1、山东省沂源县综合高中2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1已知某氨基酸的相对分子质量小于200，且氧的质量分数约为0.5，则其分子中碳的个数最多为A5个 B6个 C7个 D8个【答案】B【解析】试题分析：每个羧基含有2个O原子，则：含羧基数氧所占相对原子质量氨基酸相对分子质量氨基占相对原子质量碳原子约所占相对原子质量最多可含碳数是否合理1326416141不合理26412816484合理39619216806合理当羧基数目为4，氨基酸的相对分子质量为256，大于200，不符合题意，故该氨基酸最多含有6个原子，答案选B。考点：考查氨基酸的结构、分子式的确定点评：该题是高考中的
2、常见题型，属于中等难度的试题。试题贴近高考，针对性强，旨在培养学生分析、归纳和总结问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。依据数学知识讨论分子中含羧基的数目是解题的关键。2能源紧张、资源短缺、环境恶化是当今世界面临的三大问题，下列说法错误的是A电池外壳的金属材料回收再利用B将地沟油回收再加工为食用油，提高资源的利用率C目前我国使用的主要能源是化石燃料，化石燃料属于不可再生能源D能源的开发和利用情况，可以衡量一个国家或地区的经济发展和科学技术水平【答案】B【解析】试题分析：A、电池外壳的金属材料回收再利用属于废物利用，正确；B、地沟油对人体有害，不能回收再加工为食用油，错误；C、
3、化石燃料资源有限，是不可再生的，正确；D、能源的开发和利用情况，可以衡量一个国家或地区的经济发展和科学技术水平，正确；考点：考查生活常识环保等相关知识。3对化学反应限度的叙述错误的是A任何可逆反应都有一定的限度 B化学反应达到限度时，正逆反应速率相等C化学反应的限度与时间的长短无关 D化学反应的限度是不可改变的【答案】D【解析】试题分析：A可逆反应不论反应到什么程度，都会含有所有反应物和所有生成物，即会达到一定的限度，A项正确；B一个可逆反应达到反应限度，即达到了化学平衡状态，正反应速率与逆反应速率相等，B项正确；C可逆反应达到什么样的限度，与反应时间的长短无关，何时达到化学平衡状态，由反应本
4、身及反应速率有关，C项正确；D一个可逆反应达到化学平衡状态后，当条件（如温度、浓度）改变时，原来的化学平衡状态就会被破坏，并在新的条件下建立新的化学平衡状态，D项错误；选D。考点：考查可逆反应的特征。4如图所示是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是A原子半径：ZYXB气态氢化物的稳定性：RWCWX2和水反应形成的化合物是一种强酸DY和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应【答案】D【解析】试题分析：由表中化合价可知，X的化合价为-2价，没有正化合价，则X为O元素，Y的化合价为+1价，处于A族，原子序数大于O，则Y是Na元素，Z为+3价，为Al元素，W的化合价为+6、-2价
5、，W为S元素，R的最高正价为+7价，为Cl元素，A、原子半径应为NaAlO，A错误；B、非金属性ClS，则气态氢化物的稳定性：RW，B错误；C、SO2和水反应形成的化合物是亚硫酸，是弱酸，C错误；D、Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物是NaOH和Al（OH）3，能相互反应，D正确。答案选D。考点：元素周期律5单质钛的机械强度高，抗蚀能力强，有“未来金属”之称。工业上常用硫酸分解钛铁矿(FeTiO3)的方法制取二氧化钛，再由二氧化钛制金属钛， 主要反应有：FeTi03+3H2SO4=Ti(SO4)2+FeSO4+3H2O Ti(SO4)2+3H2O=H2TiO3+2H2SO4H2TiO3TiO2
6、+H2O TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+COTiCl4+2Mg2MgCl2+Ti下列叙述错误的是( )A反应属于非氧化还原反应B反应是水解反应C反应中二氧化钛是氧化剂D反应表现了金属镁还原性比金属钛强【答案】C 【解析】试题分析：氧化还原反应、水解反应概念要熟悉，相关概念要能熟练分析。A是氧化还原反应的判断，只要分析各元素的化合价反应前后是否发生了变化就可以了，由产物Ti(SO4)2和FeSO4可推出Ti的化合价为+4价，Fe的化合价为+2价，正好在反应物FeTi03中符合化合价原则，所以不是氧化还原反应，A正确；B中H2O提供H+和OH-，Ti4+和OH结合生成H2TiO3，H+和S
7、O42-形成H2SO4，所以是水解反应，B正确；C中分析反应，Ti的化合价反应前后都为+4价，所以不是氧化剂，C错误；D是金属之间的置换，体现了还原性强的制取还原性弱的反应规律，D正确。考点：考查化学基本理论氧化还原反应、水解反应等点评：熟练分析化合价以判断是否是氧化还原反应，注意知识的灵活应用6关于化学平衡常数、电离平衡常数、水的离子积常数和溶解平衡常数，下列说法正确的是A化学平衡常数反映了在一定温度下可逆反应可能进行的限度B四种平衡常数都是温度的函数，温度升高其数值都增大C一个可逆反应的化学平衡常数和参与反应的每种物质的化学计量数都有关系D纯水中加入强酸或强碱，水的离子积常数都会减小【答案
8、】A【解析】试题分析：A.对于同类型反应，化学平衡常数K的意义可以反映化学反应可能进行的限度，A项正确；B.平衡常数都是温度的函数，随温度变化做相应的变化，电离平衡常数、水的离子积常数和溶解平衡常数温度升高其值都增大，但是化学平衡常数随温度的变化和反应的吸放热情况有关，B项错误；C. 当反应中有固体物质参加时，分子间的碰撞只能在固体表面进行，固体的物质的量浓度对反应速率和平衡没有影响，因此，固体的“浓度”作为常数，在平衡常数表达式中，就不写固体的浓度，C项错误；D.水的离子积常数是温度的函数，温度不变，水的离子积常数不变，D项错误；答案选A。考点：考查平衡常数的含义及影响因素。7下列金属在冷、
9、浓的硝酸或硫酸中，能形成致密氧化膜的是（ ）AMg BFe CCu DNa【答案】B【解析】试题分析：铁、铝冷、浓的硝酸或硫酸中钝化，故B正确。考点：本题考查常见金属的性质。8下列实验中，所选用的装置、药品及对应原理都正确的是选项目的装置原理A分离乙酸乙酯和乙醇乙酸乙酯和乙醇的密度不同B实验室制备氨气2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2OC证明非金属性NCSi最高价含氧酸酸性：硝酸D除去丁醇中的乙醚丁醇和乙醚的沸点不同【答案】B【解析】试题分析：A、乙酸乙酯和乙醇互溶，不能通过分液分离，故A错误；B、实验室常用氯化铵和氢氧化钙固体混合加热制备氨气，实验时管口略向下倾斜，故B
10、正确；C、在分液漏斗中装入硝酸，与碳酸钠分液放出二氧化碳，可以证明酸性：硝酸碳酸，但硝酸挥发，也能与硅酸钠分液生成硅酸沉淀，不能证明酸性碳酸硅酸，故C错误；D、蒸馏需要加热，对烧瓶加热，还需垫上石棉网，故D错误；故选B。考点：考查了化学实验方案的设计与评价的相关知识。9下列物质在一定条件下不能发生银镜反应的是A甲醛 B 甲酸甲酯 C 乙酸乙酯 D 葡萄糖【答案】C【解析】10相同物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠分别跟过量的盐酸反应，其中()A碳酸钠放出CO2多 B碳酸氢钠放出CO2多C碳酸钠消耗盐酸多 D碳酸氢钠消耗盐酸多【答案】C【解析】试题分析：根据反应方程式：Na2CO3+2HCl=2NaCl
11、+CO2+H2O和NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，它们与过量的盐酸反应生成的CO2的物质的量相同，消耗盐酸的物质的量之比为21。考点：碳酸钠的性质与应用11性质决定用途，化学知识运用得当可以使人类的生活更美好。下列物质性质与应用的对应关系正确的是A氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂 B浓硫酸具有酸性，可用于刻蚀玻璃制品C漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张 D晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料【答案】A【解析】试题分析：A氢氧化铝是两性氢氧化物，具有弱碱性，可与酸发生反应产生AlCl3和水，因此用于制胃酸中和剂，正确；B浓硫酸具有酸性，但是不能与玻璃中的成分反应而腐蚀
12、玻璃，故不可用于刻蚀玻璃制品，错误；C漂白粉在空气中与空气的成分CO2及H2O反应产生CaCO3和HClO,HClO有漂白性，因此可用于漂白纸张，错误；D晶体硅是半导体，有导电性，因此可用于制作半导体材料，错误。考点：考查物质性质与应用的知识。12利用右图装置进行实验，甲乙两池均为1mol/L的硝酸银溶液，A、B均为银电极，实验开始先闭合K1，断开K2。一段时间后，断开K1，闭合K2，形成浓差电池，电流计指针偏转（银离子浓度越大氧化性越强）。下列说法不正确的是（ ）A闭合K1，断开K2后，A电极增重B闭合K1，断开K2后，乙池溶液浓度上升C断开K1，闭合K2后，硝酸根离子向B电极移动D断开K1
13、，闭合K2后，A电极发生氧化反应【答案】C【解析】试题分析：A、闭合K1，断开K2后，A为阴极，发生还原反应生成银，质量增大，所以正确，不选A；B、闭合K1，断开K2后，阳极金属银被氧化，阴极析出银，硝酸根离子向阳极移动，乙池浓度增大，甲池浓度减小，正确，不选B；C、断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，电流计指针偏转，可知B为整机，A为负极，硝酸根向负极移动，错误，选C；D、断开K1，闭合K2后，A为负极，发生氧化反应，正确，不选D。考点： 原电池和电解池的工作原理【名师点睛】本题综合考查电解池和原电池知识，注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查。有利于培养学生的良
14、好的科学素养。解题的关键是掌握电解池和原电池的工作原理和电极及电极反应的判断。13熔融盐NaNO3组成的燃料电池如图所示，在使用过程中石墨电极反应生成一种氧化物Y，下列有关说法正确的是 ( )A石墨极为正极，石墨极为负极 BY的化学式可能为NOC石墨极的电极反应式为NO2NO3e=N2O5 D石墨极上发生氧化反应【答案】C【解析】试题分析：A、燃料电池中通氧气的为正极，通燃料的为负极，则石墨I极为负极，石墨II极为正极，A错误；B、NO2中氮元素的化合价为+4价，反应后化合价升高，所以Y的化学式为N2O5，B错误；C、负极上NO2失电子生成N2O5，则石墨I极的电极反应式为NO2+NO3eN2
15、O5，C正确；D、石墨II极为氧气得电子发生还原反应，D错误；故选C考点：考查了燃料电池，注意正负极的判断、由化合价的变化推测电极产物等14能正确表示下列反应的离子方程式A向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5OCO2H2O2C6H5OHCO32B（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe22OH=Fe（OH）2C向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2 + 2Fe3+ = 2Fe（OH）3 + 3Mg2+DNaHCO3溶液与稀H2SO4反应:CO32+ 2H+ = H2O + CO2【答案】C【解析】试题分析：A、苯酚的电离平衡常数大于HCO
16、3而小于H2CO3的，所以无论CO2过量与否，生成的都是HCO3，正确离子方程式：C6H5OCO2H2OC6H5OHHCO3，错误；B、缺少NH4+与OH-的离子反应，正确的是：Fe2NH43OH=Fe（OH）2NH3H2O，错误；C、利用反应向更难溶的方向进行，正确；D、HCO3不能拆写，离子方程式：HCO3H=H2OCO2，错误。考点：考查离子反应方程式正确判断。15对下列图像的描述正确的是A根据图可判断反应的H Cl-Na+Al3+（5）Na， Cl【解析】试题分析：（1）同一短周期含有金属元素和非金属元素的周期是2、3周期，A、B各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，所以A
17、是金属钠，B是金属铝，氢氧化钠和氢氧化铝的反应为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，（2）Na与C可形成化合物Na2C，所以C显-2价，在该周期中，所以C是S元素，硫化钠是离子化合物，电子式为：，（3）C是S元素，则D是Cl，S的低价氧化物是二氧化硫，通入Cl2的水溶液中，发生氧化还原反应，其反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，（4）硫离子和氯离子电子层数多，钠离子和铝离子电子层数少，电子层越多半径越大，核外电子数一样时，质子数越多半径越小，反之越大，即S2-Cl-Na+Al3+，（5）同周期元素，从左到右，失电子能力逐渐减弱，金属性逐渐减弱，所以金属
18、性最强的是Na，非金属性最强的是Cl。考点：考查元素周期律的应用相关知识。18(4分)工业上用铝土矿（含氧化铝、氧化铁）制取铝的过程如下：请回答下列问题：（1）沉淀C的化学式为_。（2）操作I、操作II、操作III都是_（填操作名称），实验室要洗涤Al(OH)3沉淀，如何检验该沉淀已洗干净 。（3）生产过程中，除NaOH、H2O可以循环使用外，还可以循环使用的物质有_（填化学式）。【答案】（1）Fe2O3；（2）过滤；取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则洗净（3）CaO和CO2【解析】试题分析：（1）氧化铝和氢氧化钠反应，所以剩余的沉淀为Fe2O3；（2）分离固体和液体的方法
19、为过滤；过滤后检验是否洗净，需要取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则洗净。（3）从制取的过程分析，加入了氧化钙，和通入了二氧化碳，但是碳酸钙可以受热分解生成氧化钙和二氧化碳，所以CaO和CO2是可以循环使用的。考点： 氧化铝的性质，基本实验操作。19实验室以苯、乙醛为原料，AlCl3为催化剂制备1，1二苯乙烷，其反应原理为：已知：AlCl3固体遇水会发生较强烈水解。I制取装置如右图所示。三口烧瓶（1）该反应需控制反应温度为20。控制20的方法是 ；该反应不高于20的可能原因是： 。（2）仪器a的作用是 ；装置c的作用是吸收HCl，写出产生HCl的化学方程式 ；装置b的作用是
20、。实验结束后，将三口烧瓶中的混合物倒入冷稀盐酸中，用分液漏斗分离出有机层，依次用水、2碳酸钠溶液、水洗涤，洗涤后加入少量无水硫酸镁固体，过滤、蒸馏，得到1，1二苯乙烷。（1）分液漏斗中，产品在 (填“上”或“下”)层；洗涤操作中，第二次水洗的目的是 ；无水硫酸镁也可用物质 代替。（2）蒸馏提纯时，下列装置中会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是 (选填编号)。（3）三口烧瓶中加入120mL苯(密度088g/mL)、19g A1C13和37g乙醛，20时充分反应，制得纯净的1，1二苯乙烷78g。该实验的产率约为 。【答案】（1）将三口烧瓶置于20的水浴中；乙醛的沸点低，温度较高，乙醛挥发，产
21、率降低(或温度高会发生副反应)；（2）冷凝、回流；AlCl3 +3H2OAl(OH)3+3HCl；防止烧杯中的水蒸气进入反应器中与三氯化铝反应；（1）上；洗掉氯化铝、盐酸和碳酸钠(或洗掉可溶性无机物)；氯化钙（2）a、b；（3）51%；【解析】试题分析：（1）控制20可以将将三口烧瓶置于20的水浴中加热；乙醛的沸点较低，温度较高，乙醛挥发，产率降低，应该控制该反应的温度不高于20，故答案为：将三口烧瓶置于20的水浴中；乙醛的沸点低，温度较高，乙醛挥发，产率降低(或温度高会发生副反应)；（2）乙醛和苯均容易挥发，冷凝管的作用是使挥发的气体冷凝、回流；AlCl3固体遇水会发生较强烈水解生成氯化氢，
22、装置c中吸收HCl，产生HCl的化学方程式为AlCl3 +3H2OAl(OH)3+3HCl；装置b可以防止烧杯中的水蒸气进入反应器中与三氯化铝反应，故答案为：冷凝、回流；AlCl3 +3H2OAl(OH)3+3HCl；防止烧杯中的水蒸气进入反应器中与三氯化铝反应；（1）1，1二苯乙烷属于烃类，烃的密度一般小于水，在分液漏斗中，1，1二苯乙烷在上层；第二次水洗目的是洗去可溶性无机物，如氯化铝、盐酸和碳酸钠；无水硫酸镁具有吸水性，能作干燥剂，所以无水硫酸镁可以用其他干燥剂如无水氯化钙代替，故答案为：上；洗掉氯化铝、盐酸和碳酸钠(或洗掉可溶性无机物)；氯化钙；（2）蒸馏时温度计测量馏分温度，所以温度
23、计水银球位于烧瓶支管口处；温度计位置越高，得到馏分温度越高，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是a、b，故答案为：a、b；（3）根据题中条件可知，苯的物质的量为mol=158mol，乙醛的物质的量为 mol=0084mol，根据物质转化关系，苯过量，所以1，1-二苯乙烷的理论产量为0084(77+77+28)g=15288g，所以1，1-二苯乙烷的产率=100%=100%=51%，故答案为：51%。考点：考查了制备实验方案设计的相关知识。20苯胺为无色液体，还原性强，易被氧化；有碱性，与酸反应生成盐。常用硝基苯与H2制备：。其部分装置及有关数据如下： 沸点/密度g/mL溶解性硝基苯2
24、10.91.20不溶于水，易溶于乙醇、乙醚苯胺184.41.02微溶于水，易溶于乙醇、乙醚乙醚34.60.71不溶于水，易溶于硝基苯、苯胺实验步骤：检查装置的气密性，连接好C处冷凝装置的冷水。先向三颈烧瓶中加入沸石及硝基苯，再取下恒压分液漏斗，换上温度计。打开装置A、B间活塞，通入H2一段时间。点燃B处的酒精灯，加热，使温度维持在140进行反应。反应结束后，关闭装置A、B间活塞，加入生石灰。调整好温度计的位置，继续加热，收集182186馏分，得到较纯苯胺。回答下列问题：（1）步骤中温度计水银球的位置在_。（2）下列关于实验的叙述中，错误的是_。A冷凝管的冷水应该从b进从a出B实验开始酎，温度计
25、水银球应插入反应液中，便于控制反应液的温度C装置A中应使用锌粉，有利于加快生成H2的速率D加入沸石的目的是防止暴沸（3）若实验中步骤和的顺序颠倒，则实验中可能产生的后果是_。（4）蒸馏前，步骤中加入生石灰的作用是_。（5）有学生质疑反应完成后，直接蒸馏得到苯胺的纯度不高，提出以下流程：苯胺在酸性条件下生成盐酸苯胺被水萃取，在碱性溶液中又被放有机溶剂反萃取，这种萃取反萃取法简称反萃。实验中反萃的作用是_；在分液漏斗中进行萃取分液时，应注意不时放气，其目的是_。（6）苯胺还原性强，易被氧化，请配平下列化学方程式的化学计量数。【答案】（1）三颈烧瓶出气口（等高线）附近（其他合理答案参照给分）（2）A
26、 C（3）加热时氢气遇氧气发生爆炸；生成的苯胺被氧气氧化（4）除去反应中生成的水（5）除去苯胺中较多的杂质，有利于蒸馏提纯（其他合理答案参照给分）减低漏斗内的压力，是漏斗内外压强一致（其他合理答案参照给分）（6）2、4、5、2、4、1、4【解析】试题分析：（1）步骤中收集182186馏分，得到较纯苯胺，反应时温度计需测量苯胺蒸气的温度，所以温度计的水银球应该放在三颈烧瓶出气口（等高线）附近；（2）A冷凝管水流遵循逆流原理，即冷水从冷凝管下口进入，上口流出，这样冷凝效果好，该实验冷凝管的冷水应该从a进从b出，A错误；B用硝基苯与H2制备苯胺，反应温度为：140，实验开始时，温度计水银球应插入反应
27、液中，便于控制反应液的温度，B正确；C装置A为制取氢气的简易装置，使用锌粉，虽有利于加快生成H2的速率，但固液无法分离，无法控制反应速率，C错误；D沸石的多孔结构，液体变气体会逐步释放，防止突然迸发，所以沸石能防沸，D正确；答案选AC。（3）若实验中步骤和的顺序颠倒，则实验装置中的空气无法排除，加热时氢气遇氧气发生爆炸，苯胺为无色液体，还原性强，易被氧化，生成的苯胺被氧气氧化；（4）生石灰为氧化钙能和水反应生成氢氧化钙，苯胺为无色液体，有碱性，与生石灰不反应，所以蒸馏前加入生石灰，能除去反应中生成的水；（5）苯胺在酸性条件下生成盐酸苯胺被水萃取，去除了一部分不溶于酸的杂质，在碱性溶液中又被有机
28、溶剂反萃取，又去除了一部分不溶于碱的杂质，实验中反萃能除去苯胺中较多的杂质，有利于蒸馏，在分液漏斗中进行萃取分液时，不时放气，减低漏斗内的压力，使漏斗内外压强一致，易于分液漏斗中液体流出；（6）苯胺分子式为：C6H7N，该反应中元素的化合价变化如下：6个碳为-4价，生成对苯二醌，分子式为：C6H4O2，6个碳为0价，1molC6H7N失去4mol电子，Mn元素的化合价由+4价+2价，1molMnO2得2mol电子，所以得失电子的最小公倍数为4，所以 C6H7N的计量数为1，C6H4O2的计量数为2；其它元素根据原子守恒配平即可，所以该方程式系数为：2、4、5、2、4、1、4。【考点定位】本题主
29、要是考查有机物苯胺的制备实验设计【名师点晴】该题侧重考查反应流程理解、装置的用途等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，解答的关键在于能够掌握实验操作的原理和注意事项，注意相关实验操作知识的积累，题目难度中等。难点萃取与反萃取的理解和应用。21(6分)向100 mL 15 molL稀H2SO4中加入过量Mg粉，充分反应后，滤去多余Mg粉，滤液在t下恒温蒸发，当滤液质量为720 g时开始析出MgSO4xH2O晶体，当析出晶体123 g时，剩下滤液480 g。通过计算请回答下列问题。 (1)生成标准状况下的气体体积(请写出计算过程)； (2)开始析出MgSO4xH2O晶体时溶液的质量分
30、数为 ； (3)MgSO4xH2O中的x= 。【答案】（1）设：生成氢气x LH2SO4 H2 1mol 22.4L 0.15 mol x L x = 3.36 生成标准状况下的气体体积3.36 L（2分）（2）25% （2分） （3）7（2分）【解析】略22有机物 G 是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药。可以通过下图所示的路线合成有机物 G。已知：1. 2. 请回答下列问题：（1）葡萄糖的分子式是 ，写出 G 中所含含氧官能团的名称 。（2）由 A 转化为 B 的化学方程式为 。（3）已知 D 的分子式为 C7H6O3，则 D 的结构简式为 。（4）在上述转化过程中，属于取代反应的有 （填
31、选项序号）。葡萄糖A DE BC E + CH3COCl F（5）写出 F 与足量的氢氧化钠反应生成的有机物的结构简式 。【答案】（1）C6H12O6；羟基、酯基 ；（2）2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O ；（3） ；（4） ；（5）、CH3COONa、CH3OH.【解析】试题分析：由已知1的反应：和合成路线：葡萄糖ABCCH3COCl，以及AB的反应条件为O2/Cu，CCH3COCl的反应条件为PCl3，可知A中存在羟基，A是乙醇（葡萄糖C6H12O62CH3CH2OH + 2CO2），B是乙醛，C是乙酸，（1）葡萄糖的分子式是C6H12O6，G的结构为：，其中含有
32、的官能团有羟基、酯基，答案为：C6H12O6；羟基、酯基；（2）由A 转化为B的化学方程式为：2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O ，答案为：2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O；（3）已知 D 的分子式为 C7H6O3，不饱和度为，依据合成路线和反应条件：D与CH3OH在浓硫酸存在时，加热发生反应形成，可推知D的分子结构中有一个苯环，有一个羧基官能团，D的羧基与甲醇生成酯，苯环邻位的羟基不变，所以D的结构简式应为，答案为：；（4）葡萄糖A是氧化反应，DE是取代反应（酯化反应），BC是氧化反应，E + CH3COCl F是取代反（E的羟基上的氢与CH
33、3COCl中的Cl结合生成HCl，乙酰基取代了E的酚羟基上的H原子），故上述转化过程中，属于取代反应的有，答案为：； F分子结构中有酯基，能与足量的氢氧化钠反应：有酰基，与足量的氢氧化钠反应后苯环上形成一个酚羟基，酚羟基能与氢氧化钠反应：故F与足量的氢氧化钠反应为：，生成的有机物的结构简式是、CH3COONa、CH3OH ，答案为：、CH3COONa、CH3OH。考点：考查有机推断、官能团的名称、化学反应类型23下图是无机物AM在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）。其中，I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属， K是一种红棕色气体。请填写下列空白：（1） 在周期表中，组成单
34、质I的元素位于第_周期_族。（2） 在反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（3） 在、中既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是_（填序号）（4） 反应的离子方程式是_。（5） 将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4（高铁酸钾）， 同时还生成KNO2和H2O。该反应的化学方程式是 _。【答案】（1）三 A（2）1:2（3）（4）3Fe 2+8H+NO33Fe 3+NO2H2O（5）Fe2O33KNO34KOH2K2FeO4 3KNO22H2O【解析】试题分析：I是由第三周期元素组成的单质中熔点最高的金属，所以I是Al。 K是一种红棕色气体，则K是NO
35、2 ，所以根据反应可知，J是硝酸。根据反应可知，L是NO。根据提示可知，D应该是氧化铁，A是SO 2 ，根据反应可知，B是三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，所以C是硫酸。反应是铝热反应，所以H是氧化铝，G是铁。根据反应可知，M应该是硝酸亚铁，所以F是铁盐。因此根据反应可知，E是氢氧化铁，氢氧化铁分解即生成氧化铁。（1）铝元素位于第三周期第A族；（2）反应铝热反应2Al+Fe2O3=2Fe+Al2O3, Al是还原剂，Fe2O3是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；（3）、分别是2SO2+O2=2SO3；SO3+H2O=H2SO4；2Fe(OH)3=Fe2O3+3H2O；3NO2+H2O=2HNO3+NO；既属于化合反应又属于非氧化还原反应的是；（4） 反应的离子方程式是3Fe 2+8H+NO33Fe 3+NO2H2O；（5）D与KNO3、KOH共融生成K2FeO4、KNO2和H2O，反应的化学方程式是Fe2O33KNO34KOH2K2FeO4 3KNO22H2O考点：无机推断
