高中化学试卷06-2020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06-2020年高考化学【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（解析版），共15页。试卷主要包含了2kJ·ml−1，2 kJ·ml－1－202，34，65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06
(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 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Mn 55 Fe 56 Zn 65
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．（四川棠湖中学2020届一模）化学与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A．有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素
B．聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程
C．疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性
D．“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
【答案】C
【解析】丝绸的主要成分是蛋白质，A错误；聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，油脂不属于高分子，B错误；疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性，使蛋白质失去活性，C正确；硅是半导体，“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是硅，D错误。
8．（广东惠州市2020届调研三）已知苯乙烯和立方烷的结构分别为（b）、（p）。下列说法正确的是
A．b、p难溶于苯
B．b、p互为同分异构体
C．b、p的一氯代物分别有6种和1种（不考虑立体异构）
D．b、p均不能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】B
【解析】b、p都是难溶于水的有机物，二者都易溶于苯，A错误；b、p的分子式都为C8H8，结构不同，二者互为同分异构体，B正确；b、p的一氯代物分别有5种和1种（不考虑立体异构），C错误；b分子中含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，D错误。
9．（广东省六校联盟2020届联考二）以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2]，含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质为主要原料生产重铬酸钠晶体（Na2Cr2O7·2H2O）的主要工艺流程如下，关于该流程说法错误的是

A．煅烧生成Na2CrO4的反应为：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2 2Fe2O3+8Na2CrO4 +8CO2
B．SiO2在“浸出过滤”步骤中和Fe2O3一起除去
C．Na2CrO4到Na2Cr2O7转化的原理为：2H＋+2CrO42－Cr2O72－+H2O
D．该工艺中“煅烧”产生的CO2可用于“除杂”步骤以节约生产成本，为完全除去AlO2－，发生的离子反应为：CO2+AlO2－+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－
【答案】B
【解析】根据流程可知，煅烧过程中反应物空气，纯碱（Na2CO3）和铁铬矿，产物有Fe2O3、Na2CrO4 和CO2，铬元素和铁元素被氧化，反应物中有空气，可推测氧化剂为氧气，根据电子守恒和元素守恒可知反应方程式为：，A正确；煅烧过程中加入纯碱，高温条件下SiO2会与纯碱发生反应，B错误；，加入稀硫酸会使平衡右移，生成Cr2O72-，C正确；碳酸的酸性强于偏铝酸，可与AlO2-反应生成氢氧化铝沉淀，D正确。
10．（湖南省郴州市2020届高三第一次教学质量监测）海水淡化是解决沿海城市饮用水问题的关键技术。下图是电渗析法淡化海水装置的工作原理示意图（电解槽内部的“┆”和“│”表示不同类型的离子交换膜）。工作过程中b电极上持续产生Cl2。下列说法错误的是

A．工作过程中b极电势高于a极
B．“┆”表示阴离子交换膜，“│”表示阳离子交换膜
C．海水预处理主要是除去Ca2＋、Mg2＋等
D．A口流出的是“浓水”，B口流出的是淡水
【答案】D
【解析】电解过程中b电极上持续产生Cl2，则电极b为电解池阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应为：2Cl－－2e－==Cl2↑，电极a为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为2H++2e－=H2↑，工作过程中，氯离子向b移动，因此虚线为阴离子交换膜，钠离子向a移动，实线为阳离子交换膜，据此分析解答。电极b为电解池阳极，电极a为电解池的阴极， b极电势高于a极，A正确；根据分析， “┆”表示阴离子交换膜，“│”表示阳离子交换膜，B正确；为了防止海水中的Ca2＋、Mg2＋、SO42－等堵塞离子交换膜，影响电解，电解前，海水需要预处理，除去其中的Ca2＋、Mg2＋等，C正确；根据分析，实线为阳离子交换膜，虚线为阴离子交换膜，钠离子向a移动，氯离子向b移动，各间隔室的排出液中，A口流出的是淡水， B口流出的是“浓水”，D错误。
11．（四川棠湖中学2020届一模）2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是

A．放电时B电极反应式为：I2 + 2e－ == 2I－
B．放电时电解质储罐中离子总浓度增大
C．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜
D．充电时，A极增重65 g时，C区增加离子数为4 NA
【答案】C
【解析】放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2 + 2e－ == 2I－，A正确；放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn－2e－ == Zn2+，储罐中的离子总浓度增大，B正确；离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I－、负电荷增加，所以Cl－通过M膜进入负极区，K+通过N膜进入正极区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，C错误；充电时，A极反应式Zn2+ + 2e－ == Zn，A极增重65 g转移2 mol电子，所以C区增加2 mol K+、2 mol Cl－，离子总数为4 NA，D正确。
12．（广东省六校联盟2020届联考二）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断正确的是

A．反应①、②属于氧化还原反应，③属于非氧化还原反应
B．Y的离子半径比Z的离子半径小
C．反应③可以证明X的非金属性强于W
D．一定条件下，x与甲反应生成丁
【答案】D
【解析】根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与二氧化硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。反应①为镁和二氧化碳反应，反应过程镁和碳元素化合价均发生变化，是氧化还原反应，反应②为碳在氧气中点燃，是氧化还原反应，反应③为碳和二氧化硅反应，反应过程中碳和硅元素化合价均发生变化，是氧化还原反应，A错误；Y的离子为O2-，Z的离子为Na+，电子层数均为两层，但氧离子的核电荷小于钠离子，故氧离子半径大于钠离子，B错误；根据元素周期律，非金属性越强，单质氧化性越强，反应③为：,反应中C将Si元素还原，不能说明C的非金属性强于Si，C错误；碳可以和二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，D正确。
13．（四川南充高中2020届2月月考）常温下，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中－lg[c(H+)/c(H2C2O4)]和－lgc(HC2O4－)或－lg[c(H+)/c(HC2O4－)]和－lgc(C2O42－)关系如图所示，下列说法错误的是

A．Ka1(H2C2O4)=1×10－2
B．滴定过程中，当pH=5时，c(Na＋)－3c(HC2O4－)>0
C．向1 mol·L−1 H2C2O4溶液中加入等体积等浓度的NaOH溶液，完全反应后显酸性
D．向0.1 mol·L−1 H2C2O4溶液中加水稀释，c(HC2O4－)/c(H2C2O4)比值将增大
【答案】B
【解析】根据图示，Ka1(H2C2O4)= =1×10－2，A正确；根据电荷守恒C(Na＋)+ C(H＋)= c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+ c(OH-)，根据图示，Ka2(H2C2O4)= ，当pH=5时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，所以C(Na＋) －3C(HC2O4-)= c(OH-)- C(H＋)=，B错误；向1 mol/L的H2C2O4溶液中加入等体积等浓度的NaOH溶液，溶液中的溶质是NaHC2O4，HC2O4-电离平衡常数是1×10－5、水解平衡常数是，所以，草酸氢根离子的电离常数大于其水解常数，因此该溶液呈酸性，C正确；Ka1(H2C2O4)=，向0.1 mol/L的H2C2O4溶液中加水稀释，氢离子浓度减小，K不变，所以C(HC2O4-)/C(H2C2O4)比值将增大，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．（广东惠州市2020届调研三）（14分）KMnO4在实验室、生活、科学研究、工业生产中有广泛的应用。已知一种制备KMnO4的实验流程、原理及相关数据如下：

原理：反应I：3MnO2 + KClO3 + 6KOH3K2MnO4 + KCl + 3H2O
反应Ⅱ：3K2MnO4 + 2CO2 == 2KMnO4 + MnO2↓ + 2K2CO3
(墨绿色) (紫红色)
已知：25℃物质的溶解度g/100g水

K2CO3
KHCO3
KMnO4
111
33.7
6.34


（1）步骤②的副反应有少量单质气体生成，该反应的化学方程式为___________。
（2）步骤⑤中CO2______（填“能”或“不”能）过量，原因是_____________。
（3）流程中可循环利用的物质主要是_________（写化学式）。
（4）忽略本流程中含锰物质的循环利用，理论上0.3 mol MnO2最多得到产品KMnO4的质量为________g。某同学在实验中得到干燥产品的质量多于理论值，排除称量因素，从步骤⑦分析，可能的原因是_______________。
（5）草酸钠滴定法分析高锰酸钾纯度步骤如下：
I．称取1.5800 g高锰酸钾产品，配成100 mL溶液
II．准确称取三份0.5360 g已烘干的Na2C2O4，置于三个不同的洁净锥形瓶中，分别加入少量蒸馏水使其溶解，再加入少量硫酸酸化；
III．锥形瓶中溶液加热到75～80℃，趁热用I中配制的高锰酸钾溶液滴定至终点。记录实验数据如下表：
实验次数
V1（滴定前读数/mL）
V2（滴定后读数/mL）
(V2 －V1)/mL
1
2.65
22.67
20.02
2
2.60
23.02
20.42
3
2.60
22.58
19.98
已知：2MnO4﹣+ 5C2O42﹣+16H+ == 2Mn2+ + 10CO2↑ + 8H2O，则KMnO4的纯度为__________（保留四位有效数字）；若滴定后俯视滴定管读数，所得KMnO4的纯度将___（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）。
【答案】（14分）（1）2KClO32KCl + 3O2↑（2分）
（2） 不能（1分） CO2(过量）+KOH = KHCO3，因生成KHCO3的溶解度比K2CO3的小，可能在KMnO4析出时结晶析出而影响产品的纯度（3分）
（3）MnO2（1分）
（4）31.6（2分） 蒸发过度，使K2CO3伴随KMnO4析出（2分）
（5）80.00%（2分） 偏高（1分）
【解析】（1）步骤②的副反应有少量单质气体生成，则可能为KClO3在MnO2的催化作用下发生分解，该反应的化学方程式为2KClO32KCl + 3O2↑；
（2）步骤⑤中CO2不能过量，原因是CO2(过量)+KOH=KHCO3，因生成KHCO3的溶解度比K2CO3的小，可能在KMnO4析出时结晶析出而影响产品的纯度；CO2(过量)+KOH=KHCO3，因生成KHCO3的溶解度比K2CO3的小，可能在KMnO4析出时结晶析出而影响产品的纯度；
（3）起初投入MnO2，在步骤⑤中又生成MnO2，则流程中可循环利用的物质主要是MnO2；
（4）从方程式3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O、3K2MnO4+2CO2=2KMnO4
+MnO2↓+2K2CO3可以看出，0.3mol MnO2最多得到产品0.2mol KMnO4，质量为0.2mol ×158g/mol=31.6g；某同学在实验中得到干燥产品的质量多于理论值，排除称量因素，从步骤⑦分析，可能的原因是蒸发过度，使K2CO3伴随KMnO4析出；
（5）设参加反应的KMnO4的物质的量为x

x=0.0016mol，
则KMnO4的纯度为=80.00%；若滴定后俯视滴定管读数，则读取的KMnO4的体积偏小，由此计算出的KMnO4的浓度偏大，KMnO4的质量偏大，所得KMnO4的纯度将偏高。
27．（武汉市华中师大一附中2020届联考）（15分）硫酸四氨合铜晶体([Cu(NH3)4]SO4·H2O)常用作杀虫剂、媒染剂。实验室拟用废旧印刷电路板(含有Cu、Fe、Al、Zn)制备该晶体，具体流程如下：

已知：硫酸四氨合铜易溶于水，不溶于乙醇、四氯化碳等有机溶剂；常温下，硫酸四氨合铜在空气中易与水和二氧化碳反应，受热时易失氨。
（1）某科研小组选取一定量的稀硝酸和稀硫酸的混合酸溶解废旧印刷电路板时，得出温度与铜的浸出率关系如图所示。步骤①中采用合适的加热方式是___；温度越高，铜的浸出率反而下降，原因可能是___。

（2）步骤②、③需要的玻璃仪器有___；检验“水相Ⅱ”中是否含有Fe3+所需试剂为___。
（3）步骤④中氨水必须适当过量的原因是___。
（4）步骤⑥的具体操作为___。
（5）样品中NH3含量测定：实验装置如图所示，称取0.3400 g样品放入圆底烧瓶中，加入80 mL水溶解，再加入10%NaOH溶液10.00 mL。在锥形瓶中，准确加入0.5000 mol·L－lHC1标准溶液36.00 mL，放入冰水浴中冷却。先大火后小火加热烧瓶，并保持微沸1 h左右。取出插入HC1溶液中的导管，从冰水浴中取出锥形瓶，滴加2滴0.1%甲基红溶液，用0.5000 mol·L－1NaOH标准溶液滴定剩余溶液，消耗NaOH标准溶液28.00 mL。

样品中NH3的质量分数为___（保留两位有效数字），实验检测结果比理论值偏小的原因可能是___（写一种可能原因）。
【答案】（15分）（1）约60℃热水浴（1分） 温度高，硝酸挥发，因硝酸量一定，造成铜的浸出率下降（或温度高，硝酸氧化性增强，硝酸反应后生成了NO2，增加了硝酸的消耗量，铜的浸出率降低）（2分）
（2）分液漏斗、烧杯（2分） KSCN溶液（1分）
（3）使Cu2＋充分反应，提高铜的转化率（2分）
（4）向过滤器中加入乙醇至浸没沉淀，待洗涤液完全流出后，重复上述操作2到3次（2分）
（5）20%（3分） 装置中残留一部分氨；样品在干燥时温度偏高，部分氨已失去（2分）
【解析】（1）结合图像一我们发现浸出率最高的温度是60℃，在这个温度下用热水浴是最合适的加热方法；因为我们选用的是硝酸和硫酸进行浸出，硫酸是难挥发的，但是硝酸受热易挥发，因此当温度过高时硝酸部分挥发，导致浸出率反而下降；也可根据不同温度下硝酸的还原产物不同来作答，即温度升高硝酸的氧化性增强，还原产物变为，每个硝酸能得的电子减少了，需要的硝酸就会变多，浸出率自然会下降；
（2）步骤二既然是反萃取（萃取的一种）、分液，需要的玻璃仪器为分液漏斗和烧杯；而检验的最佳试剂为溶液；
（3）步骤④是为了将步骤③得到的硫酸铜转变为硫酸四氨合铜产物，因此这一步加入过量的氨水可以有效地将转变为产物，提高转化率；
（4）步骤⑥为洗涤，目的是为了洗去产品中可能残留的有机或无机杂质，根据题目所给的信息硫酸四氨合铜不溶于乙醇、四氯化碳等有机溶剂，因此我们可以用有机溶剂来洗涤，具体操作为向过滤器中加入乙醇至浸没沉淀；待洗涤液完全流出后，重复上述操作2至3次；
（5）根据描述和装置图我们要测量样品中的含量，先通过加碱和加热将样品中的全部“赶”到锥形瓶中与反应，中和掉一部分酸，再用标准溶液去滴定剩余的酸。首先根据算出原来的量，再根据算出消耗的的量，因此中和了0.004mol的，又因为和是1:1中和的，所以样品中有共0.004mol，由算出的质量，最后算出其质量分数；若实测结果比理论小，可能是部分氨气未进入锥形瓶中或样品在干燥时温度偏高，部分氨已失去。
28．（福建南平市2020届一模）（14分）消除含氮、硫等化合物的污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。
I．用NH3催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染，NOx若以NO为例，在恒容容器中进行反应：4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g) ΔH0，根据△G=△H－T△S>0，△HO；
（4）①NO和SO2均和O3发生反应，但是NO的转化率比SO2转化率高，可能由反应物本身的性质决定的；根据图示，可以知道NO与O3反应的活化能低于SO2与O3反应的活化能，使得NO反应速率快，再与O3反应中，更具优势，反应的更多；答案为NO与O3反应的活化能低于SO2与O3反应的活化能或NO与SO2物质本身的性质有关或其它合理答案；
t秒时反应1进行到P点，NO的转化率为85%，加入了1mol NO，则反应了0.85molNO， ；
②100℃下反应2的平衡常数，体积为1L。需要知道各物质的物质的量，由于O3和O2涉及到3个反应，要综合计算，


100℃时臭氧的分解率约为10％，

则平衡时O3的物质的量=2mol－0.85mol－0.3mol－0.2mol=0.65mol；平衡时O2的物质的量=0.85mol＋0.3mol+0.3mol =1.45mol；则带入数据，。
（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］（福州一中2020届下学期质检）（15分）
Na3OCl是一种良好的离子导体，具有反钙钛矿晶体结构。
回答下列问题：
（1）Ca小于Ti的是_______（填标号）。
A．最外层电子数 B．未成对电子数 C．原子半径 D．第三电离能
（2）由O、Cl元素可组成不同的单质和化合物，其中Cl2O2能破坏臭氧层。
① Cl2O2的沸点比H2O2低，原因是___________________________________。
② O3分子中心原子杂化类型为_______；O3是极性分子，理由是___________________。
（3）Na3OCl可由以下两种方法制得：
方法Ⅰ Na2O + NaCl Na3OCl
方法II 2Na + 2NaOH + 2NaCl 2Na3OCl + H2↑
① Na2O的电子式为____________。
② 在方法Ⅱ的反应中，形成的化学键有_______（填标号）。
A．金属键 B．离子键　 C．配位键 　 D．极性键 E．非极性键
（4）Na3OCl晶体属于立方晶系，其晶胞结构如右所示。已知：晶胞参数为a nm，密度为d g·cm－3。

① Na3OCl晶胞中，Cl位于各顶点位置，Na位于_________位置，两个Na之间的最短距离为________nm。
② 用a、d表示阿伏加德罗常数的值NA=__________________（列计算式）。
【答案】（15分）（1）B（2分）
（2）① H2O2分子间存在氢键（1分）
② sp2（1分） O3分子为V形结构（或“O3分子中正负电荷重心不重合”等其他合理答案）（2分）
（3）（2分） BE（2分）
（4）① 面心（1分） （2分） ② （2分）
【解析】（1）基态Ca原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2，未成对电子数为0，基态Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，未成对电子数为2。最外层电子数相等，A错误；Ca的未成对电子数小于Ti，B正确；同一周期元素，原子序数小的原子半径大，原子半径Ca原子略大，C错误；Ca原子失去两个电子后恰好达到全满结构，很难失去第三个电子，第三电离能Ca较大，D错误；
（2）①同种类型晶体的熔沸点高低取决于微粒间作用力的大小，H2O2分子间存在氢键，熔沸点高；
②根据价层电子对互斥理论，O3分子的中心O原子的价层电子对为2+(6-2×2)=3，杂化形式为sp2，O3分子为V形结构，分子中正负电荷重心不重合，为极性分子；
（3）①Na2O属于离子化合物，电子式为；
②在方法Ⅱ的反应中，形成的化学键有Na3OCl中Na与O、Na与Cl间的离子键，H2分子内有H与H间的非极性键，故答案为BE；
（4）①Na3OCl晶体结构中空心白球类原子6×=3、顶点阴影球类原子8×=1、实心黑球类原子1×1=1，根据Na3OCl化学式，可判断钠原子应为空心白球，处在晶体结构的面心，两个钠原子之间的最短距离为晶体结构中两个面心的距离，即为一半边长的倍，即a nm；
②已知：晶胞参数为a nm，密度为d g•cm-3，则d g•cm-3==，解得：NA=。
36．[化学——选修5：有机化学基础]（广东省六校联盟2020届联考二）（15分）
MMA既是一种高分子化合物（有机玻璃）的单体，又是一种重要的化工原料。现有三条制备MMA的途径，其流程如下：

（1）由MMA合成的高分子化合物（有机玻璃）的化学名称是： 。
（2）工业上将A和甲醇及过量硫酸一起，一步反应生成MMA和一种无机盐，该反应的化学方程式为： 。
（3）反应②是在500℃并有催化剂存在的条件下发生的，则其反应类型为 。
（4）某物质既能发生银镜反应，又能发生水解反应，其分子中还有手性碳原子（碳原子上连有4个不同的原子或原子团），并与 互为同分异构体，则其结构简式为 。
（5）物质D的核磁共振氢谱有两个峰，它与CO、CH3OH以物质的量之比1∶1∶1反应恰好生成MMA，则D的结构简式为 ，该方法的优点是 。
（6）MMA和1-丙醇反应可以制取有机化合物E，E是MMA的同系物，反应的化学方程式为 。
（7）根据题中流程里提供的新信息，写出由(CH3)2C=CH2制备化合物的合成路线流程图（无机试剂任选）。 。
【答案】（15分）（1）聚甲基丙烯酸甲酯（1分）
（2）(CH3)2C(OH)CN + CH3OH + H2SO4CH2=C(CH3)COOCH3 + NH4HSO4（2分）
（3）消去（或氧化）反应（1分）
（4）HCOOCH(CH3)CH2CH3（2分）
（5）CHCCH3（2分） 原子利用率为100%（1分）
（6）+ CH3CH2OH+ CH3OH（2分）
（7） （4分）
【解析】（1）根据第一个途径可知MMA的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，根据系统命名法可知其名称为甲基丙烯酸甲酯，故其高分子化合物名称为：聚甲基丙烯酸甲酯；
（2）根据反应1的生成物结构简式可判断出丙酮与HCN发生加成反应生成A，所以A的结构简式为(CH3)2C(OH)CN，A发生消去反应生成CH2=C(CH3)CN。反应中硫酸过量，因此生成MMA的方程式为： ；
（3）MMA中含有碳碳双键，则CH3CH(CH3)COOCH3生成MMA的反应类型为消去或氧化反应，故答案为：消去(或氧化)反应；
（4）与 互为同分异构体可知其分子式为C5H10O2，其不饱和度为1，能发生银镜反应说明其含有醛基，又能发生水解反应说明含有酯基，即甲酸形成的酯基，其分子还含有手性碳原子，故答案为：HCOOCH(CH3)CH2CH3；
（5）物质D的核磁共振氢谱有两个峰，它与CO、CH3OH以物质的量之比1∶1∶1反应恰好生成MMA，根据MMA的结构简式并依据原子守恒可知D的分子式为C3H4，因此D的结构简式为CHCCH3；由于反应中反应物中的原子全部进入MMA中，所以其优点是原子利用率为100%，故答案为：CHCCH3；原子利用率为100%；
（6）MMA和1-丙醇反应可以制取有机化合物E，E是MMA的同系物，可推测E为，反应方程式为：+CH3CH2OH+CH3OH；
（7）有机物合成一般常用逆推法，要制备，需要利用酯化反应得到。根据已知信息可判断发生水解反应即可引入羧基。根据题目所给信息以此类推可知其整体合成路线，故答案为：。