高三上学期10月月考化学试题(答案解析)62

云南省广南一中【精品】高三上学期10月月考化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（）
Cl
A．质子数为17、中子数为20的氯原子：20
17
B．氯离子(Cl－)的结构示意图：
C．氯分子的电子式：
D．氯乙烯分子的结构简式：H3C－CH2Cl
2．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A．碳酸钙溶于稀醋酸：CaCO3＋2H＋＝Ca2+＋H2O＋CO2↑
B．铜与稀硝酸反应：3Cu＋2NO3－＋8H＋＝3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
C．向NH4HCO3溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液：HCO3－+OH－+Ba2+＝H2O+BaCO3↓D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+[Ag(NH3)2]++2OH－CH3COO－+NH4++NH3+ Ag↓+H2O
3．下列括号中的分离方法运用得当的是( )
A．植物油和自来水(蒸馏)
B．水溶液中的食盐和碘(分液)
C．碳酸钙和氯化钙固体混合物(溶解、过滤、蒸发)
D．自来水中的杂质(萃取)
4．在pH=1的溶液中能大量共存的一组离子或分子是
A．Na+、Mg2+、ClO—、NO3—B．Al3+、NH4+、Br-、Cl-
C．K+、Cr2O72-、CH3CHO、SO42-D．Na+、K+、SiO32-、Cl-
5．氨气溶于水得到氨水，氯气溶于水得到氯水，下列关于新制的氨水、氯水的描述正确的是
A．“两水”都是混合物，溶液中含有的粒子种类、数目相同
B．“两水”中都存在可逆反应的化学平衡和弱电解质的电离平衡
C．“两水”都有刺激性气味，都能漂白有机色素
D．“两水”放置时间较久后都会因为相同的原理而变质
6．下列关于“物质的量”、“摩尔”和“摩尔质量”的叙述中正确的是
A．物质的摩尔质量等于其相对分子（原子）质量
B．“物质的量”是国际单位制中的一个基本单位
C．0.012 kg12C中所含的碳原子数为N A
D．1mol任何物质都含有约6.02×1023个原子
7．下列说法中，正确的是（）
A．硅元素在自然界里均以化合态存在
B．SiO2不能与水反应生成硅酸，不是酸性氧化物
C．除去二氧化硅中少量的碳酸钙杂质应选用水
D．粗硅制备时，发生的反应为C+SiO2=Si+CO2↑
二、实验题
8．根据要求完成下列实验。

(a、b 为弹簧夹，其他装置略去)
(一)验证酸性的相对强弱：碳酸>苯酚。

(已知酸性：亚硫酸 >碳酸)
(1)铜与浓硫酸反应的化学方程式是________________________________，装置A中的足量的试剂是______________。

(2)连接仪器、________、加药品后，打开a关闭 b，然后滴入浓硫酸，加热。

能说明碳酸的酸性比苯酚酸性强的实验现象是：________________。

(二)验证SO2具有氧化性、还原性和酸性氧化物的通性。

(3)打开b，关闭a。

能验证SO2具有氧化性的化学方程式是________________。

(4)若过量的SO2通入NaOH溶液中，其化学方程式是：________________。

(5)BaCl2溶液中无任何现象，将其分成两份，分别滴加氨水和氯水，均产生白色沉淀，沉淀化学式分别是________________，________________。

(6)写出其中SO2显示还原性并生成白色沉淀的总的离子方程式
________________________。

9．某小组同学将一定浓度NaHCO3溶液加入到CuSO4溶液中发现生成了沉淀。

甲同学认为沉淀是CuCO3;乙同学认为沉淀是CuCO3和Cu(OH)2的混合物,他们设计实验测定沉淀中CuCO3的质量分数。

(1)按照甲同学的观点,发生反应的离子方程式为_____________________。

(2)两同学利用下图所示装置进行测定:
①在研究沉淀物组成前,须将沉淀从溶液中分离并净化。

具体操作依次为过滤、洗涤、干燥。

②装置E中碱石灰的作用是__________________。

③实验过程中有以下操作步骤:
a.关闭K1、K3,打开K2、K4,充分反应
b.打开K1、K4,关闭K2、K3,通入过量空气
c.打开K1、K3,关闭K2、K4,通入过量空气
正确的顺序是____(填选项序号,下同)。

若未进行步骤____,将使测量结果偏低。

④若沉淀样品质量为m g,装置D质量增加了n g,则沉淀中CuCO3的质量分数为____。

(3)丙同学认为还可以通过测量CO2的体积并测量____来测定沉淀中CuCO3的质量分数。

10．现有五种可溶性物质A，B，C，D，E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阴离子Na＋、Al3＋、Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋和五种阳离子Cl－、OH－、NO3－、CO32－、X 中的一种。

(1)某同学通过比较分析，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质________和
________(填物质的化学式)。

(2)为了确定X，现将(1)中的两种物质记为A和B，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时产生棕灰色沉淀，向该沉淀中滴入稀HNO3沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解。

则：①X为________(填序号)。

A．SO32－ B．SO42－ C．CH3COO－D．SiO32－
②B的水溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序为____________(用离子符号表示)。

③将0.03 mol的A与0.01 mol的C同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后，最终所得沉淀的物质的量为________。

④利用上述已经确定的物质，可以检验出D，E中的阳离子。

请简述实验操作步骤、现象及结论
________________________________________________________________________ (3)将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口
附近有红棕色气体出现。

则物质D一定含有上述离子中的________(填相应的离子符号)。

有关反应的离子方程式为
____________________________________________________________。

三、原理综合题
11．如图为几种晶体或晶胞的示意图：
请回答下列问题：
（1）上述晶体中，粒子之间以共价键结合形成的晶体是____。

（2）冰、金刚石、MgO、CaCl2、干冰5种晶体的熔点由高到低的顺序为：___。

（3）NaCl晶胞与MgO晶胞相同，NaCl晶体的晶格能___(填“大于”或“小于”)MgO 晶体，原因是____。

（4）每个Cu晶胞中实际占有___个Cu原子，CaCl2晶体中Ca2＋的配位数为__。

（5）冰的熔点远高于干冰，除H2O是极性分子、CO2是非极性分子外，还有一个重要的原因是_____。

12．研究小组设计用含氯的有机物A合成棉织物免烫抗皱整理剂M的路线如下(部分反应试剂和条件未注明)：
已知：①E的分子式为C5H8O4，能发生水解反应，核磁共振氢谱显示E分子内有2种
不同化学环境的氢原子，其个数比为3∶1；
(R、R′、R″代表相同或不相同的烃基)。

(1)A分子中的含氧官能团的名称是________________。

(2)D→E反应的化学方程式是____________。

(3)A→B反应所需的试剂是________________。

(4)G→H反应的化学方程式是____________。

(5)已知1 mol E与2 mol J反应生成1 mol M，则M的结构简式是________。

(6)E的同分异构体有下列性质：①能与NaHCO3反应生成CO2；②能发生水解反应，且水解产物之一能发生银镜反应，则该同分异构体共有________种，其中任意1种的结构简式是________。

(7)J可合成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式是________。

参考答案
1．C
【详解】
Cl，故A说法错误；
A、左上角应是质量数，质量数=中子数+质子数=37，应是37
17
B、氯离子质子数大于电子数，其结构示意图：，故B错误；
C、氯原子最外层7个电子，每个氯原子都达到8电子稳定结构，故C正确；
D、氯乙烯结构简式：CH2=CHCl，而题目中是氯乙烷，故D说法错误。

2．B
【详解】
A.醋酸是弱酸，应该写化学式，离子方程式是：CaCO3＋2CH3COOH＝Ca2+＋2CH3COO—＋H2O＋CO2↑，A错误；
B．铜与稀硝酸反应，方程式符合反应事实，B正确；
C．向NH4HCO3溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液，盐电离产生的阳离子、阴离子都发生反应，离子方程式是：NH4++HCO3－+2OH－+Ba2+＝H2O+ BaCO3↓+NH3∙H2O，C错误；
D．用银氨溶液检验乙醛中的醛基，方程式的电荷不守恒，应该是：
CH3CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH－CH3COO－+NH4++3NH3+ 2Ag↓+H2O，D错误。

故选B。

3．C
【详解】
A. 植物油和自来水是不互溶的液体混合物，可以用分液的方法分离，故错误；
B. 碘在水中的溶解度小，可以用有机物溶剂进行萃取，故错误；
C. 碳酸钙不溶于水，氯化钙固体溶于水，可以用溶解、过滤、蒸发的方法分离，故正确；
D. 自来水中的杂质可以用蒸馏的方法分离，故错误。

故选C。

【点睛】
掌握分离和提出的方法，不互溶的液体混合物用分液的方法分离，从溶液中分离固体溶质的方法为蒸发，从水溶液中分离碘或溴通常用萃取的方法。

制取蒸馏水用蒸馏的方法。

4．B
【解析】
【详解】
A.在酸性条件下ClO —会转化成HClO ，故A 不能大量共存；
B.Al 3+、NH 4+、Br −、Cl −在酸性条件下不发生反应，故B 能大量共存；
C.Cr 2O 72−在酸性条件下能将CH 3CHO 氧化，故C 不能大量共存；
D.H ＋与SiO 32－能反应生成硅酸沉淀，故D 组不能大量共存；
答案选B 。

【点睛】
Cr 2O 72-具有很强的氧化性，而醛类物质能被银氨溶液所氧化，说明具有较强的还原性，更容易被Cr 2O 72-氧化，故两者不能大量共存。

5．B
【分析】
氨水中有NH 3+H 2O
NH 3·H 2O NH 4++OH -，氯水中有Cl 2+H 2O HCl+HClO 、HClO H ++ClO -，由此可见：氨水中有NH 3、H 2O 、NH 3·H 2O 、NH 4+、OH -、H +这些微粒，而氯水中有Cl 2、H 2O 、HClO 、H +、ClO -、OH -、Cl-这些微粒。

【详解】
A 、氨水中有NH 3、H 2O 、NH 3·H 2O 、NH 4+、OH -、H +这些微粒，而氯水中有Cl 2、H 2O 、HClO 、H +、ClO -、OH -、Cl-这些微粒，则这两种溶液所含有的微粒种类和数目不一样，A 错误；
B 、氨水中有NH 3+H 2O
NH 3·H 2O NH 4++OH -，氯水中有Cl 2+H 2O HCl+HClO 、HClO H ++ClO -，则这两种溶液中存在化学平衡和电离平衡，B 正确；
C 、两种溶液都具有刺激性气味，但是氨水不具有漂白性，C 错误；
D 、氨水因氨气挥发而变质，氯水因Cl 2+H 2O
HCl+HClO ，22HClO 2HCl+O 光照而
变质，二者变质原理不同，D 错误；
故合理选项为B 。

6．C
【详解】
A ．摩尔质量的单位为g/mol ，以克为单位时，摩尔质量在数值上等于其相对分子（原子）质量，二者表示的意义不同，A 错误；
B．物质的量是物理量，摩尔是国际单位制中的一个基本单位，B错误；
C．0.012 kg12C中所含碳原子的数目即为阿伏加德罗常数，可用N A表示，C正确；
D．1mol任何物质所含的微粒数在数值上都约为6.02×1023个，由于构成物质的粒子有分子、原子、离子等，所以1mol任何物质不一定都含有约6.02×1023个原子，D错误；
故选C。

7．A
【解析】
【详解】
A、Si是亲氧元素，在自然界中全部以化合态形式存在，A正确；
B、二氧化硅能与碱反应生成盐与水，所以二氧化硅是酸性氧化物，B错误；
C、二氧化硅和碳酸钙都不溶于水，可以用盐酸除二氧化硅中少量的碳酸钙杂质，C错误；
D、碳与二氧化硅在高温的条件下反应生成一氧化碳气体，而不是二氧化碳，D错误；
答案选A。

8．Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O酸性高锰酸钾溶液或品红溶液检验装置的气密性A中的酸性高锰酸钾溶液(或品红溶液)不褪色，苯酚钠溶液变浑浊2H2S＋SO2===3S↓＋2H2OSO2＋NaOH===NaHCO3BaSO3BaSO4Ba2＋＋SO2＋Cl2＋2H2O===BaSO4↓＋4H＋＋2Cl－
【解析】
【分析】
（一）(1)铜与浓硫酸反应,铜被氧化成+2价的铜离子,硫酸被还原成+4价的二氧化硫；利用高锰酸钾溶液或品红检验二氧化硫气体；
(2)根据实验程序:连接装置、检验气密性、加药品来回答;当A中高锰酸钾溶液没有完全褪色，说明二氧化硫已经完全除尽,盛有苯酚钠溶液的试管中出现浑浊，能说明碳酸的酸性比苯酚酸性强；
(二)(3)二氧化硫中硫元素的化合价是+4价,被硫化氢中-2价的硫还原；
(4)过量的二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸氢钠和水；
(5)氯气分子具有氧化性,能把二氧化硫氧化成+6价的硫酸根离子,氨水能和二氧化硫的水溶液反应生成亚硫酸铵,该盐可以和氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀,据此回答；
(6)二氧化硫通入BaCl2溶液中,滴加氯水溶液,氯水中有氯气分子,氯气分子具有氧化性,能把二氧化硫氧化成+6价的硫酸根离子,硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀,据此书写离子方程式。

【详解】
（一）(1)铜和热的浓硫酸反应,反应中Cu元素的化合价由0升高到+2价,作还原剂,产物为二氧化硫、硫酸铜和水；反应方程式为：2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；装置A是
检验二氧化硫气体是否被碳酸氢钠溶液吸收完全，因此可以用高锰酸钾溶液或品红溶液，只要溶液不褪色或不完全褪色，证明二氧化硫气体被吸收完全；因此，本题正确答案是：
2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；酸性高锰酸钾溶液或品红溶液。

(2) 实验程序：连接装置、检验气密性、加药品,饱和碳酸氢钠可以和二氧化硫气体反应生成二氧化碳气体,当A中高锰酸钾溶液没有完全褪色，说明二氧化硫已经完全除尽，避免了二氧化硫和可溶性苯酚钠反应，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性苯酚钠溶液反应生成油状物苯酚，溶液变浑浊，从而说明碳酸能制取苯酚，能证明碳酸酸性强于苯酚的酸性；综上所述，本题答案是：检验装置的气密性，A中的酸性高锰酸钾溶液(或品红溶液)不褪色，苯酚钠溶液变浑浊；
(二) (3)二氧化硫中硫元素的化合价是+4价,有氧化性,二氧化硫气体与H2S溶液常温下反应,生成黄色固体硫(单质)和水，方程式为：2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O；此反应可以证明二氧化硫的氧化性,因此，本题正确答案是: 2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O。

(4)若过量的SO2通入NaOH溶液中，反应生成亚硫酸氢钠，化学方程式是：SO2＋NaOH===NaHSO3；综上所述，本题答案是：SO2＋NaOH===NaHSO3。

(5)将二氧化硫通入BaCl2溶液中，滴加氯水溶液，氯水中有氯气分子,氯气分子具有氧化性,能把二氧化硫氧化成+6价的硫酸根离子,硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；另一份中滴加氨水，二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵电离出氨根离子和亚硫酸根离子,亚硫酸根离子和钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀；综上所述，本题答案是：BaSO3，BaSO4。

(6)将二氧化硫通入BaCl2溶液中,滴加氯水溶液,氯水中有氯气分子,氯气分子具有氧化性,能把二氧化硫氧化成+6价的硫酸根离子,硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀,总
反应为：Ba2＋＋SO2＋Cl2＋2H2O===BaSO4↓＋4H＋＋2Cl－；综上所述，本题答案是：Ba2＋＋SO2
＋Cl2＋2H2O===BaSO4↓＋4H＋＋2Cl－。

【点睛】
SO2与BaCl2溶液不反应，若向混合液中通入氨气或加入氢氧化钠溶液，中和了酸，生成亚硫酸钡白色沉淀；若混合液中通入二氧化氮或加入硝酸溶液、双氧水等强氧化性试剂，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，生成了硫酸钡白色沉淀。

9．Cu 2++ 2HCO 3-＝CuCO 3↓+ CO 2↑+ H 2O 防止空气中CO 2和水蒸气进入装置D cab b 311n m
×100% 样品质量(或样品充分灼烧后的质量)(其他合理答案也可 【详解】
(1) NaHCO 3溶液与CuSO 4溶液生成CuCO 3,同时生成二氧化碳、硫酸钠和水,则反应的离子方程
式为：Cu 2++ 2HCO 3-＝CuCO 3↓+ CO 2↑+ H 2O ；综上所述，本题答案是：Cu 2++ 2HCO 3-＝CuCO 3↓+ CO 2↑+ H 2O 。

(2)②实验通过测定D 装置质量装置确定二氧化碳的质量，进而确定沉淀中碳酸铜的质量，计算碳酸铜的质量分数；装置E 中碱石灰的作用是吸收空气中的CO 2和水蒸气,防止空气中CO 2和水蒸气进入装置D 影响二氧化碳的质量测定；综上所述，本题答案是：防止空气中CO 2和水蒸气进入装置D 。

(3)实验通过测定D 装置质量装置确定二氧化碳的质量,进而确定沉淀中碳酸铜的质量,计算碳酸铜的质量分数；开始装置内含有二氧化碳,应向装置内通入除去二氧化碳的空气,排尽装置内的二氧化碳，故应打开K 1、K 3,关闭K 2、K 4，然后从分液漏斗中加入硫酸，充分反应；故应关闭K 1、K 3,打开K 2、K 4；反应完毕，容器内残留部分二氧化碳，应向装置内通入除去二氧化碳的空气，排出装置内的二氧化碳使反应生成的二氧化碳被装置D 完全吸收，故正确的顺序是cab ；若未打开K 1、K 4,关闭K 2、K 3，通入过量空气（即操作步骤b ），把反应产生的二氧化碳气体全部赶到装置D 中，被完全吸收，造成二氧化碳的量偏小，沉淀中CuCO 3的质量分数偏低；因此，本题正确答案是: cab ，b 。

④装置D 的质量增加的ng 为反应生成的二氧化碳的质量,二氧化碳的物质的量=n/44mol ,根据碳元素守恒可以知道n(CuCO 3)=n(CO 2)=n/44mol ,故碳酸铜的质量为124×n/44=31n/11g ，故沉淀中CuCO 3的质量分数为：311n m ×100% ；综上所述，本题答案是：311n m
×100% 。

(3) 由CO 2的体积可计算CuCO 3的物质的量,还必须直接或间接测得样品的质量；综上所述，本题答案是：样品质量(或样品充分灼烧后的质量)(其他合理答案也可。

10．Na 2CO 3Ba(OH)2B c (Na ＋)＞c (CO 32－)＞c (OH －)＞c (HCO 3－)＞c (H ＋)0.05 mol 往D 的溶液中逐渐加入Ba(OH)2溶液直至过量，若先出白色沉淀后又逐渐溶解，则D 中含有Al 3＋
，E 中含有Mg 2＋。

或往D 的溶液中加入适量Na 2CO 3溶液，若产生了白色沉淀和无色气味的气体，则D 中含有Al 3＋，E 中含有Mg 2＋NO 3－3Cu ＋8H ＋＋2NO 3－===3Cu 2＋＋2NO↑＋4H 2O 2NO ＋O 2=2NO 2
【解析】
【详解】
（1）Al3＋、Mg2＋、Fe3＋和OH－反应生成沉淀，Al3＋、Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋和CO32－反应,则不能共存，所以一定存在的物质为Na2CO3和Ba(OH)2；综上所述，本题答案是：Na2CO3和Ba(OH)2。

(2)根据C与B的溶液混合时,产生红褐色沉淀和无色无味气体,可以知道沉淀为氢氧化铁、气体为二氧化碳,则B为Na2CO3,A为Ba(OH)2；C与A的溶液混合时产生混合物沉淀,向该沉淀中滴入稀盐酸,沉淀部分溶解,最后留有白色沉淀不再溶解,则C为硫酸铁,另两种物质为氯化铝、硝酸镁或氯化镁、硝酸铝,因C为Fe(SO4)3,则阴离子有SO42-,则X为SO42-；B选项正确；综上所述，本题选B。

②Na2CO3属于弱酸强碱盐，水解显碱性，c(OH－)＞c(H＋)，c(CO32－) ＞c(HCO3－)，因此碳酸钠的水溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序为：c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(H
＋)；综上所述，本题答案是：c(Na＋)＞c(CO
32－)＞c(OH－)＞c(HCO
3
－)＞c(H＋)。

③将0.03 mol的Ba(OH)2与0.01 mol的Fe2(SO4)3同时溶解在足量的蒸馏水中，n(Ba2+)=0.03
mol, n(OH-)=0.06 mol, n(Fe3+)=0.02 mol, n(SO42-)=0.03 mol；根据Ba2++ SO42-=BaSO4↓
可知：生成沉淀0.03 mol；根据Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓可知：生成沉淀0.02mol；共生成沉淀0.05 mol；综上所述，本题答案是：0.05 mol。

④D中含有NO3－,则E中含有Cl－,剩余Al3＋、Mg2＋；往D的溶液中逐渐加入Ba(OH)2溶液直至过量，若先出白色沉淀后又逐渐溶解，则D中含有Al3＋，E中含有Mg2＋。

或往D的溶液中加入适量Na2CO3溶液，若产生了白色沉淀和无色气味的气体，则D中含有Al3＋，E中含有Mg2
＋；综上所述，本题答案是：往D的溶液中逐渐加入Ba(OH)
2
溶液直至过量，若先出白色沉淀后又逐渐溶解，则D中含有Al3＋，E中含有Mg2＋。

或往D的溶液中加入适量Na2CO3溶液，若产生了白色沉淀和无色气味的气体，则D中含有Al3＋，E中含有Mg2＋。

(3) 将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，该气体为二氧化氮，说明D中含有硝酸根离子，反应离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO3－===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；2NO＋O2=2NO2；综上所述，本题答案是：NO3－，3Cu ＋8H＋＋2NO3－===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，2NO＋O2=2NO2。

11．金刚石金刚石＞MgO＞CaCl2＞冰＞干冰小于MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子电荷数；且r(Mg2+)＜r(Na+)、r(O2-)＜r(Cl-) 4 8 水分子之间形成氢健
【分析】
(1)原子晶体中原子间以共价键结合；
(2)熔点的一般规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，同种晶体根据微粒间的作用力大小
比较；
(3)离子半径越小，离子带电荷越多，晶格能越大；
(4)依据均摊法计算；
(5)分子间含有氢键时，其熔沸点较高。

【详解】
(1)原子晶体中原子间以共价键结合，则粒子之间以共价键结合形成的晶体是金刚石，故答案为金刚石；
(2)熔点的一般规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，冰和干冰属于分子晶体，熔点：冰＞干冰，MgO和CaCl2属于离子晶体，熔点：MgO＞CaCl2，金刚石是原子晶体，则熔点由高到低的顺序为：金刚石＞MgO＞CaCl2＞冰＞干冰，故答案为金刚石＞MgO＞CaCl2＞冰＞干冰；
(3)因为MgO中离子带两个电荷，NaCl中离子带一个电荷，而且氧离子半径小于氯离子，镁离子半径小于钠离子半径，离子半径越小，离子所带电荷越多，晶格能越大，NaCl晶体的晶格能小于MgO晶体的晶格能，故答案为小于；MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子电荷数，且r(Mg2+)＜r(Na+)、r(O2-)＜r(Cl-)；
(4)Cu原子占据面心和顶点，则每个Cu晶胞中实际占有的原子数为1
8
×8+
1
2
×6=4；根据
氯化钙的晶胞图可知，每个Ca2+周围有8个Cl-，而每个Cl-周围有4个Ca2+，所以CaCl2晶体中Ca2+的配位数为8，故答案为4；8；
(5)冰的熔点远高于干冰，除H2O是极性分子、CO2是非极性分子外，水分子间含有氢键，氢键的作用力大于范德华力，所以其熔沸点较高，故答案为H2O分子之间能形成氢键。

【点睛】
本题的易错点为(3)，要注意晶格能大小的判断方法的应用，特别注意离子半径的大小比较。

12．羟基HOOCCH2COOH＋2CH3OH CH3OOCCH2COOCH3＋2H2O NaOH 水溶液ClCH2CH2COOH＋2NaOH CH2=CHCOONa＋NaCl＋2H2O
5
【分析】
E的分子式为C5H8O4，能发生水解反应，含有酯基，不饱和度为 =2，核磁共振氢谱显示E分子内有2种不同环境的氢原子，其个数比为3：1，H原子数目分别为6、2，E 分子中应含有2个酯基、2个-CH3 、1个-CH2-，则E的结构简式为CH3OOCCH2COOCH3 ；C 与银氨溶液反应、酸化得到D，D转化得到E，则D为羧酸、C为醛，故D为HOOCCH2COOH，则B应是HOCH2CH2CH2OH；A是含氯的有机物，在Cu、加热条件下氧化生成F，与银氨溶液反应、酸化得到G，则A中还含有羟基-OH，则A为ClCH2CH2CH2OH，顺推可得，F 为ClCH2CH2CHO，G为ClCH2CH2COOH；E与J发生信息中反应，则H为CH2═CHCOOH，J为CH2═CHCOOCH3 ；1molE与2molJ反应生成1molM，故M
为；据此解答。

【详解】
E的分子式为C5H8O4C，能发生水解反应，含有酯基，不饱和度为=2，核磁共振氢谱显示E分子内有2种不同环境的氢原子，其个数比为3：1，H原子数目分别为6、2，E 分子中应含有2个酯基、2个-CH3 、1个-CH2-，则E的结构简式为CH3OOCCH2COOCH3 ；C 与银氨溶液反应、酸化得到D，D转化得到E，则D为羧酸、C为醛，故D为HOOCCH2COOH，则B应是HOCH2CH2CH2OH；A是含氯的有机物，在Cu、加热条件下氧化生成F，与银氨
溶液反应、酸化得到G，则A中还含有羟基-OH，则A为ClCH2CH2CH2OH，顺推可得，F 为ClCH2CH2CHO，G为ClCH2CH2COOH；E与J发生信息中反应，则H为CH2═CHCOOH，J为CH2═CHCOOCH3 ；根据信息可知：1molE与2molJ反应生成1molM，故M
为；
（1）据以上分析可知，A为ClCH2CH2CH2OH，A分子可以被催化氧化为醛类，所以含有醇羟基；因此本题答案是：羟基。

（2）据以上分析可知：D为HOOCCH2COOH，与甲醇反应生成酯，反应方程式：HOOCCH2COOH＋2CH3OH CH3OOCCH2COOCH3＋2H2O；综上所述，本题答案是：HOOCCH2COOH＋2CH3OH CH3OOCCH2COOCH3＋2H2O。

（3）A→B是ClCH2CH2CH2OH在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成
HOCH2CH2CH2OH；综上所述，本题答案是：NaOH水溶液、加热。

（4）G→H是ClCH2CH2COOH在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成
CH2 ═CHCOOH，反应方程式为：ClCH2CH2COOH＋2NaOH CH2=CHCOONa ＋NaCl＋2H2O；综上所述，本题答案是：ClCH2CH2COOH＋2NaOH
CH2=CHCOONa＋NaCl＋2H2O。

（5）根据信息可知，1molCH3OOCCH2COOCH3 与2molCH2=CHCOOCH3 反应生成1molM，
故M为；综上所述，本题答案是：。

（6）CH3OOCCH2COOCH3 的同分异构体有下列性质：①能与NaHCO3 反应生成CO2 ，含有-COOH；②能发生水解反应，且水解产物之一能发生银镜反应，为甲酸形成的酯，含有-OOCH，符合条件的同分异构体
有：、、、
、，故共有5种；综上所述，本题答案是：5；
、、、
、中的任意一种。

（7）CH2=CHCOOCH3中含有双键，可以发生加聚反应，生成高聚物；综上所述，本题答案是：。

【点睛】
本题是一道关于有机物的综合推断题，需要对给予的反应信息进行利用，问题（6）分析时要注意：羧基-COOH 可以变为-OOCH（甲酸酯），即有醛基的性质，又有水解的性质。