2019-2020学年安徽省合肥九中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省合肥九中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）1NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A 100g 46 的乙醇溶液中，含H-O键的数目为7NABpH=1的 H3PO4溶液中，含有0.1NA个 H+C0.1mol Fe在足量氧气中燃烧，转移电子数为0.3NAD 1L 0.1molL-1的 NH4Cl 溶液中含有NH4+数目为 0.1NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A.100g 46的乙醇溶液有46g（1mol）CH3CH2OH 和 54g（3mol）H2O，每分子乙醇中含有1 个 O-

2、H 键，则1molCH3CH2OH含 H-O 键的数目为NA，每分子水中含有2 个 O-H 键，则 3molH2O 含 H-O 键的数目为6NA，合计含 H-O 键的数目为7NA，A正确；B.pH=1，则 c(H+)=0.1mol/L，但溶液的体积不知道，无法求氢离子的个数，B 错误；C.0.1mol Fe 在足量氧气中燃烧得到Fe3O4，铁元素由0 价变为+83价，因而转移电子数为0.1mol 83NA 0.27NA，C 错误；D.铵根水解方程式为NH4+H2O?NH3 H2O+H+，若氯化铵中铵根不水解，则易算出溶液中含有NH4+数目为0.1NA，但铵根部分水解，数目减少，因而实际溶液中含

3、有NH4+数目小于0.1NA，D 错误。故答案选A。【点睛】对于部分溶液中的某些离子或原子团会发生水解：如 Al2(SO4)3中的 Al3、Na2CO3中的 CO32，例如 1 L 0.5 mol/L Na2CO3溶液中含有的CO32数目为 0.5NA，该说法是错误的，注意要考虑CO32在水中的发生水解的情况。2已知 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)H1=-572kJ/mol C(s)+O2(g)=CO2(g)H2=-393.5kJ/mol C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)H3=-1367kJ/mol 则 2C(s)+3H2(g)+12O2(g)=C2H

4、5OH(l)，H为（）A+278kJ/mol B-278kJ/mol C+401.5kJ/mol D-401.5kJ/mol【答案】B【解析】【详解】2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)H1=-572kJ/mol C(s)+O2(g)=CO2(g)H2=-393.5kJ/mol C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)H3=-1367kJ/mol 根据盖斯定律2 32得 2C(s)+3H2(g)+12O2(g)=C2H5OH(l)，H=-278kJ/mol，故选 B。【点睛】根据盖斯定律，反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应历程无关；在用盖斯定律计算时，要准确

5、找到反应物和生成物及它们的系数，这样有助于准确的对已知方程进行处理。3某实验小组用图示装置制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。制取实验完成后，取C中紫色溶液，加入稀盐酸，产生气体。下列说法不正确的是A B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HCl BC瓶中 KOH过量更有利于高铁酸钾的生成C加盐酸产生气体可说明氧化性：K2FeO4Cl2D高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂【答案】C【解析】【详解】A、盐酸易挥发，制得的氯气中含有

6、氯化氢气体，B 瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HCl，选项 A 正确；B、高铁酸钾在碱性溶液中较稳定，故KOH 过量有利于它的生成，选项B 正确；C、根据题给信息可知，加盐酸产生的气体也可能是氧气，选项C 不正确；D、高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂，选项D 正确；答案选 C。4下列化学用语正确的是A中子数为2 的氢原子：21H BNa+的结构示意图：COH-的电子式：H一DN2分子的结构式：N N【答案】C【解析】【详解】A中子数为2 的氢原子的质量数为3，该原子正确的表示方法为：31H，故 A错误；B钠离子的核外电子总数为10，质子数

7、为11，钠离子正确的离子结构示意图为：，故 B 错误；C氢氧根离子带一个单位负电荷，电子式为H一，故 C正确；D氮气分子的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，氮气的结构式为：NN，故 D错误；故选 C。5a、b、c、d 四种短周期元素在周期表中分布如图所示，下列说法正确的是（）A若四种元素均为主族元素，则d 元素的原子半径最大B若 b 最外层电子占据三条轨道，则a 的单质可用于冶炼金属C若 a 为非金属元素，则c 的气态氢化物的水溶液可能呈碱性D若 a 最外层有两个未成对电子，则d 的单质常温下不可能为气体【答案】B【解析】【详解】A同周期元素从左往右，原子半径依次减小，则d 元素的原

8、子半径比a 小，故 A 错误；B若 b 最外层电子占据三条轨道，最外层电子排布为2s22p2，则 b 为 C元素，结合位置可知a 为 Al，金属铝可以通过铝热反应冶炼金属，故B正确；C若 a 为非金属元素，a 为 Si 或 P，则 C 为 O 或 F，c 的气态氢化物的水溶液为中性或酸性，故C错误；D若 a 最外层有两个未成对电子，则a 为 Si或 S，当 a 为 S时，d 为 Ar，Ar 的单质常温下为气体，故D错误；故选 B。6PET（，M链节=192 g mol-1）可用来生产合成纤维或塑料。测某PET样品的端基中羧基的物质的量，计算其平均聚合度：以酚酞作指示剂，用 c mol L-1

9、NaOH 醇溶液滴定m g PET端基中的羧基至终点（现象与水溶液相同），消耗 NaOH 醇溶液 v mL。下列说法不正确的是A PET塑料是一种可降解高分子材料B滴定终点时，溶液变为浅红色C合成 PET的一种单体是乙醇的同系物D PET的平均聚合度1000 m192 cvn（忽略端基的摩尔质量）【答案】C【解析】【分析】是聚酯类高分子，它的单体为：HOCH2CH2OH 和，可以发生水解反应生成小分子。【详解】A、PET塑料是聚酯类高分子，可发生水解反应生成HOCH2CH2OH和，故 A 正确；B、用 NaOH 醇溶液滴定PET端基中的羧基，恰好反应完时生成羧酸钠，显弱碱性，使酚酞试剂显浅红色

10、，B 正确；C、的单体为：HOCH2CH2OH 和，乙二醇中有两个羟基，在组成上与乙醇也没有相差-CH2-的整数倍，故乙二醇与乙醇不是同系物，故C错误；D、NaOH 醇溶液只与PET端基中的羧基反应，n（NaOH）=cv10-3mol，则 PET的物质的量也等于cv10-3mol，则 PET的平均相对分子质量=310mgvcmol=1000 mcvg/mol，PET的平均聚合度1000 mn192 cv，故 D 正确。答案选 C。【点睛】本题考查高分子化合物的结构，单体的判断，中和滴定等知识点，判断同系物的两个要点：一是官能团的种类和个数要相同，二是组成上要相差-CH2-的整数倍。7化合物X(

11、5 没食子酰基奎宁酸)具有抗氧化性和抗利什曼虫活性而备受关注，X 的结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是()A分子式为C14H15O10B分子中有四个手性碳原子C1 mol X 最多可与4 mol NaOH 反应D 1 mol X 最多可与4 mol NaHCO3反应【答案】B【解析】【分析】由结构可知分子式，分子中含-COOH、-COOC-、OH，结合羧酸、酯、醇、酚的性质来解答。【详解】A由结构简式可知分子式为C14H16O10，A 错误；B.在左侧六元环中，连接-OH、醚键的原子连接4 个不同的原子或原子团，为手性碳原子，B 正确；C.能与氢氧化钠反应的为3 个酚羟基、酯基和羧基，

12、1 mol X 最多可与5 mol NaOH 反应，C错误；D.只有羧基与碳酸氢钠反应，则1 mol X 最多可与1 mol NaHCO3反应，D 错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B 为解答的难点。8使用石油热裂解的副产物中的甲烷来制取氢气，需要分两步进行，其反应过程中的能量变化如图所示：则甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为（）A CH4(g)H2O(g)=3H2(g)CO(g)H 103.3kJ/mol BCH4(g)2H2O(g)=4H2(g)CO2(g)H 70.1k

13、J/mol CCH4(g)2H2O(g)=4H2(g)CO2(g)H70.1kJ/mol D CH4(g)2H2O(g)=4H2(g)CO2(g)H 136.5kJ/mol【答案】D【解析】【分析】本题考查化学反应与能量变化,意在考查考生的图象分析能力与推理能力。【详解】左图对应的热化学方程式为A.CH4(g)H2O(g)=3H2(g)CO(g)H 103.3kJ/mol，右图对应的热化学方程式为 CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(9)H=-33.2kJ/mol；两式相加即可得相应的热化学方程式D.CH4(g)2H2O(g)=4H2(g)CO2(g)H 136.5kJ/mol，故

14、D 符合题意；答案：D。【点睛】根据两图都为放热反应，完成热化学反应方程式，再根据盖斯定律进行分析即可。9下列化学用语对事实的表述正确的是A硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O B向 Na2SiO3溶液中通入过量的SO2：SiO32SO2H2OH2SiO3SO32C由 Na 和 C1形成离子键的过程：D已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3，向 NaClO溶液中通入少量CO2：2ClOCO2H2O2HClO CO32【答案】C【解析】【详解】A硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H518OH 发生酯化反应，乙醇脱去

15、H 原子，硬脂酸脱去羟基，反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，故 A 错误；B向 Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子反应为SiO32-+2SO2+2H2OH2SiO3+2HSO3-，故 B 错误；C氯化钠为离子化合物，含有离子键，反应中 Na 失去电子，Cl得到电子，则 Na 和 Cl形成离子键的过程：，故 C正确；D弱酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以向NaClO溶液中通入少量 CO2：ClO-+CO2+H2OHClO+HCO3-，故 D 错误；故答案为C。10 天工开物中关于化学物质的记载很

16、多，如石灰石“经火焚炼为用”、“世间丝麻皆具素质”。下列相关分析不正确的是（）A石灰石的主要成分是CaCO3，属于正盐B“经火焚炼”时石灰石发生的反应属于氧化还原反应C丝和麻主要成分均属于有机高分子类化合物D丝和庥在一定条件下均能水解生成小分子物质【答案】B【解析】【详解】A 选项，石灰石的主要成分是CaCO3，属于正盐，故A 正确；B 选项，“经火焚炼”时石灰石发生的反应属于分解反应，故B错误；C 选项，丝属于蛋白质，麻属于纤维素，都属于有机高分子类化合物，故C正确；D 选项，丝最终水解生成氨基酸，麻最终水解为葡萄糖，因此都在一定条件下均水解生成小分子物质，故D 正确。综上所述，答案为B。【

17、点睛】天然高分子化合物主要有淀粉、纤维素、蛋白质；淀粉、纤维素最终水解为葡萄糖，蛋白质最终水解为氨基酸。11从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的一种工艺流程如图：(已知 TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱)下列有关说法正确的是A“氧化浸出”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸B“过滤”用到的玻璃仪器：分液漏斗、烧杯、玻璃棒C判断粗碲洗净的方法：取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成D“还原”时发生的离子方程式为2SO32-Te44OH=Te 2SO42-2H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A从阳极泥中提取粗碲，第一步是将Te元素转化为TeO2的沉淀过

18、滤出来，考虑到TeO2易溶于强酸和强碱，所以氧化浸出步骤中酸不可加过量，A 错误；B过滤操作需要漏斗，而不是分液漏斗，B 错误；C通过分析整个流程可知，最终得到的粗碲固体表面会吸附溶液中的24SO，因此判断洗净与否，只需要检验最后一次洗涤液中是否仍含有24SO即可，C正确；D酸浸时TeO2溶解，随后被Na2SO3还原，TeO2生成 Te单质，23SO生成24SO，所以正确的离子方程式为：223242SOTeO=2SOTe，TeO2是氧化物离子方程式中不能拆分，D 错误。答案选 C。12-月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物(只考虑位置异构)理论上最多有（）A 2 种B

19、3 种C4 种D6 种【答案】C【解析】【分析】【详解】因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1 分子该物质与2 分子 Br2加成时，可以在的位置上发生加成，也可以在位置上发生加成或在位置上发生加成，还可以1 分子 Br2在发生1，4 加成反应，另1 分子 Br2在上加成，故所得产物共有四种，故选C项。13将一定质量的Mg 和 Al 混合物投入到200 mL 稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中滴加NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与加入NaOH 溶液的体积关系如图所示。则下列说法错误的是A最初 20 mL NaOH 溶液用于中和过量的稀硫酸BNaOH 溶液物质的量浓度为15 molL

20、CMg 和 Al 的总质量为9g D生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L【答案】D【解析】【分析】由图象可以知道,从开始至加入NaOH 溶液 20mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al 后硫酸有剩余,此时发生的反应为:24242H SO2NaOHNa SO2H O.当 V(NaOH 溶液)=200mL 时,沉淀量最大,此时为2()Mg OH和3()Al OH,二者物质的量之和为0.35mol,溶液中溶质为24Na SO,根据钠元素守恒可以知道此时24n Na SO等于 200mL 氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的 0.5 倍.从 200mL 到 240mL,NaOH 溶解

21、3322():()2Al OHNaOHAl OHNaAlOH O,当 V(NaOH 溶液)=240mL 时,沉淀不再减少,此时全部为2()Mg OH,物质的量为0.15mol,2()Mg OH为 0.15mol,3()Al OH为 0.35mol-0.15mol=0.2mol,因为从200mL 到 240mL,发生322NaOHAl(OH)NaAlO2H O,所以该阶段消耗3()()0.2n NaOHn Al OHmol,氢氧化钠的浓度为0.25/0.240.20molmol LLL.【详解】A.由上述分析可以知道,最初 20mLNaOH 溶液用于中和过量的稀硫酸,所以 A 选项是正确的;B.

22、由上述分析可以知道,氢氧化钠溶液的物质的量浓度为5mol/L,所以 B选项是正确的;C.由元素守恒可以知道3()()0.2n Aln Al OHmol，2()()0.15n Mgn Mg OHmol,所以镁和铝的总质量为0.2mol27g/mol0.15mol24g/mol9g,所以 C 选项是正确的;D.由电子守恒可以知道,生成的氢气为0.230.1520.452molmolmol,若在标况下,体积为0.4522.4/10.08molL molL,但状况未知,故 D 错误;故答案选D。14图是NO2(g)CO(g)CO2(g)NO(g)反应过程中能量变化的示意图。一定条件下，在固定容积的密闭

23、容器中该反应达到平衡状态。当改变其中一个条件X，Y随 X 的变化关系曲线如图所示。下列有关说法正确的是（）A一定条件下，向密闭容器中加入1 mol NO2(g)与 1 mol CO(g)反应放出234 kJ热量B若 X 表示 CO的起始浓度，则Y表示的可能是NO2的转化率C若 X表示反应时间，则Y表示的可能是混合气体的密度D若 X 表示温度，则Y表示的可能是CO2的物质的量浓度【答案】D【解析】【分析】【详解】A.反应的焓变 H=E1-E2=134KJ/mol-368KJ/mol=-234kJ/mol，又 1 mol NO2(g)与 1 mol CO(g)不可能完全反应到底，所以放出小于234

24、 kJ 热量，故 A 错误；B.两种反应物的化学平衡，增加一种物质的量，会提高另一种物质的转化率，故B 错误；C.气体形成的平衡体系中气体质量不变，反应前后体积不变，所以密度不变，故C 错误；D.该反应是放热反应，升温，化学平衡逆向进行，二氧化碳浓度减小，故D 正确；故选 D。15下列图示与操作名称不对应的是A升华B分液C过滤D蒸馏【答案】A【解析】【详解】A、升华是从固体变为气体的过程，图中操作名称是加热，选项A 不对应；B、由图中装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是分液，选项B对应；C、由图中装置的仪器以及操作分离难溶固体与液体的混合物，可知本实验操作名称过滤，选项C

25、对应；D、由图中装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合物，可知本实验操作名称蒸馏，选项D 对应。答案选A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16KI 广泛应用于分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等。实验室制备KI 的装置如下图所示。已知：3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O3H2S+KIO3KI+3S +3H2O(1)利用上图装置制备KI，其连接顺序为_(按气流方向，用小写字母表示)。(2)检查装置A 气密性的方法是_；装置 D 的作用是 _。(3)制备 KI 时，向三颈瓶中逐滴滴入KOH溶液，加热并不断搅拌，观察到棕黄色溶液变为无色时，立即停止滴加 KOH溶液，然后通入足

26、量H2S气体。反应结束后，向三颈瓶中加入硫酸溶液并加热，可以除去KI溶液中的H2S，原因是_。用肼(N2H4)替代 H2S，制得产品纯度更高，理由是_(用化学方程式表示)。(4)设计实验方案除去KI 溶液中的稀硫酸_。(5)若得到 1.6g 硫单质，理论上制得KI的质量为 _g。【答案】aefcd b 关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好除去 H2S中的 HCl 气体加热使 H2S的溶解度减小而放出；硫酸电离出的氢离子增大了c（H+），促使 H2S电离平衡左移，导致 H2S放出。3N2H4+2KIO3=2KI+3N2+6H2O 向KI 溶液

27、中加入足量BaCO3固体，充分搅拌后过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并16.6【解析】【分析】根据题干信息可知3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O3H2S+KIO3KI+3S +3H2O，需要的反应物为H2S、KOH、I2，A装置根据强酸制弱酸原理制备硫化氢气体，FeS+2HCl=FeCl2+H2S；D 装置用于除去H2S中的 HCl 气体，导管 e 进 f 出；C 装置是制取KI的装置，硫化氢气体从c进入装置与其他反应物充分接触，剩余气体从 d 出去进入B 装置，除掉未反应的硫化氢气体防止污染环境。【详解】(1)根据上面分析可知，制备KI，按气流方向其连接顺序为aefcdb；答案：aefc

28、db(2)装置 A 是启普发生器，检验气密性可利用压强差原理，方法是关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好；因为盐酸易挥发，所以制得的硫化氢中混有氯化氢，装置D 的作用是除去H2S中的 HCl 气体；答案：关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好除去 H2S中的 HCl 气体(3)制备 KI 时，向三颈瓶中逐滴滴入KOH溶液，加热并不断搅拌，观察到棕黄色溶液变为无色时，也就是反应 3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O 结束，立即停止滴加KOH溶液，然后通入足量H2S气体，发生反应3H2S

29、+KIO3KI+3S +3H2O。反应结束后，向三颈瓶中加入硫酸溶液并加热，可以除去KI溶液中的H2S，原因可以从电离平衡和气体溶解度随温度升高而减小分析；答案：加热使H2S的溶解度减小而放出；硫酸电离出的氢离子增大了c（H+），促使 H2S电离平衡左移，导致 H2S放出。因为肼(N2H4)也具有强还原性，可以肼(N2H4)替代 H2S，肼(N2H4)的氧化产物为氮气，可以使制得产品纯度更高，用化学方程式表示为3N2H4+2KIO3=2KI+3N2+6H2O。答案：3N2H4+2KIO3=2KI+3N2+6H2O(4)选择的药品在除杂的同时，要保证不掺入新的杂质，因此选择BaCO3；答案:向

30、KI 溶液中加入足量BaCO3固体，充分搅拌后过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并(5)根据题干信息3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O3H2S+KIO3KI+3S +3H2O，列关系式计算；6KI 3S 6mol 3mol n(KI)mol 1.632mol 得 n（KI）=0.1mol m（KI）=n(KI)M(KI)=0.1mol 166g/mol=16.6g；答案：16.6 三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17扁桃酸衍生物是重要的医药中间体。以A 和 B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如下：(1)A 分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A 所含官能团名称为_。写

31、出 A+BC 的化学反应方程式：_。(2)C()中、3 个一 OH 的酸性由弱到强的顺序是_。(3)E 是由 2 分子 C生成的含有3 个六元环的化合物，E分子中不同化学环境的氢原子有_种。(4)D F的反应类型是 _，1molF 在一定条件下与足量NaOH 溶液反应，最多消耗NaOH 的物质的量为_mol。写出符合下列条件的F的所有同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式：_。属于一元酸类化合物：苯环上只有2 个取代基且处于对位，其中一个是羟基。(5)已知：R 一 CH2COOHR一CHCl|一 COOH A 有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A 的路线流程图(其他原料任选)。合成路线流程

32、图示例如下：_CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H5【答案】醛基、羧基 4 取代反应3【解析】【分析】A 分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，则 A 为 OHC COOH，根据 C的结构可知B 是，A 转化到 C 发生加成反应，据此分析作答。【详解】(1)A 的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，说明含有醛基和羧基，则A 是 OHCCOOH，根据 C 的结构可知B是，A+B C 发生加成反应，反应方程式为：，故答案为醛基羧基；。(2)羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，所以酸性由弱到强顺序为：，故答案为；(3)C 中有羟基和羧基，2 分子 C可

33、以发生酯化反应，可以生成3 个六元环的化合物，C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为，该分子为对称结构，分子中有4 种化学环境不同的H 原子，分别为苯环上2 种、酚羟基中1 种、亚甲基上1 种，故答案为4；(4)对比 D、F的结构，可知溴原子取代OH 位置，DF 的反应类型是取代反应；F中溴原子、酚羟基、酯基(羧酸与醇形成的酯基)，都可以与氢氧化钠反应，1molF 最多消耗3mol NaOH；其同分分异构体满足属于一元酸类化合物：苯环上只有2 个取代基且处于对位，其中一个是羟基，其结构简式可以为：故答案为取代反应；3；（5）由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到 ClCH2COOH，在氢氧化

34、钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到 HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu 作催化剂条件下发生催化氧化得到OHCCOOH，合成路线流程图为，故答案为。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 化学 选修 5：有机化学基础 利用化学方法合成味精的路线如下图所示：请回答以下问题：(1)R 的结构简式为_；由 A 生成 B的反应类型是_。(2)F 中含氧官能团的名称为_；化合物H 的化学名称为_。(3)写出由 C生成 D 的化学方程式_。(4)写出一种符合下列要求的A 的同分异构体的结构简式_。结构中含有六元环，光谱测定显示，分子结构中不存在甲基；能在 NaOH

35、 溶液中发生水解反应；1mol 该物质与足量金属Na 反应能够生成0.5mol H2(5)参照上述合成路线，写出以苯丙酸()和甲醇(其它无机试剂任选)，设计合成苯丙氨酸()的路线。_【答案】CH3COOCH2CH3加成反应羧基、酯基2-氨基-1,5-戊二醇或-氨基-1,5-戊二醇HOOCCH2CH2CH2COOHV+H2O【解析】【分析】（1）根据 R 的分子式和生成的A 的结构简式以及反应条件判断R 的结构简式；A 到 B 反应物丙烯酸甲酯的双键被加成；（2）F中含氧官能团为羧基和酯基；根据系统命名法命名H；（3）根据 D 的结构可知C中的两个羧基一个脱掉羟基一个脱掉氢反应生成环。（4）能在

36、NaOH溶液中发生水解反应说明含有酯基；1mol该物质与足量金属Na反应能够生成0.5mol H2说明还含有1 个-OH；（5）与 Br2/红磷作用得到，再与甲醇发生酯化反应生成，最后经过NH3、H2O/H+得到。【详解】（1）R 的分子式为C4H8O2且为酯类即含有酯基，和 C2H5ONa 反应后生成A，反推可知 R 为：CH3COOCH2CH3；A 到 B反应物丙烯酸甲酯的双键被加成，反应类型为加成反应；故答案为：CH3COOCH2CH3；加成反应（2）F中含氧官能团为羧基和酯基；根据系统命名法可知H 的名称为：2-氨基-1,5-戊二醇或-氨基-1,5-戊二醇故答案为：羧基、酯基；2-氨基

37、-1,5-戊二醇或-氨基-1,5-戊二醇；（3）根据 D 的结构可知C中的两个羧基一个脱掉羟基一个脱掉氢发生反应，故答案为：HOOCCH2CH2CH2COOHV+H2O；（4）A 的分子式为C5H10O3，其同分异构体结构中含有六元环，光谱测定显示，分子结构中不存在甲基，含有酯基，还含有1 个-OH，符合要求的同分异构体有；（5）与 Br2/红磷作用得到，再与甲醇发生酯化反应生成，最后经过NH3、H2O/H+得到，合成路线流程图为：。19研究 NO2、NO、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。NO2可用下列反应来处理：6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g)+12H2O(g)+Q(

38、Q0)。(1)120时，该反应在一容积为2L的容器内反应，20min 时达到平衡。10min 时氧化产物比还原产物多了1.4g，则 010min 时，平均反应速率(NO2)=_，电子转移了_ 个。(2)一定条件下上述反应在某体积固定的密闭容器中进行，能说明该反应已经达到平衡状态的是_。ac(NO2)：c(NH3)=3：4 b6v(NO2)正=7v(N2)逆c容器内气体总压强不再变化d容器内气体密度不再变化(3)若保持其它条件不变，缩小反应容器的体积后达到新的平衡，此时NO2和 N2的浓度之比 _(填增大、不变、减小)，NO2的转化率_。(4)一定条件下NO2与 SO2可发生反应，方程式：NO2

39、(g)+SO2(g)?SO3(g)+NO(g)-Q。若反应的平衡常数K值变大，该反应_(选填编号)。a.一定向正反应方向移动b.平衡移动时，逆反应速率先减小后增大c.一定向逆反应方向移动d.平衡移动时，正反应速率先增大后减小(5)请写出用NaOH 溶液完全吸收含等物质的量的NO、NO2混合气体的离子方程式_。【答案】0.015mol/(L min)1.2NAc 增大减小ad NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O【解析】【分析】(1)利用化合价变化判断氧化产物、还原产物，然后根据“氧化产物比还原产物多了1.4g”计算出消耗二氧化氮的物质的量及转移电子的物质的量；(2)可逆反应达到平衡状态时

40、，正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，据此进行判断；(3)缩小反应容器体积，增大了压强，平衡向着逆向移动，据此判断二氧化氮与氮气的浓度之比变化及二氧化氮的转化率变化；(4)反应的平衡常数K 值变大，只有改变温度使得平衡正向移动；(5)用 NaOH 溶液完全吸收含等物质的量的NO、NO2混合气体，恰好反应生成亚硝酸钠和水。【详解】(1)对于 6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g)+12H2O(g)，当有 6molNO2反应共转移了24mol 电子，该反应的氧化产物和还原产物都是氮气，根据N 原子守恒，6mol 二氧化氮反应生成4mol 氧化产物、3mol 还原产物，氧化产物比还原产物多1

41、mol，质量多：28g/mol1mol=28g，则氧化产物比还原产物多了1.4g 时转移电子的物质的量为：24mol1.4g28g=1.2mol，转移电子数为1.2NA；参加反应的NO2为：6mol 1.2mol24mol=0.3mol，则 010min 时，平均反应速率(NO2)=0.3mol2L10 min=0.015mol/(L?min)，故答案为：0.015mol/(L?min)；1.2NA；(2)ac(NO2)：c(NH3)=3：4，无法判断各组分的浓度是否变化，则无法判断是否达到平衡状态，故a错误；b6v(NO2)正=7v(N2)逆，表示的是正逆反应速率，但是不满足计量数关系，所以

42、没有达到平衡状态，故b 错误；c容器内气体总压强不再变化：该反应前后气体体积不相等，则反应过程中压强会发生变化，当压强不变时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故c 正确；d容器内气体密度不再变化：该反应过程中气体的密度始终不变，无法根据密度变化判断平衡状态，故d 错误；故答案为：c；(3)若保持其它条件不变，缩小反应容器的体积后达到新的平衡，由于增大了压强，平衡向着逆向移动，导致二氧化氮的含量增大、氮气的含量减小，所以此时NO2和 N2的浓度之比增大，NO2的转化率减小，故答案为：增大；减小；(4)化学平衡常数只随温度的变化而变化，该反应为吸热反应，平衡常数K值变大说明温度升高平衡右移，正反应速率先增大后减小，逆反应速率先增大再继续增大，故ad 正确，故答案为：ad；(5)用 NaOH 溶液完全吸收含等物质的量的NO、NO2混合气体，反应的离子方程式为：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，故答案为：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O。【点睛】本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，涉及化学平衡及其影响、化学平衡状态的判断、离子方程式书写、氧化还原反应的计算等知识，注意判断平衡状态时，本质上观察可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化。