2020年全国高三高考全真模拟考试理科综合化学试卷(六)及解析.pdf

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1、2020年 2020 届全国高三高考全真模拟考试理科综合化学试卷（六）祝考试顺利可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Al-27 Si-28 S-32 P-31 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 As-75 Se-79 Br-80 Ag-108 第卷 (选择题共 42 分)一、选择题(本题共 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求的)7下列说法正确的是A砖瓦、陶瓷、渣土、普通一次性电池、鱼骨等属于其他垃圾B电热水器用镁棒防止内胆腐蚀,原理是牺牲阴极的阳极保护法C 门捷列夫根据元素的性质

2、随着相对原子质量递增呈现周期性变化规律,制出了第一张元素元素周期律D石灰乳与海水混合,过滤得 Mg(OH)2,将其溶于盐酸,再蒸发结晶得到 MgCl2,电解熔融MgCl2可得到金属镁【答案】B【解析】A项,砖瓦陶瓷、渣土、卫生间废纸、瓷器碎片等难以回收的废弃物是其他垃圾,普通一次性电池属于有害垃圾,故 A错误；B项,电热水器用镁棒防止内胆腐蚀,原理是牺牲阳极的阴极保护法,故 B错误；C项,第一张元素周期表是门捷列夫制作的,是根据素的性质随着相对原子质量递增呈现周期性变化规律而制作的,故 C正确；D项,蒸发氯化镁溶液时氯化镁水解生成氢氧化镁和HCl,加热促进盐酸挥发,所以蒸干氯化镁溶液得到的固体

3、不是氯化镁而使氢氧化镁,故 D错误。8螺环化合物具有抗菌活性,用其制成的药物不易产生抗药性,螺3,4 辛烷的结构如图,下列有关螺 3,4 辛烷的说法正确的是A分子式为 C8H16B分子中所有碳原子共平面C与 2甲基 3庚烯互为同分异构体D一氯代物有 4 种结构【答案】D【解析】A项,根据螺 3.4 辛烷的结构简式可知其分子式为C8H14,故 A错误；B项,.因为螺3.4 辛烷属于环烷烃,分子中所有的 8 个碳原子均为 sp3杂化,所以分子中所有碳原子不可能共平面,故 B错误；C项,2 甲基 3庚烯的分子式为C8H16,两者分子式不同,所以不是同分异构体,故 C错误；D项,由螺3.4 辛烷的结构

4、简式可知其中含有4 种类型的氢,所以一氯代物有4 种结构,故 D正确；故选 D。9青蒿素是高效的抗疟疾药,为无色针状晶体,易溶于丙酮、氯仿和苯中,甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解,在水中几乎不溶,熔点为 156-157C,热稳定性差。已知：乙醚沸点为35C。提取青蒿素的主要工艺为：下列有关此工艺操作不正确的是A破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积,提高青蒿素浸取率B操作需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯C操作是蒸馏,利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大D操作的主要过程加水溶解,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤【答案】D【解析】对青蒿进行干燥破碎,可以增大青蒿与乙醚的接触面积,提高青蒿素的浸取率,用乙醚

5、对青蒿素进行浸取后,过滤,可得滤液和滤渣,提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品,对粗品可加 95%的乙醇,浓缩、结晶、过滤可得精品。A项,破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积,提高青蒿素浸取率,故 A正确；B项,操作为过滤,需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯,故 B正确；C项,操作是蒸馏,利用了乙醚与青高素的沸点相差较大,故 C正确；D项,根据给定信息可知,青蒿素在水中几乎不溶,因此操作的主要过程不是加水溶解,可加 95%的乙醇溶解,再进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,故 D错误；故选 D。10捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)A标准状况下,22.4

6、L CO2中所含的电子数目为16NAB10.1 g N(C2H5)3中所含的极性共价键数目为2.1NAC2 mol Au 与 2 mol H2中所含的分子数目均为2NAD100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA【答案】D【解析】A项,标准状况下,22.4LCO2的物质的量为 1mol,1 个 CO2分子中含有 682=22个电子,则 22.4LCO2含有 22mol 电子,其电子数目为 22 NA,A 错误；B项,N(C2H5)3的结构式为,所含的化学键中C-N和 C-H均为极性共价键,1mol N(C2H5)3中含有 18mol极性共价键,10.1g N(C2H5)3,其物质

7、的量为 0.1mol,则其含有极性共价键的物质的量为1.8mol,数目为 1.8NA,B 错误；C项,Au 为金属单质,不含有分子,2molAu 中不含有分子,C 错误；D项,100 g 46%的甲酸水溶液,则甲酸质量为 46g,则其物质的量为 1mol,分子中含有 2molO原子；水的质量为 100g-46g=54g,其物质的量为 3mol,则含有 3mol O 原子,总共含有 5mol O 原子,其数目为5NA,D 正确；故选 D。10已知氢化钠(NaH)可由氢气和钠在高温下化合形成,其使用需要惰性环境,遇水放出易燃气体,下列说法不正确的是A氢化钠与水反应产生的气体,通过盛有碱石灰的干燥管

8、,用向下排空气法可以收集得到一定量的 H2B氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜,若出现黑色变红色现象,则说明产生的气体中一定含有 H2C氢化钠在无水条件下除去钢铁表面铁锈的反应方程式为3 NaH+Fe2O32Fe+3NaOHD锌和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥后,与钠在高温下反应得到纯净的NaH【答案】D【解析】A项,氢化钠与水反应产生的气体,反应的化学方程式为：NaH+H2O NaOH+H2,气体通过盛有碱石灰的干燥管,用向下排空气法可以收集得到一定量的H2,故 A正确；B项,氢气能还原氧化铜生成Cu,氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜,若出现黑色变红色现象,则说明产生的气体中一定

9、含有H2,故 B正确；C项,NaH具有强还原性,能与 Fe2O3生成 Fe和 NaOH,反应方程式为：3NaH+Fe2O32Fe+3NaOH,故 C正确；D项,锌和盐酸反应后的气体中含有氢气、HCl、水蒸气,浓硫酸干燥除去了水蒸气,还含有氢气和 HCl,所以应该先除去HCl、再用浓硫酸干燥,然后与钠在高温下反应得到纯净的NaH,故 D错误。故选 D。11 常温下,0.1mol L-1的 H2A溶液中各种微粒浓度的对数值(lgc)与 pH的关系如图所示。下列说法不正确的是A.H2A是二元弱酸B.HA-H+A2-的电离平衡常数Ka=10-12C.0.1mol L-1的 H2A溶液中：c(H+)=c

10、(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)D.pH=4.2 时：c(HA-)=c(A2-)c(H+)c(H2A)c(OH-)【答案】B【解析】A项,溶液中存在 H2A、H+、HA-、A2-,说明 H2A是二元弱酸,A 正确；B项,HA-H+A2-的电离平衡常数Ka=AHHAcccn=c(H)=10-4.2,B 不正确；C项,0.1mol L-1的 H2A溶液中：c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),C正 确；D项,由 图 可 知pH=4.2时：c(HA-)=c(A2-)c(H+)c(H2A)c(OH-),D 正确。12氨硼烷(NH3BH3)电池可在常温下工作,装置如图所示。未加

11、入氨硼烷之前,两极室质量相等,电池反应为 NH3BH3+3H2O2NH4BO2+4H2O。已知两极室中电解质足量,下列说法正确的是A正极的电极反应式为2H+2eH2B电池工作时,H+通过质子交换膜向负极移动C电池工作时,正、负极分别放出H2和 NH3D工作一段时间后,若左右两极室质量差为1.9 g,则电路中转移 0.6 mol 电子【答案】D【解析】A项,正极的电极反应式为：3H2O2+6H+6e-=6H2O,没有气体生成,A 项错误；B项,原电池工作时,氢离子作为阳离子向正极移动,B 项错误；C项,两电极反应分别为：3H2O2+6H+6e-=6H2O、NH3BH3+2H2O-6e-=NH4B

12、O2+6H+；两极均没有气体生成,C 项错误；D项,从电极反应式来看,如有 6mol电子转移,则左极室质量增加 31g-6g=25g,右极室质量增加 6g,两极室质量之差为 19g,所以当左右两室质量差为1.9g 时,电路中转移 0.6mol 电子,D 项正确；故选 D。13X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期主族元素,e、g、h、i、j 均是由这些元素组成的二元化合物,i 常温常压下为液体,其余均为无色气体。e 的摩尔质量为 g 的 2 倍,f是元素 Z 的单质,g 物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,h 的组成元素位于同一主族。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A原子半径：YZ

13、W X B热稳定性：i g,沸点：i e CY与 W的含氧酸均是强酸Dh 与 j 均为酸性氧化物【答案】B【解析】短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加。e、g、h、i、j 是由这些元素组成的二元化合物,常温常压下 i 为液体,其余均为无色气体,因此 i 为水 H2O；e 的摩尔质量为 g的 2 倍,f 是元素 Z的单质,g 物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则 g 是 NH3。根据转化关系图判断 e 是 H2S,f 是氧气,g 是 NH3,j是 NO,h是 SO2。所以 X、Y、Z、W分别是 H、N、O、S。A项,根据元素周期律的原子半径变化规律：同一周期的元素,原子序数越大原子半径越小

14、,同一主族的元素,原子核外电子层数越多,原子半径越大,则原子半径的大小XZKsp(AgSCN),使得实验中消耗的AgSCN 偏多,根据(7)的计算原理可知,会使测定结果将偏低。27(14 分)CoCl2可用于电镀,是一种性能优越的电池前驱材料,由含钴矿(Co 元素主要以Co2O3、CoO存在,还含有 Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素)制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下：已知：焦亚硫酸钠Na2S2O5,常做食品抗氧化剂。CaF2、MgF2难溶于水。CoCl26H2O熔点 86,易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒,加热至 110120时,失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。部分金属离子形

15、成氢氧化物的pH见下表：回答下列问题：(1)操作的名称为 _,NaClO3具有氧化性,其名称为 _。(2)浸取中加入 Na2S2O5的作用是 _。(3)滤液 1 中加入 NaClO3的作用是 _,相关的离子方程式为 _。(4)加入 Na2CO3溶液生成滤渣 2 的主要离子方程式为 _。(5)滤渣 3 主要成分为 _(写化学式)。滤液 3 经过多次萃取与反萃取制备 CoCl2晶体(6)滤液 3 中加入萃取剂 I,然后用稀盐酸反萃取的目的是_。(7)制备晶体 CoCl26H2O,需在减压环境下烘干的原因是_。【答案】(1)过滤(1 分)氯酸钠 (1 分)(2)将+3价钴还原为+2 价钴(1 分)(

16、3)将亚铁离子氧化为三价铁离子,便于分离(1 分)6Fe2+ClO3-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O(2 分)(4)2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2(2 分)(5)CaF2、MgF2(2 分)(6)分离出溶液中的 Mn2+、Cu2+、Zn2+,回收利用(2 分)(7)降低烘干温度,防止产品分解产生有毒的无水氯化钴(2 分)【解析】(1)操作后得到滤液和滤渣,故操作为过滤；NaClO3中氯为+5 价,其名称为氯酸钠；(2)下一步操作过程中加入NaClO3,调节 pH3.03.5 时,会将+3价钴转化为沉淀,降低产率,而此时+2价钴不会转化为沉淀,故加入 Na2S

17、2O5的作用是将+3价钴还原为+2价钴；(3)NaClO3具有氧化性,可将亚铁离子氧化为三价铁离子,便于分离,相关的离子方程式为：6Fe2+ClO3-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O；(4)加入 Na2CO3溶液生成滤渣 Fe(OH)3,反应式为：2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2；(5)CaF2、MgF2难溶于水,故加入 NaF后,得到的滤渣主要是 CaF2、MgF2；(6)滤液 3 中含有 Mn2+、Cu2+、Zn2+,用稀盐酸反萃取的目的是：分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+,回收利用；(7)CoCl26H2O加热至 110120时,失去结晶水变成有

18、毒的无水氯化钴,故减压环境下烘干的原因是：降低烘干温度,防止产品分解产生有毒的无水氯化钴。28(15 分)氮的氧化物(NOx)是大气主要污染物,有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。(1)N2O又称笑气,有轻微的麻醉作用,N2O在一定条件下可分解为N2、O2。回答下列问题：已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)H1=+180.5kJ?mol-12NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H2=-114.14kJ?mol-13NO(g)=N2O(g)+NO2(g)H3=-115.52kJ?mol-1则反应 2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)H=_ kJ?mol-1(2)汽车尾气中的

19、NO和 CO可在催化剂作用下生成无污染的气体而除去。在密闭容器中充入 10molCO和 8molNO发生反应,测得平衡时 NO的体积分数与温度、压强的关系如下图已知 T2T1,则反应 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g),H_0(填“”“=”或“”)该反应达到平衡后,为同时提高反应速率和NO的转化率,可采取的措施有 _(填字母序号)a改用高效催化剂 b 缩小容器的体积 c增加 CO的浓度 d 升高温度压强为 10MPa、温度为 T1下,若反应进行到 20min达到平衡状态,此时容器的体积为4L,则用 N2的浓度变化表示的平均反应速率v(N2)=_,该温度下用分压表示的平衡常数K

20、p=_MPa-1(分压=总压物质的量分数)。在 D点,对反应容器升温的同时扩大体积至体系压强减小,重新达到的平衡状态可能是图中 AG点中_点。(3)在有氧条件下,新型催化剂 M能催化 NH3与 NOx反应生成 N2,将一定比例的 O2、NH3和 NOx的混合气体匀速通入装有催化剂M的反应器中反应,反应相同时间,NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。在 50150范围内随温度升高,NOx的去除率迅速上升的原因是_。当反应温度高于380时,NOx的去除率迅速下降的原因可能是_。【答案】(1)-244.1(2分)(2)(2 分)bc(2 分)0.025 mol L-1min-1(2 分)4/4

21、5(或 0.089)(2分)A(1 分)(3)催化剂活性随温度升高而增大,使 NOx去除反应速率迅速增大；温度升高,反应速率加快(2 分)催化剂活性下降(或 NH3与 O2反应生成了 NO)(2 分)【解析】(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)H1=+180.5kJ?mol-12NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H2=-114.14kJ?mol-13NO(g)=N2O(g)+NO2(g)H3=-115.52kJ?mol-1由盖斯定律可知,-2-2 得 2N2O(g)=2N2(g)+O2(g),则H=-114.14 kJ?mol-1-(+180.5kJ mol-1)2-(-115

22、.52kJ?mol-1)2=-244.1kJ mol1,则反应 2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)H=-244.1kJ?mol-1；(2)已知 T2T1,由图示可知反应2NO(g)+2CO(g)2N2(g)+2CO2(g),升高温度后,平衡后 NO的体积分数增大,说明升高温度,平衡逆向移动,逆反应方向为吸热反应,则H0；2CO(g)+2NO(g)N2(g+2CO2(g)H0；a 项,改用高效催化剂加快反应速率,平衡不变,转化率不变,故 a 不能同时提高反应速率和NO的转化率；b项,缩小容器的体积,体系内压强增大,反应速率增大,平衡正向进行,NO的转化率增大,故 b 能同时提高反应速率和N

23、O 的转化率；c项,增加 CO的浓度反应速率增大,平衡正向进行,NO的转化率增大,故 c 能同时提高反应速率和NO的转化率；d 项,升高温度反应速率增大,反应为放热反应,升温平衡逆向进行,NO的转化率减小,故 d 不能同时提高反应速率和NO的转化率；故选 bc；在密闭容器中充入10molCO 和8molNO,发生反应,压强为 10MPa、温度为 T1下,若反应进行到 20min 达到平衡状态,NO体积分数为 25%,结合三行计算列式计算,设反应生成氮气物质的量为x,2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)H=-749 kJ mol1；起始量(mol)10 8 0 0 变化量(mol

24、)2x 2x x 2x 平衡量(mol)10-2x 8-2x x 2x(8-2x)/(10-2x8-2x+x+2x)100%=25%,x=2mol,v(N2)=c/t=2mol/(4L 20min)=0.025 molL-1min-1；平衡气体总物质的量=16mol,该温度下平衡常数Kp=22242101016166410101616MPaMPaMPaMPa=0.089(MPa)-1；若在 D点升温的同时扩大体积至体系压强减小,则平衡会逆向移动,NO的体积分数增大,重新达到的平衡状态可能是图中A点；(3)在一定温度范围内催化剂活性较大,超过其温度范围,催化剂活性降低,根据图知：催化剂活性随温度

25、升高而增大,使 NOx去除反应速率迅速增大；温度升高,反应速率加快.在一定温度范围内催化剂活性较大,超过其温度范围,催化剂活性下降；(或在温度、催化剂条件下,氨气能被催化氧化生成NO),即：当反应温度高于 380时,NOx的去除率迅速下降的原因可能催化剂活性下降(或 NH3与 O2反应生成了 NO)。三、选做题(本题共 2 小题,考生根据要求选择其中一题进行作答)37 化学选修 3：物质结构与性质 (15 分)据 自然通讯(Nature Communications)报道,我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。

26、请回答下列问题：(1)基态硒原子的价电子排布式为_；硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是_。(2)电还原法制备甲醇的原理为2CO2+4H2O2CH3OH+3O2。写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式_；标准状况下,V L CO2气体含有 _个 键。(3)苯分子中 6 个 C原子,每个 C原子有一个 2p 轨道参与形成大 键,可记为(66右下角“6”表示 6 个原子,右上角“6”表示 6 个共用电子)。已知某化合物的结构简式为,不能使溴的四氯化碳溶液褪色,由此推知,该分子中存在大 键,可表示为 _,Se 的杂化方式为_。(4)黄铜矿由 Cu+、Fe3+、S2-构成,其四方晶系晶胞结构

27、如图所示。则 Cu+的配位数为 _；若晶胞参数 a=b=524pm,c=1032pm,用 NA表示阿伏加德罗常数的值,该晶系晶体的密度是_g cm-3(不必计算或化简,列出计算式即可)。【答案】(1)4s24p4(2 分)H2S或硫化氢(2 分)(2)O=C=O(1 分)AVN11.2(2 分)(3)65(1 分)sp2(1 分)(4)4(2 分)21010A644564328524 101032 10N或21010A1844524 101032 10N(4 分)【解析】(1)Se 是 34号元素,根据原子核外电子排布的构造原理,可知其核外电子排布式是 1s22s22p63s23p63d104

28、s24p4,基态硒原子的价电子排布式为4s24p4；硒所在主族元素是第VIA,简单氢化物化学式通式是H2X,这些氢化物都是由分子构成,分子之间通过分子间作用力结合,分子间作用力随相对分子质量的增大而增大,分子间作用力越大,克服分子间作用力使物质气化消耗的能量就越高,物质的熔沸点就越高,由于 H2O分子之间存在氢键,增加了分子之间的吸引力,使其熔沸点在同族元素中最高,故第 VIA 的简单氢化物中沸点最低的是H2S；(2)在方程式中的三种化合物分子中都存在极性共价键。其中CO2是由极性键构成的非极性分子,其空间构型为直线型,结构式是 O=C=O；VL标准状况下 CO2的物质的量是 n(CO2)=V

29、L22.4/22.4VL molmol,由于在 1 个 CO2分子中含有 2 个 键,所以22.4VmolCO2气体中含有的 键数目为22.4Vmol2NA/mol=AVN11.2；(3)已知某化合物的结构简式为,不能使溴的四氯化碳溶液褪色,由此推知,该分子中存在大 键,根据结构简式可知,形成大 键的原子个数是 5个,有 6个电子参与成键,因此可表示为 65,其中 Se的杂化方式为 sp2；(4)根据晶胞结构分析可知,由面心上 Cu与 2个 S相连,晶胞中每个 Cu原子与 4个 S相连,Cu+的配位数为 4；晶胞中 Fe2+数目=818+412+1=4,Cu+的数目=612+414=4,S2-

30、数目为 81=8,所以晶胞内共含4 个CuFeS2,a=b=524pm,c=1032pm,则晶体的密度=21010A644564328524101032 10NmVg/cm3或21010A184452410103210Ng/cm3。38 化学选修 5：有机化学基础 (15 分)2005 年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家,以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3现以烯烃 C5H10为原料,合成有机物 M和 N,合成路线如下：(1)按系统命名法,有机物 A的名称是 _。(2)B 的结构简式是 _

31、。(3)CD的反应类型是 _。(4)写出 DM的化学方程式 _。(5)已知 X的苯环上只有一个取代基,且取代基无甲基,则 N的结构简式为 _。(6)满足下列条件的 X的同分异构体共有 _种,写出任意一种的结构简式_。遇 FeCl3溶液显紫色苯环上的一氯取代物只有两种(7)写出 EF 合成路线(用结构简式表示有机物,箭头上注明试剂和反应条件)。_【答案】(1)2-甲基-1-丁烯(1 分)(2)CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3(2 分)(3)取代反应(1 分)(4)(3 分)(5)(2 分)(6)3(2 分)(其中一种,1 分)(7)(3 分)【解析】由 F的结构简式可知 A应为

32、 CH2=C(CH3)CH2CH3,生成 E为 CH2BrCBr(CH3)CH2CH3,F 发生消去反应生成 G,G为,X 的苯环上只有一个取代基,且取代基无甲基,结合N的分子式可知 N的结构简式为,可知 X为苯乙醇,由 M的分子式可知 D含有 8 个 C,结合信息可知 B为 CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3,则 C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3,D 为 CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3,M 为。(1)A 为 CH2=C(CH3)CH2CH3,名称为 2-甲基-1-丁烯；(2)由以上分析可知 B为CH3CH2C(CH3)=C

33、(CH3)CH2CH3；(3)C 为 CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3,在氢氧化钠溶液中发生取代反应生成 CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3,故反应类型为取代反应；(4)D 为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3,M为,反应的方程式为；(5)由以上分析可知 N为；(6)X 为苯乙醇,对应的同分异构体遇FeCl3溶液显紫色,则羟基连接在苯环,苯环上的一氯取代物只有两种,另一取代基为 2 个甲基或 1 个乙基,共 3 种,即、等；(7)E 为 CH2BrCBr(CH3)CH2CH3,可先水解生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3,在铜催化条件下被氧化生成醛,然后与弱氧化剂反应生成酸,反应的流程为。2020年 2020届全国高三高考全真模拟考试理科综合化学试卷（六）