高中化学试卷02-2020年高考化学【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（解析版）

这是一份高中化学试卷02-2020年高考化学【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（解析版），共12页。试卷主要包含了5 Fe 56 Cu 64，1 NA，5×10－2，K2≈1，6g，52，则Kp＞1等内容，欢迎下载使用。
2020年高考化学【名校、地市好题必刷】全真模拟卷02
(考试时间：50分钟 试卷满分：100分)
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64
一、选择题：本题共7个小题，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．（山西省大同市2020届联考一）中华传统文化博大精深。下列说法正确的是
A．“霾尘积聚难见路人”，雾和霾是气溶胶，具有丁达尔效应
B．“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”，其主要成分为蛋白质
C．“日照香炉生紫烟”中的紫烟，实际上是指“碘的升华”
D．“火树银花不夜天”所述现象，指的是金属单质的焰色反应
【答案】A
【解析】雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，A正确；“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为纤维素，B错误；水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，C错误；很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，“火树银花不夜天”指的是金属元素的焰色反应，D错误。
8．（武汉市华中师大一附中2020届联考）扭曲烷（Twistane）是一种具有挥发性的环烷烃，其结构和球棍模型如图所示。下列说法正确的是

A．分子式为C10H18
B．与邻二乙苯互为同分异构体
C．分子结构中含有4个六元环
D．二氯代物多于3种（不含立体异构）
【答案】D
【解析】依据结构式、球棍模型和碳四价原则可知，扭曲烷含有10个碳原子（黑球）、16个氢原子（白球），分子式为C10H16，A错误；邻二乙苯的结构简式为，分子式为C10H14，而扭曲烷分子式为C10H16，所含氢原子数不同，B错误；该物质一共有5个六元环，左上、右下、右上、左下六元环容易观察，但是中间前后锯齿一圈6个碳原子形成的六元环容易漏数，C错误；首先根据对称性，可以发现该烃中存在两种碳原子，一种只连一个氢原子，假设用a表示，另一种连两个氢原子，用b表示，由此推断它至少有3种二氯代物：①取代一个b上的两个氢、②取代两个a上的两个氢、③a和b上各取代一个氢，D正确。
9．（广东省六校联盟2020届联考二）NA是阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．1 mol碳正离子（CH3＋）所含的电子总数为9 NA
B．25℃，pH＝13的Ba(OH)2 溶液中含有OH－的数目为0.1 NA
C．常温常压下，过氧化钠与水反应时，生成8 g氧气转移的电子数为0.5 NA
D．1 mol雄黄（As4S4，结构式为）所含S－S键数目为2 NA
【答案】C
【解析】一个碳原子含有6个电子，三个氢原子有3个电子，一个碳正离子带一个正电荷，故一个碳正离子电子数为6+3－1 = 8，1 mol碳正离子（CH3＋）所含的电子总数为8NA，A项误；题目中未指出溶液的体积，无法计算氢氧根数目，B错误；过氧化钠与水反应时氧气为过氧根失电子得来的氧化产物，且为唯一氧化产物，过氧根中氧为负一价，生成8 g氧气即0.25 mol氧气共失去0.5 mol电子，即反应中失电子数为0.5NA，转移电子数为0.5NA，故正确；由于S原子最外层有6个电子，故形成2条共价键，故白球为S原子，分子中不含两个S－S键，D错误。
10．（山西省大同市2020届联考一）中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图。下列有关说法正确的是

A．在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2 + H2 == CO + H2O
B．中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键
C．催化剂HZMS-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率
D．该过程，CO2转化为汽油的转化率高达78%
【答案】B
【解析】由流程图可知，CO2+H2在Na-Fe3O4催化剂表面反应生成烯烃，根据元素和原子守恒可知，其反应为：，A错误；中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，B正确；催化剂HZMS-5的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，C错误；由图分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率，D错误。
11．（荆门市2020届高三元月调研）主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，且均不大于20，X的单质是手机电池重要的电极材料；常温下，Y的两种气态氧化物之间可发生可逆反应；X、Y、W最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等；W能形成多种氧化物。下列说法正确的是
A．常温下，Z的单质与Y的简单氢化物相遇，可能产生白烟
B．Z非金属性强于Y，其对应含氧酸的酸性：Z ＞ Y
C．原子半径：X ＞ Y；简单离子半径：Z < W
D．X、W的单质均为活泼金属，通常保存在煤油中
【答案】A
【解析】主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，X的单质是手机电池重要的电极材料，推知X是锂元素，Y的两种气态氧化物之间可发生可逆反应，即，故Y是氮元素，X、Y、W最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，故Z的最外层电子数为7，故W最外层1个电子，由此推知Z是氯元素，W是钾元素。氨气和氯气反应生成氯化铵和氮气，反应中会有大量白烟产生，A正确；根据非金属性强弱只能判断最高价氧化物对应水化物（即最高价含氧酸）的酸性，B错误；同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径：，电子层价格下调离子，随核电荷数增大，离子半径逐渐减小，则离子半径：，C错误；锂比煤油轻，故不能保存在煤油中，而封存在石蜡中，D错误。
12．（荆门市2020届高三元月调研）要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如下，当该装置工作时，下列说法正确的是

A．盐桥中Cl－向Y极移动
B．电路中流过7.5 mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16.8 L
C．电流由X极沿导线流向Y极
D．Y极发生的反应为2NO3－＋10e－＋6H2O == N2↑＋12OH－，周围pH增大
【答案】D
【解析】根据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图可知，装置属于原电池装置，X是负极，发生失电子的氧化反应，Y是正极，发生得电子的还原反应，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子从负极流向正极。处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，溶液中的阴离子移向负极，即氯离子向X 极移动，A错误；电池总反应为：，该反应转移了15个电子，即转移15个电子生成4个氮气，故电路中流过7.5 mol电子时，产生2 mol氮气，即44.8 L，B错误；电流由正极流向负极，即Y极沿导线流向X 极，C错误；Y是正极，发生得电子的还原反应，，周围pH 增大，D正确。
13．（河北衡水中学2020届调研一）电解质的电导率越大，导电能力越强。用0.100 mol•L－1的KOH溶液分别滴定体积均为20.00 mL、浓度均为0.100 mol•L－1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是

A．曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线
B．在相同温度下，P点水电离程度大于M点
C．M点溶液中：c(CH3COO－) + c(OH－)－c(H+) = 0.1mol·L－1
D．N点溶液中：c(K+) > c(OH－) > c(CH3COO－) > c(H+)
【答案】D
【解析】醋酸为弱电解质，滴加KOH，变为CH3COOK是强电解质，故导电率增加，即曲线①代表滴定醋酸的曲线，A错误；相同温度下，P点溶质为KCl，不影响水的电离，M点为CH3COOK，其水解促进水的电离，故M点大于P点，B错误；对于M点，根据电荷 守恒可知，c(CH3COO－)+c(OH－)－c(H+)=c(K+)=0.05mol·L－1，C错误；N点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾，溶液显碱性，CH3COO－只有很小的一部分发生水解，所以c(K+)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H+)，D正确。
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。
（一）必考题：共43分。
26．（广东省六校联盟2020届联考二）（14分）一种以辉铜矿（主要成分为Cu2S，含少量SiO2）为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示：

（1）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式： 。
（2）恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出CuCl2是该反应的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：①Cu2S + 2CuCl2 == 4CuCl + S；② 。
（3）“回收S”过程中温度控制在50～60℃之间，不宜过高的原因是 。
（4）向滤液M中加入（或通入） （填字母），可得到一种可循环利用的物质。
a．铁 b．氯气 c．高锰酸钾 d．氯化氢
（5）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是 ；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由 。
（6）辉铜矿可由黄铜矿（主要成分为CuFeS2）通过电化学反应转变而成，有关转化见图，转化时转移0.2 mol电子，生成Cu2S mol。

【答案】（14分）（1）Cu2S + 4Fe3+ == 2Cu2+ + 4Fe2+ + S（2分）
（2）CuCl + FeCl3 == CuCl2 + FeCl2（2分）
（3）温度高苯容易挥发（2分）
（4）b（2分）
（5）调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀（2分） 抑制Cu2+的水解（2分）
（6）0.2（2分）
【解析】辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液M主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将铁氧化为铁离子，氧化铜调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。（1）浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化，根据电子守恒和元素守恒可得其离子反应方程式：；
（2）根据Cu2S的最终产物CuCl2可得反应②：；
（3）回收硫时所用溶剂为苯，苯的熔沸点较低，温度高苯容易挥发；
（4）M中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故答案为b；
（5）“保温除铁”过程要除去Fe3+，故需要加入氧化铜来调节pH值，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀；铜离子会水解，故在蒸发浓缩冷却结晶过程中需要加入硝酸来抑制其水解；
（6）该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低1价，根据电子守恒可知，答案为：0.2。
27．（广东省六校联盟2020届联考二）（15分）连二亚硫酸钠（Na2S2O4），也称为保险粉，Na2S2O4易溶于水，难溶于甲醇，具有极强的还原性，易被空气氧化，在碱性介质中稳定。工业上常用制备Na2S2O4的方法有I锌粉法、II甲酸钠法。
Ⅰ．实验室模拟锌粉法的装置如下（加热等辅助仪器略去）

（1）第一步，将A中生成的气体通往B中进行反应，B中装的是颗粒度约为180µm的锌粉与水形成的分散系，该分散系为 （填“溶液”、“胶体”或“悬浊液”）。在B装置生成连二亚硫酸锌的化学反应方程式为 。
（2）第二步，加入NaOH溶液，于28～35℃下反应生成Na2S2O4和一种白色沉淀，沉淀的成分为 （写化学式）。
（3）第三步，将第二步的混合物过滤，并向滤液中加入固体NaCl，冷却至20℃，便有Na2S2O4晶体析出；用平衡移动的原理解释加入NaCl固体的作用是 。
第四步，过滤，用甲醇洗涤滤渣，干燥，得到Na2S2O4晶体。
II．实验室模拟甲酸钠法的装置如下（加热等辅助仪器略去）

第一步，在F装置中加入甲酸钠浓溶液、氢氧化钠，甲醇(溶剂)的混合液；
第二步，向装置F中通入二氧化硫；
第三步，75℃加热一段时间，装置中有晶体析出，并产生大量气体；
第四步，过滤、洗涤、干燥，收集产品。
（4）装置F中制备连二亚硫酸钠的化学方程式可表示为 。
（5）已知某温度下，H2SO3的电离常数为K1≈1.5×10－2，K2≈1.0×10－7，H2CO3的电离常数为K1≈4.4×10－7，K2≈4.7×10－11。装置G用于吸收未反应完的SO2和反应产生的CO2。该温度下当G溶液中HSO3－、SO32－离子浓度相等时，溶液的pH约为 。
甲酸钠法于1968年实现工业化，继而逐渐替代了锌粉法生产连二亚硫酸钠。与锌粉法相比，甲酸钠法的优点在于 。
【答案】（15分）（1）悬浊液（1分） 2SO2 + Zn == ZnS2O4（2分）
（2）Zn(OH)2（1分）
（3）Na2S2O4(s)2Na+(aq)+S2O42－(aq)，加入固体NaCl，增大Na+浓度，平衡右移，促进Na2S2O4析出（3分）
（4）NaOH + HCOONa + 2SO2 == Na2S2O4 + CO2 + H2O（3分）
（5）7（2分） 甲酸钠法工艺操作简单；锌粉法中使用的锌粉价格较高，甲酸钠法的原料价格低；锌粉法废液中锌离子对环境有较大污染，甲酸钠法没有废液产生（3分）
【解析】（1）分散系中分散质的粒径大于100纳米时为浊液，180µm>100nm，所以该分散系为悬浊液；装置B中的反应物为Zn，SO2，生成物为ZnS2O4，S2O42－中硫为+3价，根据电子守恒和元素守恒可得反应方程式为：；
（2）溶液中含有Zn2+，加入氢氧化钠后与氢氧根反应生成氢氧化锌沉淀；
（3）生成Na2S2O4晶体时，加入加入固体NaCl，增大Na+浓度，平衡右移，促进Na2S2O4析出；
（4）装置F中的反应物有SO2、NaOH和HCOONa， S2O42-中硫为+3价，故SO2做氧化剂，还原剂为HCOONa，结合电子守恒和元素守恒可得方程式为：；
（5）H2SO3的电离常数为，当HSO3－、SO32－离子浓度相等时，即时，氢离子浓度等于K2≈1.0×10－7，pH值约为7；
（6）方案优点一般从成本，操作复杂性，环保，安全、原料利用率等角度回答，如甲酸钠法工艺操作简单；锌粉法中使用的锌粉价格较高，甲酸钠法的原料价格低；锌粉法废液中锌离子对环境有较大污染，甲酸钠法没有废液产生。
28．（河北衡水中学2020届调研一）（14分）二甲醚（CH3OCH3）被称为“21 世纪的清洁燃料”。利用甲醇脱水可制得二甲醚，反应方程式如下： 2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) ΔH1
（1）二甲醚亦可通过合成气反应制得，相关热化学方程式如下：
2H2（g）+ CO（g） CH3OH（g） ΔH2
CO（g）+ H2O（g） CO2（g）+ H2(g) ΔH3
3H2（g）+ 3CO（g） CH3OCH3（g）+ CO2 (g) ΔH4
则ΔH1＝ （用含有ΔH2、ΔH3、ΔH4的关系式表示）。
（2）经查阅资料，上述反应平衡状态下 Kp 的计算式为: （Kp 为以分压表示的平衡常数，T 为热力学温度）。且催化剂吸附 H2O(g)的量会受压强影响，从而进一步影响催化效率。)
① 在一定温度范围内，随温度升高，CH3OH(g)脱水转化为二甲醚的倾向 （填“增大”、“不变”或“减小”）。
② 某温度下（此时 Kp=100），在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的分压如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
分压/MPa
0.50
0.50
0.50
此时正、逆反应速率的大小：v正 v逆 （填“＞”、 “＜”或“＝”）。
③ 200℃时，在密闭容器中加入一定量甲醇 CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为 （填标号）。
A．＜ B． C．～ D． E．＞
④ 300℃时，使 CH3OH(g)以一定流速通过催化剂，V/F (按原料流率的催化剂量)、压强对甲醇转化率影响如图1所示。请解释甲醇转化率随压强（压力）变化的规律和产生这种变化的原因，规律
，原因 。

（3）直接二甲醚燃料电池有望大规模商业化应用，工作原理如图2所示。
① 该电池的负极反应式为： 。
② 某直接二甲醚燃料电池装置的能量利用率为 50%，现利用该燃料电池电解氯化铜溶液，若消耗 2.3g 二甲醚，得到铜的质量为 g。
【答案】（14分）（1）ΔH4-2ΔH2- ΔH3（2分）
（2）① 减小（1分） ② ＞（1分） ③ C（2分）
④ 压强增大，甲醇转化率减小（2分） 压强增大，催化剂吸附水分子的量增多，催化效率降低（2分）
（3）① CH3OCH3 -12e-＋3H2O＝2CO2＋12H+（2分） ② 9.6g（2分）
【解析】（1）已知：①2H2(g)+ CO(g) CH3OH(g) ΔH2
②CO(g)+ H2O(g) CO2(g)+ H2(g) ΔH3
③3H2(g)+ 3CO(g) CH3OCH3(g)+ CO2 (g) ΔH4
由盖斯定律可知，③-①×2-②得2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)ΔH1=ΔH4-2ΔH2- ΔH3；
（2）① ，则Kp=，温度越高，越小，越小，即Kp越小，反应向逆向进行倾向增大，则CH3OH(g)脱水转化为二甲醚的倾向减小；
② 结合反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)可知Qp==1＜Kp=100，则反应正向进行，则v正 ＞v逆；
③ 200℃时，根据:＝3.52，则Kp＞1。若反应初始投入CH3OH(g)1mol，完全反应全部转化为CH3OCH3(g)和H2O(g)，根据反应比例关系，CH3OCH3(g)和H2O(g)各占一半，即CH3OCH3(g)的物质的量分数为，由于反应为可逆反应，不可能完全转化，反应平衡时，CH3OCH3(g)的物质的量分数小于；如果平衡时三种物质的含量相同，即均为1/3，由于反应前后体积不变，则此时Kp＝1，因此要使Kp＞1，则CH3OCH3(g)的物质的量分数一定大于。答案选C；
④300℃时，根据图1中曲线随压强的变化规律：当压强越大，甲醇转化率减小；根据反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)，反应前后气体体积不变，平衡不随压强的变化发生移动，出现该图曲线变化的原因是：压强增大，催化剂吸附水分子的量增多，催化效率降低；
（3）① 该电池为燃料电池，燃料电池中一般燃料做负极，负极发生氧化反应，燃料燃烧生成二氧化碳和水，结合装置如图 2，负极反应式：CH3OCH3 -12e-＋3H2O＝2CO2＋12H+；
② 负极反应式为CH3OCH3 -12e-＋3H2O＝2CO2＋12H+，2.3g 二甲醚物质的量为=0.05mol，二甲醚燃料电池装置的能量利用率为50%时，转移电子的物质的量=0.05 mol×12×50%=0.3mol，根据Cu2++2e- == Cu，则生成铜的物质的量=×0.3mol=0.15mol，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g。
（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
35．［化学——选修3：物质结构与性质］（武汉市华中师大一附中2020届联考）（15分）磷化硼是一种典型的超硬无机材料，常以BCl3、PH3为原料制备。回答下列问题：
（1）基态P原子与B原子中未成对电子数之比为　　　　　　　　。
（2）与BC13分子互为等电子体的一种离子为　　　　　　　　（填化学式）。
（3）PH3分子的立体结构为　　　　　　　　；PH3的沸点　　　　　　　　（填“高于”或“低于”）NH3，理由是　　　　　　　　　　　　　　　　。
（4）BCl3、PCl3和PF3三种分子中键角由大到小的顺序为　　　　　　　　。
（5）BCl3可转化为硼酸，硼酸为一元弱酸的原因是　　　　　　　　　　　　　（用离子方程式表示）。
（6）磷化硼晶胞的示意图如图甲所示，其中实心球表示P原子，空心球表示B原子，晶胞中P原子空间堆积方式为　　　　　　　　。已知磷化硼晶体的密度为ρ　g·cm－3，设阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中B原子与P原子间最短距离为　　　　　　　　pm。若磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影如图乙所示（虚线圆圈表示P原子的投影），请在图乙中用实线圆圈画出B原子的投影位置　　　　　　　　（注意原子体积的相对大小）。

【答案】（15分）（1）3∶1（1分）
（2）CO32-或NO3-（1分）
（3）三角锥形（1分） 低于（1分） NH3分子之间存在氢键（1分）
（4）BCl3＞PCl3＞PF3（2分）
（5）H3BO3＋H2OH＋＋[B(OH)4]－（2分）
（6）面心立方最密堆积（2分） ×1010（2分） 或 （2分）
【解析】（1）基态P原子的最外层电子排布为，而B原子的最外层电子排布为，因此二者未成对电子数之比为3:1；
（2）原子数和价电子数分别均相等的是等电子体，与互为等电子体的离子有很多，例如或均可；
（3）的结构与一致，均为三角锥形，也可根据VSEPR理论来判断，磷原子为杂化且有一对孤电子；中存在氢键，所以熔沸点均高于其它同主族氢化物；
（4）为平面三角形，因此键角为120°，为三角锥形，键角为100.1°，而发生的是非等性杂化，为三角锥形，但是氯原子的半径大于氟原子，空间阻力更大，因此的键角小于，因此键角BCl3＞PCl3＞PF3；
（5）硼是缺电子原子，能结合水中的氢氧根来释放质子，因此是一元弱酸，电离方程式为：；
（6）根据甲图可以看出每个面的面心上均有磷原子，因此是面心立方最密堆积；晶胞中白色球周围最近的4个黑色球构成正四面体结构，白色球处于正四面体的中心，顶点黑色球与正四面体中心白色球连线处于晶胞体对角线上，由几何知识可知晶胞中硼原子位于晶胞的体对角线处，因此根据先求出晶胞常数a值，再用a值求出体对角线的长度的即＝cm＝×1010pm；根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，外侧大正六边形均由P原子构成，而内部小正六边形由3个B原子、3个P原子形间隔成，所以画图为或，注意硼原子的半径小于磷原子。
36．[化学——选修5：有机化学基础]（福州一中2020届下学期质检）（15分）丁香酚存在于丁香花的花蕊中，以丁香酚为原料制取有机物 F 的路线如下：

已知：
（1）丁香酚的分子式为 。
（2）A中的含氧官能团是 （ 填名称），②的反应类型为 。
（3）写出满足下列条件的C的所有同分异构体的结构简式 。
① 含苯环且环上只有两个取代基；
② 属于酯类化合物；
③ 核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3∶1∶1。
（4）1 mol D 最多可以与 mol H2 发生加成反应。
（5）反应⑤中，试剂 X 的结构简式为 。
（6）设计用呋喃甲醛（）和环己醇为原料制备的合成路线 （无机试剂任选）。
【答案】（15分）（1）C10H12O2（1分）
（2）羟基、醚键（2分） 取代反应（1分）
（3）、（4分）
（4）4（2分）
（5）（2分）
（6）（3分）
【解析】（1）根据丁香酚的键线式，可知其分子式为C10H12O2；
（2）从A的键线式判断该有机物的官能团为碳碳双键、羟基和醚键，含氧官能团只有羟基和醚键；根据A. B两种有机物的结构对比，结合另一反应物为（CH3CO）2O，从羟基变成酯基，得出该反应为取代反应；
（3）C的分子式为C10H10O4，根据信息中含有苯环，则取代基只剩下4个碳原子，且苯环上有两个取代基，其相对位置应该有邻位、间位和对位三种结构。又因其核磁共振氢谱为3组峰，峰面积比为3:1:1，它可能的同分异构体应该是邻位的两个相同的取代基，因为C是酯类化合物，故取代基为−COOCH3或者−OOCCH3，可以确定符合条件C的同分异构体结构简式为、；
（4）由D的结构简式可知，其分子中含有一个醛基，1分子醛基可以加成1分子H2，另外1分子苯环也可以加成3分子H2，1molD最多可以与4molH2发生加成反应；
（5）反应⑤的条件与题给已知反应对应，对比D、 E的结构，发现E比2个D多了中间的三个碳原子，可以得出试剂X为；
（6）由反应产物和原料、题干进行对比，可以得出该流程利用题给已知信息的反应。所以应先把环己醇转化为环己酮，再与进行反应，根据题干中反应⑥的转化，为了保护碳碳双键，使用LiAlH4还原得到目标产物而不是用H2进行加成，合成路线流程图为：。