1、河南省中牟县第四高级中学20162017学年度高二开学考化学试题（解析版）1Al(OH)3即能与酸起反应，又能与强碱溶液起反应生成盐和水，说明Al(OH)3属于A两性氧化物 B. 有机物 C盐 D.两性氢氧化物【答案】D【解析】略2为了降低宇航员所在的轨道舱和返回舱内二氧化碳的浓度，同时保证舱内宇航员吸收新鲜的氧气，请问舱内放入下列哪种物质能满足上述要求 AH2O BNa2O2CKClO3 DKMnO4【答案】B【解析】试题分析：Na2O2与CO2或H2O反应都能生成O2，所以舱内放入Na2O2能满足要求，故B项正确。考点：本题考查物质的性质与用途。 3硅是带来人类文明的重要元素之一。下列物质
2、中主要成分是硅酸盐的是 A陶瓷 B金刚石 C水晶 D大理石【答案】A【解析】陶瓷的主要成分是硅酸盐；金刚石为碳单质；水晶的主要成分是二氧化硅；大理石的主要成分是碳酸钙；4一定条件下，在2CH4(g) + 2NH3(g) + 3O2(g) 2HCN(g) + 6H2O(g)反应中，已知v (HCN) = n mol/(Lmin)，且v(O2) = m mol/(Lmin)，则m与n的关系正确的是 AB C Dm = 2n【答案】C【解析】反应速率之比等于化学计量数之比，m:n=3:25现有3组混合物：碘和氯化钠溶液 汽油和柴油 苯和水，正确的分离方法依次是A分液、萃取、蒸馏 B萃取、蒸馏、分液C
3、分液、蒸馏、萃取 D蒸馏、萃取、分液【答案】B【解析】试题分析：碘在四氯化碳中的溶解度较大，所以分离碘和氯化钠溶液，用萃取的方法；汽油和柴油是互溶的液体，所以用蒸馏的方法分离；苯与水不互溶，都是液体，所以用分液的方法分离，答案选B。考点：考查混合物分离方法的判断6下列气体的主要成分不是甲烷的是 （ ）A沼气 B天然气 C煤气 D坑道气【答案】C【解析】试题分析：A、沼气的主要成分是甲烷，错误；B、天然气的主要成分是甲烷，错误；C、煤气主要成分是一氧化碳，正确；D、坑道产生的气体的主要成分是甲烷，错误。考点：考查沼气、天然气、煤气和坑道气的成分。7在酸性溶液中，能大量共存的离子组是AK+、OH-
4、、S042- BCl-、N03-、Cu2+CAl3+、C032-、Na+ DCa2+、HC03-、NH4+【答案】B【解析】试题分析：在题干中有个隐含离子，酸性溶液中含有H+，A：OH-与H+不能共存；C：C032-与H+不能共存；D：HC03-与H+不能共存。考点：考查离子共存的知识。8在一大试管中装入10mL NO，倒立与水槽中，然后向其中慢慢地通入6mL O2 ，下面有关实验最终状态的描述中，正确的是 A试管内气体呈红棕色 B试管内气体无色，是NOC试管内气体无色，是O2 D试管内液面下降【答案】B【解析】4NO+3O2+2H2O=4HNO34 38mL 6mL，所以，反应后余NO，V余
5、（NO）=10mL-8mL=2mL，故选B；试管内气体体积由最初的10 mL变为最终的2mL，故试管内液面应上升，D错误9（3分）下列实验装置或实验操作中错误的是（ ）A B C D 【答案】A【解析】 试题分析： A用量筒量取液体时，读数时视线应与量筒内液体凹液面的最低处保持水平，如图仰视读数会偏大，故A错误；B如图过滤操作所用仪器和操作均正确，故B正确；C液体倾倒瓶塞倒放、标签向手心、瓶口紧靠容器口，故C正确；D实验室二氧化碳的制取常用固液不加热装置如图，长颈漏斗浸没，集气瓶正放，因为它密度大于空气，故D正确考点： 化学实验方案的评价.10某混合气体通过溴水(使其褪色)，再通过灼热的氧化铜
6、(使其黑色变红色)，再通过无水硫酸铜白色粉末(使其变蓝色)，再通过澄清的石灰水(石灰水由澄清变浑浊，再变澄清)，最后剩余气体在空气中点燃，火焰呈蓝色，该混合气体是 ( )A水煤气 B焦炉煤气 C石油液化气 D高炉煤气【答案】B【解析】试题分析：A水煤气不能使溴水褪色，错误；B焦炉煤气中含有烯烃，能使溴水褪色，含有氢气和一氧化碳，通过灼热的氧化铜能使其黑色变红色，同时生成水和二氧化碳，再通过无水硫酸铜白色粉末能使其变蓝色，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，最后含有的烷烃等其他能够燃烧，正确；C石油液化气中不含有烯烃，不能使溴水褪色，错误；D高炉煤气中含有一氧化碳，不能使溴水褪色，错误；故选B。考点
7、：考查了常见气体的组成与性质的相关知识。【答案】B【解析】试题分析：加热时放出的气体可以使品红褪色，则溶液中一定含有H2SO3，因H2SO3不稳定，分解产生的SO2可使品红褪色；加碱后加热，产生使润湿的红色石蕊试纸变蓝的气体，即有NH3产生，说明溶液中一定含有铵根离子；加氯水时溶液显黄色，说明原溶液中含有Br-；再加BaCl2有白色不溶于HNO3的沉淀生成，说明此时溶液中含硫酸根离子，但可能是原溶液含有的，也可能是氯水氧化H2SO3产生的，故不能确定的为硫酸根离子，答案选B。考点：考查离子检验的实验方法和反应现象判断12根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是H2SO3+I2+H2O=2
8、HI+H2SO4 2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2 3FeCl2+4HNO3 =2FeCl3+NO+2H2O+Fe(NO3)3 AH2SO3I-Fe2+NO BI-Fe2+H2SO3NO CFe2+I-H2SO3NO DNOFe2+H2SO3I-【答案】A【解析】试题分析：根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可得：H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4反应中还原剂H2SO3的还原性大于还原产物HI；FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2反应中还原剂HI的还原性大于还原产物FeCl2；3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO+2H2O+Fe
9、（NO3）3；反应中还原剂FeCl2的还原性大于还原产物NO，综上所述：物质还原性由强到弱的顺序是：H2SO3I-Fe2+NO，故A项正确。考点：本题考查还原性的比较。 13 用NA 表示阿伏加德罗常数，下列叙述中不正确的是A14 g乙烯和丙烯的混合物中总原子数为3NA个B106gNa2CO3固体中含有NA个CO32-C200mL0.5 molL-1的Na2CO3溶液中阴离子数目小于0.1 NA D常温下，1 mol Cu和足量浓硝酸反应可收集NO2的分子数小于2NA 【答案】C【解析】14按如图所示的装置进行实验：A极是铜锌合金，B极是纯铜，电解质溶液中含有足量的铜离子，通电一段时间后，若A
10、极恰好全部溶解，此时B极质量增加7.68g，溶液质量增加0.03 g，则A合金中Cu、Zn的物质的量之比为（ ）A.41 B.31 C.21 D.11【答案】B【解析】原理中A上有多少Cu溶解，同时B上就有同样多的Cu析出，而A中Zn溶解，以Zn2+进入溶液，同时Cu2+在B极上析出，电子是守恒的，此过程会导致溶液质量增加，设A合金中Cu的物质的量为x,Zn的物质的量为y,则有：解得所以。15向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是A上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+ I2
11、SO2B通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂C通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D滴加KI溶液，转移2 mol e 时生成1 mol白色沉淀【答案】A【解析】试题分析：硫酸铜和碘化钾反应生成碘化亚铜沉淀，和碘单质，和硫酸钾，然后二氧化硫和碘反应生成硫酸和氢碘酸。A、根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析，铜离子做氧化剂，碘做氧化产物，第二个反应中碘做氧化剂，二氧化硫做还原剂，所以氧化性顺序为：铜离子碘单质二氧化硫，正确，选A；B、二氧化硫和碘的反应中二氧化硫做还原剂，碘做氧化剂，错误，不选B；C、二氧化硫表现还原性，不是漂白性，错误，不选C；D、每摩尔碘化亚铜
12、生成转移1摩尔电子，所以当有2摩尔电子转移时产生2摩尔白色沉淀，错误，不选D。考点：氧化还原反应16在某澄清溶液中，可能存在下述几种离子：H+、K+、Ba2+、SO42、I、CO32。取该溶液进行下述实验：用pH试纸检验，该溶液呈强酸性；取部分溶液，滴入几滴氯水，再加入少量四氯化碳，振荡后静置，四氯化碳层呈紫色；另取部分溶液，逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性逐渐呈碱性，然后再加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验现象，推断原溶液中：（1）肯定存在的离子是 ，（2）肯定不存在的离子是 。（3）可能存在的离子是 。（4）写出步骤中发生反应的离子方程式 。【答案】（1）H+、Ba2+、
13、I；（2）SO42、CO32；（3）K+；（4）Cl2+2II2+2Cl-【解析】试题分析：用pH试纸检验，该溶液呈强酸性，说明有H+，无CO32。取部分溶液，滴入几滴氯水，再加入少量四氯化碳，振荡后静置，四氯化碳层呈紫色，说明有I。另取部分溶液，逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性逐渐呈碱性，然后再加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，说明有Ba2+，无SO42。（1）根据以上分析可知肯定存在的离子是H+、Ba2+、I；（2）肯定不存在的离子是SO42、CO32；（3）可能存在的离子是K+；（4）步骤中发生反应的离子方程式Cl2+2II2+2Cl-。【考点定位】本题主要是考查常见离子的检验方法
14、、离子共存问题【名师点晴】判断溶液中离子能否共存的规律为：1、一色-溶液颜色：若限定无色溶液，则铜离子、二价铁离子、三价铁离子、高锰酸根离子等有颜色的离子不存在；2、二性-溶液的酸性、碱性：在强酸性溶液中，氢氧根离子及弱酸根离子不能大量存在；在强碱性溶液中，氢离子和弱碱阳离子不能大量存在；弱酸的酸式酸根离子在强酸性或强碱性溶液中均不能大量存在；3、三特殊-特殊情况：偏铝酸根离子与碳酸氢根离子不能共存；硝酸根离子和氢离子组合具有强氧化性；4、四反应-四种反应类型：能相互反应的离子不能共存，复分解反应；氧化还原反应；相互促进的水解反应；络合反应等。17某无色溶液X，由Na+、Ag+、Ba2+、Al
15、3+、AlO、MnO、CO、SO中的若干种离子组成，取溶液进行右图实验：（1）白色沉淀甲是 。（2）X溶液中一定存在的离子是 。（3）白色沉淀乙中一定有： ，可能有 。（4）若将过量的气体A与适量的气体B通入水中，写出反应的化学方程式 。【答案】 （1）Al(OH)3（2）Na+、Al3+、CO(3) BaCO3、 BaSO4（4）NH3+CO2+H2O=NH4HCO3【解析】试题分析：MnO为紫红色，不符合题意；加入过量盐酸有气体产生确定有CO，Ag+、Ba2+、Al3+与其不共存，溶液中不能存在；阳离子只有Na+，一定存在；加入碳酸氢铵，产生的气体是其与过量的盐酸反应生成的CO2，沉淀为氢
16、氧化铝，即溶液中含有AlO，溶于过量的盐酸形成Al3+，进而与碳酸氢铵双水解，产生沉淀和气体；加入氢氧化钡气体为氨气，沉淀为BaSO4 或过量的碳酸氢铵与氢氧化钡反应生成的BaCO3，所以溶液一定含有Na+、Al3+、CO，不能确定有SO。考点：考查离子共存与离子检验有关问题。18（10分）某学生应用如图所示的方法研究物质的性质，其中气体 A 的主要成分是氯气，杂质是空气和水蒸气。回答下列问题：该项研究（实验）的主要目的是_ 浓H2SO4的作用是_，与研究目的直接相关的实验现象是_ 从物质性质的方面来看，这样的实验设计还存在事故隐患，事故表现_请在图中的D处以图的形式表明消除该事故隐患的措施。
17、【答案】（10分） 探究氯气是否与水发生反应干燥氯气，B中有色布条不退色，C中有色布条退色 氯气外逸，污染环境 NaOH溶液【解析】（1）浓硫酸能干燥氯气，所以根据BC装置可知，该实验的目的探究氯气是否与水发生反应。（2）氯气被干燥后，就不能使干燥的有色布条褪色，因为其漂白作用的是次氯酸。所以C中湿润的有色布条就可以褪色。（3）氯气有毒属于大气污染物，实验中需要尾气处理，以防止氯气外逸，污染环境。由于氯气极易被氢氧化钠溶液吸收，所以可以用盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收多余的氯气。19冰晶石(Na3 AlF6)难溶于水，广泛应用于铝的冶炼。工业上用萤石(CaF2)为原料生产Na3 AlF6：回答下
18、列问题：（1）在铝的冶炼中，Na3AlF6的作用是 。（2）煅烧时总反应的化学方程式为，用水浸取后残渣的主要成分是 （3）煅烧后的固体在浸取前进行粉碎的目的是 ，为达到相同目的，常温浸取时还可采取的措施是 。（4）写出向NaF溶液中加入硫酸铝溶液发生反应的离子方程式：_ _。NaF溶液呈碱性，用离子方程式表示其原因： ，因此在按化学计量加入硫酸铝溶液前，需先用硫酸将NaF溶液的pH下调至5左右，否则可能产生副产物（5）97.5 kg含CaF2 80%萤石（杂质不含氟元素）理论上可生产Na3 AlF6 kg（设生产过程中的每一步含氟物质均完全转化）。【答案】（1）降低氧化铝的熔化温度，同时增强体
19、系的导电性；（2）CaSiO3；（3）加速溶解；搅拌；（4）3Na+Al3+6F-= Na3AlF6；F-+H2OHF+OH-；Al(OH)3；（5）70。【解析】试题分析：（1）在铝的冶炼中，Na3AlF6是助熔剂，即降低氧化铝的熔化温度，同时增强体系的导电性，故答案为：降低氧化铝的熔化温度，同时增强体系的导电性；（2）根据煅烧时的化学方程式可知，生成的CaSiO3难溶于水，用水浸取后残渣的主要是CaSiO3，故答案为：CaSiO3；（3）煅烧后的固体在浸取前进行粉碎，可以加快溶解速度，为了加快溶解，可以使用玻璃棒进行，和提高反应温度等措施，故答案为：加速溶解；搅拌；（4）根据流程图，NaF
20、和硫酸铝混合后生成Na3AlF6沉淀，反应的离子方程式为3Na+Al3+6F-= Na3AlF6。NaF属于强碱弱酸盐，溶液水解呈碱性，离子方程式为F-+H2OHF+OH-，因此在按化学计量加入硫酸铝溶液前，需先用硫酸将NaF溶液的pH下调至5左右，否则可能产生副产物Al(OH)3，故答案为：3Na+Al3+6F-= Na3AlF6；F-+H2OHF+OH-；Al(OH)3；（5）97.5kg含CaF280%的氟石n（CaF2）=1000mol，生产过程中的每一步含氟物质均完全转化，根据氟元素守恒：3CaF2Na3AlF6，n（Na3AlF6）=8102mol，m（Na3AlF6）=nM=10
21、00mol210g/mol=70kg，故答案为：70。考点：考查了物质的制备的工艺流程、离子反应方程式的书写、化学实验基本操作等相关知识。20甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用如图所示装置进行实验(夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验)实验操作和现象：操作现象关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热A中有白雾生成，铜片表面产生气泡B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失打开弹簧夹，通入N2,停止加热，一段时间后关闭无从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸均未发现白色沉淀溶解（1）A中反应的化学方程式是_。（2）C中白
22、色沉淀是_，该沉淀的生成表明SO2具有_性。（3）C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是_。（4）分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应。为证实各自的观点，在原实验基础上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是_；乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是_。进行实验，B中现象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸。结合离子方程式解释实验现象异同的原因：_。（5）合并（4）中两同学的方案进行实验。B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是_。【答案】（1）Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O（2
23、）BaSO4 还原（3）2NO+O2=2NO2（4）通N2一段时间，排除装置中的空气 饱和NaHSO3溶液甲：SO42- + Ba2+= BaSO4，乙：2Ba2+ 2SO2 + O2 +2H2O=2BaSO4+4 H+，白雾的量远多于装置中O2的量。（5）SO2 与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。【解析】试题分析：（1）A中有铜和浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水，方程式为：Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O。（2）二氧化硫溶于水为亚硫酸，与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，所以白色沉淀为BaSO4 ，说明二氧化硫有还原性。（3）硝酸根被还原为一氧化氮气体，与空气
24、中的氧气接触反应生成二氧化氮，红棕色气体，方程式为：2NO+O2=2NO2。（4）A中白雾可能含有SO3或H2SO4，因B中白色沉淀不溶于稀盐酸，说明该白色沉淀为BaSO4，甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2，排除装置中的空气。乙同学为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；由于甲同学没有排除白雾的干扰，故生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO42+Ba2=BaSO4；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2+2SO2+O2+2H2O=2BaSO4+4H；（5）合并甲、乙两同学的
25、方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。考点：考查了SO2的制取、性质及BaSO3、BaSO4的性质知识213.2 g Cu与过量硝酸(a molL-1，30 mL)充分反应。硝酸的还原产物只有NO2、NO。反应后溶液中含H+为0.1 mol。(1)此时溶液中所含为_mol。(2)求生成的气体中NO2和NO的物质的量(用含有a的式子表示)。(3)用NaOH溶液吸收产生的气体，原理为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O。若生成的混合气体能被NaOH完全吸收，试讨论a
26、的取值范围。【答案】(1)0.2(2)(0.045a-0.35) mol，(0.15-0.015a)mol(3)8.3a10【解析】(1)利用溶液中电荷守恒：n()1=n(Cu2+)2+n(H+)1，所以，n()=0.2 mol(2)设生成气体中NO2、NO的物质的量分别为X、Y。由得失电子守恒：X+3Y=0.1 mol由“N”元素守恒：X+Y=(0.03a-0.2) mol解得：X=(0.045a-0.35) mol；Y=(0.15-0.015a) mol 。(3)根据题给信息，完全吸收的条件是n(NO2)n(NO)时，才可能被完全吸收。所以，首先是要保证产生NO、NO2，则列式为式：X0得
27、：a7.8Y0得：a10再由必须完全吸收的条件列式：XY得：a8.3所以，三式联立解不等式组，得到a的取值范围：8.3a10。22下表列出了九种元素在周期表中的位置：A0AAAAAA请按要求回答下列问题。（1）化学性质最不活泼的元素的原子结构示意图为_（2）的氢化物的稳定性最强的是：_(写氢化物的化学式)；（3）元素形成的离子半径由大到小的顺序是_（用离子符号表示）（4）用电子式表示元素与的化合物的形成过程： 【答案】（1）（2）H2O（3）N3-O2- Na+（4）【解析】试题分析：根据元素在周期表中的位置可知是H元素，是C元素，是N元素，是O元素，是Na元素，是P元素，是S元素，是Ne元素
28、，是Cl元素；（1）化学性质最不活泼的元素是Ne元素，原子结构示意图为；（2）非金属性越强，氢化物越稳定，则的氢化物的稳定性最强的是H2O；（3）电子层数相同的粒子，核电荷数越大，半径越小，则元素形成的离子半径由大到小的顺序是N3-O2- Na+；（4）用电子式表示元素与的化合物的形成过程。考点：元素周期表，元素周期律，电子式23A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素已知A、B、E三原子最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水；C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3请回答下列问题：（1）写出下列元
29、素符号：A ，C ，E （2）E元素+1价含氧酸的电子式为： （3）写出A、B两元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式 （4）比较C、D最高价氧化物对应水化物的酸性 【答案】（1）：Na；Si；Cl；（2）；（3）Al（OH）3+OHAlO2+2H2O；（4）H3PO4H2SiO3【解析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A、B、E三原子最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水，则B的最高价氧化物的水化物具有两性，所以B为Al元素，A的最高价氧化物的水化物具有强碱性，则A是Na，根据三种元素最外层电子数知，E最外层有7个电
30、子，则E为Cl元素；C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，次外层有8个电子，则C元素最外层有4个电子，为Si元素，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，则D元素最外层有5个电子，且D原子序数大于C，所以D为P元素（1）通过以上分析知，A是Na元素、C是Si元素、E是Cl元素，故答案为：Na；Si；Cl；（2）E元素+1价含氧酸为HClO，O原子和H原子、Cl原子形成两对共用电子对，HClO的电子式为， （3）A的最高价氧化物的水化物化学式为NaOH、B的最高价氧化物的水化物化学式为Al（OH）3，二者反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al（OH）3+OHAlO2+2H2O， （4）元素的
31、非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性PSi，所以其最高价氧化物的水化物酸性H3PO4H2SiO3，故答案为：H3PO4H2SiO3【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，正确推断元素是解本题关键，熟练掌握原子结构、元素周期表结构及元素周期律内涵、元素化合物知识，注意次氯酸电子式的书写，很多同学认为Cl原子位于中间而导致错误，题目难度不大24有机物A、B、C、D、E之间发生如下的转化：（1）写出C物质的结构简式：_。（2）上述转化反应中，属于取代反应的有_；（3）属于加成反应的有_。（用反应序号填写）（4）向A的水溶液中加入新制的Cu(OH)2并加热时产生的实验现象是_。
32、请写出下列转化的化学反应方程式：（5）B+DE：_；（6）乙烯生成聚乙烯：_。己知葡萄糖在乳酸菌的作用下转化为乳酸，乳酸的结构简式为。试回答：（7）乳酸分子中含有_和_两种官能团（写名称）。（8）乳酸与金属钠反应的化学方程式为_。（9）乳酸与Na2CO3溶液反应的化学方程式为_。（10）乳酸在浓硫酸作用下，两分子相互发生酯化反应生成环状酯，此环状酯的结构简式为 _。【答案】（1）CH3CHO。 （1分）（2） （1分）（3） （1分）（4）有（砖）红色沉淀产生；（1分）（5）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O (2分)（6） (2分)（7）羧基 羟基（2分）（8）+2
33、Na+H2； (2分)（9）2+ Na2CO32+H2O+CO2； (2分)（10） (2分)。【解析】试题分析：淀粉或纤维素水解产生A是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下发生反应产生甲是CO2，B是乙醇CH3CH2OH；B催化氧化产生C是乙醛CH3CHO；C催化氧化产生D是乙酸CH3COOH；乙醇与乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应产生F是乙酸乙酯CH3COOCH2CH3；乙烯燃烧产生甲是CO2，乙是H2O。（1）C物质是乙醛，C的结构简式是CH3CHO。（2）根据图示可知是氧化反应，是取代反应，是光合反应，是加成反应，所以转化反应中，属于取代反应的有；（3）属于加成反应的是乙烯与水反应产生乙醇，反
34、应是；（4）A是葡萄糖，含有醛基，可以与新制氢氧化铜悬浊液发生反应，向A的水溶液中加入新制的Cu(OH)2并加热时产生的实验现象是有（砖）红色沉淀产生；（5）乙酸与乙醇在浓硫酸存在时，在加热条件下发生酯化反应，产生乙酸乙酯和水，脱水方式是酸脱羟基醇脱氢，反应的方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；（6）乙烯在一定条件下发生加聚反应产生聚乙烯，反应的方程式是：；（7）根据物质的结构简式可知在乳酸分子中含有羧基和醇羟基两种官能团；（8）羧基、醇羟基都能与Na发生反应产生氢气，乳酸与金属钠反应的化学方程式为+2Na+H2；（9）乳酸分子中只有羧基可以与Na2CO3发生反应，二者反应的方程式是2+ Na2CO32+H2O+CO2；（10）根据酯化反应的脱水方式是：酸脱羟基醇脱氢乐子，乳酸在浓硫酸作用下，两分子相互发生酯化反应生成环状酯，此环状酯的结构简式为。考点：考查有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断和化学方程式的书写的知识。