2021运城新康高中高复部高三下学期5月份测试理综化学试卷含答案

这是一份2021运城新康高中高复部高三下学期5月份测试理综化学试卷含答案，共13页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。


新康高复部2020—2021学年第二学期5月份测试
理综化学试题
注意：标★号的试题为历次考试易错原题
可能用到的相对原子质量：H-1 T-3 C-12 O-16 Na-23 Fe-56 Cu-64
一、选择题：(本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的)
7．化学与人类社会的生产、生活有着密切联系，下列叙述正确的是 ( )
A．新型冠状病毒对高三学子的复习备考造成了较大冲击，质量分数0.5%的过氧乙
酸溶液能高效杀死该病毒，在重症隔离病房用过氧乙酸与苯酚溶液混合可以提
高消杀效率
B．J—20上用到的氮化镓材料不是合金材料
C．尽量使用含 12C的产品，减少使用含13C或14C的产品符合“促进低碳经济的宗
旨”
D．汽车尾气中含有氮氧化物是由于石油炼制过程中未除去氮元素
8．设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．46g C2H6O完全燃烧，有5NA个C—H键断裂
B．电解精炼铜时，阳极质量减轻64 g时．转移的电子数为2NA
C．2.6g NaT与足量水反应，生成的氢气中含有中子数为0.1NA
D．56g Fe粉与1 mol Cl2充分反应，转移电子数为2NA
★9．BMO(Bi2MoO6)是种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下
列说法错误的是 ( )

A．该过程的总反应为：C6H6O+ 7O26CO2+3H2O
B．该过程中BMO+表现出较强的氧化性
C．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为1：3
D．光催化降解过程中，光能转化为化学能、热能等
10．化合物M(结构式如图所示)是常用的还原剂，由H·C·Brown和Schlesinger于1942
年在芝加哥大学发现。其中X、Y、Z是原子序数依次减小的不同短周期主族元素，
X与W、Z与W均能形成原子个数比为1：1和2：1的化合物，W原子的最外层
电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是 ( )

A．Z元素位于第三周期第Ⅶ A族
B．Y的最高价氧化物对应的水化物是一种一元弱酸
C．X和Z形成的化合物的水溶液呈酸性
D．化合物M不能与Z2W2反应
11．某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下
表所示，下列说法错误的是 ( )
序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
实验步骤

充分振荡，加入2mL蒸馏水

充分振荡，加入2mL蒸馏水

充分振荡，加入2mL蒸馏水
实验现象
铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀
铜粉有利余、溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀
A．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均涉及Fe3+被还原
B．对比实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ说明白色沉淀的产生可能与铜粉的量及溶液的阴离子种类
有关
C．向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀
D．实验Ⅱ、Ⅲ中加入蒸溜水后c(Cu2+)相同
12．镁稀土合金广泛应用于航空、航天、电子、通讯和汽车制造业等领域。熔盐电解
法是一种高效制备镁稀土合金的方法，实验室制取Mg-Gd合金(物质的量比为1：
1)的电解槽示意图如下(相对原子质量Mg—24，Gd—157)，下列说法正确的是
( )


A．添加LiF、BaF2的作用是催化剂
B．阳极的电极反应式为2F——2e—= F2 ↑
C．当电路中通过0.1mol电子时，生成Mg- Gd合金的质量为3.62 g
D．电解结束后，钼、碳电极质量不变
13．磷酸(H3PO4)是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数(平衡时
某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数)与pH的关系如下图，下列说法正确的
是 ( )


A．滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)＞c(H2PO4-)+c(HPO42—)+c(PO43—)
B．该温度下，H3PO4的三级电离常数Ka3＞10-12
C．H3PO4的电离方程式为：H3PO4 ⇌ 3H+ + PO43—
D．滴加少量Na2CO3溶液，化学反应方程式为3 Na2CO3 +2H3PO4=2Na2PO4+3H2O+
3CO2↑
26．（14分）学习小组在实验室中利用下图所示装置制备SO2并进行相关性质的探究。

回答下列问题：
（1）仪器Q的名称为_________；装置b的作用是_________。
（2）装置a中反应的化学方程式为_________。
（3）装置e中出现_________（填现象）可证明SO2具有还原性。
（4）实验开始后，发现装置d中的溶液迅速变黄，继续通入SO2，装置d中出现乳
黄色浑浊。该小组同学查阅资料得知，存在可逆反应：SO2＋4I－＋4H＋S↓＋2I2＋2H2O。
探究I：探究浓度对上述可逆反应的影响
有同学认为除SO2的浓度外，其他离子的浓度对该可逆反应也有影响。完成实
验设计进行验证（SO2体积已折算为标准状况下体积）。
限选试剂：0.1 mol·L-1 KI溶液、1.0 mol·L-1 KI溶液、2.0 mol·L-1KI溶液、蒸馏水、浓硝酸、浓盐酸
影响因素
编号
操作
现象
c(I－)
i
取50 mL①_________于锥形瓶中，向其中通入20 mL SO2
溶液变为浅黄色
ii
取50 mL 1.0 mol·L-1KI溶液于锥形瓶中，向其中通入20 mL SO2
溶液迅速变黄
c(H＋)
iii
取50 mL 1.0 mol·L-1 KI溶液和5 mL②_________于锥形瓶中，向其中通入20 mL SO2
溶液迅速变黄
iv
取50 mL 1.0 mol·L-1 KI溶液和5 mL③_________于锥形瓶中，向其中通入20 mL SO2
溶液迅速变黄，
且出现乳黄色浑浊

探究II：探究SO2在KI溶液体系中的反应产物
有同学提出上述可逆反应生成的I2可与SO2发生反应：SO2＋I2＋2H2O＝SO＋2I－＋4H＋。为进一步探究体系中的产物，完成下列实验方案。
方案
操作
预期现象
结论
i
取适量装置d中浊液，向其中滴加几滴④_________溶液（填试剂名称），振荡
无明显变化
浊液中无I2
ii
将装置d中浊液进行分离
得淡黄色固体和澄清溶液

取适量分离后的澄清溶液于试管中，
⑤_________
⑥_________
⑦________

⑧综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应，其反应的离子方程式为_________。
27．（14分）二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿（主要含Ce[ CO3]F）
为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示：

已知：①Ce4+能与F结合成[CeFx](4-x)+，也能与SO42-结合成[CeSO4]2+；
②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能；
③Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20。
回答下列问题：
（1）Ce[CO3]F中铈元素的化合价为___________，H2O2分子的结构式为
____________________。
（2）“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是
____________________________________。
（3）“萃取”时存在反应：Ce4++n(HA)2Ce·(H2n-4A2n)+4H+。下图所示中，D是分配比，表示Ce（Ⅳ）分别在有机层与水层中存在形式的物质的量浓度之比，即c[Ce·(H2n-4A2n)]与c[(CeSO4)2+]的比值。加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c（SO42-），D随起始料液中c（SO42-）变化的原因为
__________________________________________________。

（4）“反萃取”中，实验室用到的主要玻璃仪器名称为___________；在H2SO4和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3+。H2O2在该反应中作_________(填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”），每有2molH2O2参加反应，转移电子的物质的量为_____________。为使Ce3+完全沉淀，应加入NaOH调节pH为_________。(溶液中c(Ce3+)小于1.0×10-5mol•L-1时，可认为Ce3+沉淀完全)
（5）“氧化”步骤的化学方程式为____________________________________。
★28.(15分)甲醇是重要的化工原料。回答下列问题：
（1）以甲醇为原料制备甲醛，同时生成副产物H2等，已知以下热化学方程式：

则b＝ (用含有a、c的代数式表示)。
（2）以Na2CO3固体为催化剂，甲醇脱氢可制得甲醛。反应机理如下：

①(i)中反应物的总能量 (填“>”“＝”或“<”)生成物的总能量。
②某温度时反应(i)、(ii)、(ii)的平衡常数依次为K1、K2、K3，CH3OH(g)
H2(g)＋HCHO(g)的平衡常数为K，则K＝ (用含K1、K2、K3的代
数式表示)。
（3）向体积为1 L恒容反应器中加入2 mol CH3OH及适量催化剂，发生反应CH3OH(g) HCHO(g)＋H2(g) △H，在T1、T2(T1
①T2温度下，20min时甲醇的体积分数为 %(保留三位有效数字)，前
20min平均反应速率v(HCHO)＝ mol·L－1·min－1。
②T1温度下该反应的平衡常数Kp＝ kPa(用平衡分压代替平衡浓度计
算，分压＝总压×物质的量分数，反应器内的初始压强为103 kPa)。
（4）固体氧化物甲醇燃料电池是能效高、环境友好地转化成电能的全固态电源，工作原理如图所示。

①石墨极上的反应式为 。
②若通过用电器的电子的物质的量为1.2 mol，则消耗标准状况下O2的体积为
L。

35．氢气是具有发展前途的燃气，氢的规模化储运是氢能应用的关键。硼氢化钛、氨
硼烷、镧镍合金等都是备受关注的储氢材料。回答下列问题：
（1）(硼氢化钛)可由反应制得。基态钛原子的价电子轨道表示式为_________________________；基态硼原子核外有_____________________种运动状态不同的电子。
（2）的立体构型是____________________，B原子的杂化轨道类型是_____________________。
（3）氨硼烷是一种高性能化学储氢材料。请画出含有配位键(用“→”表示)的氨硼烷的结构式___________________；与氨硼烷互为等电子体的有机小分子是__________________________(写结构简式)。
（4）镧镍合金、铜钙合金及铈钴合金都具有相同类型的晶胞结构，它们有很强的储氢能力，其中铜钙合金的晶体结构如图所示。已知镧镍合金晶胞体积为，储氢后形成合金(氢进入晶胞空隙，体积不变)，则中，________________(填数值)；氢在合金中的密度为_______________g/cm3(保留两位有效数字)。


36．有机物A是天然橡胶的单体。有机物F是一种环保型塑料，一种合成路线如图所
示：


已知：
①

②+R3-COOH（—R1、—R2、—R3、—R均为烃基）
请回容下列问题：
（1）A用系统命名法命名为__________________________。
（2）A分子与Cl2分子发生1：1加成时，其产物种类有_________种(不考虑立体异构)。
（3）B与足量H2反应后的产物的结构简式为 ，则B的结构简式为___________________，1个B分子中有________个手性碳原子。
（4）C分子中的官能团名称为_____________________。
（5）写出反应④的化学方程式：___________________________________________。
（6）G是C的同分异构体，G能发生水解反应和银镜反应，1个G分子中含有2个碳氧双键，则G的可能结构共有___________种(不考虑立体异构)。
（7）设计由有机物D和甲醇为起始原料制备CH3CH2CH(CH3)CH =CHCOOCH3的合成路线______________(无机试剂任选)。








新康高复部2020—2021学年第二学期5月份测试
化学部分参考答案
7．【答案】B
A．过氧乙酸与苯酚可发生氧化还原反应；
B．氮化镓属于无机非金属材料；
C．含12C、13C或14C的产品均为含碳产品；
D．石油中不含氮元素。
A．过氧乙酸与苯酚可发生氧化还原反应，因此将过氧乙酸与苯酚溶液混合，不会提升消杀效率，反而会降低消杀效率，A项错误；
B．氮化镓属于无机非金属材料，属于化合物，不是合金，B项正确；
C．含12C、13C或14C的产品均为含碳产品，不会减少二氧化碳的排放，都不符合“促进低碳经济的宗旨”，C项错误；
D．高温下N2与O2在发动机的气缸中发生反应，生成了氮氧化物；石油不含N元素，氮氧化物的生成与氮气有关，D项错误；
答案选B。
8．【答案】D
A．C2H6O存在同分异构体，有可能是乙醇，也有可能是二甲醚，不能确定含有C—H键的数量；B．电解精炼铜时，阳极上除了铜放电之外，还有其它金属也会放电；
C．NaT与足量水反应，生成物为NaOH和HT，1molHT含中子的物质的量为2mol，由此进行计算；D．Fe与Cl2反应生成FeCl3，按照完全反应的物质进行计算。
A．C2H6O存在同分异构体，有可能是乙醇（含有5个C-H键），也有可能是二甲醚（含有6个C-H键），因此46g C2H6O完全燃烧，不能确定一定有5NA个C—H键断，A项错误；
B．电解精炼铜时，阳极上除了铜放电之外，还有其它金属（锌、铁等）也会放电，因此阳极质量减轻64 g时，转移的电子数不一定为2NA，B项错误；
C．NaT与足量水反应，生成物为NaOH和HT，1molHT含中子的物质的量为2mol，因此2.6g (即0.1mol)NaT与足量水反应，生成的氢气中含有中子数为0.2NA，C项错误；
D．Fe与Cl2反应生成FeCl3，因此56g (即1mol)Fe粉与1 mol Cl2充分反应，氯气完全反应，转移电子数为2NA，D项正确；
判断本题A选项时，容易忽略的是C2H6O有同分异构体，结构不同，C-H键的数量不同，解答本题时要万分注意。
9．【答案】C
A. 由原理图可知苯酚与氧气在光的作用下，BMO作催化剂可分解为CO2和水；
B. 过程中BMO失电子生成BMO+，BMO体现出了还原性；
C. 根据电子守恒可判断消耗苯酚的物质的量之比；
D. 光催化降解苯酚的过程中，光能转化为化学能、热能等。
A. 由原理图可知苯酚与氧气在光的作用下，BMO作催化剂可分解为CO2和水，反应方程式为C6H6O+ 7O26CO2+3H2O，A项正确，不符合题意；
B. 过程中BMO失电子生成BMO+，BMO体现出了还原性，那么BMO+体现较强的氧化性，
C. 根据电子守恒可判断消耗苯酚的物质的量之比，过氧根离子生成氧离子得到3个电子，BMO得1个电子，根据电子守恒可知，①和②中被降解的苯酚的物质的量之 比为3:1，C项错误，符合题意；
D. 光催化降解过程中，光能转化为化学能、热能等，D项正确，不符合题意；
10．【答案】B
W原子的最外层电子数是电子层数的3倍，说明W为O；X与W、Z与W均能形成原子个数比为1：1和2：1的化合物，且X、Y、Z是原子序数依次减小，可知X为Na，Z为H，根据X、Y、Z形成的化合物的结构可知Y为B，由此进行分析判断。
由分析可知W为O，X为Na，Y为B，Z为H；
A. Z为H，位于周期表第一周期第IA族，A项错误；
B. Y为B，其最高价氧化物对应的水化物是H3BO3，是一种一元弱酸，B项正确；
C. X为Na，Z为H，X和Z形成的化合物为NaH，与水反应生成NaOH和H2，溶液呈碱性，C项错误；
D. 化合物M为NaBH4，具有较强的还原性，H2O2属于常见的氧化剂，二者之间可以发生氧化还原反应，D项错误；
11．【答案】D
实验Ⅰ：少量铜粉加入1ml0.1mol/L氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉少时，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象，说明铁离子氧化铜生成铜离子；
实验Ⅱ：过量铜加入1ml0.1mol/L氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，铁离子全部和铜反应，加入蒸馏水后生成白色沉淀说明铜被氧化产物有亚铜离子，生成CuCl白色沉淀；
实验Ⅲ：过量铜加入1ml0.05mol/L硫酸铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后无白色沉，说明铁离子反应完全，生成的溶液中可能含铜离子和亚铜离子，据此分析判断。
A．由分析可知，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中溶液黄色变浅或褪去，均涉及Fe3+被还原，A项正确，不符合题意；
B．对比实验I、Ⅱ可知，白色沉淀CuCl的产生与铜粉的量有关，对比实验Ⅱ、III可知，白色沉淀CuCl的产生与溶液的阴离子种类有关，故B正确，不符合题意；
C．向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液，可能出现白色CuCl沉淀，C项正确，不符合题意；
D．实验Ⅱ中有CuCl沉淀生成，实验Ⅲ中没有CuCl沉淀生成，因此加入蒸溜水后，c(Cu2+)不相同，D项错误，符合题意；
12．【答案】C
A. 加入LiF和BaF2可提高导电性，降低混合熔融物的熔点；
B. O2-的还原性强于F-，因此阳极上O2-失电子生成O2；
C. 阴极上Mg2+得电子生成Mg，Gd3+得电子生成Gd，结合得失电子守恒进行计算；
D. 反应过程中阳极区O2-放电生成O2，碳阳极发生反应生成了CO或CO2。
A. 加入LiF和BaF2可提高导电性，降低混合熔融物的熔点，因此不是催化剂，A项错误；
B. O2-的还原性强于F-，因此阳极上O2-失电子生成O2，故阳极上的电极反应为2O2--4e-=O2↑，
C. 阴极上Mg2+得电子生成Mg，Gd3+得电子生成Gd，电极反应为Mg2++2e-=Mg，Gd3++3e-=Gd，根据得失电子守恒可知生成Mg-Gd合金的质量为0.02mol×24g/mol+0.02mol×157g/mol=3.62g，C项正确；
D. 反应过程中阳极区O2-放电生成O2，碳阳极发生反应生成了CO或CO2，因此电解结束后，铝电极质量不变，碳电极质量减小，D项错误；
13．【答案】A
A．根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-)，当滴加NaOH溶液至pH=7时，c(H+)=c(OH-)，因此有c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，即c(Na+)＞c(H2PO4-)+c(HPO42-)+c(PO43-)，A项正确；
B．根据图象可知，在该温度下，若pH=12时，c（H+）=1O-12，c(HPO42—)=c(PO43—)，Ka3= =1O-12，而实际图像中显示pH>12，H3PO4的三级电离常数Ka3<10-12，B项错误；C．H3PO4为多元弱酸，电离为分步电离，电离方程式应分步书写，以第一步为主：H3PO4 ⇌ H+ + H2PO4-，C项错误；D．向H3PO4中滴加少量Na2CO3溶液时，反应生成NaH2PO4、CO2和H2O，反应方程式为Na2CO3 + 2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2↑，D项错误；
26．【答案】（1）圆底烧瓶 防止倒吸 （2）Cu＋2H2SO4(浓)=CuSO4＋SO2↑＋2H2O
（3）KMnO4溶液紫红色颜色变浅或褪色
（4）①0.1 mol·L-1 KI溶液 ②蒸馏水 ③浓盐酸 ④淀粉溶液 ⑤加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液 ⑥白色沉淀 ⑦产物溶液中存在SO42-
⑧3SO2＋2H2O=S↓＋2SO42-＋4H＋
【解析】（1）由图示装置结构可知Q仪器为圆底烧瓶；（2）由a中装置试剂可知发生反应的化学方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)＝CuSO4＋SO2↑＋2H2O；（3）SO2具有还原性能够被KMnO4溶液氧化，而致使KMnO4溶液紫红色颜色变浅或褪色；（4）①本题是探究浓度c(I－)、c(H＋)对反应的影响，故需要改变浓度对实验进行探究，证明可逆过程的存在，故选用0.1 mol·L1 KI溶液作为编号i实验的试剂；②探究c(H＋)对反应的影响，对比现象可知iii应选用稀盐酸，但并无浓盐酸可选，故应选用蒸馏水。③对比iii可知iv应选用浓盐酸，浓硝酸具有强氧化性可将SO2氧化，不可选；④由实验现象和实验结论可知，方案i是为了检验I2，应选用淀粉溶液；为了证明反应SO2＋I2＋2H2O＝SO＋2I－＋4H＋的发生，应检验产物的生成和产物的消耗，方案i是检验反应物消耗，方案ii应是检验溶液中产物的生成，即SO，故⑤加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液；⑥白色沉淀 ⑦产物溶液中存在SO42-；综上实验，探究Ⅱ主要是探究产物，进行物质检验，通过方案i和ii分别证明了产物中含有S（淡黄色固体）和SO42-，最终无I2产生，结合提示SO2发生歧化反应进一步书写离子方程式为3SO2＋2H2O=S↓＋2SO42-＋4H＋。
27．+3 H-O-O-H 增大固体与气体的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率 随着c(SO42-)增大，水层中Ce4+与SO42-结合生成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向生成(CeSO4)2+的方向移动，使D迅速减小，当c(SO42-)增大到一定程度后，D值变化较小 分液漏斗 还原剂 4 ≥9 2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl
【分析】
氟碳铈矿（主要含Ce[ CO3]F），氧化焙烧的目的是将+3价的Ce氧化为+4价，Ce4+能与F-结合生成[CeFx](4-x)+，以便后续的提取，加稀硫酸，与SO42-结合生成(CeSO4)2+，加萃取剂，氟洗液，硫酸体系中Ce4+能被萃取剂萃取，而Ce3+不能，加“反萃取剂”加H2O2，又将Ce4+还原为Ce3+，发生的离子反应为2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，加入碱后Ce3+转化为沉淀，加NaClO将Ce从+3价氧化为+4价，最后热分解得到产物，由此进行分析作答。
【详解】
(1)根据化合价代数和为零可知Ce的化合价为+3价；H2O2分子的结构式为H-O-O-H；
(2) “氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是增大固体与气体的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率；
(3)D随起始料液中c(SO42-)变化的原因为随着c(SO42-)增大，水层中Ce4+与SO42-结合生成(CeSO4)2+，导致萃取平衡向生成(CeSO4)2+的方向移动，使D迅速减小，当c(SO42-)增大到一定程度后，D值变化较小；
(4) “反萃取”中用到的玻璃仪器为分液漏斗；“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3+，Ce从+4价降低到+3价，化合价降低，H2O2中O元素的化合价升高，因此H2O2在该反应中作还原剂；每有2molH2O2参加反应，转移电子的物质的量为2mol×2×(1-0)=4mol；当c(Ce3+)小于1.0×10-5mol•L-1时，可认为Ce3+沉淀完全，根据Ksp[Ce(OH)3]= c(Ce3+)• c3(OH-)=1×10-20可知c(OH-)=mol•L-1=1.0×10-5 mol•L-1，此时pH≥-lg=9，即为使Ce3+完全沉淀，应加入NaOH调节pH为≥9；
(5) “氧化”步骤中用NaClO将Ce3+氧化为Ce4+，反应方程式为：2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl。

28．(1)c－a (2分)
(2)①＜ (1分) ②K1· K2 ·K3 (2分)
(3) ①11.1; 0.08 (各2分) ②900 (2分)
(4) ①CH3OH＋3O2－－6 e－ CO2↑＋2H2O（2分） ②6.72（2分）
35．答案：(1) ； 5
(2)正四面体形；
(3) ；
(4)5；


36．2-甲基-1,3-丁二烯 ３
１


羰基、羧基

n

7

CH3CH2CH(CH3)CH(OH)CH2COOHCH3CH2CH(CH3)CH=CHCOOH CH3CH2CH(CH3)CH =CHCOOCH3
【分析】
根据合成路线可知，E发生缩聚反应生成F，因此E为,C与H2发生加成反应生成E，由此可知C为CH3COCH2COOH；根据C和D的结构，结合已知条件②可知B的结构为，有已知条件①和A、B之间的关系可知A和发生加成反应生成B，由此可知A为，据此进行分析作答。