反应生成某高分子化合物，此高分子化合物的结构简式为_。（3）D也可以由溴代烃F在NaOH溶液中加热来制取，写出此反应的化学

10、方程式_。（4）反应的化学方程式_。（5）B有多种同分异构体，请写出一种同时符合下列四个条件的结构简式：_。a能够发生水解 b能发生银镜反应c能够与FeCl3溶液显紫色d苯环上的一氯代物只有一种18、已知A、B、C、D、E、F均为周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大。其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E为离子晶体，E原子核外的M层中有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的晶体可做半导体材料；F原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子。请根据以上信息，回答下列问题(答题时，A、B、C、D、E、F用所对应的元素符号表示)：(1)A、B、C、D的第一电离能由小到大

11、的顺序为_(2)B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点高的理由是_。(3)A的简单氢化物的中心原子采取_杂化，E的低价氧化物分子的空间构型是_。(4)F的核外电子排布式是_，A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示(其中A显3价)，则其化学式为_。19、实验室用电石制取乙炔的装置如下图所示，请填空：（1）写出仪器的名称：是_，是_；（2）制取乙炔的化学方程式是_；（3）仪器中加入的是_，其目的是_；（4）将乙炔通入KMnO4酸性溶液中观察到的现象是_，乙炔发生了_反应(填“加成”或“取代”或“氧化”，下同)；（5）为了安全，点燃乙炔前应_，乙炔燃烧时的实验现象是_。20、某同学通过以下装置测定M样品

12、(只含Fe、Al、Cu)中各成分的质量分数。取两份质量均为m g的M样品，按实验1(如图1)和实验2(如图2)进行实验，该同学顺利完成了实验并测得气体体积分别为V1 mL和V2 mL(已折算到标准状况下)。(1)写出实验1中发生反应的离子方程式：_。(2)实验1装置中小试管的作用是_。(3)对于实验2，平视读数前应依次进行的两种操作是：_。(4)M样品中铜的质量的数学表达式为(用m 、V1和V2 表示)：_。(5)实验1进行实验前，B瓶中水没有装满，使测得气体体积_ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同)；若拆去实验2中导管a，使测得气体体积_。21、以天然气代替石油生产液体燃料和基础化学

13、品是当前化学研究和发展的重点。（1）我国科学家创造性地构建了硅化物晶格限域的单中心铁催化剂，成功实现了甲烷一步高效生产乙烯、芳香烃Y和芳香烃Z等重要化工原料，实现了CO2的零排放，碳原子利用率达100%。已知Y、Z的相对分子质量分别为78、128，其一氯代物分别有1种和2种。有关化学键键能数据如表中所示：化学键HHC=CCCCCCHE（kJ/mol）436615347.7812413.4写出甲烷一步生成乙烯的热化学方程式：_；已知：原子利用率=期望产物总质量/反应物总质量100%，则甲烷生成芳香烃Y的原子利用率为_；生成1 mol Z产生的H2约合标准状况下_L。（2）如图为乙烯气相直接水合法

14、制备乙醇过程中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系其中n(H2O)n(C2H4)=11。若p2=8.0 MPa，列式计算A点的平衡常数Kp=_（用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压物质的量分数；结果保留到小数点后两位）；该反应为_（填“吸热”或“放热”）反应，图中压强（p1、p2、p3、p4）的大小关系为_；参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A、容器、中反应所处温度相同，则平衡常数相等，故正确；B、容器、中反应为等温、等容条件下的“等效平衡”：由反应，得 N2(g)3H2(g)2NH3(g)C0 1 3 0C 0.25 0.75 0.50C(平衡) 0.75 2.25

15、 0.50则NH3的体积分数=0.50/(0.75+2.25+0.50)=1/7，故正确；C、可以看做部分反应后得到，所以不能判断的放热情况，故错误；D、容器的体积增大，则压强减小，平衡逆向移动，放出的热量减少，故正确2、B【解析】因第A族中，N的非金属性最强，NH3中分子之间存在氢键，则NH3的熔、沸点比A族其他元素氢化物的高，故正确；小分子的醇、水分子之间能形成氢键，因羧酸、水分子之间能形成氢键，所以小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶，故正确；冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故正确；尿素分子间可以形成的氢键比醋酸分子间形成的氢键多，尿素

16、的熔、沸点比醋酸的高，故正确；对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故正确；水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故错误。故选B。3、A【解析】分液漏斗分离混合物的原理为，物质密度不等且互不相溶，据此答题。【详解】A. 溴苯和水不互溶，且密度不同，可以用分液漏斗分离，A正确；B. 乙酸和乙醇互溶，不能使用分液漏斗分离，B错误；C. 酒精和水以任意比互溶，不能使用分液漏斗分离，C错误；D. 苯能溶解溴苯，不能使用分液漏斗分离，D错误；故合理选项为A。4、B【解析】BaSO4虽难溶于水，但溶解的部分是完全电离

17、的，因此BaSO4是强电解质，该说法正确；HF、H2S、CH3COOH等酸均可溶于水，但溶解后仅部分电离，因此为弱电解质，该说法错误；0.5mol/L的一元强酸中氢离子浓度是0.5mol/L；若为一元弱酸，则氢离子浓度小于0.5mol/L，该说法错误； 并非所有熔融态的电解质都能导电，如共价化合物HCl、H2SO4等在熔融态时就不能导电，该说法错误；因此说法错误的有：，答案应选：B。5、D【解析】A与乙酸、浓硫酸共热时，发生酯化反应，断裂，故A正确；B与浓硫酸共热至170时，发生消去反应生成乙烯，、键断裂，故B正确；C在Ag催化下与O2反应时，生成乙醛，、键断裂，故C正确B与HBr反应时，生成

18、溴乙烷，键断裂，故D错误；本题选D。点睛：乙醇含有-OH，可发生取代、消去、氧化等反应，反应条件不同，生成物不同，化学键断裂的方式不同，当发生酯化反应时，断裂，发生取代反应时，键断裂，发生消去反应时，断裂，发生催化氧化时断裂，以此解答该题。6、C【解析】A乙醇在浓硫酸存在的情况下与乙酸发生酯化反应，乙酸脱羟基、醇脱氢，乙醇断裂羟基上的氢氧键，故A错误；B乙醇与金属钠反应生成氢气，乙醇中氢氧键断裂，故B错误；C乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应，乙醇断开的是碳氧键和邻位的碳氢键，故C正确；D乙醇发生催化氧化反应生成醛，乙醇中氢氧键及其所连碳原子上的碳氢键断裂，故D错误。故选C。7、A【解析】A. 宣

19、纸的主要成分为天然纤维素，纤维素为多糖，属于高分子化合物，故A正确；B. 天然磁石成分为四氧化三铁，故B错误；C. 反应2KNO3+3C+S=K2S+N2+3CO2中，N、S元素化合价降低，得电子被还原，C元素化合价升高，失电子被氧化，所以KNO3和S都是氧化剂，故C错误；D. Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故D错误。答案选A。【点睛】本题以我国传统文化四大发明为命题情景，考查化学基本概念，涉及物质的分类、氧化还原反应的有关概念等，掌握基础知识是解题的关键，注意氧化还原反应的分析要紧紧抓住化合价变化，化合价变没变，是升高了还是降低了。8、C【解析】卤代烃的结构中，只有与卤素原子

20、相连的C的邻C上有H原子，才能在KOH醇溶液加热时发生消去反应。【详解】苯环上的H无法消去，只能取代，不符合；有机物结构中卤素原子相连的C的邻C上有H原子，可以发生消去反应，符合；有机物结构中卤素原子相连的C的邻C上无H原子，无法发生消去反应，不符合；有机物结构中卤素原子相连的C的邻C上有H原子，可以发生消去反应，符合；有机物结构中卤素原子相连的C的邻C上有H原子，可以发生消去反应，符合；分子中只有1个C，无法发生消去反应，不符合；不符合条件；答案选C。9、B【解析】利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备Li4Ti5O12和LiFePO4，根据制备流程可知

21、加入盐酸过滤后滤渣为SiO2，滤液中含有Mg2、Fe2、Ti4,水解后过滤，沉淀为TiO2xH2O，经过一系列转化为最终转化为Li4Ti5O12。滤液中加入双氧水亚铁离子被氧化，在磷酸的作用下转化为磷酸铁，通过高温煅烧最终转化为LiFePO4，据此解答。【详解】A. “酸浸”后，若钛主要以TiOCl42-形式存在，因此相应反应的离子方程式可表示为：FeTiO34H+4ClFe2+TiOCl422H2O，A正确；B. Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，Li的化合价是1价，由化合价代数和为0可知，氧元素的负价代数和为22，设其中过氧键的数目为x个，则2x+（152x）222，解得x4，B错误

22、；C. 根据以上分析可知“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式可表示为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2，C正确；D. 根据表中数据可知40oC时转化量最高，因低于40oC时TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加，超过40oC双氧水分解和氨气逸出导致TiO2xH2O转化反应速率下降，D正确；答案选B。10、C【解析】2丁烯的主链有4个碳原子，在第二个碳原子和第三个碳原子之间形成一个碳碳双键，故答案选C。11、D【解析】分析：A根据醋酸的电离平衡常数表达式结合图像解答；Ba点时，=0，则c（F-）=c（HF），结合溶液的pH=4和

23、电荷守恒解答；C利用图像分别计算两种弱酸的电离常数，相同温度下相同浓度的钠盐中，酸的酸性越强其酸根离子水解程度越小，溶液的pH越小；D根据醋酸的电离平衡常数表达式计算。详解：A常温下，pH=5时CH3COOH中=0，则c（CH3COO-）=c（CH3COOH），Ka（CH3COOH）=c(H+)c(CH3COO)/c(CH3COOH)=10-5，A正确；Da点时，=0，则c（F-）=c（HF），溶液的pH=4，则c（H+）c（OH-），根据电荷守恒得c（F-）c（Na+），水解程度较小，所以溶液中存在c(F-)c(HF)c(Na+)c(H+)c(OH-)，B正确；C由A可知Ka（CH3COOH

24、）=10-5，pH=4时，c（HF）=c（F-），Ka（HF）=c(H+)c(F)/c(HF)=10-4，说明HF酸性大于醋酸，相同温度下相同浓度的钠盐中，酸的酸性越强其酸根离子水解程度越小，溶液的pH越小，则水解程度F-CH3COO-，所以相同浓度的钠盐溶液中NaF溶液pH小于0.1molL-1的CH3COONa溶液的pH，C正确；DNaOH溶液加入CH3COOH溶液后的混合溶液中Ka（CH3COOH）=c(H+)c(CH3COO)/c(CH3COOH)，则c(CH3COO)/c(CH3COOH)=Ka（CH3COOH）/c(H+)=105/10pH=10pH-5，D错误；答案选D。点睛：本

25、题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生图象分析、判断及计算能力，正确计算出两种酸的电离平衡常数是解本题关键，注意电离平衡常数与纵坐标的关系，题目难度中等。12、A【解析】镁、铝都能与酸反应，但铝可溶于强碱，而镁不能，则可先向镁粉的铝粉中加入烧碱溶液，使铝粉溶解，过滤后可到NaAlO2溶液，再向NaAlO2溶液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2溶液反应生成Al（OH）3沉淀，过滤、洗涤可得到纯净的氢氧化铝，正确顺序为，答案选A。13、C【解析】A.根据与稀盐酸产生的无色气体能使澄清石灰水变浑浊，判断溶液所含离子；B.硫酸钡和氯化银均为不溶于酸的白色沉淀；C.根据铵根离子的检验方法进行判断；

26、D.利用难溶的碳酸盐的性质进行分析。【详解】A. 与稀盐酸产生的无色气体能使澄清石灰水变浑浊，可以是HCO3-、CO32-、SO32-、HSO3-等，不能证明一定是CO32，A项错误；B.当溶液中含Ag+时，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，因而不一定有SO42，也可能含有Ag+，B项错误；C.检验NH4+的正确方法是加入氢氧化钠溶液并加热，会产生氨气，氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝，C项正确；D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，溶液中可能含有Ca2+或者Ba2，D项错误；答案选D。【点睛】常用检验离子的方法是气体法还是沉淀法，掌握检验物质的方法是解答本题的

27、关键。14、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；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.06

28、mol，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0.01mol，BaCO3为8.24g-2.33g

29、5.91g，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所带负电荷为0.03mol2+0.01mol2=0.08mo

30、l，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。15、D【解析】A石油是多种烷烃和环烷烃的混合物，不含乙烯，故A错误；B煤的组成以有机质为主体，构成有机高分子的主要是碳、氢、氧、氮等元素，煤不含苯和二甲苯等，故B错误；C石油的分馏所得的馏分仍是多种烷烃和环烷烃的混合物，没有固定熔沸点，故C错误；D石油的裂解气、煤干馏得到的焦炉气中均含有乙烯，都能使酸

31、性KMnO4溶液褪色，故D正确；答案为D。16、D【解析】A与足量的NaOH溶液共热，生成羧酸钠和酚钠结构，由于酸性：亚硫酸，则再通入SO2生成邻羟基苯甲酸，A错误；B与稀H2SO4共热后，生成邻羟基苯甲酸，再加入足量的NaOH溶液，生成羧酸钠和酚钠结构，B错误；C加热溶液，通入足量的CO2，不发生反应，C错误；D与稀H2SO4共热后，生成邻羟基苯甲酸，加入足量的NaHCO3溶液，-COOH反应生成羧酸钠，酚羟基不反应，D正确，答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、C5H10O2CH1CH2CH2Br+NaOHCH1CH2CH2OH+NaBr+2NaOH+CH1COONa+CH1CH2

32、CH2OH或【解析】E的相对分子质量为102，其中碳、氢两种元素的质量分数分别为58.8%、9.8%，则碳原子数目为=5，H原子数目为=10，氧原子数目=2，则E的分子式为C5H10O2，E由C和D反应生成，C能和碳酸氢钠反应，则C为羧酸，D为醇，二者共含5个C原子，并且C和D的相对分子质量相等，则C为CH1COOH、D为丙醇，E无支链，D为CH1CH2CH2OH，E为CH1COOCH2CH2CH1A是由B与乙酸、丙醇发生酯化反应后生成的产物，A结构简式为：，据此判断。【详解】（1）由上述分析可知，E的分子式为C5H10O2，故答案为C5H10O2；（2）B中含有羧基、羟基，在一定条件下可以发

33、生缩聚反应生成某高分子化合物，此高分子化合物的结构简式为，故答案为；（1）D（CH1CH2CH2OH）也可以由溴代烃F在NaOH溶液中加热来制取，此反应的化学方程式为：CH1CH2CH2Br+NaOHCH1CH2CH2OH+NaBr，故答案为CH1CH2CH2Br+NaOHCH1CH2CH2OH+NaBr；（4）反应的化学方程式为：+2NaOH+CH1COONa+CH1CH2CH2OH，故答案为+2NaOH+CH1COONa+CH1CH2CH2OH；（5）B有多种同分异构体，同时符合下列四个条件的结构简式：a能够发生水解，含有酯基，b能发生银镜反应，含有醛基，c能够与FeCl1溶液显紫色，含有

34、酚羟基，d苯环上的一氯代物只有一种，符合条件的同分异构体有：或，故答案为或。18、NaAlSiN NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体 sp3 V形 1s22s22p63s23p63d104s1 Cu3N 【解析】C元素是地壳中含量最高的金属元素，则C为Al；D单质的晶体可做半导体材料，则D为Si；E原子核外的M层中有两对成对电子，则E的价电子排布为3s23p4，其为S；A原子核外有三个未成对电子，则A为N；化合物B2E为离子晶体，则B为Na。F原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子，则F的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，其为Cu。从而得出A、B、C

35、、D、E、F分别为N、Na、Al、Si、S、Cu。【详解】(1)A、B、C、D分别为N、Na、Al、Si，由于N的非金属性最强，且原子轨道半充满，所以第一电离能最大，Si次之，Na最小，从而得出第一电离能由小到大的顺序为NaAlSiN。答案为：NaAlSiN；(2)B的氯化物为NaCl，离子晶体，D的氯化物为SiCl4，分子晶体，由此可得出熔点NaCl比SiCl4高的理由是NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体。答案为：NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体；(3)A的简单氢化物为NH3，中心原子的价层电子数为4，采取sp3杂化，E的低价氧化物为SO2，S原子发生sp2杂化，分子的空间

36、构型是V形。答案为：sp3；V形；(4)F为Cu，其原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，N、Cu形成某种化合物的晶胞中，空心小球的数目为8=1，黑球的数目为12=3，N显-3价，则Cu显+1价，由此得出其化学式为Cu3N。答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；Cu3N。【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，应依据微粒在该晶胞中的位置及所占的份额共同决定。如立方晶胞，微粒位于顶点，则该微粒属于此晶胞的份额仅占八分之一；微粒位于棱上时，由于棱属于四个晶胞，则该微粒属于此晶胞的份额仅占四分之一。19、分液漏斗 圆底烧瓶 CaC2+H2OCHCH+Ca(OH)

37、2 饱和食盐水 减慢反应速率 紫色褪去 氧化反应 验纯 火焰明亮，放出大量的浓烟 【解析】（1）仪器的名称：是分液漏斗，是圆底烧瓶；（2）碳化钙与水反应生成乙炔和氢氧化钙，在常温下进行，制取乙炔的化学方程式是 CaC2+H2OCHCH+Ca(OH)2；（3）乙炔与水反应太快，为抑制反应进行，可以以饱和食盐水代替水,仪器中加入的是饱和食盐水，其目的是减慢反应速率 ；（4）高锰酸钾溶液具有强氧化性，乙炔中含有碳碳三键，能与高锰酸钾溶液发生氧化反应使其褪色,将乙炔通入KMnO4酸性溶液中观察到的现象是紫色褪去，乙炔发生了氧化反应；（5）为了安全，点燃乙炔前应验纯，可燃性气体点燃前均需要验纯，目的是为

38、了防止点燃混合气体发生爆炸，由于乙炔中含碳量较高,乙炔燃烧时的实验现象是火焰明亮，放出大量的浓烟。20、2Al2OH2H2O=2AlO2-3H2 液封，避免氢气从长颈漏斗中逸出；控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢；节省药品。 冷却到室温 调整BC液面相平 m g(28V2-19V1)/11200g 无影响 偏大 【解析】据题意，M只含铁、铝、铜三种金属，其中铝既能与强酸反应，又能与强碱反应；铁只能溶于强酸，不溶于强碱；铜既不溶于氢氧化钠，也不溶于稀硫酸，结合装置图和问题分析解答。【详解】（1）实验1中氢氧化钠溶液只与铝反应，反应的离子方程式为2Al2OH2H2O2AlO2-3H2；（2）实验1的装置中，小试管的作用是对长颈漏斗起到液封作用，防止氢气逸出，通过控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢，调节化学反应速率，同时节省药品；（3