2023年吉林省高中高二化学第二学期期末质量跟踪监视试题含解析

2023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、绿原酸是咖啡的热水提取液成分之一，结构简式如下图，关于绿原酸判断正确的是（）A．1mol绿原酸与足量NaHCO3溶液反应，生成3molCO2气体B．1mol绿原酸与足量溴水反应，最多消耗2.5molBr2C．1mol绿原酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOHD．绿原酸水解产物均可以与FeCl3溶液发生显色反应2、根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述正确是（）A．第ⅦA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C．图所示实验可证明元素的非金属性强弱Cl>C>SiD．同主族元素上到下，单质的熔点逐渐升高3、将等物质的量的SO2和Cl2混合后通入含有品红和Ba(NO3)2的混合溶液里,发生的现象是①溶液很快褪色②溶液不褪色③有沉淀生成④溶液仍然透明（）A．仅①和④ B．仅①和③ C．仅②和③ D．仅②和④4、某小组以石膏（CaSO4·2H2O）为主要原料制备（NH4）2SO4的流程如下：下列说法正确的是A．气体A是CO2，气体B是NH3B．操作Ⅰ中，所用的主要玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、分液漏斗C．操作Ⅱ中，将滤液加热蒸干并灼烧可以得到纯净的（NH4）2SO4D．整个过程的总反应方程式为CaSO4+CO2+2NH3+H2O＝CaCO3↓+(NH4)2SO45、我国明代《本草纲目》记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。这里用到的实验方法可用于分离A．苯和水 B．食盐水和泥沙C．乙酸乙酯和乙酸 D．硝酸钾和硫酸钠6、下列判断，结论正确的是（）选项项目结论A三种有机化合物：丙烯、氯乙烯、苯分子内所有原子均在同一平面B由溴丙烷水解制丙醇、由丙烯与水反应制丙醇属于同一反应类型C乙烯和苯都能使溴水褪色褪色的原理相同DC4H9Cl的同分异构体数目（不考虑立体异构）共有4种A．A B．B C．C D．D7、S(单斜)和S(正交)是硫的两种同素异形体。已知：①S(单斜，s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH1＝－297.16kJ·mol－1②S(正交，s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH2＝－296.83kJ·mol－1③S(单斜，s)=S(正交，s)ΔH3下列说法正确的是()A．ΔH3＝＋0.33kJ·mol－1B．单斜硫转化为正交硫的反应是吸热反应C．S(单斜，s)=S(正交，s)ΔH3<0，正交硫比单斜硫稳定D．S(单斜，s)=S(正交，s)ΔH3>0，单斜硫比正交硫稳定8、有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是A．CuSO4在反应中被还原B．FeS2既是氧化剂也是还原剂C．14molCuSO4氧化了1molFeS2D．被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶79、一定条件下，Na2CO3溶液中存在如下平衡：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，下列说法正确的是A．稀释溶液，平衡正向移动，增大B．通入CO2，平衡逆向移动，溶液pH减小C．加入NaOH固体，平衡逆向移动，pH减小D．升高温度，增大10、双酚A是食品、饮料包装和奶瓶等塑料制品的添加剂，能导致人体内分泌失调，对儿童的健康危害更大。下列有关双酚A的叙述不正确的是（）A．双酚A能与碳酸钠溶液反应，能与FeCl3溶液发生显色反应B．双酚A的核磁共振氢谱显示氢原子数之比是1∶2∶2∶3C．反应①中，1mol双酚A最多消耗4molBr2D．反应②的产物与足量钠反应放出1molH211、下列卤代烃在KOH醇溶液中加热不反应的是①②③(CH3)3C－CH2Cl④CHCl2－CHBr2⑤⑥CH3ClA．②④ B．②③⑤ C．①③⑥ D．全部12、可以证明可逆反应N2+3H22NH3已达到平衡状态的是①一个N≡N断裂的同时，有3个H—H键断裂②一个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键断裂③其它条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变④恒温恒容时，体系压强不再改变⑤NH3、N2、H2的体积分数都不再改变⑥恒温恒容时，混合气体的密度保持不变⑦正反应速率v(H2)=0.6mol/(L·min)，逆反应速率v(NH3)=0.4mol/(L·min)A．全部 B．①③④⑤ C．②③④⑤⑦ D．③⑤⑥⑦13、下列物质：①H3O＋②[Cu(NH3)4]2＋③CH3COO－④NH3⑤CH4中存在配位键的是A．①②B．①③C．④⑤D．②④14、按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。下列说法错误的是A．步骤（1）需要过滤装置B．步骤（3）需要用到蒸发皿C．活性天然产物易溶于有机溶剂难溶于水D．步骤（4）是利用物质沸点差异进行分离的15、设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是（）A．18gD2O(重水)中含有10NA个质子B．78g苯中含有3NA个

C=C双键C．1L0.1mo

l/LNaHCO3溶液中含有0.1NA个

HCO3−D．ag某气体中含分子数为b，cg该气体在标况下的体积为22.4bc/aNAL16、下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A．已知P(s,白磷)=P(s,红磷)ΔH<0,则白磷比红磷稳定B．已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH="-483.6"kJ·mol-1,则氢气的燃烧热为241.8kJ·mol-1C．已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)ΔH=a2C(s)+O2(g)="2CO(g)"ΔH=b,则a>bD．已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH="-57.3"kJ·mol-1,则含40.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和,放出小于57.3kJ的热量二、非选择题（本题包括5小题）17、已知氨基酸可发生如下反应：且已知：D、E的相对分子质量分别为162和144，可发生如下物质转化关系，如下图所示：(1)写出C中所含官能团的名称：________________________(2)写出B、D的结构简式：B____________，D________________________。(3)写出C→E的化学方程式：_______________________________________。(4)写出C发生缩聚反应的化学方程式：_______________________________________。18、有A，B，C，D，E五种元素，其中A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同；C原子的价电子构型为csccpc+1，D元素的原子最外层电子数比次外层电子数少2个，D的阴离子与E的阳离子电子层结构相同，D和E可形成化合物E2D．(1)上述元素中，第一电离能最小的元素的原子结构示意图为__；D的价电子排布图为__；(2)下列分子结构图中的●和○表示上述元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，小黑点表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键．则在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键的是__(填写分子的化学式)；在③的分子中有__个σ键和__个π键．(3)A，C，D可形成既具有离子键又具有共价键的化合物，其化学式可能为__；足量的C的氢化物水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物，其化学式为__，请说出该配合物中中心原子与配位体及内界与外界之间的成键情况：__．19、某同学利用氯酸钾分解制氧气的反应，测定氧气的摩尔质量，实验步骤如下：①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量，质量为ag。②装好实验装置。③检查装置气密性。④加热，开始反应，直到产生一定量的气体。⑤停止加热(如图所示，导管出口高于液面)。⑥测量收集到的气体的体积。⑦准确称量试管和残留物的质量为bg。⑧测量实验室的温度。⑨把残留物倒入指定的容器中，洗净仪器，放回原处，把实验桌面收拾干净。⑩处理实验数据，求出氧气的摩尔质量。回答下列问题：(1)如何检查装置的气密性？。(2)以下是测量收集到的气体体积必须包括的几个步骤：①调整量筒内外液面高度使之相同；②使试管和量筒内的气体都冷却至室温；③读取量筒内气体的体积。这三步操作的正确顺序是(请填写步骤代号)。(3)测量收集到的气体体积时，如何使量筒内外液面的高度相同？。(4)如果实验中得到的氧气体积是cL(已换算为标准状况)，水蒸气的影响忽略不计，氧气的摩尔质量的计算式为(含a、b、c，不必化简)M(O2)＝。20、某铜制品在潮湿环境中发生的电化学腐蚀过程可表示为如图，腐蚀后有A物质生成，某小组为分析A物质的组成，进行了如下实验：实验①：取A样品，加过量稀硝酸完全溶解后，再加入溶液，有白色沉淀生成。实验②：另取A样品4.29g，加入含的稀硫酸溶液，恰好中和，生成两种盐的混合溶液。向所得混合溶液中加入适量的NaOH溶液，产生蓝色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧得3.20g黑色固体。（1）该粉状锈中除了铜元素外还含有（写元素符号）___元素，该铜制品发生电化学腐蚀生成粉状锈时其正极电极反应式为____。（2）写出该粉状锈溶于稀硫酸反应的离子方程式____。（3）加热条件下，实验②中所得的黑色固体能与乙醇反应，化学方程式为____。21、（1）室温下，在0.5mol/L的纯碱溶液中加入少量水，由水电离出的c(H+)·(OH-)___(填“变大”、“变小”、“不变”)。（2）已知Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10-12，向0.2mol/L的AgNO3溶液中加入等体积的0.008mol/LK2CrO4溶液，则溶液中的c(CrO42-)=___。（3）室温下，0.1mol/LNaHCO3溶液的pH值___0.1mol/LNa2SO3溶液的pH值(填“>”、“<”、“=")。H2CO3K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11H2SO3K1=1.54×10-2K2=1.02×10-7已知：（4）有一种可充电电池Na—Al/FeS，电池工作时Na+的物质的量保持不变，并且是用含Na+的导电固体作为电解质，已知该电池正极反应式为2Na++FeS+2e-=Na2S+Fe．则该电池在充电时，阳极发生反应的物质是___，放电时负极反应式为___。

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、含有1mol羧基，能和NaHCO3反应产生1molCO2，故A错误；B、含有1mol碳碳双键能和1molBr2发生加成反应，含有酚羟基，使得苯环邻位和对位上的氢原子变得活泼，容易发生取代，消耗3molBr2，共消耗4molBr2，故B错误；C、含有羧基、酯基、2mol酚羟基，最多消耗4molNaOH，故C正确；D、右边的环是环烷烃，不是苯环，不含有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故D错误。答案选C。2、B【解析】第ⅦA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐减弱，故A错误；氢元素与非金属元素形成共价化合物、氢元素与金属元素形成离子化合物，故B正确；盐酸是无氧酸，不能根据其酸性强弱判断其非金属性强弱，故C错误；ⅠA族元素上到下，金属单质的熔点逐渐降低，故D错误。点睛：同主族元素从上到下非金属性减弱，氢化物的稳定性减弱、最高价含氧酸的酸性减弱；同周期元素从左到右非金属性增强，氢化物的稳定性增强、最高价含氧酸的酸性增强。3、C【解析】

等物质的量的SO2和Cl2混合后通入含有品红中，发生SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+，品红不褪色；通入Ba（NO3）2的混合溶液中，发生SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+、SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，观察到生成白色沉淀，故选C。【点睛】本题考查二氧化硫的化学性质，侧重氧化还原反应原理及二氧化硫还原性的考查，注意等物质的量时发生的氧化还原反应。4、D【解析】

由制备流程可知，以石膏(CaSO4·2H2O)为主要原料制备(NH4)2SO4，A、B一定有氨气、二氧化碳，且碱性条件下利于二氧化碳的吸收，滤渣煅烧生成气体B应为CO2，则A为NH3，发生CaSO4+CO2+2NH3+H2O＝CaCO3↓+(NH4)2SO4，操作I为过滤分离出沉淀，操作II为蒸发浓缩、冷却结晶得到(NH4)2SO4。【详解】A．由上述流程图分析可知，气体B是CO2，A为NH3，故A错误；

B．操作I|为过滤，所用的主要玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，分液漏斗用于分液，故B错误；

C．(NH4)2SO4受热易分解，则操作II为蒸发浓缩、冷却结晶，故C错误；

D．由上述分析可知，整个过程的总反应方程式为CaSO4+CO2+2NH3+H2O＝CaCO3↓+(NH4)2SO4，故D正确；故答案：D。5、C【解析】

烧酒的制造工艺用的蒸馏的方法，可用于分离沸点不同的液体混合物。【详解】A、苯和水互不相溶，分层，用分液的方法分离，故A错误；B、食盐水和泥沙，泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离，故B错误；C、乙酸乙酯和乙酸沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故C正确；D、硝酸钾和硫酸钠的溶解度相差较大，可用重结晶的方法分离，故D错误；故选C。6、D【解析】

A、氯乙烯、苯二者为平面结构，所有原子在同一平面内，丙烯含有甲基，具有甲烷的四面体结构，所有原子不可能在同一平面内，故A错误；B、由溴丙烷水解制丙醇属于取代反应，由丙烯与水反应制丙醇属于加成反应，二者不属于同一反应类型，故B错误；C、乙烯与溴水发生加成反应，使溴水褪色，苯萃取溴水中的溴，使溴水褪色，褪色原理不同，故C错误；D、﹣C4H9的同分异构体有﹣CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH3、﹣CH2CH（CH3）2、﹣C（CH3）3四种，所有C4H9Cl有4种同分异构体，故D正确；故选D。7、C【解析】

A．由盖斯定律可知，反应①-②=③，所以△H3=(-297.16kJ•mol-1)-(-296.83kJ•mol-1)=-0.33kJ/mol，故A错误；B．S(单斜，s)═S(正交，s)△H3=-0.33kJ/mol，反应放热，故B错误；C．根据S(单斜，s)═S(正交，s)△H3=-0.33kJ/mol，单斜硫的能量比正交硫的能量高，正交硫比单斜硫稳定，故C正确；D．根据S(单斜，s)═S(正交，s)△H3=-0.33kJ/mol，单斜硫的能量比正交硫的能量高，正交硫比单斜硫稳定，故D错误；故答案为C。8、D【解析】

该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、S元素化合价由-1价变为+6价、-2价，Cu元素被还原、S元素被氧化和还原，据此分析解答。【详解】A．根据元素化合价知，部分FeS2和硫酸铜作氧化剂，CuSO4在反应中被还原，故A正确；B．该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、S元素化合价由-1价变为+6价、-2价，所以FeS2既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；C．由方程式可知，14molCuSO4转移的电子为14mol，能够氧化

-1价的S的物质的量==2

mol，即能够氧化1molFeS2，故C正确；D．S元素化合价由-1价变为+6价、-2价，根据方程式知，被还原的S和被氧化的S的物质的量之比为7∶3，质量之比为7∶3，故D错误；答案选D。【点睛】本题的易错点和难点为C，要注意不能直接根据方程式计算14molCuSO4氧化的FeS2，应该根据得失电子守恒计算。9、D【解析】

A.稀释溶液，平衡正向移动，水解常数不变，即不变，A不正确；B.通入CO2，CO2与水反应生成的碳酸可以与CO32－水解产生的OH－发生反应，所以平衡正向移动，溶液pH减小，B不正确；C.加入NaOH固体，平衡逆向移动，pH增大，C不正确；D.升高温度，CO32－水解平衡正向移动，所以增大，D正确；本题选D。【点睛】本题考查了水解常数及影响水解平衡的外界因素，要求学生能掌握盐类水解的基本规律以及外界条件的改变对水解平衡产生的影响，能判断水解平衡移动的方向以及pH的变化情况，能根据相关的平衡常数判断一些代数式的变化趋势。10、D【解析】分析：有机物中含有酚羟基，且邻位含有氢原子，可发生取代、氧化和显色反应，含有苯环，可发生加成反应。详解：A.苯酚的酸性比碳酸氢根离子强，双酚A能与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢根，分子中有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，故A正确；B．两个甲基相同，两个苯酚基相同，根据苯环的对称可知有4种不同的H，H原子数之比是2：4：4：6=1：2：2：3，故B正确；C．双酚A中，2个酚羟基有4个邻位H可被取代，则1mol双酚A最多消耗4molBr2，故C正确；D、没有给定反应物的量，无法确定生成的氢气的量，故D错误；故选D。11、C【解析】

卤代烃的结构中，只有与卤素原子相连的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】①苯环上的H无法消去，只能取代，①不符合；②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，②符合；③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，③不符合；④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，④符合；⑤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，⑤符合；⑥分子中只有1个C，无法发生消去反应，⑥不符合；①③⑥不符合条件；答案选C。12、C【解析】

①一个N≡N断裂的同时，有3个H—H键断裂，表示的都是v正，不能说明可逆反应达到平衡状态，①错误；②一个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键断裂，表示的是v正=v逆，可以说明可逆反应达到平衡状态，②正确；③可逆反应为反应前后气体体积减小的反应，其它条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变，可以说明反应达平衡状态，③正确；④对于反应前后气体体积不等的可逆反应，恒温恒容时，体系压强不再改变，说明该可逆反应达到平衡状态，④正确；⑤化学平衡时各组分的浓度、质量分数等保持恒定，故NH3、N2、H2的体积分数都不再改变，表明可逆反应达到平衡状态，⑤正确；⑥恒温恒容时，该可逆反应的物质质量守恒，体积不变，混合气体的密度始终保持不变，不能说明该可逆反应达到平衡状态，⑥错误；⑦根据同一化学反应中，各物质的化学反应速率之比等于化学方程式中相应各物质的化学计量数之比，正反应速率v(H2)=0.6mol/(L·min)时，用NH3表示的正反应速率v(NH3)=，则有：v(NH3)正=v(NH3)逆，可以说明可逆反应达到平衡状态，⑦正确；综上所述，C项正确；答案选C。【点睛】根据化学平衡的特征来判断化学反应是否达平衡状态。即：（1）化学平衡时正逆反应速率相等（2）各组分的浓度及百分含量保持一致。这是判断可逆反应达到化学平衡状态的直接依据，由此可以衍生出其他判断反应是否达平衡状态的间接依据。13、A【解析】

在物质或离子中中心原子含有空轨道，和含有孤电子对的原子或离子能形成配位键，①氢离子提供空轨道，氧原子提供孤电子对；②铜离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对；③CH3COO-中碳和氧最外层有8个电子达到稳定结构，氢满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对；④NH3为共价化合物，氮原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H-N键，氢满足2电子稳定结构，无空轨道；⑤CH4分子中，碳原子与4个氢原子分别共用一对电子，形成4个C-H键，无空轨道，无孤电子对。【详解】①H3O+中O提供孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，H3O+含有配位键；②Cu2+有空轨道，NH3中的氮原子上的孤电子对，可以形成配位键，[Cu（NH3）4]2+含有配位键；③CH3COO-中碳和氧最外层有8个电子达到稳定结构，氢满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，电子式为：，不含有配位键；④NH3为共价化合物，氮原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H-N键，氢满足2电子稳定结构，无空轨道；⑤甲烷中碳原子满足8电子稳定结构，氢原子满足2电子稳定结构，电子式为，无空轨道，无孤电子对，CH4不含有配位键；答案选A。【点睛】本题考查配位键的判断，明确配位键的形成是解本题关键，题目难度中等．注意配位键形成的条件，一方要提供空轨道，另一方提供孤电子对。14、C【解析】A．步骤(1)是分离固液混合物，其操作为过滤，需要过滤装置，故A正确；B．步骤(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，故B正确；C．由步骤(3)可知，蒸发水溶液得到粗产品，则该有机物能溶于水，故C错误；D．步骤(4)是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，需要蒸馏装置，故D正确；故选C。15、D【解析】分析：A、求出重水的物质的量，然后根据重水中含10个质子来分析；B、苯不是单双键交替的结构；C、HCO3-在溶液中既能水解又能电离；D、根据ag某气体中含分子数为b，求出cg该气体的分子个数，再求出物质的量和在标况下的体积。详解：A、18g重水的物质的量n=18g20g/mol=0.9mol，而重水中含10个质子，故0.9mol重水中含9NA个质子，故A错误；B、苯不是单双键交替的结构，故苯中不含碳碳双键，故B错误；C、HCO3-在溶液中既能水解又能电离，故溶液中

HCO3-的个数小于0.1NA个，故C错误；D、由于ag某气体中含分子数为b，故cg该气体的分子个数N=bca个，则气体的物质的量n=bcaNA/mol=bcaNAmol，则在标况下的体积16、D【解析】

A、已知P(红磷，s)═p(白磷，s)△H＞0，红磷能量小于白磷，则白磷比红磷活泼，红磷比白磷稳定，A错误；B、氢气的燃烧热是值1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，单位是kJ/mol，气态水不是稳定氧化物，2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=-483.6kJ•mol-1，则燃烧热＞=241.8kJ•mol-1，B错误；C、己知2C(s)+2O2(g)═2CO2(g)△H=akJ•mol-1、2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=bkJ•mol-1，一氧化碳转化为二氧化碳是放热过程；焓变包含负号，即ab包含正负号，则△H=akJ•mol-1＜△H=bkJ•mol-1，a＜b，C错误；D、已知NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O(l)△H="-57.4"kJ•mol-1，指1molNaOH和molHCl溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量为57.4kJ，则1molNaOH与强酸反应放出57.3kJ的热量，醋酸是弱酸，其电离过程是吸热过，40.0g即1molNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于57.3kJ的热量，D正确；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基、羧基n+(n-1)H2O【解析】

氨基酸能发生缩合反应，脱去一个H2O分子时，-COOH脱去-OH，-NH2脱去-H，发生缩聚反应生成多肽，结合B的分子式，两个丙氨酸分子间脱去2个H2O分子可生成B为；由题中所给信息可总结出：在HNO2作用下，氨基酸中的-NH2可转变成-OH，可得C为；由于C中含有-COOH和-OH，可以发生脱水反应生成D与E，而D、E的相对分子质量分别为162和144，故C脱去一个水分子可得D为，C脱去两个水分子可得E为；丙氨酸与氢氧化钠发生中和反应生成A为CH3CH(NH2)COONa，据此分析解答。【详解】(1)由上述分析可知，C为，所含官能团有羟基和羧基，故答案为：羟基、羧基；(2)B的结构简式为，D的结构简式为；(3)C→E的化学方程式为：；(4)C发生缩聚反应的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O。18、NH3、CH4、H2S51NH4HS或(NH4)2S[Cu(NH3)4]SO4内界中铜离子与氨分子之间以配位键相结合，外界铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合【解析】

由于A，B，C，D为短周期元素，因A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A只能为氢元素；同一能层的不同能级的能量不同，符号相同的能级处于不同能层时能量也不同，即1s、2s、2p的轨道能量不同，2p有3个能量相同的轨道，由此可确定B；因s轨道最多只能容纳2个电子，所以c=2，即C原子价电子构型为2s22p3，即氮元素。短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，据此可确定D。再由D的阴离子电子数及在E2D中E的化合价，即可确定E。由此分析。【详解】由于A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A为氢元素；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，则B的电子排布式为1s22s23p2，即B为碳元素；因s能级最多只能容纳2个电子，即c=2，所以C原子价电子构型为2s22p3，C为氮元素；短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，因D原子最外层电子数比次外层电子数少2个，所以D的次外层只能是L层，D的最外层应为6个电子，即D为16号元素硫；硫元素的阴离子（S2-）有18个电子，E阳离子也应有18个电子，在E2D中E显+1价，所以E为19号元素钾。所以A、B、C、D、E分别为氢、碳、氮、硫、钾。(1)上述五种元素中金属性最强的是钾元素，故它的第一电离能最小，其原子结构示意图为。硫原子价电子层为M层，价电子排布式为3s23p4，其电子排布图为。(2)①分子结构图中黑点表示的原子最外层有5个电子，显然是氮原子，白球表示的原子最外层只有1个电子，是氢原子，所以该分子是NH3，中心N原子有3个σ键，1个孤电子对，故采用sp3杂化；②分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以②分子是CH4，中心碳原子有4个σ键，0个孤电子对，采用sp3杂化；③分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以③分子是CH2=CH2，中心碳原子有3个σ键，0个孤电子对，所以中心原子采用sp2杂化；④分子中黑球表示的原子最外层6个电子，是硫原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，该分子为H2S，中心S原子有2个σ键，2个孤电子对，所以中心原子采用sp3杂化。因此中心原子采用sp3杂化形成化学键的分子有NH3、CH4、H2S。在CH2=CH2的分子中有5个σ键和1个π键。(3)根据上面的分析知A、C、D分别为氢、氮、硫三种元素，形成既具有离子键又具有共价键的化合物是硫氢化铵或硫化铵，其化学式为NH4HS或(NH4)2S，铵根与HS-或S2-之间是离子键，铵根中的N与H之间是共价键，HS-中H与S之间是共价键。C的氢化物是NH3，NH3的水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物是硫酸四氨合铜，其化学式为[Cu(NH3)4]SO4。配合物[Cu(NH3)4]SO4的内界中Cu2+与NH3之间是以配位键相结合，外界铜氨配离子[Cu(NH3)4]2+与硫酸根离子之间是以离子键相结合。19、(1)将导管的出口浸入水槽的水中，手握住试管，有气泡从导管口逸出，放开手后，有少量水进入导管，并形成稳定的液柱，表明装置不漏气(2)②①③(3)慢慢将量筒上下移(4)【解析】解答定量实验题的一般方法为先看实验目的，再分析实验的反应原理和计算原理。该实验的反应原理为2KClO3MnO2=MnO2=Δ计算原理为M(O2)＝，m(O2)＝ag－bg，n(O2)＝＝，所以，该实验的关键在于准确测定氧气的体积。而气体的体积取决于两个因素：一是温度，二是压强。这就要求读数时，气体温度要与室温一致，量筒内外压强一致。在弄清原理后，再考虑实验的每一步操作。20、O、H、Cl【解析】

（1）根据先加过量稀硝酸完全溶解后，再加入溶液，有白色沉淀生成，推出该物质应该含有Cl元素；再根据另取A样品4.29g，加入含的稀硫酸溶液，恰好中和，生成两种盐的混合溶液，推测出含有氢氧根离子，所以含有H和O元素；由图