《2019-2020学年安徽省亳州市第三十二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽省亳州市第三十二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年安徽省亳州市第三十二中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1某同学组装了如图所示的电化学装置电极I 为 Al，其他电极均为Cu，则A电流方向：电极IV 电极 I B电极 I 发生还原反应C电极 II 逐渐溶解D电极 III 的电极反应：Cu2+2e-=Cu【答案】A【解析】【分析】【详解】A、由题意可知，该装置的I、II 是原电池的两极，I 是负极，II 是正极，III、IV 是电解池的两极，其中III是阳极，IV 是阴极，所以电流方向：电极IV电极 I，正确；B、电极 I 是原电池的负极，发生氧化反
2、应，错误；C、电极 II 是原电池的正极，发生还原反应，有Cu析出，错误；D、电极 III 是阳极，发生氧化反应，电极反应是Cu-2e-=：Cu2+，错误；答案选 A。2一定条件下合成乙烯：6H2(g)2CO2(g)CH2CH2(g)4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是()A该反应的逆反应为吸热反应B平衡常数：KMKNC生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M)D当温度高于250，升高温度，催化剂的催化效率降低【答案】C【解析】【详解】A、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故A正确；B、升高温度二氧化碳
3、的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M 点化学平衡常数大于N 点，故 B正确；C、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M)，故 C错误；D、根据图象，当温度高于250，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则催化剂的催化效率降低，故D正确；故选 C。3有一种锂离子电池，在室温条件下可进行循环充放电，实现对磁性的可逆调控。一极为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料，电解质只传导锂离子。电池总反应为：Fe2O3+6Li2Fe+3Li2O，关于此电池，下列说法不正确的是A放电时，此电池逐渐靠近磁铁B放电时，正极反应为Fe2O3+6Li+6e-=
4、2Fe+3Li2O C放电时，正极质量减小，负极质量增加D充电时，阴极反应为Li+e-=Li【答案】C【解析】【详解】A.放电时，锂为负极，氧化铁在正极反应，所以反应生成铁，此电池逐渐靠近磁铁，故正确；B.放电时，正极为氧化铁变成铁，电极反应为Fe2O3+6Li+6e-=2Fe+3Li2O，故正确；C.放电时，正极反应WieFe2O3+6Li+6e-=2Fe+3Li2O，正极质量增加，负极锂失去电子生成锂离子，质量减少，故错误；D.充电时，阴极锂离子得到电子，电极反应为Li+e-=Li，故正确。故选 C。【点睛】掌握原电池和电解池的工作原理，注意电解质的存在形式对电极反应的书写的影响，本题中电
5、解质只能传到锂离子，所以电极反应中出现的离子只能为锂离子。4实验室制备少量乙酸乙酯的装置如图所示。下列有关该实验说法正确的是A乙酸乙酯的沸点小于100B反应前，试管甲中先加入浓硫酸，后加入适量冰酸醋和乙醇C试管乙中应盛放NaOH 浓溶液D实验结束后，将试管乙中混合液进行蒸发结晶可得到乙酸乙酯【答案】A【解析】【详解】A、由水浴加热制备并蒸出乙酸乙酯，可知乙酸乙酯的沸点小于100，故 A 正确；B、浓硫酸的密度大，应该先加入适量乙醇，然后慢慢地加入浓硫酸和冰酸醋，防止混合液体溅出，发生危险，故B错误；C.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解，试管乙中不能盛放NaOH 浓溶液，应盛放饱和碳酸钠溶液，故C
6、错误；D.乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠，实验结束后，将试管乙中混合液进行分液可得到乙酸乙酯，故D 错误；选 A。5A 是一种常见的单质，B、C为中学化学常见的化合物，A、B、C均含有元素X。它们有如下的转化关系（部分产物及反应条件已略去），下列判断正确的是A X元素可能为Al BX 元素不一定为非金属元素C反应和互为可逆反应D反应和一定为氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A.如果 A 是铝，则B和 C分别是 AlO2-和 Al3+，二者在酸性溶液中不可能生成铝，选项A 不正确；B.由于和反应生成，说明反应一定是氧化还原反应，则在中的化合价分别是显正价和负价，所以一定是非金属，选项B不正确；C.
7、反应中条件不同，不是可逆反应，选项C不正确；D.反应和有单质参与和有单质生成，有单质参加或生成的反应是氧化还原反应，选项D 正确；答案选 D。6有氯气参加的化学反应一定不属于A复分解反应B置换反应C取代反应D加成反应【答案】A【解析】【详解】A复分解反应中一定没有单质参与与生成，而氯气属于单质，则有氯气参加的化学反应一定不属于复分解反应，选项A 选；B氯气与KI等的置换反应，有氯气参加，选项B不选；C甲烷等与氯气的取代反应，有氯气参加，选项C不选；D乙烯等与氯气的加成反应中，有氯气参加，选项D 不选；答案选 A。【点睛】本题考查氯气的化学性质及反应类型，为高频考点，把握氯气的氧化性及有机反应中
8、氯气的作用为解答的关键，注重基础知识的考查，注意利用实例分析，氯气具有氧化性，有氯气参加的反应为氧化还原反应，也可发生有机的取代、加成反应，则不可能为复分解反应。7在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是A滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：23NaFeClNO、B滴入 KSCN显血红色的溶液中：32434NHAlNOSO、C-+c(OH)c(H)=1012的溶液中：43NHKClHCO、D由水电离的c(H+)=1.0l0-13 mol/L 溶液中：3243KAlSOCH COO、【答案】B【解析】【详解】A因甲基橙试剂显红色的溶液为酸性溶液，2+-3HFeNO、能发生氧化还原反应，则不能大量共
9、存，故 A 错误；B滴入 KSCN显血红色的溶液，说明存在3+Fe，因3+Fe不与该组离子之间发生化学反应，则能够大量共存，故 B 正确；C-+c(OH)c(H)=1012的溶液中，-c(OH)=0.1mol/L，OH-与 NH4+、HCO3-均反应，则不能大量共存，故 C错误；D由水电离的c(H+)=1.0 l0-13 mol/L 溶液，该溶液为酸或碱的溶液，OH-与 Al3+能生成沉淀，H+与 CH3COO-反应生成弱电解质，则该组离子一定不能大量共存，故D 错误。故选 B。【点睛】凡是溶液中有关离子因发生反应而使浓度显著改变的均不能大量共存，如生成难溶、难电离、气体物质或能转变成其他种类
10、的离子(包括氧化还原反应)。一般可从以下几方面考虑：(1)弱碱阳离子与OH不能大量共存，如Fe3、Al3、Cu2、NH、Ag等。(2)弱酸阴离子与H不能大量共存，如CH3COO、CO、SO 等。(3)弱酸的酸式阴离子在酸性较强或碱性较强的溶液中均不能大量存在。它们遇强酸(H)会生成弱酸分子；遇强碱(OH)会生成正盐和水，如HSO、HCO 等。(4)若阴、阳离子能相互结合生成难溶或微溶性的盐，则不能大量共存，如Ba2、Ca2与 CO、SO、SO等；Ag与 Cl、Br、I等。(5)能发生氧化还原反应的离子不能大量共存，如NO(H)与 I、Br、Fe2等。(6)若限定为无色溶液，有色的离子不能大量存
11、在。如MnO(紫红色)、Cu2(蓝色)、Fe3(棕黄色)、Fe2(浅绿色)。8一定量的钠和铝的混合物与足量的水充分反应，没有金属剩余，收到 2.24L 气体，下列说法一定正确的是A所得气体为氢气B所得气体的物质的量为0.1 mol C上述过程只发生一个化学反应D所得溶液中只有一种溶质【答案】A【解析】钠与水反应生成氢气，铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，所以所得气体为氢气，故A正确；非标准状况下，2.24L 气体的物质的量不一定是0.1 mol，故 B错误；上述过程，发生钠与水反应生、铝与氢氧化钠溶液反应，共发生两个化学反应，故C错误；所得溶液中的溶质可能有偏铝酸钠和氢氧化钠两种溶质，故 D错误。
12、点睛：铝能与酸反应放出氢气，铝也能与强碱溶液反应放出氢气，如22222223AlNaOHH ONaAlOH。9设 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 60 g 丙醇中含有的共价键数目为10NAB过氧化钠与水反应生成0.l mol O2时，转移的电子数为0.2 NAC 0.l mol?L-1碳酸钠溶液中阴离子总数大于0.1 NAD密闭容器中，1 mol N2与 3mol H2反应制备NH3，产生 NH键的数目为6 NA个【答案】B【解析】【分析】【详解】A.60g 丙醇为 1mol，丙醇中含7 个 C-H键、2 个 C-C键、1 个 C-O键和 1 个 O-H 键，存在的共价键总数为
13、11NA，故 A 错误；B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，Na2O2中一个氧原子从-1 价升高到0 价；另外一个从-1 价降到-2 价，每生成 l mol O2时，转移的电子数为2NA，生成 0.l mol O2时，转移的电子数为0.2 NA，故 B正确；C.溶液的体积未知，无法计算，故C 错误；D.氮气和氢气的反应是一个可逆反应，1 mol N2与 3mol H2反应产生的NH3小于 2mol，故产生NH键的数目小于 6 NA个，故 D错误；故选 B。10设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A标准状况下，22.4L 二氯甲烷的分子数约为NAB乙烯和丙烯组成的42
14、g 混合气体中含碳原子数为6NAC1mol 甲醇完全燃烧生成CO2和 H2O，转移的电子数目为12NAD将 1molCH3COONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目等于NA【答案】D【解析】【详解】A.在标准状况下二氯甲烷呈液态，不能使用气体摩尔体积进行计算，A 错误；B.乙烯和丙烯的最简式是CH2，最简式的式量是14，乙烯和丙烯的组成的42g混合气体中含有最简式的物质的量是3mol，所以其中含C原子数为3NA，B 错误；C.甲醇燃烧的方程式为2CH3OH+3O22CO2+4H2O，根据方程式可知：2mol 甲醇完全燃烧转移12mol电子，则1mol 甲醇完全燃烧生成CO2和
15、H2O，转移的电子数目为6NA，C错误；D.根据电荷守恒可知n(Na+)+n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)，由于溶液显中性，则n(H+)=n(OH-)，所以n(Na+)=n(CH3COO-)，因此将1molCH3COONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目等于NA，D 正确；故合理选项是D。11中国科学家用蘸墨汁书写后的纸张作为空气电极，设计并组装了轻型、柔性、能折叠的可充电锂空气电池如下图1 所示，电池的工作原理如下图2 所示。下列有关说法正确的是A放电时，纸张中的纤维素作锂电池的正极B闭合开关K给锂电池充电，X为直流电源正极C放电时，Li+由正极经过有机电解质溶
16、液移向负极D充电时，阳极的电极反应式为Li2O2-2e-=O2+2Li+【答案】D【解析】【分析】本题主要考查电解原理。可充电锂空气电池放电时，墨汁中的碳作锂电池的正极，活泼的锂是负极，电解质里的阳离子经过有机电解质溶液移向正极；开关K闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，充电时阳极上发生失电子的氧化反应，据此回答。【详解】A、可充电锂空气电池放电时，墨汁中的碳作锂电池的正极，错误；B、开关 K闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，X为直流电源负极，错误；C、放电时，Li+由负极经过有机电解质溶液移向正极，错误；D、充电时阳极上发生失电子的氧化反应：Li2O2-2e-=O2+2Li+，故
17、D 正确。12下列有关化学反应的叙述不正确的是A铁在热的浓硝酸中钝化BAlCl3溶液中通入过量NH3生成 Al(OH)3沉淀C向 FeCl3溶液中加入少量铜粉，铜粉溶解D向苯酚浊液中滴入Na2CO3溶液，溶液变澄清【答案】A【解析】【分析】【详解】A铁在冷的浓硝酸中钝化，铁与热的浓硝酸会发生反应生成硝酸铁、二氧化氮和水，A 项错误；BNH3通入 AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，B 项正确；CCu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，铜粉溶解，C 项正确；D苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，溶液变澄清，D 项正确；答案选 A。13某温度下，向10mL 0.1molL-1 CuCl2溶液中滴加
18、0.1mol L-1的 Na2S溶液，滴加过程中-lg c(Cu2+)与 Na2S溶液体积的关系如图所示。已知：Ksp(ZnS)=3 10-25，下列有关说法正确的是A Na2S溶液中：c(H+)c(HS-)c(H2S)c(OH-)Ba、b、c 三点对应的溶液中，水的电离程度最小的为b 点Cc 点溶液中c(Cu2+)=10-34.4 mol L-1D向 100mL Zn2+、Cu2+物质的量浓度均为0.1mol L-1的混合溶液中逐滴加入10-3 mol L-1的 Na2S溶液，Zn2+先沉淀【答案】B【解析】【分析】向 10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L 的 Na2
19、S溶液，发生反应：Cu2+S2-=CuS，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会发生水解，水解促进水的电离，结合溶度积常数和溶液中的守恒思想分析解答。【详解】向 10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L 的 Na2S溶液，发生反应：Cu2+S2-=CuS，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会发生水解，水解促进水的电离，b 点滴加 Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)?Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L。A Na2S溶液显碱
20、性，根据质子守恒，c(H+)c(HS-)2c(H2S)c(OH-)，故 A 错误；Ba、c 两点 Cu2+、S2-的水解促进了水的电离，水的电离程度增大，b 点可认为是NaCl溶液，水的电离没有被促进和抑制，水的电离程度最小，故B 正确；C该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则 Ksp(CuS)=c(Cu2+)?c(S2-)=10-17.7mol/L 10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，c 点溶液中含有NaCl和 Na2S，c(S2-)=13 0.1mol/L，因此c(Cu2+)=sp2KCuSc S=35.410.1310=3 10-3
21、4.4 mol/L，故 C 错误；D向 100 mLZn2+、Cu2+浓度均为0.1mol?L-1的混合溶液中逐滴加入10-3mol?L-1的 Na2S溶液，产生ZnS时需要的 S2-浓度为 c(S2-)=sp2KZnSc Zn=253 100.1mol/L=3 10-24mol/L；产生 CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)=sp2KCuSc Cu=35.4100.1mol/L=10-34.4mol/L，则产生 CuS沉淀所需S2-浓度更小，先产生CuS沉淀，故D错误；故选 B。【点睛】本题的难点是根据图象所提供的信息计算出CuS的 Ksp，也是解题的关键。本题的易错点为C，要注意c点溶液
22、中c(S2-)=13 0.1mol/L。14下列实验操作能达到实验目的的是选项实验目的操作A 配制氯化铁溶液将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释B 除去乙醇中的水加入无水氯化钙，蒸馏C 除去NO 中的NO2将气体通过盛有NaOH 溶液的洗气瓶D 除去Cl2中的HCl 得到纯净的Cl2将 Cl2和 HCl 混合气体通过饱和食盐水A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A 选项，配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中，主要是抑制铁离子水解，再加水稀释到所需浓度，故A 正确；B 选项，除去乙醇中的水，先加氧化钙，再蒸馏得到无水乙醇，故B 错误；C 选项，除去NO 中的 N
23、O2，氢氧化钠与一氧化氮、二氧化氮反应亚硝酸钠，因此将混合物通入到水中，二氧化氮与水反应生成一氧化氮，故C错误；D 选项，除去Cl2中的 HCl 得到纯净的Cl2，将混合气体通过饱和食盐水，还含有水蒸气，故D 错误。综上所述，答案为A。【点睛】除去 Cl2中的 HCl 得到纯净的Cl2，将混合气体通过饱和食盐水，再通入浓硫酸干燥，才能得到纯净的氯气。15H2SO3水溶液中存在电离平衡H2SO3H+HSO3和 HSO3H+SO32，若对 H2SO3溶液进行如下操作，则结论正确的是：（）A通入氯气，溶液中氢离子浓度增大B通入过量H2S，反应后溶液pH 减小C加入氢氧化钠溶液，平衡向右移动，pH 变
24、小D加入氯化钡溶液，平衡向右移动，会产生亚硫酸钡沉淀【答案】A【解析】【详解】A、氯气和亚硫酸会发生氧化还原反应Cl2+H2SO3+H2O=4H+SO42-+2Cl-，溶液中氢离子浓度增大，A 正确；B、亚硫酸和硫化氢发生氧化还原反应H2SO3+2H2S=3S+3H2O，通入硫化氢后抑制亚硫酸电离，导致氢离子浓度减小，溶液的pH 增大，B错误；C、加入氢氧化钠溶液，发生反应OH-+H+=H2O，平衡向正向移动，但氢离子浓度减小，溶液的pH 增大，C错误；D、氯化钡和亚硫酸不反应，不影响亚硫酸的电离，不会产生亚硫酸钡沉淀，D 错误。答案选 A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16如图
25、所示，将仪器 A 中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和 C，然后再通过加热的石英玻璃管D（放置有铁粉)。请回答：（1）仪器 A 的名称是 _，烧瓶中反应的化学方程式是_。（2）装置 B 中盛放的液体是_，气体通过装置B 的目的是 _。（3）装置 C中盛放的液体是_，气体通过装置C的目的是 _。（4）D 中反应的化学方程式是_。（5）烧杯 E中盛放的液体是_，反应的离子方程式是_。【答案】分液漏斗4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O 饱和食盐水吸收氯气中混有的杂质 HCl 浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气2Fe+3Cl22FeCl3NaOH 溶液2OH
26、-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O【解析】【分析】烧瓶中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气，由于浓盐酸中含有水且易挥发，出来的气体中含有水蒸气和氯化氢，通过 B 中的饱和食盐水除去氯化氢气体，在通过C中的浓硫酸除去水蒸气，得到干燥的氯气，通过D装置玻璃管内的铁粉进行反应，未反应的氯气进过装置E中的氢氧化钠进行尾气吸收；【详解】（1）由仪器构造可知A 为分液漏斗；烧瓶中浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气的反应，化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O。答案为：分液漏斗；4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O（2）反应生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气杂质气体，氯化氢极易
27、溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解性减弱，通过饱和食盐水除去氯化氢气体，通过浓硫酸溶液吸收水蒸气，装置B 中盛放液体是饱和食盐水；气体通过装置B 的目的是吸收氯气中混有的杂质HCl；答案为：饱和食盐水；吸收氯气中混有的杂质HCl（3）装置 C中盛放的液体是浓硫酸；气体通过装置C的目的是吸收水蒸气，干燥氯气；答案为：浓硫酸；吸收水蒸气，干燥氯气（4）干燥的氯气通过装置D 是氯气和铁加热条件下反应生成氯化铁的反应，反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3；答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；（5）氯气有毒，不能排放到空气中，装置E是氢氧化钠溶液，用来吸收未反应的氯气，防止污染空气；氯气和氢氧
28、化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；答案为：NaOH 溶液；2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O 三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17高聚物的合成与结构修饰是制备具有特殊功能材料的重要过程。如图是合成具有特殊功能高分子材料W（）的流程：已知：I.R-CH2OH II.=R2-OH,R、R2、R3代表烃基(1)的反应类型是_。(2)是取代反应，其化学方程式是_。(3)D 的核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是13，不存在顺反异构。D 的结构简式是_。(4)的化学方程式是_。(5)F 的官能团名称_；G 的结构简式是
29、_。(6)的化学方程式是_。(7)符合下列条件的E的同分异构体有_种(考虑立体异构)。能发生水解且能发生银镜反应 能与 Br2的 CCl4溶液发生加成反应其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式是_。(8)工业上也可用合成 E。由上述 的合成路线中获取信息，完成下列合成路线(箭头上注明试剂和反应条件，不易发生取代反应)_。【答案】加成反应BrCH2CH2Br+2NaCN NCCH2CH2CN+2NaBr(CH3)2C=CH2CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O 碳碳双键、酯基4HCOO C(CH3)=CH2HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH
30、3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH【解析】【分析】乙烯与溴发生加成反应生成A，A 为 BrCH2CH2Br，结合 B的分子式可知B 为 NC-CH2CH2-CN，B 中-CN 转化为-COOH得到丁二酸。丁二酸发生分子内脱水形成酸酐。I 与 R NH2得到 W()，结合 W 的结构可知I 为，结合信息 II，逆推可知H 为。D 的分子式为C4H8，核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是1 3，不存在顺反异构，则D 为(CH3)2C=CH2，D 氧化生成E，E与甲醇发生酯化反应生成F，结合 H 的结构，可知E为 CH2=C(CH3)COOH，F为 CH2=C(CH3)CO
31、OCH3，F发生加聚反应生成的 G 为，G 发生信息 I 中的反应得到H。据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，反应是乙烯与溴发生加成反应，故答案为加成反应；(2)反应是取代反应，其化学方程式是：BrCH2CH2Br+2NaCN NCCH2CH2CN+2NaBr，故答案为BrCH2CH2Br+2NaCN NCCH2CH2CN+2NaBr；(3)根据上述分析，D 的结构简式为(CH3)2C=CH2，故答案为(CH3)2C=CH2；(4)反应的化学方程式为CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O，故答案为CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C
32、(CH3)COOCH3+H2O；(5)F 为 CH2=C(CH3)COOCH3，含有的官能团有碳碳双键和酯基；G 的结构简式是，故答案为碳碳双键、酯基；(6)反应的化学方程式为，故答案为；(7)E 为 CH2=C(CH3)COOH，能发生水解且能发生银镜反应，说明属于甲酸酯类；能与Br2的 CCl4溶液发生加成反应，说明含有碳碳双键，符合条件的E的同分异构体有：HCOO CH=CHCH3(顺反 2 种)、HCOO CH2CH=CH2、HCOO C(CH3)=CH2，共 4 种，其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式为HCOO C(CH3)=CH2，故答案为 4；HCOO C(CH3)=CH2；(8
33、)HOCH2CHBrCH3和 NaCN 发生取代反应生成HOCH2CH(CN)CH3，HOCH2CH(CN)CH3酸化得到HOCH2CH(CH3)COOH，HOCH2CH(CH3)COOH发生消去反应生成CH2=C(CH3)COOH，其合成路线为HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH，故答案为HOCH2CHBrCH3HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH。【点睛】本题的易错点和难点为(8)，要注意题意“不易发生取代反应”在合成中的应用，HOCH2CHBrCH3不能先消去羟
34、基形成碳碳双键，再发生取代反应。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18数十年来，化学工作者对氮的氧化物、碳的氧化物做了广泛深入的研究并取得一些重要成果。I已知 2NO（g）+O2（g）垐?噲?2NO2（g）的反应历程分两步：第一步：2NO（g）垐?噲?N2O2（g）（快）?H10；v1正=k1正c2（NO）；v1逆=k1逆c（N2O2）第二步：N2O2（g）+O2（g）垐?噲?2NO2（g）（慢）?H20 CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）H0 CO（g）+H2（g）=C（s）+H2O（g）Hc（H2NCH2COO）c(H3N+CH2COOH)H3N+CH2COOH+
35、2OH=H2NCH2COO+2H2O 2 97.7 低120s-1?KPa-1【解析】【分析】(1)NO 只是参与化学反应中间历程的，而其本身的数量和化学性质在反应前后基本保持不变；利用盖斯定律解题；(2)随着横坐标增大，碱性减弱，酸性增强，根据可知H2NCH2COO碱性越强含量越大，H3N+CH2COO在接近中性时含量最大，H3N+CH2COOH酸性越强含量越大，由此确定线为H2NCH2COO,线为 H3N+CH2COO,线为 H3N+CH2COOH，以此分析；(3)K=kPa-1，利用表格中数据进行计算；利用中计算的K 计算即可；根据表格提供数据可知p(O2)越小，结合度越低，c（MbO2
36、）越小；利用中计算的K，根据平衡时v正=v逆进行计算；【详解】(1)NO 只是参与化学反应中间历程的，而其本身的数量和化学性质在反应前后基本保持不变，因此NO的作用是催化剂；答案：催化剂利用盖斯定律，根据已知；O3(g)+O(g)=2O2(g)H=-143kJ mol-1O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g)H1=-200.2kJmol-1前者减去后者可得：NO2（g）+O（g）=NO(g)+O2(g)H=+57.2kJ/mol 答案：NO2（g）+O（g）=NO(g)+O2(g)H=+57.2kJ/mol(2)随着横坐标增大，碱性减弱，酸性增强，根据题干可知碱性越强H2NCH2CO
37、O含量越大，在AG=04范围时 H3N+CH2COO含量最大，酸性越强H3N+CH2COOH含量越大，由此确定线为H2NCH2COO,线为H3N+CH2COO,线为 H3N+CH2COOH，溶液呈中性也就是AG=0，三种离子浓度由大到小的顺序可根据图像得到为 c(H3N+CH2COO)c（H2NCH2COO）c(H3N+CH2COOH)；答案：c(H3N+CH2COO)c（H2NCH2COO）c(H3N+CH2COOH)根据可知加入过量NaOH 溶液时溶液中主要存在H2NCH2COO-，AG=12时溶液中主要存在H3N+CH2COOH，据此写出离子方程式为:H3N+CH2COOH+2OH=H2NCH2COO+2H2O；答案：H3N+CH2COOH+2OH=H2NCH2COO+2H2O(3)K=kPa-1，利用表格中第一组数据可知：设肌红蛋白总浓度c c（1-50%）0.50kPa c 50%K=2 利用中计算所得K=2计算即可；2=，得 =97.7；答案：97.7 根据表格提供数据可知p(O2)越小，结合度越低，MbO2浓度越低；答案：低利用中计算的K=2，根据平衡时v正=v逆进行计算；平衡时 v正=v逆，则 k正 c(Mb)p(O2)=k逆 c(MbO2)，得 K正=k逆K=60s-12kPa-1=120s-1?KPa-1；答案:120s-1?KPa-1