【文档说明】山西省运城市新康高中高复部2021届高三下学期5月份测试理综化学试卷含答案.doc，共(13)页，1.045 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-83cf17aa4d9a5bcd94677dd35cb866b7.html

以下为本文档部分文字说明：

新康高复部2020—2021学年第二学期5月份测试理综化学试题注意：标★号的试题为历次考试易错原题可能用到的相对原子质量：H-1T-3C-12O-16Na-23Fe-56Cu-64一、选择题：(本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合

题目要求的)7．化学与人类社会的生产、生活有着密切联系，下列叙述正确的是()A．新型冠状病毒对高三学子的复习备考造成了较大冲击，质量分数0.5%的过氧乙酸溶液能高效杀死该病毒，在重症隔离病房用过氧乙酸与苯酚溶液混合可以提高消杀效率B．J—20上用到的氮化镓材料不

是合金材料C．尽量使用含12C的产品，减少使用含13C或14C的产品符合“促进低碳经济的宗旨”D．汽车尾气中含有氮氧化物是由于石油炼制过程中未除去氮元素8．设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．

46gC2H6O完全燃烧，有5NA个C—H键断裂B．电解精炼铜时，阳极质量减轻64g时．转移的电子数为2NAC．2.6gNaT与足量水反应，生成的氢气中含有中子数为0.1NAD．56gFe粉与1molCl2充分反应，转移电子数为2NA★9．BMO(Bi2MoO6)是种高效光催化剂

，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法错误的是()A．该过程的总反应为：C6H6O+7O2BMO→光6CO2+3H2OB．该过程中BMO+表现出较强的氧化性C．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为1：3D．光催化降解过程中，光能

转化为化学能、热能等10．化合物M(结构式如图所示)是常用的还原剂，由H·C·Brown和Schlesinger于1942年在芝加哥大学发现。其中X、Y、Z是原子序数依次减小的不同短周期主族元素，X与W、Z与W均能形成原

子个数比为1：1和2：1的化合物，W原子的最外层电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是()A．Z元素位于第三周期第ⅦA族B．Y的最高价氧化物对应的水化物是一种一元弱酸C．X和Z形成的化合物的水溶液呈酸性D．

化合物M不能与Z2W2反应11．某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下表所示，下列说法错误的是()序号ⅠⅡⅢ实验步骤充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水充分

振荡，加入2mL蒸馏水实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有利余、溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀A．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均涉及Fe3+被还原B．对比实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ说明白色沉淀

的产生可能与铜粉的量及溶液的阴离子种类有关C．向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀D．实验Ⅱ、Ⅲ中加入蒸溜水后c(Cu2+)相同12．镁稀土合金广泛应用于航空、航天、电子、通讯和汽车制造业等领域。熔盐电解法是一种高效制备镁稀土合金的方法，实验室制取M

g-Gd合金(物质的量比为1：1)的电解槽示意图如下(相对原子质量Mg—24，Gd—157)，下列说法正确的是()A．添加LiF、BaF2的作用是催化剂B．阳极的电极反应式为2F——2e—=F2↑C．当电路中通过0.1mol电子时，生成Mg

-Gd合金的质量为3.62gD．电解结束后，钼、碳电极质量不变13．磷酸(H3PO4)是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数)与pH的关系如下图，下列说法正确的是()A．滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)＞c(H2PO

4-)+c(HPO42—)+c(PO43—)B．该温度下，H3PO4的三级电离常数Ka3＞10-12C．H3PO4的电离方程式为：H3PO4⇌3H++PO43—D．滴加少量Na2CO3溶液，化学反应方程式为3Na2CO3

+2H3PO4=2Na2PO4+3H2O+3CO2↑26．（14分）学习小组在实验室中利用下图所示装置制备SO2并进行相关性质的探究。回答下列问题：（1）仪器Q的名称为_________；装置b的作用是_________。（2）装置a中反应的化学方程式为___

______。（3）装置e中出现_________（填现象）可证明SO2具有还原性。（4）实验开始后，发现装置d中的溶液迅速变黄，继续通入SO2，装置d中出现乳黄色浑浊。该小组同学查阅资料得知，存在可逆反应：SO2＋4I－＋4H

＋kfkrkfkrS↓＋2I2＋2H2O。探究I：探究浓度对上述可逆反应的影响有同学认为除SO2的浓度外，其他离子的浓度对该可逆反应也有影响。完成实验设计进行验证（SO2体积已折算为标准状况下体积）。限选试剂：0

.1mol·L−1KI溶液、1.0mol·L−1KI溶液、2.0mol·L−1KI溶液、蒸馏水、浓硝酸、浓盐酸影响因素编号操作现象c(I－)i取50mL①_________于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液变为浅黄色ii取50mL1.0mol·L

−1KI溶液于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液迅速变黄c(H＋)iii取50mL1.0mol·L−1KI溶液和5mL②_________于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液迅速变黄iv取50mL1.0mol·L−1KI溶液和5m

L③_________于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2溶液迅速变黄，且出现乳黄色浑浊探究II：探究SO2在KI溶液体系中的反应产物有同学提出上述可逆反应生成的I2可与SO2发生反应：SO2＋I2＋2H2O＝SO2

−4＋2I－＋4H＋。为进一步探究体系中的产物，完成下列实验方案。方案操作预期现象结论i取适量装置d中浊液，向其中滴加几滴④_________溶液（填试剂名称），振荡无明显变化浊液中无I2ii将装置d中浊液

进行分离得淡黄色固体和澄清溶液取适量分离后的澄清溶液于试管中，⑤_________⑥_________⑦________⑧综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应，其反应的离子方程式为_________。27．（14分）二氧

化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿（主要含Ce[CO3]F）为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示：已知：①Ce4+能与F−结合成[CeFx](4-x)+，也能与SO42-结合成[CeSO4]2+；②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，

而Ce3+不能；③Ksp[Ce(OH)3]=1×10-20。回答下列问题：（1）Ce[CO3]F中铈元素的化合价为___________，H2O2分子的结构式为____________________。（2）“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_____

_______________________________。（3）“萃取”时存在反应：Ce4++n(HA)2Ce·(H2n-4A2n)+4H+。下图所示中，D是分配比，表示Ce（Ⅳ）分别在有机层与水层中存在形式的物质的量浓度之比，即c[Ce·(H2n-4A

2n)]与c[(CeSO4)2+]的比值。加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c（SO42-），D随起始料液中c（SO42-）变化的原因为_____________________________________________

_____。（4）“反萃取”中，实验室用到的主要玻璃仪器名称为___________；在H2SO4和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3+。H2O2在该反应中作_________(填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”），每有2molH2O2参加反应，转移电子的物质的量为___________

__。为使Ce3+完全沉淀，应加入NaOH调节pH为_________。(溶液中c(Ce3+)小于1.0×10-5mol•L-1时，可认为Ce3+沉淀完全)（5）“氧化”步骤的化学方程式为____________________________________。★28.(15分)甲醇是重要的化工原

料。回答下列问题：（1）以甲醇为原料制备甲醛，同时生成副产物H2等，已知以下热化学方程式：则b＝(用含有a、c的代数式表示)。（2）以Na2CO3固体为催化剂，甲醇脱氢可制得甲醛。反应机理如下：①(i)中反应物的总能量(填“>”“＝”或“<”)生成物的总能量。②某温度时反应(i)、(ii)、(i

i)的平衡常数依次为K1、K2、K3，CH3OH(g)H2(g)＋HCHO(g)的平衡常数为K，则K＝(用含K1、K2、K3的代数式表示)。（3）向体积为1L恒容反应器中加入2molCH3OH及适量催化剂，发

生反应CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g)△H，在T1、T2(T1<T2)时，CH3OH转化率与时间关系如图所示。①T2温度下，20min时甲醇的体积分数为%(保留三位有效数字)，前20min平均反应速率v(HCHO)＝mol·L－1·min－1。②T1温度下该反应的平

衡常数Kp＝kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数，反应器内的初始压强为103kPa)。（4）固体氧化物甲醇燃料电池是能效高、环境友好地转化成电能的全固态电源，工作原理如图所示。①石墨极上的

反应式为。②若通过用电器的电子的物质的量为1.2mol，则消耗标准状况下O2的体积为L。35．氢气是具有发展前途的燃气，氢的规模化储运是氢能应用的关键。硼氢化钛、氨硼烷、镧镍合金等都是备受关注的储氢材料。回答下列问题：（1）()43TiBH(硼氢化钛)可由44T

iClLiBH和反应制得。基态钛原子的价电子轨道表示式为_________________________；基态硼原子核外有_____________________种运动状态不同的电子。（2）4BH−的立体构型是____________________，B原子的杂化轨道类型是_________

____________。（3）氨硼烷()33NHBH是一种高性能化学储氢材料。请画出含有配位键(用“→”表示)的氨硼烷的结构式___________________；与氨硼烷互为等电子体的有机小分子是______________

____________(写结构简式)。（4）镧镍合金、铜钙合金及铈钴合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力，其中铜钙合金的晶体结构如图所示。已知镧镍合金LaNin晶胞体积为2339.010cm−，储

氢后形成4.5LaNiHn合金(氢进入晶胞空隙，体积不变)，则LaNin中，n=________________(填数值)；氢在合金中的密度为_______________g/cm3(保留两位有效数字)。36．有机物A是天然橡胶的单体。有机物F是一种环保型塑料，一种合

成路线如图所示：已知：①②+R3-COOH（—R1、—R2、—R3、—R均为烃基）请回容下列问题：（1）A用系统命名法命名为__________________________。（2）A分子与Cl2分子发生1

：1加成时，其产物种类有_________种(不考虑立体异构)。（3）B与足量H2反应后的产物的结构简式为，则B的结构简式为___________________，1个B分子中有________个手性碳原子。（4）C分子中的官能

团名称为_____________________。（5）写出反应④的化学方程式：___________________________________________。（6）G是C的同分异构体，G能

发生水解反应和银镜反应，1个G分子中含有2个碳氧双键，则G的可能结构共有___________种(不考虑立体异构)。（7）设计由有机物D和甲醇为起始原料制备CH3CH2CH(CH3)CH=CHCOOCH3的合成路线_______

_______(无机试剂任选)。新康高复部2020—2021学年第二学期5月份测试化学部分参考答案7．【答案】BA．过氧乙酸与苯酚可发生氧化还原反应；B．氮化镓属于无机非金属材料；C．含12C、13C或14C的产品均为含碳产品；D．石油中不含氮元素。A．过氧

乙酸与苯酚可发生氧化还原反应，因此将过氧乙酸与苯酚溶液混合，不会提升消杀效率，反而会降低消杀效率，A项错误；B．氮化镓属于无机非金属材料，属于化合物，不是合金，B项正确；C．含12C、13C或14C的产品均为含碳产品，不会减少二氧化碳的排放，

都不符合“促进低碳经济的宗旨”，C项错误；D．高温下N2与O2在发动机的气缸中发生反应，生成了氮氧化物；石油不含N元素，氮氧化物的生成与氮气有关，D项错误；答案选B。8．【答案】DA．C2H6O存在同分异构体，有可能是乙醇，也有可能是二甲醚，不能确定含有C—H键的数量；B．电解精

炼铜时，阳极上除了铜放电之外，还有其它金属也会放电；C．NaT与足量水反应，生成物为NaOH和HT，1molHT含中子的物质的量为2mol，由此进行计算；D．Fe与Cl2反应生成FeCl3，按照完全反应的物质进行

计算。A．C2H6O存在同分异构体，有可能是乙醇（含有5个C-H键），也有可能是二甲醚（含有6个C-H键），因此46gC2H6O完全燃烧，不能确定一定有5NA个C—H键断，A项错误；B．电解精炼铜时，阳极上除了铜放电之外，还有其它金属（锌、铁等）也会放电

，因此阳极质量减轻64g时，转移的电子数不一定为2NA，B项错误；C．NaT与足量水反应，生成物为NaOH和HT，1molHT含中子的物质的量为2mol，因此2.6g(即0.1mol)NaT与足量水反应，生成的氢气中含有中子数为0.2NA，C项错误；D．Fe与Cl2反应生成FeCl

3，因此56g(即1mol)Fe粉与1molCl2充分反应，氯气完全反应，转移电子数为2NA，D项正确；判断本题A选项时，容易忽略的是C2H6O有同分异构体，结构不同，C-H键的数量不同，解答本题时要万分注意。9．【答案】CA.由原理图可知苯酚与氧气在光的作用下，BMO作催化

剂可分解为CO2和水；B.过程中BMO失电子生成BMO+，BMO体现出了还原性；C.根据电子守恒可判断消耗苯酚的物质的量之比；D.光催化降解苯酚的过程中，光能转化为化学能、热能等。A.由原理图可知苯酚与氧气在光的作用下，BMO

作催化剂可分解为CO2和水，反应方程式为C6H6O+7O2BMO→光6CO2+3H2O，A项正确，不符合题意；B.过程中BMO失电子生成BMO+，BMO体现出了还原性，那么BMO+体现较强的氧化性，C.根据电子守恒可判断消耗苯酚的物质的量之比，过氧根离子生成氧

离子得到3个电子，BMO得1个电子，根据电子守恒可知，①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，C项错误，符合题意；D.光催化降解过程中，光能转化为化学能、热能等，D项正确，不符合题意；10．【答案】BW原子的最外层电子数是电子层数的3倍

，说明W为O；X与W、Z与W均能形成原子个数比为1：1和2：1的化合物，且X、Y、Z是原子序数依次减小，可知X为Na，Z为H，根据X、Y、Z形成的化合物的结构可知Y为B，由此进行分析判断。由分析可知W为O，X为Na，Y为B，Z

为H；A.Z为H，位于周期表第一周期第IA族，A项错误；B.Y为B，其最高价氧化物对应的水化物是H3BO3，是一种一元弱酸，B项正确；C.X为Na，Z为H，X和Z形成的化合物为NaH，与水反应生成NaOH和H2，溶液

呈碱性，C项错误；D.化合物M为NaBH4，具有较强的还原性，H2O2属于常见的氧化剂，二者之间可以发生氧化还原反应，D项错误；11．【答案】D实验Ⅰ：少量铜粉加入1ml0.1mol/L氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉少时，溶液黄色

变浅，加入蒸馏水后无明显现象，说明铁离子氧化铜生成铜离子；实验Ⅱ：过量铜加入1ml0.1mol/L氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，铁离子全部和铜反应，加入蒸馏水后生成白色沉淀说明铜被氧化产物

有亚铜离子，生成CuCl白色沉淀；实验Ⅲ：过量铜加入1ml0.05mol/L硫酸铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后无白色沉，说明铁离子反应完全，生成的溶液中可能含铜离子和亚铜离子，据此分析判断。A．由分析可知，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中溶液黄色变浅或褪去，均涉及Fe3+被

还原，A项正确，不符合题意；B．对比实验I、Ⅱ可知，白色沉淀CuCl的产生与铜粉的量有关，对比实验Ⅱ、III可知，白色沉淀CuCl的产生与溶液的阴离子种类有关，故B正确，不符合题意；C．向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液，可能出现白色CuCl沉淀，C项正确，不符合题意；D．实验

Ⅱ中有CuCl沉淀生成，实验Ⅲ中没有CuCl沉淀生成，因此加入蒸溜水后，c(Cu2+)不相同，D项错误，符合题意；12．【答案】CA.加入LiF和BaF2可提高导电性，降低混合熔融物的熔点；B.O2-的还原性强于F-，因此阳极上

O2-失电子生成O2；C.阴极上Mg2+得电子生成Mg，Gd3+得电子生成Gd，结合得失电子守恒进行计算；D.反应过程中阳极区O2-放电生成O2，碳阳极发生反应生成了CO或CO2。A.加入LiF和BaF2可提高导电性，降低混合熔融物

的熔点，因此不是催化剂，A项错误；B.O2-的还原性强于F-，因此阳极上O2-失电子生成O2，故阳极上的电极反应为2O2--4e-=O2↑，C.阴极上Mg2+得电子生成Mg，Gd3+得电子生成Gd，电极反应为Mg2++2e-=Mg，Gd3++3e-=Gd，根据得失电子守恒可知生成Mg-Gd

合金的质量为0.02mol×24g/mol+0.02mol×157g/mol=3.62g，C项正确；D.反应过程中阳极区O2-放电生成O2，碳阳极发生反应生成了CO或CO2，因此电解结束后，铝电极质量不变，碳电极

质量减小，D项错误；13．【答案】AA．根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-)，当滴加NaOH溶液至pH=7时，c(H+)=c(OH-)，因此有c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO

42-)+3c(PO43-)，即c(Na+)＞c(H2PO4-)+c(HPO42-)+c(PO43-)，A项正确；B．根据图象可知，在该温度下，若pH=12时，c（H+）=1O-12，c(HPO42—)=c(PO43—)

，Ka3=--3424()()cPOcHcHPO+（）=1O-12，而实际图像中显示pH>12，H3PO4的三级电离常数Ka3<10-12，B项错误；C．H3PO4为多元弱酸，电离为分步电离，电离方程式

应分步书写，以第一步为主：H3PO4⇌H++H2PO4-，C项错误；D．向H3PO4中滴加少量Na2CO3溶液时，反应生成NaH2PO4、CO2和H2O，反应方程式为Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2↑，D项错误；26．【答案】（1

）圆底烧瓶防止倒吸（2）Cu＋2H2SO4(浓)=CuSO4＋SO2↑＋2H2O（3）KMnO4溶液紫红色颜色变浅或褪色（4）①0.1mol·L-1KI溶液②蒸馏水③浓盐酸④淀粉溶液⑤加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液⑥白色沉淀⑦产物溶液中存在SO42-⑧3SO2＋2H2O=S

↓＋2SO42-＋4H＋【解析】（1）由图示装置结构可知Q仪器为圆底烧瓶；（2）由a中装置试剂可知发生反应的化学方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)＝CuSO4＋SO2↑＋2H2O；（3）SO2具有还原性能够被KMnO4溶液氧化，而致使KMnO4溶液紫红色颜色变浅或褪色；（4）

①本题是探究浓度c(I－)、c(H＋)对反应的影响，故需要改变浓度对实验进行探究，证明可逆过程的存在，故选用0.1mol·L1KI溶液作为编号i实验的试剂；②探究c(H＋)对反应的影响，对比现象可知iii应选用稀盐酸，但并无浓盐酸可选，故应选用蒸馏水。③对比iii可知iv应选用浓盐酸，浓硝酸具

有强氧化性可将SO2氧化，不可选；④由实验现象和实验结论可知，方案i是为了检验I2，应选用淀粉溶液；为了证明反应SO2＋I2＋2H2O＝SO＋2I－＋4H＋的发生，应检验产物的生成和产物的消耗，方案i是检验反应物消耗，方案ii应是检验溶液中产物的生成，即SO，故⑤加入稀盐酸酸化，

再加入BaCl2溶液；⑥白色沉淀⑦产物溶液中存在SO42-；综上实验，探究Ⅱ主要是探究产物，进行物质检验，通过方案i和ii分别证明了产物中含有S（淡黄色固体）和SO42-，最终无I2产生，结合提示SO2发生歧化反应进一步书写离子方程式为3SO2＋2H2O=S↓

＋2SO42-＋4H＋。27．+3H-O-O-H增大固体与气体的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率随着c(SO42-)增大，水层中Ce4+与SO42-结合生成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向生成(CeSO4)2+的

方向移动，使D迅速减小，当c(SO42-)增大到一定程度后，D值变化较小分液漏斗还原剂4≥92Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl【分析】氟碳铈矿（主要含Ce[CO3]F），氧化焙烧的目的是将+3价的Ce氧化为+4价，Ce4+能与F-结合生成[Ce

Fx](4-x)+，以便后续的提取，加稀硫酸，与SO42-结合生成(CeSO4)2+，加萃取剂，氟洗液，硫酸体系中Ce4+能被萃取剂萃取，而Ce3+不能，加“反萃取剂”加H2O2，又将Ce4+还原为Ce3+，发生的离子反应为2Ce4++H2

O2=2Ce3++O2↑+2H+，加入碱后Ce3+转化为沉淀，加NaClO将Ce从+3价氧化为+4价，最后热分解得到产物，由此进行分析作答。【详解】(1)根据化合价代数和为零可知Ce的化合价为+3价；H2

O2分子的结构式为H-O-O-H；(2)“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是增大固体与气体的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率；(3)D随起始料液中c(SO42-)变化的原因为随着c(SO42-)增大，水层中Ce4+与SO42-结合生成(CeSO4

)2+，导致萃取平衡向生成(CeSO4)2+的方向移动，使D迅速减小，当c(SO42-)增大到一定程度后，D值变化较小；(4)“反萃取”中用到的玻璃仪器为分液漏斗；“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3+，Ce从+4价降低到+3价，化合价降低，H2O2中O元素的化

合价升高，因此H2O2在该反应中作还原剂；每有2molH2O2参加反应，转移电子的物质的量为2mol×2×(1-0)=4mol；当c(Ce3+)小于1.0×10-5mol•L-1时，可认为Ce3+沉淀完全，根据Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)•c3(

OH-)=1×10-20可知c(OH-)=20351101.010−−mol•L-1=1.0×10-5mol•L-1，此时pH≥-lg1451010−−=9，即为使Ce3+完全沉淀，应加入NaOH调节pH为≥9；(5)“氧化”步骤中用Na

ClO将Ce3+氧化为Ce4+，反应方程式为：2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl。28．(1)c－a(2分)(2)①＜(1分)②K1·K2·K3(2分)(3)①11.1;0.08(各2分)②90

0(2分)(4)①CH3OH＋3O2－－6e－CO2↑＋2H2O（2分）②6.72（2分）35．答案：(1)；5(2)正四面体形；3sp(3)；33CHCH(4)5；30.083gcm−36．2-甲

基-1,3-丁二烯３１羰基、羧基n⎯⎯⎯⎯→一定条件下()21nHO+−72/H⎯⎯⎯⎯→催化剂CH3CH2CH(CH3)CH(OH)CH2COOH⎯⎯⎯→浓硫酸CH3CH2CH(CH3)CH=CHCOOH3/OH⎯⎯⎯⎯→CH浓硫酸CH3CH2CH(

CH3)CH=CHCOOCH3【分析】根据合成路线可知，E发生缩聚反应生成F，因此E为,C与H2发生加成反应生成E，由此可知C为CH3COCH2COOH；根据C和D的结构，结合已知条件②可知B的结构为，有已知条件①和A、B之间的

关系可知A和发生加成反应生成B，由此可知A为，据此进行分析作答。