2024年浙教版高二化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年浙教版高二化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、三氯生是一种抗菌剂，其结构如图所示，遇含氯自来水能生成有毒的三氯甲烷rm{.}下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.三氯生的分子式是rm{C_{12}H_{6}Cl_{3}O_{2}}B.三氯甲烷与甲烷均无同分异构体C.rm{1mol}三氯生最多能与rm{6molH_{2}}反应D.rm{1mol}三氯生最多能与rm{7molNaOH}反应2、下列有机物互为同系物的是（）

A.乙烷和乙烯。

B.苯和溴苯。

C.乙醇和乙醛。

D.丙酸和乙酸。

3、石墨和金刚石都是碳的单质；石墨在一定条件下可转化为金刚石．已知把石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，下列说法正确的是（）

A.石墨不如金刚石稳定。

B.金刚石不如石墨稳定。

C.等质量的金刚石与石墨完全燃烧；放出的能量一样多。

D.等质量的金刚石与石墨完全燃烧；石墨放出的能量少。

4、具有下列电子层结构的原子，其对应元素一定属于同一周期的是（）A.两种原子的电子层上全部都是s电子B.3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上有一个未成对电子的原子C.最外层电子排布式为2s22p6的原子和最外层电子排布式为2s22p6的离子D.原子核外的M层上的s能级和p能级都填满了电子，而d轨道上尚未排有电子的两种原子5、二氯化二硫rm{(S_{2}Cl_{2})}是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示rm{.}常温下，rm{S_{2}Cl_{2}}是一种橙黄色液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，化学方程式为rm{2S_{2}Cl_{2}+2H_{2}O篓TSO_{2}隆眉+3S隆媒+4HCl.}下列说法中错误的是rm{(}rm{)}A.rm{S_{2}Cl_{2}}的结构式为rm{Cl-S-S-Cl}B.反应中rm{SO_{2}}是还原产物，rm{S}是氧化产物C.rm{S_{2}Cl_{2}}为含有极性键和非极性键的分子D.rm{S}原子采取rm{sp^{3}}杂化6、卫生部发出公告，提醒人们慎食薯条，因为其中含有剧毒物质丙烯酰胺rm{.}已知乙酰胺的结构简式为rm{CH_{3}CONH_{2}}苯甲酰胺的结构简式为rm{C_{6}H_{5}CONH_{2}}则丙烯酰胺的结构简式为rm{(}rm{)}A.rm{CH_{3}CH_{2}CONH_{2}}B.rm{CH_{3}CH_{2}COONH_{4}}C.rm{CH_{2}=CHCONH_{2}}D.rm{CH_{2}=CHCONH_{4}}评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)7、金属铜不溶于稀硫酸，但可溶于铁盐溶液。现将一定量的铜片加入到100mL稀硫酸和硫酸铁的混合溶液中，铜片完全溶解（不考虑盐的水解及溶液体积的变化）。（1）写出铜溶解于上述混合溶液的离子方程式_______________________________________。（2）若铜完全溶解时，溶液中的Fe3＋、Cu2＋、H＋三种离子的物质的量浓度相等，且测得溶液的pH＝1，则溶解铜的质量是_________g，溶液中的c(SO42—)＝__________mol/L。（3）若欲在如图所示的装置中发生（1）中的反应，则：X极是（正、负极），电极反应式。Y极的材料是，电极反应式。8、（13分）难溶性杂卤石（K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O）属于“呆矿”，在水中存在如下平衡为能充分利用钾资源，用饱和Ca（OH）2溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾，工艺流程如下：（1）滤渣主要成分有和____以及未溶杂卤石。（2）用化学平衡移动原理解释Ca（OH）2溶液能溶解杂卤石浸出K+的原因：。（3）“除杂”环节中，先加入____溶液，经搅拌等操作后，过滤，再加入____溶液调滤液PH至中性。（4）不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系是图14，由图可得，随着温度升高，____①在相同时间K+的浸出浓度大。②在相同时间K+的浸出浓度减小③反应的速率加快，平衡时溶浸时间短。④反应速率减慢，平衡时溶浸时间增长。（5）有人以可溶性碳酸盐为溶浸剂，则溶浸过程中会发生：已知298K时，Ksp(CaCO3)=2.80×10—9，Ksp(CaSO4)=4.90×10—5，求此温度下该反应的平衡常数K____。9、已知下列两个热化学方程式：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H=-571.6kJ•mol-1

C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）；△H=-2220kJ•mol-1

根据上面两个热化学方程式；试回答下列问题：

（1）H2的燃烧热为______，C3H8的燃烧热为______．

（2）1molH2和2molC3H8组成的混合气体完全燃烧释放的热量为______．

（3）现有H2和C3H8的混合气体共5mol，完全燃烧时放热3847kJ，则在混合气体中H2和C3H8的体积比是______．10、rm{(1)}已知rm{FeCl_{3}}和rm{KSCN}反应是可逆反应，请写出反应的化学方程式：____，加入少量rm{KCl}溶液，平衡______移动。rm{(}填正向、逆向或不rm{)}rm{(2)}已知rm{CrO_{4}^{2-}}和rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}}在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为rm{1.0mol隆陇L^{-1}}的rm{Na_{2}CrO_{4}}溶液中rm{c(Cr_{2}O_{7}^{2-})}随rm{c(H^{+})}的变化如图所示。rm{垄脵}用离子方程式表示rm{Na_{2}CrO_{4}}溶液中的转化反应____。rm{垄脷}由图可知，溶液酸性增大：rm{CrO_{4}^{2-}}的平衡转化率____________rm{(}填“增大”“减小”或“不变”rm{)}rm{(3)}已知某反应的化学平衡常数表达式为rm{K=c(CO)隆陇c(H_{2})/c(H_{2}O)}请写出该反应的化学方程式____。已知该反应升高温度rm{K}增大，则该反应的rm{娄陇}rm{H}____rm{0(}填“rm{隆碌}rm{隆麓}或rm{=}”rm{)}欲使该平衡正向移动，所采取的措施是：____。rm{(}至少写两点rm{)}11、在一定条件下，下列反应：rm{2SO_{2}}rm{(g)+O_{2}}rm{(g)=2SO_{3}}rm{(g)triangleH<0}达到平衡状态。

rm{垄脵}该反应的化学平衡常数表达式是______

rm{垄脷}其他条件不变时降低温度，二氧化硫的转化率______，rm{(}填“增大”、“不变”、“减少”rm{)}化学反应速率______rm{(}填“增大”、“不变”、“减少”rm{)}评卷人得分三、实验题(共6题，共12分)12、乙酸苯甲酯对花香和果香的香韵具有提升作用，故常用于化妆品工业和食品工业。乙酸苯甲酯可以用下面的设计方案合成。rm{(1)}写出rm{A}rm{C}的结构简式：____、____。rm{(2)D}有很多同分异构体，其中属于酯且一取代苯结构的同分异构体有rm{5}个，已知其中rm{3}个的结构简式是：。

请写出另外两个同分异构体的结构简式：____、____。13、芳香族羧酸通常用芳香烃的氧化来制备．芳香烃的苯环比较稳定；难于氧化，而环上的支链不论长短，在强烈氧化时，最终都氧化成羧基．某同学用甲苯的氧化反应制备苯甲酸．反应原理：

+2KMnO4+KOH+2MnO2↓+H2O

+HCl→+KCl

反应试剂；产物的物理常数：

。名称相对分子质量性状熔点沸点密度溶解度水乙醇乙醚水乙醇乙醚甲苯92无色液体易燃易挥发-95110.60.8669不溶易溶易溶苯甲酸122白色片状或针状晶体122.42481.2659微溶易溶易溶主要实验装置和流程如下：

实验方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液置于图1装置中；在90℃时，反应一段时间，再停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯．

（1）无色液体A的结构简式为______．操作Ⅱ为______．

（2）如果滤液呈紫色；要先加亚硫酸氢钾，然后再加入浓盐酸酸化，加亚硫酸氢钾的目的是______．

（3）下列关于仪器的组装或者使用正确的是______．

A．抽滤可以加快过滤速度；得到较干燥的沉淀。

B．安装电动搅拌器时；搅拌器下端不能与三颈烧瓶底；温度计等接触。

C．图1回流搅拌装置应采用直接加热的方法。

D．冷凝管中水的流向是下进上出。

（4）除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入______；分液，水层再加入______，然后抽滤，干燥即可得到苯甲酸．

（5）纯度测定：称取1.220g产品，配成100mL溶液，取其中25.00mL溶液，进行滴定，消耗KOH物质的量为2.4×10-3mol．产品中苯甲酸质量分数为______．14、碳酸钠的结晶水合物在不同温度下可以失去部分或全部的结晶水，现有一种碳酸钠晶体(Na2CO3·nH2O)。为测定其组成；某同学在不同温度下加热样品(温度逐渐升高)，实验结果记录如下：

。实验次序加热温度容器+试样质量（g）常温62.2121T156.8862T249.6543T345.6334T445.633容器的质量为33.600g(1)该实验称量用的仪器是_______；实验记录中的容器是指_______(填仪器名字)；冷却必须放在_______中进行(填仪器名称)。

(2)该学生停止实验的依据是_______。

(3)该样品中n的值为_______。(保留一位小数)

(4)若该实验过程中出现下列操作，其中可能会使实验结果n的值偏大的是(_______)

A.容器内壁原来附着有受热不分解的物质。

B.碳酸钠晶体样品已有少量风化。

C.加热后容器在空气中冷却。

D.加热过程中有少量晶体溅出。

(5)如果碳酸钠晶体样品不纯，测定结果(_______)

A.没有偏差B.一定偏小C.一定偏大D.无法确定15、塑化剂DBP（邻苯二甲酸二丁酯）主要应用于PVC等合成材料中作软化剂。反应原理为：实验步骤如下：步骤1：在三颈瓶中放入14.8g邻苯二甲酸酐、25mL正丁醇、4滴浓硫酸，开动搅拌器b（反应装置如图）。步骤2：缓缓加热至邻苯二甲酸酐固体消失，升温至沸腾。步骤3：等酯化到一定程度时，升温至150℃步骤4：冷却，将三颈瓶中的液体倒入分漏斗中，用饱和食盐水和5%碳酸钠洗涤。步骤5：减压蒸馏，收集200~210℃2666Pa馏分，即得DBP产品（1）浓硫酸的作用____，搅拌器的作用____。（2）反应过程中正丁醇过量的目的是____。（3）图中仪器a的名称是分水器，试分析它的作用是____。步骤3中确定有大量酯生成的依据是____。（4）碳酸钠溶液洗涤的目的是____。用减压蒸馏的目的是____。（5）写出正丁醇在135℃生成醚的反应方程式____。写出DBP在氢氧化钠溶液中水解的方程式____。16、(17分)实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，瓶口竖直安装通有冷却水的冷凝管(使反应混合物的蒸气冷凝为液体流回烧瓶内)，加热回流一段时间后换成蒸馏装置进行蒸馏，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品。请回答下列问题：(1)在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入__________，目的是__________。(2)反应中加入过量的乙醇，目的是__________________________。(3)如果将上述实验步骤改为在蒸馏烧瓶内先加入乙醇和浓硫酸，然后通过分液漏斗边滴加乙酸，边加热蒸馏。这样操作可以提高酯的产率，其原因是__________________________________________________________________________。(4)现拟分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，下列框图是分离操作步骤流程图：则试剂a是：____________，分离方法I是____________，分离方法II是____________，试剂b是______________，分离方法III是______________。(5)甲、乙两位同学欲将所得含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品提纯，在未用指示剂的情况下，他们都是先加NaOH溶液中和酯中过量的酸，然后用蒸馏法将酯分离出来。甲、乙两人实验结果如下：甲得到了显酸性的酯的混合物，乙得到了大量水溶性的物质。丙同学分析了上述实验目标产物后认为上述实验没有成功。试解答下列问题：①甲实验失败的原因是：_______________________________________________②乙实验失败的原因是：_______________________________________________17、下列各组中的两种有机物，可能是：rm{A.}相同的物质rm{B.}同系物rm{C.}同分异构体等，请判断它们之间的关系rm{(}填写字母即可rm{)}rm{(1)2-}甲基丁烷和丁烷_____________rm{(2)}正戊烷和rm{2}rm{2-}二甲基丙烷_____________rm{(3)1-}已烯和环已烷_____________rm{(4)}和____

rm{(5)}和____评卷人得分四、推断题(共4题，共36分)18、U、V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的六种常见元素．Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色．Z和W元素形成的化合物Z3W4具有磁性．U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体．X的单质是一种金属，该金属在UW2中剧烈燃烧生成黑；白两种固体．

请回答下列问题：

（1）V的单质分子的结构式为______；XW的电子式为______；Z元素在周期表中的位置是______．

（2）U元素形成的同素异形体的晶体类型可能是（填序号）______．

①原子晶体②离子晶体③分子晶体④金属晶体。

（3）U、V、W形成的10电子氢化物中，U、V的氢化物沸点较低的是（写化学式）______；V、W的氢化物分子结合H+能力较强的是（写化学式）______，用一个离子方程式加以证明：______．

（4）YW2气体通入BaCl2和HNO3的混合溶液，生成白色沉淀和无色气体VW，有关反应的离子方程式为______．19、Ⅰrm{.}有机物rm{A}是构成营养素的基础物质，rm{A}的球棍模型如图所示，图中“棍”代表单键或双键或三键，不同颜色的球代表不同元素的原子。回答下列问题：

rm{(1)A}的分子式是__________，非含氧官能团的名称是________；rm{(2)}下列有关rm{A}的说法中，正确的是__________rm{(}选填字母rm{)}

rm{a.}能发生消去反应rm{b.}具有两性rm{c.}不能发生酯化反应能发生消去反应rm{a.}具有两性rm{b.}不能发生酯化反应rm{c.}有机物rm{(3)}和_________________________rm{A}写结构简式rm{(}可以合成二肽Ⅱrm{)}淀粉通过下列转化可以得到多种有机物。

rm{.}检验淀粉是否____水解，可以选用的试剂是____________rm{(1)}选填字母rm{(}

rm{)}石蕊试液rm{a.}石蕊试液rm{b.}淀粉碘化钾溶液rm{c.}碘水rm{d.}银氨溶液淀粉碘化钾溶液rm{a.}碘水rm{b.}银氨溶液rm{c.}是一种单糖，则rm{d.}的名称是_______________；rm{(2)B}转化为rm{B}的化学方程式是______________________________；rm{(3)B}一分子rm{C}可在乳酸菌作用下分解生成两分子rm{(4)}rm{B}与乙酸、乙醇均能发生酯化反应且结构中含有甲基，rm{D}的结构简式是_______________________。rm{D}20、咖啡酸苯乙酯是一种天然抗癌药物，在一定条件下能发生如下转化：请填写下列空白。（1）、D分子中的官能团是＿＿＿＿＿＿＿＿。（2）、高分子M的结构简式是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（3）、写出A→B反应的化学方程式：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（4）、B→C发生的反应类型有＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。（5）、A的同分异构体很多种，其中，同时符合下列条件的同分异构体有＿＿＿＿种。①苯环上只有两个取代基；②能发生银镜反应；③能与碳酸氢钠溶液反应；④能与氯化铁溶液发生显色反应。21、某一元醇A和一元羧酸B形成的酯的式量为212，分子内碳原子数是氢、氧原子数之和．该酯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，又知A可氧化得B．则下列叙述中，正确的是（）A.A的式量比B大14B.B的式量比A大16C.该酯中一定不含双键等不饱和键D.酯，A，B三种物质的分子中都含一种相同的式量大于45的原子团评卷人得分五、计算题(共2题，共14分)22、某金属M的氢氧化物的水合晶体[M(OH)2•xH2O]与Na2CO3混合物共36.800g，加入足量的水后，生成MCO3的白色沉淀，将沉淀滤出，洗净烘干，其质量为9.850g。47.将9.850gMCO3高温灼热至恒重，得到7.650gMO固体，则产生CO2气体_______mol。48．滤液与酸作用不产生气体；若用足量的铵盐与滤液共热，则产生4.48L气体(标准状况)，滤液中OH‑的物质的量为_______mol。49.M的相对原子质量为_________；试通过计算确定M(OH)2•xH2O中x的值：23、某烯烃和烷烃的混合气体，在同温同压下其密度是rm{H_{2}}的rm{13.2}倍。在标准状况下将rm{4.48L}混合气体通过足量的溴水，结果溴水增重rm{3.36g}求原混合气体中各烃的体积分数rm{(6}分rm{)}评卷人得分六、综合题(共2题，共12分)24、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．25、在下列物质中是同系物的有________；互为同分异构体的有________；互为同素异形体的有________；互为同位素的有________；互为同一物质的有________；（1）液氯（2）氯气（3）白磷（4）红磷（5）氕（6）氚（7）（8）（9）CH2=CH﹣CH3（10）（11）2，2﹣二甲基丁烷．参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】解：rm{A.}有机物中含有rm{12}个rm{C}rm{7}个rm{H}rm{3}个rm{Cl}rm{2}个rm{O}则分子式为rm{C_{12}H_{7}Cl_{3}O_{2}}故A错误；

B.三氯甲烷与甲烷均为四面体结构；不存在位置异构，故B正确；

C.含有rm{2}个苯环，都能与氢气发生加成反应，则rm{1mol}三氯生最多能与rm{6molH_{2}}反应；故C正确；

D.rm{1mol}三氯生水解产物中含有rm{4mol}酚羟基，具有酸性，同时生成rm{3molHCl}则rm{1mol}三氯生最多能与rm{7molNaOH}反应；故D正确．

故选A．

A.根据有机物的结构简式判断所含元素种类和原子个数；可确定分子式；

B.三氯甲烷与甲烷均为四面体结构；不存在位置异构；

C.含有rm{2}个苯环；都能与氢气发生加成反应；

D.rm{1mol}三氯生水解产物中含有rm{4mol}酚羟基，rm{3molHCl}．

本题考查有机物的结构和性质，注意有机物官能团的性质，为解答该题的关键，易错点为rm{D}注意根据水解产物判断．【解析】rm{A}2、D【分析】

A；乙烷属于烷烃；乙烯属于烯烃，二者结构不相似，不是同系物，故A不符合；

B、苯属于烃，溴苯是卤代烃，含有官能团-Br；分子组成通式不同，不是同系物，故B不符合；

C；乙醇属于醇；含有官能团-OH，乙醛属于醛，含有官能团-CHO，二者结构不同，不是同系物，故C不符合；

D、丙酸和乙酸都属于一元饱和羧酸，结构相似，化学性质相似，组成通式相同，相差一个CH2原子团；二者互为同系物，故D符合．

故选D．

【解析】【答案】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物．互为同系物的物质具有以下特点：结构相似；化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同；研究对象是有机物．

3、B|D【分析】

根据C（石墨）=C（金刚石）△H＞0；说明石墨能量低；所以金刚石不如石墨稳定；等物质的量金刚石和石墨燃烧都生成二氧化碳，由于金刚石的能量高，所以放出热量多．

故选BD．

【解析】【答案】石墨完全转化为金刚石时；要吸收能量，说明金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以石墨稳定；等质量的金刚石和石完全燃烧生成二氧化碳放出的热量是金刚石高．

4、B【分析】【解答】解：A．两种原子的电子层上全部都是s电子；均为1s或均为1s；2s电子，则为短周期一或二周期元素，为同周期元素，如H与Li不同周期，故A不选；B.3p能级上只有一个空轨道的原子，为Si元素，3p能级上有一个未成对电子的原子为Cl，均为第三周期元素，故B选；

C．最外层电子排布式为2s22p6的原子为Ne，最外层电子排布式为2s22p6的离子为O或Na等；不一定为同周期元素，故C不选；

D．原子核外M层上的s、p轨道都充满电子，而d轨道上没有电子，符合条件的原子的核外电子排布式有1s22s22p63s23p6为氩原子，1s22s22p63s23p64s1为钾原子，1s22s22p63s23p64s2为钙原子；不一定处于同一周期，故D不选；

故选B．

【分析】一定属于同一周期；则电子层相同，结合电子排布判断电子层数；

A．两原子的核外全部都是s电子；原子具有1s能级或具有1s；2s能级；

B.3p上只有一个空轨道的原子，其外围电子排布为3s23p2，3p亚层上只有一个未成对电子的原子，其外围电子排布为3s23p1或3s23p5；

C．最外层电子排布为2s22p6的原子为氖原子，最外层电子排布为2s22p6的离子可能是阴离子也可能是阳离子；

D．原子核外M层上的s、p轨道都充满电子，而d轨道上没有电子，不能确定N层是否有电子排布，符合条件的原子为氩原子、钾原子、钙原子，以此来解答．5、B【分析】解：rm{A.}由结构可知，含有rm{S-S}键、rm{S-Cl}键，则rm{S_{2}Cl_{2}}的结构式为rm{Cl-S-S-Cl}故A正确；

B、反应中硫元素的化合价升高为二氧化硫中的rm{+4}价，所以rm{SO_{2}}是氧化产物，硫元素的化合价降低为rm{0}价，所以rm{S}是还原产物；故B错误；

C.rm{S-S}键为非极性共价键，rm{S-Cl}键为极性共价键，该物质结构不对称，则为极性分子，即rm{S_{2}Cl_{2}}为含有极性键和非极性键的极性分子；故C正确；

D.已知rm{S_{2}Cl_{2}}的结构式为rm{Cl-S-S-Cl}rm{S}原子的价层电子对数为rm{4}则rm{S}原子采取rm{sp^{3}}杂化；故D正确．

故选B．

A.由结构可知，含有rm{S-S}键、rm{S-Cl}键；

B.根据元素的化合价升降来确定氧化产物和还原产物；

C.rm{S-S}键为非极性共价键，rm{S-Cl}键为极性共价键；该物质结构不对称；

D.由rm{S}原子的价层电子对数判断。

本题为信息习题，注意利用信息中物质的结构的有关知识来解答，注意从化合价的角度来分析氧化还原反应，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和应用能力．【解析】rm{B}6、C【分析】解：丙烯酰胺的结构简式为rm{CH_{2}=CHCONH_{2}}故选C．

根据题目信息可知乙酰为rm{CH_{3}CO}苯甲酰为rm{C_{6}H_{5}CO}则丙烯酰为rm{CH_{2}=CHCO}来解答．

本题主要考查了有机物的结构简式，难度不大，注意根据题目信息来解答．【解析】rm{C}二、填空题(共5题，共10分)7、略

【分析】试题分析：（1）铜和铁离子反应生成亚铁离子和铜离子，离子反应方程式为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；（2）若铜完全溶解时，溶液中的Fe3+、Cu2+、H+三种离子的物质的量浓度相等，且测得溶液的pH=1，则c（H+）=c（Cu2+）=0.1mol/L，根据原子守恒得m（Cu）=CVM=0.1mol/L×0.1L×64g/mol=0.64g，根据电荷守恒得2c（SO42-）=c（H+）+2c（Cu2+）+3c（Fe3+）=6c（H+）=0.6mol/L，c（SO42-）=0.3mol/L，故答案为：0.64，0.3mol/L；（3）若欲在如图所示的装置中发生（1）中的反应，则铜电极是负极，不如铜活泼的金属或导电的非金属作正极，所以X电极是负极，负极上电极反应式为：Cu-2e-═Cu2+，碳（石墨、金、铂、银）作正极，正极上铁离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2Fe3++2e-═2Fe2+，故答案为：负极，Cu-2e-═Cu2+，碳（石墨、金、铂、银），2Fe3++2e-═2Fe2+。考点：本题考查的是氧化还原反应和原电池的基础知识。【解析】【答案】（1）Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋（2分）（2）0.64（2分）0.3（2分）（3）负极，Cu－2e－=Cu2＋碳（石墨、金、铂、银）,2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋（各1分）8、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据题目给出的可逆溶解平衡，加Ca(OH)2后，Mg2+变成Mg(OH)2，硫酸钙是微溶物，因此滤渣成分是Mg(OH)2，CaSO4和未溶杂卤石；（2）根据勒夏特列原理，加入Ca(OH)2后，Mg2+不断沉淀，硫酸钙也析出，平衡正移，因此浸出K+；（3）为了使生成的硫酸钾最纯，要除去加入的过量的氢氧化钙，而进入杂质阳离子，因此加入碳酸钾，最后硫酸钾除去过量的碳酸钾且调节溶液pH值；（4）由已知曲线图观察可知，升高温度可以提高K+浸出率，缩短浸出时间；（5）由题意知：Ksp(CaCO3)＝2.80×10－9＝c(Ca2+)·c(CO32－)，Ksp(CaSO4)＝4.90×10－5＝c(Ca2+)·c(SO42－)，因此有：Ksp＝1.75×104。考点：化学反应平衡原理。【解析】【答案】（1）CaSO4（1分）Mg（OH）2（1分）（2）氢氧根与镁离子结合，使平衡向右移动，K+变多。（2分）（3）K2CO3（2分）H2SO4（2分）（4）①③（2分）（5）K=1.75×104（3分）9、略

【分析】解：（1）因燃烧热在某一温度和压强下lmol某物质B完全燃烧生成稳定化合物时所释放出的热量，所以H2的燃烧热为285.8kJ•mol-1，C3H8的燃烧热为2220kJ•mol-1；

故答案为：285.8kJ•mol-1；2220kJ•mol-1；

（2）1molH2和2molC3H8组成的混合气体完全燃烧释放的热量为1mol×285.8kJ•mol-1+2mol×2220kJ•mol-1=4725.8kJ；故答案为：4725.8kJ；

（3）设混合气中H2的物质的量为x，则C3H8的物质的量为5mol-x．根据题意；列方程为：

285.8kJ/mol×x+2220.0kJ/mol×（5mol-x）=3847kJ

解得x=3.75mol；C3H8的物质的量为5mol-3.75mol=1.25mol．

所以混合气体中H2与C3H8的体积比即物质的量之比为3：1；故答案为：3：1．

（1）根据燃烧热的概念；

（2）根据氢气物质的量以及燃烧热；丙烷物质的量以及燃烧热；列式求出混合气体完全燃烧释放的热量；

（3）根据H2和C3H8的燃烧热，然后设出H2的物质的量；利用方程式组来解．

本题主要考查了热化学方程式的计算，难度不大．【解析】285.8kJ•mol-1；2220kJ•mol-1；4725.8kJ；3：110、（1）FeCl3+3KSCN3KCl+Fe(SCN)3不（2）①2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O②增大（3）C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）>及时移走产物、升温、减压等【分析】【分析】本题考查化学反应原理的分析与探究、化学平衡常数的知识，注意平衡常数的理解应用，题目难度中等。【解答】rm{(1)}rm{FeCl}rm{FeCl}rm{3}反应是可逆反应，反应的化学方程式为rm{3}和rm{KSCN}反应是可逆反应，反应的化学方程式为rm{KSCN}rm{FeCl}rm{3}加入少量rm{3}溶液，没有增加反应中的物质的浓度，所以平衡不移动，故答案为：rm{+3KSCN}rm{3KCl+Fe(SCN)}rm{{,!}_{3}}加入少量rm{KCl}溶液，没有增加反应中的物质的浓度，所以平衡不移动，故答案为：rm{{,!}_{3}}rm{KCl}不；rm{FeCl}rm{3}随着rm{3}rm{+3KSCN}rm{3KCl+Fe(SCN)}rm{{,!}_{3}}不；rm{{,!}_{3}}rm{(2)}rm{垄脵}随着rm{H}rm{垄脵}rm{H}rm{{,!}^{+}}rm{{,!}^{+}}浓度的增大，rm{CrO}rm{CrO}rm{{,!}_{4}}rm{{,!}_{4}}rm{{,!}^{2-}}rm{{,!}^{2-}}转化为rm{Cr}rm{Cr}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}故答案为：rm{{,!}_{7}}rm{{,!}_{7}}rm{{,!}^{2-}}rm{{,!}^{2-}}的离子反应式为：rm{2CrO}rm{2CrO}rm{{,!}_{4}}rm{{,!}_{4}}rm{{,!}^{2-}}rm{{,!}^{2-}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}^{+}}rm{{,!}^{+}}由图可知，溶液酸性增大，rm{?Cr}rm{?Cr}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{7}}rm{{,!}_{7}}rm{{,!}^{2-}}rm{{,!}^{2-}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}正向进行，rm{{,!}_{2}}rm{O}故答案为：rm{2CrO}rm{O}rm{2CrO}rm{{,!}_{4}}rm{{,!}_{4}}rm{{,!}^{2-}}rm{{,!}^{2-}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}^{+}}rm{{,!}^{+}}三者化学计量数分别为rm{?Cr}rm{?Cr}rm{{,!}_{2}}根据元素守恒，故另一反应物为固体rm{{,!}_{2}}反应中它所对应反应的化学方程式为rm{O}rm{O}rm{{,!}_{7}}rm{{,!}_{7}}rm{{,!}^{2-}}故答案为：rm{{,!}^{2-}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}该反应升高温度rm{O}增大，则该反应的rm{O}欲使该平衡正向移动，所采取的措施是及时移走产物、升温、减压等rm{垄脷}由图可知，溶液酸性增大，rm{垄脷}平衡rm{2CrO}rm{2CrO}rm{{,!}_{4}}rm{{,!}_{4}}rm{{,!}^{2-}}及时移走产物、升温、减压等rm{{,!}^{2-}}rm{+2H}【解析】rm{(1)FeCl_{3}+3KSCN}rm{3KCl+Fe(SCN)_{3;;;;;;}}不rm{(2)垄脵2CrO_{4}^{2-}+2H^{+}}rm{Cr_{2}O_{7}^{2-}+H_{2}O}rm{垄脷}增大rm{(3)C(s)+H_{2}O(g)}rm{CO(g)+H_{2}(g)}rm{>}及时移走产物、升温、减压等11、略

【分析】解：rm{垄脵}依据反应可知，rm{2SO_{2}(g)+O_{2}(g)?2SO_{3}(g)}反应的平衡常数概念计算得到：rm{K=dfrac{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})cdotc(O_{2})}}故答案为：rm{K=Sdfrac{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})cdotc(O_{2})}}

rm{K=dfrac

{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})cdotc(O_{2})}}反应是放热反应；所以降温，平衡正向进行，二氧化硫转化率增大，降温化学反应的速率减小，故答案为：增大；减小。

rm{K=Sdfrac

{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})cdotc(O_{2})}}依据化学平衡常数的概念分析计算；平衡常数等于生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积；

rm{垄脷}依据反应是放热反应，升温平衡向吸热反应方向进行，降温平衡向放热反应方向进行；rm{垄脵}增大；二氧化碳转化率增大；反应速率减小；

本题考查rm{垄脷}的表达式及影响因素、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象与平衡移动原理的结合，题目难度不大。rm{K}【解析】rm{K=Sdfrac{c^{2}(SO_{3})}{c^{2}(SO_{2})cdotc(O_{2})}}增大；减小三、实验题(共6题，共12分)12、略

【分析】【分析】本题考查有机物的合成与推断，题目难度不大，注意根据物质的性质从逆向推断，易错点为同分异构体的判断，注意根据对应酸和醇的种类解答。【解答】rm{A}发生取代反应生成rm{B}rm{B}发生水解反应生成rm{C}rm{C}与乙酸发生酯化反应生成rm{D}由rm{D}可知rm{C}为发生取代反应生成rm{A}rm{B}发生水解反应生成rm{B}rm{C}与乙酸发生酯化反应生成rm{C}由rm{D}可知rm{D}为rm{C}应为，则rm{B}应为应为rm{B}有很多同分异构体，含有酯基和一取代苯结构的同分异构体可为乙酸、甲酸、苯甲酸、苯乙酸和丙酸对应形成的酯，共，rm{A}应为种rm{A}，rm{D}有很多同分异构体，含有酯基和一取代苯结构的同分异构体可为乙酸、甲酸、苯甲酸、苯乙酸和丙酸对应形成的酯，共rm{5}种rm{.}发生取代反应生成rm{D}rm{5}发生水解反应生成rm{.}rm{(1)A}与乙酸发生酯化反应生成rm{B}由rm{B}可知rm{C}为则rm{C}应为rm{D}应为

故答案为：

rm{D}有很多同分异构体，含有酯基和一取代苯结构的同分异构体可为乙酸、甲酸、苯甲酸、苯乙酸和丙酸对应形成的酯，共rm{C}种，分别为：和

故答案为：

rm{B}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{(2)}13、蒸馏除去未反应的高锰酸钾氧化剂，否则用盐酸酸化时会发生盐酸被高锰酸钾所氧化，产生氯气ABDNaOH溶液浓盐酸酸化96%【分析】解：一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应；按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，根据实验目的知，从而得到有机层和水层，有机层中含有甲苯；水层中含有苯甲酸，有机层中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A是甲苯，将水层盐酸酸化再蒸发浓缩，根据苯甲酸的溶解度知，得到的固体B是苯甲酸；

（1）A是甲苯，其结构简式为：有机层中物质互溶且沸点不同；所以可以采用蒸馏方法分离，则操作II为蒸馏。

故答案为：蒸馏；

（2）如果滤液呈紫色；说明高锰酸钾过量，要先加亚硫酸氢钾，除去未反应的高锰酸钾，否则浓盐酸酸化时可能被高锰酸钾氧化成氯气；

故答案为：除去未反应的高锰酸钾氧化剂；否则用盐酸酸化时会发生盐酸被高锰酸钾所氧化，产生氯气；

（3）A．抽滤时；瓶中压强较小，可以加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，故A正确；

B．为了防止搅拌棒下端打坏三颈烧瓶底或温度计；因此不能与它们接触，所以在搅拌时，搅拌棒下端不能与三颈烧瓶底；温度计等接触，故B正确；

C．沸水浴加热便于控制温度和使容器受热均匀；图1回流搅拌装置应采用水浴加热的方法，故C错误；

D．冷凝管中水的流向与蒸汽的流向相反；则冷凝管中水的流向是下进上出，故D正确；

故答案为：ABD；

（4）除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入；应该先加NaOH溶液，甲苯与NaOH不反应，苯甲酸与NaOH反应生成苯甲酸钠，分液，苯甲酸钠溶液中加盐酸可以制得苯甲酸；

故答案为：NaOH溶液；浓盐酸酸化；

（5）设苯甲酸的物质的量浓度为x；则25mL苯甲酸溶液中苯甲酸的物质的量为0.025xmol；

C6H5COOH+KOH→C6H5COOK+H2O

1mol1mol

0.025xmol2.40×10-3mol

1mol：1mol=0.025xmol：2.40×10-3mol

x==0.96；

则100mL苯甲酸中苯甲酸的质量=0.096mol/L×0.1L×122g/mol=1.1712g，其质量分数==96%；

故答案为：96%．

一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应；按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，根据实验目的知，从而得到有机层和水层，有机层中含有甲苯；水层中含有苯甲酸，有机层中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A是甲苯，将水层盐酸酸化再蒸发浓缩，根据苯甲酸的溶解度知，得到的固体B是苯甲酸；

（1）A是甲苯；分离互溶且沸点不同的液体采用蒸馏方法；

（2）如果滤液呈紫色；说明高锰酸钾过量，要先加亚硫酸氢钾，将高锰酸钾还原，否则浓盐酸可能被氧化成氯气；

（3）A．抽滤时；瓶中压强较小，可以加快过滤速度；

B．为了防止搅拌棒下端打坏三颈烧瓶底或温度计；因此不能与它们接触；

C．图1回流搅拌装置应采用水浴加热的方法；

D．冷凝管中水的流向与蒸汽的流向相反；

（4）甲苯与NaOH不反应；苯甲酸与NaOH反应生成苯甲酸钠，分液，苯甲酸钠溶液中加盐酸可以制得苯甲酸；

（5）苯甲酸和KOH溶液发生酸碱中和反应；根据苯甲酸和KOH之间的关系式计算苯甲酸的质量，从而计算苯甲酸的质量分数．

本题考查了实验方案设计、混合物的分离和提纯，侧重考查分析问题能力、计算能力，明确物质的性质是解本题关键，知道根据物质的性质选取合适的分离方法，题目难度中等．【解析】蒸馏除去未反应的高锰酸钾氧化剂，否则用盐酸酸化时会发生盐酸被高锰酸钾所氧化，产生氯气ABDNaOH溶液浓盐酸酸化96%14、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①实验室称量固体的质量数据最小量度单位为0.001g；则该实验称量用的仪器是电子天平而不是托盘天平；加热烘干固体的仪器是坩埚，坩埚应用坩埚钳取出后放在干燥器中冷却防止受潮；

(2)因为第3；4次实验称量时质量已恒重；说明样品已完全失去水至固体质量不变。

(3)m(H2O)=62.2g-45.633g=16.579g；m(Na2CO3)=45.633g-33.600=12.033g

解得n=8.1

(4)A.容器内壁原来附着有受热不分解的物质；无影响；B.碳酸钠晶体样品已有少量风化，晶体中水偏少，则求得水的质量偏小，所以求出的n偏小；C.加热后容器在空气中冷却，又吸收水分，则求得水的质量偏小，所以求出的n偏小；D.加热过程中有少量晶体溅出，则求得水的质量偏大，则求出的n偏大；故答案选D。

(5)如果碳酸钠晶体样品不纯；若杂质易解解，则求得水的质量偏大，则求出的n偏大；若杂质受热不反应，则无影响；若杂质易与空气中物质反应，则求得水的质量偏小，所以求出的n偏小；故无法确定，选D。

【点睛】

称量选择什么仪器，需要根据实验要求而定，由数据精确值来选择仪器，如精确到0.1g，可选用托盘天平，精确到0.0001g时需要选择电光天平；误差分析要抓住计算公式，根据公式中物质的质量变化来确定对数年的影响。【解析】电子天平坩埚干燥器第3、4次称量质量相等8.1DD15、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据题中信息得，浓硫酸的作用为催化剂、脱水剂。搅拌器的作用为使反应物充分混合。（2）反应过程中正丁醇过量的目的是增大正丁醇的含量，可促使反应正向移动，增大邻苯二甲酸酐的转化率。（3）分水器的作用是时分离出酯化反应生成的水，促使反应正向移动。确定有大量酯生成的依据是分水其中有大量的水生成。（4）碳酸钠溶液洗涤的目的是用碳酸钠除去酯中的醇和酸。用减压蒸馏的目的是减压蒸馏可降低有机物的沸点，可以防止有机物脱水碳化，提高产物的纯度。（5）根据题中信息得，正丁醇在135℃生成醚的反应方程式为2CH3(CH2)2CH2OH=CH3(CH2)3O(CH2)3CH3+H2O。DBP在氢氧化钠溶液中水解的方程式为+2NaOH2CH3(CH2)2CH2OH+2H2O+考点：塑化剂的应用有机反应【解析】【答案】（共12分）（1）催化剂、脱水剂，2分，各1分使反应物充分混合1分（2）增大正丁醇的含量，可促使反应正向移动，增大邻苯二甲酸酐的转化率1分（3）及时分离出酯化反应生成的水，促使反应正向移动；1分分水其中有大量的水生成1分（4）用碳酸钠除去酯中的醇和酸；1分减压蒸馏可降低有机物的沸点，可以防止有机物脱水碳化，提高产物的纯度。1分（5）2CH3(CH2)2CH2OH=CH3(CH2)3O(CH2)3CH3+H2O+2NaOH2CH3(CH2)2CH2OH+2H2O+方程式各2分，条件不写或错误扣1分16、略

【分析】（1）乙烷反应需要加热，所以为防止液体受热是剧烈跳动，需要加入碎瓷片来防止爆沸。（2）由于酯化反应是可逆反应，所以加入过量的乙醇可以提高乙酸的转化率。（3）这样操作可以及时把乙酸乙酯蒸发出来，从而降低生成物浓度，有利于酯化反应向生成酯的方向进行。（4）乙酸乙酯不溶于水，所以可以通过饱和碳酸钠溶液来除去乙酸和乙醇，然后分液即得到乙酸乙酯，干燥后即得到纯净的乙酸乙酯。B中含有乙醇、乙酸钠和碳酸钠，由于乙醇的沸点底，蒸馏即得到乙醇。然后加入硫酸，将乙酸钠生成乙酸，最后蒸馏将得到乙酸。（5）乙酸乙酯能在碱性条件下水解，甲同学加入的碱量不足，有酸剩余，所以蒸馏后得到酸性酯；乙同学加入的碱过量使生成的酯发生了水解，所以得到了大量水溶性的物质。【解析】【答案】（1）碎瓷片，防止爆沸（2）提高乙酸的转化率（3）及时地蒸出生成物，有利于酯化反应向生成酯的方向进行（4）a：饱和Na2CO3溶液；Ⅰ：分液；Ⅱ蒸馏；B：硫酸；Ⅲ：蒸馏（5）①所加的NaOH溶液较少，没有将余酸中和②所加的NaOH溶液过量使酯完全水解。第（4）问每空1分，其他每空2分17、（1）B（2）C（3）C（4）B（5）A【分析】【分析】本题考查了同系物和同分异构体的判断，难度不大，注意同系物和同分异构体的区别。【解答】rm{(1)2-}甲基丁烷和丁烷都属于烷烃，且结构相似，在分子组成上相差一个rm{CH_{2}}原子团，所以rm{2-}甲基丁烷和丁烷属于同系物；故答案为：rm{B}

rm{(2)}正戊烷和rm{2}rm{2-}二甲基丙烷的分子式都为rm{C_{5}H_{12}}其分子式相同但结构不同，所以属于同分异构体；故答案为：rm{C}

rm{(3)1-}已烯和环已烷的分子式为rm{C}rm{6}rm{6}rm{H}，其分子式相同但结构不同，所以属于同分异构体；故答案为：rm{12}rm{12}间二甲苯和正丙苯都含有苯环，在分子组成上相差一个rm{C}rm{(4)}原子团，所以间二甲苯和正丙苯属于同系物；故答案为：rm{CH}rm{2}苯是平面正六边形结构，所以邻二甲苯只有一种，故是相同的物质；故答案为：rm{2}

rm{B}【解析】rm{(1)B}rm{(1)B}rm{(2)C}rm{(2)C}rm{(3)C}rm{(3)C}四、推断题(共4题，共36分)18、略

【分析】解：Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色．该气体为SO2，则Y为S元素，W为O元素，Z和W元素形成的化合物Z3W4具有磁性，则Z3W4为Fe3O4，Z为Fe元素，U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体，应为CO和CO2气体，U为C元素，X的单质是一种金属，该金属在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体，应为Mg和CO2的反应；则X为Mg元素，根据U；V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大可知V为N元素；

（1）V为N元素，其单质为N2，结构为N≡N；XW为MgO，为离子化合物，电子式为Z为Fe元素，原子序数为26，位于元素周期表中第四周期，第VIII族；

故答案为：N≡N；第四周期；第VIII族．

（2）U为C元素，形成的单质有金刚石、石墨和C60等；分别属于原子晶体；混合晶体、分子晶体，故答案为：①③；

（3）U、V、W形成的10电子氢化物分别是CH4、NH3、H2O，NH3含有氢键，沸点比甲烷的沸点高，NH3的水溶液呈碱性，与水比较更易结合H+，可用NH3+H3O+=NH4++H2O的反应来证明；

故答案为：CH4；NH3；NH3+H3O+=NH4++H2O；

（4）SO2具有较强还原性，可用强氧化性物质HNO3发生氧化还原反应，生成硫酸，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为3SO2+3Ba2++2H2O+2NO3-=3BaSO4↓+2NO↑+4H+；

故答案为：3SO2+3Ba2++2H2O+2NO3-=3BaSO4↓+2NO↑+4H+．

Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色．该气体为SO2，则Y为S元素，W为O元素，Z和W元素形成的化合物Z3W4具有磁性，则Z3W4为Fe3O4，Z为Fe元素，U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体，应为CO和CO2气体，U为C元素，X的单质是一种金属，该金属在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体，应为Mg和CO2的反应；则X为Mg元素，根据U；V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大可知V为N元素，以此解答题中各问．

（1）V为N元素，其单质为N2；结构为N≡N；XW为MgO，为离子化合物，Z为Fe元素，原子序数为26，以此解答；

（2）U为C元素，形成的单质有金刚石、石墨和C60等；

（3）U、V、W形成的10电子氢化物分别是CH4、NH3、H2O，NH3含有氢键，沸点比甲烷的沸点高，NH3的水溶液呈碱性，与水比较更易结合H+；

4）SO2具有较强还原性，可用强氧化性物质HNO3发生氧化还原反应；生成硫酸，加入氯化钡生成硫酸钡沉淀．

本题考查元素推断题，题目较为综合，涉及电子式、晶体类型、氢键以及氧化还原反应等问题，本题的关键是正确推断元素的种类，注意把握比较问题的角度．【解析】N≡N；第四周期，第VIII族；①③；CH4；NH3；NH3+H3O+=NH4++H2O；3SO2+3Ba2++2H2O+2NO3-=3BaSO4↓+2NO↑+4H+19、Ⅰ.（1）C2H5O2N氨基

（2）b

（3）

Ⅱ.（1）cd

（2）葡萄糖

（3）C6H12O62C2H5OH+2CO2

（4）CH3CH（OH）COOH【分析】【分析】本题考查了有机物的结构和性质，难度中等。【解答】I.rm{(1)}有机物rm{A}是构成营养素的基础物质，属于有机物，蓝色球连接rm{4}个原子，为rm{C}原子，白色球连接rm{1}个原子，为rm{H}原子，蓝色球连接rm{3}个原子，为rm{N}原子，红色球连接rm{2}个原子，为rm{O}原子，可知rm{A}的结构简式为rm{NH_{2}CH_{2}COOH}分子式为：rm{C_{2}H_{5}O_{2}N}非含氧官能团为：氨基，故答案为：rm{C_{2}H_{5}O_{2}N}氨基；rm{(2)A}含有氨基、羧基，具有两性，可以发生酯化反应，不能发生消去反应，故答案为：rm{b}含有氨基、羧基，具有两性，可以发生酯化反应，不能发生消去反应，故答案为：rm{(2)A}rm{b}氨基酸分子中羧基羰基rm{(3)}氨基酸分子中羧基羰基rm{-OH}氨基提供rm{H}脱去水形成肽键，由二肽氨基提供rm{(3)}脱去水形成肽键，由二肽rm{-OH}与rm{H}的结构，是由rm{A}与rm{A}．形成的二肽，淀粉遇碘变蓝色，在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液，溶液显蓝色，则证明含有淀粉，水解生成葡萄糖，滴加银氨溶液出现银镜，溶液变蓝，出现银镜，故答案为：故答案为：

rm{II}淀粉水解生成葡萄糖，故答案为：葡萄糖；

rm{(1)}淀粉遇碘变蓝色，在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液，溶液显蓝色，则证明含有淀粉，水解生成葡萄糖，滴加银氨溶液出现银镜，溶液变蓝，出现银镜，故答案为：rm{cd}葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇：rm{(1)}rm{cd}rm{(2)}淀粉水解生成葡萄糖，故答案为：葡萄糖；rm{(2)}rm{(3)}葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇：rm{C}rm{{,!}_{6}overset{戮脝禄炉脙赂}{=}2C_{2}H_{5}OH+2CO_{2}}故答案为：rm{C_{6}H_{12}O_{6}overset{戮脝禄炉脙赂}{=}2C_{2}H_{5}OH+2CO_{2}}rm{(3)}分子葡萄糖在乳酸菌作用下生成两分子乳酸rm{C}rm{{,!}_{6}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{12}}rm{O}rm{O}与乙酸、乙醇均能发生酯化反应，说明含有醛基和羧基，还含有甲基，结构简式是rm{{,!}_{6}overset{戮脝禄炉脙赂}{=}

2C_{2}H_{5}OH+2CO_{2}}rm{C_{6}H_{12}O_{6}overset{戮脝禄炉脙赂}{=}

2C_{2}H_{5}OH+2CO_{2}}rm{(4)}分子葡萄糖在乳酸菌作用下生成两分子乳酸rm{C}故答案为：rm{(4)}rm{C}rm{{,!}_{3}}rm{H}【解析】Ⅰrm{.(1)C_{2}H_{5}O_{2}N}氨基rm{(2)b}rm{(3)}Ⅱrm{.(1)cd}rm{(2)}葡萄糖rm{(3)C_{6}H_{12}O_{6}overset{戮脝禄炉脙赂}{=}2C_{2}H_{5}OH+2CO_{2}}rm{(3)C_{6}H_{12}O_{6}overset{戮脝禄炉脙赂}{=}

2C_{2}H_{5}OH+2CO_{2}}rm{(4)CH_{3}CH(OH)COOH}20、略

【分析】试题分析：咖啡酸苯乙酯在酸性条件下水解，水解成和根据转化关系，A＋CH3OH在浓硫酸且加热发生酯化反应，反应方程式：，B：B含酚羟基和碳碳双键，由于羟基的影响使得与羟基相邻的苯环上的氢和对位的氢活泼，容易发生取代，碳碳双键与溴水发生加成反应，C：D含有－OH，D→E条件是浓硫酸加热，因此发生的反应是消去反应，E：E→M发生的是加聚反应，M：总上分析得出答案：（1）羟基或-OH；（2）（3）（4）取代反应、加成反应；（5）②能发生银镜反应说明含有－CHO，③能与NaHCO3反应说明含有－COOH，④能FeCl3发生显色反应，说明－OH跟苯环直接相连，①苯环上只有两个取代基，因此符合条件的同分异构体：(邻、间、对)因此有3种。考点：考查有机物的推断、官能团的性质、同分异构体的书写等相关知识。【解析】【答案】（1）羟基或-OH；（2）（3）（4）取代反应、加成反应；（5）3。21、D【分析】【解答】解：由A可氧化得B，A如果表示为RCH2OH时，则B为RCOOH，酯可表示为：RCOOCH2R．

A．B的式量比A大14；故A错误；

B．B的式量比A大14；故B错误；

C．又因为该酯不能使溴的四氯化碳溶液褪色；说明该酯的烃基一定不含碳碳双键等不饱和键，但酯基中含有不饱和键，故C错误；

D．酯的式量为212，则﹣R的式量为=77；酯；A、B三种物质的分子中都含一种相同的式量大于45的原子团，故D正确；

故选：D．

【分析】由A可氧化得B，A如果表示为RCH2OH时，则B为RCOOH，酯可表示为：RCOOCH2R，