2019-2020学年安徽省泗县一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省泗县一中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1反应 aX(g)+bY(g)cZ(g)；H=Q，有下图所示关系，下列判断中正确是（）A a+b 0 Ba+b c,Q c,Q 0 Da+b c,Q Br2 I2CU 形管左端液面下降,右端液面上升NH4NO3溶解吸热D烧杯中产生白色沉淀甲烷与氯气光照条件下发生取代反应A A BB CC D D【答案】A【解析】【分析】【详解】A等量同浓度的双氧水中分别滴入相同体积含相同浓度的Fe3+和 Cu2+的溶液，滴入Fe3+的试管中产生气泡的速率快，说明Fe3+

2、对 H2O2的分解的催化效果更好，故A 正确；B氯气从左侧通入，先接触到吸有NaBr 溶液的棉花，棉花变橙色，说明Cl2和 NaBr 发生了置换反应：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，说明氧化性：Cl2Br2。右侧的棉花吸有淀粉碘化钾溶液，右侧棉花变蓝，说明有I2生成。I2的生成可能是左侧棉花上产生的Br2挥发到右侧棉花上置换出了I2，也可能是通入的Cl2和 KI 反应置换出了I2，所以无法说明Br2和 I2的氧化性相对强弱，故B 错误；CNH4NO3溶解吸热，使试管内空气遇冷体积减小，试管内压强降低，U 形管左端液面上升，右端液面下降，故 C错误；D甲烷和氯气发生取代反应生成HCl，可

3、以和AgNO3溶液生成AgCl白色沉淀，但未被消耗的氯气也会进入 AgNO3溶液中，和AgNO3反应生成白色沉淀，故根据烧杯中产生白色沉淀不能证明甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，故D 错误；故选 A。【点睛】本题 B 选项中硬质玻璃管中右侧棉花变蓝，不一定是挥发的Br2和 KI 反应，从左端通入的氯气可能没有完全被 NaBr 溶液消耗，也可能氯气已经完全把NaBr 氧化，这样氯气就会氧化KI，所以本实验只能证明氧化性：Cl2Br2，不能确定Br2和 I2的氧化性相对强弱。6 亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，主要用于农药中间体以及有机磷水处理药剂的原料。常温下，向 1L0.500molL1H

4、3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH 溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数()与溶液 pH 的关系如图所示，下列说法正确的是A a、b 两点时，水电离出的c水(OH)之比为 1.43：6.54 Bb 点对应溶液中存在：c(Na+)=3c(HPO32)C反应 H3PO3+HPO322H2PO3的平衡常数为105.11D当 V(NaOH)=1 L 时，c(Na+)c(H2PO3)c(OH)c(H+)【答案】C【解析】【详解】A.a 点为 H3PO3与 NaH2PO3的混合液，溶液显酸性，水电离出的c水(OH)等于溶液中的氢氧根离子浓度，则 a 点溶液中-14-1.43a10()=10OHc水，b

5、点为 Na2HPO3与 NaH2PO3的混合液，溶液显酸性，水电离出的c水(OH)等于溶液中的氢氧根离子浓度，则b 点溶液中-14-6.54b10()=10OHc水，则 a、b 两点时，水电离出的c水(OH)之比为 10-5.11，A 项错误；B.由图可知，b 点溶液呈酸性，则c(H+)c(OH-)，且有 c(H2PO3-)=c(HPO32-)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2PO3-)+2c(HPO32-)，则 c(Na+)c(H2PO3-)+2c(HPO32-)3c(HPO32)，B项错误；C.反应 H3PO3+HPO322H2PO3的平衡常数为-1.43

6、5.11a1-6.2-2-+232354a22-2-+333333H POH POHH POHPOH PO10=101H O0PHcccccccKKc，C项正确；D.当 V(NaOH)=1 L 时，H3PO3与 NaOH 物质的量相等，二者恰好反应生成NaH2PO3溶液，由图可知，该溶液显酸性，则c(Na+)c(H2PO3)c(H+)c(OH)，D 项错误；答案选 C。7实验室里用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)Fe2(OH)n(SO4)30.5nm和绿矾 FeSO4 7H2O，其过程如图所示，下列说法不正确的是A炉渣中FeS与硫酸、氧气

7、反应的离子方程式为：4FeS 3O212H=4Fe34S6H2O B溶液 Z加热到 7080 的目的是促进Fe3的水解C溶液 Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾D溶液 Z的 pH 影响聚铁中铁的质量分数，若pH 偏小导致聚铁中铁的质量分数偏大【答案】D【解析】【详解】A.炉渣中 FeS与硫酸、氧气反应生成硫酸亚铁，硫单质和水，因此离子方程式为：4FeS 3O212H=4Fe34S6H2O，故 A 正确；B.溶液 Z 加热到 7080 的目的是促进Fe3的水解生成聚铁胶体，故B 正确；C.溶液 Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾，故C正确；D.溶液 Z的 pH 影响聚铁中铁的

8、质量分数，若pH 偏小，水解程度小，氢氧根减少，硫酸根增多，因此导致聚铁中铁的质量分数偏小，故D 错误。综上所述，答案为D。8能通过化学反应使溴水褪色的是A苯B乙烷C乙烯D乙酸【答案】C【解析】苯能萃取溴水中的溴，使溴水褪色，属于物理变化，故A错误；乙烷与溴水不反应，不能使溴水褪色，故 B错误；乙烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，故C正确；乙酸与溴水不反应，溴水不褪色，故D错误。9酚酞是一种常见的酸碱指示剂，其在酸性条件下结构如图所示，则下列对于酚酞的说法正确的是（）A在酸性条件下，1mol 酚酞可与4molNaOH 发生反应B在酸性条件下，1mol 酚酞可与4molBr2发生反应C酸性条件下的

9、酚酞在一定条件下可以发生加聚反应生成高分子化合物D酸性条件下的酚酞可以在一定条件下发生加成反应，消去反应和取代反应【答案】B【解析】【详解】A在酸性条件下，酚羟基和羧基可以和氢氧化钠反应，故1mol 酚酞可与3molNaOH 发生反应，A 错误；B在酸性条件下，两个酚羟基有4 个邻位氢原子，1mol 酚酞可与4molBr2发生反应，B 正确；C酚酞分子中没有碳碳双键，所以酸性条件下的酚酞不能发生加聚反应，C错误；D酚羟基不能发生消去反应，连接醇羟基的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，也不能发生消去反应，D 错误；故选 B。10某溶液只含有K+、Fe2+、Cl-、Mg2+、I-、CO32-、SO4

10、2-中的几种，限用以下试剂检验：盐酸、硫酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液。设计如下实验步骤，并记录相关现象，下列叙述正确的是A该溶液中一定有I-、CO32-、SO42-、K+B溶液中可能含有K+、Mg2+、Cl-、C通过在黄色溶液中加入硝酸银可以检验原溶液中是否存在Cl-D试剂可能为硫酸【答案】A【解析】由实验可知，试剂为硝酸钡溶液，生成白色沉淀为碳酸钡和硫酸钡，则试剂为盐酸，沉淀减少，硫酸钡不溶于盐酸，则原溶液中一定存在CO32-、SO42-，则不含 Fe2+、Mg2+；加试剂过滤后的滤液中，再加试剂盐酸，H+、I-、NO3-发生氧化还原反应生成I2，溶液变黄色，由于溶液呈电中性，则溶液中一定含有

11、的阳离子为K+。由上述分析可知，该溶液中一定有I-、CO32-、SO42-、K+，选项 A 正确；B、溶液中一定不含有 Mg2+，选项 B错误；C、加入足量盐酸会引入Cl-，故无法判断原溶液中是否存在Cl-，选项 C错误；D、试剂 一定为盐酸，不能为硫酸，因为碳酸钡与硫酸反应生成硫酸钡会使沉淀质量增加，不符合题意，选项 D 错误。答案选A。11下列说法中正确的是A丙烯中所有原子均在同一个平面上B分子式为810C H的芳香烃共有4 种C糖类、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应D乙烯使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，发生的反应原理相同【答案】B【解析】【详解】A丙烯含有甲基，具有甲烷的结构特征，

12、具有四面体结构，则所有的原子不可能共平面，故A 错误；B分子式为810C H的芳香烃可能为乙苯或二甲苯，二甲苯有邻、间、对3 种，共 4 种，故 B 正确；C糖类中的单糖如葡萄糖、果糖等，则不水解，故C错误；D乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，故D 错误；故答案为B。【点睛】高锰酸钾具有强氧化性，一般来说，具有还原性的无机物，含有碳碳双键、醛基的物质以及一些醇类、酚类、苯的同系物等可被高锰酸钾氧化，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色。12某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是A反应过程a 有催化剂参与B该反应为吸热反应，热效应等于?H C改变催化剂，可改变该反应

13、的活化能D有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1+E2【答案】C【解析】【详解】A催化剂能降低反应的活化能，故b 中使用了催化剂，故A 错误；B反应物能量高于生成物，为放热反应，H=生成物能量-反应物能量，故B错误；C不同的催化剂，改变反应的途径，反应的活化能不同，故C正确；D催化剂不改变反应的始终态，焓变等于正逆反应的活化能之差，图中不能确定正逆反应的活化能，故D 错误；故选 C。13某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为-2 价)，既含有Fe2+又含有 Fe3+。将一定量的该磁黄铁矿与l00 mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成 2.4 g 硫单质、0.425 mo

14、l FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法不正确的是A该盐酸的物质的量浓度为8.5 mol/L B生成的H2S气体在标准状况下的体积为9.52 L C该磁黄铁矿FexS中，x=0.85 D该磁黄铁矿FexS中，Fe2+的物质的量为0.15mol【答案】D【解析】【详解】n(S)=2.4g32g/mol=0.075mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)=0.075mol2-03-2=0.15mol，则n(Fe2+)=0.425mol-0.15mol=0.275mol，所以 Fe2+与 Fe3+的物质的量之比=0.275mol0.15mol=11:6。A.盐酸恰好反应生成F

15、eCl20.425mol，根据氯原子守恒得：c(HCl)=0.425mol20.1L=8.5mol/L，故 A 正确；B.根据氢原子、氯原子守恒得：n(H2S)=1/2n(HCl)=n(FeCl2)=0.425mol，则 V(H2S)=0.425mol 22.4L/mol=9.52L，故 B 正确；C.FexS中 n(S)=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n(Fe)=0.425mol，所以 n(Fe)：n(S)=0.425mol：0.5mol=0.85，所以 x=0.85，故 C正确；D.根据上述分析计算Fe2+的物质的量为0.275mol，故 D错误。故选 D。14下列气体

16、能用浓硫酸干燥的是A SO2BSO3C HIDH2S【答案】A【解析】分析：浓硫酸属于酸，具有酸的通性，还具有吸水性、脱水性和强氧化性，能干燥中性或酸性气体，但不能干燥碱性和部分强还原性气体。详解：A.SO2虽然具有还原性，但和浓硫酸不反应，所以能被浓硫酸干燥，故A 正确；B.SO3能被浓硫酸吸收，不能用浓硫酸干燥，故B 错误；C.HI具有还原性，能被浓硫酸氧化，所以不能用浓硫酸干燥，故C错误；D.H2S具有强还原性，能被浓硫酸氧化，所以不能用浓硫酸干燥，故D 错误；答案选A。点睛：本题考查浓硫酸的性质，主要是浓硫酸吸水性、强氧化性的理解和应用，题目难度不大。本题的易错点是 A 项，虽然SO2

17、具有较强的还原性、浓硫酸具有强氧化性，但因为SO2中 S元素的化合价为+4 价，硫酸中 S元素的化合价为+6 价，二者为 S元素的相邻价态，所以 SO2和浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥SO2气体。15下列关于pH=3 的 CH3COOH溶液的叙述正确的是（）A溶液中H2O 电离出的c(OH-)=1.0 10-3mol?L1B加入少量CH3COONa固体后，溶液pH 升高C与等体积0.001mol/L NaOH溶液反应，所得溶液呈中性D与 pH=3 的硫酸溶液浓度相等【答案】B【解析】【详解】A 项、pH=3 的 CH3COOH溶液中 c（H+）为 1.0 10-3mol?L-1，氢离子抑制了水

18、的电离，醋酸中的氢氧根离子来自水的电离，则溶液中H2O 电离出的c（OH-）=1.010-10mol?L-1，故 A 错误；B 项、加入少量CH3COONa固体后，溶液中醋酸根浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH 升高，故B 正确；C 项、醋酸为弱酸，pH=3 的醋酸溶液浓度大于0.001mol?L-1，与等体积0.001mol?L-1NaOH 溶液反应后醋酸过量，所得溶液呈酸性，故C错误；D 项、pH=3 的硫酸溶液中氢离子浓度为c（H+）=1.010-3mol?L-1，硫酸的浓度为510-4mol?L-1，而醋酸的浓度大于0.001mol?L-1，故 D 错误；

19、故选 B。【点睛】水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出是氢氧根离子浓度，酸碱抑制水电离，水解的盐促进水电离。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16为了将混有K2SO4、MgSO4的 KNO3固体提纯，并制得纯净的KNO3溶液(E)，某学生设计如下实验方案：(1)操作 主要是将固体溶解，则所用的主要玻璃仪器是_、_。(2)操作 所加的试剂顺序可以为_，_，_(填写试剂的化学式)。(3)如何判断SO42已除尽 _(4)实验过程中产生的多次沉淀_(选填“需要”或“不需要”)多次过滤，理由是_。(5)该同学的实验设计方案中某步并不严密，请说明理由_。【答案】烧杯玻璃棒；Ba(NO3)2K2C

20、O3KOH或（KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或 Ba(NO3)2、KOH、K2CO3）静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明 SO42已除尽不需要因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序因为加入盐酸调节溶液的pH 会引进 Cl【解析】【分析】混有 K2SO4、MgSO4的 KNO3固体，加入硝酸钡、碳酸钾除去硫酸根离子；加入氢氧化钾除去镁离子；稍过量的氢氧根离子、碳酸根离子用硝酸除去；【详解】(1)固体溶解一般在烧杯中进行，并要用玻璃棒搅拌加快溶解，故答案为：烧杯；玻璃棒；(2)KNO3中混有的杂质离子是SO42-和 Mg2+，为了完全

21、除去SO42-应该用稍过量的Ba2+，这样稍过量的Ba2+也变成了杂质，需要加CO32-离子来除去，除去Mg2+应该用 OH-，OH-的顺序没有什么要求，过量的CO32-、OH-可以通过加入的盐酸来除去，故答案为：Ba(NO3)2；K2CO3；KOH 或（KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或 Ba(NO3)2、KOH、K2CO3）；(3)SO42存在于溶液中，可以利用其与Ba2+反应生成沉淀来判断，方法是静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明已除尽，故答案为：静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明SO42已除尽；(4)不

22、需要因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序，故答案为：不需要；因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序；(5)本实验目的是为了得到纯净的KNO3溶液，因此在实验过程中不能引入新的杂质离子，而加入盐酸来调节溶液的pH 会引入 Cl，故答案为：因为加入盐酸调节溶液的pH 会引进 Cl。【点睛】除去溶液中的硫酸根离子与镁离子时无先后顺序，所加试剂可先加KOH，也可先加硝酸钡、碳酸钾，过滤后再加适量的硝酸。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17氟西汀G 是一种治疗抑郁性精神障碍的药物，其一种合成路线如图：已知：LiAIH4是强还原剂，不仅能还原醛、酮，还能还

23、原酯，但成本较高。回答下列问题：（1）碳原子上连有4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出D 的结构简式，用星号（*）标出 D中的手性碳 _。（2）的反应类型是_。（3）C的结构简式为_。（4）G 的分子式为 _。（5）反应的化学方程式为_。（6）已知 M 与 D 互为同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应。M 分子的苯环上有3个取代基，其中两个相同。符合条件的M 有_种。（7）也是一种生产氟西汀的中间体，设计以和为主要原料制备它的合成路线_（无机试剂任选）。【答案】取代反应C17H18NOF3+CH3NH2+CH3SO2OH 12【解析】【分析】B 在催化剂作用下与氢气发生

24、加成反应生成C，C 与氢化铝锂反应生成D，根据 D 和 B 的结构简式，D 与 CH3SO2Cl 发生取代反应生成E，E与 CH3NH2发生取代反应生成F，F与在氢化钠作用下发生取代反应生成G。根据 G 和 E的结构简式，可得F的结构简式为，据此分析解答。【详解】(1)碳原子上连有4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。D 中的手性碳位置为；(2)根据分析，的反应类型是取代反应；(3)根据分析，C的结构简式为；(4)G 的分子式为C17H18NOF3；(5)反应为E与 CH3NH2发生取代反应生成F化学方程式为：+CH3NH2+CH3SO2OH；(6)D 的结构简式为，已知 M 与 D 互为

25、同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应，说明分子中有酚羟基。M 分子的苯环上有3 个取代基，其中两个相同，即苯环上有两个羟基和一个-C3H7原子团。-C3H7原子团的结构式共有-CH2CH2CH3和-C(CH3)2两种结构，同分异构体数目分析如下：若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为22=4种，若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为 12=2种，若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为32=6 种；则符合条件的M 有12 种；(7)在加热条件下，在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成，和氯气发生加成反应生成，加热条件下，与氢氧化钠溶液发生取代反应生成，与CH3SO2Cl发生取代反应生成

26、，合成路线为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18甲醇是新型的汽车动力燃料。工业上可通过H2和 CO化合制备甲醇，该反应的热化学方程式为:2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)H=-116kJ/mol(1)已知:CO和 H2的燃烧热分别为283kJ/mol、286kJ/mol。1mol 甲醇气体完全燃烧生成CO2和液态水的热化学方程式为_。(2)下列措施中有利于提高2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)反应速率及原料平衡转化率的是_(填标号)。A分离出CH3OH B 升高温度 C 增大压强 D加入合适的催化剂(3)在容积为2L 的恒容容器中，分别在 230、250、270下，

27、改变 H2和 CO的起始组成比(n(H2)/n(CO)，起始时 CO的物质的量固定为1mol，实验结果如图所示：Z 曲线对应的温度是_，判断的依据是_。从图中可以得出的结论是(写两条)_、_。(4)利用图中a 点对应的数据，计算曲线Z对应温度下反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)的平衡常数为_；若在 a 点向容器中再充入1.5molCH3OH 和 0.5mol H2，则原平衡 _移动(填“向正反应方向”或“向逆反应方向”或“不”)【答案】CH3OH(g)+1.5O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-739kJmol-1C270该反应是放热反应，温度越高转化率越低，在 n(H2)

28、/n(CO)相同条件下，Z的CO 转化率最低、故 Z的温度为270相同温度下，CO的转化率随n(H2)/n(CO)增大而增大在 n(H2)/n(CO)相同条件下，温度越低CO的转化率越高或温度越高 CO的转化率越低16 或 16(mol/L)-2不【解析】试题分析：(1)根据盖斯定律计算甲醇的燃烧热；(2)根据影响反应速率和平衡移动的因素分析；(3)升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低；分析同温下，CO转化率随n(H2)/n(CO)的变化情况；分析在 n(H2)/n(CO)相同条件下，CO转化率随温度变化情况；(4)利用“三段式”计算平衡常数；根据Q与 K的关系判断平衡移动方向；解析：(l)

29、CO 和 H2的燃烧热分别为283kJ/mol、286kJ/mol，即 CO(g)+0.5O2(g)=CO2(g)H=-283kJ/mol；2H2(g)+0.5O2(g)=2H2O H=-572kJ/mol；2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)H=-116kJ/mol，根据盖斯定律+-得 CH3OH(g)+1.5O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-739kJmol-1；(2)A.分离出 CH3OH，浓度降低，速率减慢，故A错误；B.升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，原料转化率降低，故B错误；C.增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，原料转化率提高，故 C正确；D.加入合适的催

30、化剂，平衡不移动，原料转化率不变，故 D错误。(3)该反应是放热反应，温度越高转化率越低，在 n(H2)/n(CO)相同条件下，Z的 CO转化率最低、故Z的温度为270；相同温度下，CO的转化率随n(H2)/n(CO)增大而增大；在n(H2)/n(CO)相同条件下，温度越低CO的转化率越高或温度越高CO的转化率越低；(4)32220.25160.250.25c CH OHKcHc CO；若在 a 点向容器中再充入1.5molCH3OH 和 0.5molH2，则甲醇的浓度为1mol/L、氢气的浓度为0.5mol/L、一氧化碳的浓度为0.25mol/L；Q=21=16=0.50.25K，所以平衡不

31、移动；点睛：根据Q与 K的关系判断平衡移动方向：若Q=K反应恰好达到平衡状态；若QK反应逆向移动；若QK反应正向移动。19聚合物（W 是链接中的部分结构）是一类重要的功能高分子材料，聚合物X是其中的一种，转化路线如下：已知：iR1CHO+R2CH2CHO iiiii R1CH=CHR2+R3CH=CHR4R1CH=CHR4+R2CH=CHR3（R 代表烃基或氢原子）（1）E所含的官能团名称是_。（2）N 的名称是 _。（3）的反应类型是_。（4）的化学方程式是_。的化学方程式是_。（5）X的结构简式是_。（6）Q 有多种同分异构体，其中符合下列条件的有_种。属于芳香类化合物且苯环上只有两个侧链

32、遇 FeCl3溶液显紫色苯环上的一氯代物只有两种其中符合核磁共振氢谱中峰面积之比1：2：2：1：6 的结构简式为_（写出其中一种即可）。（7）请以 CH3CH2OH 为原料（无机试剂任选），用不超过4 步的反应合成CH3CH2CH2COOH，试写出合成流程图 _。【答案】碳碳双键、醛基丙烯酸甲酯加成反应CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O+2NaOH+2 NaBr+2 H2O10或CH3CH2OHCH3CHOCH2CH=CHCHOCH2CH=CHCOOHCH3CH2CH2COOH【解析】（1）E为 CH2=CHCHO，含有的官能团为碳碳双键、醛基；（2）N 为 CH

33、2=CHCOOCH3，为丙烯酸甲酯；（3）G、I 结构简式分别为、，由此可知的反应类型是加成反应；（4）发生的是酯化反应，反应的化学方程式是：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O，发生的是卤代烃的消去反应，反应的化学方程式是：+2NaOH+2NaBr+2H2O；（5）由信息 iii 可知在 Ro 催化剂条件下生成聚合物X为；（6）Q 的分子式为C9H12O2，不饱和度=(29+212)/24，则对应的同分异构体中，属于芳香类化合物且苯环上只有两个侧链，则侧链为饱和侧链，遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基，苯环上的一氯代物只有两种，说明另一侧链与酚羟基对位，可为O

34、CH(CH3)2、OCH2CH2CH3、CH2OCH2CH3、CH(CH3)OCH3、CH2CH2OCH3、CH2CH2CH2OH、CHOHCH2CH3、CH2CHOHCH3、COH(CH3)2、CH(CH3)CH2OH，共 10 种，其中符合核磁共振氢谱中峰面积之比1：2：2：1：6 的结构简式为或；（7）以 CH3CH2OH为原料，合成CH3CH2CH2COOH，依据已知信息并借助于逆推法可知发生反应的流程为CH3CH2OHCH3CHOCH2CH=CHCHOCH2CH=CHCOOHCH3CH2CH2COOH。点睛：该题的难点是同分异构体判断和有机合成路线设计。解答有机合成路线时要先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。解答的方法一般是逆推法，即从最终产品逆向推导，因此掌握常见有机官能团的结构和性质是解答的关键。例如该题中要转化为羧基，需要利用醛基氧化，而引入醛基需要利用羟基的催化氧化，进而结合羟醛缩合即可。另外需要注意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。