【文档说明】【精准解析】四川省宜宾市第四中学校2020届高三下学期第一次在线月考理综化学试题.doc，共(15)页，1008.500 KB，由小赞的店铺上传

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1.十九大报告指出:建设生态文明是中华民族永续发展的千年大计。必须树立和践行绿水青山就是金山银山的理念..，实行最严格的生态环境保护制度，形成绿色发展方式和生活方式。则下列说法不正确的是A.PM2.5是指粒径不大于2.5µm的

可吸入悬浮颗粒物B.以液化石油气代替燃油可减少大气污染C.生活污水可灌溉庄稼，所以能排放到自然界水体中D.创新生产工艺，实现电动机车替代燃油机车符合绿色发展方式【答案】C【解析】A．PM2.5是指空气中

直径等于或小于2.5μm的悬浮颗粒物，它能较长时间悬浮于空气中，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重，选项A正确；B．液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，选项B正确；C．生活

污水可导致水体污染，若是含磷污水会造成水体富营养化，导致水华、赤潮等，选项C不正确；D、燃油中含有碳元素，燃烧会释放出大量的二氧化碳，因此实现电动机车替代燃油机车符合绿色发展方式，选项D正确。答案选C。2.用NA表示

阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是()A.含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2LB.7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的阴离子数等于0.1NAC.25℃，1.01×105Pa，22.4LSO2中含有的原子数为3NAD.标准状况下，11.2L乙醇含有的分子数为0

.5NA【答案】B【解析】A、含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的物质的量是1mol，体积约为22.4L，故A错误；B．7.8gNa2S和Na2O2的物质的量为0.1mol，0.1molNa2S和Na2O2的混合物中含有0.1m

ol阴离子，含有的阴离子数等于0.1NA，故B正确；C、25℃，1.01×105Pa，22.4L的二氧化硫的物质的量不是1mol，含有的原子数不是3NA，故C错误；D、标准状况下乙醇为液体，不能用气体的气体摩尔体积计算，故D错误；故选B。点睛：本题考查阿伏加德

罗常数的有关计算和判断，注意标准状况下的气体摩尔体积的使用条件。本题的易错点为C，要注意温度和压强是0℃，101kPa。3.为了除尽NaCl中所含杂质MgCl2、CaCl2和Na2SO4，先后向溶液中加入稍过量的NaOH、BaCl2和NaCO3，去除沉淀后再用盐

酸调节pH=7。下列加入该三种试剂的先后顺序错误．．的是A.NaOH、BaCl2、Na2CO3B.BaCl2、Na2CO3、NaOHC.NaOH、Na2CO3、BaCl2D.BaCl2、NaOH、Na2CO3【答案】C【解析】【分析】碳酸钠必须放在氯化钡之

后。【详解】镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀；硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀；至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行；钙离子用碳酸根离子沉淀，加入碳酸钠转化为沉淀，但是碳酸钠要放在氯化钡

之后使用，这样碳酸钠能除去反应剩余的氯化钡，如果加反了，过量的钡离子就没法除去。综上所述，ABD三项中试剂的加入顺序是合理的，C错误，故本题选C。4.下列叙述正确的是()A.聚乙烯不能使酸性KMnO4溶液褪色B.和均是芳香烃，既是芳香烃

又是芳香化合物C.和分子组成相差一个—CH2—，因此是同系物关系D.分子式为C2H6O的红外光谱图上发现有C-H键和C-O键的振动吸收，由此可以初步推测有机物结构简式为C2H5-OH【答案】A【解析】【详解】A.聚乙烯分子中无不饱和的碳碳双键，

因此不能使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；B.是环己烷，不属于芳香烃，的组成元素含有C、H、O、N，属于芳香族化合物，不属于芳香烃，B错误；C.是苯酚，属于酚类，而是苯甲醇，属于芳香醇，二者是不同类别的物质，不是同系物的关系，C错误；D.分子式为C2H6O的红外

光谱图上发现有C-H键和C-O键的振动吸收，由此可以初步推测有机物结构简式为CH3—O—CH3或CH3CH2OH，D错误；故合理选项是A。5.X、Y、Z、W是短周期主族元素，且原子序数依次增大，X元素的周期序数等于其主族序数，且X为

同主族元素中唯一非金属元素，Y元素的单质是一种强力漂白剂，Z元素形成的简单离子是同周期半径最小的离子，含元素W的一种化合物是木材防火剂的原料，下列叙述错误的是（）A.上述四种元素的原子半径大小：Z>W>Y>

XB.Z的氢氧化物和NaHCO3均可中和过多的胃酸，治疗胃溃疡C.X与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的共价化合物D.W与Y形成的化合物既是建筑材料，也是工艺品(玛瑙等)的原料【答案】B【解析】X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，且原子序数依次增大，X元素的

周期序数等于其主族序数，且X为同主族元素中唯一非金属元素-说明X是氢；Y元素的单质是一种强力漂白剂，Z元素形成的简单离子是同周期半径最小的离子，含元素W的一种化合物是木材防火剂的原料-说明Y是氧；Z是铝；W是硅。氢原子半径最小，同一周期，从左到右

原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，因此上述四种元素的原子半径大小：Z>W>Y>X，A正确；氢氧化铝和碳酸氢钠溶液具有碱性，都能够与胃酸发生中和反应，治疗胃酸过多；但是碳酸氢钠与酸反应，生成二氧化碳气体，所以不可治疗胃溃

疡，B错误；X与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键的共价化合物H2O2，C正确；W与Y形成的化合物SiO2既是建筑材料(沙子等)，也是工艺品（玛瑙等）原料，D正确；正确选项：B。点睛：第三周期元素（除氩外

），从左到右，原子序数增大，原子半径逐渐减小；第三周期元素形成的简单离子中，离子半径大小顺序为P3->S2->Cl->Na+>Mg2+>Al3+，硅元素没有简单的离子。6.NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理见下图，该电池在使用中石墨I电极上生

成氧化物Y，下列说法错误的是A.Y的化学式可能为NOB.石墨I极为负极，石墨Ⅱ极为正极C.该电池放电时NO3-从右侧向左侧迁移D.石墨I附近发生的反应为NO2+NO3ˉ－eˉ=N2O5【答案】A【解析】解:A.石墨Ⅱ通入氧气，发生还原反

应,为原电池的正极，所以石墨I为原电池的负极，发生失电子的氧化反应，NO2失电子不可能得到NO，所以A选项错误；B.石墨Ⅱ通入氧气，发生还原反应，为原电池的正极，所以石墨I为负极，故B正确；C.原电池工作时，阴离

子向负极移动，所以C选项是正确的；D.负极的电极反应应该为NO2+NO3ˉ－eˉ=N2O5，所以D选项是正确的。点睛：以NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池,在使用过程中石墨I电极为原电池的负极,NO2被氧化,N元素混合升高,应生成N2O5，电极方程式为NO2+NO3ˉ－eˉ=N

2O5,石墨Ⅱ通入氧气,发生还原反应,为原电池的正极,电极方程式为O2+2N2O5+4eˉ=4NO3-以此解答该题.7.常温下，取0.1mol/L的NaA和NaB两种盐溶液各1L，分别通入0.02molCO2，发生如下反应:NaA+CO2+H2O=HA+NaHCO3、2NaB+CO2+H2O=2H

B+Na2CO3。HA和HB的1L溶液分别加水稀释至体积为VL时可能有如图曲线，则下列说法正确的是A.相同条件下，对于c(R-)/[c(HR)·c(OH-)]的值(R代表A或B)，一定存在HA>HBB.常温下pH:NaA溶液>NaB溶液C.X是HA，M是HBD.若常温

下浓度均为0.1mol/L的NaA和HA的溶液等体积混合，则c(A-)+c(HA)=0.2mol/L【答案】A【解析】已知：NaA+CO2+H2O=HA+NaHCO3、2NaB+CO2+H2O=2HB+Na2CO3，则酸性：H2C

O3>HA>HCO3->HB，加水稀释，促进弱酸的电离，酸性越弱，溶液稀释时pH变化越小，所以加水稀释相同的倍数时，pH变化小的是HB，由图可知，Z为HB，Y为HA，A.0.1mol/L的NaA和NaB两种盐溶液各1L，水解程度A-<B-，B-离子减少的多，则()()()cRcHRc

OH−−一定存在HA>HB，选项A正确；B．酸性：H2CO3>HA>HCO3->HB，酸性越弱对应阴离子水解程度越大，减小越强，常温下pH：NaA溶液<NaB溶液，选项B错误；C．加水稀释相同的倍数时，酸溶液PH

增大，pH变化小的是HB，Z为HB，选项C错误；D.若常温下浓度均为0.1mol/L的NaA和HA的溶液等体积混合，根据物料守恒，则c(A-)+c(HA)=0.2mol/L2=0.1mol/L，选项D错误。答案选A。8.乙酰苯胺具有退热镇痛作用，是较早使用

的解热镇痛药，有“退热冰”之称。其制备原理如下：已知：①苯胺易被氧化；②乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性质如下表：物质熔点沸点溶解度(20℃)乙酰苯胺114.3℃305℃0.46苯胺－6℃184.4℃3.4醋酸16.6℃118℃易

溶实验步骤如下：步骤1：在50mL圆底烧瓶中，加入5mL苯胺、7.5mL冰醋酸及少许锌粉，依照如图装置组装仪器。步骤2：控制温度计示数约105℃，小火加热回流1h。步骤3：趁热将反应混合物倒入盛有100mL冷水的烧杯

中，冷却后抽滤，洗涤，得到粗产品。（1）步骤1中加入锌粉的作用是________。（2）步骤2中控制温度计示数约105℃的原因是________。（3）步骤3中趁热将混合物倒入盛有冷水的烧杯中，“趁热”的原因是__________

________。抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有________、________(填仪器名称)。（4）步骤3得到的粗产品需进一步提纯，该提纯方法是________。【答案】(1).防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用(2).温度过高，未反应的乙酸蒸出，降低反应物的利用率；温度过低

，又不能除去反应生成的水(3).若让反应混合物冷却，则固体析出沾在瓶壁上不易处理(4).吸滤瓶(5).布氏漏斗(6).重结晶【解析】【详解】（1）锌粉起抗氧化剂作用，防苯胺氧化，另外混合液加热，加固体还起到防暴沸作用

；（2）乙酸有挥发性，不易温度太高，另外考虑到水的沸点为100℃，太低时水不易蒸发除去；（3）“趁热”很明显是防冷却，而一旦冷却就会有固体析出；抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有吸滤瓶和布氏漏斗；（4）粗产

品需进一步提纯，该提纯方法是重结晶。9.某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.50%的ZnS和12.8%的CuS及少量的Fe3O4。某同学用15.0g该废催化剂为原料，回收锌和铜。采用的实验方案如下，回答下列问题：已知：ZnS与稀硫酸反应，且化合价不变；CuS既不溶解于稀

硫酸，也不与稀硫酸反应（1）在下列装置中，第一次浸出反应装置最合理的___（填标号）。A.B.C.D.（2）滤液1中含有Fe2+，选用提供的试剂进行检验，检验方法如下：____。（提供的试剂：稀盐酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液碘水）（3）本实验要用到抽滤，设所用的洗涤剂为X，抽滤洗涤沉

淀的操作____。（4）写出第二次浸出的化学反应方程式___，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，应先加____。（5）滤渣2的主要成分是___。浓缩、结晶得到硫酸锌晶体的主要仪器名称是____。（6）某同学在实验完成之后，得到1.50gCuSO4·5H2O，则铜的回收率为____。

【答案】(1).D(2).取少量滤液1，滴加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子(3).关小水龙头，使洗涤剂X缓缓通过沉淀物(4).CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O(5).H2SO4(6).SiO2(7).蒸发皿(8).30.0%【解析】【详解】（1）根据题目化学工艺流程知

，第一次浸出发生反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，有有毒的气体生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，选D装置，故答案为D；（2）亚铁离子具有还原性，可与高锰

酸钾发生氧化还原反应，检验亚铁离子，可取少量滤液1，滴加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子，故答案为取少量滤液1，滴加高锰酸钾溶液，若褪色，则证明有亚铁离子；（3）抽滤时，可关小水龙头，使洗涤剂X缓缓通过沉淀物，故答案为关小水龙头，使洗涤剂X缓缓通过沉淀物；（4）第二次浸出时发生反

应：CuS++H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O，不产生有毒气体，可以选用A装置，第二次浸出时，向盛有滤液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液．若顺序相反，会造成H2O2与固体颗粒接触分解，故答案为CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O；H2SO4；（5）二氧化

硅不与硫酸反应，滤渣2的主要成分是SiO2，含有少量S，浓缩、结晶得到硫酸锌晶体的主要仪器是蒸发皿，故答案为SiO2、S；蒸发皿；（6）废催化剂中Cu的物质的量为15.0g×12.8%÷96g/mol=0

.02mol，1.5gCuSO4﹒5H2O中Cu的物质含量的为1.5g÷250g/mol=0.006mol，则铜的回收率为0.006mol0.02mol×100%=30%，故答案为30%。10.氮和硫的化合物在工农业生产、生活中具有重要应用。请回答下列问题：()1航

天领域中常用24NH作为火箭发射的助燃剂。24NH与氨气相似，是一种碱性气体，易溶于水，生成弱碱242NHHO.用电离方程式表示242NHHO显碱性的原因是：________________。()2在恒温条件下，21molNO和足量C发生反应()()()()22

22NOg2CsNg2COg++，测得平衡时2NO和2CO的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：A①、B两点的浓度平衡常数关系：()cAK______()cBK(填“”或“”或“=”)A②、B、C三点中2NO的转化率最高的是______(填“A”或“

B”或“C”)点。③计算C点时该反应的压强平衡常数pK=______pMPa(K是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。()3已知：亚硝酸()2HNO性质和硝酸类似，但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数4aK5.110−=；23HCO的7a1K4.

210−=，11a2K5.6110.−=在常温下向含有2mol碳酸钠的溶液中加入1mol的2HNO后，则溶液中23CO−、3HCO−和2NO−的离子浓度由大到小的顺序是______。()4已知：常温下甲胺()32CHNH的电离常数为bK，且bbpKlgK3.4=

−=水溶液中有32233CHNHHOCHNHOH+−++，常温下向32CHNH溶液滴加稀硫酸至()()3233cCHNHcCHNH+=时，则溶液pH=______。()5一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以4CaSO的形成固定下来，但产生的

CO又会与4CaSO发生化学反应，相关的热化学方程式如下：()()()()()1422CaSOsCOgCaOsSOgCOgH210.5kJmol−+++=+①()()()()42CaSOs4COgCaSs4COgH189.2++=−②1kJmol−，反

应()()()()()22CaOs3COgSOgCaSs3COgH+++=______1kJmol−【答案】(1).N24225HHONHOH+−+(2).=(3).A(4).2(5).()()()2323cHCOcNOcCO−−−(6).10.6(7).39

9.7−【解析】【详解】（1）N2H4易溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成OH-和阳离子，电离方程式为：N2H4·H2ON2H5++OH-；（2）①平衡常数只受温度影响，所以Kc(A)=Kc(B)；②增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，该

反应的正反应是气体体积增大的反应，所以A、B、C三点中NO2的转化率最高的是A点；③在C点时，CO2与NO2的浓度相等，根据反应2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，可知N2的浓度为CO2的一半，所以混合气体中CO2的体

积分数为25，NO2的体积分数25，N2的体积分数15，所以反应的压强平衡常数KP=22222P(CO)P(N)P(NO)=2221(10)(10)552(10)5MPa=2MPa；（3）由HNO2的电离平衡常数Ka=5.1×10-4，H2CO3的

Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.61×10-11，可知溶液中完全反应生成等物质的量的Na2CO3、NaHCO3和NaNO2，可判断水解程度大小顺序为CO32->HCO3->NO2-，CO32-水解生成HCO3-，所以溶液中CO32-、HCO3-和NO2-的浓度大小关系为：c(HC

O3-)>c(NO2-)>c(CO32-)；（4）CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-的Kb=+-3332CHNHOc()c()c(CH)HNH，向CH3NH2溶液滴加稀硫酸至c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)时，Kb=c(OH-)=10-3.4mol/L，c(H+)=14

3.41010−−=10-10.6mol/L，pH=10.6；（5）由盖斯定律可知将②-①可得△H=-189.2kJ·mol-1-(+210.5kJ·mol-1)=-399.7kJ·mol-1，则CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)CaS(s)+3CO2(g)△H=-399

.7kJ·mol-1。11.物质的结构决定性质。回答下列有关问题：（1）BF3的空间构型为______。SO32-中心原子的杂化类型是______。（2）H2S的沸点比H2O2的沸点______(选填“高”或“

低”)；氮化铝、氮化硼、氮化镓三种晶体的结构与金刚石类似，其中熔点最高的是______。（3）从分子结构的角度分析“白磷不溶于水，易溶于CS2”的原因______。（4）CuCl难溶于水但易溶于氨水，其原因是______；此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为

______。（5）已知CaF2晶胞结构如图所示，晶体密度为ρg/cm3，则晶胞的边长是______cm。（NA表示阿伏加德罗常数，用含ρ、NA的代数式表达）（6）一种铜金合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心、Au原子处于顶点位置，该晶体中原子

之间的作用力是______；该晶体具有储氢功能，氢原子可进入到Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构相似，该晶体储氢后的化学式为______。【答案】(1).平面正三角形(2).sp3(3).低(4).B

N(5).白磷是非极性分子，水是极性分子，CS2是非极性分子，相似相溶(6).Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物(或配离子)(7).[Cu(NH3)4]2+(8).3A312ρN(9).金属键(10).Cu3AuH8【解析】【详解】（1）B

F3中B原子形成3个B-F键，没有孤电子对，价层电子对数3+0=3，空间构型为平面正三角形；SO32-中心原子S原子孤电子对数=62223+−=1，杂化轨道数目=3+1=4，S原子采取sp3杂化；（2）H2O2分子之间形成氢键，而H2S分子之间不能形成氢键，常温

下前者为液体，后者为气体，故H2S的沸点比H2O2的沸点低；均属于原子晶体，原子半径B＜Al＜Ga，共价键键长：N-B＜N-Al＜N-Ga，故键能N-B＞N-Al＞N-Ga，因此BN的熔点最高；（3）白

磷是非极性分子，水是极性分子，CS2是非极性分子，相似相溶，因此白磷不溶于水，易溶于CS2；（4）Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物（或配离子），所以该化合物易溶于氨水，此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为[Cu(NH3)4]2+；（5）

晶胞中黑色球数目为8，白色球数目=8×18+6×12=4，故黑色球为F，白色球为Ca，晶胞质量=440819AN+g，晶胞体积=3440819/ANgcm+cm3，则晶胞的边长=3A312ρNc

m；（6）该合金晶体中原子之间的作用力为金属键；该晶胞中Au原子个数=8×18=1、Cu原子个数=6×12=3，氢原子可进入到Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，H原子应位于晶胞内部，若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构相似，CaF2晶胞中

含有4个Ca2+和8个F-，氢原子相当于晶胞中的F离子，则晶胞中Cu、Au原子总数与H原子数目之比为1：2，所以该晶胞中应含有8个H，该晶体储氢后的化学式为Cu3AuH8。12.二氢弥猴桃内酯(J)是一种调配烟草用香精，制备该物质的合成路线如下：已知：A、B、C中含有一种相同

的官能团,B和C中均含有两个甲基。(1)A的化学名称是_________;Ⅰ中所含官能团的名称是_________。(2)A生成B或C的反应类型是_________,G生成H的反应类型是_________。(3

)A在催化剂作用下发生加聚反应,生成的常见高分子化合物的结构简式为_________。D生成E所用的试剂为乌洛托品,其相对分子质量为140,可由甲醛与氨气以物质的量之比3∶2反应脱去水得到，乌洛托品分子中有4个六元环，所有氢原子化学环境相同,乌洛托品的分子式为_________，结构简式

为_____________________________。(4)化合物E与足量H2在催化剂及加热条件下反应的化学方程式为________________________。(5)芳香族化合物X是J的同分异构体，1

molX能与2molNaOH反应,X的核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶6∶6,写出一种符合条件的X的结构简式：__________________。(6)写出以1-丙醇为原料(其他试剂任选)制备2-丁烯酸的合成路线______

______________。【答案】(1).2-甲基-1,3-丁二烯(或异戊二烯)(2).碳碳双键和羧基(3).加成反应(4).消去反应(5).(6).C6H12N4(7).(8).+3H2(9).[或](10).CH3CH2CH

2OHCH3CH2CHOCH3CH=CHCNCH3CH=CHCOOH【解析】A的分子式为C5H8，结合后面物质的结构可知为链烃，A、B、C中含有一种相同的官能团,B和C中均含有两个甲基，则官能团为碳碳双键，A为二烯烃CH2=C(CH3)CH=CH2，B和C分别为

CH3CCl(CH3)CH=CH2和CH3C=(CH3)CH2CH3，B或C与A在四氯化锡催化下发生加成反应都生成，与乌洛托品反应生成，在苯胺、硫酸作用下转化为，在乙酸、KCN作用下发生加成反应转化为，在POCl3

、吡啶作用下发生消去反应转化为，酸化得到，继续酸化得到。(1)A为CH2=C(CH3)CH=CH2，化学名称是2-甲基-1,3-丁二烯或异戊二烯;Ⅰ为，所含官能团的名称是碳碳双键和羧基；(2)A生成B或C是CH2=C(CH3)CH=CH2与氯化氢发生加成反应

生成CH3CCl(CH3)CH=CH2或CH3C=(CH3)CH2CH3，反应类型是加成反应,G生成H是在POCl3、吡啶作用下发生消去反应转化为，反应类型是消去反应；(3)CH2=C(CH3)CH=CH2在催化剂作用下发生加聚反应,生成的常见高分子化合

物的结构简式为；D生成E所用的试剂为乌洛托品,其相对分子质量为140,可由甲醛与氨气以物质的量之比3∶2反应脱去水得到，乌洛托品的分子中碳氮个数比为3：2，结构式为（C3HxN2）n,故估算应有n=2，则x=6，乌洛托品的分子式为C6H12N4；乌洛托品分子中有4个六元环

，所有氢原子化学环境相同,则高度对称，乌洛托品的结构简式为；(4)化合物E（）与足量H2在催化剂及加热条件下反应的化学方程式为+3H2；(5)芳香族化合物X是J的同分异构体，1molX能与2molNaOH反应,只含有二个氧故应该为两个酚羟基

，X的核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶6∶6,则两个酚羟基为其中的2，另各有两个等效甲基，即4个甲基分两组，高度对称，种符合条件的X的结构简式有：(9).或；(6)1-丙醇在铜的催化下氧化得到丙醛，丙醛与KCN、乙酸发生反应生成，在POCl3、吡啶作用下发

生消去反应转化为CH3CH=CHCN，CH3CH=CHCN酸化得到2-丁烯酸，合成路线如下：CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH=CHCNCH3CH=CHCOOH。