2019-2020学年北京市徐悲鸿中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市徐悲鸿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下列反应不属于取代反应的是A CH2=CH2+H2OCH3CH2OH B+Br2+HBr C2CH3CH2OHC2H5OC2H5+H2O D+HNO3+H2O【答案】A【解析】【详解】A反应中碳碳双键转化为碳碳单键，属于加成反应，故A 选；B苯环上H 原子被 Br 原子取代，属于取代反应，故B不选；C1 分子乙醇中-OH 上 H 氢原子被另1 分子乙醇中的乙基取代，属于取代反应，故C不选；D苯环上H 原子被硝基取代，属于取代反应，故D 不选；答案选

2、A。【点睛】取代取代，“取而代之”的反应叫取代反应。2对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2N2+CO2+2H2O。在 1L 密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和 1.2molNO2，测得 n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。组别温度n/mol 时间/min 0 10 20 40 50 T1n（CH4）0.50 0.35 0.25 0.10 0.10 T2n（CH4）0.50 0.30 0.18 0.15 下列说法正确的是A组别 中，020min 内，NO2的降解速率为0.0125 mol L1 min1B由实验数据可知实验控制的温度T1T2C40min

3、 时，表格中T2对应的数据为0.18 D 010min 内，CH4的降解速率 【答案】B【解析】A、随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减小，故组别中，020min 内，NO2的降解平均速率为 0.0125 molL-1min-1，选项 A错误；B、温度越高反应速率越大，达平衡所需时间越短，由实验数据可知实验控制的温度T1，选项D错误。答案选B。3下列用品在应用过程中涉及物质氧化性的是（）A铁红用作颜料B 84 消毒液杀菌C纯碱去污D洁厕灵除水垢用品主要成分Fe2O3NaClO Na2CO3HCl A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A Fe2O3为红棕色粉末，铁

4、红用作颜料利用了其物理性质，故A 不符合题意；BNaClO 具有强氧化性，84 消毒液杀菌利用了其强氧化性，故B 符合题意；C纯碱去油污，利用了Na2CO3水溶液显碱性的性质，故C不符合题意；D洁厕灵除水垢利用了HCl 溶液的酸性，故D 不符合题意；故答案选B。4短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，X的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，Y原子最外层电子数等于内层电子数的2 倍，Q 的单质与稀硫酸剧烈反应生成X 的单质。向 100mLX2R的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液pH 与 RZ2体积关系如下图。下列说法正确的是A X2R溶液的浓度为0.03mol L1B工业上通常

5、采用电解法冶炼Q 的单质C最简单气态氢化物的稳定性：YZR D RZ2通入 BaCl2、Ba(NO3)2溶液中，均无明显现象【答案】B【解析】【分析】由条件“X的简单阴离子与锂离子具有相同的结构”可知，X为 H 元素；由条件“Y原子的最外层电子个数是内层电子数的两倍”可知，Y为 C元素；由条件“Q 的单质与稀硫酸剧烈反应生成氢气”可知，Q 为第三周期的金属元素(Na 或 Mg 或 Al)；由 X可以与 R形成 H2R 化合物可知，R 为 S元素；S可以与 Z 形成SZ2气体，所以Z为 O 元素。【详解】A 硫化氢气体与二氧化硫气体反应的方程式：2222H SSO=3S2H O；当通入 336m

6、L，即 0.015molSO2时，溶液恰好为中性，即恰好反应完全，所以原硫化氢溶液中2(H S)=0.03moln，那么浓度即为0.3mol/L，A 错误；BQ 无论是 Na，Mg，Al 中的哪一种元素，获得其单质都是采用电冶金的方式，B 正确；CY，Z，R 分别为 C，O，S三种元素，所以简单氢化物的稳定性为H2OH2SCH4，即 ZRY，C错误；D SO2通入 BaCl2溶液中无现象，但是通入Ba(NO3)2溶液中会出现白色沉淀，D 错误。答案选 B。5下列结论不正确的是（）氢化物的稳定性：HFHClSiH4离子半径：Al3 S2Cl离子的还原性：S2Cl Br-酸性：H2SO4H3PO4

7、HClO 沸点：H2SH2O ABCD【答案】A【解析】【详解】非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性：F Cl Si，氢化物的稳定性：HFHClSiH4，故 正确；Al3+核外两个电子层，S2-、Cl-核外三个电子层，电子层数相同时，核电荷数多，则半径小。故离子半径：S2ClAl3，故错误；非金属单质的氧化性越强，其离子的还原性越弱，单质的氧化性：Cl2 Br2S离子的还原性：S2Br-Cl，故错误；硫酸、磷酸都是最高价的含氧酸，由于非金属性：硫元素强于磷元素，所以硫酸酸性强于磷酸，磷酸是中强酸，而碳酸是弱酸，所以磷酸酸性强于碳酸，二氧化碳、水、次氯酸钙能反应生成碳酸钙和次氯酸，所

8、以碳酸酸性强于次氯酸，所以酸性依次减弱：H2SO4H3PO4HClO，故正确；H2S和 H2O 结构相似，化学键类型相同，但 H2O 中的 O 能形成氢键，H2S中的 S不能，所以沸点：H2SC A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A苯与溴水发生萃取，苯分子结构中没有碳碳双键，不能与溴发生加成反应，故A 错误；B向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，生成的产物为硫和二氧化硫，原溶液中可能含有S2-和 SO32-，不一定是S2O32-，故 B 错误；C水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下进行，没有向水解后的溶液中加碱调节溶液至碱性，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加

9、热，实验不能成功，故C错误；D测定等物质的量浓度的Na2CO3和 Na2SO4溶液的 pH，Na2CO3的水解使溶液显碱性，Na2SO4不水解，溶液显中性，说明酸性：硫酸碳酸，硫酸、碳酸分别是S元素、C元素的最高价含氧酸，因此非金属性：硫强于碳，故D 正确；答案选 D。9中国第二化工设计院提出，用间接电化学法对大气污染物NO 进行无害化处理，其原理示意如图(质子膜允许 H+和 H2O 通过)，下列相关判断正确的是A电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2B电解池中质子从电极向电极作定向移动C吸收塔中的反应为2NO+2S2O42-+H2O=N2+4HSO3-D每处理1molNO

10、电解池质量减少16g【答案】C【解析】【分析】在电极，HSO3-转化为 S2O42-，S元素化合价由+4 价降低为+3 价发生还原反应，则该电极作电解池的阴极，电极为电解池的阳极，在电极上 H2O 失电子发生氧化反应生成O2和 H+。【详解】A电极 为电解池的阴极，电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，A 不正确；B由于阴极需消耗H+，而阳极生成H+，电解池中质子从电极向电极 作定向移动，B 不正确；C从箭头的指向，可确定吸收塔中S2O42-与 NO 反应，生成HSO3-和 N2，发生反应为2NO+2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-，C 正确；D每处理1mo

11、lNO，阴极 2HSO3-S2O42-，质量增加34g，阳极 H2O12O2，质量减轻16g，电解池质量增加 34g-16g=18g，D 不正确；故选 C。10化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法中不正确的是（）A煤的气化与液化均为化学变化B大自然利用太阳能最成功的是植物的光合作用C砖瓦、陶瓷、渣土、普通一次性电池、鱼骨等属于其他垃圾D用 CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用【答案】C【解析】【详解】A.煤经气化、液化都生成新物质属于化学过程，故A 正确；B.太阳能应用最成功的是植物的光合作用，故B 正确；C.砖瓦陶瓷、渣土、卫生间废纸、瓷器碎片等难以回收的废弃

12、物是其他垃圾，普通一次性电池属于有害垃圾，故C 错误；D.利用 CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，符合题意，故 D 正确；题目要求选不正确的选项，故选C。【点睛】本题考查了化学与生活、社会密切相关知识，主要考查白色污染、清洁能源、绿色化学等知识，掌握常识、理解原因是关键。11下列说法正确的是A煤的干馏和石油的分馏都是化学变化B漂白粉、水玻璃和碱石灰都是混合物C纯碱、明矾和干冰都是电解质D乙酸乙酯中混有乙酸，可加入饱和氢氧化钠溶液，振荡、静置后分液【答案】B【解析】【详解】A、石油的分馏是物理变化而煤的干馏是化学变化，选项A 错误；A、漂白粉是由氯化钙

13、和次氯酸钙构成的，是混合物；水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物；碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，选项B 正确；C、纯碱是碳酸钠属于盐类，是电解质；明矾是硫酸铝钾属于盐，是电解质；干冰是固态的二氧化碳，属于非电解质，选项C错误；D、乙酸乙酯中混有乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置后分液，选项D 错误。答案选 B。12下列对实验方案的设计或评价合理的是（）A经酸洗除锈的铁钉，用饱和食盐水浸泡后放入如图所示具支试管中，一段时间后导管口有气泡冒出B图中电流表会显示电流在较短时间内就会衰减C图中应先用燃着的小木条点燃镁带，然后插入混合物中引发反应D可用图显示的方法除去酸式滴定管尖嘴中的气泡【答案】B

14、【解析】【详解】A.铁钉遇到饱和食盐水发生吸氧腐蚀，右侧试管中的导管内水柱上升，导管内没有气泡产生，A 不合理；B.该装置的锌铜电池中，锌直接与稀硫酸相连，原电池效率不高，电流在较短时间内就会衰减，应改为用盐桥相连的装置，效率会更高，B合理；C.铝热反应中，铝热剂在最下面，上面铺一层氯酸钾，先把镁条插入混合物中，再点燃镁条用来提供引发反应的热能，C 不合理；D.该图为碱式滴定管，可用图显示的方法除去碱式滴定管尖嘴中的气泡，D 不合理；故答案为：B。13下列仪器名称错误的是()A量筒B试管C蒸发皿D分液漏斗【答案】C【解析】【分析】【详解】A.据图可知，A 为量筒，故A 正确；B.据图可知，B为

15、试管，故B正确；C.据图可知，C为坩埚，故C 错误；D.据图可知，D 为分液漏斗，故D 正确；答案选 C。14BHT是一种常用的食品抗氧化剂，由对甲基苯酚（）合成 BHT的常用方法有2 种（如图），下列说法不正确的是A BHT能使酸性KMnO4溶液褪色BBHT 与对甲基苯酚互为同系物CBHT 中加入浓溴水易发生取代反应D方法一的原子利用率高于方法二【答案】C【解析】【分析】【详解】A.BHT 结构中有酚羟基，可以被酸性KMnO4溶液氧化；其结构中有一个甲基直接与苯环相连，也能被酸性KMnO4溶液直接氧化，A 项正确；B.对甲基苯酚和BHT相比，都含有1 个酚羟基，BHT多了 8 个“CH2”原

16、子团，符合同系物的定义结构相似，组成上相差若干个CH2，B 项正确；C.BHT中酚羟基的邻对位已无 H 原子，所以不能与浓溴水发生取代反应，C项错误；D.方法一为加成反应，原子利用率理论高达100%，而方法二为取代反应，产物中还有水，原子利用率相对较低，D 项正确；答案选C项。【点睛】同系物的判断，首先要求碳干结构相似，官能团种类和数量相同，其次是分子组成上要相差若干个CH2。酚羟基的引入，使苯环上酚羟基的邻对位氢受到激发，变得比较活泼。15根据下列实验操作，预测的实验现象和实验结论或解释均正确的是（）实验操作预测实验现象实验结论或解释A 向 FeI2溶液中滴入足量溴水，加入CCl4，振荡，静

17、置下层溶液显紫红色氧化性:Fe3+I2B 向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少量新制 Cu(OH)2悬浊液并加热有砖红色沉淀生成葡萄糖具有还原性C 常温下，将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中，用淀粉碘化钾试液检验试液不变蓝常温下，浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应D 向盛有 NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH 溶液产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH4+OH-=NH3+H2O A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A.由于 Br2具有强的氧化性，所以向FeI2溶液中滴入足量溴水，Fe2+、I-都被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为 I2单质，由于I2容易溶于

18、CCl4，而 CCl4与水互不相容，密度比水大，因此加入CCl4，振荡，静置，会看到液体分层，下层为I2的 CCl4溶液层但不能证明氧化性:Fe3+I2，A 错误；B.向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中要先加入NaOH 溶液，使溶液显碱性，然后再滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，会看到产生砖红色沉淀，证明淀粉水解产生的葡萄糖具有还原性，B 错误；C.浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气，因此用淀粉碘化钾试液检验，不能使试纸变为蓝色，C正确；D.向盛有 NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH 溶液，首先发生反应：Al3+3OH-=Al(OH)3，D 错误；故合理选项是C。二、

19、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：物质BaSO4BaCO3AgI AgCl 溶解度/g(20)2.4 10-41.4 10-33.0 10-71.5 10-4(1)探究BaCO3和 BaSO4之间的转化试剂 A 试剂 B 试剂 C 加入盐酸后的现象实验BaCl2Na2CO3Na2SO4实验Na2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解实验 I 说明 BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，_。实验中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_。实验中加入试剂C后，沉淀转化的平衡常数表达式K=_。(2)探究 A

20、gCl和 AgI 之间的转化实验：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI 转化为 AgCl，于是又设计了如下实验(电压表读数：a cb 0)。装置步骤电压表读数.如图连接装置并加入试剂，闭合K a.向 B 中滴入 AgNO3(aq),至沉淀完全b.再向 B 中投入一定量NaCl(s)c.重复 i，再向 B 中加入与等量NaCl(s)d 注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。实验证明了AgCl转化为 AgI，甲溶液可以是_（填标号）。a AgNO3溶液b NaCl 溶液c KI溶液实验

21、的步骤i 中，B中石墨上的电极反应式是_。结合信息，解释实验中b b 说明加入Cl使 c(I)增大，证明发生了AgI+Cl?AgCl+I溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现【解析】【分析】(1)BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸；实验中加入稀盐酸后有少量气泡产生，是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳；实验 中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；(2)要证明AgCl 转化为 AgI，AgNO3与 NaCl 溶液反应时，必须是NaCl 过量；I具有还原性

22、、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极；B中滴入 AgNO3(aq)生成 AgI 沉淀；AgI 转化为 AgCl，则 c(I)增大，还原性增强，电压增大。(3)根据实验目的及现象得出结论。【详解】(1)BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸，实验I 说明 BaCO3全部转化为BaSO4的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生；实验中加入稀盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，说明是BaCO3与盐酸反应，反应离子方程式是BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；实验 中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；固体不计入平衡常数表达

23、式，所以沉淀转化的平衡常数表达式 K=2423c SOc CO；(2)AgNO3与 NaCl 溶液反应时，NaCl 过量，再滴入KI 溶液，若有AgI 沉淀生成才能证明AgCl 转化为AgI，故实验中甲是NaCl 溶液，选b；I具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极，负极反应是2I2eI2；B 中滴入AgNO3(aq)生成 AgI 沉淀，B溶液中 c(I)减小，I还原性减弱，原电池电压减小，所以实验中 b b 说明加入Cl使 c(I)增大，证明发生了 AgI+Cl?AgCl+I。(3)综合实验 ,可得出的结论是溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差别越大，由溶

24、解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17已知一个碳原子上连有两个羟基时，易发生下列转化：。请根据如图回答：（1）物质 A 的化学式为C8H10，写出 A 的名称 _，鉴别 A 和可选用的试剂是_。（2）写出反应的化学反应方程式_。（3）反应中，属于加成反应的是_；反应的反应条件为_。（4）写出 2 种满足下列条件的同分异构体的结构简式。_，_。含苯环结构能发生银镜反应（5）设计由制备的合成路线（无机试剂任选）。_合成路线常用的表示方式为：【答案】乙苯溴水+Br2Fe+HBr；NaOH 水溶液、加热或或【解析】【详解】(1)物质 A的化学式为C

25、8H10，则苯与CH3CH2Cl 发生取代反应生成A 为，A 的名称为:乙苯；和都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，后者能与溴水发生加成反应，而前者不能，可以溴水区别二者，故答案为:乙苯；溴水；(2)反应是苯与液溴在Fe作催化剂条件下生成溴苯，反应方程式为:+Br2Fe+HBr；(3)对比物质的结构，可知属于取代反应、属于加成反应，而先发生卤代烃的水解反应，再发生分子内脱水反应，反应条件为:NaOH 水溶液、加热，故答案为:;NaOH 水溶液、加热;(4)满足下列条件的同分异构体:含苯环结构，能发生银镜反应，含有醛基，可以有1 个取代基为-CH2CHO,可以有 2 个取代基为-CH3、-CHO,符合

26、条件的同分异构体有:、；(5)与氢气发生加成反应生成，然后发生消去反应生成，再与溴发生加反应生成，最后发生消去反应生成，合成路线流程图为:。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18乙酸乙酯是重要的工业溶剂和香料，广泛用于化纤、橡胶、食品工业等。1在标准状态时，由元素最稳定的单质生成1mol 纯化合物时的反应热称为该化合物的标准摩尔生成。请写出标准状态下，乙酸和乙醇反应的热化学方程式为_。2取等物质的量的乙酸、乙醇在TK下密闭容器中发生液相(反应物和生成物均为液体)酯化反应，达到平衡，乙酸的转化率为13，则该温度下用物质的量分数表示的平衡常数xK_；(注：对于可逆反应：aAbBcC?达到

27、化学平衡时，cxabn CnKn An Bnn总总总)。而相同条件下实验室采用回流并分离出水的方式制备乙酸乙酯时，乙酸转化率可以高达88%，可能的原因是_。3若将乙醇与乙酸在催化剂作用下发生气相(反应物和生成物均为气体)酯化反应，其平衡常数与温度关系为：lgK724/T0.127(式中 T为温度，单位为K)，则气相酯化反应为_(填“吸热”或“放热”)反应。4乙酸和乙醇酯化反应在甲、乙两种催化剂的作用下，在相同时间内乙酸乙酯的产率随温度变化如图所示。由图可知，产率为95%时，应该选择催化剂和温度分别是_、_；使用催化剂乙时，当温度高于190，随温度升高，乙酸乙酯产率下降的原因_。5为了保护环境，

28、2CO的排放必须控制。化学工作者尝试各种方法将燃煤产生的二氧化碳回收利用，以达到低碳排放的目的。如图是通过人工光合作用，以2CO和2H O为原料制备乙醇32CH CH OH和2O的原理示意图：判断H迁移的方向 _(选填“从左向右”、“从右向左”)。写出电极b 的电极反应式：_。【答案】-13323232CH COOH l+CH CH OH lCH COOCH CHl+H O lH=-3.37kJ mol僔0.25分离出水后，使平衡不断向右移动，从而增大乙酸转化率放热催化剂甲135当温度高于190，催化剂活性降低，使得反应速率降低，相同时间内乙酸乙酯的产率降低，或温度高于190，副反应增多从左向

29、右23222CO12e12HCH CH OH3H O【解析】【分析】1利用盖斯定律计算；2利用“三段式”计算平衡常数，根据外界条件的影响判断平衡移动的方向；3平衡常数K与温度 T关系为724lgK0.127T，则升高温度，K的值减小，平衡逆向移动，所以逆向是吸热反应，正向为放热反应；4催化剂的催化效果与温度有关，温度的变化导致催化效果不同，反应进行的程度不同；5由图可知，左室投入水，生成氧气与氢离子，电极a 表面发生氧化反应，为负极，电极反应式为222H O4eO4H，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成32CH CH OH，电极 b 表面发生还原反应，为正极，以此分析解题；【详解】1根据标准摩尔

30、生成焓图可知223212C s3HgOgCH CH OH lH276.98kJ/mol2V，2232C s2HgOgCH COOH lH484.30kJ/molV，223234C s4HgOgCH COOCH CHlH478.82kJ/molV，2221HgOgH O lH285.83kJ/mol2V，根据盖斯定律得3323232CH COOH lCH CH OH lCH COOCH CHlH O l?，H478.82kJ/mol285.83kJ/mol276.98kJ/mol484.30kJ/mol3.37kJ/molV，故答案为：3323232CH COOH lCH CH OH lCH C

31、OOCH CHlH O lH3.37kJ/mol僔；2设起始时乙醇、乙酸的物质的量均为1mol，反应三段式为：3323232CH COOH lCH CH OH lCH COOCH CHlH O l?起始量mol1 1 0 0 变化量mol13131313平衡量mol232313133CH COOH的物质的量分数32CH CH OH的物质的量分数=13，323CH COOCH CH的物质的量分数2H O的物质的量分数=16，x1166K0.251133；分离出生成物水，可使平衡正向移动，增大乙酸转化率，故答案为：0.25；分离出水后，使平衡不断向右移动，从而增大乙酸转化率；3平衡常数K与温度 T

32、关系为724lgK=-0.127T，则升高温度，K的值减小，平衡逆向移动，所以逆向是吸热反应，正向为放热反应，故答案为：放热；4由图 2 可知，使用催化剂甲、温度在135左右时乙酸乙酯的产率为95%，而催化剂乙在190左右时乙酸乙酯的产率才达到95%，所以应选择的最优条件是催化剂甲、135；当温度高于190，乙酸乙酯产率下降的主要原因是催化剂活性降低，使化学反应速率降低，导致相同时间内乙酸乙酯的产率降低，或温度高于190，副反应增多，故答案为：催化剂甲；135；当温度高于190，催化剂活性降低，使得反应速率降低，相同时间内乙酸乙酯的产率降低，或温度高于190，副反应增多；5由图可知，左室投入水

33、，生成氧气与氢离子，电极a 表面发生氧化反应，为负极，电极反应式为222H O4eO4H，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成32CH CH OH，电极 b 表面发生还原反应，为正极，电极反应式为23222CO12e12HCH CH OH3H O，阳离子移向正极，所以H迁移的方向是从左向右，故答案为：从左向右；电极 b 的电极反应式：-+23222CO+12e+12H=CH CH OH+3H O故答案为：-+23222CO+12e+12H=CH CH OH+3H O。【点睛】根据盖斯定律得出热化学方程式，判断出电池的正负极很关键。19艾司洛尔(I)是预防和治疗手术期心动过速的一种药物，某合成路线如

34、下：回答下列问题：(1)A 的结构简式为_，D 的化学名称为 _。(2)GH 的反应类型为_，H中所含官能团的名称为_。(3)CD 中步骤的化学反应方程式为_。(4)已知：1 mol D 和 1 mol 丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成 1 mol E、1 mol H2O和 1 molCO2，且 E 能与溴水发生加成反应，则 E 的结构简式为_。(5)X 是 F 的同分异构体，写出满足下列条件的 X 的结构简式 _。与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳与FeC13溶液发生显色反应核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为 6:2:1:1(6)参照上述合成路线，设计以和为主要原料制备的合成路线 _。【答案】对羟基

35、苯甲醛取代反应酯基和醚键+4NaOH+2NaCl+CH3COONa+2H2O【解析】【分析】根据 A 的化学式C7H8O，由 C逆推得出A 的结构简式为，B 为，根据 CD 发生的两步反应推出D为，1 mol D 和 1 mol 丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1 mol E、1 mol H2O和 1 molCO2，且 E 能与溴水发生加成反应，结合E的分子式，E为，E和氢气发生加成反应生成F为，F和 CH3OH 发生酯化反应生成G 为。【详解】（1）根据 A 的化学式C7H8O，由 C逆推得出A 的结构简式为，根据 CD 发生的两步反应+4NaOH+2NaCl+CH3COONa+2H2O，在 H

36、+条件下，转化为 D，D 的化学名称为对羟基苯甲醛，故答案为；对羟基苯甲醛。（2）G 为，G中酚羟基上的氢原子被所取代从而得到H，故 G H 的反应类型为取代反应，根据H 的结构简式可知，所含官能团的名称为酯基和醚键，故答案为取代反应；酯基和醚键。（3）CD 中步骤的化学反应方程式为+4NaOH+2NaCl+CH3COONa+2H2O，故答案为+4NaOH+2NaCl+CH3COONa+2H2O。（4）1 mol D（）和 1 mol 丙二酸（HOOC-CH2-COOH）在吡啶、苯胺中反应生成1 mol E、1 mol H2O 和 1 molCO2，且 E 能与溴水发生加成反应，可知E中含碳碳

37、双键，E的化学式为C9H8O3，E为，故答案为。（5）X的分子式为C9H10O3，根据与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，说明含有-COOH与 FeC13溶液发生显色反应，说明含有酚羟基核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为6:2:1:1，有四种不同环境的氢原子，故符合题意的X有故答案为。（6）以和为主要原料制备，对比原料和目标产物的结构简式，中羧基发生酯化反应引入COOCH3，碳碳双键发生加成反应，模仿流程中GH引入醚键，则合成路线为：故答案为。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，侧重考查分析推断、知识综合运用能力，充分利用反应条件、有机物分子式与结构简式进行分析推断，明确官能团及其性质关系、官能团之间的转化关系是解题关键。