广东省中山市一中丰山学部2022年化学高二第二学期期末联考试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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、由下列实验操作及现象，可以推出相应结论的是（ ）实验操作实验现象实验结论A溶液中加入K3Fe(CN)6有蓝色沉淀生成溶液中含有Fe2+B向样品溶液中加入淀粉溶液溶液变为蓝色溶液中

2、含有I-C向样品溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸有白色沉淀生成溶液中含有SO42-D向样品溶液中加入过量稀盐酸生成气体使品红溶液褪色溶液中含有SO32-AA BB CC DD2、下列说法正确的是A在分子中，两个成键的原子间的距离叫做键长BHCl的键能为431.8 kJ/mol，HI的键能为298.7 kJ/mol，这可以说明HCl分子比HI分子稳定C含有极性键的分子一定是极性分子D键能越大，表示该分子越容易受热分解3、利用冬青的提取物合成出一种抗结肠炎药物.其结构简式如图所示：下列叙述中不正确的是（ ）A该物质属于芳香族化合物，易溶于水B该物质可以发生加成、氧化、取代等反应C该物质能与强

3、酸和强醎反应，也能与碳酸氢钠反应D仅改变这三条侧链在苯环上的位置，还可得到10种同分异构体4、已知酯在金属钠存在下与乙醇混合加热蒸馏，可使酯还原成醇，反应为RCOOR4HNa+CH3CH2OHRCH2OHROH。现有酯C5H11COOC6H13，用上述方法还原，所得到的产物是AC6H13OH和C5H11OH BC5H11OH CC6H13OH DC11H23OH5、硅及其化合物是带来人类文明的重要物质。下列说法正确的是A陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐B水玻璃是纯净物，可用于生产黏合剂和防火剂C某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2OAl2O36SiO2表示D高纯硅可用于制造光导纤维，

4、高纯二氧化硅可用于制造太阳能电池6、下列各项所述的数字不是6的是A在二氧化硅晶体中，最小的环上的原子个数B在金刚石晶体中，最小的环上的碳原子个数C在石墨晶体的层状结构中，最小的环上的碳原子个数D在NaCl晶体中，与一个Cl最近的且距离相等的Na+ 的个数7、下列实验操作正确的是A蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的底部B定容时，因不慎使液面高于容量瓶的刻度线，可用滴管将多余的液体吸出C焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上燃烧至无色，然后再进行实验D过滤时，为加快过滤速率，可用玻璃棒快速搅拌漏斗中的悬浊液8、下列有关说法正确的是A反应N2(g)3H2(g) 2NH3(g)的HOB

5、硅太阳能电池与铜锌原电池的工作原理相同CNO2(g)SO2(g) NO(g)SO3(g)，其他条件不变，加压，NO2和SO2的转化率均增大D温度不变时，在饱和Na2CO3溶液中加入少量无水碳酸钠粉末，溶液的pH不变9、某主族元素的离子X2+有6个电子层，最外层有2个电子，当把XO2溶于浓盐酸时，有黄色气体产生，则下列说法不正确的是AX2+具有还原性 BX的+2价化合物比+4价化合物稳定CXO2具有强氧化性 D该元素是第A族元素10、今有室温下四种溶液，下列有关叙述不正确的是() A和中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大B和两溶液等体积混合，所得溶液中c(H)c(OH)C分别加水稀释

6、10倍，四种溶液的pH：DV1L 与V2L 溶液混合后，若混合后溶液pH7，则V1V211、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 ( )A1LpH1的稀硫酸中含有的H数为0.2NAB0.1 molL1碳酸钠溶液中含有CO离子数目小于0.1NAC50 mL 18.4 mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NAD1 mol Na2O2中阴、阳离子总数是3NA12、如图是某元素的价类二维图，其中A为正盐，X是一种强碱，通常条件下Z是无色液体，E的相对分子质量比D大16，各物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是AA作肥料时不适合与草木灰混合施用B同主族元素的氢化物中B

7、的沸点最低CC一般用排水法收集DDE的反应可用于检验D13、向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体后，在所得溶液中逐滴加入盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与加入盐酸的物质的量的关系如图：则下列分析都正确的组合是 （ ）溶质的成分对应图象溶液中离子浓度关系ANaHCO3、Na2CO3c（CO32）c（CO32）CNa2CO3c（Na）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）DNaHCO3Ic（Na）=c（HCO3）AABBCCDD14、下列反应中，不属于取代反应的是A+HNO3+H2OBCH2=CH2+Br2 BrCH2CH2BrCCH4+Cl2CH3Cl+HC

8、lDCH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr15、高聚物L：是一种来源于生物学灵感的新型粘合剂。下列关于高聚物L的说法中，不正确的是A单体之一为B在一定条件下能发生水解反应C的结构中不含酯基D生成1mol L的同时，会有（x+y-1）mol H2O生成16、将Fe、Cu、Fe2、Fe3和Cu2盛于同一容器中充分反应，反应后Fe有剩余，则容器中其它存在的单质或离子只能是ACu、Fe3BFe2、Fe3CCu、Cu2DCu、Fe2二、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）

9、写出下列反应的化学方程式AB：_FJ：_18、已知A、B、C、D是原子序数依次减小的四种短周期元素，C的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；A原子有2个未成对电子；A、C、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体。E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与D原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题（用元素符号或化学式表示）：（1）元素B、C、A的基态原子的第一电离能由大到小的顺序为_；（2）M分子中C原子轨道的杂化类型为_；（3）E+的核外电子排布式为_，下图是由D、E形成的某种化合物的晶胞结构示意图，该化合物的化学式为_；（4）化合

10、物BD3的沸点比化合物CA4的高，其主要原因是_；（5）写出与CA2互为等电子体的B3-的结构式 _；（6）将CrCl36H2O溶解在适量水中得到深绿色溶液，溶液中Cr3+以Cr（H2O）5Cl2+形式存在。上述溶液中，不存在的微粒间作用力是_（填标号）。A离子键 B共价键 C金属键 D配位键 E范德华力19、甲醛(HCHO)与葡萄糖相似具有强还原性，40%甲醛溶液沸点为96，易挥发。为探究过量甲醛和新制Cu(OH)2反应的产物，进行如下研究。（1）在如图装置中进行实验，向a中加入0.5 mol/LCuSO4溶液50 mL和5 mol/LNaOH溶液100 mL，振荡，再加入40%的甲醛溶液5

11、0 mL，缓慢加热a，在65 时回流20分钟后冷却至室温。反应过程中观察到有棕色固体生成，最后变成红褐色，并有气体产生。仪器b的名称是_，作用为_。能说明甲醛具有还原性的实验现象是_。（2）为研究红色固体产物的组成，进行如下实验(以下每步均充分反应)：已知：Cu2O Cu(NH3)4+(无色) Cu(NH3)42+(蓝色)摇动锥形瓶i的目的是_。锥形瓶ii中固体完全溶解得深蓝色溶液的离子方程式为_。将容量瓶ii中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶i相近。由此可知固体产物的组成及物质的量之比约为_。20、实验室里需用480 mL 0.5 molL1的NaOH溶液。(1)该同学应选择_ mL

12、的容量瓶。(2)其操作步骤如下图所示，则如图操作应在下图中的_(填选项字母)之间。A与 B与 C与(3)该同学应称取NaOH固体_g，用质量为23.1 g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体时，请在附表中选取所需的砝码大小_(填字母)，并在下图中选出能正确表示游码位置的选项_(填字母)。(4)下列操作对所配溶液的浓度偏大的有（填写下列序号）（_）转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯 容量瓶中原来有少量蒸馏水摇匀后发现液面低于刻度线再加水 定容时观察液面俯视21、二甲醚（DME）被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下： CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H 1=90

13、.7 kJmol-1 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H 2=23.5 kJmol-1 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H 3=41.2kJmol-1回答下列问题：（1）反应3H2(g)3CO(g)CH3OCH3(g)CO2(g) H_kJmol-1。下列措施中，能提高CH3OCH3产率的有_。A使用合适的催化剂 B升高温度 C增大压强 （2）将合成气以n(H2)/n(CO)=2通入1 L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2(g)+2CO(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) H，其CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图1所示，下列说法正确的是_

14、。AH 0 BP1P2P3 C若在P3和316时，起始n(H2)/n(CO)=3，则达到平衡时，CO转化率小于50（3）采用一种新型的催化剂（主要成分是Cu-Mn的合金），利用CO和H2制备二甲醚。观察图2回答问题。催化剂中n(Mn)/n(Cu)约为_时最有利于二甲醚的合成。（4）图3为绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图，b电极的电极反应式为_。（5）甲醇液相脱水法制二甲醚的原理是：CH3OH +H2SO4 CH3HSO4+H2O，CH3 HSO4+CH3OH CH3OCH3+H2SO4。与合成气制备二甲醚比较，该工艺的优点是反应温度低，转化率高，其缺点是_。参考答案一、选择题（每题只

15、有一个选项符合题意）1、A【解析】分析：AFe2+和K3Fe(CN)6溶液反应生成特征蓝色沉淀；B碘单质遇到淀粉溶液变为蓝色；C向样品溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能是硫酸钡或氯化银；D向样品溶液中加入过量稀盐酸，生成的气体使品红溶液褪色，说明生成了二氧化硫，据此分析判断。详解：AFe2+和K3Fe(CN)6溶液反应生成特征蓝色沉淀，所以该实验现象可以检验亚铁离子，故A正确；B向样品溶液中加入淀粉溶液，溶液变为蓝色，说明溶液中含有碘单质，结论错误，故B错误；C向样品溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸，有白色沉淀生成，溶液中可能含有SO42-或银离子，结论错误，故C错误

16、；D向样品溶液中加入过量稀盐酸，生成的气体使品红溶液褪色，说明溶液中含有SO32-或HSO3-，结论错误，故D错误；故选A。2、B【解析】A项，键长是指两个成键原子核之间的平均核间距离，故A项错误；B项，键能越大说明破坏键所需要的能量越大，相应的物质分子就越稳定，故B项正确；C项，含有极性键的分子不一定是极性分子，比如CH4，含有C-H极性键，但是CH4是正四面体结构，为非极性分子，故C项错误；D项，键能越大，说明破坏键需要的能量越大，表示该分子稳定，不易受热分解，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。3、D【解析】A该分子中含有苯环，属于芳香族化合物，含有-NH2、-COOH、-OH等亲水

17、基，能溶于水，A项正确，不符合题意；B含有苯环，可发生加成反应，含有酚羟基，可发生氧化反应和取代反应，B项正确，不符合题意；CNH2为碱性官能团，可与强酸反应；COOH为酸性官能团，可与强碱发生反应，也可与NaHCO3溶液发生反应，C项正确，不符合题意； D苯环含有3种不同的侧链，一共有10种同分异构体，仅改变三条侧链在苯环上的位置，除去自身还可得到9种同分异构体，D项错误，符合题意；本题答案选D。4、C【解析】分析：依据题给信息：RCOOR4HNa+CH3CH2OHRCH2OHROH，得出酯的还原产物分别是两种醇，且断键位置为酯基中的C-O单键，据此解答即可。详解：由所给信息可知：酯的还原产

18、物分别是两种醇，且断键位置为酯基中的C-O单键，那么C5H11COOC6H13，用上述方法还原应分别得到C5H11CH2OH和C6H13OH，即为己醇。答案选C。点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、习题中的信息为解答的关键，题目难度不大。注意题干已知信息的读取和灵活应用。5、C【解析】A水晶主要成分是二氧化硅，是氧化物，不是硅酸盐，选项A错误；B水玻璃为硅酸钠的水溶液，属于混合物，选项B错误；C某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2OAl2O36SiO2表示，选项C正确；D二氧化硅可用于制造光导纤维，高纯硅可用于制造太阳能电池，选项D错误；答案选C。6、

19、A【解析】分析:A、二氧化硅晶体相当于在硅晶体中两个硅原子间分别加上一个O原子，因此最小环上的原子个数为12个；B、金刚石晶体中，最小的环上有6个碳原子；C、石墨晶体的片层结构中,最小环上的碳原子个数为6个D、在NaCI晶体中,一个Na+周围有6个Cl,一个Cl周围有6个Na+。.详解:A、二氧化硅晶体相当于在硅晶体中两个硅原子间分别加上一个O原子,因此最小环上的原子个数为12个,故选A；B、金刚石晶体中，最小的环上的碳原子个数有6个，所以B不选；C、石墨晶体的片层结构中,最小环上的碳原子个数为6个, 所以C不选；D、NaCl晶体属面心立方结构,与一个Na+最近且距离相等的Cl的个数有6个,

20、所以D不选；故答案为A。 点睛：该题是高考中的常见考点，属于基础性知识的考查。有利于调动学生的学习兴趣，提高学生的应试能力。该题的关键是熟练记住常见晶体的结构特点，然后灵活运用即可。7、C【解析】A、蒸馏时，测定馏分的温度,则应使温度计水银球位于烧瓶支管口处，A错误；B、定容时不慎使液面高于容量瓶的刻度线，实验失败，应重新配制，B错误；C、盐酸清洗,灼烧时不会造成干扰,则先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧至无色,然后再进行实验，C正确；D、过滤时不能搅拌，将滤纸捣破,过滤操作失败，D错误；正确选项C。8、D【解析】A.反应N2(g)3H2(g) 2NH3(g)的H0，气体化学计量数的和，左

21、边大于右边，则S0，A错误；B.硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，而铜锌原电池是把化学能转化为电能，其工作原理不相同，B错误；C.NO2(g)SO2(g) NO(g)SO3(g)，其他条件不变，左右两边气体计量数之和相等，加压平衡不移动，NO2和SO2的转化率不变，C错误；D.温度不变时，在饱和Na2CO3溶液中加入少量无水碳酸钠粉末，溶液仍旧为饱和溶液，溶液的水解程度不变，pH不变，D正确；答案为D。【点睛】化学平衡中，等式两边的气体计量数之和相等时，增大压强平衡不移动。9、D【解析】试题分析：根据题意可知该元素是第六周期第IVA的元素，是Pb元素，+4价的Pb不稳定，有强氧化性，会把HCl

22、氧化为氯气。因此会看到产生黄色气体APb最外层有4个电子，所以X2+具有还原性，正确。B根据题意可知X的+2价化合物比+4价化合物稳定，正确。CXO2在反应中得到电子，表现强的氧化性。正确。D该元素的原子最外层失去2个电子，还有2个，是第IVA族的元素。考点：考查元素的原子结构与形成的化合物的性质的知识。10、D【解析】根据表格分析中c（NH3H2O）0.001mol/L，中c（NaOH）=0.001mol/L，中c（CH3COOH）0.001mol/L，中c（HCl）=0.001mol/L，据此判断。【详解】A醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，所以、中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的p

23、H均增大，故A正确；B因为为NaOH，为CH3COOH，如果等体积混合，酸过量，溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，故B正确；C弱电解质溶液中存在电离平衡，酸或碱加水稀释相同的倍数，弱电解质的pH变化小于强电解质，所以四种溶液的pH，故C正确；D因为c(NH3H2O)0.001mol/L、c(HCl)=0.001mol/L，若V1L与V2L溶液混合后，若混合后溶液pH=7，则必须满足盐酸体积大于或等于氨水，即V1V2，故D错误；答案：D。11、D【解析】分析：A、pH1的稀硫酸中C(H+)=0.1mol/L；B、根据公式n=CV分析；C、铜和浓硫酸在加热条件下反应，和稀硫酸不反应；D、Na2O

24、2中含有Na+和O22-离子。详解：pH1的稀硫酸中C(H+)=0.1mol/L，所以n（H+）=1L0.1mol/L=0.1mol，即含有0.1NAH+，A选项错误；根据公式n=CV，确定溶液中离子的物质的量必需知道溶液的体积和物质的量浓度，B选项中没有提供溶液的体积，B选项错误；Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，50 mL 18.4 mol/L浓硫酸的物质的量是0.92mol，理论上完全反应生成SO2为0.46mol，即生成SO2分子数目为0.46NA，但随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，稀硫酸与Cu不反应，所以生成的SO2分子数目小于0.46NA，C选项错误；Na2O

25、2中含有Na+和O22-离子，阳离子和阴离子之比是2:1，所以1 mol Na2O2中阴、阳离子总数是3NA，D选项正确；正确选项D。12、B【解析】由信息可知，A为正盐，为铵盐，强碱与铵盐加热生成氨气，所以B为NH3；氨气和氧气反应生成氮气和水，C为N2；氮气氧化为NO，所以D为NO；NO氧化为NO2，E为NO2；二氧化氮和水反应生成硝酸，F为HNO3；G为硝酸盐；Y为O2，Z为H2O。A.铵态氮肥和草木灰不能混合施用，故A项正确；B. B为NH3，氨气分子间存在氢键，所以氮族元素的氢化物中氨的沸点异常的高，所以氮族元素的氢化物中，NH3的沸点最高，故B项错误；C. C为N2，N2的密度与空

26、气太接近，用排空气法收集不能得到纯净的气体，所以一般用排水法收集，故C项正确；D. NO与O2反应生成NO2，颜色由无色变为红棕色，可用于检验NO，故D项正确。故选B。【点睛】氨气和氧气反应生成氮气和水，也可以生成一氧化氮和水，不能直接生成二氧化氮气体；氮气和氧气在放电条件下，生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应才能生成二氧化氮。13、A【解析】A、加入盐酸发生反应是：Na2CO3HCl=NaClNaHCO3，NaHCO3HCl=NaClH2OCO2，碳酸钠消耗盐酸的体积小于碳酸氢钠消耗盐酸的体积，CO32的水解程度大于HCO3，因此c（HCO3）c（CO32），A正确；B、发生的反应是NaOHH

27、Cl=NaClH2O，Na2CO3HCl=NaClNaHCO3，NaHCO3HCl=NaClH2OCO2，因此氢氧化钠和碳酸钠消耗的盐酸体积大于碳酸氢钠消耗盐酸的体积，无法判断c（OH）是否大于c（CO32），B错误；C、Na2CO3HCl=NaClNaHCO3，NaHCO3HCl=NaClH2OCO2，碳酸钠消耗盐酸体积等于碳酸氢钠消耗的盐酸的体积，C错误；D、NaHCO3HCl=NaClH2OCO2，HCO3水解，c（Na）c（HCO3），D错误；答案选A。14、B【解析】有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应，有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与

28、其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应；根据定义分析解答。【详解】A苯中的氢原子被硝基取代生成硝基苯，该反应为取代反应，选项A不符合；B乙烯中碳碳双键变成了碳碳单键，该反应为加成反应，选项B符合；C甲烷中的氢原子被氯原子取代生成一氯甲烷，该反应为取代反应，选项C不符合；D1-溴丙烷在氢氧化钠的水溶液中加热发生取代反应生成1-丙醇和溴化钠，该反应属于取代反应，选项D不符合；答案选B。【点睛】本题考查了取代反应与加成反应的判断，注意掌握常见的有机反应类型及各种反应的特点，明确加成反应与取代反应的概念及根本区别。15、C【解析】由高聚物L得结构简式可知，一定条件下，单体CH3CH(O

29、H)COOH与发生缩聚反应生成和水。【详解】A项、生成高聚物L的反应类型为缩聚反应，单体是CH3CH(OH)COOH与，故A正确；B项、由L的结构简式可知分子中含有酯基，酯基在一定条件可以发生水解反应，故B正确；C项、由结构简式可知，是由羧基和醇羟基发生脱水反应生成的高聚酯，结构中含有酯基，故C错误；D项、由原子个数守恒可知，生成1mol L时生，成H2O的物质的量(xy1)mol，故D正确；故选C。【点睛】本题考查了有机物结构与性质，注意生成高分子化合物的反应类型判断，能够依据结构简式确定单体是解答关键。16、D【解析】Fe的还原性大于铜，铁先于铜反应；铁离子的氧化性大于铜离子，相同条件下，

30、铁离子先被还原，其次是铜离子；因为铁有剩余，所以铜不反应，反应后一定有铜，铁与铁离子反应生成亚铁离子，Fe与铜离子反应生成亚铁离子和铜，所以反应后一定有亚铁离子和铜，没有Fe3+和Cu2+；答案选D。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

31、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

32、NaOOCCH=CHCOONa，故答案为：；NaOOCCH=CHCOONa；（3）AB的反应是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+2

33、NaBr；HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O。【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、NOC sp2 1s22s22p63s23p63d10 Cu2O NH3分子间能形成氢键 N=N=N- A、C 【解析】C的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，核外电子排布为1s22s22p2，则C是C元素；A、C、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，该气体M为HCHO，A原子有2个未成对电子，则D为H元素、A为O元素；B的原子序数介于碳、氧之间，

34、故B为N元素；E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则E是铜元素；（1）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道半满，为稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：NOC；（2）M为HCHO，分子中C原子形成3个键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，则C原子采取sp2杂化；（3）Cu失去4s能级1个电子形成Cu+，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，由晶胞结构可知，Cu+位于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu+，O原子数为81/8+1=2，则O与Cu+数

35、目比为1:2，化学式为Cu2O；（4）NH3分子间能形成氢键，甲烷分子之间为分子间作用力，氢键比分子间作用力强，故NH3的沸点比CH4的高；（5）CO2、N3-互为等电子体，二者结构相似，N3-中N原子之间形成2对共用电子对，N3-的结构式N=N=N-；（6）A电解质在水溶液里电离出阴阳离子，所以该离子中不存在离子键，故选；B水分子或Cr（H2O）5Cl2+中，非金属元素之间都存在共价键，故不选；C该溶液中不存在金属键，故选；DCr（H2O）5Cl2+中Cr原子和水分子中的O原子之间存在配位键，故不选；E溶液中水分子之间存在范德华力，故不选；故选A、C。19、球形冷凝管 冷凝回流 A中出现红色

36、物质(或A中出现棕色物质) 有利于溶液与空气中O2的接触 2Cu+O2+8NH3H2O=2Cu(NH3)42+4OH+6H2O n(Cu2O)n(Cu)=l200 【解析】向a中加入0.5 mol/LCuSO4溶液50 mL和5 mol/LNaOH溶液100 mL，振荡，制备了氢氧化化铜悬浊液。再加入40%的甲醛溶液50 mL，缓慢加热a，在65 时回流20分钟后冷却至室温。反应过程中观察到有棕色固体生成，最后变成红褐色，说明甲醛具有还原性。探究生成物的组成时，要注意仔细分析实验步骤及现象。【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器b是球形冷凝管，40%甲醛溶液沸点为96，易挥发，故在反应过程中要

37、有冷凝回流装置以提高原料的利用率，故球形冷凝管的作用为冷凝回流。能说明甲醛具有还原性的实验现象是A中出现红色物质(或A中出现棕色物质)。（2）摇动锥形瓶时发生的变化是Cu(NH3)4+(无色) Cu(NH3)42+(蓝色)，显然该过程中发生了氧化反应，故摇动锥形瓶i的目的是有利于溶液与空气中O2的接触。红色固体经足量浓氨水溶解后仍有剩余，根据Cu2O Cu(NH3)4+(无色)可知，该固体只能是Cu，摇动锥形瓶ii，其中固体完全也能溶解得深蓝色溶液，说明Cu溶解得到铜氨溶液，空气中的氧气溶于氨水中成为氧化剂，故该反应的离子方程式为2Cu+O2+8NH3H2O=2Cu(NH3)42+4OH+6H

38、2O。将容量瓶ii中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶i相近，说明容量瓶ii中的溶液浓度约为容量瓶i的100倍，量瓶ii中的Cu(NH3)4+的物质的量约为容量瓶i的100倍，因此，在溶解之前，红色的固体产物由Cu2O和Cu组成，物质的量之比约为n(Cu2O)n(Cu)=l200。【点睛】解答实验探究问题时，要注意切忌带着主观认知去分析，要根据化学反应原理冷静分析实验中的相关现象，尤其是与所学知识有冲突的实验现象，根据现象分析得出合理结论。要注意实验细节，如本题中“足量浓氨水”、“定容”、两个“50mL”容量瓶等等，对这些信息都要正确解读才能顺利解题。20、 500 C 10.0 c、d c 【解析】分析：本题考查的是一定物质的量浓度的溶液的配制，注意天平的使用和操作对实验结果的影响。详解：(1) 要配制480 mL 0.5 molL1的NaOH溶液，根据容量瓶的规格分析，只能选择稍大体积的容量瓶，即选择500mL