河南省伊川县第二高级中学高三化学下学期3月月考试题（含解析）.doc

河南省伊川县第二高级中学2016届高三下期3月月考化学试卷（解析版）1某化学反应中产物的总能量为60kj，如果该反应是放热反应，那么反应物总能量可能是a50kj b30kj c80kj d20kj【答案】c【解析】2下列叙述中说明某化学平衡一定发生移动的是a混合物中各组分的浓度改变b混合体系中气体密度发生变化c正、逆反应速率改变d反应物的转化率改变【答案】d【解析】试题分析：只要正逆反应速率不再相等，则化学平衡一定发生移动。a混合物中各组分的浓度改变，平衡不一定移动，a错误；b密度是混合气的质量和容器容积的比值，所以混合体系中气体密度发生变化平衡不一定移动，b错误；c正、逆反应速率改变，但如果仍然相等，则平衡不移动，c错误；d反应物的转化率改变，说明正逆反应速率不再相等，平衡移动发生移动，d正确，答案选d。【考点定位】本题主要是考查化学平衡的移动【名师点晴】化学平衡移动方向的判断浓度、压强影响化学平衡的几种特殊情况（1）当反应混合物中存在与其他物质不相混溶的固体或纯液体物质时，由于其“浓度”是恒定的，不随其量的增减而变化，故改变这些固体或液体的量，对平衡基本无影响。（2）由于压强的变化对非气态物质的浓度基本无影响，因此，当反应混合物中不存在气态物质时，压强的变化不能使无气态物质存在的化学平衡发生移动。（3）气体减压或增压与溶液稀释或浓缩的化学平衡移动规律相似。（4）对于反应前后气体分子数无变化的反应，如h2（g）i2（g） 2hi（g），压强的变化对其平衡无影响。这是因为，在这种情况下，压强的变化对正、逆反应速率的影响程度是等同的，故平衡不移动。（5）同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度，应视为压强对平衡的影响，如某合成氨平衡体系中，c（n2）0.1 moll1、c（h2）0.3 moll1、c（nh3）0.2 moll1，当浓度同时增大一倍时，即让c（n2）0.2 moll1、c（h2）0.6 moll1、c（nh3）0.4 moll1，此时相当于压强增大一倍，平衡向生成nh3的方向移动。（6）“惰性气体”对化学平衡的影响：恒温、恒容条件：原平衡体系体系总压强增大体系中各组分的浓度不变平衡不移动。恒温、恒压条件：原平衡体系容器容积增大，各反应气体的分压减小体系中各组分的浓度同倍数减小（等效于减压），平衡向气体体积增大的方向移动。3钢铁腐蚀发生得最普遍的是：a化学腐蚀 b析氢腐蚀 c吸氧腐蚀 d钝化【答案】c【解析】试题分析：钢铁的化学腐蚀和电化学腐蚀往往同时发生，但电化学腐蚀比化学腐蚀要普遍的多，且腐蚀速度也快得多，在钢铁的电化学腐蚀中，在酸性条件下发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性或碱性条件下发生吸氧腐蚀，所以钢铁的吸氧腐蚀比析氢腐蚀普遍，答案选c。考点：考查金属的腐蚀与防护。4在高温下，反应2hbr(g)h2(g)+br2(g)(正反应为吸热反应)达到平衡时，要使混合物气体的颜色加深，可采用的反应条件是( )a.减小压强 b.缩小体积c.升高温度 d.增大氢气的浓度【答案】bc【解析】要使颜色加深必须增大c(br2)。5已知反应4nh35o24no6h2o，若反应速率分别用v(nh3)、v(o2)、v(no)、v(h2o)表示，则下列正确的关系是 ()a.v(nh3)v(o2) b. v(o2)v(h2o) c. v(nh3)v(h2o) d. v(o2)v(no)【答案】d【解析】根据同一反应中，不同物质表示的化学反应速率之比等于物质的化学计量数之比来判断。6下列说法或表示方法正确的是（ ）a等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多b在稀溶液中，h+（aq）+ oh（aq）h2o（l）；h=57.3 kj/mol，若将含0.5 mol h2so4的浓硫酸与含1 mol naoh的溶液混合，放出的热量等于57.3 kjc由c（石墨）c（金刚石）h=+1.90 kj/mol可知石墨比金刚石稳定d在101 kpa时，2 g h2 完全燃烧生成液态水，放出285.8 kj热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2h2（g）+o2（g）2h2o（g）h571.6kj/mol【答案】c【解析】试题分析：a、硫蒸气的能量比硫固体的能量高，所以完全燃烧，硫蒸气放出的热量多，a错误；b、浓硫酸溶于水放热，所以酸碱中和时放热多，b错误；c、能量越低越稳定，则根据热化学方程式可知石墨的能量低，稳定，c正确；d、热化学方程式中水的状态错误，应该是液态，d错误，答案选c。考点：考查反应热的影响因素，物质的稳定性与反应热的关系，热化学方程式的意义7将物质的量均为0.1 mol k2so4和al2(so4)3溶于水，向其中加入一定量的ba(oh)2溶液，测得铝元素有一半留在溶液中，则生成baso4的物质的量可能为a0.25 mol b0.30 mol c0.35 mol d0.4 mol【答案】c【解析】试题分析：将物质的量均为0.1 mol k2so4和al2(so4)3溶于水，则在溶液中so42-的物质的量是n(so42-)=0.1mol1+0.1mol3=0.4mol，al3+的物质的量是：n(al3+)=0.1mol2=0.2mol。若向该溶液中加入的ba(oh)2少量，铝元素有一半留在溶液中，则铝元素的存在形式为al3+、al(oh)3，形成al(oh)3的物质的量为0.1mol，根据离子方程式：al3+3oh-= al(oh)3可知反应消耗oh-的物质的量为0.3mol，需要0.15mol的ba(oh)2溶液，其产生的ba2+的物质的量为0.15mol，根据离子方程式：ba2+ so42-=baso4，结合两种离子的物质的量关系可知so42-过量，要按照因此ba2+的物质的量计算；产生baso4的物质的量是0.15mol。若加入的ba(oh)2过量，使一半al(oh)3溶解变为alo2-，则根据方程式：al3+3oh-= al(oh)3和al3+4oh-= alo2-+2h2o可知，形成0.1mol al(oh)3需要消耗0.3mol oh-，形成0.1mol alo2-需要消耗0.4mol oh-，则一共反应需要消耗oh-物质的量是0.7mol，应该由0.35mol ba(oh)2提供。n(ba2+)=0.35mol，而n(so42-)=0.4mol，so42-过量，产生baso4的物质的量是0.35mol，故选c。考点：考查了物质的量多少对反应的影响的计算。8对有机物分子ch3-ch2-oh的下列推断结论不正确的是a.作质谱分析，质谱图中质荷比的最大值为46b.作红外光谱分析，谱图上有c-h、c-o和o-h键的吸收峰c.作核磁共振氢谱分析，在谱图中出现3个吸收峰，其强度比为321d.向ch3-ch2-oh中加入金属钠，有h2放出，证明该有机物显酸性【答案】d【解析】试题分析：ch3-ch2-oh的分子量为46，所以质谱图中质荷比的最大值为46，故a正确；作红外光谱分析，谱图上有c-h、c-o和o-h键的吸收峰，故b正确；作核磁共振氢谱分析，ch3-ch2-oh有3种不同化学环境的h，所以在谱图中出现3个吸收峰，其强度比为321；故c正确，向ch3-ch2-oh中加入金属钠，有h2放出，不能说明该有机物显酸性，故d错误，为本题的正确选项。考点：有机物点评：本题考查了表征有机物的一些方法，涉及考查了质谱，红外光谱，核磁共振氢谱等知识，有一定的综合性，本题难度适中。【答案】b 【解析】元素的性质随原子序数的递增而呈周期性变化，a项错误；元素的化学性质主要由原子的最外层电子数决定，c项错误；主族元素的最高正化合价与主族序数相等，d项错误。10已知苯的二氯代物有3种同分异构体，那么苯的四溴代物的同分异构体有a. 1种 b. 2种 c. 3种 d. 4种【答案】c【解析】苯环上一共有6个氢原子，所以任意取代2个氢原子和任意取代4个氢原子是相同的。答案选c。11a元素原子的l层电子数是k层电子数的两倍，b元素具有a元素相同的电子层数，且最外层电子数比a元素最外层电子数多两个，则a的同主族短周期元素与b形成的化合物是aco2 bnacl cmgcl2 dsio2【答案】a【解析】a元素原子的l层电子数是k层电子数的两倍，则a是碳元素。b元素具有a元素相同的电子层数，且最外层电子数比a元素最外层电子数多两个，所以b是氧元素，因此答案选a。12aa、bb、cc、dd、ee五种短周期元素，它们的原子序数有如下关系：c-bb-a=1且 b+c=d，常见化合物e2c2与水反应生成c的单质，且溶液使酚酞试液变红。b的最高价氧化物对应水化物为强酸。下列说法正确的是a、b与d形成的单质分别为甲、乙，非金属性：bd，活泼性：乙甲b、1mole2c2与足量水完全反应生成c的单质，共转移电子2molc、原子半径：deabcd、c的氢化物的沸点低于b的氢化物的沸点【答案】a【解析】常见化合物e2c2与水反应生成c的单质，且溶液使酚酞试液变红，说明e是na，c是o。所以b是n，a是c，则d是p。所以a正确。b不正确，应该是1mol电子。c不正确，原子半径是edabc。常温下水是液态，氨气是气态，所以沸点是水的高于氨气的，d不正确。答案选a。13一种“海水”电池，其电池总反应可表示为：5mno2 +2ag+2nacl=na2mn5o10+2agcl, 下列有关说法不正确的是a负极反应式：ag+cl-e=agclb电子从电源的正极经外电路流向负极cc1一不断向“海水”电池的负极移动d每生成1 molna2mn5o10转移2 mol电子【答案】b【解析】试题分析：a根据电池的总反应，银由0价失电子生成agcl发生氧化反应，ag作负极，电极反应为ag+cl-e=agcl，a项正确；b电子从电源的负极经外电路流向正极，b项错误；c电池的负极带正电，cl不断向负极移动，c项正确；d根据电池总反应，每生成1 molna2mn5o10转移2 mol电子，d项正确；答案选b。考点：考查原电池的工作原理14下列说法错误的是anh4no3 溶于水吸热，但仍能自发进行，是因为该过程熵增加b同一种物质气态时熵值最大，液态时次之，而固态时熵值最小c不借助于外力而自发进行的过程，其体系的能量一定是由高能状态转变为低能状态d要判断反应进行的方向,必须综合考虑体系的焓变和熵变【答案】c【解析】试题分析：不借助于外力而自发进行的过程，该过程中g=h-ts0、s0，故c项错误，a、b、d项均正确。考点：反应自发进行判据。15下列溶液中相应关系正确的是( )a0.2 moll1ch3coona溶液和0.1 moll1hcl溶液等体积混合后：c(ch3coo)c(na)c(cl)c(h)c(oh)bph3的盐酸和nano3的混合溶液中：c(na)c(cl )c0.1 moll1nahco3 溶液中： c(na)c(h)c(hco3-)c(co32-)c(oh)d含so42、nh4、h+、oh的溶液中可能存在：c(h+)c(so42)c(nh4)c(oh)【答案】d【解析】试题分析：a、二者反应后生成氯化钠和醋酸，还有剩余的醋酸钠，三者的物质的量浓度相等，因为溶液显酸性，醋酸电离大于醋酸根离子水解，所以c(na)c(ch3coo)c(cl)c(h)c(oh)，错误，不选a；b、 溶液中没有说明盐酸和硝酸钠的物质的量关系，错误，不选b；c、根据溶液中的电荷守恒分析，应为：c(na)c(h)c(hco3-)2c(co32-)c(oh)，错误，不选c；d、根据电荷守恒分析，溶液可能酸性，是硫酸和硫酸铵溶液，正确，选d。考点：溶液中离子浓度的关系 【名师点睛】溶液中离子浓度大小比较的规律（1）多元弱酸溶液，根据多步电离分析。如h3po4的溶液中，c(h+)c(h2po4)c(hpo42) c(po43)。多元弱酸的正盐溶液根据弱酸根的分步水解分析：如na2co3溶液中，c(na+)c(co32)c(oh) c(hco3)。（2）不同溶液中同一离子浓度的比较，则要注意分析溶液中其他离子对其的影响。如在nh4clch3coonh4nh4hso4溶液中，c(nh4+)浓度的大小为。（3）如果题目中指明溶质只有一种物质（该溶质经常是可水解的盐），要首先考虑原有阳离子和阴离子的个数，水解程度如何，水解后溶液显酸性还是显碱性。（4）如果题目中指明是两种物质，则要考虑两种物质能否发生化学反应，有无剩余，剩余物质是强电解质还是弱电解质；若恰好反应，则按照“溶质是一种物质”进行处理；若是混合溶液，应注意分析其电离、水解的相对强弱，进行综合分析。（5）若题中全部使用的是“”或“”，应主要考虑电解质的强弱、水解的难易、各粒子个数的原有情况和变化情况(增多了还是减少了)。（6）对于ha 和naa的混合溶液（多元弱酸的酸式盐：naha），在比较盐或酸的水解、电离对溶液酸、碱性的影响时，由于溶液中的na+保持不变，若水解大于电离，则有c(ha) c(na+)c(a) ，显碱性；若电离大于水解，则有c(a) c(na+) c(ha)，显酸性。若电离、水解完全相同（或不水解、不电离），则c(ha) =c(na+)=c(a)，但无论是水解部分还是电离部分，都只能占c(ha) 或c(a)的百分之几到百分之零点几，因此，由它们的酸或盐电离和水解所产生的c(h+) 或c(oh)都很小。16（14分）有原子序数依次增大的五种主族元素x、y、z、w、r，已知：x与z，y、r与w分别同族；x、z、w分别与y都可组成两种中学常见的化合物；y的阴离子与z的阳离子的核外电子排布相同。根据以上叙述回答问题：（1）单质可用作半导体材料，写出该元素名称 它与元素原子序数差为_（2）用电子式表示化合物x2w的形成过程_。（3）写出2种均由x、y、z、w 4种元素所组成的化合物在水溶液中发生反应的化学方程式_。z、x、w三种元素组成的盐溶于水呈碱性，溶液中离子浓度大小顺序为:_。（4）x、y两元素的单质已被应用于宇宙飞船的燃料电池，其结构如图所示。两个电极均由多孔性碳构成，通入的两种单质由孔隙逸出在电极表面放电。b电极上的电极反应式为_。（5）请写出z元素单质的一种用途。【答案】（1）硒 26 （2）（3）nahso4+nahso3=na2so4+so2+h2o c(na+)c(hs)c(oh)c(h+)c(s2)（4）o2+4e+4h+=2h2o （5）冶炼钛钽铌锆等金属、高压钠灯、钠钾合金做原子反应堆的导热剂、制取钠的化合物等（回答一条即可）【解析】17（9分）氮气是制备含氮化合物的一种重要物质，而氮的化合物用途广泛。（1）下面是利用氮气的一种途径步骤i中主要利用n2与液态空气中其它成分的_(填性质)不同。最新研究发现在碱性溶液中通过电解反应2n26h2o4nh33o2实现氮的固定，阴极上发生的电极反应式为_。（2）氨气可以用于侯氏制碱法，其流程如下图所示：循环i、ii中循环利用的物质x是_，y是_。(填化学式)向沉淀池中通入气体时，需要先通入nh3，再通入co2，其原因是_。【答案】（9分）（1）沸点 (2分) n26e6h2o2 nh36oh(2分)（2）co2、nacl(2分)先通入溶解度大的nh3，使溶液呈碱性，增强co2的溶解度(2分【解析】试题分析：（1）n2与液态空气中其它成分的沸点不同，沸点低的先挥发。阴极n2得到电子，化合价升高，发生还原反应，阳极oh-失去电子发生氧化反应，所以阴极上发生的电极反应式为：n2+6e-+6h2o=2 nh3+6oh-。（2）碳酸氢钠煅烧生成碳酸钠、水、二氧化碳，所以x是二氧化碳（co2）；过滤除去析出的碳酸氢钠，溶液中还有部分碳酸氢钠未析出，是碳酸氢钠的饱和溶液，还有溶解在溶液中未析出的nacl、nh4cl、nh4hco3，nacl可循环使用，所以y是nacl。氨气在水中的溶解度较大，氨气能与二氧化碳反应，增大co2的溶解度，所以需要先通入nh3，再通入co2。考点：本题考查化学流程的分析、方程式的书写、电解原理。 18某烧碱样品含少量不与酸作用的杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：a在250 ml的容量瓶中定容配成250 ml烧碱溶液b用移液管移取25 ml烧碱溶液于锥形瓶中并滴几滴甲基橙指示剂c在天平上准确称取烧碱样品wg，在烧杯中用蒸馏水溶解d将物质的量浓度为c的标准硫酸溶液装入酸式滴定管，调节液面，记下开始读数为v1e在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点，记下读数v2回答下列各问题：(1)正确操作步骤的顺序是 d (均用字母填写)。(2)滴定管的读数应注意_。(3)e中在锥形瓶下垫一张白纸的作用是_。(4)d步骤中液面应调节到_，尖嘴部分应_。(5)滴定终点时锥形瓶内溶液的ph约为_，终点时颜色变化是_。(6)若酸式滴定管不用标准硫酸润洗，在其他操作均正确的前提下，会对测定结果(指烧碱的纯度)有何影响？ (填“偏高”“偏低”或“不变”)。(7)该烧碱样品纯度的计算式为_。【答案】【解析】略19（7分）常见的化肥有氨水、nh4cl、nh4hco3、(nh4)2so4、k2co3、尿素co(nh2)2等。为确定某种化肥的组成,进行下列实验：取少量化肥与烧碱共热，放出可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。此气体为 ，证明化肥中含 离子（填写离子符号）。向上述反应后的溶液中注入过量盐酸，生成的无色无味气体可使澄清石灰水变浑浊。此气体为 ，证明化肥中含有 或 离子（填写离子符号）。另取少量化肥溶于水，加入cacl2溶液无明显反应现象。由上可知该化肥的化学式为 。【答案】（1）nh3 nh4+ （2）co2 co32- hco3- （3）nh4hco3【解析】试题分析：取少量化肥与烧碱共热，放出可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，证明化肥中含有nh4+；将上述反应后的溶液中加入盐酸，生成无色无味气体，将所得气体通入澄清石灰水后出现浑浊现象，可以推知生成的无色无味的气体为二氧化碳，证明化肥中含有co32-或者hco3-；另取少量化肥溶于水，加入cacl2溶液后无明显反应现象，由于钙离子能够与co32-反应生成沉淀，因此证明溶液中不存在co32-，结合上一步反应，可推知化肥中一定存在hco3-；再结合的结论可知：该化肥的化学式为nh4hco3。考点：考查离子的性质与推断点评：本题考查了离子的性质与推断，难度不大。在学习过程中要熟练掌握常见离子的检验。20(14分)某化学兴趣小组为研究生铁(含碳)与浓硫酸的反应情况及产物性质，设计如下实验。请回答下列问题：（1）按上图所示装置进行实验(夹持装置及尾气处理装置未画出)。仪器b的名称为_：实验过程中，装置b中观察的现象是_；装置c中有白色沉淀生成，该沉淀是_(填化学式)。（2）装置a中还会产生co2气体，请写出产生co2的化学方程式：_。（3）为了验证装置a中产生的气体中含有co2，应先从下列中选出必要的装置连接a装置中c处管口，从左到右的顺序为_(填序号)；然后再进行的操作是从a处多次鼓入n2，其目的是_。（4）某同学通过验证实验后期装置a中产生的气体中还含有h2，理由是_(用离子方程式表示)。【答案】（14分，每空2分）（1）分液漏斗 ;品红试纸褪色，石蕊试纸变红 ; baso4 （2）c+2h2so4(浓) co2+2so2+2h2o（3） 赶尽装置中的空气，防止空气的co2影响实验（4）fe2h= fe2h2 【解析】试题分析：（1）仪器b的名称为分液漏斗;实验过程中，浓硫酸与fe在加热时发生氧化还原反应：2fe6h2so4(浓) fe2(so4)33so26h2o，反应产生的so2有漂白性，所以可以使装置b中品红试纸褪色，由于so2的水溶液显酸性，所以会看到装置b中石蕊试纸变红；在装置c中在酸性条件下ba(no3)2与so2发生氧化还原反应产生baso4白色沉淀。（2）由于生铁中含有质子c，所以装置a中还会产生co2气体，产生co2的化学方程式是c+2h2so4(浓) co2+2so2+2h2o；（3）由于so2、co2都能使澄清的石灰水变浑浊，所以为了验证装置a中产生的气体中含有co2，应先把so2从混合气体中除去，然后再检验co2。连接a装置中c处管口，从左到右的顺序为；然后再进行的操作是从a处多次鼓入n2，其目的是赶尽装置中的空气，防止空气的co2影响实验；（4）某同学通过验证实验后期装置a中产生的气体中还含有h2，原因是反应进行到一定程度，硫酸变为稀硫酸，与fe发生置换反应：fe2h= fe2h2。考点：考查生铁(含碳)与浓硫酸的反应原理、产物性质、检验、装置的连接顺序、化学反应方程式和离子方程式的书写的知识。21(6分)将4molso2与2molo2放入4l的密闭容器中，在一定条件下反应达到平衡：2so2(g)+o2(g) 2so3(g) ，测得平衡时混合物总的物质的量为5mol，求：（1）平衡时so3的浓度； （2）该温度下的平衡常数； （3）平衡时so2的转化率。【答案】（共6分）（1） c(so3)=0.5mol/l （2）k=4 （3）50% （各2分）【解析】试题分析：（1）假设反应消耗的氧气的物质的量是x，则根据反应方程式2so2(g)+o2(g) 2so3(g)可知，每有1mol氧气反应，反应后气体减小的物质的量是1mol。由于反应前气体的物质的量是6mol，反应后测得平衡时混合物总的物质的量为5mol，则减少1mol，所以反应消耗氧气1mol，消耗so22mol，产生so32mol，则平衡时so3的浓度是c(so3)= 2mol4l=0.5mol/l。（2）平衡时各种物质的浓度分别是c(so2)= 4mol4l-0.5mol/l=0.5mol/l；c(o2)= (2mol-1mol) 4l=0.25mol/l；c(so3)= 2mol4l=0.5mol/l。则该反应的化学平衡常数是。（3）平衡时so2的转化率=(2mol4mol)100=50%。考点：考查可逆反应的物质平衡浓度、转化率和平衡常数的计算的知识。22已知：一定条件下，rcl + 2na + clr rr + 2nacl醛和醇可以发生氧化反应，相关物质被氧化的难易次序是：rcho最易，rch2oh次之，最难。现有某氯代烃a，其相对分子质量为78.5；b与氯气反应生成的一氯代物有两种。有关的转化关系如下图所示（部分产物及条件均已略去）：请回答下列问题：（1）分子式：a ；反应类型：ac ，ef ；（2）结构简式：b ， k为 ；（3）反应方程式：ae_；gh_；（4）d的同分异构体属于羧酸的有四种，其中有2个-ch3基团的有两种。请写出这两种中的任一种结构简式： 。【答案】（1）c3h7cl；取代反应；加聚反应（2）；（3）+ naohch3chch2+ nacl + h2o；+ 2h2o+2hbr（4）（或）【解析】试题分析：氯代烃a，其相对分子质量为78.5，若a含有1个氯原子，烃基的式量为78.5-35.5=43，为丙基，则a可能为1-氯丙烷、2-氯丙烷；若a含有2个氯原子，烃基的式量为78.5-35.52=7.5，不可能；b与氯气反应生成的一氯代物有两种，根据流程图，b为，则a为2-氯丙烷（），c为2-丙醇（），d为ch3cooch(ch3)2，e为ch3chch2，f为聚丙烯，g为，h为；根据信息，i为，j为，g为。（1）根据上述分析，a为a为2-氯丙烷（），分子式为c3h7cl；ac是卤代烃的水解反应，属于取代反应，ef是烯烃的聚合反应，属于加聚反应，故答案为：c3h7cl；取代反应；加聚反应（2）b为，g为，故答案为：；（3）ae为卤代烃的消去反应，反应方程式为+ naohch3chch2+ nacl + h2o，gh为卤代烃的水解反应，反应方程式为：+ 2h2o+2hbr，故答案为;+ naohch3chch2+ nacl + h2o；+ 2h2o+2hbr；（4）d为ch3cooch(ch3)2，同分异构体属于羧酸的有四种，其中有2个-ch3基团的有两种。这两种的结构简式分别为：、，故答案为：（或）。考点：考查了有机合成与推断的相关知识。23有机物a由碳、氢、氧三种元素组成，可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取，纯净的a为无色粘稠液体，易溶于水。为研究a的组成与结构，进行了如下实验：（1）称取a 9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下h2的45倍。（1）有机物a的相对分子质量为（2）将此9.0ga在足量纯o2充分燃烧，并使其产物依次通过碱石灰、无水硫酸铜粉末、足量石灰水，发现碱石灰增重14.2g，硫酸铜粉末没有变蓝，石灰水中有10.0g白色沉淀生成；向增重的碱石灰中加入足量盐酸后，产生4.48l无色无味气体（标准状况）。（2）9.0g有机物a完全燃烧时，经计算：生成co2共为 mol，生成的h2o g，有机物a的分子式 。（3）经红外光谱测定，证实其中含有-oh键，-cooh基团，c-h键；其核磁共振氢谱有四组峰，面积比为1311。（3）a的结构简式（4）经红外光谱测定，a的一种同分异构体中，存在-oh键，还含有醛基，c-o键；其核磁共振氢谱有五组峰，面积比为12111。（4）a的同分异构体的结构简式（5）如果经红外光谱测定，a的一种同分异构体中，存在-oh键，还含有c=o，c-o键；其核磁共振氢谱有两组峰，面积比为12。（5）a的同分异构体的结构简式【答案】（1）90；（2）0.3；5.4；c3h6o3（3）；（4）ohcch(oh)ch2oh；（5）【解析】试题分析：（1）同温同压下：密度比=相对分子质量之比，a的密度是相同条件下h2的45倍，故a的相对分子质量为452=90，故答案为：90；（2）根据题意碱石灰吸收了水蒸气和部分二氧化碳气体，吸收的二氧化碳的物质的量为=0.2mol，质量为0.2mol44g/mol=8.8g，故生成的水的质量为14.2g-8.8g=5.4g，石灰水中有10.0g白色沉淀为碳酸钙，物质的量为=0.1mol，故生成的二氧化碳的物质的量之和为0.2mol+0.1mol=0.3mol，故a分子中n（c）：n（h）：n（h）=0.3：0.6：0.3=1：2：1，a的最简式为ch2o，由于a的相对分子质量为90，设a的分子式为（ch2o）n，则30n=90，解得：n=3，故a的分子式为：c3h6o3，故答案为：0.3；5.4；c3h6o3；（3）经红外光谱测定，证实其中含有o-h键，-cooh基团，c-h键，说明该有机物分子中含有官能团为羧基和羟基，根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值，则含4种类型的等效氢原子，且氢原子的个数比是3：1：1：1，则该有机物的结构简式为：，故答案为：；（4）如果经红外光谱测定，a的一种同分异构体中存在o-h键，还含有醛基、c-o键，结合其分子式c3h6o3可知，a的不饱和度为2，则该有机物分子