【化学】广西柳江中学2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）

广西柳江中学2018-2019学年高二上学期期末考试
注意:1.请把答案填写在答题卡上，否则答题无效。
2.选择题，请用2B铅笔，把答题卡上对应题目选项的信息点涂黑。非选择题，请用0.5mm黑色字迹签字笔在答题卡指定位置作答。
可能用到的相对原子质量：O-16Na-23
第Ｉ卷（选择题，共42分）
一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项是符合题目要求的。）
1.化学已渗透到人类生活的各个方面。下列说法正确的是(　　)
A. 乙醇和汽油都是可再生能源，应大力推广使用“乙醇汽油”
B. 地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可用于制肥皂和生产生物柴油
C. 某雨水样品放置一段时间后pH由4.98变为4.68，是因为水中溶解的CO2增多了
D. 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维，光导纤维是新型高分子非金属结构材料
【答案】B
【解析】
【分析】
根据乙醇汽油、地沟油、酸雨、光导纤维的化学成分分析判断。
【详解】A项：汽油是石油分馏产品，属于不可再生能源，A项错误；
B项：地沟油的主要成分是油脂，可碱性水解制肥皂、生产生物柴油，B项正确；
C项：正常雨水是CO2的饱和溶液，pH约5.6。样品的pH由4.98变为4.68，是因为缓慢反应2H2SO3+O2=2H2SO4，使酸性增强，C项错误；
D项：光导纤维是高纯度的二氧化硅，D项错误。
本题选B。
2.下列用系统命名法命名的有机物名称正确的是（ ）
A. 2 -甲基--4--乙基戊烷 B. 2, 3 --二甲基--1--戊烯
C. 3, 4, 4--三甲基己烷 D. 2, 2--二甲基-2-丁烯
【答案】B
【解析】
A. 2 -甲基--4--乙基戊烷，这个名称不正确，没有选出最长的碳链，应该叫2,4-二甲基己烷，A不正确；B. 2, 3 --二甲基--1--戊烯，正确；C. 3, 4, 4--三甲基己烷，这个名称不正确，编号的方向错了，应该叫3, 3, 4-三甲基己烷，C不正确；D. 2, 2--二甲基-2-丁烯，这种物质不存在，D不正确。本题选B。
3.下列关于乙烯和聚乙烯的叙述中正确的是（ ）
A. 二者都能使溴水褪色 B. 二者互为同系物
C. 二者最简式相同 D. 二者相对分子质量相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．由乙烯CH2=CH2和聚乙烯的结构可知，乙烯中含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应，聚乙烯中只有单键，所以聚乙烯不能使溴水褪色，故A错误；
B．乙烯和聚乙烯的结构不相似，所以不是同系物，故B错误；
C．乙烯的分子式为C2H4，聚乙烯的分子式为(C2H4)n，二者的最简式都为CH2，故C正确；
D．乙烯的分子式为C2H4，聚乙烯的分子式为(C2H4)n，二者的式量分别为28，28n，故D错误；
答案选C。
4.维生素P的结构如图所示，其中R为烷烃基，维生素P是一种营养增补剂。下列关于维生素P的叙述正确的是（　　）

A. 分子中的官能团有羟基、碳碳双键、醚键、酯基
B. 若R为甲基，则该物质的分子式可以表示为C16H14O7
C. 该化合物遇三氯化铁溶液发生显色反应
D. 1 mol该化合物与氢气加成所需氢气的物质的量最多是7 mol
【答案】C
【解析】
【详解】A.分子中的官能团由羟基、羰基、碳碳双键、醚键，错误；B.若R为甲基，其分子式为C16H12O7，错误；C.该有机物含有酚羟基，故遇到三氯化铁溶液会呈紫色，正确；D.1mol该有机物最多能加成8mol氢气。错误。
5.为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是（　　）
序号
不纯物
除杂试剂
分离方法
A
CH4(C2H4)
酸性KMnO4溶液
洗气
B
苯(Br2)
NaOH溶液
过滤
C
C2H5OH(H2O)
生石灰
蒸馏
D
乙酸乙酯(乙酸)
饱和Na2CO3溶液
蒸馏
【答案】C
【解析】
【分析】
A.乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳；

B.溴单质能与氢氧化钠溶液反应；
C. 乙酸与生石灰反应；
D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,乙酸可与碳酸钠反应；
【详解】A.乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳,引入新杂质,应用溴水除杂,故A错误；
B.溴单质能与氢氧化钠溶液反应,而溴苯不能,然后分液即可分离，故B错误；
C.水与生石灰反应，生成的氢氧化钙沸点高，而乙醇沸点低,可用蒸馏的方法分离，故C正确；
D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应,应用分液的方法分离，故D错误；
正确选项C。
【点睛】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂质至少要满足两个条件:(1)加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应；(2)反应后不能引入新的杂质；选项A，就是一个易错点，虽然除去了乙烯，但是引入了二氧化碳，没有达到真正除杂的目的。
6.一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合物共0.1 mol，完全燃烧得0.16 mol二氧化碳和3.6 g水。下列说法正确的是（ ）
A. 一定有甲烷 B. 一定是甲烷和乙烯
C. 可能有乙烷 D. 一定有乙炔
【答案】A
【解析】
两种气态烃组成的混合物完全燃烧得二氧化碳和3.6克水，平均分子组成C原子数目为:； 3.6克水的物质的量为；平均分子组成中H原子数目为:；故该混合烃的平均分子式为；根据C原子可以知道,该烃一定含有,根据H原子可以知道,令一烃的分子中H原子数目为4； 由上述分析可以知道,该烃一定含有，A正确；该烃一定含有，令一烃的分子中H原子数目为4，如乙烯、丙炔等，不一定含有乙烯，B错误；该烃一定含有，令一烃的分子中H原子数目为4，不可能有乙烷，C错误；该烃一定含有，令一烃的分子中H原子数目为4，不可能含有乙炔，D错误；正确选项A。
7.下列不能用勒夏特列原理解释的事实是（　　）
A. 棕红色的NO2加压后颜色先变深后变浅
B. 加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3
C. 鼓入过量空气有利于SO2转化为SO3
D. 合成氨工业使用高压以提高氨的产量
【答案】B
【解析】
【详解】A．对2NO2⇌N2O4平衡体系增加压强，体积变小，颜色变深，平衡正向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B、加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3的速率加快，但是不能引起平衡的移动，所以不可以用勒夏特列原理解释，故B选；
C、存在平衡2SO2+O2(g)⇌2SO3(g)，加入过量的空气，平衡向正反应方向移动，提高二氧化硫的转化率，能用勒夏特利原理解释，故C不选；
D．合成氨反应：N2+3H2⇌2NH3，增大压强，平衡正向移动，氨的产率提高，能用勒夏特列原理解释，故D不选；
答案选B。
8.已知热化学方程式：
①CO（g）+1/2O2（g）＝CO2（g）ΔH=-283.0kJ·mol-1
②H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（g）ΔH=-241.8 kJ·mol-1
则下列说法正确的是（　　）

A. H2的燃烧热为241.8kJ·mol-1
B. 由反应①、②可知上图所示的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）ΔH=-41.2 kJ·mol-1
C. H2（g）转变成H2O（g）的化学反应一定要放出能量
D. 根据②推知反应H2（g）+1/2O2（g）＝H2O（l）ΔH＞-241.8 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成稳定氧化物液态水时放出热量，所以H2的燃烧热要高于241.8kJ•mol-1，故A错误；
B．化学反应的焓变等于产物和反应物之间的能量差，根据图示知道，该反应是放热的，根据盖斯定律，①-②得：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-283.0kJ•mol-1+241.8kJ•mol-1 = -41.2 kJ•mol-1，故B正确；
C．H2(g)转变成H2O(g)的化学反应不一定是氢气和氧气在点燃的情况下生成，也可能是氢气和氧化铜在高温下反应生成，该反应会吸收能量，故C错误；
D．由于气态水变为液态水是一个放热过程，根据②推知反应H2(g)+O2 (g)=H2O(l) △H＜-241.8 kJ•mol-1，故D错误；
答案选B。
【点睛】把握化学反应的能量变化、燃烧热的概念以及图象分析判断知识，化学反应过程中一定伴随能量变化和反应前后能量守恒是解题关键。本题的易错点为C。
9.分子式为C5 H10 O 2的有机物在适当条件下能与饱和碳酸氢钠反应，则其结构（不考虑立体异构）最多有（　　）
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】C
【解析】
【详解】分子式为C5H10O2且与NaHCO3能产生气体，则该有机物中含有-COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH(CH3)CH2CH3，-CH2CH(CH3)CH3，-C(CH3)3，故符合条件的同分异构体有4种，故选C。
10.下列反应属于氧化还原反应，且能量变化如下图所示的是（　　）

A. 锌粒和稀硫酸反应
B. 灼热的木炭与CO2反应
C. 甲烷在空气中燃烧的反应
D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【答案】B
【解析】由图像可知，反应物的总能量比生成物的总能量低，所以该反应是吸热反应。A，活泼金属与酸反应都是放热反应，A不属于。B，木炭与二氧化碳在高温下反应生成 一氧化碳既是氧化还原反应又是吸热反应，所以B符合。C，所有的燃烧都是放热反应，C不属于。D，氢氧化钡晶体与氯化铵反应是个典型的吸热反应，但是不是氧化还原反应，所以D不属于。
11.在铁与稀硫酸反应制氢气的实验中，下列因素对产生H2速率没有影响的是（　　）
A. 加几滴硫酸铜溶液 B. 将铁块换成铁粉
C. 初始加入的稀硫酸由5 mL变成10 mL D. 升温
【答案】C
【解析】
【详解】A、滴入几滴硫酸铜溶液，铁置换出铜，构成原电池，化学反应速率加快，故A不选；
B、将铁块换成铁粉，增加了接触面积，化学反应速率加快，故B不选；
C、体积发生变化，但硫酸的浓度不变，化学反应速率不变，故C选；
D、升高溶液的温度，化学反应速率加快，故D不选；
答案选C。
12.用下列装置完成相关实验，不合理的是（　　）

A. 用a趁热过滤提纯苯甲酸 B. 用b制备并检验乙烯
C. 用c除去溴苯中的苯 D. 用d分离硝基苯与水
【答案】B
【解析】
分析：A.分离固体和溶液采用过滤方法；B.检验乙烯的导管不能伸入溶液中,否则溶液发生倒吸现象；C.除去溴苯中的苯需要通过分馏装置,图示c中温度计位置、冷凝管通水方向都合理；D.硝基苯与水互不相溶,需要通过分液操作分离,根据分液操作方法判断。
详解：A项，用a趁热过滤提纯苯甲酸,图示装置满足“一低、二贴、三靠”的要求,且用玻璃棒引流,A正确；B项，乙烯会与溴水发生反应，故导管不能伸入溴水中，否则会发生倒吸，操作不合理，B错误；C项，溴苯与苯的沸点相差较大，可以通过分馏来将两者分离开，且图中温度计放在支管处，冷凝水流向从下往上，操作合理，C正确；D项，硝基苯不溶于水，且密度比水大，因此可通过分液的方法将硝基苯与水分离开，硝基苯从下端放出，操作合理，D正确；正确选项B。
点睛：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质分离和提纯、物质检验等知识点，明确实验原理，物质性质差异性是解题的关键；注意：除杂或物质检验时要排除其它因素的干扰，题目难度不大。
13.对于反应2A（g）＋B（g） 2C （g）ΔH＜0，下列图象正确的是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
反应2A(g)+B(g)⇌2C(g)为气体体积缩小的反应、△H＜0说明反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，增大压强，平衡正向移动，结合图像分析解答。
【详解】A.温度越高，反应速率越快，建立平衡需要的时间越少，与图像一致；但升高温度，平衡逆向移动，B的物质的量分数增大，与图像不符，故A错误；
B.增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大与图像一致；但升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小与图像不符，故B错误；
C.增大压强，平衡正向移动，C的物质的量分数增大与图像一致；但升高温度，平衡逆向移动，C的物质的量分数应减少与图像不符，故C错误；
D.增大压强，平衡正向移动，A的转化率增大与图像一致；升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小与图像一致，故D正确；
故选D。
【点睛】明确反应的特点及温度、压强对化学反应的影响是解答本题的关键。解答本题常常采用定一移二的方法分析判断。
14.t ℃时，将一定量的混合气体在密闭容器中发生反应：aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，平衡后测得B气体的浓度为0.6 mol·L－1。恒温下，将密闭容器的容积扩大1倍，重新达到平衡后，测得B气体的浓度为0.4 mol·L－1。下列叙述中正确的是
A. 重新达到平衡时，D的体积分数减小 B. a＋b C. 重新达到平衡时，A气体的浓度增大 D. 平衡向右移动
【答案】A
【解析】
【分析】
保持温度不变，将密闭容器的容积扩大1倍1倍，如平衡不移动，B气体的浓度为0.3mol/L，实际B的浓度变为0.4mol/L，说明平衡向逆反应方向移动.
【详解】平衡向逆反应移动，D的体积分数减小，A正确；增大体积，压强减小，平衡向逆反应移动，压强减小平衡向气体物质的量增大的方向移动，即a+b>c+d，B错误；密闭容器的容积加倍，各物质的浓度都要减小，即A气体浓度减小，C错误；化学平衡逆向进行，向左移动，D错误。
故选A。
【点睛】本题考查影响化学平衡移动的因素，利用假设法判断平衡移动方向是解题关键。
第Ⅱ卷（非选择题，共58分）
二、填空题（本题包括5小题，共58分）
15.（1） 化学反应的焓变与反应物和生成物的键能有关。已知：
共价键
H—H
Cl—Cl
H—Cl
键能/(kJ·mol－1)
436
247
434
求H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的ΔH=_______________________________
（2）已知：C(石墨，s) === C(金刚石，s)　　ΔH1＝+1.9 kJ·mol－1
①石墨和金刚石相比，石墨的稳定性________金刚石的稳定性(填“大于”“小于”或“等于”)。
②石墨中C—C键键能________金刚石中C—C键键能(填“大于”“小于”或“等于”)。
【答案】 (1). －185 kJ·mol-1 (2). 大于 (3). 大于
【解析】
【分析】
(1)根据△H=反应物总键能-生成物总键能计算解答；
(2)①物质具有的能量越低越稳定；②根据△H=反应物总键能-生成物总键能分析判断。
【详解】(1)△H=反应物键能-生成物键能=436kJ/mol+247kJ/mol-2×434 kJ/mol =-185kJ/mol，故答案为：-185kJ/mol；
(2)①通过分析已知热化学方程式C(石墨，s) = C(金刚石，s) ΔH1＝+1.9 kJ·mol－1可知，金刚石所含能量高，能量越高越不稳定，所以石墨比较稳定，故答案为：大于；
②C(石墨，s) = C(金刚石，s) ΔH1＝+1.9 kJ·mol－1，根据△H=反应物键能-生成物键能可知，反应物键能＞生成物键能，即石墨的键能大，故答案为：大于。
16.某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。

（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象,请写出实验过程中总的化学方程式______________；在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇催化反应是_______反应。（填“吸热”或“放热”）.
（2）甲是热水浴，乙是冷水浴，但两个水浴作用不相同，①甲的作用是___________；②乙的作用是____________________________________。
（3）反应进行一段时间后，干燥试管a中能收集到不同的物质，它们是________________。
（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验,试纸显红色，说明液体中还有___________ 。要除去该物质，可先在混合液中加入__________(填写字母),然后再通过蒸馏即可除去。
A．氯化钠溶液 B．苯 C．碳酸氢钠溶液 D．四氯化碳
【答案】 (1). 2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O (2). 放热 (3). 提供乙醇蒸气 (4). 冷却产生的乙醛等气体 (5). 乙醛、乙醇、水 (6). 乙酸 (7). C
【解析】
【分析】
(1)乙醇的催化氧化反应实质是：金属铜被氧气氧化为氧化铜，氧化铜将乙醇氧化为乙醛，金属铜起催化剂作用；熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明反应放热；
(2)甲为热水浴，乙为冷水浴，结合实验的原理分析解答；
(3)根据物质的沸点高低不同来确定获得的物质；
(4)能使紫色石蕊试纸变红，说明该物质显酸性，结合乙酸的性质和选项是否反应分析判断。
【详解】(1)铜与氧气反应生成黑色的氧化铜，氧化铜与乙醇发生氧化反应生成铜和乙醛、水，反应的方程式：2Cu+O22CuO，CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，反应的总反应方程式为2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O；熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇的氧化反应是放热反应，放出的热量足以维持反应进行，故答案为：2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O；放热；
(2)甲和乙两个水浴作用不相同，甲是热水浴，作用是乙醇平稳气化成乙醇蒸气，乙是冷水浴，目的是将乙醛冷却下来，故答案为：提供乙醇蒸气；冷却产生的乙醛等气体；
(3)乙醇的催化氧化实验中的物质：乙醇、乙醛和水的沸点高低不同，在试管a中能收集这些不同的物质，故答案为：乙醛、乙醇、水；
(4)若试管a中收集到的液体用蓝色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明溶液呈酸性，则溶液中含有乙酸；乙酸具有酸的通性，四个选择答案中，只有碳酸氢钠可以和乙酸反应，生成乙酸钠、水和二氧化碳，然后再通过蒸馏即可分离除去乙酸，故答案为：乙酸；C。
17.Ⅰ、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）＋H2（g） CO（g）＋H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：
t℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
（1）该反应为____________反应（选填吸热、放热）。
（2）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是_________。
a．容器中压强不变 b．混合气体中 c（CO）不变
c．υ正（H2）＝υ逆（H2O） d．c（CO2）＝c（CO）
（3）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），试判断此时的温度为 _________℃。
Ⅱ、向一体积不变的密闭容器中充入2 mol A、0.6 mol C和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应2A(g)+B(g) 3C(g)，各物质的浓度随时间变化的关系如图1所示，其中如t0～t1阶段c(B)未画出。图2为反应体系中反应速率随时间变化的情况，且t2、t3、t4各改变一种不同的条件。

（1）若t1=15 min，则t0～t1阶段以C的浓度变化表示的反应速率V(C)=_____。
（2）t3时改变的条件为___________，B的起始物质的量为_______。
（3）t4～t5阶段，若A的物质的量减少了0.01 mol，而此阶段中反应体系吸收能量为a kJ，写出此条件下该反应的热化学方程式___________________。
【答案】 (1). 吸热 (2). b、c (3). 830 (4). 0.02mol/(L•min) (5). 减小压强或取出部分平衡混合气体 (6). 1.0mol (7). 2A(g)+B(g) 3C(g) ∆H=+200a kJ•mol‾1
【解析】
【分析】
Ⅰ、（1）升高温度，平衡常数增大，说明升温平衡正向移动；（2）根据平衡标志分析；（3）c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），可得 ；Ⅱ、（1）根据计算以C的浓度变化表示的反应速率；（2）t3时改变条件，反应速率减慢，平衡没移动；反应过程中消耗0.4 mol A，根据反应方程式，消耗B 0.2 mol；（3）若A的物质的量减少了0.01 mol，反应体系吸收能量为a kJ，则消耗2molA吸收200a kJ热量。
【详解】Ⅰ、（1）升高温度，平衡常数增大，说明升温平衡正向移动，所以正反应吸热；（2）a．该反应前后气体物质的量不变，压强是恒量，所以容器中压强不变不一定平衡，故不选a；b．根据化学平衡定义，混合气体中 c（CO）不变一定平衡，故选b； c．υ正（H2）＝υ逆（H2O），正逆反应速率相等，一定达到平衡状态，故选c； d．根据化学平衡定义，c（CO2）＝c（CO）不一定达到平衡状态，故不选D。（3）c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），可得，所以此时的温度为830℃；Ⅱ、（1）0.02mol/(L•min)；（2）t3时改变条件，反应速率减慢，平衡没移动，改变的条件是减小压强；反应过程中消耗0.4 mol A，根据反应方程式，消耗B 0.2 mol，所以B的起始物质的量为0.8mol+0.2mol=1.0mol；（3）若A的物质的量减少了0.01 mol，反应体系吸收能量为a kJ，则消耗2molA吸收200a kJ热量，所以热化学方程式是2A(g)+B(g) 3C(g) ∆H=+200a kJ•mol‾1。
18.化合物H是重要的有机物，可由E和F在一定条件下合成：
已知以下信息： i．A属于芳香烃，H属于酯类化合物。
ii．I的核磁共振氢谱为二组峰，且峰的面积比为6:1。

回答下列问题：
（1）E的官能团名称______________，B的结构简式_____________。
（2）B → C和G → J两步的反应类型 _______________，________________。
（3）① E + F → H的化学方程式_____________________。
② I → G 的化学方程式______________________。
（4）I的同系物K比I相对分子质量大28，K有多种同分异构体。
①K的同分异构体共_________________种。
②若K不能发生消去反应，则K的结构简式为__________________。
【答案】 (1). 羧基 (2). (3). 取代反应或水解反应 (4). 加聚反应或聚合反应 (5). + CH3CH(OH)CH3+ H2O (6). +NaOHCH2=CHCH3+NaCl（或） (7). 8 (8). (CH3)3CCH2Cl
【解析】
【分析】
A属于芳香烃，分子式为C7H8，则A为，B与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应生成B，结合B的分子式可知B为，B发生水解反应生成C，C为，C发生催化氧化生成D，D为，D与银氨溶液反应、酸化得到E，E为；I的分子式为C3H7Cl，核磁共振氢谱为二组峰，且峰的面积比为6∶1，则I为CH3CHClCH3，I发生水解反应得到F，F为CH3CH(OH)CH3，E与F发生酯化反应生成H，H为；I发生消去反应生成G为CH2=CHCH3，G发生加聚反应生成J，J为。据此分析解答。
【详解】(1)通过以上分析可知，E为，含有的官能团为羧基，B结构简式为，故答案为：羧基；；
(2)根据上述分析，B发生水解反应生成C，B→C为取代反应；G发生加聚反应生成J，G→J为加聚反应，故答案为：取代反应；加聚反应；
(3)①E+F→H的化学方程式为：+ CH3CH(OH)CH3+ H2O；②I→G 的化学方程式： +NaOHCH2=CHCH3+NaCl 或，故答案为：+ CH3CH(OH)CH3+ H2O； +NaOHCH2=CHCH3+NaCl(或)；
(4)I(CH3CHClCH3)的同系物K比I相对分子质量大28，则K的分子式为C5H11Cl。
①可以看作C5H12被取代产物，正戊烷中一个氢原子被氯原子取代有3种，异戊烷中一个氢原子被氯原子取代有4种，新戊烷中一个氢原子被氯原子取代有1种，故K的同分异构体有8种，故答案为：8；
②若K不能发生消去反应，说明与氯原子直接相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，则K的结构简式为(CH3)3CCH2Cl，故答案为：(CH3)3CCH2Cl。
【点睛】解答本题需要掌握官能团的性质与转化，尤其是卤代烃的性质，正确推断各物质的结构是解题的关键。本题的易错点为(4)，在书写同分异构体时，要注意按照一定的规律书写，避免多写或少写。
19.M、N、O、P、Q是元素周期表中原子序数依次递增的前四周期元素．M原子最外层电子数为内层电子数的3倍；N的焰色反应呈黄色；O的氢化物是一种强酸，其浓溶液可与M、Q的化合物反应生成O的单质；P是一种金属元素，其基态原子中有6个未成对电子．请回答下列问题：
（1）元素Q的名称为______________，P的基态原子价层电子排布式为__________________。
（2）O的氢化物的沸点比其上一周期同族元素的氢化物低，是因为___________________。
（3）M、O电负性大小顺序是__________（用元素符号表示），O的最高价含氧酸根的空间构型为_____________，其中心原子的杂化类型为_______________。
（4）M、N形成的化合物的晶胞如图所示，该晶胞的化学式为__________________，其中M离子的配位数为_____________，该晶体类型为____________________。

（5）该晶胞的边长为 a pm，则该晶体的密度为____________________g/cm3
【答案】 (1). 锰 (2). 3d54s1 (3). HF分子间存在氢键，而HCl分子间无氢键 (4). O＞Cl (5). 正四面体 (6). sp3 (7). Na2O (8). 8 (9). 离子晶体 (10).
【解析】
【分析】
M、N、O、P、Q是元素周期表中原子序数依次递增的前四周期元素。M原子最外层电子数为内层电子数的3倍，M原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则M为氧元素；N的焰色反应呈黄色，则N为Na；O的氢化物是一种强酸，其浓溶液可与M、Q的化合物反应生成O的单质，可推知O为Cl、Q为Mn；P是一种金属元素，其基态原子中有6个未成对电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，则P为Cr。据此分析解答。
【详解】根据上述分析，M为氧元素，N为Na元素，O为Cl元素，Q为Mn元素，P为Cr元素。
(1)元素Q为锰，P为Cr元素，处于第四周期，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，价层电子排布式为3d54s1，故答案为：锰；3d54s1；
(2)HF分子间存在氢键，而HCl分子间无氢键，故HCl的沸点比HF的低，故答案为：HF分子间存在氢键，而HCl分子间无氢键；
(3)O、Cl元素形成的氧化物中Cl元素表现正化合价，故O原子对键合电子的吸引力更强，故电负性O＞Cl，Cl的最高价含氧酸根为ClO4-，Cl原子孤电子对==0，价层电子对数为4，故其空间构型为正四面体，其中心原子的杂化类型为sp3，故答案为：O＞Cl；正四面体；sp3；
(4)晶胞中Na为晶胞内部，晶胞中含有8个Na原子，O原子位于顶点与面心，晶胞中含有O原子数目为8×+6×=4，故该晶胞的化学式为Na2O，以晶胞中上面心M离子为研究对象，晶胞中每个M周围最近的N离子有8个，M离子配位数为8，该晶体类型为离子晶体，故答案为：Na2O；8；离子晶体；
(5)晶胞的边长为apm，则晶胞的体积为(a×10-10)3cm3，晶胞中Na原子数目为8，O离子数目为8×+6×=4，所以晶胞的密度为g/cm3=g/cm3，故答案为：。
【点睛】本题的的易错点和难点为(5)，解答该小题需要具有一定空间想象及数学计算能力，①要注意pm与cm的换算，②要注意晶胞密度的计算方法。