【文档说明】【精准解析】浙江省杭州第二中学2020届高三3月月考化学试题.doc，共(29)页，1.365 MB，由小赞的店铺上传

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浙江省杭州第二中学2020届高三3月月考化学试题1.下列物质属于盐的是A.Mg(OH)2B.Al2O3C.Cu2(OH)2CO3D.CH3CH2OH【答案】C【解析】【详解】A.Mg(OH)2属于碱，叫氢氧化镁，故A不

符合题意；B.Al2O3属于两性氧化物，叫氧化铝，故B不符合题意；C.Cu2(OH)2CO3属于盐，叫碱式碳酸铜，故C符合题意；D.CH3CH2OH属于有机物，叫乙醇，故D不符合题意。综上所述，答案为C。2.下列仪器名称为“坩埚”的是A.B.C.D.【答案】D【解析】

【分析】；【详解】A.为烧杯，故A不符合题意；B.为蒸发皿，故B不符合题意；C.为水槽，故C不符合题意；D.为坩埚，故D符合题意。综上所述，答案为D。3.下列物质属于电解质且能导电的是A.酒精B.金属铜C.液态硝酸D.熔融氯化钾【答案】D【解析】【详解】A.酒精为非电解质，

故A不符合题意；B.金属铜是单质，虽能导电，但它既不是电解质，也不是非电解质，故B不符合题意；C.液态硝酸是电解质，但它不导电，故C不符合题意；D.熔融氯化钾是电解质，能导电，故D符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】电解质主要包括酸、碱、盐、水、金属氧化物；非电解

质主要包括绝大多数有机物、大多数非金属氧化物，非酸性气态氢化物。4.下列反应中,非金属单质只作氧化剂的是（）A.Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2OB.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑C.C+2Cu

O2Cu+CO2↑D.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【答案】D【解析】A、Br2在反应中化合价由0价→＋1价和－1价，即Br2既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B、反应物中没有非金属单质，故B错误；C、C的化合价由0价→＋4价，化合价升高，C为还原剂，故C错误；D、O2的化合价

由0价→－2价，化合价降低，O2为氧化剂，故D正确。5.人类生活离不开化学知识，下列叙述不正确的是A.臭氧是饮用水的理想消毒剂之一，因为它杀菌能力强且不影响水质B.因患“禽流感”而被捕杀的家禽尸体常用生

石灰处理C.新冠病毒可以用体积分数为75%的酒精进行消毒D.食品加工、消毒、防腐常使用福尔马林【答案】D【解析】【详解】A.臭氧具有强氧化性，可用于杀菌消毒，与水不反应，且无残留，不影响水质，故A正确；B.家禽尸体常

用生石灰处理，是因为生石灰与水反应生成熟石灰具有消毒杀菌的作用，使家禽体内的细菌不再向外扩散的缘故，故B正确；C.新冠病毒可以用体积分数为75%的酒精进行消毒，能使病毒的蛋白质变性，具有消毒杀菌作用，故C正确；D.食品不能使用福尔马林防腐，福尔马林有

毒，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】福尔马林是甲醛的水溶液，有毒，具有防腐性质，但不能用于食物防腐。6.下列说法不正确的是A.二氧化硫可用于漂白纸浆B.热的纯碱溶液可以去除厨房里的油污C.目前用于饮用水净化的含铝净水剂正逐步被含铁净水剂所取代D.钢铁因含杂质而容易生锈，所以合金

一定不耐腐蚀【答案】D【解析】【详解】A.二氧化硫与有机色素结合生成无色物质，具有漂白性，因此可用于漂白纸浆，故A正确；B.纯碱溶液水解显碱性，碱性有利于油污水解，热的纯碱溶液促进水解，因此热的纯碱溶液可以去除厨房里的油污，故

B正确；C.目前用于饮用水净化的含铝净水剂正逐步被含铁净水剂所取代，铝净水剂、铁净水剂都水解生成胶体具有吸附杂质的功能，由于铝元素在人体中的积累对人体健康有害，因此含铝净水剂正逐步被含铁净水剂所取代，故C正确；D.钢铁因含杂质而容

易生锈，合金可能具有耐腐蚀，比如不锈钢合金具有耐腐蚀性，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】二氧化硫与有机色素结合生成无色物质，具有漂白性，一般用于漂白纸浆、棉、麻等；二氧化硫在红酒中作抗氧化防腐作

用。7.下列表示不正确的是A.16O2-离子结构示意图B.CF4的球棍模型：C.氯化钠的化学式：NaClD.乙炔的结构式：CH≡CH【答案】D【解析】【详解】A.16O2−离子结构示意图，O得到2个电子，核外有10个电子，故A正确；B.CF4是四面体结构，其球棍模

型：，碳原子半径大于氟原子半径，故B正确；C.氯化钠是离子化合物，因此氯化钠的化学式：NaCl，故C正确；D.CH≡CH是乙炔的结构简式，而不是结构式，故D错误。综上所述，答案为D。8.下列有关硝酸的说法正确的是A.工业硝酸的质量分数约为69%，常因

溶有少量NO而略显黄色B.硝酸是一种氧化性很强的酸，可以与金、铂等金属反应C.将木炭放入浓硝酸中，可立即观察到有气泡生成D.工业制备硝酸第三步为用水吸收二氧化氮生成硝酸【答案】D【解析】【详解】A.工业硝酸的质量分数约为69%，常因溶有少量NO2而略显黄色，而不是NO，故A错误

；B.硝酸是一种氧化性很强的酸，和很多金属(除金、铂)反应，故B错误；C.将木炭放入浓硝酸中，由于木炭的活泼性较弱，反应速率很慢，不能立即观察到有气泡生成，中学阶段一般理解为要加热才反应，故C错误；D.工

业制备硝酸第三步为用水吸收二氧化氮生成硝酸，发生3NO2+H2O=2HNO3+NO反应，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】工业制备硝酸三步，第一步是氨气催化氧化，第二步一氧化氮被氧气氧化，第三步二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮。9.下列说法正

确的是A.纸层析法时，亲脂性成分在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度快一些B.溶解度越小，溶液浓度越大，溶剂蒸发的越快，溶液冷却的越快，析出的晶体越小C.吸滤瓶内与液体快到支管口时，应拔掉橡皮管，从支管口将液体倒出D.可用亚硝

酸钠和硝酸银溶液检验氯酸钾中的氯酸根离子【答案】B【解析】【详解】A.纸层析法时，亲脂性成分在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速度快一些，而亲水性成分在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度慢一些，故A错误；B.晶体颗粒的大小与结晶条件有关，溶质溶解度越小，或溶液浓度

越大，或溶剂蒸发的越快，或溶液冷却的越快，析出的晶体越小，故B正确；C.吸滤瓶内与液体快到支管口时，应拔掉橡皮管，从吸滤瓶上口将液体倒出，故C错误；D.亚硝酸钠和硝酸银溶液反应生成淡黄色AgNO2，不能检验氯酸钾中的氯酸根离子，故D错误；综上所

述，答案为B10.化学实验设计和操作中必须十分重视安全和环境保护问题。下列实验问题处理方法不正确的是A.在制取氧气时用排水法收集氧气后出现倒吸现象，立即松开试管上的橡胶塞B.在气体发生装置上直接点燃一氧化碳气体

时，必须先检验一氧化碳气体的纯度C.实验结束后将所有的废液倒入下水道排出实验室，以免污染实验室D.给试管中的液体加热时不时移动试管或提前加入碎瓷片，以免暴沸伤人【答案】C【解析】【详解】A.在制取氧气时用排水法收集氧气后出现倒吸现象，立即松开试管上的橡

胶塞，产生的气体排出倒吸的水，故A正确；B.在气体发生装置上直接点燃一氧化碳气体时，CO是可燃性气体，因此必须先检验一氧化碳气体的纯度再点燃，故B正确；C.实验结束后将所有的废液倒入废液缸中或指定容器中，不能倒入下水道中，会污染

环境，故C错误；D.给试管中的液体加热时不时移动试管或提前加入碎瓷片，以免暴沸伤人，故D正确。综上所述，答案为C。11.下列说法正确的是A.富勒烯包含C60、C70、碳纳米管等，它们互为同素异形体B.H、D

、T互为同位素，中子数都为1C.的名称是：4-甲基戊烷D.C4H10的一氯代物只有两种【答案】A【解析】【详解】A.富勒烯包含C60、C70、碳纳米管等，它们都为碳的单质，因此它们互为同素异形体，故A正确；B.H、D、T互为同位素，中子数分别为0、1、2，故B错误；C.的名称是：2-甲基

戊烷，故C错误；D.C4H10有两种结构，正丁烷和异丁烷，正丁烷一氯代物有两种，异丁烷一氯代物有两种，因此C4H10一氯代物共四种，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】同位素是质子数相同，中子数不同的原子，针对对象

是原子，不能是分子或离子等。12.如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是XYWZTA.原子半径：X>Y>ZB.X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高C.由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有

共价键D.T元素的单质具有半导体的特性【答案】D【解析】【分析】四种元素的原子最外层电子数之和为22，得出W最外层电子数为4，即为Si，X为N，Y为O，Z为Cl，T为Ge。【详解】A.根据层多径大，核多径小(同电子层结构)，因此原

子半径：Cl>N>O，故A错误；B.HCl沸点比NH3、H2O最低价氢化物的沸点低，故B错误；C.由X、Y和氢三种元素形成的化合物硝酸铵含有离子键和共价键，故C错误；D.Ge元素在金属和非金属交界处，因此

Ge的单质具有半导体的特性，故D正确。综上所述，答案为D。13.下列指定反应的离子方程式不正确．．．的是A.氧化镁与盐酸反应：MgO＋2H＋===Mg2++H2OB.0.3molFeI2与0.4molCl2在溶液中反应：6Fe2++10I-+＋8Cl2

=6Fe3＋＋16Cl－＋5I2C.将足量CO2通入NaAlO2溶液中：CO2+AlO2-+2H2O===Al(OH)3↓+HCO3-D.碳酸钠与足量醋酸反应：CO32－＋2CH3COOH===CO2↑＋H2O＋2CH3COO

－【答案】B【解析】【详解】A.氧化镁与盐酸反应：MgO＋2H＋=Mg2++H2O，氧化物不拆，故A正确；B.0.3molFeI2中含有0.3molFe2+和0.6molI－，与0.4molCl2反应，

0.3molCl2先与0.6molI－反应，剩余0.1molCl2再与0.2molFe2+反应，因此溶液中反应：2Fe2++6I－＋4Cl2=2Fe3＋＋8Cl－＋3I2，故B错误；C.将足量CO2通入NaAlO2溶液中生成Al(OH)3和NaHCO3：CO2+AlO2－+2H2O=Al(OH)3

↓+HCO3－，故C正确；D.碳酸钠与足量醋酸反应生成CO2、H2O和CH3COONa：CO32－＋2CH3COOH=CO2↑＋H2O＋2CH3COO－，故D正确。综上所述，答案为B。【点睛】氧化物书写离子方程式时都不能拆；Cl2与FeI2反应时，Cl2先与I－反应，当I－反应完

后，再是Fe2+反应。14.反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＜0，若在恒压绝热容器中发生，下列选项表明反应一定已达平衡状态的是A.容器内的温度不再变化B.容器内的压强不再变化C.相同时间内，v(SO2)与v(SO3)相等D.容器内气体的浓度c(SO2)∶c(O2)∶c(SO3)

＝2∶1∶2【答案】A【解析】【详解】A.在恒压绝热容器中反应，反应是放热反应，温度不断上升，当容器内的温度不再变化，达到平衡，故A符合题意；B.恒压容器，容器内的压强始终不变，因此不能作为判断平衡的标志，故B不符合题意；C.相同时间内，v(SO2)与v(SO3)相等，缺少正反应还是逆反

应，因此不能作为判断平衡的标志，故C不符合题意；D.容器内气体的浓度c(SO2)∶c(O2)∶c(SO3)＝2∶1∶2不能作为判断平衡的标志，故D不符合题意。综上所述，答案为A。【点睛】注意反应条件，不能形成思维定式，恒压

条件，容器的压强始终不改变。15.下列说法正确的是A.向苯中加入溴的四氯化碳溶液，振荡后静置分层，上层呈橙红色B.含有5个碳的烃分子中最多可存在4个碳碳单键C.乙酸和软脂酸互为同系物D.将牛油和烧碱溶液混合加热，充分反应后加入

热的饱和食盐水，下层析出高级脂肪酸盐【答案】C【解析】【详解】A.向苯中加入溴的四氯化碳溶液，振荡后静置不分层，它们是互溶的，故A错误；B.含有5个碳的烃分子中最多可存在5个碳碳单键，形成碳环就是5个碳碳单键，故B错误；C.乙酸(

CH3COOH)和软脂酸(C15H31COOH)结构相似，分子组成相差14个—CH2—原子团，它们互为同系物，故C正确；D.将牛油和烧碱溶液混合加热，充分反应后加入热的饱和食盐水，上层析出高级脂肪酸盐，故D错误。综上所述，答案为C。16.下列说法不正

确的是A.煤干馏得到煤焦油，煤焦油中含有苯、二甲苯等物质，可通过分馏进一步分离B.环已烷与溴的四氯化碳溶液在光照条件下褪色，说明发生了取代反应C.合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料D.紫外线、加热、C

uSO4溶液的作用下，蛋白质均发生变性。某些变性的蛋白质仍可食用。【答案】C【解析】【详解】A.煤干馏得到煤焦油，煤焦油中含有苯、二甲苯等物质，苯、二甲苯互溶，但沸点不同，可通过分馏进一步分离，故A正确；B.光照条件下，环已烷中H被Br取代，

发生了取代反应，溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；C.合成纤维、人造纤维属于有机高分子材料，碳纤维属于单质，故C错误；D.紫外线、加热、CuSO4溶液的作用下，蛋白质均发生变性；某些变性的蛋白质仍可食用，比如煮熟的鸡蛋，故D正确。综上所述，答案为C。17.N

O2是大气污染的主要污染物之一，硝酸盐是水体污染的污染物之一，电化学降解酸性NO3-的原理如图所示，下列说法正确的是A.电源正极为bB.阴极电极反应式为2NO3－+6H2O+10e－=N2↑+12OH-C.两电极上产生的气体物质的量之比n(O2)：n(N2)

=5:2D.将阳极换成铜电极，反应不发生变化【答案】C【解析】【详解】A.右边是NO3－变为N2，化合价降低得到电子，在阴极反应，因此电源负极为b，故A错误；B.阴极电极反应式为2NO3－+12H++10e－=N2↑+6H2O，故B错误；C.根据得失电子守恒，5mol

O2—20mole－—2molN2，因此两电极上产生的气体物质的量之比n(O2)：n(N2)=5:2，故C正确；D.将阳极换成铜电极，阳极是铜失去电子，故D错误。综上所述，答案为B。18.常温下，浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸，下列说法正确的是A.分别与相同的镁粉反应，开始时两溶液中

反应速率：盐酸等于醋酸B.稀释相同倍数后两酸溶液的浓度：盐酸小于醋酸C.用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，消耗的NaOH溶液的体积：盐酸大于醋酸D.两种溶液中水电离出的氢离子浓度：盐酸小于醋酸【答案】D【解析】【详解】A.浓度相等的盐酸和

醋酸，盐酸中氢离子浓度大于醋酸中氢离子浓度，分别与相同的镁粉反应，开始时两溶液中反应速率：盐酸大于醋酸，故A错误；B.稀释相同倍数后两酸溶液的浓度：盐酸等于醋酸，故B错误；C.等体积的盐酸和醋酸溶液，物质的量相等，用相同浓度的NaOH溶液分别与等体积的

盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，消耗的NaOH溶液的体积相等，故C错误；D.盐酸中氢离子浓度大于醋酸，盐酸抑制水电离程度大于醋酸，因此两种溶液中水电离出的氢离子浓度是盐酸小于醋酸，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】弱酸是部分电离，强酸全部电离，相同浓度的强酸和弱酸，强酸电离出的氢离子浓度，抑制水

的电离程度大，水电离出的氢离子浓度小。19.以下是中学化学常见的四个装置，下列关于这些装置说法正确的是A.装置在使用过程中，电池内部电子从Ag2O极通过隔板移向锌粉B.装置在使用过程中，电池外壳会逐渐变薄，容易出现漏液C.装置在使用

过程中，电解质溶液的pH不会发生变化D.装置在使用过程中，阳极可以一直使用，不需要更换【答案】B【解析】【详解】A.装置在使用过程中，锌为负极，因此电池内部电子从锌通过隔板移向Ag2O极，故A错误；B.装置在使用过程中，锌作负极，不断

反应，因此电池外壳会逐渐变薄，容易出现漏液，故B正确；C.装置在使用过程中，反应生成了水，电解质KOH溶液浓度降低，碱性减弱，pH变小，故C错误；D.装置在使用过程中，阳极再不断消耗，需要定期更换，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】电镀时，镀层金

属作阳极，镀件作阴极，镀层金属盐溶液作电解质溶液，溶液中离子浓度几乎不变。20.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.2molSO2和1molO2混合在V2O5存在的条件下于密闭容器中加热反应后，容器内物质分子数大于2NAB.某温度下纯水的pH＝6，该温度

下1LpH＝11的NaOH溶液中含OH－的数目为0.1NAC.一定温度下，1L0.5mol·L－1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液含NH+均为0.5NAD.100gCaCO3与KHCO3的混合物中含有的阴离子的数目为NA【答案】C【解析

】【详解】A.2molSO2和1molO2混合在V2O5存在的条件下于密闭容器中加热反应后，2SO2+O2Δ催化剂2SO3，由于反应是可逆反应，反应不完全，容器内物质分子数大于2NA，故A正确；B.某温度下纯水的pH＝6，则

Kw=1×10−12，该温度下1LpH＝11的NaOH溶液中c(H+)=1×10−11mol‧L−1，则c(OH－)=1×10−1mol‧L−1，则n(OH－)=1×10−1mol‧L−1×1L=0.1mol，含OH－的数目为0.1NA，

故B正确；C.一定温度下，1L0.5mol·L－1NH4Cl溶液，n(NH4Cl)=0.5mol‧L−1×1L=0.5mol，2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液，n(NH4Cl)=0.25mol‧L−1×2L=0.5mo

l，两者铵根水解程度不同，因此两者含NH+均不为0.5NA，故C错误；D.100gCaCO3物质的量为1mol，含有的阴离子(CO32−)数目为NA，100gKHCO3物质的量为1mol，含有的阴离子(HCO3－)的数目为NA，故D正确；综上所述，答案为C。21.由反应物X转化为Y或Z的能量变化

如图所示。下列说法正确的是A.由X→Z反应的ΔH=E2-E1B.反应2X(g)=3Y(g)的活化能=E3-E2C.2X(g)=Z(s)ΔH＜E1-E2D.由图可知，X(g)、Y(g)、Z(g)的稳定性情况为：Z(g)＞X(g)＞Y(g)【答案】C【解析】【详解】A.由X→Z反应的ΔH=E1−E2，

故A错误；B.反应2X(g)=3Y(g)的活化能=E5−E2，故B错误；C.2X(g)=Z(g)ΔH=(E1−E2)kJ‧mol−1，该反应是放热反应，因此2X(g)=Z(s)ΔH<(E1−E2)kJ‧mol−1，故C正确；D.由图可知，能量是E[3Y(g)]>E[2X(g)]>E[Z(g)]，不

能得出E[Y(g)]、E[X(g)]、E[Z(g)]能量大小关系，因此无法得出物质的稳定性，故D错误。综上所述，答案为C。22.某中学化学小组查阅资料发现金属氧化物R也能催化氯酸钾的分解，且R和二氧化锰的最佳催化温度均在500℃左右，于是对R和二氧化锰的

催化性能进行了定量对照实验。实验时均以收满500mL氧气为准（其他可能影响实验的因素均已忽略）。表1用MnO2作催化剂实验序号KClO3质量(g)MnO2质量(g)反应温度(℃)待测数据18.001.00500a28.002.00500b表2用R作催化剂实验序号KClO3质量(g)R质

量(g)反应温度(℃)待测数据38.001.00500c48.002.00500d下列说法不正确的是A.待测数据一定为时间B.实验测得a>b，说明适当增加催化剂的量可以加快反应速率C.通过实验2和4可比较MnO2和催化

剂R的催化效果D.升高温度，实验3中c的值一定会减小【答案】D【解析】【详解】A.通过测定个收集500mL氧气所消耗得时间，因此待测数据一定为时间，故A正确；B.实验测得时间a>b，说明加1g二氧化锰催化剂的反应速率比加2g二氧化锰催化剂的反应速率慢

，说明适当增加催化剂的量可以加快反应速率，故B正确；C.通过实验2和4可比较MnO2和催化剂R的催化效果，其他变量都相同，只有不同的催化剂，因此可以比较，故C正确；D.根据题意R和二氧化锰的最佳催化温度均在500℃左右，升高温度，催化剂活性降低，因此实验3中C的值不

一定会减小，可能会增大，故D错误。综上所述，答案为D。23.常温下，用0.10mol/LKOH溶液滴定10.00mL0.10mol/L某二元弱酸H2R溶液，滴定曲线如图（混合溶液总体积看作混合前两种溶液体积之和），下列关系不正确的是A.点②所示溶液中：c(K

+)+c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)B.点③所示溶液中：c(K+)>c(HR-)>c(R2-)>c(H2R)C.点④所示溶液中：c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.04mol·L-1D.点⑤所示溶液中：c(H+)=

c(HR-)+2c(H2R)+c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A.点②所示溶液中溶质为KHR和H2R，两者浓度相同，根据溶液中电荷守恒得到c(K+)+c(H+)=c(HR－)+2c(R2−)+c(OH－)，故A正确；B.点③所示溶液中溶质为KHR，溶液显酸性，电离为主，因此有

c(K+)>c(HR－)>c(R2−)>c(H2R)，故B正确；C.点④所示溶液中溶质为KHR和K2R，两者浓度相同，溶液显酸性，电离为主，因此根据物料守恒得到：c(H2R)+c(HR－)+c(R2−)=110.01L0.1molL=0.04molL0.01L+0.015L−−，故C正确；

D.点⑤所示溶液中溶质为K2R，根据质子守恒得到：c(OH－)=c(H+)+c(HR－)+2c(H2R)，故D错误。综上所述，答案为D。24.已知：将Cl2通入适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3，且()()cClcClO−−的值仅与温度高低有关。当n(NaOH)=6a

mol时，下列有关说法不正确．．．的是A.参加反应的氯气的物质的量3amolB.改变温度，产物中NaCl的最小理论产量为3amolC.改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：3amol≤n≤5amolD.某温

度下，反应后()()cCl11cClO−−=，则溶液中()()3cCl12cClO−−=【答案】D【解析】【分析】2NaOH＋Cl2=NaClO＋NaCl＋H2O，6NaOH＋3Cl2=NaClO3＋5NaCl＋3H2O【详解】A.根据方程式关系，不gaunt发生哪个反应n(Cl

2):n(NaOH)=1:2，当n(NaOH)=6amol时，参加反应的氯气的物质的量3amol，故A正确；B.改变温度，当发生第1个反应，产物中NaCl的最小理论产量为3amol，故B正确；C.改变温度，当只发生第1个反应时，转移3amol电

子，当只发生第2个反应时，转移5amol电子，因此反应中转移电子的物质的量n的范围：3amol≤n≤5amol，故C正确；D.某温度下，反应后()()cCl11cClO−−=，假设c(Cl－)=11mol·L−1，则为c(ClO－)=1mol·L−1，根据方程式有c(Cl－)=1mol·L−1是

发生第1个反应得到，还有c(Cl－)=10mol·L−1是发生第2个反应得到，因此根据关系得到生成c(ClO3－)=2mol·L−1，因此溶液中有()()3cCl1052cClO−−==，故D错误。综上所述，答案为D。25.下列化学实

验事实及其解释或结论都正确的是A.取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2+B.将某固体试样完全溶于盐酸，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，则该固体试样中存在SO42-C.某待测溶液可能含有等浓度的下列离子中的

若干种：K+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、I-、CO32-、SO42-。现取少量待测溶液于试管，加入足量NaOH溶液得到白色沉淀，加热产生无色气体，则原溶液中是否含有K+、Na+，需通过焰色反应确定

D.向CuSO4溶液中加入KI溶液，有白色沉淀生成；再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色，白色沉淀可能为CuI【答案】D【解析】【详解】A.取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，只能说明溶液中含有Fe3+，可能开始没加氯水前溶液中含有

Fe3+，不能说明X溶液中一定含有Fe2+，故A错误；B.将某固体试样完全溶于盐酸，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，则该固体试样中可能存在HSO4－，故B错误；C.某待测溶液可能含有等浓度的下列离子中的若干种：K+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe2+

、Fe3+、I−、CO32−、SO42−。现取少量待测溶液于试管，加入足量NaOH溶液得到白色沉淀，得到原溶液中含有Mg2+，无Fe2+、Fe3+、CO32−，加热产生无色气体，说明含有NH4+，则说明含有I−、SO42−，根据等

浓度的离子，则含有的四种离子Mg2+、I−、NH4+、SO42−刚好电荷守恒，因此原溶液中肯定不含K+、Na+，故C错误；D.向CuSO4溶液中加入KI溶液，有白色沉淀生成，再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色，说明生成了单质碘，发生了氧化还原反应，因此白色沉淀可能为CuI，故D正确。综上所

述，答案为D。26.(1)醋酸可通过分子间氢键双聚形成八元环，画出该结构_____。（以O…H—O表示氢键）(2)已知碳化镁Mg2C3可与水反应生成丙炔，画出Mg2C3的电子式_____。(3)工业上，异丙苯主要通过苯与丙烯在无水三氯化铝催化下反应获得，写出该反应方程式_____。(4)将乙酸

乙酯与H218O混合后，加入硫酸作催化剂，乙酸乙酯在加热条件下将发生水解反应，写出产物中不含．．18O的物质的结构简式_____。【答案】(1).(2).(3).(4).CH3CH2OH【解析】【分析】(1)醋酸可通过分子间氢键双聚形成八元

环，有两个分子间氢键。(2)已知碳化镁Mg2C3可与水反应生成丙炔，根据生成丙炔含有碳碳三键和碳碳单键反推Mg2C3的电子式。(3)工业上，异丙苯主要通过苯与丙烯在无水三氯化铝催化下发生加成反应。(4)将乙酸乙酯与H218O混合后，加入硫酸作催化剂，根据生成乙酸乙酯的理解，

羧酸脱羟基，醇脱羟基上的氢，因此乙酸乙酯在加热条件下将发生水解反应，H218O中—H连接醇的部分，—18OH连接羧酸的部分。【详解】(1)醋酸可通过分子间氢键双聚形成八元环，画出该结构为：；(2)已知碳化镁Mg2C3可与水反应生成丙炔，根据生成丙炔含有碳碳三键和碳碳单键反推Mg2C3的电子式为；

(3)工业上，异丙苯主要通过苯与丙烯在无水三氯化铝催化下反应获得，该反应方程式；故答案为：。(4)将乙酸乙酯与H218O混合后，加入硫酸作催化剂，根据生成乙酸乙酯的理解，羧酸脱羟基，醇脱羟基上的氢，因此乙酸

乙酯在加热条件下将发生水解反应，H218O中—H连接醇的部分，—18OH连接羧酸的部分，因此产物中不含．．的物质的结构简式CH3CH2OH。27.取A、B两份物质的量浓度相等的NaOH溶液，体积均为50mL，分别向其中通入一定量的CO2后，再分别稀释到100mL

，在稀释后的溶液中分别逐滴加0.1mol/L的盐酸，产生的CO2的体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图所示：（1）原NaOH溶液的物质的量浓度_________________。（2）B份混合溶液与盐酸反应产生气

体的最大体积为________mL（标准状况）。【答案】(1).0.15mol·L-1(2).112【解析】试题分析：（1）如果加入足量的盐酸，则最终都生成氯化钠。根据图像可知，需要盐酸是75ml，所以氯化钠的物质的量是0.0075mol，所以根据原

子守恒可知，氢氧化钠的物质的量是0.0075mol；（2）根据曲线B可知，与碳酸氢钠反应的盐酸是75ml－25ml＝50ml，根据NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑计算生成二氧化碳的体积。解析：（1）如果加入足量的盐酸，则最终都生成氯化钠。根据图像可知，需要盐酸

是75ml，所以氯化钠的物质的量是0.0075mol，所以根据原子守恒可知，氢氧化钠的物质的量是0.0075mol，因此原NaOH溶液的物质的量浓度为0.0075mol÷0.05L＝0.15mol/L；（2）根据曲线B可知，与碳酸氢钠反应的盐酸是75ml－25ml＝5

0ml，根据NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，参加反应的盐酸的物质的量为0.1mol/L×0.05L=0.005mol，所以生成二氧化碳的体积为（标准状况）0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL。

28.为了探究某浅黄色固体化合物X（含四种元素）的组成。某化学兴趣小组称取3.60g该固体化合物，用热重法对其进行分析，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。已知：①热分解后得到的无色无味气体能完全被足量澄清石灰

水吸收，并得到4.00g白色沉淀；②热分解后剩余的固体呈红棕色，溶于盐酸后得到黄色溶液。请回答：（1）X的化学式是_____。（2）固体X在300℃下反应的化学方程式是_____。（3）将热分解后剩余的红棕色继续升温加热至一定温度，可生成1.55g黑色固体

（纯净物），请设计实验方案检验黑色固体中的阳离子_____。（4）该兴趣小组进一步查阅资料发现，在隔绝空气加热条件下，该化合物X还生成黑色能．．．自燃．．并且具有铁磁性的粉末。则其可能发生的化学方程式是_________________________________。【答案】(1)

.FeC2O4·2H2O(2).4FeC2O4·2H2O+3O2===2Fe2O3+8CO2+8H2O(3).先取少量黑色固体溶解在盐酸中，分成两支试管，往其中一支里滴加少量KSCN溶液，出现血红色，说明原黑色固体中含Fe3+；往另外一支试管中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说

明原黑固体中含Fe2+(4).FeC2O4·2H2OΔ隔绝空气Fe+2CO2+2H2O【解析】【分析】⑴浅黄色固体化合物X，第一个阶段可能失去结晶水，得出水的物质的量，得出二氧化碳的物质的量和n(C)，得出氧化铁的物质的量和n(Fe)，根据质量守恒得出氧的质量和n(O)，根据元素比例关系得出n

(Fe):n(C):n(O):n(H2O)，再得出X的化学式。⑵固体X在300℃下与氧气反应生成氧化铁、二氧化碳和水。⑶将热分解后剩余的红棕色继续升温加热至一定温度，可生成1.55g黑色固体（纯净物），质量减少，主要验证黑色固体中是否含有亚铁离子和铁离子。⑷在隔绝空气加热条件下，该

化合物X还生成黑色能自燃．．．．．并且具有铁磁性的粉末即为铁粉，根据氧化还原反应原理分析化合价升降，得到产物为二氧化碳、铁粉和水。【详解】⑴浅黄色固体化合物X，第一个阶段可能失去结晶水，质量为0.72g，物质的量为0.04mol，则固体

2.88g热分解后得到的无色无味气体能完全被足量澄清石灰水吸收，并得到4.00g白色沉淀；说明热分解生成了CO2，物质的量为0.04mol，则n(C)=0.04mol，碳的质量为0.04mol×12g‧mol−1=0.48g，热分解后剩余的固体呈红棕色，溶于盐酸后得

到黄色溶液，说明生成了氧化铁，物质的量为0.01mol，n(Fe)=0.02mol，铁的质量为0.02mol×56g‧mol−1=1.12g，则还有氧的质量为2.88g−0.48g−1.12g=1.28g

，则n(O)=0.08mol，根据元素比例关系得出n(Fe):n(C):n(O):n(H2O)=0.02mol:0.04mol:0.08mol:0.04mol=1:2:4:2，X的化学式是FeC2O4·2H2O。⑵固体X在300℃下与氧气反应生

成氧化铁、二氧化碳和水，其反应的化学方程式是4FeC2O4·2H2O+3O2300℃2Fe2O3+8CO2+8H2O；故答案为：4FeC2O4·2H2O+3O2300℃2Fe2O3+8CO2+8H2O。⑶将热分解后剩余的红棕色继续升温加热至一定温度，可生成1.55g黑色固体（纯净物），质量减

少，主要验证黑色固体中是否含有亚铁离子和铁离子，因此实验方案为先取少量黑色固体溶解在盐酸中，分成两支试管，往其中一支里滴加少量KSCN溶液，出现血红色，说明原黑色固体中含Fe3+；往另外一支试管中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明原黑固体中含Fe2+；故答案为：先取少量

黑色固体溶解在盐酸中，分成两支试管，往其中一支里滴加少量KSCN溶液，出现血红色，说明原黑色固体中含Fe3+；往另外一支试管中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明原黑固体中含Fe2+。⑷在隔绝空气加热条件下，该化合物X

还生成黑色能自燃．．．．．并且具有铁磁性的粉末即为铁粉，根据氧化还原反应原理分析化合价升降，得到产物为二氧化碳、铁粉和水，其可能发生的化学方程式是FeC2O4·2H2OΔ隔绝空气Fe+2CO2+2H2O；故答案为：FeC2O4·2H2OΔ隔绝空气Fe+2CO2+2H2O。29

.（1）煤气化制合成气(CO和H2)已知：C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)ΔH2＝131.3kJ·mol−1C(s)＋2H2O(g)===CO2(g)＋2H2(g)ΔH2＝90kJ·mol−1则一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是_____（2）

由合成气制甲醇合成气CO和H2在一定条件下能发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＜0。①在容积均为VL的甲、乙、丙、丁四个密闭容器中分别充入amolCO和2amolH2，四个容器的反应温度分别为T1、T2、T3、T4且恒定不变。在其他条件相

同的情况下，实验测得反应进行到tmin时H2的体积分数如图所示，则T3温度下的化学平衡常数为_____(用a、V表示)②图反映的是在T3温度下，反应进行tmin后甲醇的体积分数与反应物初始投料比2c(CO)c(H)的关系，请画出T4

温度下的变化趋势曲线。______________③在实际工业生产中，为测定恒温恒压条件下反应是否达到平衡状态，可作为判断依据的是_____A．容器内气体密度保持不变B．CO的体积分数保持不变C．气体的平均相对分子质量保持不变D．c(H2)=2c(CH3OH)（3）由甲醇制烯烃主反应

：2CH3OHC2H4＋2H2Oi；3CH3OHC3H6＋3H2Oii副反应：2CH3OHCH3OCH3＋H2Oiii某实验室控制反应温度为400℃，在相同的反应体系中分别填装等量的两种催化剂(Cat.1和Cat.2)，以恒定的流速通入CH3OH，在相同的压强下进行甲醇制烯烃的对比研究，得到如

下实验数据(选择性：转化的甲醇中生成乙烯和丙烯的百分比)由图像可知，使用Cat.2反应2h后甲醇的转化率与乙烯和丙烯的选择性均明显下降，可能的原因是（结合碰撞理论解释）_____【答案】(1).CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g

)ΔH=-41.3kJ·mol-1(2).539V2/27a2(3).(4).ABC(5).该条件下2h后催化剂失活，甲醇转化率较低；Cat.2显著降低反应iii的活化能，提高活化分子百分数，相同时间

内快速生成副产物二甲醚，目标产物选择性下降【解析】【分析】⑴根据盖斯定律得到一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式。⑵①根据三段式计算平衡时各物质的量，再计算平衡常数；②该反应是放热反应，根据图得出反应在tmin时，T2温度H2的体积分数最低，T3、T4温度高，H2的体积分数高，

说明平衡逆向移动，根据图得出T4温度甲醇的变化趋势曲线；③A．恒温恒压条件，容器内气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积减小，密度增大，因此可作为判断平衡的标志；B．开始阶段CO的体积分数不断

减小，当体积分数不变，则可作为判断平衡的标志；C．气体的平均相对分子质量等于气体质量除以气体的物质的量，气体质量不变，气体的物质的量减小，气体的平均相对分子质量增大，当保持不变可作为判断平衡的标志；D．c(H2)=2c(CH3OH)，不能用浓度比例来判断平衡的标志。⑶由图像

可知，使用Cat.2反应2h后甲醇的转化率与乙烯和丙烯的选择性均明显下降，可能的原因是，根据第一个图得出该条件下2h后催化剂失活，甲醇转化率较低，第二个图得出Cat.2显著降低反应iii的活化能，提高活化分子百分数，相同时间内快速生成副产物二甲醚，生成乙烯、丙烯目标产物选择性下降。【详解】

⑴将第2个方程式减去第1个方程式，得到一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是CO(g)+H2O=CO2(g)+H2(g)ΔH=−41.3kJ·mol−1⑵①()()()23COg2HgCHOHgamol2amol0xmol2xmolxmol(a

x)molxmol−＋开始：转化：平衡：(2a-2x)mol2a2x100%30%ax+2a2x+x−=−−，解得11ax=mol14，则22211a14539VV=11a11a27aa2a21414()VVK=−−，故答案为：22539V27a。②该反应是放热反应

，根据图得出反应在tmin时，T2温度H2的体积分数最低，T3、T4温度高，H2的体积分数高，说明平衡逆向移动，图反映的是在T3温度下，反应进行tmin后甲醇的体积分数与反应物初始投料比2c(CO)c(H)的关系，则T4温度

甲醇的量比T3温度甲醇的量小，即变化趋势曲线。；故答案为：。③A．恒温恒压条件，容器内气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积减小，密度增大，因此可作为判断平衡的标志，故A符合题意；B．开始阶段CO的体积分数不断减小，当体积分数不变，则可作为判断平衡的标志，故B符合题意；C．气

体的平均相对分子质量等于气体质量除以气体的物质的量，气体质量不变，气体的物质的量减小，气体的平均相对分子质量增大，当保持不变可作为判断平衡的标志，故C符合题意；D．c(H2)=2c(CH3OH)，不能用浓度比例来判断平衡的标志，故D不

符合题意；综上所述，答案为：ABC。⑶由图像可知，使用Cat.2反应2h后甲醇的转化率与乙烯和丙烯的选择性均明显下降，可能的原因是，根据第一个图得出该条件下2h后催化剂失活，甲醇转化率较低，第二个图得出Cat.2显著降低反应iii的活化能，提高活化分子百分数，相同时间内快

速生成副产物二甲醚，生成乙烯、丙烯目标产物选择性下降；故答案为：该条件下2h后催化剂失活，甲醇转化率较低；Cat.2显著降低反应iii的活化能，提高活化分子百分数，相同时间内快速生成副产物二甲醚，目标产物选择性下降。30.叠氮化钠（NaN3）是汽车安全气囊最理想

的气体发生剂原料。下面是工业水合肼法制备叠氮化钠的工艺流程：已知NaN3能与AgNO3反应生成白色难溶于水的AgN3；Ag2CrO4呈红色，可溶于水。有关物质的物理性质如下表：熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-964.7与水互溶水合肼(

N2H4•H2O)2113.5与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12难溶于水，可溶于乙醇、乙醚NaN3275300易溶于水，难溶于乙醇请回答：（1）步骤Ⅰ中NaNO2与稀硫酸发生副反应生成两种气体（其中一种气体在空气中可以转

化为另一种气体）的离子方程式为_____；步骤Ⅱ中生成NaN3的化学方程式为_____（2）实验室模拟步骤Ⅱ实验装置如图（装置中冷却水省略，下同）：根据实验发现温度在20℃左右反应的选择性和转化率最高，但是该反应属于放热反

应，因此需要采取的措施是_____。（3）步骤Ⅱ、Ⅲ中制备叠氮化钠并对溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是_____。①打开K1、K2，关闭K3②打开K3③加热④关闭K1、K2（4）步骤Ⅳ对溶液B加热蒸发至溶液体积的1/3，NaN3结晶析出。①步骤Ⅴ最好选用_

____洗涤晶体。A．水B．乙醇C．乙醚②沉淀滴定法测定产品纯度，是以淡黄色K2CrO4溶液作指示剂，将AgNO3标准溶液滴入样品溶液，滴定终点现象为_________。AgNO3溶液要装在_____滴定管里进行滴定。下列说法正确的是_

____。A.滴定管和移液管管尖不可接触锥形瓶内壁B.滴定时滴液速度应先快后慢，接近终点时一滴一摇C．滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上粘附的溶液冲下D．若发现滴液过量，可回滴样品溶液E．若未等滴定管液面

稳定就读数会导致测定结果偏高【答案】(1).2NO2-+2H+==NO↑+NO2↑+H2O(2).N2H4·H2O+CH3ONO+NaOH==NaN3+CH3OH+3H2O(3).冷水浴、缓慢通入气体(4).①④②③或①②④③(5).B(6).溶液出现淡红色，半分

钟内颜色不再改变(7).棕色酸式(8).BCE【解析】【分析】NaNO2、CH3OH与稀硫酸反应生成CH3ONO，N2H4·H2O、CH3ONO和NaOH反应生成NaN3、CH3OH和H2O，经过蒸馏得到甲醇和NaN3溶液，再经过

蒸发结晶过滤得到NaN3晶体，用乙醇洗涤晶体，防止洗涤时溶解。【详解】⑴步骤Ⅰ中NaNO2与稀硫酸发生副反应生成两种气体，其中一种气体在空气中可以转化为另一种气体，说明是NO转变为NO2，其离子方程式为2NO2－+2H+=N

O↑+NO2↑+H2O；步骤Ⅱ是N2H4·H2O、CH3ONO和NaOH反应生成NaN3、CH3OH和H2O，其化学方程式为N2H4·H2O+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O；故答案为：2NO2－+2H+=NO↑+NO2↑+H2

O；N2H4·H2O+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O。⑵根据实验发现温度在20℃左右反应的选择性和转化率最高，但是该反应属于放热反应，因此要降低温度，适当减缓反应速率，因此需要采取的措施是冷水

浴、缓慢通入气体；故答案为：冷水浴、缓慢通入气体。⑶步骤Ⅱ、Ⅲ中制备叠氮化钠并对溶液A进行蒸馏，先让N2H4·H2O、CH3ONO和NaOH反应生成NaN3，因此打开K1、K2，关闭K3，充分反应后，关

闭K1、K2，打开K3，再加热蒸馏出产品，因此合理操作顺序是①④②③或①②④③；故答案为：①④②③或①②④③。⑷①NaN3晶体易溶于水，难溶于乙醇，步骤Ⅴ最好选用乙醇洗涤晶体；故答案为：B。②沉淀滴定法测定产品纯

度，是以淡黄色K2CrO4溶液作指示剂，将AgNO3标准溶液滴入样品溶液，滴定终点现象为滴入最后一滴AgNO3溶液，溶液出现淡红色，半分钟内颜色不再改变。AgNO3溶液显酸性且见光要分解，因此要装在棕色酸式滴定管里进行滴定；A.当滴定接近终点时，滴定管或移液管尖嘴可接触锥形

瓶内壁，让其充分反应，故A错误；B.滴定时滴液速度应先快后慢，接近终点时一滴一摇，避免因滴加速度过快而过量，故B正确；C．滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上粘附的溶液冲下，让其充分反应，故C正确；D．若发现滴液过量，只能重新实验，故D错误；

E．若未等滴定管液面稳定就读数，读出数据偏大，所测结果偏高，故E正确；综上所述，答案为BCE；故答案为：溶液出现淡红色，半分钟内颜色不再改变；棕色酸式；BCE。31.环丁基甲酸是有机合成中一种有用的中间体。某研究小组以丙烯醛为原料，设计了如下路线合成环丁基甲酸。请回答：

（1）化合物C的结构简式是__________________。（2）下列说法中不正确的是__________________。A．化合物A能与NaHCO3溶液反应B．化合物B和C能形成高聚物C．化合物G的化学式为C6H8O4D．1mol化合物B与足量金属钠反应能生成1mol

氢气（3）写出D+E→F的化学方程式：__________________。（4）环丁基甲酸与苯酚反应生成一种酯X，写出化合物X满足下列条件的所有同分异构体的结构简式：__________________①能使FeCl3溶液变紫色；②含有丙烯醛中所有的官能团；③1H-NMR

谱显示分子中含有5种不同化学环境的氢原子。（5）以1,3-丁二烯和E为原料可制备环戊基甲酸（），请你选用必要试剂，设计该合成路线。__________________【答案】(1).HOOCCH2COOH(2).A(3).(4).(5).

【解析】【分析】根据流程图，丙烯醛CH2=CHCHO与水反应生成A，A的化学式为C3H6O2，则发生了加成反应，A氧化生成C，C与乙醇在酸性溶液中发生酯化反应生成E，根据E的化学式，说明C为二元羧酸，则C为HOOCCH2COOH，A为HOCH2CH

2CHO，E为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；A与氢气发生还原反应生成B，B与HBr反应生成二溴代烃，则B为二元醇，B为HOCH2CH2CH2OH，D为BrCH2CH2CH2Br，根据信息，D和

E反应生成F，F为，F水解生成G，G为，根据信息，G受热脱去一个羧基生成环丁基甲酸。【详解】(1)化合物C为HOOCCH2COOH，故答案为HOOCCH2COOH；(2)A．A为HOCH2CH2CHO，不能与NaHCO3溶液反应，错误；B．B为HOCH2CH2CH2OH，C为HOOC

CH2COOH，能发生酯化反应形成高聚物，正确；C．G为，化学式为C6H8O4，正确；D．B为HOCH2CH2CH2OH，1molB与足量金属钠反应能生成1mol氢气，正确；故选A；(3)D+E→F的化学方程式为；(4)环丁基

甲酸与苯酚反应生成一种酯X，X满足：①能使FeCl3溶液变紫色，说明含有酚羟基；②含有丙烯醛中所有的官能团，即含有碳碳双键和醛基；③1H-NMR谱显示分子中含有5种不同化学环境的氢原子。满足条件的X有；(5)以1,3-丁二烯和CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3为原料可制备环

戊基甲酸()，根据题干流程图提供的信息，可以用1,3-丁二烯首先制备二溴代烃，再与E反应生成，然后水解生成，最后加热脱羧即可，合成路线为：。