【文档说明】贵州罗甸弘伟学校2021届高三高考化学第三轮冲刺训练题五含答案.doc，共(16)页，719.896 KB，由小赞的店铺上传

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1贵州罗甸弘伟学校2021届高考化学第三轮冲刺训练题五(考试用时：50分钟试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27I127P31S32Cl35.5Fe56Ba137一．选择题（共7小题，每小题6分，共42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．北京大兴国际机场在建设过程中使用了当今世界机场多项尖端科技，被英国《卫报》评为“新世界七大奇迹”之首。化工行业在这座宏伟的超级工程中发挥了巨大作用，下列有关说法错误的是A．青铜剑科技制造的第三代半导体芯片，其主要成分是SiO2B．支撑航

站楼的C形柱柱顶的多面体玻璃，属于硅酸盐材料C．机场中的虚拟人像机器人“小兴”表面的塑料属于高分子聚合物D．耦合式地源热泵系统，光伏发电系统及新能源汽车的使用，可以减轻温室效应及环境污染8．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素形成的单质依次为m、n、p、q；r、t、u

是这些元素组成的二元化合物，其中u为葡萄酒中的抑菌成分；25℃，0.01mol/L的v溶液中：()()cHcOH+−=1.0×10-10。上述物质的转化关系如图所示，下列说法不正确的是A．简单离子半径：W

>Y>Z>XB．W，Y分別与X元素形成的简单化合物的沸点：Y>WC．Z2Y和ZX都只存在离子键D．v能抑制水的电离，u能促进水的电离29．草酸亚铁(FeC2O4)可作为生产电池正极材料磷酸铁锂的原料，受热容易分解，为探究草酸亚铁的热分解产物，

按下面所示装置进行实验。下列说法不正确的是A．实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊，E中固体变为红色，则证明分解产物中有CO2和COB．反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加1～2滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，证明分解产物中不含Fe2O3C．装置C的作用是除去混合气中的CO2D．反

应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温10．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法不正确的是A．生成CH3COOH总反应的原

子利用率为100%B．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂C．①→②放出能量并形成了C—C键D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率11．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．0.5molN4（分子为正四面体

结构）含共价键数目为2NAB．1L0.5mol·L−1Na2S溶液中含阴离子数目小于0.5NAC．锌与浓硫酸反应生成气体11.2L（标准状况）时转移电子数目为NA3D．14g己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为3NA12．一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如图所示(电极甲、乙、丙、丁

均为惰性电极)。该装置工作时，下列说法不正确的是A．甲为正极，丙为阴极B．丁极的电极反应式为MnO42――e－===MnO4－C．KOH溶液的质量分数：c%>a%>b%D．标准状况下，甲电极上每消耗22.4L气体时，理论上有4molK+移入阴极区13.次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品。

常温下，某实验小组以酚酞为指示剂，用0.100mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的次磷酸(H3PO2)溶液。溶液pH、所有含磷微粒的分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。[比如H2PO2－的分布系

数：δ(H2PO2－)＝22c(HPO)c()－总含磷微粒]，下列叙述正确的是A.曲线①代表δ(H2PO2－)，曲线②代表δ(HPO22－)B.H3PO2溶液的浓度为0.100mol·L－1C.H2PO2－水解常数Kh≈1.0×10－10D.NaH2PO2

是酸式盐，其水溶液显碱性4二．非选择题：共58分，第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题为选考题，考生根据要求作答。26．(14分)硫化碱法是工业上制备Na2S2O3的方法之一，反应原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=

3Na2S2O3+CO2(该反应△>0)某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3·5H2O流程如下。(1)吸硫装置如图所示。①装置B的作用是检验装置中SO2的吸收效率，B中试剂是________，表

明SO2吸收效率低的实验现象是B中溶液_______________________。②为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是______________、_______

_______。(写出两条)(2)假设本实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，设计实验方案进行检验。(室温时CaCO3饱和溶液的pH=12),限用试剂及仪器：稀硝酸、AgNO3溶液、CaCl2溶液、Ca(NO3)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管、序号实验操作预

期现象结论①取少量样品于试管中，加入适量蒸馏水，充分振荡溶解，_________。有白色沉淀生成样品含NaCl②另取少量样品于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分振荡溶解，_________。有白色沉淀生成，上层清液pH>10.2样品含NaOH(3

)Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：第一步：准确称取agKIO3(相对分子质量：214)固体配成溶液，第二步：加入过量KI固体和H2SO4溶液，滴加指示剂，5第三步：用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液溶液的体积为vmL则c(Na2S

2O3溶液)＝_______mol·L-1。(只列出算式，不作运算)已知：IO3-＋I-＋6H+=3I2+3H2O，2S2O32-＋I2=S4O62-＋2I-某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的Na2S2O3

的浓度可能_____(填“不受影响”、“偏低”或“偏高”)，原因是_____________________________(用离子方程式表示)。27．（14分）四氧化三铁在生产和生活中有着广泛的应用,人们工作中常用的打印机、复印机使用的墨粉主要成分就是Fe3O4，下图是某企业用氧化沉淀

法生产Fe3O4的工艺流程：已知：①工业绿矾中FeSO4的含量为52.5%,其中的杂质不参与反应；②Fe(OH)2＋2Fe(OH)3＝Fe3O4·4H2O请回答下列问题：请回答下列问题（1）铁的氧化物除Fe3O4·外，还有__________。（2）检验Fe

3O4与稀盐酸反应后的溶液中含Fe2+的试剂是___________；（3）在工艺流程中，通入适量空气“氧化”时的化学方程式是：______________；（4）流程图中所示的副产品的化学式是______________，从过滤所得滤液中提取该副产品需要的

操作依次是_________（填写序号）。a．过滤b．加热浓缩c．冷却结晶d．洗涤28．(15分)CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～50%。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。己知部分反应的热化学方程式如下：CH3OH(g)+3/2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(1)ΔH1=akJ•mol-1H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(1)ΔH2=bkJ•mol-16H2O(g)＝H2

O(l)ΔH3=ckJ•mol-1则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=__________kJ•mol-1(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、p2、p3的大小关系是________；Ka、Kb、Kc为a、b、c三点对

应的平衡常数，则其大小关系是_________。②900℃、1.0MPa时，足量碳与amolCO2反应达平衡后，CO2的转化率为___________(保留三位有效数字)，该反应的平衡常数Kp＝_________(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)。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如右图所示。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________________________________。②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)。

7(4)以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。阴极上的电极反应式为_________________________；每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中_____mol硫酸。35．[化学——选修3：物质结构与性质]（1

5分）离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM+离子由H、C、N三种元素组成，结构如图所示。回答下列问题：(1)碳原子价层电子的轨道表达式为____________；基态碳原子中，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为____________形。(2)根据价层电子对互

斥理论，NH3、NO3-、NO2-中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是____________；NH3比PH3的沸点高，原因是______________。(3)氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是_______________

____。(4)己知分子中的大π键可用符号mnπ表示，其中n代表参与形成大π键的原子数，m代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为66π)。EMIM+离子中的五元环跟苯分子相似为平面结构，则EMIM+离子中碳原子杂化方式有：____________，其中的大π键应表示为_

________________________________。(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图所示。立方氮化硼属于晶体，其中硼原子的配位数为_____。已知：立方氮化硼密度为dg/cm3,B

原子半径为xpm，N原子半径为xpm，阿伏加德罗常8数的值为NA，则该晶胞中原子的空间利用率为____________________(列出化简后的计算式)。36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）反－10－羟基－2－癸烯酸(HOCOO

H)简称10－HDA，在自然界只存在于蜂王浆中，所以也称为王浆酸，有很好的杀菌、抑菌作用和抗癌、抗辐射的功能。王浆酸的一种人工合成路线设计如下：已知：1molA与足量金属钠反应生成1molH2；C、F都能发生银镜反应回答下列问题：(1)A的化学名称为

________；A生成B的反应类型为________；D的分子式为________；F的结构简式为_______________。(2)若用金属铜催化氧化B生成C，其化学方程式为_______________

______________。(3)由C→D、E→F的转化，可推断此设计的目的是_____________________________。(4)G的同分异构体中能同时满足下列条件的共有________种(不考虑立体异构)；①能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生

气体②含六元环醚结构和正丁基(－CH2CH2CH2CH3)其中核磁共振氢谱显示为7组峰的是______________________(写结构简式)。(5)G与酸或醇都能发生酯化反应。酸催化下酯化反应的历程可

表示为(箭头表示9原子或电子的迁移方向)：据此完成4－羟基丁酸在酸催化下生成4－羟基丁酸内酯的反应历程：_______【答案解析】7.【解析】A项：第三代半导体芯片的主要成分不是SiO2，而是GaN，A项错误，符合题意；B项：普通玻璃

属于硅酸盐材料，B项正确，不符合题意；C项：塑料属于高分子聚合物，C项正确，不符合题意；D项：大兴国际机场是全国可再生能源使用比例最高的机场，耦合式地源热泵系统，可实现年节约1.81万吨标准煤，光伏发电系统每年可向电网提供600万千瓦时的绿色电力，相当于每年减排9

66吨CO2，并同步减少各类大气污染物排放，D项正确，不符合题意；故选A。【答案】A8.【解析】25℃，0.01mol/L的v溶液中：()()cHcOH+−=1.0×10-10，说明v是一元强碱，v是

NaOH；u为葡萄酒中的抑菌成分，u是SO2；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S四种元素。A项：简单离子半径：S2->O2->Na+>H+，故A正确；B项：H2O的沸点

大于H2S，故B正确；C项：Na2O、NaH只存在离子键，故C正确；D项：二氧化硫的水溶液是亚硫酸，能抑制水的电离，故D错误。故选D。【答案】D9.【解析】A项：实验中观察到装置B中石灰水变浑浊，说明产生了分解产物10中有CO2，E中固体变为红

色，F中石灰水变浑浊，则证明分解产物中有CO，故A正确；B项：因为反应中生成有CO，CO会部分还原氧化铁得到铁，因此反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加1～2滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，不

能证明分解产物中不含Fe2O3，故B错误；C项：为了避免CO2影响CO的检验，CO在E中还原氧化铜，生成的气体在F中变浑浊，因此在装置C要除去混合气中的CO2，故C正确；D项：反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N

2直至温度恢复至室温避免生成的铜单质被氧化，故D正确；故选B。【答案】B10.【解析】A项：根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项:CH4选择性活化变为

①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项:图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确。D项：催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；故选D。【答案】D11.【解析】A项：类似白磷（P4），N4呈正

四面体结构，如图所示，1个N4分子含6个共价键（N—N键），则0.5molN4含3mol共价键，A项错误；B项：S2−＋H2OHS−＋OH−，阴离子包括S2−、OH−和HS−，阴离子的量大于0.5mol，B项错误；C项：Zn＋2H2

SO4（浓）ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，Zn＋H2SO4ZnSO4＋H2↑，n（H2，SO2）=0.5mol，生成1mol气体时转移2mol电子，生成0.5mol气体时转移1mol电子，C项正确；D项：己烯和环己烷的分子式都是C6H12，最简式为CH2，14g混合

物相当于1mol11CH2，含2molH原子，D项错误。【答案】C12.【解析】A项：通入氧气的电极为电池的正极，与电源正极相连的一极为电解池阳极，所以丙是阴极，故A正确；B项：丁是电解池阳极，MnO42―失电子被氧化为MnO4－，电极反应式是Mn

O42――e－===MnO4－，故B正确；C项：丙电极上的反应是2H2O+2e-=2OH-+H2↑，电极甲的电极反应式是O2+2H2O+4e-=4OH-，乙电极的电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2

O，根据溶液流动方向，c%＞b%＞a%，故C错误；D项：标准状况下，甲电极上每消耗22.4L氧气时，转移4mol电子，所以理论上有4molK+移入阴极区，故D正确。故选C。【答案】C13.【解析】A项：根据加入NaOH溶液后曲线变化可知③是pH变化，曲线①②代

表含磷微粒。含磷微粒只有2种，结合起点pH，可推出H3PO2为一元弱酸(若为一元强酸或二元或三元酸，含磷微粒不是2种或者起点pH不对应)。因为H3PO2为一元弱酸，故曲线①代表δ(H3PO2)，曲线②代表δ(H2PO－2)，故A

错误；B项：因为H3PO2为一元弱酸，故等浓度NaOH与次磷酸二者1∶1恰好中和，由20mL时达到滴定终点可知，次磷酸浓度为0.100mol·L－1，故B正确；C项：由曲线①②交点可知δ(H3PO2)＝δ(H2PO－2)，故c(H3PO2)＝c(H2PO－2)，对应曲线③pH＝3，即c(

H＋)＝10－3mol·L－1，Ka(H3PO2)＝c（H2PO－2）·c（H＋）c（H3PO2）＝10－3，故H2PO－2水解常数Kh＝KwKa≈1.0×10－11，故C错误；D项：因为H3PO2为一元弱酸，故NaH2PO2是正盐，其水溶液显碱性，故D错误。答案：B26.【解析】(1)①二氧化硫

具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或KMnO4溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色；②为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶12液浓度、体积的条件下，可以减

缓二氧化硫的流速，使二氧化硫与溶液充分接触反应，适当升高温度，也能使二氧化硫充分反应；(2)实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，若检验NaCl存在，需先加稀硝酸排除干扰，再加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有NaCl；已知室温时CaCO3饱和溶液的pH=10.2，若要检验氢氧化钠存在

，需加入过量CaCl2溶液，把Na2CO3转化为CaCO3，再测量溶液的pH，若pH大于10.2，说明含有NaOH，故答案为：序号实验操作预期现象结论①……滴加足量稀硝酸，再滴加少量AgNO3溶液，振荡②

……加入过量CaCl2溶液，搅拌，静置，用pH计测定上层清液pH．(3)KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI；n(KIO3)=

214amol，设参加反应的Na2S2O3为xmol；KIO3～～～～3I2～～～～6Na2S2O316214amolxmol所以x=6214a，则c(Na2S2O3)=nV=3621410aV−=6000214aVmol•L-1，在酸性条件下空气

中的O2也可以把KI氧化为I2，使得生成的碘的物质的量偏小，使消耗的Na2S2O3偏少，从而使测得的Na2S2O3的浓度偏低。答案】(1)①品红、溴水或酸性KMnO4溶液(1分)溶液颜色很快褪色(或其他合理答案)(1分)②控制SO2的流速(1分)适当升

高温度(或其他合理答案)(1分)(2)滴加足量稀硝酸，再滴加少量AgNO3溶液，振荡(2分)加入过量CaCl2溶液，搅拌，静置，用pH计测量上层清液pH(2分)(3)6000a/214V或3000a/107V(3分)

偏低(1分)O2+4H++4I-=2I2+2H2O(2分)27.【解析】（1）铁的主要化合价是＋2价和＋3价，所以常见氧化物是FeO、Fe2O3、13Fe3O4。（2）检验亚铁离子一般用K3[Fe(CN)6]，现

象是产生蓝色沉淀。（3）氢氧化亚铁具有还原性，极易被氧化生成氢氧化铁，反应的方程式为4Fe(OH)2＋2H2O＋O2＝4Fe(OH)3。（4）根据转化示意图和原子守恒可判断，副产物是硫酸钠。要使溶液中的硫酸钠析出，需要加热浓缩，然后利用溶解度随温度的变化通过冷却结晶，即

得到硫酸钠晶体，过滤洗涤即可。【答案】（1）FeO、Fe2O3（2）K3[Fe(CN)6]（3）4Fe(OH)2＋2H2O＋O2＝4Fe(OH)3Na2SO4·10H2O（或写Na2SO4）（4）bcad

28.【解析】(1)已知①CH3OH(g)+3/2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(1)ΔH1=akJ•mol-1②H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(1)△H2=bkJ•mol-1③H2O(g)＝H2O(l)△H3=ckJ•mol-1则根据盖斯定律，由3

②-①-③可得到CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，故△H=(3b-a-c)kJ•mol-1。(2)①对于反应C(s)＋CO2(g)2CO(g)减小压强反应向正方向进行，由图可知相同温度时P1

时的CO体积分数大于P2大于P3故p1＜p2＜p3，相同压强时比较温度对反应的影响，同一压强下增大温度，CO的体积分数会增大，故正反应为吸热反应，ΔH＞0，平衡常数只受反应温度影响，故在700℃下，Ka＝

Kb，c点的温度高于a点和b点，温度升高反应正向进行故Ka＝Kb＜Kc。②若起始压强为P0，达到平衡转化率为α，C(s)＋CO2(g)2CO(g)起始(mol)a0变化(mol)m2m平衡(mol)a-m2m故2m

80%a-m+2m=，2m=a3，故CO2的转化率为23≈66.7%(或0.667)。压强之比等于物质的量之比，则反应的平衡常数Kp＝2(80%)3.2180%MPaMPa=−；14(3)①如图为不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系，温度超过250℃时，催化剂

的催化效率降低，在300℃时失去活性，所以温度高于300℃时，乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的。②为了提高该反应中CO2的转化率即使反应正向进行，可以增大压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分离出来；(4)电解时，阴极得电子，发生还原反应，电极反应式

是2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O。每生成0.5mol乙烯，消耗12molH+，故消耗6mol硫酸。【答案】(1)(3b-a-c)(2分)(2)①p1＜p2＜p3(2分)Ka＝Kb＜Kc(1分)②66.7%(或0.667)(2分)3.2MPa(2分)(3)①催化剂的催

化效率降低(1分)温度升高，化学反应速率加快(1分)②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(1分)(4)2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O(2分)6(1分)35.【解析】(1)碳

原子价电子数为4，价电子排布式为2s22p2，所以价层电子的轨道表达式为；基态碳原子核外电子占据的最高能级为2p，p的电子云轮廓图为哑铃形；(2)NH3中N原子价层电子对个数=3+532−=4，NO3-中N原子价层电子对个数=3+512332+−=；NO2-中N原子价层电子对个数=2

+512232+−=，所以中心原子价层电子对数不同于其他其他两种粒子的是NH3；NH3比PH3的沸点高是因为氨分子间存在氢键；(3)VA族比同周期相邻元素都大，是因为最高能级p轨道上电子数为特殊的半充满状态，能量低、较稳定；(4)根据图1中EMIM+离子中键总数为5个，根据信息，EMIM+离

子中C原子的VSEPR模型有四面体和平面三角形两种，即C原子采用sp3、sp2杂化，EMIM+离子有6个电子可形成大π键，可用符号Π56表示，故答案为：sp3、sp2；Π56；(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体；晶胞中每个N原子连接4个B原子，氮化硼化学式B

N，所以晶胞中每个B原子也连接4个N原子，即硼原子的配位数为4；晶胞中N原子数为4，B原子15数=8×116482+=，晶胞的质量m=254AgN，晶胞的体积V=质量密度=33100100AANcmcmddN=，B、N原子总体积V’=4×[()()331010

4x104y1033−−+]=()333016103xy−+cm3，晶胞中原子的空间利用率=()3330A1610V'3100%100dNxyV−+=×100%=33A304πx+ydN7510（）×100%。【答案】(1

)(1分)哑铃(1分)(2)NH3(1分)NH3间存在氢键，分子间作用力大于PH3(2分)(3)基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定(2分)(4)sp2、sp3(2分)65原子(1分)(5)4(2分)3

3A304πx+ydN7510（）×100%(3分)36.【解析】(1)由于1molA与足量金属钠反应生成1molH2，故A中含有2个醇羟基，根据B的结构可知，醇羟基分别在链端，命名为：1，6-己二醇；

A生成B为羟基被溴原子取代，发生取代反应，根据D的结构简式可知，D的分子式为：C8H15O2Br；F能发生银镜反应，故F中含有醛基，其中5元环打开，形成醛基，其结构简式为：HO(CH2)7CHO；(2)若用金属铜催化氧化B生成C，B中羟基被氧化为醛基，其化学

方程式为2Br(CH2)5CH2OH+O2Cu⎯⎯→△2Br(CH2)5CHO+2H2O；(3)由C→D、E→F的转化，最后形成醛基，保护醛基；(4)G的同分异构体中能同时满足下列条件①能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生气体，②含六元环醚结构和正丁基(－CH

2CH2CH2CH3)，其结构存在6元环上有2个取代基在同一个碳上分别与氧原子处于邻、间、对位有3种，分别在不16同碳原子上有7种，正丁基和羧基连在一起有3种，共13种。其中核磁共振氢谱显示为7组峰的是；(5)根据酸催化下酯化反应的历程，可知4－羟基丁酸在酸

催化下生成4－羟基丁酸内酯的反应历程为：。【答案】(1)1，6-己二醇(1分)取代反应(1分)C8H15O2Br(1分)HO(CH2)7CHO(1分)(2)2Br(CH2)5CH2OH+O22Br(CH2)5CHO+2H2O(2分)(3)保护醛基(1分)

(4)13(3分)(2分)(5)(3分)