河南省信阳市平桥区实验高中高三化学下学期第一次月考试卷（含解析）.doc

河南省信阳市平桥区实验高中2016届高三下期第一次月考化学试卷（含解析）1下列归类中，正确的是afe、si主族元素 bna2o2碱性氧化物c阿司匹林抗酸药 d醋调味剂和防腐剂【答案】d【解析】试题分析：a项铁位于viii族；b项na2o2与酸反应，除了生成盐和水，还有氧气生成，所以不属于碱性氧化物；c项阿司匹林本身为酸性，所以并非抗酸药。考点：物质的分类。2下面叙述正确的是a蔗糖遇浓硫酸可发生碳化现象，但与稀硫酸则不会发生反应b因为纤维素结构中有羟基，所以它能与醋酸发生酯化反应，生成乙酸纤维素酯c除去淀粉中的葡萄糖杂质，可用加水渗析的方法d将淀粉与水在酸作用下加热水解，在滴入碘酒不变蓝时表示水解完全，即可停止加热【答案】c【解析】【错解分析】根据官能团的性质判断【正解】选项中只有c是正确的。其他均有迷惑性很易误选。a不正确，因蔗糖在稀硫酸作用下可水解为葡萄糖和果糖，b不正确，纤维素不与乙酸酯化，而与乙酸酐方能酯化，反应为：d不正确。淀粉遇碘变蓝要在常温或温热时，若超过55则淀粉与i2不发生变蓝现象。题中所述显然是热溶液，不论水解是否完全均不会发生变蓝现象。3下列关于原子核外电子排布式或运动状态的描述中，不完全是专指碳原子的是（ ）a原子核外电子有六种运动状态 bl能层p能级只有一个空轨道cl能层有两个未成对的电子 d最外层p能级电子数与次外层电子数相等【答案】c【解析】4学好自然科学知识是改造自然的基础。自然科学知识告诉我们，物质的能量越低，该物质越稳定。下列含氮物质中，能量最低的是 （ ）。（a）氨气 （b）氮气 （c）一氧化氮 （d）硝酸【答案】b【解析】试题分析：在所给的物质中，氮气是最稳定的，所以氮气的能量最低，答案选b。考点：考查物质稳定性的判断点评：该题是信息给予题，也是高考中的常见题型。试题基础性强，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能量，有利于培养学生的自学能力和知识的迁移能力。5某化工厂为检查生产中的氯气管道接口是否漏气，最简便是选用下列物质中的a硝酸银溶液 b石蕊试液c含酚酞的氢氧化钠溶液 d淀粉碘化钾试纸【答案】d【解析】氯气可把湿润的淀粉碘化钾氧化呈蓝色6下列物质同时含有氯气分子、氯离子和氯的含氧化合物的是( )a氯水 b液氯 c氯酸钾 d次氯酸钙【答案】a【解析】试题分析：氯气溶解在水中有少量氯气发生反应：cl2+h2o=hcl+hclo.该反应是可逆反应。产生的盐酸时强酸，全部电离。次氯酸是弱酸，只有一部分发生电离，大部分仍然以电解质分子的形式存在。盐酸含有分子：cl2、h2o、 hclo；离子：h+、cl- clo-及少量的oh-。液氯中只含cl2分子；kclo3中只含有氯的含氧化物；ca(clo)2中也只含有氯的含氧化合物。选项为：a.考点：考查各种含有氯盐酸的物质的微粒构成的知识。7有下列两种转化途径，某些反应条件和产物已省略，下列有关说法不正确的是( )途径 s h2so4途径 a途径反应中体现了浓硝酸的强氧化性和酸性b途径的第二步反应在实际生产中可以通过增大o2浓度来降低成本c由途径和分别制取1 mol h2so4，理论上各消耗1 mol s，各转移6 mol e-d途径与途径相比更能体现“绿色化学”的理念是因为途径比途径污染相对小且原子利用率高【答案】a【解析】途径反应的化学方程式可表示为s+6hno3(浓)=h2so4+6no2+2h2o，属于浓硝酸和非金属单质的反应，产物中无盐生成，因此浓硝酸只表现氧化性而不表现酸性，a错。8某溶液与al反应能放出h2，下列离子在该溶液中一定能大量共存的是 anh4、fe2、cl、so42 bna、k、cl、so42cmg2、h、cl、so42 dk、ca2、hco3、cl【答案】b【解析】试题分析：与铝反应生成氢气的溶液可能是酸性也可能是碱性。a、nh4、fe2在碱性溶液中不能大量存在； b、可以共存；c、mg2在碱性条件不能大量存在； d、ca2、在碱性条件成沉淀，hco3酸性条件生成二氧化碳气体。考点：考查离子共存。9q、w、x、y、z是原子序数依次增大的短周期元素，x、y是金属元素，x的焰色呈黄色。五种元素核电荷数之和为54，最外层电子数之和为20。w、z最外层电子数相同，z的核电荷数是w的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得y的单质。则下列说法不正确的是a原子半径：xyqwbq和w可形成原子个数比为11和21的化合物cq和z所形成的分子空间构型为直线形dx、y和w三种元素形成的化合物的水溶液呈碱性【答案】b【解析】根据元素的结构及有关性质可知，q、w、x、y、z分别是c、o、na、al、s。同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，所以a正确；b不正确，形成的化合物应该是co2和co；c正确，cs2是直线型结构；d中形成的化合物是偏铝酸钠，水解显碱性，答案选b。10把a、b、c、d四块金属浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池，若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，电流由d到c；a、c相连时，c极上产生大量气泡；b、d相连时，b上有大量气泡产生，则四种金属的活动性顺序为aabcd bacdb ccabd dbdca【答案】b【解析】试题分析：若a、b相连时，a为负极，则a比b活泼，ab；c、d相连时，电流由d到c，则d为正极，c比d活泼，cd；a、c相连时，c极上产生大量气泡，说明c极为正极，a比c活泼，ac；b、d相连时，b上有大量气泡产生，则b为正极，d比b活泼，db，所以四种金属的活动性acdb，答案选b。考点：考查金属活动性的判断11下列化学用语表示正确的是a乙烯的结构简式：ch2ch2 b甲烷的比例模型：c硫化钾的电子式： dco2的结构式：oco【答案】c【解析】试题分析：a项乙烯的结构简式应为ch2=ch2；b项所给为甲烷的球棍模型；d项co2的结构式为：o=c=o.考点：化学用语。12已知反应：2ch3coch3(l)ch3coch2coh(ch3)2(l)。取等量ch3coch3，分别在0 和20 下，测得其转化率随时间变化的关系曲线(yt)如下图所示。下列说法正确的是()ab代表0 下ch3coch3的yt曲线b反应进行到20 min末，ch3coch3的1c升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率d从y=0到y=0113，ch3coch2coh(ch3)2的=1【答案】 d【解析】试题分析： a项，反应速率越快，达到化学平衡所需的时间越短，所以b代表20 下ch3coch3的yt曲线。b项，由题图可知，20 min时a曲线对应点的斜率小于b曲线，所以ch3coch3的”“=”或“ （2分）（2） 石灰水 （2分） h2s + 2naoh = na2s + 2h2o （2分） so32+ 8h+ + 6e= h2s+ 3h2o （2分） 2h2s(g)+3o2(g) = 2so2 (g) + 2h2o(l) h= 1172.4kj/mol （2分，合理给分）【解析】17口服抗菌药利君沙的制备原料g和某种广泛应用于电子电器等领域的高分子化合物i的合成路线如下：（1）a的结构简式是_，ab的反应类型是_，d中官能团的名称_。（2）写出ef的反应方程式_。（3）h的分子式为c8h6o4，能与碳酸钠溶液反应放出气体，其一氯代物只有一种，写出e+hi的反应方程式_。（4）h的同分异构体有多种，写出其中能满足能发生银镜反应，能与碳酸氢钠溶液反应，核磁共振氢谱有四种峰三个条件的芳香类同分异构体的结构简式_。（5）关于g的说法中正确的是_（填序号）a1molg可与2molnahco3溶液反应b.g可发生消去反应c.lmolg可与2mol h2发生加成反应d.g在一定条件下可与cl2发生取代反应【答案】（1）ch2=ch-ch3 (2分) 取代反应 （1分） 羟基、醛基 （2分）（2）hoch2-ch2-ch2-ch2oh+o2o=ch-ch2-ch2-cho+2h2o （2分）（3）n+nho-ch2-ch2-ch2-ch2-oh+2nh2o （3分）（4） （3分）（5）ad （2分）【解析】试题分析：（1）由e物质的分子式及发生的反应可推知e为二元醇，c到d发生加碳反应，a中有3个碳原子，由已知知a发生取代反应，a的结构简式是ch2=ch-ch3 ，ab的反应类型是取代反应，b到c发生水解反应，c中有羟基，由已知知d中还有醛基，所以d中含有羟基、醛基（2）由a的结构简式推知e为1,4-丁二醇，与氧气发生催化氧化，生成1,4-丁二醛，化学方程式为hoch2-ch2-ch2-ch2oh+o2o=ch-ch2-ch2-cho+2h2o（3）h的分子式为c8h6o4，能与碳酸钠溶液反应放出气体，其一氯代物只有一种，根据h的分子的不饱和性推知h中含苯环，且有2个羧基，处于对位位置，所以h为对苯二甲酸，e与h发生缩聚反应，化学方程式为n+nho-ch2-ch2-ch2-ch2-oh+2nh2o（4）能发生银镜反应，说明分子中有醛基，能与碳酸氢钠溶液反应，说明分子中有羧基，核磁共振氢谱有四种峰，说明有4种等效氢，因此该分子中有2个对位取代基，其结构简式为（5）g为hooc-ch2-ch2-cooh，所以a1molg可与2molnahco3溶液反应,正确；b、不可发生消去反应，错误；c、羧基不与氢气发生加成反应，错误；d、由已知得g在一定条件下与氯气发生取代反应，正确，答案选ad。考点：考查有机物的结构简式、化学方程式的书写，官能团的判断及性质，反应类型的判断，同分异构体的书写18(18分)亚硝酸钠(nano2)是一种工业盐，实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)制备。已知：2no+na2o2=2nano2；3 nano2+3hcl=3nacl+hno3+2no+h2o；酸性条件下，no和no2都能与mno4-反应生成no3-和mn2+；na2o2能使酸性高锰酸钾溶液褪色。（1）加热装置a前，先通一段时间n2，目的是_。（2）装置a中发生反应的化学方程式为_。实验结束后，将b瓶中的溶液经蒸发浓缩、_(填操作名称)、过滤可获得cuso45h2o。（3）仪器c的名称为_，其中盛放的药品为 _(填名称)。（4）充分反应后，检验装置d中产物的方法是：取产物少许置于试管中，_，则产物是nano2(注明试剂、现象)。（5）为测定亚硝酸钠的含量，称取4.000g样品溶于水配成250ml溶液，取2500ml溶液于锥形瓶中，用0.1000moll-1酸性kmno4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：第一组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_(填代号)。a酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗b锥形瓶洗净后未干燥c滴定终点时仰视读数根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数_。（6）设计合理实验比较01 moll-1nano2溶液中no2-的水解程度和0.1 moll-1hno2溶液中hno2的电离程度相对大小。(简要说明实验步骤、现象和结论，仪器和药品自选)_。【答案】（1）排除装置内的空气。（2）c +4hno3(浓) co2+4no2+2h2o。冷却结晶。（3）干燥管，碱石灰。（4）加入稀硫酸（或稀盐酸），试管内有气泡产生且在试管上方产生红棕色气体。（5）ac。86.25%。（6）方法一：配制浓度均为01 moll-1nano2和hno2的混合液，测溶液的ph，若ph大于7，则no2-的水解程度大于hno2的电离程度，若ph7，则no2-的水解程度小于hno2的电离程度。方法二：用ph试纸或ph计分别测定01 moll-1nano2溶液和0.1 moll-1hno2溶液的ph，若hno2溶液中氢离子浓度大于nano2溶液中的氢氧根浓度，则no2-的水解程度小于hno2的电离程度，反之，no2-的水解程度大于hno2的电离程度。【解析】试题分析：（1）分析题给装置和实验原理知装置中空气中的氧气对实验产生干扰，故加热装置a前，先通一段时间n2，目的是排除装置内的空气。（2）装置a中浓硝酸在加热条件下与木炭反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，发生反应的化学方程式为c +4hno3(浓) co2+4no2+2h2o。b瓶中的溶液为硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可获得cuso45h2o。（3）根据仪器c构造特点判断其名称为干燥管，作用是吸收一氧化氮中的二氧化碳和水蒸气，其中盛放的药品为碱石灰。（4）根据题给反应知检验装置d中产物的方法是：取产物少许置于试管中，加入稀硫酸（或稀盐酸），试管内有气泡产生且在试管上方产生红棕色气体，则产物是nano2。（5）a酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，会将酸性高锰酸钾溶液稀释，所用体积偏大，正确；b锥形瓶洗净后未干燥，对滴定结果无影响，错误；c滴定终点时仰视读数，所读溶液的体积偏大，正确，选ac。根据表中数据，所用酸性高锰酸钾溶液的体积为20.00ml，根据反应方程式6h+2mno4-+5no2-2mn2+5no3-+3h2o计算2500ml溶液含亚硝酸钠的物质的量为510-3mol，则4.000g样品中含亚硝酸钠的物质的量为0.05mol，质量为3.45g，所得固体中亚硝酸钠的质量分数为3.45g/4.000g100%=86.25%。（6）根据弱电解质的电离和盐类水解原理设计实验方案，实验方案见答案。考点：考查化学实验方案的分析、评价和设计。19滴定实验是化学学科中重要的定量实验。 请回答下列问题：（1）酸碱中和滴定用标准盐酸滴定未知浓度的naoh溶液，下列操作造成测定结果偏高的是_(填选项字母)a、滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确。b、盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗c、酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗d、滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失（2）氧化还原滴定取草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1moll1的高锰酸钾溶液滴定，发生的反应为：2kmno4+5h2c2o4+3h2so4=k2so4+10co2+2mnso4+8h2o。表格中记录了实验数据：滴定次数待测液体积(ml)标准kmno4溶液体积(ml)滴定前读数滴定后读数第一次25.000.5020.40第二次25.003.0023.00第三次25.004.0024.10滴定时，kmno4溶液应装在 (填“酸”或“碱”)式滴定管中，滴定终点时滴定现象是 。该草酸溶液的物质的量浓度为_。（3）沉淀滴定滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。参考下表中的数据，若用agno3滴定nascn溶液，可选用的指示剂是 (填选项字母)。难溶物agclagbragcnag2cro4agscn颜色白浅黄白砖红白ksp1.7710105.3510131.2110161.1210121.01012anacl bnabr cnacn dna2cro4【答案】（1）cd (1分)（2）酸 (1分) ；锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；(1分)0.2 moll1 (2分) （3）d (1分)【解析】试题分析：（1）a、滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确，则标准溶液体积偏小，使待测溶液的浓度偏低，a错误；b、盛naoh溶液锥形瓶用蒸馏水洗后，未用naoh溶液润洗，无影响，b错误；c、酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗，使消耗的标准溶液的体积偏多，则待测溶液的浓度偏高，c正确；d、滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，标准溶液的体积偏多，使待测溶液的浓度偏高，d正确，答案选cd；（2）kmno4溶液有强的氧化性，容易与橡胶等有机物发生反应，所以滴定时，kmno4溶液应装在酸式滴定管中；酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则终点实验现象是锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；三次实验消耗的kmno4溶液的体积分别是19.90ml、20.00ml、20.10ml，所以消耗体积平均是：（19.90ml+ 20.00ml+ 20.10ml）3=20.00ml,n(kmno4)= 0.1 mol/l0.02l=210-3mol；根据方程式中草酸与kmno4反应时的物质的量的关系可知：n(h2c2o4)5/2 n(kmno4)= 510-3mol，所以草酸的浓度是：c(h2c2o4)= 510-3mol 0.025l=0.2mol/l；（3）若用agno3滴定nascn溶液,由于产生的agscn的溶度积常数是1.01012，根据溶度积常数可知产生ag2cro4的溶度积产生是1.121012，需要的cro42-的浓度大，换言之agscn比ag2cro4更难溶，而其它物质比agscn难溶，因此选择的指示剂是na2cro4，选项是d。考点：考查滴定实验的操作步骤、误差分析、仪器的使用、指示剂的使用和计算的知识。20（分）草酸（h2c2o4）是生物体的一种代谢产物。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。已知草酸晶体（h2c2o42h2o）无色，易溶于水，熔点为101，受热脱水、升华，170以上分解。试回答下列问题：（1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物，装置c中可观察到有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，由此可知草酸晶体分解的产物中有 。（2）乙组同学认为草酸晶体分解的产物中含有co，为进行验证，选用甲组实验中的装置a、b和如图所示的部分装置（可以重复选用）进行实验。乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为：ab（ ）（ ）装置h反应管中盛有的物质是_（写化学式）。能证明草酸晶体分解产物中有co的现象是_，_，第二个d装置中澄清石灰水变浑浊。【答案】（1）co2 (2分)（2） ab（f）（h）(2分) cuo(2分)流程中第一个d装置中澄清石灰水不变浑浊，h中黑色粉末变为红色 (2分)【解析】试题分析：（1）将草酸晶体分解产物先用冰水降温，使水冷凝变为液体，然后把气体通入到澄清石灰水中，观察到澄清石灰水变浑浊，则证明其分解产物含有co2气体；（2）利用a装置使草酸晶体分解，通过b装置除去其中的水蒸气；再利用co2是酸性氧化物，可以与碱发生反应：2naoh+co2=na2co3+h2o的性质是气体通过f装置除去co2气体，通过d检验co2已经除干净，用g装置干燥气体，然后通入h导气管，再用石灰水检验，若第一次通入d石灰水不会变浑浊，第二次通入石灰水变浑浊，而且h中的固体有黑色变为红色，证明分解产物中含有co气体。由于co有还原性，所以装置h反应管中盛有的物质是具有氧化性的而且可以与co反应的物质，如cuo等。能证明草酸晶体分解产物中有co的现象是流程中第一个d装置中澄清石灰水不变浑浊，h中黑色粉末变为红色，第二个d装置中澄清石灰水变浑浊。考点：考查本题考查了物质分解产物成分的确定的实验方案的设计、反应现象的确定的知识。21（共7分）（1）常温下，将20.0 g 14%的nacl溶液跟30.0 g 24%的nacl溶液混合，混合后得到密度为1.17 gcm3的溶液。请计算：混合后的溶液中nacl的质量分数是多少？混合后的溶液的物质的量浓度为多少？（2）在标准状况下，1 l水溶解了一定体积的nh3，所得溶液的密度为 gcm3，物质的量浓度为a moll，则所溶解的nh3的体积为多少？【答案】（1） 20% 4.0moll1（2）24000a/(100017a)l【解析】试题分析：（1）将20.0g14%的nacl溶液跟30.0g24%的nacl溶液混合，混合后溶液的质量为20g+30g=50g，令混合后nacl的质量分数为，则：50g=20g14%+30g24%，解得nacl的质量分数=20%。混合后溶液中nacl的物质的量浓度为10001.1720%58.5 mol/l=4.0mol/l，则混合后氯化钠溶液的物质的量浓度为4.0moll1。（2）设1l水溶解的nh3的体积为vl，则a mol/l=v/22.4mol（1000+ v/22.417）1000l，解得v=24000a/(100017a)l考点：本题考查质量分数及物质的量浓度的计算。 22（16分）合成化合物ii（）的流程如下：（1）化合物i的分子式为_，步骤2的反应类型是_。（2）检验化合物ii中可能混有萘酚（），所需的试剂是_。t ，a mol/l萘酚溶液的ph=b，则该温度下萘酚的电离平衡常数k=_。（3）甲醇有类似ch3nh2的性质，与co在一定条件下也能进行步骤1反应生成化合物iii，iv是iii的同分异构体，水溶液呈酸性，iv的结构简式是_，生成的反应是_。（4）有关化合物ii，下列说法正确的是_。a化合物ii是一种芳香烃b催化作用下1mol化合物ii最多能与6mol h2加成c化合物ii核磁共振氢谱有9组峰d化合物ii能进行取代、加成反应【答案】（1）c2h5no 、氧化反应 （2）fecl3溶液（或浓溴水） k=10-2b/(a-10-b）或10-2b/a （3）ch3cooh （4）cd【解析】试题分析：（1）从化合物i的结构可以看出分子式为c2h5no，从物质的结构变化看出有nc变为no，故反应是氧化反应。（2）化合物ii中没有酚羟基，但萘酚含酚羟基，所以可用fecl3溶液或浓溴水检验。萘酚存在电离平衡：，ph=b时c（h+）=c（）=10-bmol/l，k= c（h+）c（）（）10-b10-b/（a-10-b ）10-2b/a。（3）根据步骤1的特点，可知化合物iii是hcooch3，iv是iii的同分异构体，水溶液呈酸性，则是ch3cooh，生成的反应化学方程式是ch3ohcoch3ooch（4）化合物ii有o元素，不是烃，a错；化合物ii与h2加成时只能在苯环上加成，故1mol化合物ii最多能与5mol h2加成，b错；化合物ii的结构不对称，故核磁共振氢谱有9组峰，c对；化合物ii的苯环能能发生加成反应，侧链能发生取代反应，d对。考点：有机物的结构和性质、同分异构体的书写。23（18分）以乙炔或苯为原料可合成有机酸h2ma，并进一步合成高分子化合物pmla。i用乙炔等合成烃c。（1）a分子中的官能团名称是 、 。（2）a的结构简式_a的一种同分异构体属于乙酸酯，其结构简式是 。（3）b转化为c的化学方程式是 ，其反应类型是 。ii用烃c或苯合成pmla的路线如下。（4）1 mol有机物h与足量nahc03溶液反应生成标准状况下的c02 448l，h有顺反异构，其反式结构简式是 。h的核磁共振氢谱有_种峰（反式结构）。（5）e的结构简式是 。（6）g与naoh溶液在加热条件下反应的化学方程式是 。（7）聚酯pmla有多种结构，写出由h2ma制pmla的化学方程式（任写一种） 。【答案】（1）碳碳叁键、羟基；（2），ch3cooch=ch2；（3）hoch2ch2ohch2 ch2ch2chch=ch2+2h2o，消去反应；（4），消去；（5）hoch2ch=chch2oh；（6）hoocch2ch(cl)cooh+3naoh +nacl2h2o；（7）或。【解析】试题分析：i根据已知得出反应实质：碳碳叁键中的一个碳氢键断裂，羰基上碳氧一个键断裂，两个碳原子相连，断掉的氢和羰基上的氧相连，形成羟基，对比乙炔和a的分子式，乙炔应和2个甲醛反应：ab对比分子式b比a多4个氢原子，说明1mola和2molh2发生加成反应，反应： bc，c比b少了2个o，4个h，即2h2o，显然发生消去反应，反应：hoch2ch2ohch2 ch2ch2chch=ch2+2h2o，故（1）a分子含有的官能团是碳碳叁键、羟基；(2)一种同分异构体是乙酸酯，说明有ch3coo，再根据分子式，得出：ch3cooch=ch2；(3)根据分析得出b转化成c的化学方程式：hoch2ch2ohch2 ch2ch2chch=ch2+2h2o，反应类型：消去反应；ii有机物h与足量的nahco3反应，说明h中含有cooh，1molh能生成标况下co244.8l，说明h中含有2molcooh，根据的苯的结构，得出h的结构简式：hoocch=chcooh，对比h和h2ma的分子式h2ma比h