【文档说明】【精准解析】黑龙江省牡丹江市第一高级中学2020届高三下学期4月线上线下教学检测理综化学试题.pdf，共(18)页，572.821 KB，由小赞的店铺上传

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-1-黑龙江省牡丹江市第一高级中学2020届高三下学期4月线上线下教学检测理综化学试题1.中华传统文化蕴含着很多科学知识，下列说法错误的是()A."水声冰下咽，沙路雪中平"未涉及化学变化B."霾尘积聚难见路人"形容的霾尘中有气

溶胶，具有丁达尔效应C.“试玉要烧三日满，辨才须待七年期”，此文中“玉”的主要成分为硅酸盐，该诗句表明玉的硬度很大D.“自古书契多编以竹简，其用缣帛者(丝织品)谓之为纸”，文中“纸”的主要成分是蛋白质【答案】C【解析】【详解】A．“水声冰下咽，沙路雪中平”是水的三态变化，过程中未涉及化学变

化，A正确；B．霾尘中有气溶胶，气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，B正确；C．玉的成分是硅酸盐，“试玉要烧三日满”说明“玉”的熔点较高，C错误；D．“缣帛者谓之为纸”，文中“纸”是丝织品，主要成分是蛋白质，D正确。答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正

确的是()A.1mol—OH（羟基）与lmol+4NH中所含电子数均为10NAB.常温常压下，水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为NAC.0.lmol苯与足量氢气反应后，破坏碳碳双

键的数目为0.3NAD.10gKHCO3和CaCO3的固体混合物中含有的23CO数目为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A．羟基不显电性，故1mol羟基中含(8+1)mol=9mol电子，即9NA个，A

错误；B．根据2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑可知，增重的质量为4H的质量，即2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑～增重4H～2e-，由此可知，每增重4g，转移2mol电子，增重2g，转移电子的物质的量=

lmol，即NA，B正确；C．苯分中不存在碳碳双键，C错误；D．KHCO3固体中含有K+和3HCO，没有23CO，D错误。答案选B。-2-3.将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下

列有关该实验的说法正确的是A.铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−Fe3+B.铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C.活性炭的存在会加速铁的腐蚀D.以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀【答案】C【解析】【分

析】根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-；据此解题；【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，

即负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故A错误；B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下

易发生吸氧腐蚀，故D错误；综上所述，本题应选C.【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。根据电解质溶液的酸碱性可判断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：2H++2e-=H2↑；电解质溶液为碱性或中性

条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-。4.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中X与Y可形成一种淡黄色物质P，常温下将0.05molP溶于水，配成1L溶液，其中+12-c(H)=110c(OH)；Z

为金属元素，且Z可在W-3-的一种氧化物中燃烧，生成一种白色的物质和一种黑色的物质。下列说法错误的是()A.简单离子半径：X＞Y＞ZB.氢化物的沸点：W<XC.化合物P中既含有离子键又含有共价键D.W、X、Y三种元素形成的物质的水溶液显碱性【答案】

B【解析】【分析】X与Y可形成一种淡黄色物质P，则P是Na2O2，X的原子序数比Y小，则X是O，Y是Na；Z为金属元素，且Z可在W的一种氧化物中燃烧，生成一种白色的物质和一种黑色的物质，则Z为Mg，W为C，Mg

在CO2中燃烧生成白色的MgO和黑色的C；综上所述，W、X、Y、Z分别为：C、O、Na、Mg，据此分析解答。【详解】A．X、Y、Z分别为O、Na、Mg，其简单离子分别为：O2－、Na＋、Mg2＋，它们核外电子排布相同，则原子序小离子半径大，故有离子半径O2－＞Na＋＞Mg2＋，A正确；B．碳

的氢化物为烃，烃有很多，其沸点可能高于氧的氢化物，B错误；C．P为Na2O2，既含有离子键又含有共价键，C正确；D．W、X、Y三种元素形成的物质为Na2CO3或Na2C2O4，其水溶液显碱性，D正确。答案选B。5.最近我国科学家研制一种具有潜

力的纳米电子学材料——石墨炔，图中丁为它的结构片段。下列有关说法中，错误的是（）A.甲分子中的6个溴原子位于同一平面上B.丙的二氯代物有2种C.丙能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.石墨炔和C60是碳的同素异形体【答案】B-4-【

解析】【详解】A．苯环为平面型结构，故甲中6个溴原子位于同一平面上，A项正确；B．丙分子中只有6个碳碳三键端碳上有氢原子可被氯原子取代，且这6个氢等效，类比苯环上二氯代物有3种结构，可知丙的二氯代物有3种，故B错误；C．丙中碳碳三键有还

原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；D．石墨炔和C60均是碳元素构成的单质，故两者互为同素异形体，D项正确。本题选B。6.下列实验可以达到目的或得出结论的是（）选项实验目的或结论实验过程A探究浓硫酸的脱水性向表面皿中加

入少量胆矾，再加入约3mL浓硫酸，搅拌，观察实验现象B相同温度下，Ksp(ZnS)＜Ksp(CuS)向2mLZnSO4和CuSO4的混合溶液中逐滴加入0.01mol/LNa2S溶液，先出现白色沉淀C淀粉已经完全水解取少量酸催化后的淀粉水解液于试管中，先加入过量氢氧化钠溶

液中和酸，再加少量碘水，溶液未变蓝D2AlO结合氢离子的能力比碳酸根强向NaAlO2的试管中滴加碳酸氢钠溶液，产生白色沉淀A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．胆矾加入浓硫酸，失去水，与浓硫酸的吸水性有关，而不是

脱水性，A错误；B．ZnSO4和CuSO4的浓度未知，所以不能根据向2mLZnSO4和CuSO4的混合溶液中逐滴加入0.01mol/LNa2S溶液，得出Ksp的大小关系，B错误；-5-C．碘可以与过量的氢氧化钠反应，即使有淀粉存在，溶液也不

会变蓝，故不能判断淀粉是否完全水解，C错误；D．向NaAlO2的试管中滴加碳酸氢钠溶液产生白色沉淀，说明发生了如下反应：2-23-233-++HO=AlOHCAlOH+COO，该反应说明2AlO结合氢离

子的能力比碳酸根强，D正确。答案选D。7.向10mL1mol·L-1的HCOOH溶液中不断滴加1mol·L-1的NaOH溶液，并一直保持常温，所加碱的体积与－lgc水(H＋)的关系如图所示。c水(H＋)为溶液中水电离的c(H＋)。下列说法不正确的是（）

A.常温下，Ka(HCOOH)的数量级为10-4B.a、b两点pH均为7C.从a点到b点，水的电离程度先增大后减小D.混合溶液的导电性逐渐增强【答案】B【解析】【详解】A.甲酸溶液中水电离出的氢离子为10－12mol·L－1，则溶液中氢离子浓度为

0.01mol·L－1，所以常温下，Ka(HCOOH)＝0.010.0110.01≈10－4，因此数量级为10－4，故A正确；B.a点甲酸过量，水电离出的氢离子为10－7mol·L－1，溶液pH＝7；b点氢氧化钠过量，pH>7，

故B错误；C.从a点到b点，溶液中的溶质由甲酸和甲酸钠变为甲酸钠，然后又变为甲酸钠和氢氧化钠，所以水的电离程度先增大后减小，故C正确；D.溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，-6-离子所带的电荷越多，溶

液的导电性越强。甲酸是弱酸，生成的甲酸钠以及氢氧化钠均是强电解质，所以混合溶液的导电性逐渐增强，故D正确；故选B。8.硝基苯（可写成C6H5NO2）是一种剧毒化学品，具有致畸、致突变和致癌性。处理含有

硝基苯废水的方法有很多，下图是铁、碳微电池法处理含硝基苯废水的工业流程图：请回答下列问题：(1)实验室制备硝基苯的化学方程式：_______________________________________；(2)用分液漏斗分离硝基苯和水的混合物时，硝基苯从_______（填“上”或“下

”）口流出。(3)微电池处理过程中，原电池的负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；①碳表面硝基苯在电极上被还原成苯胺（）的电极反应方程式为：_______________________；②微电池处理过程中部分硝基苯被新生成的活性Fe2+还原成苯胺，该反应的离子反应方程式为：__

________________________________________________；(4)①一次沉降池中通入空气的目的：_____________________________________；②一次沉降池中适当的升温有利于沉渣的迅速沉降，分析原因：__________

_____________；（用适当的文字描述和离子方程式解释）(5)上图中微生物在空气存在的条件下降解苯胺的化学反应方程式为：____________________________。(6)利用惰性吸附电极电解含硝基苯的废水，同样可以将剧

毒的硝基苯转化成苯胺，在电解的过程中，含硝基苯的废水应从_____________极室流入（填：“阳”或“阴”）。-7-【答案】(1).+HNO3+H2O(2).下(3).+6e-+6H+=+2H2O(4).+6Fe2++6H+=+6Fe3++2H2O(5).将Fe2+充分氧化成

Fe3+(6).Fe3+存在水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，升温使水解平衡正向移动，产生更多的Fe(OH)3吸附沉渣(7).4+31O2=24CO2+14H2O+2N2(8).阴【解析】【分析

】含硝基苯的酸性废水和Fe、C混合发生原电池反应，负极为Fe失电子生成Fe2+，正极为硝基苯得电子还原成苯胺，通过一次沉降将Fe3+、未反应的Fe、C等固体物质除去，上层苯胺在微生物活性泥作用下被空气氧化成二氧化碳和氮气，通过二次沉降将微生物活性泥等固体沉降，此时排放的水已达排

放标准。【详解】(1)实验室用苯和浓硫酸、浓硝酸加热到55℃～60℃制备硝基苯，方程式为：+HNO3+H2O；(2)硝基苯与水互不相溶，硝基苯的密度比水大，在下层，故硝基苯从分液漏斗下口流出；(3)①硝基苯在正极得

电子，发生还原反应，生成，硝基苯（可写成C6H5NO2），转化为，脱去2个O，加入2个H，脱去1个O原子，化合价降低2价，加入1个H化合价降低1价，则共降低6价，电极反应为：+6e-+6H+=+2H2O；②结合①中N元素化合价可写出硝基苯被Fe2+还原成苯胺的离子方程式为：-8-+6Fe2++

6H+=+6Fe3++2H2O；(4)①通入空气是将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，最后升高温度促进Fe3+水解，使其转化成Fe(OH)3沉淀而除去；②结合①分析可知，Fe3+存在水解平衡：Fe3++3H2OFe(O

H)3+3H+，升温使水解平衡正向移动，产生更多的Fe(OH)3吸附沉渣，故升温有利于沉渣的迅速沉降；(5)在微生物存在下，苯胺被氧气氧化成二氧化碳和氮气，结合原子守恒、电子得失守恒可写出方程式为：4+31O2=24CO2+1

4H2O+2N2；(6)硝基苯得电子转化成苯胺，阴极得电子，应将硝基苯的废水应从阴极室流入。9.乙酸是生物油的主要成分之一，乙酸制氢具有重要意义：反应I（热裂解）：CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g)△H1反应II（脱羧基）：CH3COOH(g)CH4(g)+CO

2(g)△H2(1)△H1=___________kJ/mol(用有关E的代数式表示)；(2)为提高H2的平衡产率，应选择的压强条件是_________(填“高压”或“常压”)；(3)在不同温度下，向密闭容器中充

入等量醋酸蒸汽，反应相同时间后，测得各气体的产率与温度的关系如图：-9-①约650℃之前，氢气产率低于甲烷的原因是；________________________________；②约650℃之后，随着温度升高后，氢气产率高于甲烷的原因是：___________；（填编号）a

.反应II速率减慢b.反应I速率加快的程度比反应II大c.反应I正向移动，而反应II逆向移动d.反应I正向移动的程度大于反应II正向移动的程度③根据图像分析，该容器中一定发生了另外的副反应，理由是：______________。(4)利用合适的催化剂使另外的副反

应不发生。温度为TK，达到平衡时，总压强为PkPa，反应I消耗乙酸20%，反应II消耗乙酸50%，乙酸体积分数为__________(计算结果保留l位小数，下同)；反应II的平衡常数Kp为_________(Kp为以分

压表示的平衡常数，某物质分压=总压×该物质的体积分数)。【答案】(1).+(E3-E2)(2).常压(3).反应I的活化能高于反应II，使生成2H的速率低于生成4CH的速率(4).bc(5).根据反应I看出，生成CO与2H的比例为1:1，但图像中这两种气体的产率显然非1:1(6)

.14.3%(7).0.4PkPa【解析】【详解】(1)根据ΔH=生成物的能量-反应物的能量可得：1ΔH=+(E3-E2)kJ/mol，故答案为：+(E3-E2)；(2)为提高H2的平衡产率，要促进反应I发生，最好抑制反应II发生，因为反应I的气体分子数增

加程度大于反应II，要阻止副反应的进行，应选择较低压强，故答案为：常压；(3)①反应I的活化能高于反应II，使生成2H的速率低于生成4CH的速率，所以约650℃之前，氢气产率低于甲烷的，故答案为：反应I的活化能高于反应II，使生成2H的速率低于生

成4CH的速率；②约650℃之后，随着温度升高后，反应I速率加快的程度比反应II大，反应I为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，而反应II是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以氢气产率高于甲烷，bc满足题意，故答案为：bc；③根据反应I看出，生成C

O与2H的比例为1:1，但图像中这两种气体的产率显然非1:1，则说明还有其他副反应在进行,故答案为：根据反应I看出，生成CO与2H的比例为1:1，但图-10-像中这两种气体的产率显然非1:1；(4)设乙酸的起始量为amol，反应I消耗乙酸20%a，反应II消耗乙酸

50%a，则共消耗70%a，则乙酸的平衡量=a-0.2a-0.5a=0.3a，则：32+CHCOOHg2COg2Hg/mola00/mol0.2a0.4a0.4a/mol0.3a0.4a0

.4a起始量变化量平衡量，342+CHCOOHgCHgCOg/mola00/mol0.5a0.5a0.5a/mol0.3a0.5a0.5a起始量变化量平衡量，则平衡时气体的总物质的量=0.3a

+0.4a+0.4a+0.5a+0.5a=2.1a，乙酸体积分数为：0.3a100=14.32.1a％％，反应II的平衡常数p0.5a0.5aPP2.1a2.1aK=0.4PkPa0.3aP2.1a，故答案为：14.3%；0.4PkPa。【点睛】(4)设乙酸的起始量为amol

，反应I消耗乙酸20%a，反应II消耗乙酸50%a，则共消耗70%a，则乙酸的平衡量=a-0.2a-0.5a=0.3a，注意，本题列了两个三段式，不要把体系中乙酸物质的量计算重了！10.阳极泥处理后的沉渣中含AgCl，工业上可

用Na2SO3溶液作浸取剂浸出回收。某小组在实验室模拟该过程。已知：i．25oC时，部分物质的溶解度：AgCl1.9×10–4g；Ag2SO34.6×10–4g；Ag2SO40.84g。ii．25oC时，亚硫酸钠溶液酸化过中含4S微粒的物质的量分数随pH变化

如图所示。Ⅰ.浸出氯化银取AgCl固体，加入1mol/LNa2SO3溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液（pH=8），该过程中发生的反应为AgCl+232SO[Ag(SO3)2]3–+Cl–。-11-（1）用平衡移动原理解释AgCl溶解的原因是___。Ⅱ.酸化

沉银（2）经检测，沉淀m为AgCl，则溶液m中含4S微粒的主要存在形式是________。（3）探究沉淀n的成分。①甲同学认为沉淀n一定不含Ag2SO4，其依据是________。②乙同学认为沉淀n可能含Ag2SO3，进行实验验证。i.本实验设计的依据是：Ag2SO3具

有________性。ii.乙同学观察到________，得出结论“沉淀n不含Ag2SO3”。③丙同学从溶液n的成分角度再次设计实验证明沉淀n不含Ag2SO3。i.本实验设计的依据是：若沉淀n含Ag2SO3，则溶液n中含1Ag微粒的总物质的量___（填“＞”、“＝”或“

＜”）Cl–物质的量。ii.结合实验现象简述丙同学的推理过程：____。Ⅲ．浸取剂再生（4）溶液m经处理后可再用于浸出AgCl，请简述该处理方法____。【答案】(1).AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),Ag+与SO32

-结合生成[Ag(SO3)2]3–，促进AgCl的溶解平衡正向移动(2).HSO3-(3).Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+的浓度很小(4).还原(5).b．中清液的颜色与．．．．．．．c．相同．．，均为浅紫色溶液(6).＜(7).e中无沉淀生成，说明清液

中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可知溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于-12-n(Cl–)(8).加NaOH溶液调节pH至9~10【解析】【分析】I

、（1）利用平衡移动的知识答题即可；II、（2）生成沉淀m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占100%；（3）①溶液中Ag+的浓度很小，而Ag2SO4的溶解度较大，故不会形成Ag2SO4沉淀；②依据Ag2SO3的还

原性答题；③e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–)；III、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，浸取剂为Na2SO3溶液，需要加入NaOH

溶液将NaHSO3转化为Na2SO3。【详解】I、（1）AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，Ag+与SO32-结合生成[Ag(SO3)2]3-，促进AgCl的溶解平衡正向移动；II、（2）生成沉淀

m时，溶液m的pH为5，观察图像，可以得知HSO3-的物质的量分数占100%，则溶液m中含4S微粒的主要存在形式是HSO3-；（3）①Ag2SO4的溶解度远大于AgCl或Ag2SO3，溶液中Ag+的浓度很小；②i、酸性KMnO4

溶液具有强氧化性，SO32-具有还原性，则该实验涉及的依据是Ag2SO3具有还原性；ii、沉淀中无Ag2SO3，则该沉淀不会使酸性KMnO4溶液褪色，故可以观察到a试管中酸性KMnO4溶液褪色，b、c试管中酸性K

MnO4溶液依然呈紫色；③e中无沉淀生成，说明清液中没有Cl-，则溶液n中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为Ag+，Ag+将Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液n中含Ag元素的微粒总物质的量不小于n(Cl–)；III、（4）m溶液中的溶质为NaHSO3，

浸取剂为Na2SO3溶液，根据曲线图可知，加入NaOH溶液调整pH到9-10即可。[化学——选修三：物质结构与性质］11.磷化硼是一种典型的超硬无机材料，常以BCl3、PH3为原料制备。回答下列问题：（1）基态P原子与B原子中

未成对电子数之比为___。（2）与BC13分子互为等电子体的一种离子为___（填化学式）。（3）PH3分子的立体结构为___；PH3的沸点___（填“高于”或“低于”）NH3，理由是___。-13-（

4）BCl3、PCl3和PF3三种分子中键角由大到小的顺序为___。（5）BCl3可转化为硼酸，硼酸为一元强酸的原因是___（用离子方程式表示）。（6）磷化硼晶胞的示意图如图甲所示，其中实心球表示P原子，空心球表示B原子，晶胞中P原子空间堆积方式为

___。已知磷化硼晶体的密度为ρg·cm－3，设阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中B原子与P原子间最短距离为___pm。若磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影如图乙所示（虚线圆圈表示P原子的投影），请在图乙中用实线圆圈画出B原子的

投影位置___（注意原子体积的相对大小）。【答案】(1).3：1(2).CO32-或NO3-(3).三角锥形(4).低于(5).NH3分子之间存在氢键(6).BCl3＞PCl3＞PF3(7).H3BO3＋H2OH＋＋

[B(OH)4]－(8).面心立方最密堆积(9).3A31684Nρ×1010(10).或【解析】【详解】（1）基态P原子的最外层电子排布为233s3p，而B原子的最外层电子排布为212s2p，因此二者未成对电子数之比为3:1；（2）原子数

和价电子数分别均相等的是等电子体，与3BCl互为等电子体的离子有很多，例如2-3CO或-3NO均可；（3）3PH的结构与3NH一致，均为三角锥形，也可根据VSEPR理论来判断，磷原子为3sp杂化且有一对孤

电子；3NH中存在氢键，所以熔沸点均高于其它同主族氢化物；（4）3BCl为平面三角形，因此键角为120°，3PCl为三角锥形，键角为100.1°，而3PF发生的是非等性3sp杂化，为三角锥形，但是氯原子的半径大于氟原子，空间

阻力更大，因此3PF的键角小于3PCl，因此键角BCl3＞PCl3＞PF3；（5）硼是缺电子原子，能结合水中的氢氧根来释放质子，因此是一元酸，电离方程式为：-14--3324HBO+HOH+[B(OH)]；（6）根据甲图可以看出

每个面的面心上均有磷原子，因此是面心立方最密堆积；晶胞中白色球周围最近的4个黑色球构成正四面体结构，白色球处于正四面体的中心，顶点黑色球与正四面体中心白色球连线处于晶胞体对角线上，由几何知识可知晶胞中硼原子位于晶胞的体对角线14处，因此根据3Am114

+314ρ==VNa先求出晶胞常数a值，再用a值求出体对角线的长度的14即3a4＝3A31684Nρcm＝3A31684Nρ×1010pm；根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合

，外侧大正六边形均由P原子构成，而内部小正六边形由3个B原子、3个P原子形间隔成，所以画图为或，注意硼原子的半径小于磷原子。[化学——选修五：有机化学基础]12.G是药物合成中的一种重要中间体，下面是G的一

种合成路线：-15-回答下列问题：（1）B的结构简式为__________，其中所含官能团的名称为__________；B生成C的反应类型为__________。（2）D的名称是__________。（3）由

C和E合成F的化学方程式为________________________________________。（4）D的同分异构体中，能发生银镜反应且分子结构中含苯环的还有__________种，其中核磁共

振氢谱上有6组峰，峰面积之比为1∶1∶1∶1∶1∶1的同分异构体的结构简式为______________________(一种即可)。（5）参照上述合成路线，以CH3CH2Cl为原料(其他试剂任选)，设计制备

巴豆醛(CH3CH=CHCHO)的合成路线。_______________【答案】(1).(2).羟基、羰基(3).取代反应(4).对羟基苯甲醛(5).(6).3(7).或(8).【解析】【分析】根据A、C结构及分子式的区别，结合已知条件，可

得到B物质的结构简式及其含有的官能团的种类；并根据B、C结构的区别分析出B产生C的反应类型；并利用该反应类型逆推分析出D的结构简式，根据系统命名法对D命名；在判断D的同分异构体时种类时，要从官能团异构、-16-位置异构方面，结合题干要

求分析，书写出相应的物质的结构简式；根据C+E生成F时的变化，利用元素的原子守恒，可得该反应的化学方程式；最后用已知物质CH3CH2Cl，结合题目已知信息，合成需要制备的目标产物巴豆醛(CH3CH=CHCHO)。【详解】(1)根据A、C结构，结合题干已知信息和B的分子式，

可知B物质的结构简式是，该物质含有的官能团有羟基、羰基；B与CH3I发生取代反应，产生C和HI；(2)D与CH3I发生取代反应可产生，逆推可知D为对羟基苯甲醛；(3)由C和E在碱性条件下加热，反应生成F和水，反应的化学方程式为；(4)D是，有多种同分异构体，其中的同

分异构体分子结构中含苯环，且能发生银镜反应说明含有醛基，还有、、，共3种，其中核磁共振氢谱上有6组峰，峰面积之比为1：1：1：1：1：1的同分异构体的结构简式为-17-或；(5)以CH3CH2Cl为原料制备巴豆醛(CH3CH=CHCHO)，可以先水解得到乙醇

，再把乙醇催化氧化得到乙醛，最后利用题信息合成巴豆醛，具体合成路线为：。【点睛】本题考查了有机物的合成与推断的知识。充分利用有机物的分子式、结构简式及提供提供的信息、各种烃及其衍生物的性质是进行推断是解答该题的关键

。该题很好的考查了学生信息获取与运用能力及分析推断能力，难度中等。-18-