【文档说明】福建省莆田锦江中学2023-2024学年高三上学期期中考试+化学+PDF版含答案.pdf，共(20)页，2.011 MB，由小赞的店铺上传

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1莆田锦江中学2023-2024学年上学期期中质检试卷高三化学试题考试时间：75分满分：100分可能用到的相对原子质量：H－1C－12N－l4O－16Cl－35.5Na－23Cu－64Zn－65第I卷（选择题）一、选择题（本题包括10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意）1．通过

践行“教育兴国，科技兴国”的发展战略，近年来诸多的“中国制造”享誉国内外。下列有关说法中正确的是（）A．磁悬浮列车中使用的聚氯乙烯塑料可由乙烯和HCl通过加成反应制得B．中国天眼“FAST”，用到的碳化硅是一种新型的有机非金属材料

C．北京冬奥会速滑竞赛服采用的聚氨酯材料可以通过缩聚反应制成D．我国科学家实现了淀粉的人工合成，淀粉分子式为6105CHOn，属于纯净物2．AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）A．4.6gNa与含0.1molHCl的

稀盐酸充分反应，转移电子数目为0.2ANB．1molCu与足量的S反应，失去2AN个电子C．2g182HO与162DO的混合物中所含中子、电子数目均为AND.常温常压下，46g的2NO和24NO混合气体含有的原子数为3AN3．一种对乙酰氨基酚的合成路线如下。下列说法错误的是（）A．a至少有12

个原子共平面B．bc的反应类型为取代反应C．c苯环上的一氯代物有2种D．1mold最多能与2molNaOH反应4．化石燃料燃烧会产生大气污染物2SO、NOx等，科学家实验探究用硫酸铈循环法吸收2SO

，其转化原理如图所示，下列说法正确的是（）A.检验24SO可以选用盐酸酸化的2BaCl溶液B.反应①的离子方程式为4322242CeSO2HO2CeSO4HC．反应②中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：2D．理论上每吸收标准状况下2224m

LSO，一定消耗20.32gO5．2022年诺贝尔化学奖授予研究“点击化学”的科学家，下图是利用点击化学方法设计的一种新型的1，2，3-三唑类杀菌剂的合成路线。下列有关说法正确的是（）2A．有机物Ⅰ中含有手性碳原子B．有机物Ⅰ中所有碳原子一定共平面C．1mol有机物Ⅱ最多能与22molH发生加

成反应D．有机物Ⅲ有两性，既能和酸反应又能和碱反应6.由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是（）实验操作现象结论A向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：222ClBrIB向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入少

量新制的2Cu(OH)悬浊液无砖红色沉淀蔗糖未发生水解C石蜡油加强热，将产生的气体通入2Br的4CCl溶液溶液红棕色变无色气体中含有不饱和烃D加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红氯乙烯加聚是可逆反应A．AB．BC．CD．D7．某种超

分子聚合物网络生物电极的制备原料CB和PDMA的结构如下图。下列说法正确的是（）A．CB中核磁共振氢谱有两组峰B．PDMA单体的化学式为102022CHNOC．CB与PDMA均为高分子D．CB与PDMA都具有良好的耐酸碱性8．下列离子方程

式中，错误的是（）A．水杨酸()稀溶液中加入过量3NaHCO溶液：+HCO3→3+CO2↑+H2OB．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：2224SOHOClOSOCl2HC．醋酸除水垢(3CaCO)：233322CaCO2CHCOOHCa2CHCOOHOCOD

．过量铁粉与稀硝酸反应：2323Fe2NO8H3Fe2NO4HO9．用含金属Ir的催化剂制备常见有机试剂DMF的反应机理如下图所示，其中L表示配体。下列说法错误的是（）A．化合物C是该反应的催化剂B．DMF的名称为N，N-二甲基甲酰胺-

C．总反应方程式为2H+2CO催化剂2HOD．该过程中有极性共价键与非极性共价键的断裂与形成10.药物瑞德西韦(Remdesivir)对新冠病毒有明显抑制作用，化合物M是合成瑞德西韦的中间体，下列关于M的说法错误的是（）A．核磁共振氢谱共有11个吸收峰

B．分子中含有3种含氧官能团C．分子中N原子一个是sp2杂化，一个是sp3杂化D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗3molNaOH第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题（60分）11．（15分）活性氧化锌能对太阳光线和其他大气物质形成防护，常用于敏感皮肤的面霜和

化妆品。工业上用菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Cu等元素及少量不溶于成的杂质)制备ZnO，工艺流程图所示：(1)为了提高“溶浸”效果，可采取的措施有。(任写一点)(2)“除铁”时，加入H

2O2发生反应的离子方程式为。如果用NaClO3代替H2O2，恰好完全反应时，理论上消耗n(NaClO3)：n(H2O2)=。(3)常温下，“调pH=5”时，Fe3+的浓度降到了8×10-11mol/L，此时Fe(OH)3的溶度积常数的数4值为。(4)已知三种硫化物的K

sp如表。当溶液中某离子物质的量浓度≤10-5mol/L时视为沉淀完全。假设原溶液中Cu2+、Cd2+、Ni2+的物质的量浓度均为0.1mol/L，则在加Na2S使Cu2+在溶液中的残留浓度为6.3×10-11mol

/L时，此时Cd2+的去除率为(去除率=离子的减少量离子的初始量×100%，不考虑溶液的体积变化)物质CdSCuSNiSKsp8.0×10-276.3×10-361.0×10-26(5)“沉锌”时，在近中性条件下加入Na2CO3可得碱式

碳酸锌[ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O]固体，同时产生大量的气体。该反应的离子方程式为(6)用锌与铜侧得的高纯铜锌合金滤料被广泛应用于各种水处理设备。一种铜锌合金的晶胞结构如图，已知：晶胞参数为anm。①与Zn原子等距离且

最近的Zn原子有个。②该铜锌合金晶体密度为g•cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)12.（17分）二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的有机化工原料。I.某化学兴趣小组为制备S2Cl2，将氯气通入熔融硫黄进行模

拟工业生产。所用实验装置(夹持、加热仪器略)与相关信息如下图、表所示，请回答下列问题：物质色态熔点/℃沸点/℃其他性质S2Cl2金黄色液体-122138遇水反应生成S、SO2和HCl；100℃以上部分分解成S和Cl2；能被Cl2氧化为SCl2SCl2暗红色液体-7659

受热易分解，蒸馏时需加少量稳定剂S淡黄色固体113445易溶于S2Cl25（1）A中制备Cl2的离子方程式为，D中仪器m的名称是；（2）实验时，先打开K1通入N2的目的是；（3）装置E的作用是：；（4）你认为该装置存

在明显缺陷是什么：；II.该小组同学在实验结束后并未观察到装置E中出现金黄色液体，而是得到了不明深色液体。该小组同学进一步分析其可能原因并开展实验进行验证。（5）提出可能的原因：可能原因解释(用化学方程式表示)①原因1：_______。S2Cl2=2S↓+Cl2↑原因2

：S2Cl2部分被Cl2氧化，生成少量SCl2溶于S2Cl2S2Cl2+Cl2=2SCl2原因3：S2Cl2部分遇水反应，生成少量S溶于S2Cl2②_______。（6）设计并开展实验验证：实验编号操作现象解释1另组装蒸馏装置，取适量E

中样品于蒸馏烧瓶，加入少量稳定剂，加热，收集59℃馏分①锥形瓶内：。S2Cl2部分氧化，液体中混有SCl22②取少量装置F中的溶液于试管中，加入足量稀盐酸，振荡后滴加适量_______(填化学式)溶液试管内出现少量白色沉淀③F溶液中检测到_______(填离子符号

)说明存在S2Cl2与水的反应根据上述实验现象，该小组同学认为可确定“原因2”和“原因3”的存在，但“原因1”还需要进一步实验验证.13．（13分）氨是最重要的氮肥，也是产量最大的化工产品之一、合成氨工艺是人工固氮的重要途径。回答下列问题：(1

)已知气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量，叫做该化学键的键能(kJ·mol-1)。一些键能数据如表：化学键NNHHNH键能E(kJ·mol-1)946.0436.0390.8反应N2(g)

+3H2(g)⇌2NH3(g)∆H=kJ/mol(2)化学家格哈德·埃特尔在哈伯研究所证实了部分参加反应的分子在固体催化剂表面合成氨的反应过程，模拟示意图如图：分别表示N2、H2、NH3i.图②表示N2、H2被吸

附在催化剂表面，图⑤表示生成的NH3离开催化剂表面，图②到图③6的过程能量(填“吸收”或“放出”)。ii.N2的吸附分解反应速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。实际生产中，原料N2和H2物质的量之比为1︰2.8，分析说明N2过量的理由是和iii.关于合成氨工艺，下

列说法正确的是。A．控制温度(773K)远高于室温，是为了提高平衡转化率和加快化学反应速率。B．基于NH3有较强的分子间作用力，可将其液化，不断将液氨移去，利于化学平衡向正反应方向移动。C．当温度、体积一定时，在原料气中添加

少量惰性气体，有利于提高平衡转化率。D．原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生。(3)在体积相同的密闭容器中按物质的量比1︰3投入氮气和氢气，发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)分别在200℃、400℃、600

℃条件下进行反应，平衡时NH3的物质的量分数随总压强的变化曲线如图所示：i.M点和N点的平衡常数大小关系是KMKN(填“>”、“<”或者“=”)。ii.M点的平衡常数Kp=MPa-2(计算结果保留到小数点后两位。用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数。)(4)已

知液氨中存在：2NH3(l)⇌NH-2+NH+4。用Pt电极对液氨进行电解也可产生H2和N2.阴极的电极反应式是。14．（15分）化合物H是一种用于合成γ－分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如图：(1)A中除羟基外还含有官能团的名称为、。(2)B→C的反应类型为、D

→E的反应类型为。(3)写出C→D的化学反应方程式：。(4)满足下列条件的C的同分异构体有种。①含有苯环，苯环上有三个取代基，其中氨基只与苯环直接相连；7②与氯化铁溶液反应显紫色，与NaHCO3溶液反应有气体产生。(5)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简

式：。①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反应，水解产物之一是α－氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢。(6)G的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，写出G的结构简式：。(

7)已知：323CHBrKCO(R代表烃基，R'代表烃基或H)。请写出以、和(CH3)2SO4为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)81莆田锦江中学2023-2024学年上学期期中考试卷高三化学试题答案1．C【详解】A．聚氯乙烯塑料可由氯乙烯通过

加成反应制得，A错误；B．碳化硅是一种新型的无机非金属材料，性能优良用途广泛，B错误；C．聚氨酯材料可以通过缩聚反应制成，反应中得到高聚物和小分子物质，C正确；D．分子中n值不确定，故为混合物，D错误；故选C。2．B【详解】A．4.6

gNa与含0.1molHCl的稀盐酸反应时，Na先与盐酸反应，后继续与水反应，转移电子数目为4.6g23g/mol×1×NA/mol=0.2NA，故A正确；B．Cu与S反应生成Cu2S，1molCu与足量的S反应，

失去1mol即NA个电子，故B错误；C．2g182HO与162DO的混合物中所含中子、电子数目均为2g20g/mol×10×NA/mol=NA，故C正确；D．46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为46g

46g/mol×3×NA/mol=3NA，故D正确；故选B。3．B【详解】A．与苯环直接相连的原子共面，故a至少有12个原子共平面，A正确；B．bc的反应为硝基被还原为氨基的反应，属于还原反应，B错误；C．c苯环上有2种等效氢，则其一氯代物有2种，C正确；D．酚羟基、酰胺基均可以和氢氧化钠

反应，故1mold最多能与2molNaOH反应，D正确；故选B。4．B【详解】A．大气污染物中氮氧化合物中二氧化氮和水转化为硝酸，酸性条件下硝酸会氧化二氧化硫转化为硫酸离子，干扰硫酸离子的鉴定，A错误；B．从图中看，反应①

中氧化剂是4Ce，还原剂是2SO，两者发生氧化还原反应生成3Ce、24SO，方程式为4322242CeSO2HO2CeSO4H，B正确；C．反应②中氧气中氧元素化合价由0变为-2，为氧化剂，3Ce化合价升高

发生氧化反应得到氧化产物4Ce，根据电子守恒可知42O4e4Ce，故氧化剂与氧化产物的物质的量之2比为1：4，C错误；D．根据电子守恒可知22O4e2SO，理论上每吸收标准状况下2224mLSO（为0.01mol

），消耗0.005mol氧气，为0.16g，D错误；故选B。5．B【详解】A．根据有机物Ⅰ的结构可知，其中不存在饱和碳原子，其中没有手性碳原子，A错误；B．有机物Ⅰ中苯环上的碳原子确定一个平面，和苯环直接相

连的碳原子也在这个平面上，B正确；C．有机物Ⅱ含有一个苯环，一个碳碳三键，则1mol有机物Ⅱ最多能与25molH发生加成反应，C错误；D．有机物Ⅲ中含有氮原子，可以和酸反应，但是不可以和碱反应，不具有两性，D错误；故选B。6、C【详解】A

．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，但氯水过量，再加入淀粉KI溶液，过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A错误；B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，若不加氢氧化钠，未反应的稀硫酸会和新制氢氧

化铜反应，则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖没有发生水解，B错误；C．石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；D．聚氯乙烯加强热产生能使湿润蓝色湿润试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，不能说

明氯乙烯加聚是可逆反应，可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，D错误；答案选C。7．A【详解】A．根据等效氢原理可知，CB中核磁共振氢谱有二组峰如图所示3，

A正确；B．由题干图示信息可知，PDMA单体为：，则其化学式为C5H9NO，B错误；C．高分子是指相对分子质量成千上万的物质，由题干可知，CB的相对分子质量为1328，不是高分子化合物，PDMA为高分子，C错误；D．由题干信息可知，CB与PDMA中都含有酰胺键，在酸性和碱性条件下均能

发生水解，故CB与PDMA都不耐酸碱性，D错误；故答案为：A。8．B【详解】A．-COOH能够和3NaHCO溶液反应生成二氧化碳和水，酚羟基不能和3NaHCO溶液反应，水杨酸()稀溶液中加入过量3NaHCO溶液：+HCO3→+CO2↑+H2O，故A正确；B．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体

生成硫酸钙沉淀，离子方程式为：2224CaSOHO3ClOCaSOCl2HClO，故B错误；C．3CaCO和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为：233322CaCO2C

HCOOHCa2CHCOOHOCO，故C正确；D．过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁，离子方程式为：2323Fe2NO8H3Fe2NO4HO，故D正确；故选B。9．D【分析】在如图所示的反应机理中化合物C在该流程中

参与反应生成A，接着B反应后又4生成C，因此C是该反应的催化剂；同时反应过程中并未出现非极性共价键的形成。【详解】A．化合物C在该流程中参与反应生成A，接着B反应后又生成C，所以C可以反复出现，因此C是该反应的催化剂，A正确；B．DMF的名称为N，N-

二甲基甲胺，属于胺类化合物，右侧-N<中N原子上有两个甲基取代，叫做N，N-二甲基，左侧HCO-为甲酸HCOOH去掉-OH后的基团，称为甲酰基，合在一起叫N,N-二甲基甲酰胺，B正确；C．从图可以看出，反应流程加入了CO2、HN<(二甲胺)和H2，最终生成了DMF和H2O，催化剂为C，所以总反

应符合流程图含义，C正确；D．B中上方的络合四元环中，H-H键断开(非极性共价键断裂)，形成C-H键和O-H键(极性共价键的形成)，HCOOH和HN<的反应为催化剂+H2O,显然甲酸中的C-O键和二甲胺中的

H-N键断开(极性共价键的断裂)，但反应中并未出现非极性共价键的形成，D错误；故选D。10．D【详解】A．由结构简式分析可知，化合物M中共存在11种环境的氢原子，故其核磁共振氢谱共有11个吸收峰，A选项正确；B．分子中含有酯基、硝基、亚磷酸酯基三种含氧官能团，B选项正确；C

．分子中单键N原子为sp3杂化，硝基中的双键N原子为sp2杂化，C选项正确；D．该分子中与3molNaOH发生水解反应后会生成2mol酚，会再与2molNaOH发生反应，故1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗5molNaOH，D选项错误；5答案选

D。11．(1)将矿石粉碎、适当升高反应温度、搅拌(2)232222Fe+HO+2H=2Fe+2HO＋＋＋1：3(3)38810(4)20%(5)22-3232223Zn+3CO+3HO=ZnCO2ZnOHHO+2CO＋(6)621A32a5710N【分析】由题给流程

可知，菱锌矿加入硫酸浸取，铜不反应成为滤渣1，Zn、Ni、Cd、Fe元素转化为相应盐溶液，溶液加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，加入氧化锌调节pH生成氢氧化铁沉淀，滤液加入硫化钠将Cu2+、Cd2+、Ni2+转化为硫化物沉淀得到滤渣2，过量滤液加入锌将残

余杂质金属离子转化为金属单质得到滤渣3，滤液加入碳酸钠可得碱式碳酸锌和二氧化碳气体，沉淀煅烧得到氧化锌；【详解】（1）为了提高“溶浸”效果，可采取的措施矿石粉碎、适当升高反应温度、搅拌等；（2）“除铁”时，加入H2O2将二价铁转化为三价铁，

发生反应的离子方程式为232222Fe+HO+2H=2Fe+2HO＋＋＋。如果用NaClO3代替H2O2，反应中氯元素化合价由+5变为-1，过氧化氢中氧元素由-1变为-2，恰好完全反应时，根据电子守恒可知，22-36e

NaClO3HO，理论上消耗n(NaClO3)：n(H2O2)=1：3；（3）常温下，“调pH=5”时，pOH=9，Fe3+的浓度降到了8×10-11mol/L，此时Fe(OH)3的溶度积常数的数值为3+3--931138K=cFecOH=81081

001=；（4）在加Na2S使Cu2+在溶液中的残留浓度为6.3×10-11mol/L时，此时12-2+36sp2516.310110mol/Lc6.3KS===10cCu，此时Cd2+的浓度为22+2-27sp58.0100.08mol/Lc1.=01K

Cd==cS0，Cd2+的去除率为0.10-0.08100%=20%0.10；（5）在近中性条件下加入Na2CO3和锌离子反应生成碱式碳酸锌[ZnCO3•2Zn(OH)2•H2O]固体，同时产生大量的气体，根据质量守恒可知

生成气体为二氧化碳气体，该反应的离子方程6式为22-3232223Zn+3CO+3HO=ZnCO2ZnOHHO+2CO＋；（6）①与Zn原子等距离且最近的Zn原子在xyz轴各有2个，则共有6个。②据“均摊法”，晶胞中含18=18个Zn、16=32Cu，则晶体密度为2132133A

3AMN2571c=0gcm1aNa0gm。12.13．(1)-90.8(2)吸收原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率N2在催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率BD7(3)>0.05(4)2NH+4+2e-=2NH3+H2↑或

2NH3+2e-=H2↑+2NH2【详解】（1）根据表中键能数据，可得∆H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=946.0kJ·mol-1+436.0kJ·mol-13-390.8kJ·mol-16=-90.8kJ/mol。（2）i.根据模

拟示意图可知，图②到图③的过程表示的是化学键断裂的过程，化学键断裂需要吸收热量，所以该过程表示的是吸热过程。ii.原料中N2相对H2易得，且合成氨反应是可逆反应，适度N2过量有利于提高H2的转化率，N2在催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率

。iii.A．合成氨反应是可逆的放热反应，根据勒夏特列平衡移动原理，升高温度并不能提高平衡转化率，但能加快化学反应速率和提高催化剂活性，故A错误；B．由于NH3有较强的分子间作用力，可将其液化，不断将液氨移去，有利于化学平衡向正反应方向移动

，故B正确；C．当温度、体积一定时，在原料气中添加少量惰性气体，并不能改变N2和H2的浓度，并不利于提高平衡转化率，故C错误；D．制备原料气过程中会产生其他气体杂质，为了防止催化剂中毒和安全事故发生，因此

原料气须经过净化处理，故D正确；答案BD。（3）i.合成氨反应是放热反应，温度越高，混合物中氨的物质的量分数越低，所以M点对应的温度小于N点对应的温度，温度越高，平衡常数越小，故KM>KN。ii.由M点的坐标可知此时总压是50MPa，氨的物质的量分数是60

%。由投入氮气和氢气的物质的量比是1︰3，它们反应时N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，消耗的物质的量比也是1︰3，所以平衡时剩余的氮气和氢气的物质的量比也是1：3。则混合气体中剩余的40%分子中，N2分子10%，H2分子占30%，则根据分压=总压×物质的量分数，可得P(N2)=50M

Pa10%=5MPa，P(H2)=50MPa30%=15MPa，P(NH3)=50MPa60%=30MPa，则Kp=223223223300.05()()515PNHMPaMPaPNPH。（4）用Pt电极对液氨进行电解，阴极发生还原反应，则移向阴极的

阳离子NH+4或NH3分子得电子被还原成氢气，则阴电极反应式为2NH+4+2e-=2NH3+H2↑或2NH3+2e-=H2↑+2NH2。814．(1)羧基硝基(2)还原反应取代反应(3)+HCOOH→+

H2O(4)20(5)或(6)(7)【分析】A发生取代反应生成B，B和氢气发生还原反应生成C，C和甲酸发生取代反应得到D，D在碳酸钾作用下发生取代反应得到E，E和乙酸铵和乙酸反应生成F，F反应得到，G发生催化氧化得到H；【详解】（1）A中除羟基外还含有官能团的名称为羧基、羟基；（2

）B→C为硝基发生加氢反应生成氨基，反应类型为还原反应；（3）根据原子守恒，C和HCOOH反应生成D和H2O，则C→D的化学反应方程式：9+HCOOH→+H2O；（4）①含有苯环，苯环上有三个取代基，其中氨基

只与苯环直接相连；②与氯化铁溶液反应显紫色说明含有酚羟基，与NaHCO3溶液反应有气体产生说明含有羧基，满足条件的C的同分异构体有、、、其中取代基-CH2CH2COOH另一种结构为，所以共有10×2=20种；（5）分析C的结构特点，C分子中除苯环外，还有3

个C、3个O、1个N和1个不饱和度。C的同分异构体能发生水解，由于其中一种水解产物分子中只有2种不同的H原子，所以该水解产物一定是对苯二酚；另一种水解产物是α-氨基酸，则该α-氨基酸一定是α-氨基丙酸，结合两种水解产物可以写出C的同分异构体为或；（6）

由F到H发生了两步反应，分析两者的结构，发现F中的酯基到G中变成了醛基，由于已知G到H发生的是氧化反应，所以F到G发生了还原反应，结合G的分子式10C12H14N2O2，可以写出G的结构简式为；（7）以、和(CH3)2SO4为原料制备，首先分析

合成对象与原料间的关系。结合上述合成路线中D到E的变化，可以逆推出合成该有机物所需要的两种反应物分别为和；结合B到C的反应，可以由逆推到，再结合A到B的反应，推到原料；结合学过的醇与氢卤酸反应，可以发现原料与氢溴酸反应即可得到，合成路线为。11获得更多资源请扫码

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