河北省安平中学2018-2019学年高一化学下学期期中试题(实验班含解析)

1、安平中学2018-2019学年第二学期期中考试高一化学试题(实验部)相对原子质量：H:1C:12O:16S:32Na:23Fe:56本试卷分卷和卷，考试时间90分钟。满分100分。请将试题答案按要求填涂在答题卡上。第卷(54分)一选择题(本题共18小题，每题2分，共36分。)苏轼的格物粗谈有这样的记录：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并没有涩味。”依据现代科技看法，该文中的“气”是指（）A.零落酸B.乙烯C.生长素D.甲烷【答案】B【分析】A、零落酸是一种克制生长的植物激素，能促使叶子零落，但不可以催熟果实，A错误；B、乙烯拥有促使果实成熟的作用，主要由成熟果实产生，是独一的气体

2、植物激素，成熟的木瓜能够开释乙烯，促使未成熟的红柿成熟，B正确；C、生长素能促使茎、芽、根生长，但不可以促使果实成熟，C错误；D、植物能产生甲烷，但甲烷不可以催熟果实，D错误。答案选B。以下相干化学用语的表示正确的选项是A.乙酸的结构简式：C2H4O2B.BCl3的电子式:C.硫离子的结构表示图：D.质量数为44、中子数为24的钙原子：4424Ca【答案】B【分析】【详解】A.乙酸的结构简式为CH3COOH，A错误；B.BCl3是共价化合物，电子式为，B正确；1C.硫离子的结构表示图为，C错误；D.质量数为44、中子数为24的钙原子可表示为4420Ca，D错误；答案选B。3.元素周期表是一座开

3、放的“元素大厦”，元素大厦还没有充满。若发现119号元素，请您在元素大厦中安排好它的“房间”A.第八周期第A族B.第七周期第0族C.第七周期第A族D.第六周期A族【答案】A【分析】【详解】第七周期排满，零族元素是118号元素，所以若发现119号元素，则应该在第八周期第IA族。答案选A。【点睛】由原子序数确立元素位置的规律：只要记住了稀有气体元素的原子序数(He2、Ne10、Ar18、Kr36、Xe54、Rn86)，即可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。好比若比相应的稀有气体元素多1或2，则应处在下周期的第A族或第A族，如88号元素：88862，则应在第七周期第A族。4.2009年3月1日

4、，“嫦娥一号”卫星正确落于月球东经52.36、南纬1.50的预约撞击点。“嫦娥一号”担负的四大科学目标之一是探测以下元素的含量和分布状况：K、Th(钍)、U(铀)、O、Si、Mg、Al、Sb(锑)、Fe、Ti(钛)、Na、I、Cr(铬)、Gd(钆)；此中属于主族元素的有()A.7种B.8种C.9种D.10种【答案】B【分析】依据元素在周期表中的位置可知，K、O、Si、Mg、Al、Sb(锑)、Na、I是主族元素，其余都是过渡元素，答案选B。以下食品增加剂中，其使用目的与反应速率相干的是A.抗氧化剂B.调味剂C.着色剂D.增稠剂2【答案】A【分析】【分析】一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色

5、剂以及增稠剂等，此中加入抗氧化剂可减缓食品的腐化，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味相干。【详解】抗氧化剂减少食品与氧气接触，延缓氧化的反应速率，A正确；调味剂是为了增加食品的滋味，与速率没关，B错误；着色剂是为了给食品增加某种颜色，与速率没关，C错误；增稠剂是改变物质的浓度，与速率没关，D错误。应选A。【点睛】本题观察常有食品的增加剂，与化学反应速率相结合综合观察双基以及分析能力，重视于化学与生活的观察。6.将以下液体分别与溴水混杂并振荡，静置后分为两层，水层几乎呈无色是A.己烯B.氯水C.酒精D.碘化钾溶液【答案】A【分析】【详解】A己烯与溴水混杂，发生加成反应，产生

6、1,2-二溴己烷，不可以溶于水，分层，两层均无色，A正确；的B错误；B氯水与溴水混杂，互溶，不分层，C酒精与溴水混溶，不分层，C错误；D碘化钾溶液与溴水混杂，发生氧化还原反应产生KBr和I2，I2呈褐色，不分层，D错误。答案选A。7.等质量的以下物质完整燃烧时，耗费氧气的量最多的是（）A.C2H4B.C6H6C.C2H5OHD.CH3COOH【答案】A【分析】试题分析：有机物转变为C2H4、C6H6、C2H4H2O、C22H2O，等质量时，CxHy转变为CHy/x，y/x越大，耗氧量越多，烃的含氧衍生物中含有氧元素，在同样状况下，耗氧量减少，应选3项A正确。考点：观察有机物的燃烧等知识。8.星

7、际空间存在着以分子形式存在的星际物质。下表列出了某些星际分子发现的年代，以下相干说法正确的选项是发现年代1971年1976年1977年1978年1982年氰基乙炔氰基丁二炔氰基己三炔氰基辛四炔氰基癸五炔星际分子(HC3N)(HC5N)(HC7N)(HC9N)(HC11N)A.五种氰基炔互为同分异构体B.五种氰基炔互为同系物C.HC11N属于高分子化合物D.分子中三键个数的两倍与碳原子个数的差值为1【答案】D【分析】试题分析：A五种氰基炔分子式不一样，不属于同分异构体。B同系物是指结构相似，分子相差若干个CH2的一类有机化合物。明显这五种物质不符合同系物的看法。CHC11N不属于高分子化合物。应

8、选D。考点：同系物、同分异构体、高分子化合物的看法。评论：掌握同系物、同分异构体、高分子化合物的看法及区分。某烷烃的一种同分异构体只好生成一种一氯代物，则该烃的分子式不可以能是A.C2H6B.C4H10C.C5H12D.C8H18【答案】B【分析】烷烃的一种同分异构体只好生成一种一氯代物，说明分子中的氢原子完整部是同样的，所以B是不可以能的，B中有正丁烷和异丁烷，都有两种氢原子。C中可以是新戊烷，D可以是4(CH3)3C(CH3)3，所以答案选B。10.表中物质与其所含化学键种类、所属化合物种类完整对应的一组是（）选项ABCD物质22HClNaOHCOMgCl化学键种类共价键离子键、共价键离子

9、键离子键、共价键化合物种类共价化合物离子化合物离子化合物共价化合物A.AB.BC.CD.D【答案】A【分析】试题分析：一般爽朗的金属和爽朗的非金属简单形成离子键，非金属元素的原子间简单形成共价键。含有离子键的化合物是离子化合物，所有由共价键形成的化合物是共价化合物，这说明在离子化合物中可能含有共价键，但在共价化合物中不可以能含有离子键。据此可知，CO2是含有共价键的共价化合物，氯化镁是含有离子键的离子化合物，氯化氢是含有共价键的共价化合物，氢氧化钠是含有离子键和共价键的离子化合物，答案选A。考点：观察化学键以及化学键和化合物关系的相干判断评论：该题是中等难度的试题，试题设计新奇，基础性强，重视

10、对学生能力的培育。该题的要点是明确化学键的含义以及化学键和化合物的关系，有益于培育学生的逻辑推理能力和发散思想能力。元素X的原子，其M层与K层电子数同样；元素Y的原子，其L层上有5个电子。X和Y所形成的稳固化合物的式量为()A.100B.90C.88D.80【答案】A【分析】【详解】元素X的原子，其M层与K层电子数同样，说明核外电子数是12，X是Mg。元素Y5的原子，其L层上有5个电子，Y是N，则X和Y所形成的稳固化合物是Mg3N2，式量是100。答案选A。12.H能在Cl中燃烧生成HCl，HCl也能在必定条件下分解为H和Cl。图为H、Cl和HCl222222三者互相转变的微观过程表示图，以下

11、说法正确的选项是A.过程1放热B.过程2吸热C.过程3放热D.过程4放热【答案】C【分析】试题分析：化学反应的过程中存在化学键的断裂与形成，此中键断裂吸热，键形成放热，图中过程1是吸热过程，过程2是放热过程，氢气在氯气中燃烧是放热过程，而氯化氢的分解是吸热过程，故答案为C。考点：观察化学反应过程中能量的变化13.相干以以下列图所示原电池的表达正确的选项是（盐桥中装有含KCl饱和溶液的琼胶）锌为阳极，发生氧化反应反应中，盐桥中的K+会移向CuSO4溶液电子由铜极向锌极挪动反应前后铜片质量不改变【答案】B【分析】6ACu为正极，锌为负极，发生氧化反应，故A错误；B原电池工作时，阳离子向正极移动，阴

12、离子向负极挪动，盐桥中的K+会移向CuSO4溶液，故B正确；C原电池工作时，电子由负极向正极挪动，此中锌为负极，故C错误；DCu为正极，发生还原反应Cu2+2e-Cu，析出Cu附着在Cu电极上，故铜片质量增加，故D错误，应选B。点睛：注意电极的判断和电极方程式的书写，掌握原电池的工作原理，图为原电池装置，Zn为负极，发生氧化反应Zn-2e-Zn2+，Cu为正极，发生还原反应Cu2+2e-Cu，原电池工作时，阳离子向正极挪动，阴离子向负极挪动。短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数挨次增大，此中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。以下说法正确的选项

13、是原子半径：r(X)r(Y)r(Z)r(N)r(O)r(H)，故A错误；B、Na的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH属于强碱，故B错误；C、同周期从左向右非金属性加强，即O的非金属性强于N，故C错误；D、可以构成HNO3和NH4NO3，前者属于共价化合物，后者属于离子化合物，故D正确。设NA为阿伏加德罗常数的值，以下相干表达正确的选项是A.0.5mol苯分子中含有碳碳双键数1.5NAB.标准状况下，22.4LCCl4中含有氯原子数量为4NAC.1mol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为8NAD.标准状况下，5.6L庚烷完整燃烧所生成的气态产物的分子数为1.75NA【答案】C【分析】7【

14、详解】A.苯分子中不存在碳碳双键数，A错误；B.标准状况下四氯化碳是液体，不可以利用气体摩尔体积计算22.4LCCl4中含有氯原子数量，错误；3+)所含的电子总数为AC.1mol碳正离子(CH8N，C正确；D.标准状况下庚烷不是气体，不可以利用气体摩尔体积计算5.6L庚烷完整燃烧所生成的气态产物的分子数，D错误；答案选C。【点睛】选项A是解答的易错点，注意苯的结构简式固然可以用表示，但苯分子中并不存在碳碳双键和碳碳单键，而是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特别的化学键。16.苯乙烯的结构简式为，必定条件下，苯乙烯能和氢气发生完整加成，则完全加成产物的一溴代物有A.7种B.6种C.5种D.4种【

15、答案】B【分析】【详解】苯乙烯在必定条件下能和氢气完整加成获取，在环上有四种H原子，在侧链上有2种H原子，所以完整加成产物的一溴代物有6种，答案选B。【点睛】掌握等效氢原子的判断方法是解答的要点，即同一碳原子所连的氢原子是等效的；同一碳原子所连的甲基上的氢原子是等效的；同一分子中处于轴对称或镜面对称（相当于平面镜成像时，物与像的关系）位置上的氢原子是等效的。17.某有机物的结构简式为。以下相干说法错误的选项是该有机物的分子式为C10H10O2该有机物能发生加成反应、代替反应、氧化反应该有机物分子中所有碳原子可能共平面该有机物能使酸性高锰酸钾溶液和溴水退色,其退色原理同样8【答案】D【分析】【详

16、解】A.依据结构简式可知该有机物的分子式为C10H10O2，A正确；分子中含有苯环、碳碳双键和羧基，所以该有机物能发生加成反应、代替反应、氧化反应，B正确；因为苯环和碳碳双键均是平面形结构，且单键可以旋转，所以该有机物分子中所有碳原子可能共平面，C正确；该有机物能使酸性高锰酸钾溶液和溴水退色,其退色原理不同样，前者是氧化反应，后者是加成反应，D错误；答案选D。【点睛】选项C是解答的难点，注意共平面题的切入点是平面型结构，有平面型结构的分子在中学主要有乙烯、1，3-丁二烯、苯三种，此中乙烯平面有6个原子共平面，1，3-丁二烯型的是10个原子共平面，苯平面有12个原子共平面。只要掌握好这些结构，借

17、助碳碳单键可以旋转而碳碳双键和碳碳三键不可以旋转的特色，以及立体几何知识，各种与此相干的题目均可水到渠成。18.最新报导：科学家初次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的表示图以下：以下说法中正确的选项是A.CO和O生成CO2是吸热反应在该过程中，CO断键形成C和OC.CO和O生成了拥有极性共价键的CO2D.状态状态表示CO与O2反应的过程【答案】C【分析】试题分析：依据能量-反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是9放热反应，A错误；依据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；由图III可知，生

18、成物是CO2，拥有极性共价键，故C正确；状态状态表示CO与O反应的过程，故D错误。考点：反应原理中化学反应与能量变化【此处有视频，请去附件查察】二选择题(本题共6小题，每题3分，共18分。)以下列图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图。以下说法正确的选项是A.Z、N两种元素的离子半径对比，前者大X、N两种元素的氢化物的沸点对比，前者较低M比X的原子序数多7Z单质均能溶解于Y的氢氧化物和N的氢化物的水溶液中【答案】D【分析】分析：同周期自左而右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为氧元素，Y为Na元素，Z

19、为Al元素，M为S元素，N为Cl元素，结合元素周期律与物质的性质等解答。详解：依据以上分析可知X为O，Y为Na，Z为Al，M为S，N为Cl，则A、Al、Cl两种元素的离子分别为Al3+、Cl-，电子层越多离子半径越大，故离子半径Al3+Cl-，A错误；B、水分子间存在氢键，所以X、N两种元素的氢化物的沸点对比，前者较高，B错误；C、M比X的原子序数多16-88，C错误；D、铝单质均能溶解于Y的氢氧化物氢氧化钠和N的氢化物的水溶液盐酸中，D正确；10答案选D。点睛：本题观察位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，推测元素是解题的要点，依据原子半径变化规律结合原子序数进行推测，第一审题中要抓住“短

20、周期主族元素”几个要点字。有四组同族元素的物质，在101.3KPa时测定它们的沸点()以下表所示：第一组He-268.8(a)-249.5Ar-185.8Kr-151.7第二组F2-187.0Cl2-33.6(b)58.7I2184.0第三组(c)19.4HCl-84.0HBr-67.0HI-35.3第四组H2O100.0H2S-60.2(d)-42.0H2Te-1.8以下各项中正确是A.a、b、c的化学式分别为Ne2、Br2、HF第二组物质只表现氧化性，不表现还原性第三组物质中C的沸点最高，是因为c分子量最大第四组中各化合物的稳固性顺序为：H2OH2SH2SeH2Te【答案】D的【分析】试题

21、分析：第一组物质为稀有气体单质，都是单原子分子，则a为Ne，而不是Ne2，故A错误；氟元素一般无正化合价，则F2只表现氧化性，不表现还原性，但氯、溴、碘都有正化合价，所以Cl、Br、I既能表现氧化性，又能表现还原性，故B错误；HF相对分子质222量最小，但其沸点却最高，因为HF分子间存在氢键，故C错误；非金属性：OSSeTe，非金属性越强，该元素的气态氢化物越稳固，故D正确。考点：观察物质结构和元素周期律，主要利用同族元素相似性、差异性、递变性分析、判断元素及其化合物的构成和性质。某原电池的工作原理以下列图。以下判断正确的选项是11A.该装置中Pt电极为负极B.正极的电极反应式为2-O+4e+

22、2HO=4OHC.V2O5电极的反应式为SO2-2e-+O2-=SO3D.V2O5电极相邻的pH减小【答案】C【分析】【详解】A.二氧化硫在反应中失掉电子，氧气获取电子，所以该装置中Pt电极为正极，V2O5电极为负极，A错误；B.正极发生氧气获取电子的还原反应，电极反应式为2-2，B错误；O+4e2OC.V2O5电极是负极，发生二氧化硫失掉电子的氧化反应，反应式为SO2-2e-2-SO3，C正确；+O因为是固体电解质，所以V2O5电极相邻的pH不变，D错误；答案选C。以下实验事实与相应结论不正确的选项是选项实验事实结论其余条件不变,0.01mol/L的酸性KMnO溶液分别与0.1当其余条件不变

23、时,增大4Amol/L的H2C2O4溶液和0.2mol/LH2C2O4溶液反应,后者褪反应物浓度可以使化学反色时间短应速率加快其余条件不变,分别将等体积、等物质的量浓度的Na2S2O3当其余条件不变时,反应B溶液和H2SO混杂液放在冷水和热水中,放在热水中的混系统的温度越高,化学反4合液先出现浑浊应速率越快将少许MnO粉末加入盛有10%双氧水的锥形瓶内,在化学催化剂固然可以加快化学2C反应前后,MnO2的质量和化学性质都没有发生改变反应的速率,但必定不参与化学反应过程12必定条件下,分别在容积为1L和容积为2L的两个密闭容器中加入等量的氢气和碘蒸气当其余条件不变时,气态,发生以下反应:D反应系

24、统的压强越大,化H(g)+I(g)2HI,获取等量HI时22学反应速率越快需要的时间前者少A.AB.BC.CD.D【答案】C【分析】A草酸浓度大，反应速率快，反应需要的时间短，浓度增大会加快反应速率，故A正确；B温度变化必定对反应速率影响，升温，速率增大，降温反应速率减小；Na2S2O3溶液和H2SO4混合液在热水中浑浊现象快，反应速率快，故B正确；C催化剂改变化学反应速率，不改变化学均衡，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，催化剂参加反应过程，降低活化能，故C错误；D对有气体的反应，压强增大会增大化学反应速率，故D正确；应选C。定温度下，向10mL0.40mol/LH2O2溶液中加入少许Fe

25、Cl3溶液(忽视整个过程中溶液体积的变化),不一样时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况下)如表所示：t/min0246V(O2)/mL09.917.522.4资料显示,反应分两步进行：2Fe3+222+2222+3+HO2Fe+2H+O；HO+2Fe+2H2HO+2Fe。反应过程中能量变化以下列图。以下说法正确的选项是A.Fe2+的作用是增大过氧化氢的分解速率13反应、均是放热反应反应2H2O2(aq)2H2O(l)+O2(g)是吸热反应06min内的均匀反应速率v(H2O2)3.3310-2mol/(Lmin)【答案】D【分析】【详解】A.Fe3的作用是催化剂，增大过氧化氢的分解速率，亚

26、铁离子是中间产物，A错误；B.依据图象可知反应是吸热反应，是放热反应，B错误；C.依据图象可知反应2H2O2(aq)2H2O(l)+O2(g)中反应物总能量高于生成物总能量，所以放热反应，C错误；D.06min内生成氧气是0.001mol，耗费双氧水是0.002mol，浓度是0.2mol/L，则均匀反应速率v(H2O2)0.2mol/L6min3.3310-2mol/(Lmin)，D正确；答案选D。是24.必定条件下，在体积为10L的固定容器中发生的反应：N2+3H22NH3，反应过程以下图所示，以下说法正确的选项是A.t1min时正、逆反应速率相等B.X曲线表示NH3的物质的量随时间变化的关

27、系，2的均匀反应速率（2）-1-1C.08minHvH0.75molL-1min-1D.1012min，N2的均匀反应速率为v（N2）=0.25molLmin【答案】B【分析】【详解】A、依据该图像可知均衡时X的物质的量增加0.6mol，Y的物质的量减少1.2mol-0.3mol=0.9mol，0.6:0.9=2：3，说明X是氨气，Y是氢气。t1min时X与Y的物质的量相等，但未达均衡，所以正逆反应的速率不相等，A错误；14B、依据A的分析可知X是氨气，X曲线表示NH的物质的量随时间变化的关系，B正确；3C、08min，H2的均匀反应速率v（H2）0.9mol/(10L8min)0.01125

28、molL-1min-1，C错误；D、1012min，H的均匀反应速率为v（H）（0.3-0.15）mol/(10L2min)0.007522molL-1min-1，氮气的反应速率是氢气反应速率的1/3，则N2的均匀反应速率为v（N2）0.0075molL-1min-1/30.0025molL-1min-1，D错误；答案选B。第卷(46分)据参照信息网2017年4月8日报导,美国大众科学月刊网站发布了题为石墨烯滤膜可能会让海水淡化更廉价的报导。另据人民网2017年2月22日报导,眼前中国首款石墨烯锂离子五号充电电池正式投入市场。依据要求回答以下问题:石墨烯是一种由碳原子形成的蜂窝状平面薄膜,是一

29、种只有一个原子层厚度的准二维资料,所以又叫单原子层石墨。石墨烯的构成元素是_。石墨烯属于_(填序号)。a.无机化合物b.有机化合物c.碳的同素异形体d.烯烃必定条件下石墨烯与H2经过_反应可获取石墨烷。石墨烯中碳原子与碳原子之间化学键种类是_。石墨烯滤膜很简单让水经过,而盐却不可以,这类使海水淡化的方法叫石墨烯滤膜法,请写出海水淡化的其余方法:_(写1种即可)一种石墨烯锂硫电池的工作原理以下列图:该电池的正极是_(填“a”或“b”)极,该电极上发生_(填“氧化”或“还原”)反应。15该电池的电解液中,Li+的挪动方向是_。【答案】(1).C(2).c(3).加成(4).共价键(5).蒸馏法(或

30、电渗析法、离子交换法等)(6).a(7).还原(8).从负极移向正极(或由ba)【分析】【详解】（1）石墨烯是一种由碳原子形成的蜂窝状平面薄膜，所以石墨烯的构成元素是C。石墨烯是一种由碳原子形成的蜂窝状平面薄膜，石墨烯属于碳的同素异形体，答案选c。必定条件下石墨烯与氢气经过加成反应可获取石墨烷。碳属于非金属元素，石墨烯中碳原子与碳原子之间化学键种类是共价键。（2）海水淡化的其余方法含有蒸馏法或电渗析法、离子交换法等；（3）依据电子的流向可知该电池的正极是a极,该电极上发生获取电子的还原反应。原电池中阳离子向正极挪动，则该电池的电解液中Li的挪动方向是ba。26.有X、Y、Z、T、U五种短周期元

31、素。X、Y、Z三元素在周期表中的位置以下列图,三元素的原子序数之和是41。X和T的单质在不一样条件下反应,可以生成T2X(白色固体)和T2X2(淡黄色固体)两种化合物。U单质在Z单质中燃烧时产生苍白色火焰,生成物的水溶液能使石蕊试液变红。XYZ各元素的符号是X_,Y_,Z_,T_,U_(2)Y原子的结构表示图为_(3)用电子式表示Y与T构成的化合物的形成过程:_YX2和U2Y反应的化学方程式为_,此中氧化剂是_,被氧化的元素是_。【答案】(1).O(2).S(3).Cl(4).Na(5).H(6).(7).(8).2HS+SO=3S+2HO(9).SO2222(10).硫16【分析】【分析】依

32、据X、Y、Z三元素在周期表中的位置以及三元素的原子序数之和是41可知，若假设X的原子序数是a，则a+a+8+a+9=41，解得a=8，则X是氧元素，Y是硫元素，Z是氯元素；X和T的单质在不一样条件下反应，可以生成T2X(白色固体)和T2X2(淡黄色固体)两种化合物，则T是钠元素，U单质在Z单质中燃烧时产生苍白色火焰，生成物的水溶液能使石蕊试液变红，则U是氢元素；据此判断。【详解】（1）依据以上分析可知X、Y、Z、T、U分别是O、S、Cl、Na、H。（2）硫原子的结构表示图为；（3）Y与T构成的化合物是离子化合物Na2S，则用电子式表示Y与T构成的化合物的形成过程为；4）SO2和H2S反应的化学

33、方程式为2H2SSO23S2H2O，SO2中S元素化合价降低，是氧化剂，硫化氢中S元素化合价高升，则被氧化的元素是硫。27.全部植物中均含有天然有机高分子化合物A，它是构成植物细胞壁的基础物质之一，一般不溶于水，也不溶于有机溶剂。有机物AF之间的转变以下列图(图中部分产物已略去，且B生成C的同时还有CO2生成)：(1)由A生成B的化学方程式为_。(2)B、C中均含有的官能团的电子式为_。(3)从A转变为F的过程中发生反应的种类有（）A.氧化反应B.酯化反应C.加成反应D.水解反应写出CD发生反应的化学方程式：_。(5)F有多种同分异构体，请写出此中与它拥有同样官能团的所有同分异构体的结构简式：

34、_。17【答案】(1).(C6H10O5)n(纤维素)+nH2OnC6H12O6(2).(3).ABD(4).2CHCHOH+O2CHCHO+2HO(5).HCOOCHCHCH、HCOOCH(CH)、322322332253CHCOOCH【分析】【分析】全部植物中均含有天然有机高分子化合物A，它是构成植物细胞壁的基础物质之一，一般不溶于水，也不溶于有机溶剂，A是纤维素。纤维素水解生成B是葡萄糖，葡萄糖在必定条件下分解生成乙醇和二氧化碳，则C是乙醇，乙醇催化氧化生成D是乙醛，乙醛氧化生成E是乙酸，乙酸和乙醇酯化生成F是乙酸乙酯，据此判断。【详解】依据以上分析可知A是纤维素，B是葡萄糖，C是乙醇，

35、D是乙醛，E是乙酸，F是乙酸乙酯，则（1）由A生成B的化学方程式为(C6H10O5)n(纤维素)+nH2OnC6H12O6。（2）B、C分别是葡萄糖和乙醇，两者均含有的官能团是羟基，电子式为。3）从A转变为F的过程中发生反应的种类挨次为水解反应、分解反应、氧化反应、氧化反应、酯化反应，答案选ABD。（4）CD发生反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2HO。（5）F是乙酸乙酯，与它拥有同样官能团的所有同分异构体中含有酯基，结构简式为HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、C2H5COOCH328.为证明化学反应有必定的限度，进行以下研究活动：I取5m10.1m

36、ol/L的KI溶液，滴加几滴FeCl3稀溶液(已知：2Fe3+2I-=I2+2Fe2+)连续加入2mlCCl4振荡.取萃取后的上层清液，滴加KSCN溶液。研究活动I的实验现象为_；研究活动的实验现象为_。研究活动的企图是经过生成血红色的Fe(SCN)3溶液，验证有Fe3+残留，从而证明化学反应有必定的限度，但在实验中却未见溶液呈血红色。对此同学们提出了以下两种猜想：猜想一：Fe3+所有转变为Fe2+；猜想二：生成的Fe(SCN)3浓度极小，其颜色肉眼没法观察。18为了验证猜想，查阅资料获取以下信息：信息一：乙醚微溶于水，Fe(SCN)3在乙醚中的溶解度比在水中大，Fe(SCN)3在乙醚中与在水

37、中表现的颜色同样；3+64-46(黄色)溶液检验3+信息二：Fe可与Fe(CN)反应生成蓝色积淀，用KFe(CN)Fe的灵敏度比用KSCN更高。结合新信息，现设计以下实验方案验证猜想：.请完成下表实验操作、现象和结论实验操作现象和结论步骤一：取萃取后的上层清液滴加2滴若产生_，K4Fe(CN)6则_不成立；步骤二：往研究所得溶液中加入少许乙若_，醚，充分振荡、静置分层则_成立；.写出实验操作“步骤一”中反应的离子方程式为_。【答案】（1）溶液变为棕黄色（1分）溶液分层，基层为紫红色（1分）（2）.实验操作现象和结论步骤一：取萃取后的上层清液滴加2滴若产生蓝色积淀，（1分）K4Fe(CN)6则猜想一不成立；（1分）步骤二：往研究所得溶液中加入少许乙醚，若乙醚层呈血红色，（1分）充分振荡、静置分层则猜想二成立；（1分）.4Fe3+3Fe(CN)64-=Fe4Fe(CN)63（2分）【分析】试题分析：（1）研究活动I中Fe3+可把I氧化为I2，所以实验现象为：溶液变为棕黄色；探19究活动研究活动，因为I2易溶于CCl4，所以反应现象为：溶液分层，基层为紫红色。（2）.因为Fe3+可与Fe(CN)64-反应生成蓝色积淀，所以取萃取后的上层清液滴加2