2022届吉林市名校高一(下)化学期末教学质量检测模拟试题含解析

2022届吉林市名校高一(下)化学期末教学质量检测模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B．医用消毒酒精中乙醇的浓度(体积分数)为95%
C．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D．BaSO4和BaCO3均难溶于水,均可用作“钡餐”
【答案】A
【解析】A、蚕丝富含蛋白质，灼烧后有烧焦羽毛的气味，而人工纤维灼烧后有特殊气味，可通过灼烧法区分两者，正确；B、医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，错误；C、加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成二氧化碳，错误；D、BaSO4难溶于水也难溶于酸，可以作“钡餐”， BaCO3难溶于水但可溶于酸，BaCO3与胃酸中的盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳，Ba2+有毒，不能作“钡餐”，错误。

故选A。

2．苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，下列可以作为证据的是( )
①苯不能与溴水反应而褪色
②苯不能使酸性KMnO4溶液褪色
③苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反应
④经测定，邻二甲苯只有一种结构
⑤苯分子具有正六边形结构
A．①②④⑤B．①③④⑤C．①②③④D．②③④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】
①由于苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，①正确；
②由于苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，②正确；
③苯能和卤素单质发生取代反应，体现烷烃的性质，苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键或三键具有的性质，所以不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，③错误；
④如果苯分子是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C-C，另一种是两个甲基夹C=C．邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，④正确；
⑤苯为平面正六边形分子，说明苯分子中的碳碳键完全相同，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，⑤
正确；
答案选A。

3．下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法正确的是
A．葡萄糖溶液中加入新制Cu(OH)2悬浊液煮沸会析出砖红色沉淀
B．油脂水解可得到氨基酸和甘油
C．蔗糖在人体内水解产物只有葡萄糖
D．纤维素和淀粉互为同分异构体
【答案】A
【解析】A．葡萄糖含-CHO，碱性条件下与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，故A正确；B．油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯类，故油脂水解可得到高级脂肪酸和甘油，故B错误；C．蔗糖为二糖，在人体内水解产物产生葡萄糖和果糖，故C错误；D．纤维素和淀粉都是多糖，分子式都可用(C6H12O5)n表示，但两者的n不同，它们不是同分异构体，故D错误；故选A。

4．根据描述判断下列反应不属于可逆反应的是
A．1molN2和4molH2在一定条件下充分反应，N2的转化率为13%
B．将SO3 加入一密闭容器中并在一定条件下充分反应，反应后容器中有SO3、SO2、O2
C．将装有NO2(红棕色)和N2O4(无色)混合气体的烧瓶浸入冰水中，气体颜色变浅
D．2molH2在1molO2中燃烧生成2molH2O，2molH2O电解生成2molH2和1molO2
【答案】D
【解析】
【详解】
A.N2与H2反应的物质的量的比是1:3，若将1molN2和4molH2混合，在一定条件下充分反应，氢气过量，N2的转化率为13%，证明该反应为可逆反应，A不符合题意；
B.将SO3 加入一密闭容器中并在一定条件下充分反应，若反应完全，反应后容器中将不再含有SO3，但事实上反应后容器中有SO3、SO2、O2，证明该反应为可逆反应，A不符合题意；
C.将装有NO2(红棕色)和N2O4(无色)混合气体的烧瓶浸入冰水中，气体颜色变浅，说明具备NO2(红棕色)转化为N2O4(无色)的反应条件，但物质未反应反应，证明NO2与N2O4存在反应：2NO2[Failed to download image : http://192.168.0.10:8086/QBM/2019/7/13/2245969899560960/2261668607279104/EXPLANATION/6d655e921cc 34f9b9efd266518634f58.png]N2O4，该反应为可逆反应，C不符合题意；
D. 2molH2在1molO2中燃烧生成2molH2O，2molH2O电解生成2molH2和1molO2，说明H2O分解反应是完全彻底的反应，不是可逆反应，D符合题意；
故合理选项是D。

5．漂白粉与硫酸反应制氯气的原理为: Ca(C1O)2 +CaCl2 +2H2SO42CaSO4 +2Cl2↑+2H2O。

该实验的发生装置为
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
分析：本题考查的是实验仪器的基本使用，掌握常见的实验装置的用途是关键。

详解：反应为固体和液体加热制取气体，固体放入圆底烧瓶，液体放入分液漏斗中，用酒精灯加热，所以选择B。

点睛：掌握常见气体的发生装置：1.固体和液体加热制取气体：用圆底烧瓶和分液漏斗和酒精灯，适合失去氯气和氯化氢等气体；2.固体加热制取气体，使用试管和酒精灯，适合制取氧气和氨气；3.固体和液体不加热制取气体，使用锥形瓶或圆底烧瓶和分液漏斗或长颈漏斗，适合制取氢气或二氧化碳或一氧化氮或二氧化氮等气体。

6．化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是
A．CO2的电子式B．Cl-的结构示意图
Cl
C．乙烯的结构简式C2H4D．质量数为37的氯原子17
37
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、CO2的电子式为，A错误；
B、Cl原子的电子结构示意图为，所以Cl-的电子结构示意图中，最外层电子数为8，B正确；
C、乙烯的结构简式为CH2=CH2，C错误；
Cl，D错误；
D、质量数在原子符号的左上角，质子数在原子符号的右下角，所以质量数为37的氯原子为37
17
故合理选项为B。

7．I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq) + I－(aq)I3－(aq)。

某I2、KI混合溶液中，I3－的物质的量浓度c(I3－)与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）。

下列说法正确的是
A．反应I 2(aq) + I－(aq)I3－(aq)的△H＞0
B．状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大
C．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2
D．若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A、随着温度的不断升高，I 3-的浓度逐渐减小，说明升温平衡向逆方向移动，则I2（aq）+I-（aq）I3-（aq）是一个放热反应，即n H<0，故A错误；
B、温度升高，平衡向逆方向移动，c（I2）变大，所以状态B的c（I2）大，故B错误；
C、T2>T1，因为该反应为放热反应，所以当温度升高时，反应向逆方向移动，则K1>K2，故C错误；
D、从图中可以看出D点并没有达到平衡状态，所以它要向A点移动，I3-的浓度应增加，平衡向正方向移动，所以v正>v逆，故D正确；
答案选D。

8．下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（）
A．硅太阳能电池B．锂离子电池
C．太阳能集热器D．燃气灶
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；
B. 锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；
C. 太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；
D. 燃气灶将化学能转化为热能，D 正确，
答案选D 。

9．下列关于物质性质变化的比较，不正确的是（ ）
A ．酸性强弱：HIO 4>HBrO 4>HClO 4
B ．原子半径大小：Na>S>O
C ．碱性强弱：KOH>NaOH>LiOH
D ．金属性强弱：Na>Mg>Al 【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．非金属性：Cl ＞Br ＞I ，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，则有酸性强弱：HIO 4＞HBrO 4＞HClO 4，故A 错误；
B ．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则Na ＞S ，原子核外电子层数越多，半径越大，O 的原子核外有2个电子层，半径最小，则原子半径：Na ＞S ＞O ，故B 不选；
C ．金属性：K ＞Na ＞Li ，元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，则有碱性强弱：KOH ＞NaOH ＞LiOH ，故C 不选；
D ．同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，则有金属性强弱：Na ＞Mg ＞Al ，故D 不选。

故答案选A 。

10．葡萄糖是提供人体能量的营养物质，它在人体内发生的主要反应是（ ）
A ．酯化反应
B ．氧化反应
C ．还原反应
D ．水解反应
【答案】B
【解析】葡萄糖在人体内完全氧化，同时释放能量来维持人体生命活动所需。

11．VmL Al 2(SO 4)3溶液中含a g SO 42-，若把此溶液取一半加水稀释至2VmL ，则稀释后溶液中A13+的物质的量浓度为（ ）
A ．a 576V mol/L
B ．125a 36V mol/L
C ．250a 36V mol/L
D ．125a 72V
mol/L 【答案】D 【解析】a g SO 42-的物质的量是96a mol ，根据硫酸铝的化学式可知铝离子的物质的量是2963
a mol ⨯，因此若把此溶液取一半加水稀释至2VmL ，则稀释后溶液中A13+的物质的量浓度为
3211259632/1072a mol a mol L V L V
-⨯⨯=⨯，答案选D 。

12．在CH 3COONa 溶液中各离子的浓度由大到小排列顺序正确的是
A ．c(Na ＋)>c(CH 3COO －)>c(OH －)>c(H ＋)
B ．c(CH 3COO －)>c(Na ＋)>c(OH －)>c(H ＋)
C．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D．c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，溶液存在电荷守恒，则
c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，因此c(Na+)＞c(CH3COO-)，因单水解的程度一般较弱，则有c(CH3COO-)＞c(OH-)，因此有c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故选A。

13．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2的反应类型是
A．化合反应B．置换反应C．氧化还原反应D．复分解反应
【答案】C
【解析】
Fe2O3+3CO2Fe+3CO2的反应类型不属于四种基本反应类型的任何一种，其中有两种元素的化合价发生了变化，所以是氧化还原反应，本题选C。

14．下列图示变化为吸热反应的是（）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A. 反应物的能量小于生成物的能量，图中反应为吸热反应，符合题意，A项正确；
B. 反应物的能量大于生成物的能量，反应为放热反应，不符合题意，B项错误；
C. 浓硫酸是稀释放热，但不是化学反应，不符合题意，C项错误；
D. 活泼金属与酸的反应是放热反应，不符合题意，D项错误；
答案选A。

15．下列关于常见有机物的说法不正确的是
A．乙烯和苯都能与溴水反应B．乙酸和油脂都能与氢氧化钠溶液反应C．糖类和蛋白质都是人体重要的营养物质D．乙烯和甲烷可用酸性高锰酸钾溶液鉴别
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A项，苯不能与溴水发生反应，只能与液溴反应，故A项错误；
B项，乙酸与NaOH发生酸碱中和，油脂在碱性条件能水解，故B项正确；
C项，糖类、油脂和蛋白质是重要营养的物质，故C项正确；
D项，乙烯可以使高锰酸钾褪色，而甲烷不可以，故D项正确。

答案选A。

16．下列有关物质的性质与用途不对应的是( )
A．铝合金的密度小，硬度大，可用作建筑材料
B．食品工业中用Na2CO3作焙制糕点的膨松剂
C．FeCl3溶液能与Cu反应，可用于腐蚀铜制印刷电路板
D．二氧化硅是制造光导纤维的材料
【答案】B
【解析】
【详解】
A．铝合金的密度小，硬度大，具有优良的性能，则可用作建筑材料，A正确；
B．Na2CO3的碱性较强，一般选NaHCO3作焙制糕点的膨松剂，B错误；
C．FeCl3溶液能与Cu反应生成氯化铜、氯化亚铁，则可用于腐蚀铜制印刷电路板，C正确；
D．二氧化硅能传递光信号，是制造光导纤维的材料，D正确；
答案选B。

【点睛】
本题考查物质的性质与应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

17．已知：①H2O(g)===H2O(l) ΔH＝－Q1kJ·mol－1 ②C2H5OH(g)===C2H5OH(l) ΔH＝－Q2kJ·mol－1③C2H5OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g) ΔH＝－Q3kJ·mol－1 ；下列判断正确是（）
A．酒精的燃烧热ΔH＝－Q3kJ·mol－1
B．由③可知1 mol C2H5OH(g)的能量高于2 mol CO2(g)和3 mol H2O(g)的总能量
C．H2O(g)→H2O(l)释放出了热量，所以该过程为放热反应
D．23g液体酒精完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，释放热量为(0.5Q3－0.5Q2＋1.5Q1)kJ
【答案】D
【解析】
试题分析：A、C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）；△H=-Q3kJ/mol．反应中生成的水是气体，不是稳定氧化物，故燃烧热不是Q3kJ，故A错误；B、③C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）；△H=-Q3kJ/mol．反应是放热反应，1mol C2H5OH（g）和3molO2的总能量高于2CO2（g）和3H2O（g）的总能量，故B错误；C、H2O（g）→H2O（l）是物理变化，故C错误；D、已知：①H2O（g）═H2O（l）△H=-Q1kJ•mol-1，②C2H5OH（g）═C2H5OH（l）△H=-Q2kJ•mol-1，③C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=-Q3kJ•mol-1，据盖斯定律：③-②+①×3得：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=（-Q3+Q2-3Q1）KJ/mol，23g是0.5molC2H5OH，所以释放出的热量为（0.5Q3-0.5Q2+1.5Q1）kJ，故D 正确；故选D。

考点：考查了燃烧热、焓变、放热反应以及盖斯定律的应用的相关知识。

18．氮氧化铝（AlON）是一种高硬度防弹材料，可以在高温下由反应Al 2O3+C+N22AlON+CO合成，下列有关说法合理的是
A．上述反应中氮气作还原剂
B．氮氧化铝中氮元素的化合价是-3
C．氮氧化铝晶体中的作用力是范德华力
D．根据氮氧化铝晶体的硬度可推断其晶体类型可能与石英相同
【答案】D
【解析】
由化合价代数和为0可知，氮氧化铝中铝元素化合价为+3价，O为-2价，氮元素的化合价为-1。

A．反应中N元素化合价降低，N2为氧化剂，A错误；B．根据上述分析，氮元素的化合价为-1，B错误；C．氮氧化铝晶体中化学键应为共价键C错误；D．根据氮氧化铝晶体的硬度可推断其晶体类型应为原子晶体，D 正确；故选D。

19．下列关于有机物的说法正确的是
A．蔗糖、果糖和麦芽糖都是双糖
B．除去乙烷中的乙烯时，通入氢气并加催化剂加热
C．油脂在酸性或碱性条件下水解都可得到甘油
D．等物质的量的甲烷和乙酸完全燃烧消耗氧气的物质的量前者多
【答案】C
【解析】分析：A.果糖分子式为C6H12O6属于单糖；
B.易混入氢气杂质；
C. 油脂酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油；
D. 甲烷的分子式为CH4，乙酸的分子式为C2H4O2，将C2H4O2写成CH4CO2后不难发现，等物质的量的甲烷和乙酸完全燃烧消耗氧气的物质的量相同。

详解:A.蔗糖和麦芽糖都是双糖，但果糖属于单糖，故A错误；
B.因不能确定乙烯的含量，易混入氢气杂质，且反应在实验室难以完成，故B错误；
C. 油脂酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，所以都可得到甘油，故C正确；
D. 甲烷的分子式为CH4，乙酸的分子式为C2H4O2，将C2H4O2写成CH4CO2后不难发现，等物质的量的甲烷和乙酸完全燃烧消耗氧气的物质的量相同，故D错误；
所以C选项是正确的。

20．下列过程中所发生的化学反应不属于取代反应的是
A．光照射甲烷与氯气的混合气体
B．在镍作催化剂的条件下，苯与氢气反应
C．乙醇与乙酸在浓硫酸作用下加热
D．苯与液溴混合后撒入铁粉
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A、甲烷和氯气的反应是取代反应，不选A；
B、苯含有特殊的碳碳键，苯和氢气的反应是加成反应，选B；
C、乙醇和乙酸的反应是酯化反应，属于取代反应，不选C；
D、苯和溴反应是取代反应，不选D。

故答案选B。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．标准状况下，1.68L无色的可燃气体在足量氧气中完全燃烧。

若将产物通入足量澄清石灰水中，得到白色沉淀质量为15g；若用足量碱石灰吸收燃烧产物，增重9.3g。

（1）燃烧产物中水的质量为_______ g。

（2）若原气体是单一气体，则其分子式为_____________________。

（3）若原气体是由两种等物质的量的气态烃组成的混合物，请写出他们的分子式__________________。

（请写出两组）
（4）若原气体是由两种等物质的量的气体组成的混合物，其中只有一种是烃，请写出他们的分子式
____________________________。

（请写出两组）
【答案】2.7 C2H4CH4和C3H4、C2H2和 C2H6H2和C4H6、CO和 C3H8
【解析】
【分析】
根据有机物燃烧时，有机物中的碳全部转化为二氧化碳，二氧化碳与足量的氢氧化钙完全反应，生成不溶于水的白色沉淀碳酸钙，利用生成碳酸钙的质量计算燃烧生成二氧化碳的质量；碱石灰既能吸收燃烧生成的水，又能吸收燃烧生成的二氧化碳，因此，增重的质量即燃烧生成二氧化碳和水的质量总和，从而求出水的质量，根据生成二氧化碳和水的质量计算出可燃物中C 、H 元素的物质的量，再根据条件求出分子式，据此解答。

【详解】
详解：(1)设燃烧产物中二氧化碳的质量为x ，
()2322CO Ca OH CaCO H O
44? 100
x 15.0
+=↓+，x=6.6g ，而碱石灰既能吸收燃烧生成的水，又能吸收燃烧生成的二氧化碳，因此，增重的质量即燃烧生成二氧化碳和水的质量总和：m(CO 2)+m(H 2O)=9.3g ，
m(H 2O)=9.3g-6.6g=2.7g ，故答案为2.7g ；
(2)无色可燃气体的物质的量：n= 1.68
22.4/L L mol
= 0.075mol ，n(CO 2)= 6.644/g g mol =0.15mol ，则n(C)=0.15mol ；n(H 2O)= 2.718/g g mol
=0.15mol ，则n(H)=n (H 2O)×2=0.3mol ，即0.075mol 气体中含有0.15molC ，0.3molH ，所以n(气体):n(C):n(H)= 0.075mol :0.15mol:0.3mol=1:2:4，即1mol 气体中含有2molC ，4molH ，所以该气体的分子式是C 2H 4，故答案为C 2H 4；
(3)因为单一气体为C 2H 4，现为等物质的量的两种气体烃的混合物，所以在2mol 混合气体中，应含有4molC 原子，8molH 原子，这两种气态烃可能是“CH 4和C 3H 4”或“C 2H 2和C 2H 6”。

故答案为CH 4和 C 3H 4； C 2H 2和C 2H 6；
（4）因为单一气体为C 2H 4，现为等物质的量的两种气体的混合物，其中只有一种是烃，所以在2mol 混合气体中，应含有4molC 原子、8mol H 原子，这两种气体可能是：H 2和C 4H 6 ；CO 和C 3H 8等，故答案为H 2和C 4H 6 ；CO 和C 3H 8。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．实验室用燃烧法测定某固体有机物A 的分子组成，测定装置如图所示(铁架台、铁夹、酒精灯等未画出)：
取17.1 g A放入B装置中，持续通入过量O2燃烧，生成CO2和H2O，请回答下列有关问题：
(1)通入过量O2的目的是_______________________________；
(2) D装置的作用是______________________________，有同学认为该套装置有明显的缺陷，需要改进，该同学判断的理由是___________________________；
(3)通过该实验，能否确定A中是否含有氧元素，其理由？_____________________________ ；
(4)若A的摩尔质量为342 g/mol，C装置增重9.9 g，D装置增重26.4 g，则A的分子式为
______________________________；
(5)A可发生水解反应，1 mol A可水解生成2 mol同分异构体，则A在催化剂作用下水解的化学方程式为_______________________________。

【答案】使有机物A充分燃烧吸收A燃烧后生成的CO2D装置中的碱石灰可以吸收空气中的水和二氧化碳，对生成的二氧化碳质量测定有干扰能确定；如果碳元素的质量和氢元素的质量小于17.1g，则有氧元素
C12H22O11C12H22O11（蔗糖）+H2O C6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖）
【解析】
【详解】
（1）燃烧法测定某固体有机物A的分子组成，要通入过量O2使有机物在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和水；故答案为：使有机物A充分燃烧；
（2）C装置中的试剂为浓硫酸，用于吸收有机物燃烧生成的水，D装置中的试剂是碱石灰用于吸收有机物燃烧生成的二氧化碳；D装置中的碱石灰可以吸收空气中的水和二氧化碳，对生成的二氧化碳质量测定有干扰，因此该套装置需要改进，故答案为：吸收A燃烧后生成的CO2；D装置中的碱石灰可以吸收空气中的水和二氧化碳，对生成的二氧化碳质量测定有干扰；
（3）通过浓硫酸增重的质量可以求出有机物中氢的质量，通过碱石灰增重的质量可以求出有机物中碳的质量，再根据A的质量判断是否有氧元素；故答案为：能确定，如果碳元素的质量和氢元素的质量小于17.1g，则有氧元素；
（4）浓硫酸增重可知水的质量为9.9g，可计算出n（H2O）==0.55mol，n（H）=1.1mol，m（H）=1.1g；使碱石灰增重26.4g，可知二氧化碳质量为26.4g，n（C）=n（CO2）==0.6mol，m（C）=7.2g，m（C）+m（H）=8.31g，有机物的质量为17.1g，所以有机物中氧的质量为8.79g，n（O）==0.55mol，
n（C）：n（H）：n（O）=0.6mol：1.1mol：0.55mol=12：22：11，即实验式为C12H22O11，A的摩尔质量为342g/mol，所以分子式也为C12H22O11，故答案为：C12H22O11；
（5）A可发生水解反应，1mol A可水解生成2mol同分异构体，则A为蔗糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，其在催化剂作用下水解的化学方程式为C12H22O11（蔗糖）+H2O C6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6
（果糖）；故答案为：C12H22O11（蔗糖）+H2O C6H12O6（葡萄糖）+C6H12O6（果糖）。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．常见的有机物A、B、C、D、E、F间的转换关系如图所示（以下变化中，某些反应条件及产物未标明）。

B是天然有机高分子化合物，C、D可发生银镜反应。

（1）B的分子式为_______________；F的结构简式为_________。

（2）E中官能团的名称是____________。

（3）A的同分异构体的结构简式是_____________。

（4）A→D反应的化学方程式：__________。

（5）D→E反应的化学方程式：_____________。

【答案】（C6H10O5）n CH3COOC2H5羧基CH3OCH32CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
2CH3CHO+O22CH3COOH
【解析】
【分析】
因为B是天然有机高分子化合物，根据B转化为C的条件可知B发生了水解反应，再结合C、D可发生银镜反应（说明C和D分子中有醛基），可以推断B可能是淀粉或纤维素，C为葡萄糖，可以确定A为乙醇，D为乙醛，E为乙酸，F为乙酸乙酯。

据此判断。

【详解】
（1）B为淀粉或纤维素，分子式为(C6H10O5)n；F是乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3。

（2）E是乙酸，其中官能团的名称是羧基。

（3）A的同分异构体为二甲醚，二甲醚的结构简式为CH3OCH3。

（4）A→D反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。

（5）D→E反应的化学方程式为2CH3CHO+O22CH3COOH。

【点睛】
有机推断题解题的关键是找好突破口。

反应条件、典型现象、分子结构、相对分子质量等等都可以是突破口，往往还要把这些信息综合起来才能推断出来。

五、综合题（本题包括1个小题，共10分）
24．下面为元素周期表的一部分,根据元素① ~⑧在表中的位置回答下列问题｡
（1）元素④的原子结构示意图为___________,元素⑦在自然界的存在形态是__________｡
（2）用电子式表示元素⑤､⑧形成化合物的过程_____________｡
（3）元素①③形成的最简单氢化物化学式是__________,写出实验室制备此物质的化学方程式
___________｡
（4）元素⑥的单质与磁性氧化铁反应的化学方程式___________｡
（5）由元素②形成的只有三种同分异构体的烷烃是_________(填化学式),这三种同分异构体的结构简式分别是CH3CH2CH2CH2CH3､___________､___________｡
【答案】化合态和游离态NH32NH4Cl＋
Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe C5H12CH3CH(CH3)CH2CH3C(CH3)4
【解析】本题考查元素周期表的结构和元素周期律的应用，（1）根据元素④在周期表的位置，④为O，其原子结构示意图为：；元素⑦为S，自然界存在硫单质，也存在化合物如FeS2，因此S在自然界中以化合态和游离态存在；（2）⑤为Na，⑧为Cl，形成的化合物为NaCl，NaCl属于离子化合物，即形成化合物的过程为：；（3）①为H，③为N，形成最简单氢化物为NH3；实验室制备氨气，用NH4Cl固体和Ca(OH)2固体共热制备，反应方程式为：2NH4Cl＋
Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；（4）⑥为Al，发生反应方程式为8Al＋3Fe3O44Al2O3＋9Fe；（5）②为C，形成只有三种同分异构体的烷烃是C5H12，存在的同分异构体为CH3CH2CH2CH2CH3(正戊烷)、CH3CH2CH(CH3)2(异戊烷)、C(CH3)4(新戊烷)。

点睛：此题的易错点是问题（3）的第二个空，应注意是实验室制备氨气，因此采用NH4Cl固体和Ca(OH)2固体共热制备。