【文档说明】宁夏银川九中、石嘴山三中、平罗中学三校2020届高三下学期联考化学试题【精准解析】.doc，共(16)页，871.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020年银川九中、石嘴山三中、平罗中学三校联考理科综合试卷-化学部分1.运用化学知识对下列说法进行分析,不合理的是A.从健康的角度考虑臭氧比氯气更适合作自来水的消毒剂B.在“新冠肺炎战疫”发挥了重要作用的熔喷布口罩,其主要生产原料聚

丙烯是混合物C.“一带一路”是现代丝调之路。丝绸的主要成分是蛋白质,属于天然高分子化合物D.水墨山水画不易褪色的原因是墨汁中的炭黑具有吸附性【答案】D【解析】【详解】A.氯气对自来水进行消毒会产生氯残留，因此从健康的角度考虑臭氧比氯气更适合作自来水的消毒剂，故A正确；B

.在“新冠肺炎战疫”发挥了重要作用的熔喷布口罩，其主要生产原料聚丙烯，高聚物都为混合物，故B正确；C.丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故C正确D.水墨山水画不易褪色的原因是墨汁中的炭黑很稳定，故D错误。综上所述，答案为D。2.NA是阿伏加德罗常数的值

。下列说法正确的是（）A.20gH218O和D2O的混合物中含有中子10NAB.密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAC.1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NAD.pH=1的硫

酸溶液，含有氢离子数目为2NA【答案】A【解析】【详解】A.H218O和D2O摩尔质量均为20g/mol，1mol分子中的中子数均为10mol，20g混合物的物质的量为1mol，含有中子10NA，A正确；B.密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，2NO+O22NO2，产物

的分子数小于2NA，B错误；C.1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中，c(Na+)=0.2mol·L-1，根据物料守恒可知，c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(CO32-)+2c(HCO3

-)，则HCO3-和CO32-离子数之和小于0.1NA，C错误；D.pH=1的硫酸溶液，可知氢离子浓度为0.1mol/L，但溶液体积未知，含有氢离子数目未知，D错误；答案为B。【点睛】本题易错点为B，注意一氧化氮和氧气的反应为可逆反应，且同时存在二氧化氮和四氧化二氮的可逆转化，故二氧化氮的量无

法确定。3.主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z-具有与氩原子相同的电子层结构；

Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9。下列说法一定正确的是（）A.X与Z的简单氢化物的水溶液均呈强酸性B.Z和W形成的化合物的水溶液呈中性C.Y与Z形成的化合物只含离子键D.简单氢化物的沸点：Q＞X【答案】B【解析】【分析】主族

元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，说明Q为非金属元素，氢化物显碱性，X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素，即X为F，Q为N；Z-具有与氩原子相同的电子层结构，Z为C

l；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，说明W为K时，Y为Al，W为Ca时，Y为Mg。【详解】A.X的简单氢化物的水溶液为HF，Z的简单氢化物的水溶液为HCl，盐酸为强酸，氢氟酸为弱酸，A错误；B.Z和W形成的化合物为氯化钾或氯化钙，均为强酸强碱盐，水溶液呈中性，B正确；C.若

Y为铝，则Y与Z形成的化合物含有共价键，C错误；D．HF和NH3分子间均存在氢键，但由于电负性F>N，形成的H—F…H更强，所以简单氢化物的沸点：HF＞NH3，D错误；答案为B。【点睛】本题易错点为C，注意氯化铝为共价化合物。4.某有机物的结构

简式如图所示，下列有关该有机物的说法不正确的是（）A.苯环上的一氯代物有3种B.含有2种官能团C.分子中的所有碳原子一定共面D.能发生氧化反应、取代反应、还原反应【答案】C【解析】【分析】根据有机物结构可知，官能团为羧基、碳碳双键，具有一个苯环结构，据此回答

问题。【详解】A.有机物结构中氢环境有3种，即苯环上的一氯代物有3种，A正确；B.有机物官能团为羧基、碳碳双键，含有2种官能团，B正确；C.有机物存在环烯烃结构，有一个连续的-CH2-CH2，碳原子不共面，C错误；D.碳碳双键能发生氧化反应、还原反应，

羧基能发生取代反应，D正确；答案为C。5.海洋动物海鞘中含有种类丰富、结构新颖的次生代谢产物，是海洋抗肿瘤活性物质的重要来源之一。一种从海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物的流程如下：下列关于该流程中各步骤的说法中，错误的是（）选项步骤采用装置主要仪器A①过滤装置漏斗B②分液装置

分液漏斗C③蒸发装置坩埚D④蒸馏装置蒸馏烧瓶A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】由流程可知，步骤①是分离固液混合物，其操作为过滤，需要漏斗、烧杯等仪器；步骤②是分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗等仪器；步骤③是从溶液中得到固体，操作为蒸发，

需要蒸发皿等仪器；步骤④是从有机化合物中，利用沸点不同用蒸馏的方法得到甲苯，需要蒸馏烧瓶等仪器，则错误的为C，故答案选C。6.我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置（如图所示）。闭合K2、断开K1时，制氢并储能；断开K2、闭合K1时，供电。下列说法错误的是（）A.制氢时，溶液中

K+向Pt电极移动B.供电时，Zn电极附近溶液的pH不变C.供电时，X电极发生还原反应D.制氢时，X电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O【答案】B【解析】【分析】闭合K2、断开K1时，制氢并储能，构成电解池，Pt电极发生还

原反应，为阴极，X电极发生氧化反应，为阳极；断开K2、闭合K1时，构成原电池，X电极发生还原反应，为正极，Zn电极发生氧化反应，为负极。【详解】A．制氢时，Pt电极为阴极，电子从X电极向Pt电极移动，溶液中K+向Pt电极移动，A正确

，不选；B．供电时，Zn电极发生氧化反应，发生反应Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O，消耗OH-，pH减小，B错误，符合题意；C．供电时，X电极发生还原反应，NiOOH转化为Ni(OH)2，C正确，不选；D．制氢时，X电

极为阳极，反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，D正确，不选；答案为B。7.常温下，在体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液中水

电离的c（H＋）表示为pH水＝-lgc（H＋）水。pH水与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。下列推断正确的是A.HX的电离方程式为HX＝H＋＋X-B.T点时c（Na＋）＝c（Y-）＞c（H＋）＝c（OH-）C.常温下用蒸馏

水分别稀释N、P点溶液，pH都降低D.常温下，HY的电离常数a7xK=(20-x)10【答案】D【解析】【详解】A.依题意，HX和HY是两种一元酸。由图象知，加入氢氧化钠溶液，水电离程度增大，溶液由酸性逐渐变为中性，当恰好完全反应时溶液呈碱性且水电离程度达到最大值。HX为弱酸，故A错误

。B.T、P点对应的溶液都呈碱性，故B错误。C.N点呈中性，加入蒸馏水稀释中性溶液，稀释后溶液仍然呈中性，故C错误。D.取M点计算电离常数，c（H＋）＝c（OH-）＝1×10-7mol·L-1，混合溶液

中1x(Na)(Y)0.1molL20+xcc+−−==，120-x(HY)0.1molL20+xc−=，+-a7c(H)c(Y)xK==c(HY)(20-x)10，故D正确。故答案选D。8.以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生成硫酸的催化剂。

从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%22~2.92.8~3.122~2860~651~2＜1以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下

列问题：（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为___________，同时V2O4转成VO2+。“废渣1”的主要成分是__________________。（2）“氧化”中欲使3mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为______mol。

（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124−形式存在于溶液中。“废渣2”中含有_______。（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124−R4V4O12+4OH−（以ROH为强碱性阴离子

交换树脂）。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈_____性（填“酸”“碱”“中”）。（5）“流出液”中阳离子最多的是________。（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式____________。【

答案】(1).V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O(2).SiO2(3).0.5(4).Fe(OH)3、Al(OH)3(5).碱(6).K＋(7).2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑【解析】【分

析】从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V2O4转成VO2+．氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，然后加氧化剂KCl

O3，将VO2+变为VO2+，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124-离子交换洗脱R4V4O12+4OH-，由ROH为强碱性阴

离子交换树脂可知，碱性条件下利用反应逆向移动，流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，以此解答该题。【详解】（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，

V元素化合价不变，说明不是氧化还原反应，根据原子守恒可知反应的离子方程式为V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；二氧化硅与酸不反应，则“废渣1”的主要成分是二氧化硅；（2）“氧化”中欲使3mol的VO2+变为VO2+，V元素化合价从＋4价升高到＋5价，而氧化剂KClO

3中氯元素化合价从＋5价降低到－1价，则根据电子得失守恒可知需要氯酸钾的物质的量为少3mol÷6＝0.5mol；（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124−形式存在于溶液中，同时生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则“废渣2”中含有Fe（OH）3、Al（OH）3；（4）根据方程式可知为了提高洗脱

效率，反应应该向逆反应方向进行，因此淋洗液应该呈碱性；（5）由于前面加入了氯酸钾和氢氧化钾，则“流出液”中阳离子最多的是钾离子；（6）根据原子守恒可知偏钒酸铵（NH4VO3“煅烧”生成七氧化二钒、氨气和水，发生反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5＋H2O

＋2NH3↑。9.CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。（1）研究表明CO2和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。已知部分反应的热化学方程式如下：CH3OH(g)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O（1）△H1=－726.5kJ•mol-1

H2(g)+12O2(g)=H2O（1）△H2=－285.8kJ•mol-1H2O(g)=H2O(l)△H3=－44kJ•mol-1则CO2与H2反应生成气态CH3OH和水蒸气的热化学方程式为__。（2）为研究CO2与CO之间的转化

，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g)△H，反应达平衡后，测得压强、温度对CO的体积分数(φ(CO)%)的影响如图所示。回答下列问题：①压强p1__1.0MPa（填>、=或<）。②900℃、1.0MPa时

，足量碳与amolCO2反应达平衡后，CO2的转化率为__，该反应的平衡常数Kp=__（保留小数点后一位数字）（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。（3）①以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸，CO2(g)

+CH4(g)CH3COOH(g)。为了提高该反应中CO2的转化率，可以采取的措施是___（写一条即可）。②在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250～300℃时，乙酸的生成速率降低的主要原因是__；300～400℃时，乙酸的生成速率升高的主要原因是__。（4）将1.0

×10-3mol/LCoSO4与1.2×10-3mol/L的Na2CO3等体积混合，此时溶液中的Co2+的浓度为___mol/L。（已知：CoCO3的溶度积为：Ksp=1.0×10-13）【答案】(1).CO2(g

)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-86.9kJ•mol-1(2).＜(3).66.7%(4).3.2MPa(5).增大反应体系压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分离出来(6).催化剂的催化效率降

低(7).温度升高，化学反应速率加快(8).1.0×10-9【解析】【分析】(1)根根据盖斯定律进行计算；(2)同温下，可逆反应正方向为气体体积增大的反应，根据勒夏特列原理，压强小的一氧化碳体积分数大；(3)根据有效碰撞理论和勒夏特列原理进行回

答；(4)根据溶度积公式进行计算。【详解】(1)CO2与H2反应生成气态CH3OH和水蒸气的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-△H1+3△H2-△H3=-86.9kJ

•mol-1。(2)①同温下，p1压强下的一氧化碳体积分数大，可逆反应正方向为气体体积增大的反应，根据勒夏特列原理，压强p1<1.0MPa。②由图可知，900℃、1.0MPa时，足量碳与amolCO2反应达平衡后，一氧化碳的体积分数为80%，设反应消耗了二氧化碳的物质的量

为xmol，列三段式：C(s)＋CO2(g)2CO(g)反应前amol0变化量xmol2xmol反应后（a-x）mol2xmol同温同压下，体积之比与物质的量之比相等，一氧化碳的体积分数=2100%80%2xaxx=−+，即x=23amol，CO

2的转化率为23100%66.7%aa=，该反应的平衡常数Kp=22222()()(1.080%)3.2()()1.020%cCOpCOMPaMPacCOpCOMPa===；(3)①可逆反应为CO2(g)+CH4(g)CH3COOH(g)，根据有效碰撞原理，为了提高该反应中CO2的转化率

，可以采取的措施是增大反应体系压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分离出来。②在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图，250～300℃时，乙酸的生成速率降低的主要原因是催化剂的催化效率降低；300～40

0℃时，乙酸的生成速率升高的主要原因是温度升高，化学反应速率加快。(4)CoCO3的溶度积Ksp=1.0×10-13=223()()cCocCO+−，将1.0×10-3mol/LCoSO4与1.2×10-3mol/L的Na2CO3等体积混合，碳酸根过量，此时碳

酸根的浓度为3341.2101.0101.010/2molL−−−−=，即此时溶液中的Co2+的浓度为1392431.01010/()1.010KspmolLcCO−−−−==。10.亚硝酰硫酸［M（NOSO4H）=127g·mol-1

］主要用于分散染料重氮反应中取代亚硝酸钠，从而降低成本，提高产品质量。实验室用如图装置（夹持装置略）制备少量NOSO4H，并测定产品的纯度。已知：NOSO4H遇水分解，但溶于浓硫酸而不分解。（1）装置A制取SO2，则A中

反应的化学方程式为___，导管b的作用是___。（2）SO2与装置B中盛有的浓硫酸和浓硝酸的混合液在维持体系温度不得高于20℃的条件下，反应制得NOSO4H。反应过程中，亚硝酰硫酸和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。反应进行到10min后，

反应速度明显加快，其可能的原因是___。（3）装置C的主要作用是__。（4）该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是__。（5）测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度准确称取1.500g产品放入250mL的碘量瓶中，加入0.1000mol·L-1、60.00m

L的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500mol·L-1草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO42MnO4-+

5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O达到滴定终点时的现象为__，亚硝酰硫酸的纯度为__。【答案】(1).Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑(2).平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下(3).生成的NOSO4H对该反应有催

化作用(4).吸收尾气中的有毒气体，防止污染环境(5).C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H分解(6).溶液恰好由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复(7).84.7%【解析】【分析】装置A中利用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，导管b可以平衡A和分液漏斗上部压强，使分液漏斗中的液体顺利滴下，生成的

二氧化硫在装置B中与浓硫酸和浓硝酸的混合液反应制取NOSO4H，浓硝酸会挥发，且易分解产生二氧化氮，同时还有未反应的二氧化硫，装置C可以进行尾气吸收，同时防止倒吸。【详解】(1)实验室一般利用硫酸和亚硫酸钠反应制取

二氧化硫，方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；导管b可以平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下；(2)装置B中二氧化硫与浓硫酸和浓硝酸的混合液反应制取NOSO4H，根据题干信息可知浓硫酸主要是用来溶解反应生成

NOSO4H，反应进行到10min后，反应速度明显加快，综合考虑影响反应速率的因素温度(反应过程中维持体系温度不高于20℃)、浓度(反应过程中浓度降低)、催化剂可知，加快的原因应为生成的NOSO4H对该反应有催化作用；(3)根

据分析可知，装置C的作用为吸收尾气中的有毒气体，防止污染环境；(4)C装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H分解，从而导致产量降低；(5)滴定终点时草酸根将高锰酸根完全反应，所以溶液会显无色，滴定终点现象为：

溶液恰好由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复；消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL，浓度为0.2500mol·L-1，根据方程式2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，剩余成n(MnO4-)=250

.02L×0.2500mol·L-1=0.002mol，所以NOSO4H消耗的n(MnO4-)=0.06L×0.1000mol·L-1-0.002mol=0.004mol，根据方程式2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知n(NOSO4H)

=0.004mol×52=0.01mol，所以样品的纯度为0.01mol127g/mol100%1.500g=84.7%。11.工业上合成氨，CO易与铁触媒作用导致铁触媒失去催化活性：Fe+5CO═Fe(CO)5。为了防止催化剂铁触媒中毒，要除去CO，发生的反应为Cu(NH3)2OOCCH3

+CO+NH3═Cu(NH3)3(CO)OOCCH3。回答下列问题：（1）下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量最低的是__（填字母序号）。a.b.c.d.（2）写出CO的一种常见等电子体的结构式：___；C、N、

O的第一电离能由大到小的顺序为__（用元素符号表示）。（3）与O同族的元素还有S、Se、Te，它们氢化物的沸点大小为H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，其原因是___。（4）配合物[Cu(NH3)2]OOCCH3中，铜显+1价，1mol[Cu(NH3)2]+中含有σ键

的数目___。则其中碳原子的杂化轨道类型是__，NH3分子的价电子对互斥理论模型是___。（5）已知铜的一种氧化物Cu2O晶体的晶胞结构如图所示：①若坐标参数A为（0，0，0），B为(14，14，14)，则C的坐标参数为__；②若阿伏加德罗常数为NA，该晶胞的边长为apm，则

晶体的密度为___g•cm-3。【答案】(1).a(2).N≡N(3).N＞O＞C(4).H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，而水分子中存在氢键，所以沸点最高(5).8NA(6).sp3、sp2(7).四面体形(8)

.(12，12，12)(9).303A144210Na【解析】【分析】（1）根据基态原子核外电子排布进行判断，基态排布为能量最低的排布；（2）等电子体为原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；（3）沸点与范德华力和氢键的有

关；（4）根据结构和价电子互斥理论进行计算；（5）根据晶胞结构和晶体密度方程回答问题。【详解】（1）基态N的核外电子排布式为1s22s22p3，基态排布为能量最低的排布，电子排布图表示的状态中只有a项符合；（2）等电子体为原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与CO互为等电子体的一种

分子为N2，其结构式为：N≡N；同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅤA族元素其价电子排布为ns2np3，其np中电子排布为半满结构，较稳定，因此其第一电离能比相邻元素大，所

以C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；（3）H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，但由于氢键的作用力比范德华力强，氢键会使沸点异常升高，会导

致H2O的沸点异常的高，所以沸点大小为H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，故答案为：H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，而水分子中存在氢键，所以沸点最高；（4）铜显+1价，1mol[Cu(NH3)2]+中N-H键和配位键属

于σ键，即含有σ键的数目８NA，甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，碳原子杂化方式为sp3，而羰基中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子杂化方式为sp2；NH3中N原子形成3个N-H键，含有1对孤对电子，价层电子对数=3+1=4，价电子对互斥理论模型是四

面体形，故答案为：sp3、sp2；四面体形；（5）①根据晶胞结构分析，C位于晶胞体心，则C的原子坐标为：(111222，，)；②1mol晶胞，即有NA个晶胞，质量为m=2×(64×2+16)g=144×2g，所以密度为ρ=3033144210/AmgcmVNa=。12.聚

合物H()是一种聚酰胺纤维，广泛用于各种刹车片，其合成路线如下：已知：①C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。②Diels-Alder反应：(1)生成A的反应类型是___________，F中所含官能团的结构简式为_

_____________。(2)B的结构简式是___________；“B→C”的反应中，除C外，另外一种产物名称是______。(3)D+G→H的化学方程式是___________________________

__________________。(4)Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有______种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为1:2:2:2:1的结构简式为_____________________。(5)

已知：乙炔与1，3-丁二烯也能发生Diels-Alder反应。请以1，3-丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线______________。(合成路线流程图示例:H2C=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H5)。【答案】(1).消去反应(2).－NO2、

－Cl(3).(4).水(5).n+(2n-1)H2O(6).10(7).(8).【解析】【分析】苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到E是，E转化得到F，F与氨气在高压下得到，可知F→引入氨基，E→F引入硝基，则F中Cl原子被氨基取代生成，可推知F为；还原得到G为；乙醇发生消去反应生

成A为CH2＝CH2，乙烯发生信息中加成反应生成B为，D为芳香化合物，则C中也含有苯环，C发生氧化反应生成D，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，结合D的分子式，可知D为、则C为，D与G发生缩聚反应

得到H为。据此解答。【详解】(1)生成A是乙醇的消去反应，F为，其中所含官能团的结构简式为－NO2、－Cl。(2)B的结构简式是；“B→C”的反应中，除C外，根据原子守恒可知另外一种产物名称是水。(3)D+G→H是缩聚反应，反应的化学

方程式是。(4)Q是D（）的同系物且相对分子质量比D大14，则Q含有苯环、2个羧基、比D多一个CH2原子团，有1个取代基为﹣CH（COOH）2；有2个取代基为﹣COOH、﹣CH2COOH，有邻、间、对3种；有3

个取代基为2个﹣COOH与﹣CH3，2个﹣COOH有邻、间、对3种位置，对应的﹣CH3，分别有2种、3种、1种位置，故符合条件Q共有1+3+2+3+1＝10种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为1:2:2:2:1的为。(5)CH

2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，其合成路线为。【点睛】有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。物质的合成路线不同于反应过程，

只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物，尤其要注意题干已知信息或隐含信息的挖掘和迁移灵活应用。