2023-2024学年河南省三门峡市高二下学期5月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省三门峡市2023-2024学年高二下学期5月期末考试注意事项：1.答题前，考生务必将本人的姓名、准考证号等考生信息填写在答题卡上，并将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.选择题〖答案〗使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号；非选择题〖答案〗使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答，超出答题区域书写的〖答案〗无效。4.保持卡面清洁，不折叠，不破损。5.考试结束，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16K：39Mn：55第Ⅰ卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包含14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。)1.下列说法正确的是A.油脂的皂化反应生成脂肪酸和丙三醇B.淀粉和纤维素没有甜味，在人体内水解成葡萄糖，为人的生命活动提供能量C.向饱和硫酸铵溶液中加入鸡蛋清，蛋白质发生凝聚，再加入蒸馏水，振荡后蛋白质重新溶解D.酚醛树脂是酚与醛在酸或碱的催化下通过加聚反应生成的高分子〖答案〗C〖解析〗A．油脂的皂化反应是油脂在碱性条件下水解，生成的是高级脂肪酸盐和丙三醇，A错误；B．淀粉和纤维素没有甜味，淀粉在人体内水解成葡萄糖，人体内缺少纤维素酶，纤维素不能在人体内水解成葡萄糖，B错误；C．向饱和硫酸铵溶液中加入鸡蛋清，蛋白质发生凝聚，再加入蒸馏水，振荡后蛋白质重新溶解，属于蛋白质的盐析，C正确；D．酚醛树脂是酚与醛在酸或碱的催化下先加成再缩聚生成的高分子，D错误；〖答案〗选C。2.下列化学用语表述不正确的是A.丙烯的键线式： B.乙酸分子的空间填充模型：C.甲基的电子式： D.的实验式：CH〖答案〗B〖解析〗A．丙烯的结构简式为CH2=CH-CH3，键线式为：，A正确；B．乙酸分子的结构简式为CH3COOH，原子半径：C>O>H，则乙酸分子的空间填充模型：，B错误；C．甲基不带电，呈电中性，C原子与3个氢原子分别形成3对共用电子对，则甲基中C原子最外层共7个电子，故甲基的电子式：，C正确；D．分子式为C8H8，实验式为：CH，D正确；故选B。3.下列有机物命名不正确的是A.的名称为2，3.6-三甲基-4-乙基庚烷B.用系统命名法命名为1-甲基丙醇C.的名称为1，4-二氯-2-丁烯D.的名称为2-氯丙酸〖答案〗B〖解析〗A．主链上有7个碳原子，系统命名为：2，3，6-三甲基-4-乙基庚烷，A正确；B．主链上有4个碳原子，羟基在2号碳上，系统命名为：2-丁醇，B错误；C．主链上有4个碳原子，双键在2号位，系统命名为：1，4-二氯-2-丁烯，C正确；D．主链上有3个碳原子，氯原子在2号碳上，系统命名为：2-氯丙酸，D正确；故选B。4.下列实验设计正确的是AB验证乙炔可使溴水褪色验证反应生成物是乙烯CD验证苯与液溴发生取代反应制备乙酸乙酯并提高产率A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗A．乙炔和混有的硫化氢，均与溴水褪色，不能验证乙炔可使溴水褪色，且生成的氢氧化钙易堵塞多孔隔板，A错误；B．生成的乙烯及挥发的乙醇均使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，不能证明生成乙烯，B错误；C．苯与液溴在溴化铁作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，由于溴具有挥发性，会随着溴化氢一起进入硝酸银溶液，溴和水反应生成溴化氢，与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，干扰对反应产物的验证，C错误；D．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应，碎瓷片用于防止暴沸，球形冷凝管用于将有机物冷凝回流，通过分水器分离出水，使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率，D正确；故选D。5.下列有关同分异构体数目(不考虑立体异构)的判断正确的是A.分子式是且属于羧酸的结构有5种B.的一溴代物有4种C.分子式为且属于烯烃的有机物有4种D.分子式为且属于环状化合物的结构有5种〖答案〗D〖解析〗A．羧酸具有-COOH，分子式是，可以表示为HOOC-C4H9，-C4H9有4种结构，故分子式为且属于羧酸的同分异构体有4种，A错误；B．是对称的结构，含有5种环境的H原子，一溴代物有5种，B错误；C．C4H8中属于烯烃的同分异构体有CH2=CHCH2CH3、CH2=C(CH3)2、CH3CH=CHCH3，故符合条件的同分异构体有3种，C错误；D．分子式为且属于环状化合物的结构有、、、、共5种，D正确；故选D。6.下列化学方程式或者离子方程式书写正确的是A.苯酚钠溶液中通入少量B.乙酸与乙醇发生酯化反应：C.用丙烯合成聚丙烯：D.1一氯丙烷中加入氢氧化钠水溶液并加热：〖答案〗A〖解析〗A．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为，A正确；B．乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，乙酸乙酯结构简式为CH3COOCH2CH3，正确的反应为，B错误；C．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，反应时只有碳碳双键处断裂，生成物错误，正确的反应为，C错误；D．1一氯丙烷中加入氢氧化钠溶液并加热，发生的是水解反应，正确的反应为，D错误；〖答案〗选A。7.环己烷的制备原理如图。下列说法正确的是A.1，3-丁二烯和乙烯属于同系物B.环己烷中混有的环己烯可通过滴加足量溴水，静置后分液除去C.根据反应①推测，可由和乙烯为原料制备D.已知，则船式环己烷比椅式环己烷更稳定〖答案〗C〖解析〗A．1，3-丁二烯中有2个碳碳双键，而乙烯中只有1个碳碳双键，二者结构不相似，不互为同系物，A错误；B．环己烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴环己烷能溶于环己烷中，B错误；C．反应①是1，3-丁二烯与乙烯发生1，4-加成的成环反应，由此可判断可由和乙烯为原料制备，C正确；D．环己烯与氢气发生加成反应生成船式环己烷或生成椅式环己烷都是放热反应，根据，生成船式环己烷放出的热量小于生成椅式环己烷放出的热量，说明椅式环己烷能量更低，更稳定，D错误；〖答案〗选C。8.工业上以有机物a、一氧化碳和乙醇为原料催化合成有机物d的反应机理如图所示，下列有关叙述不正确的是A.a、b、c、d均存在顺反异构B.该反应的催化剂为C.总反应为，其原子利用率为100%D.有机物d能发生的反应有取代反应、氧化反应、加成反应和加聚反应等〖答案〗A〖解析〗整个过程反应为RC≡CH+CO+CH3CH2OHRCH=CHCOOC2H5。A．a为RC≡CH不存在顺反异构、b为RCH=CH-MLn、c为

、d为

均存在顺反异构，A错误；B．过程(Ⅰ)、(Ⅱ)、(Ⅲ)的产物是中间产物，HMLn在第Ⅰ步消耗，第Ⅳ步又生成，该反应的催化剂为HMLn，B正确；C．NuH代表乙醇，总反应式为，其原子利用率为100%，C正确；D．有机物d含有碳碳双键和烷基，能发生的反应有取代反应、氧化反应、加成反应和加聚反应等，D正确；故选A。9.中药透骨草中一种活性成分结构如图，下列说法不正确的是A.该有机物有抗氧化性B.该有机物分子对人体有益，含有3种官能团C.该化合物最多与发生反应D.该有机物中所有碳原子不可能共平面〖答案〗D〖解析〗A．该有机物分子中含酚羟基，有较强的还原性，即有抗氧化性，故A正确；B．该有机物有抗氧化性，对人体有益，分子中含羟基、碳碳双键、酯基3种官能团，故B正确；C．1mol该化合物中含2mol酚羟基、2mol酯基，其中1mol酯基是酚羟基和羧基生成的酯基，还有1mol酯基是醇羟基酯基，2mol酚羟基消耗2mol氢氧化钠、1mol酚羟基酯基消耗2mol氢氧化钠，1mol醇羟基酯基消耗1mol氢氧化钠，所以该化合物最多与发生反应，故C正确；D．旋转单键可以使苯环平面、碳碳双键平面、碳氧双键平面重合，可以使甲基中的碳原子处于三个重合的平面内，即该有机物中所有碳原子可能共平面，故D错误；故〖答案〗为：D。10.下列关于热化学反应的描述中正确的是A.HCl和反应的中和热，则和反应的中和热B.甲烷的标准燃烧热，则C.反应热与反应中是否使用催化剂无关D.500℃、30MPa下，将和置于密闭容器中充分反应生成，放热，其热化学方程式为〖答案〗C〖解析〗A．中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水和可溶性盐时放出的热量，其衡量标准是生成的水为1mol，故无论反应生成的水是几摩尔，其中和热恒为57.3kJ/mol，A错误；B．燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，液态水比气态水需要吸收热量，故甲烷燃烧生成气态水时放出的热量减少，ΔH＞−890.3kJ⋅mol−1，B错误；C．催化剂的使用不会影响反应热的数值，C正确；D．0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，该反应为可逆反应，生成的氨气的物质的量小于1mol，所以当该反应生成2mol氨气时，放出的热量大于38.6kJ，D错误；故选C11.由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是实验操作现象结论A向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀AgCl转化为AgI，AgI溶解度小于AgCl溶解度B相同温度下，测定浓度均的溶液和溶液的非金属性强弱：C向两个同规格烧瓶中分别装入同比例的和气体，并分别浸泡于热水和冷水中很长一段时间后，两烧瓶内颜色深浅不同的转化存在限度D向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热加入少量新制的悬浊液无砖红色沉淀蔗糖未水解A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗A．向溶液中先滴加4滴溶液，产生AgCl白色沉淀，Ag+是过量的，再滴加4滴溶液，产生AgI黄色沉淀，不能证明AgCl转化为AgI，AgI溶解度小于AgCl溶解度，A错误；B．非金属性越强，元素最高价含氧酸酸性越强，实验现象说明酸性：，不能证明非金属性强弱：，B错误；C．向两个同规格的烧瓶中分别充入同比例的和的混合气体，并分别浸泡于热水和冷水中，一段时间后，两个烧瓶内的颜色深浅不同，说明温度影响平衡移动，的转化存在限度，不能完全转化，C正确；D．蔗糖水解后的溶液呈酸性，需要先加入NaOH溶液营造碱性环境，然后再加入少量新制的悬浊液，D错误；故选C。12.燃油汽车尾气中除大量外，还含有NO和CO气体。某研究小组用新型催化剂对CO、NO催化转化进行研究，测得一段时间内，条件下，NO的转化率、CO剩余的百分率以及无CO时NO直接分解为的转化率随温度的变化情况如图所示。已知NO可发生下列反应：反应I：反应Ⅱ：下列叙述不正确的是A.曲线c表示：无CO时，NO直接分解为的转化率B.C.时，该催化剂脱除NO的最适宜温度在975℃左右D.775℃，时，只生反应Ⅰ和Ⅱ，该时刻〖答案〗D〖解析〗NO的转化率越大，CO剩余的百分率越小，因此用a、b两个趋势相反的线表示。c表示无CO时NO直接分解为N2的转化率。因为，若无NO直接分解的反应，则CO的剩余百分率和NO的转化率之和应该为1；现NO会直接分解，因此NO的转化率会大于(1－CO剩余百分率)，由此可知因此a表示CO剩余百分率，b表示发生反应Ⅰ时NO的转化率，以此解答。A．由分析可知，曲线c表示无CO时NO直接分解为N2的转化率，A正确；B．反应Ⅰ是熵减小的反应，若反应Ⅰ是吸热反应，则在任何条件下，该反应都不能自发，而反应Ⅰ在此条件下可以自发进行，说明反应Ⅰ是放热反应，即。曲线c随着温度的升高先出现最高点后降低，说明升高温度反应Ⅱ逆向移动，则反应Ⅱ是放热反应，即，B正确；C．根据图像可以看出时，温度975℃时NO的转化率已经很高，已经能够较好的去除NO，该催化剂脱除NO的最适宜温度在975℃左右，C正确；D．根据图示可知，775K，条件下，CO剩余的百分含量为70%，NO转化为N2的转化率为40%，设初始时n(NO)=n(CO)=1mol，根据已知条件列出“三段式”：，D错误；故选D。13.电解硫酸钠溶液制取电池正极材料，的前驱体，其工作原理如图所示：下列说法不正确的是A.纯钛电极为阴极，电极反应式为B.交换膜A是阴离子交换膜，通电一段时间，Ⅰ室pH降低C.可以将纯钛电极直接放入Ⅱ室，对制取前驱体没有影响D.当产生的时，标准状况下纯钛电极上至少产生2.24L气体〖答案〗C〖解析〗前驱体在纯钛电极附近生成，则金属离子移向Ⅲ室，根据阳离子移向阴极，则Ⅱ室中硫酸根移向I室，石墨电极为阳极，纯钛电极为阴极。A．纯钛电极为阴极，H2O得到电子生成H2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，A正确；B．Ⅱ室中硫酸根移向I室，A为阴离子交换膜，石墨电极为阳极，H2O失去电子生成O2和H+，电极方程式为：，酸性增强，pH降低，B正确；C．纯钛电极若直接放入II室，会导致接受电子的物质不是水而是金属离子，导致金属单质的生成，附着在前驱体上导致产率的降低，C错误；D．每生成的，就相当于生成0.2molOH-，由电极反应式可知，会生成0.1molH2，在标准状况下的体积为2.24L，D正确；故选C。14.常温下，以酚酞作指示剂，用的溶液滴定的二元酸溶液(变化关系如图所示)。下列说法正确的是注：为含A微粒的分布系数即物质的量分数A.室温下，的电离常数值为B.时，C.时，D.时，〖答案〗D〖解析〗由图可知，的二元酸溶液pH=1，起始时A2-、HA-分布系数的和为0.1+0.9=1，即H2A第一步完全电离，第二步部分电离。A．室温下，H2A第一步完全电离，第二步部分电离，A2-、HA-分布系数分别为0.1、0.9，则c(A2-)=(0.1×0.1)mol/L，c(HA-)=(0.1×0.9)mol/L，pH=1，c(H+)=0.1mol/L，所以HA-电离常数为，故A错误；B．时，溶质为NaHA，电荷守恒：，故B错误；C．时，溶质为NaHA和Na2A，电荷守恒：，物料守恒，联立两式可得，故C错误；D．时，溶质为Na2A，溶液呈碱性，，电荷守恒：，所以，又，即，故D正确；故〖答案〗为：D。第Ⅱ卷(非选择题，共58分)二、非选择题(本题包含4道小题，共58分)15.乙二酸()俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。完成下列填空：（1）草酸的，请写出草酸电离方程式_______；溶液显_______性(填酸或碱)。（2）人体内草酸累积过多容易导致结石，其主要成分是草酸钙，草酸钙在水中的沉淀溶解平衡可用离子方程式表示为_______。（3）工业上制取草酸的原理为：，下列能说明反应已经达到平衡的是_______。A.丁醇的浓度保持不变 B.反应液的保持不变C.平衡常数K保持不变 D.反应液的总质量保持不变（4）草酸可用于测定高锰酸钾的质量分数，原理如下：i.一定条件下，测得上述反应溶液中的浓度随反应时间的变化如图，以浓度的变化表示此反应0~6s内的平均反应速率为_______。ii.分析的浓度随反应时间的变化的可能原因(反应过程中温度没有明显变化)_______。（5）取的高锰酸钾产品，配成溶液，取出，用草酸标准溶液进行滴定，平行滴定三次，平均消耗草酸标准溶液，问：i.滴定终点判断：_______。ⅱ.样品中高锰酸钾的质量分数为_______。ⅲ.下列操作会导致测定结果偏高的是_______。A.锥形瓶用水润洗B.装草酸标准溶液的滴定管没有润洗C.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失D.滴定前平视，滴定结束时俯视〖答案〗（1）①②.酸（2）（3）AB（4）①.②.是该反应的催化剂（5）①.当滴入最后半滴草酸标准溶液、溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原来颜色②.79%③.BC〖解析〗【小问1详析】由电离常数可知，草酸是二元中强酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，电离方程式为；草酸氢根离子在溶液中的水解常数Kh==＜Ka2，则草酸氢根离子在溶液中的水解程度小于电离程度，草酸氢钾溶液呈酸性，故〖答案〗为：；酸；【小问2详析】草酸钙难溶于水，在溶液中存在如下溶解平衡：，故〖答案〗为：；【小问3详析】A．丁醇的浓度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；B．反应液的pH保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；C．反应温度不变，平衡常数不变，则平衡常数K保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；D．由质量守恒定律可知，反应液的总质量保持始终不变，则反应液的总质量保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；故选AB；【小问4详析】i．由图可知，6s时锰离子的浓度为3×10—3mol/L，则由方程式可知，0~6s内高锰酸根离子的反应速率为=5×10—3mol/(L·min)，故〖答案〗为：5×10—3；ii．由题意可知，酸性条件下高锰酸根离子与草酸溶液的反应过程中温度没有明显变化，由图可知，起始锰离子浓度变化不大，后显著增大，说明反应生成的锰离子是该反应的催化剂，导致反应速率明显增大，锰离子浓度显著增大，故〖答案〗为：Mn2+是该反应的催化剂；【小问5详析】i．酸性条件下高锰酸根离子与草酸溶液恰好反应后，滴入最后半滴草酸标准溶液、溶液会由浅红色变为无色，则滴定终点的实验现象为当滴入最后半滴草酸标准溶液、溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原来颜色，故〖答案〗为：当滴入最后半滴草酸标准溶液、溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原来颜色；ⅱ．滴定消耗15.00mL0.100mol/L草酸溶液，则由方程式可知，样品中高锰酸钾的质量分数为×100%=79%，故〖答案〗为：79%；ⅲ．A．锥形瓶用水润洗不会影响高锰酸钾的物质的量和消耗草酸溶液的体积，对测定结果无影响，故不符合题意；B．装草酸标准溶液的滴定管没有润洗会使消耗草酸溶液的体积偏大，导致测定结果偏高，故符合题意；C．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失会使消耗草酸溶液的体积偏大，导致测定结果偏高，故符合题意；D．滴定前平视，滴定结束时俯视会使消耗草酸溶液的体积偏小，导致测定结果偏低，故不符合题意；故选BC。16.聚丙烯酸甲酯是重要的化工原料，可用作飞机座舱罩。挡风玻璃及其他军工用高透明制件，还适用于作纸物和纸张处理剂、胶黏剂、乳胶漆等。工业上以乙炔为原料制备乙酸和聚丙烯酸甲酯()路线如图(部分反应条件已省略)：回答下列问题：（1）聚丙烯酸甲酯是_______(填纯净物还是混合物)，其链节为_______。（2）分子中键与键数目之比_______。（3）写出反应①的化学方程式：_______，该反应的类型为_______。（4）乙烯水化法可以转化为乙醇，乙醇在一定条件下也可以转化为乙烯，请写出乙醇转化为乙烯的反应条件为_______。（5）下列酸的酸性强弱顺序_______。①②③④（6）下列物质中，能和碳酸氢钠反应的是_______，能使酸碱指示剂变色的是_______。①乙醇②乙酸③苯酚（7）两分子乙醛经历加成反应和消去反应生成，这类反应被称为羟醛缩合反应，请写出第一步加成反应的化学方程式：_______。〖答案〗（1）①.混合物②.（2）4∶1（3）①.②.取代反应(酯化反应)（4）浓硫酸170℃（5）④＞③＞①＞②（6）①.②②.②（7）〖解析〗乙炔和氢气发生加成反应生成乙烯，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛继续被氧化生成乙酸，丙烯酸和甲醇发生酯化反应生成的X是丙烯酸甲酯，丙烯酸甲酯发生加聚反应生成聚丙烯酸甲酯，据此分析解答。【小问1详析】聚丙烯酸甲酯是由不同聚合度化合物组成的混合物；聚丙烯酸甲酯的结构简式为，属于加聚产物，则聚丙烯酸甲酯的链节为；【小问2详析】单键为键，双键为1个键和1个键，三键为1个键和2个键，分子中有1个碳碳双键、1个碳氧双键，其余均为单键，则键与键数目之比8∶2，即为4∶1；【小问3详析】反应①为丙烯酸与甲醇酯化反应生成丙烯酸甲酯和水，反应的化学方程式为，反应类型为酯化反应或取代反应；【小问4详析】乙醇在浓硫酸、170℃条件下转化为乙烯，故反应条件为浓硫酸、170℃；【小问5详析】酸的酸性强弱主要看羧基中羟基的极性，极性越强，越容易失去氢离子，酸性越强，烷基是推电子基团，烷基越长推电子效应越大，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，故①＞②，氟的电负性大于氯的电负性，F-C的极性大于Cl-C的极性，使F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸中羧基中的羟基的极性更大，故④＞③，综上④＞③＞①＞②；【小问6详析】能和碳酸氢钠反应是羧基的性质，乙酸分子中有羧基，故选②；能使酸碱指示剂变色的是有机酸，备选〖答案〗中只有乙酸是酸，故选②；【小问7详析】第一步反应是两分子乙醛的加成反应，其中一分子乙醛的醛基中的碳氧双键断开，另一分子乙醛的α位的C-H键断开，氢原子加到氧原子上，生成β-羟基醛，反应的方程式为。17.有机化合物M在工业上可用作有机合成溶剂、香料的中间体。质谱法测出M的相对分子质量为152，M中各元素的质量分数分别为：碳63.2%，氢5.3%，氧31.5%。（1）M的分子式为_______。（2）若M能与溶液发生显色反应且能发生水解反应，则符合条件的M的同分异构体有_______种，其中在酸性条件下水解生成且核磁共振氢谱图如下图所示，则符合条件的结构简式为_______。（3）尼泊金甲酯和香兰素互为_______。（4）分子中碳的杂化方式为_______，其分子中最多有_______个原子共平面，该物质与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_______。（5）合成路线如下：①步骤Ⅲ中，W在稀硫酸中水解生成香兰素的化学方程式为_______。②步骤Ⅰ、Ⅲ的目的是_______。〖答案〗（1）（2）①.19②.（3）同分异构体（4）①.②.17③.（5）①.②.保护羟基，防止被氧化〖解析〗【小问1详析】M的相对分子质量为152，M中各元素的质量分数分别为：碳63.2%，氢5.3%，氧31.5%，则M分子中C、H、O原子数目分别为、、，M的分子式为；【小问2详析】M能与溶液发生显色反应即含有酚羟基，且能发生水解反应则含有酯基，则符合条件的M的同分异构体：、、、、、，共有19种；由核磁共振氢谱图可知：M中含有的4种等效氢个数之比为3﹕2﹕2﹕1，M能在酸性条件下水解生成CH3COOH，说明分子中还含有酯基，根据等效氢原子的种类可知M的结构简式为；【小问3详析】两者分子式相同，但结构不同，互为同分异构体；【小问4详析】分子中甲基上的C周围有4个σ键，C采取sp3杂化，苯环上的C采取sp2杂化，碳的杂化方式为sp3、sp2，苯环和酯基是平面型结构，由单键可旋转，其分子中最多有17个原子共平面，该物质中酚羟基与酯基均能NaOH溶液反应，1mol该物质与消耗2mol氢氧化钠，反应的化学方程式为；【小问5详析】①步骤I发生取代反应生，步骤II生成W为，步骤Ⅲ中W的酯基在稀硫酸中水解生成香兰素，反应的化学方程式为；②步骤Ⅰ、Ⅲ的目的是保护羟基，防止被氧化。18.碘海醇具有耐热性好，毒性低等优点，是临床中应用广泛的造影剂，化合物H是合成碘海醇的关键中间体，其合成路线如下。已知：。回答下列问题：（1）按照系统命名法，A的化学名称是_______。（2）写出B到C的化学方程式_______。（3）D中官能团名称是_______。（4）E→F的反应类型是_______。（5）G的结构简式为_______。（6）有机物J的分子式为，是C的同系物，则该有机物苯环上有4个取代基，其中核磁共振氢谱为3组峰，峰面积比为3：2：2的同分异构体有_______种，任写一种的结构简式_______。（7）参照化合物H的上述合成路线，设计一条以和为起始原料制备的合成路线：_______(无机试剂任选)。〖答案〗（1）1，3-二甲苯（2）（3）羧基、氨基（4）取代反应（5）（6）①.2②.或（7）〖解析〗〖祥解〗根据信息，F和G发生取代反应生成H，由H的结构简式逆推，G的结构简式为。【小问1详析】按照系统命名法，A的化学名称是1,3-二甲苯；【小问2详析】B发生硝化反应生成C和水，反应的化学方程式为【小问3详析】根据D的结构简式，D中官能团名称是羧基、氨基；【小问4详析】E→F是E羧基中的OH被Cl原子代替，反应类型是取代反应。【小问5详析】根据以上分析，G的结构简式为；【小问6详析】有机物J的分子式为，是C的同系物，含有1个苯环、2个羧基、1个氨基，则该有机物苯环上有4个取代基，四个取代基为-COOH、-COOH、-NH2、-CH3；其中核磁共振氢谱为3组峰，峰面积比为3：2：2的同分异构体有、，共2种。【小问7详析】乙二醛氧化为乙二酸，乙二酸和SOCl2发生取代反应生成，和苯胺发生取代反应生成合成路线为。河南省三门峡市2023-2024学年高二下学期5月期末考试注意事项：1.答题前，考生务必将本人的姓名、准考证号等考生信息填写在答题卡上，并将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.选择题〖答案〗使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号；非选择题〖答案〗使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答，超出答题区域书写的〖答案〗无效。4.保持卡面清洁，不折叠，不破损。5.考试结束，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16K：39Mn：55第Ⅰ卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包含14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。)1.下列说法正确的是A.油脂的皂化反应生成脂肪酸和丙三醇B.淀粉和纤维素没有甜味，在人体内水解成葡萄糖，为人的生命活动提供能量C.向饱和硫酸铵溶液中加入鸡蛋清，蛋白质发生凝聚，再加入蒸馏水，振荡后蛋白质重新溶解D.酚醛树脂是酚与醛在酸或碱的催化下通过加聚反应生成的高分子〖答案〗C〖解析〗A．油脂的皂化反应是油脂在碱性条件下水解，生成的是高级脂肪酸盐和丙三醇，A错误；B．淀粉和纤维素没有甜味，淀粉在人体内水解成葡萄糖，人体内缺少纤维素酶，纤维素不能在人体内水解成葡萄糖，B错误；C．向饱和硫酸铵溶液中加入鸡蛋清，蛋白质发生凝聚，再加入蒸馏水，振荡后蛋白质重新溶解，属于蛋白质的盐析，C正确；D．酚醛树脂是酚与醛在酸或碱的催化下先加成再缩聚生成的高分子，D错误；〖答案〗选C。2.下列化学用语表述不正确的是A.丙烯的键线式： B.乙酸分子的空间填充模型：C.甲基的电子式： D.的实验式：CH〖答案〗B〖解析〗A．丙烯的结构简式为CH2=CH-CH3，键线式为：，A正确；B．乙酸分子的结构简式为CH3COOH，原子半径：C>O>H，则乙酸分子的空间填充模型：，B错误；C．甲基不带电，呈电中性，C原子与3个氢原子分别形成3对共用电子对，则甲基中C原子最外层共7个电子，故甲基的电子式：，C正确；D．分子式为C8H8，实验式为：CH，D正确；故选B。3.下列有机物命名不正确的是A.的名称为2，3.6-三甲基-4-乙基庚烷B.用系统命名法命名为1-甲基丙醇C.的名称为1，4-二氯-2-丁烯D.的名称为2-氯丙酸〖答案〗B〖解析〗A．主链上有7个碳原子，系统命名为：2，3，6-三甲基-4-乙基庚烷，A正确；B．主链上有4个碳原子，羟基在2号碳上，系统命名为：2-丁醇，B错误；C．主链上有4个碳原子，双键在2号位，系统命名为：1，4-二氯-2-丁烯，C正确；D．主链上有3个碳原子，氯原子在2号碳上，系统命名为：2-氯丙酸，D正确；故选B。4.下列实验设计正确的是AB验证乙炔可使溴水褪色验证反应生成物是乙烯CD验证苯与液溴发生取代反应制备乙酸乙酯并提高产率A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗A．乙炔和混有的硫化氢，均与溴水褪色，不能验证乙炔可使溴水褪色，且生成的氢氧化钙易堵塞多孔隔板，A错误；B．生成的乙烯及挥发的乙醇均使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去，不能证明生成乙烯，B错误；C．苯与液溴在溴化铁作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，由于溴具有挥发性，会随着溴化氢一起进入硝酸银溶液，溴和水反应生成溴化氢，与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，干扰对反应产物的验证，C错误；D．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应，碎瓷片用于防止暴沸，球形冷凝管用于将有机物冷凝回流，通过分水器分离出水，使平衡正向移动，提高乙酸乙酯的产率，D正确；故选D。5.下列有关同分异构体数目(不考虑立体异构)的判断正确的是A.分子式是且属于羧酸的结构有5种B.的一溴代物有4种C.分子式为且属于烯烃的有机物有4种D.分子式为且属于环状化合物的结构有5种〖答案〗D〖解析〗A．羧酸具有-COOH，分子式是，可以表示为HOOC-C4H9，-C4H9有4种结构，故分子式为且属于羧酸的同分异构体有4种，A错误；B．是对称的结构，含有5种环境的H原子，一溴代物有5种，B错误；C．C4H8中属于烯烃的同分异构体有CH2=CHCH2CH3、CH2=C(CH3)2、CH3CH=CHCH3，故符合条件的同分异构体有3种，C错误；D．分子式为且属于环状化合物的结构有、、、、共5种，D正确；故选D。6.下列化学方程式或者离子方程式书写正确的是A.苯酚钠溶液中通入少量B.乙酸与乙醇发生酯化反应：C.用丙烯合成聚丙烯：D.1一氯丙烷中加入氢氧化钠水溶液并加热：〖答案〗A〖解析〗A．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为，A正确；B．乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，乙酸乙酯结构简式为CH3COOCH2CH3，正确的反应为，B错误；C．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，反应时只有碳碳双键处断裂，生成物错误，正确的反应为，C错误；D．1一氯丙烷中加入氢氧化钠溶液并加热，发生的是水解反应，正确的反应为，D错误；〖答案〗选A。7.环己烷的制备原理如图。下列说法正确的是A.1，3-丁二烯和乙烯属于同系物B.环己烷中混有的环己烯可通过滴加足量溴水，静置后分液除去C.根据反应①推测，可由和乙烯为原料制备D.已知，则船式环己烷比椅式环己烷更稳定〖答案〗C〖解析〗A．1，3-丁二烯中有2个碳碳双键，而乙烯中只有1个碳碳双键，二者结构不相似，不互为同系物，A错误；B．环己烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴环己烷能溶于环己烷中，B错误；C．反应①是1，3-丁二烯与乙烯发生1，4-加成的成环反应，由此可判断可由和乙烯为原料制备，C正确；D．环己烯与氢气发生加成反应生成船式环己烷或生成椅式环己烷都是放热反应，根据，生成船式环己烷放出的热量小于生成椅式环己烷放出的热量，说明椅式环己烷能量更低，更稳定，D错误；〖答案〗选C。8.工业上以有机物a、一氧化碳和乙醇为原料催化合成有机物d的反应机理如图所示，下列有关叙述不正确的是A.a、b、c、d均存在顺反异构B.该反应的催化剂为C.总反应为，其原子利用率为100%D.有机物d能发生的反应有取代反应、氧化反应、加成反应和加聚反应等〖答案〗A〖解析〗整个过程反应为RC≡CH+CO+CH3CH2OHRCH=CHCOOC2H5。A．a为RC≡CH不存在顺反异构、b为RCH=CH-MLn、c为

、d为

均存在顺反异构，A错误；B．过程(Ⅰ)、(Ⅱ)、(Ⅲ)的产物是中间产物，HMLn在第Ⅰ步消耗，第Ⅳ步又生成，该反应的催化剂为HMLn，B正确；C．NuH代表乙醇，总反应式为，其原子利用率为100%，C正确；D．有机物d含有碳碳双键和烷基，能发生的反应有取代反应、氧化反应、加成反应和加聚反应等，D正确；故选A。9.中药透骨草中一种活性成分结构如图，下列说法不正确的是A.该有机物有抗氧化性B.该有机物分子对人体有益，含有3种官能团C.该化合物最多与发生反应D.该有机物中所有碳原子不可能共平面〖答案〗D〖解析〗A．该有机物分子中含酚羟基，有较强的还原性，即有抗氧化性，故A正确；B．该有机物有抗氧化性，对人体有益，分子中含羟基、碳碳双键、酯基3种官能团，故B正确；C．1mol该化合物中含2mol酚羟基、2mol酯基，其中1mol酯基是酚羟基和羧基生成的酯基，还有1mol酯基是醇羟基酯基，2mol酚羟基消耗2mol氢氧化钠、1mol酚羟基酯基消耗2mol氢氧化钠，1mol醇羟基酯基消耗1mol氢氧化钠，所以该化合物最多与发生反应，故C正确；D．旋转单键可以使苯环平面、碳碳双键平面、碳氧双键平面重合，可以使甲基中的碳原子处于三个重合的平面内，即该有机物中所有碳原子可能共平面，故D错误；故〖答案〗为：D。10.下列关于热化学反应的描述中正确的是A.HCl和反应的中和热，则和反应的中和热B.甲烷的标准燃烧热，则C.反应热与反应中是否使用催化剂无关D.500℃、30MPa下，将和置于密闭容器中充分反应生成，放热，其热化学方程式为〖答案〗C〖解析〗A．中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水和可溶性盐时放出的热量，其衡量标准是生成的水为1mol，故无论反应生成的水是几摩尔，其中和热恒为57.3kJ/mol，A错误；B．燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，液态水比气态水需要吸收热量，故甲烷燃烧生成气态水时放出的热量减少，ΔH＞−890.3kJ⋅mol−1，B错误；C．催化剂的使用不会影响反应热的数值，C正确；D．0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，该反应为可逆反应，生成的氨气的物质的量小于1mol，所以当该反应生成2mol氨气时，放出的热量大于38.6kJ，D错误；故选C11.由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是实验操作现象结论A向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀AgCl转化为AgI，AgI溶解度小于AgCl溶解度B相同温度下，测定浓度均的溶液和溶液的非金属性强弱：C向两个同规格烧瓶中分别装入同比例的和气体，并分别浸泡于热水和冷水中很长一段时间后，两烧瓶内颜色深浅不同的转化存在限度D向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热加入少量新制的悬浊液无砖红色沉淀蔗糖未水解A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗A．向溶液中先滴加4滴溶液，产生AgCl白色沉淀，Ag+是过量的，再滴加4滴溶液，产生AgI黄色沉淀，不能证明AgCl转化为AgI，AgI溶解度小于AgCl溶解度，A错误；B．非金属性越强，元素最高价含氧酸酸性越强，实验现象说明酸性：，不能证明非金属性强弱：，B错误；C．向两个同规格的烧瓶中分别充入同比例的和的混合气体，并分别浸泡于热水和冷水中，一段时间后，两个烧瓶内的颜色深浅不同，说明温度影响平衡移动，的转化存在限度，不能完全转化，C正确；D．蔗糖水解后的溶液呈酸性，需要先加入NaOH溶液营造碱性环境，然后再加入少量新制的悬浊液，D错误；故选C。12.燃油汽车尾气中除大量外，还含有NO和CO气体。某研究小组用新型催化剂对CO、NO催化转化进行研究，测得一段时间内，条件下，NO的转化率、CO剩余的百分率以及无CO时NO直接分解为的转化率随温度的变化情况如图所示。已知NO可发生下列反应：反应I：反应Ⅱ：下列叙述不正确的是A.曲线c表示：无CO时，NO直接分解为的转化率B.C.时，该催化剂脱除NO的最适宜温度在975℃左右D.775℃，时，只生反应Ⅰ和Ⅱ，该时刻〖答案〗D〖解析〗NO的转化率越大，CO剩余的百分率越小，因此用a、b两个趋势相反的线表示。c表示无CO时NO直接分解为N2的转化率。因为，若无NO直接分解的反应，则CO的剩余百分率和NO的转化率之和应该为1；现NO会直接分解，因此NO的转化率会大于(1－CO剩余百分率)，由此可知因此a表示CO剩余百分率，b表示发生反应Ⅰ时NO的转化率，以此解答。A．由分析可知，曲线c表示无CO时NO直接分解为N2的转化率，A正确；B．反应Ⅰ是熵减小的反应，若反应Ⅰ是吸热反应，则在任何条件下，该反应都不能自发，而反应Ⅰ在此条件下可以自发进行，说明反应Ⅰ是放热反应，即。曲线c随着温度的升高先出现最高点后降低，说明升高温度反应Ⅱ逆向移动，则反应Ⅱ是放热反应，即，B正确；C．根据图像可以看出时，温度975℃时NO的转化率已经很高，已经能够较好的去除NO，该催化剂脱除NO的最适宜温度在975℃左右，C正确；D．根据图示可知，775K，条件下，CO剩余的百分含量为70%，NO转化为N2的转化率为40%，设初始时n(NO)=n(CO)=1mol，根据已知条件列出“三段式”：，D错误；故选D。13.电解硫酸钠溶液制取电池正极材料，的前驱体，其工作原理如图所示：下列说法不正确的是A.纯钛电极为阴极，电极反应式为B.交换膜A是阴离子交换膜，通电一段时间，Ⅰ室pH降低C.可以将纯钛电极直接放入Ⅱ室，对制取前驱体没有影响D.当产生的时，标准状况下纯钛电极上至少产生2.24L气体〖答案〗C〖解析〗前驱体在纯钛电极附近生成，则金属离子移向Ⅲ室，根据阳离子移向阴极，则Ⅱ室中硫酸根移向I室，石墨电极为阳极，纯钛电极为阴极。A．纯钛电极为阴极，H2O得到电子生成H2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，A正确；B．Ⅱ室中硫酸根移向I室，A为阴离子交换膜，石墨电极为阳极，H2O失去电子生成O2和H+，电极方程式为：，酸性增强，pH降低，B正确；C．纯钛电极若直接放入II室，会导致接受电子的物质不是水而是金属离子，导致金属单质的生成，附着在前驱体上导致产率的降低，C错误；D．每生成的，就相当于生成0.2molOH-，由电极反应式可知，会生成0.1molH2，在标准状况下的体积为2.24L，D正确；故选C。14.常温下，以酚酞作指示剂，用的溶液滴定的二元酸溶液(变化关系如图所示)。下列说法正确的是注：为含A微粒的分布系数即物质的量分数A.室温下，的电离常数值为B.时，C.时，D.时，〖答案〗D〖解析〗由图可知，的二元酸溶液pH=1，起始时A2-、HA-分布系数的和为0.1+0.9=1，即H2A第一步完全电离，第二步部分电离。A．室温下，H2A第一步完全电离，第二步部分电离，A2-、HA-分布系数分别为0.1、0.9，则c(A2-)=(0.1×0.1)mol/L，c(HA-)=(0.1×0.9)mol/L，pH=1，c(H+)=0.1mol/L，所以HA-电离常数为，故A错误；B．时，溶质为NaHA，电荷守恒：，故B错误；C．时，溶质为NaHA和Na2A，电荷守恒：，物料守恒，联立两式可得，故C错误；D．时，溶质为Na2A，溶液呈碱性，，电荷守恒：，所以，又，即，故D正确；故〖答案〗为：D。第Ⅱ卷(非选择题，共58分)二、非选择题(本题包含4道小题，共58分)15.乙二酸()俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。完成下列填空：（1）草酸的，请写出草酸电离方程式_______；溶液显_______性(填酸或碱)。（2）人体内草酸累积过多容易导致结石，其主要成分是草酸钙，草酸钙在水中的沉淀溶解平衡可用离子方程式表示为_______。（3）工业上制取草酸的原理为：，下列能说明反应已经达到平衡的是_______。A.丁醇的浓度保持不变 B.反应液的保持不变C.平衡常数K保持不变 D.反应液的总质量保持不变（4）草酸可用于测定高锰酸钾的质量分数，原理如下：i.一定条件下，测得上述反应溶液中的浓度随反应时间的变化如图，以浓度的变化表示此反应0~6s内的平均反应速率为_______。ii.分析的浓度随反应时间的变化的可能原因(反应过程中温度没有明显变化)_______。（5）取的高锰酸钾产品，配成溶液，取出，用草酸标准溶液进行滴定，平行滴定三次，平均消耗草酸标准溶液，问：i.滴定终点判断：_______。ⅱ.样品中高锰酸钾的质量分数为_______。ⅲ.下列操作会导致测定结果偏高的是_______。A.锥形瓶用水润洗B.装草酸标准溶液的滴定管没有润洗C.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失D.滴定前平视，滴定结束时俯视〖答案〗（1）①②.酸（2）（3）AB（4）①.②.是该反应的催化剂（5）①.当滴入最后半滴草酸标准溶液、溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原来颜色②.79%③.BC〖解析〗【小问1详析】由电离常数可知，草酸是二元中强酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，电离方程式为；草酸氢根离子在溶液中的水解常数Kh==＜Ka2，则草酸氢根离子在溶液中的水解程度小于电离程度，草酸氢钾溶液呈酸性，故〖答案〗为：；酸；【小问2详析】草酸钙难溶于水，在溶液中存在如下溶解平衡：，故〖答案〗为：；【小问3详析】A．丁醇的浓度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；B．反应液的pH保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；C．反应温度不变，平衡常数不变，则平衡常数K保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；D．由质量守恒定律可知，反应液的总质量保持始终不变，则反应液的总质量保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；故选AB；【小问4详析】i．由图可知，6s时锰离子的浓度为3×10—3mol/L，则由方程式可知，0~6s内高锰酸根离子的反应速率为=5×10—3mol/(L·min)，故〖答案〗为：5×10—3；ii．由题意可知，酸性条件下高锰酸根离子与草酸溶液的反应过程中温度没有明显变化，由图可知，起始锰离子浓度变化不大，后显著增大，说明反应生成的锰离子是该反应的催化剂，导致反应速率明显增大，锰离子浓度显著增大，故〖答案〗为：Mn2+是该反应的催化剂；【小问5详析】i．酸性条件下高锰酸根离子与草酸溶液恰好反应后，滴入最后半滴草酸标准溶液、溶液会由浅红色变为无色，则滴定终点的实验现象为当滴入最后半滴草酸标准溶液、溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原来颜色，故〖答案〗为：当滴入最后半滴草酸标准溶液、溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原来颜色；ⅱ．滴定消耗15.00mL0.100mol/L草酸溶液，则由方程式可知，样品中高锰酸钾的质量分数为×100%=79%，故〖答案〗为：79%；ⅲ．A．锥形瓶用水润洗不会影响高锰酸钾的物质的量和消耗草酸溶液的体积，对测定结果无影响，故不符合题意；B．装草酸标准溶液的滴定管没有润洗会使消耗草酸溶液的体积偏大，导致测定结果偏高，故符合题意；C．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失会使消耗草酸溶液的体积偏大，导致测定结果偏高，故符合题意；D．滴定前平视，滴定结束时俯视会使消耗草酸溶液的体积偏小，导致测定结果偏低，故不符合题意；故选BC。16.聚丙烯酸甲酯是重要的化工原料，可用作飞机座舱罩。挡风玻璃及其他军工用高透明制件，还适用于作纸物和纸张处理剂、胶黏剂、乳胶漆等。工业上以乙炔为原料制备乙酸和聚丙烯酸甲酯()路线如图(部分反应条件已省略)：回答下列问题：（1）聚丙烯酸甲酯是_______(填纯净物还是混合物)，其链节为_______。（2）分子中键与键数目之比_______。（3）写出反应①的化学方程式：_______，该反应的类型为_______。（4）乙烯水化法可以转化为乙醇，乙醇在一定条件下也可以转化为乙烯，请写出乙醇转化为乙烯的反应条件为_______。（5）下列酸的酸性强弱顺序_______。①②③④（6）下列物质中，能和碳酸氢钠反应的是_______，能使酸碱指示剂变色的是_______。①乙醇②乙酸③苯酚（7）两分子乙醛经历加成反应和消去反应生成，这类反应被称为羟醛缩合反应，请写出第一步加成反应的化学方程式：_______。〖答案〗（1）①.混合物②.（2）4∶1（3）①.②.取代反应(酯化反应)（4）浓硫酸170℃（5）④＞③＞①＞②（6）①.②②.②（7）〖解析〗乙炔和氢气发生加成反应生成乙烯，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛继续被氧化生成乙酸，丙烯酸和甲醇发生酯化反应生成的X是丙烯酸甲酯，丙烯酸甲酯发生加聚反应生成聚丙烯酸甲酯，据此分析解答。【小问1详析】聚丙烯酸甲酯是由不同聚合度化合物组成的混合物；聚丙烯酸甲酯的结构简式为，属于加聚产物，则聚丙烯酸甲酯的链节为；【小问2详析】单键为键，双键为1个键和1个键，三键为1个键和2个键，分子中有1个碳碳双键、1个碳氧双键，其余均为单键，则键与键数目之比8∶2，即为4∶1；【小问3详析】反应①为丙烯酸与甲醇酯化反应生成丙烯