四川省绵阳东辰高级中学2023-2024学年高三下学期大学预备部三诊模拟考试理综化学试题

四川省绵阳东辰高级中学2023-2024学年高三下学期大学预备部三诊模拟考理科综合·化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将木试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Ca-40 K-39 Fe-56 Cr-52 Se-79一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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。1. 第24届冬奥会于2022年2月4日在北京开幕。“科技冬奥”理念，体现在方方面面。下列说法错误的是A. 冬奥会火炬“飞扬”以耐高温碳纤维为外壳，吉样物“冰墩墩”以聚乙烯为原材料，碳纤维和聚乙烯均为有机高分子材料B. 冬奥会采用氢燃料电池车，并开发了全新的车载光伏发电系统、体现了“绿色出行”的理念C. 冬奥会上采用紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑进行消毒，这是利用紫外线使蛋白质变性的原理D. 冰场使用的二氧化碳跨临界制冰技术，比传统的氟利昂人工制冷技术更加节能、环保【答案】A【解析】【详解】A．碳纤维由碳单质构成，不属于有机高分子材料，A错误；B．采用氢燃料电池车，产物是水，无污染，光伏发电能源清洁，体现了“绿色出行"的理念，B正确；C． 紫外线使蛋白质变性从而起到杀菌消毒，C正确；D．传统制冷剂氟利昂会破坏臭氧层，使用二氧化碳跨临界制冰机组更环保，D正确； 故选A。2. 利用电催化实现CO2到C2H5OH的转化，反应原理：6H2+2CO2C2H5OH+3H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A. 11.2L CO2中含分子的数目为0.5 NAB. 23gC2H5OH中含共价键的数目为4 NAC. 生成1 mol C2H5OH转移电子的数目为8 NAD. 4gH2与4gD2所含中子的数目相差NA【答案】B【解析】【详解】A．没有明确是否是标准状况，所以无法通过体积求出二氧化碳所含分子数目，A错误；B．C2H5OH的结构式为，则23gC2H5OH中含共价键的数目为=4 NA，B正确；C．根据上述方程式可知，生成1 mol C2H5OH，转移的电子数为=12 NA，C错误；D．H2无中子，4gD2的中子数为=2NA，所以4gH2与4gD2所含中子的数目相差2NA，D错误；故选B。3. 有机“纳米小人”风靡全球，其中涉及的一个反应如图，下列说法正确的是A. 化合物M的一氯代物有4种B. 化合物P中一定共平面的原子有14个C. 该反应完全符合绿色化学的思想，理论上原子利用率为100%D. 化合物N能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能使溴水褪色【答案】A【解析】【详解】A．化合物M有4种等效氢(如图所示)，所以一氯代物有4种，故A正确；B．三键为直线结构，化合物P中一定共平面的原子有16个，故B错误；C．M中的Br原子没有进入目标产物，原子利用率不是100%，故C错误；D．化合物N中含有碳碳三键、醛基，能使酸性KMnO4溶液褪色，也能使溴水褪色，故D错误；选A。4. 已知W、X、Y和Z为前20号元素，且原子序数依次增大，W的原子半径在元素周期表中最小，可以与反应生成一种常见的气体。化合物()在和气氛中的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。下列有关说法错误的是A. 原子半径：Z>X>Y>WB. A，B、C是三种不同的盐C. 无论是气氛还是气氛，A→B阶段均发生了氧化还原反应，但两者的气态产物不同D. 酸性溶液中加入少量A固体样品时，溶液褪色且有少量气泡产生【答案】B【解析】【分析】W、X、Y和Z为前20号元素，且原子序数依次增大，W的原子半径在元素周期表中最小，W是H元素；可以与反应生成一种常见的气体，CaO2和CO2反应生成碳酸钙和氧气，所以X是C元素、Y是O元素、Z是Ca元素。【详解】A．原子半径：Ca>C>O>H，故A正确；B．中的质量分数为87.7%，所以A是；中CaCO3的质量分数为68.5%，所以B是CaCO3；中CaO的质量分数为38.4%，所以C是CaO，故B错误；C．无论是气氛还是气氛，A→B阶段均发生反应，C元素化合价改变，都发生氧化还原反应，在气氛中生成的气体产物是CO，在O2氛围中气态产物是CO2，故C正确；D．在酸性溶液中加入少量固体样品时，被氧化为二氧化碳，溶液褪色且有少量气泡产生，故D正确；选B。5. 下列实验装置可以达到实验目的是A. 装置①用来进行酸碱中和滴定B. 装置②制取收集并吸收HClC. 装置③可用于除去NaCl固体中混有的NH4ClD. 装置④可用于制备溴苯并验证发生了取代反应【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应，进行酸碱中和滴定时，氢氧化钠溶液不能盛放在酸式滴定管中，故A错误；B．氯化氢气体极易溶于水，不能直接通入水中，否则会产生倒吸，故B错误；C．氯化铵受热易分解生成HCl和氨气，两者在圆底烧瓶底部重新化合成氯化铵，从而实现与氯化钠的分离，故C正确；D．液溴具有挥发性，挥发出的溴蒸气也能与硝酸银溶液反应生成溴化银沉淀，干扰溴化氢的检验，且溴化氢气体极易溶于水，直接通入水中会产生倒吸，所以装置④不能用于检验溴化氢的生成，不能用于制备溴苯并验证发生了取代反应，故D错误；答案选C。6. 由乙烯制备2-氯乙醇(HOCH2CH2Cl)的原理为：CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。用铂(Pt)作电极电解KCl溶液制备2-氯乙醇的装置如下图所示。下列说法错误的是A. Y连接电源的负极B. 电解时，K+通过阳离子交换膜从左侧移向右侧C. 理论上，制取1 mol 2-氯乙醇生成气体b的体积为11.2L (标准状况) 。D. 电解时，左侧溶液pH逐渐减小，右侧溶液pH逐渐增大【答案】C【解析】【分析】根据上述装置图可知，用铂(Pt)作电极电解KCl溶液，左侧氯离子失电子被氧化为氯气，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸氧化乙烯来制备2-氯乙醇，所以X电极为电解池的阳极，右侧Y电极为阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子，溶液中钾离子通过阳离子交换膜进入右侧，则推知气体b为氢气，溶液a为KOH溶液，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析可知，Y电极为阴极，连接电源的负极，A正确；B．电解池工作中，阳离子移向阴极，所以上述装置中，钾离子通过阳离子交换膜从左侧会移向右侧，B正确；C．当制取1 mol 2-氯乙醇时，消耗1molHClO，因生成的氯气与水反应为可逆反应，所以电极中电子转移数会大于1mol，则生成氢气的体积大于0.5mol，即不为11.2L（标准状况），C错误；D．电解时，左侧氯气与水反应生成HCl和HClO，HClO与乙烯反应，但生成的HCl会使溶液pH逐渐减小，右侧溶液中“放氢生碱”，所以溶液pH逐渐增大，D正确；故选C。7. 常温下，向浓度均为0.1mol·L-1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY的溶液中分别加入NaOH固体，lg随加入NaOH的物质的量的变化情况如图所示。下列叙述错误的是A. a点由水电离出的=1×10-13mol/LB HY溶液导电性先减弱后增强C. 当n(HY)：n(NaY)=1：1混合配成溶液，pH=4D. b点溶液中： =【答案】B【解析】【分析】由图可知，未加入氢氧化钠固体时，a点HX溶液中lg为12，0.1mol/LHX溶液中氢离子浓度为 mol/L =0.1mol/L，则HX为强酸、HY为弱酸，b点HY溶液中lg为0，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，所得HY和NaY的混合溶液呈中性，c点为等物质的量的HY和NaY的混合溶液，溶液呈酸性。【详解】A．由分析可知，a点HX溶液中lg为12，0.1mol/LHX溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，则水电离出的氢离子浓度为=1×10-13mol/L，故A正确；B．由分析可知，HY为弱酸，向HY溶液中加入氢氧化钠固体，溶液中的离子浓度增大，溶液的导电性增强，故B错误；C．由图可知，c点为等物质的量的HY和NaY的混合溶液，溶液中lg为6，溶液中氢离子浓度为 mol/L =10—4mol/L，溶液pH为4，则当n(HY)：n(NaY)=1：1混合配成溶液，溶液pH=4，故C正确；D．由分析可知，b点HY溶液中lg为0，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，所得HY和NaY的混合溶液呈中性，由电荷守恒可知c(Na+)+ c(H+)=c(Y—)+ c(OH—)，溶液中c(Na+)= c(Y—)，故D正确；故选B。8. 苯乙酮用于制香皂和香烟，也用作纤维素酯和树脂等的溶剂和塑料。工业生产中的增塑剂，是一种重要的化工原料，可由苯经下述反应制备： CH3COOH+AlCl3→CH3COOAlCl2+HCl↑ 实验步骤如下：步骤1：向如图所示的仪器A中迅速加入13g粉状无水AlCl3和16mL(14g，0.18mol)无水苯。在搅拌下将4mL(4.3g，0.04mol)乙酸酐自滴液漏斗慢慢滴加到A中，控制乙酸酐滴加的速度(约10min)。加完后，待反应稍缓和后在沸水浴中搅拌回流，直到不再有HCl气体逸出为止。步骤2：将反应混合物冷却到室温，在搅拌下倒入装有18mL37%的HCl和30g碎冰的烧杯中(在通风橱中进行)，若仍有固体不溶物，可补加适量37%的HCl使之完全溶解。将混合物转入分液漏斗中，分出有机层，水层用苯萃取两次(每次8mL)。合并有机层，依次用15mL10%NaOH溶液、15mL水洗涤，再用无水MgSO4干燥。步骤3：先在水浴上蒸馏回收物质B，稍冷后改用空气冷凝管蒸馏收集馏分，产量约4.0g。（1）步骤1中搅拌回流时，冷凝水从_______(填“a”或“b”)端进水，仪器A的名称_______。（2）步骤1中要逐滴滴加乙酸酐的原因是_______。（3）步骤2中水层用苯萃取两次(每次8mL)，而不萃取一次(16mL)的目的是_______。用15mL10%NaOH溶液洗涤主要是为了除去_______(填物质名称)。（4）步骤3中在水浴上蒸馏回收的物质B为_______。（5）本实验为收集产品用了减压蒸馏装置，蒸馏中需要控制一定温度，可能是_______(填字母代号)。A.202℃ B.220℃ C.175℃（6）本次实验苯乙酮的产率为_______(保留两位有效数字)【答案】（1） ①. a ②. 三颈烧瓶 （2）防止反应太过剧烈，产生副反应 （3） ①. 提高苯乙酮的萃取率 ②. 盐酸和醋酸 （4）苯 （5）C （6）83%【解析】【分析】探究苯和乙酸酐生成苯乙酮的实验过程。【小问1详解】步骤1中搅拌回流时，冷凝水从a端进水冷却效果好；仪器A为三颈烧瓶。【小问2详解】因为醋酸酐与苯反应是放热反应，逐滴滴加乙酸酐目的是防止反应太过剧烈，产生副反应。【小问3详解】步骤2中水层用苯萃取两次的目的是提高苯乙酮的萃取率；用15mL10% NaOH溶液洗涤的目的是除去盐酸、醋酸等酸性物质。【小问4详解】由表中信息可知，苯的沸点最低，步骤3中在水浴上蒸馏回收的物质B为苯。【小问5详解】毛细管在减压蒸馏中可调节蒸馏体系的真空度，同时通入的气体在加热过程中起到搅拌作用，使得体系受热均匀防止暴沸；蒸馏中温度应该控制比苯乙酮的沸点低，比其他杂质的沸点高，故选C。【小问6详解】由化学方程式+(CH3CO)2O+CH3COOH可知，0.04mol醋酸酐和0.18mol无水苯反应，无水苯过量，醋酸酐完全反应，则生成苯乙酮为0.04mol，所以产率=。9. 某兴趣小组用铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备K2Cr2O7晶体，流程如下：（1）焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4，并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐。焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___________。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是___________。（2）滤渣2的主要成份是Al(OH)3和___________。（3）流程中调溶液的pH使之变___________(填“大”或“小”)，原因是___________(用离子方程式表示)。（4）蒸发结晶所产生的副产品是___________。（5）为结晶得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，请结合下图从下列选项中选出合理的操作并排序___________。a.50℃蒸发溶剂b.100℃蒸发溶剂c.抽滤d.冷却至室温e.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热f.蒸发至溶液出现大量晶体，停止加热（6）该小组用m1kg铬铁矿(FeCr2O460%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为___________(列出计算式)。【答案】（1） ①. 使矿料与氧气充分接触，提高焙烧效率 ②. 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应 （2）H2SiO3 （3） ①. 小 ②. （4）Na2SO4 （5）aedc （6）【解析】【分析】将铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4和FeCO3，将Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3；加入水浸取，FeCO3不溶于水，滤渣1为FeCO3；加入硫酸中和，NaAlO2和硫酸反应生成Al(OH)3，Na2SiO3和硫酸反应生成H2SiO3，Al(OH)3和H2SiO3均不溶于水，故滤渣2为Al(OH)3和H2SiO3；调节溶液pH，使转化为，根据可知，应将溶液pH调小，使平衡正向移动；蒸发结晶，由于加入硫酸中和时生成了Na2SO4，故蒸发结晶所产生的副产品是Na2SO4；结晶时，加入KCl，K2Cr2O7的溶解度较小而析出。【小问1详解】焙烧时气体与矿料逆流而行，可以使矿料与氧气充分接触，提高焙烧效率；陶瓷中含有二氧化硅，在高温下会与Na2CO3反应，故该步骤不能使用陶瓷容器；【小问2详解】由分析可知，滤渣2的主要成份是Al(OH)3和H2SiO3；【小问3详解】调节溶液pH，使转化为，根据可知，应将溶液pH调小，使平衡正向移动；【小问4详解】由分析可知，蒸发结晶所产生的副产品是Na2SO4；【小问5详解】有图可知，在50摄氏度时，K2Cr2O7的溶解度较低，且K2Cr2O7的溶解度低于KCl，故为结晶得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，需要先在50℃蒸发溶剂，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，待冷却至室温后抽滤，答案选aedc；【小问6详解】用m1kg铬铁矿(FeCr2O460%)制备K2Cr2O7，理论上生成K2Cr2O7的质量为=，则产率为=。10. 将CO2转化为更有价值的化工原料，正成为科学家们研究的一个重要领域。回答下列问题：（1）已知：①2H2(g)＋O2(g) ＝2H2O(g) ΔH＝ − 484 kJ∙mol−1②2CH3OH(g)＋ 3O2(g) ＝2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH ＝−1353 kJ∙mol−1则CO2(g)＋ 3H2(g) ＝ CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH ＝_______ kJ∙mol−1。（2）在恒压密闭容器中通入CO2和H2的混合气体，制备甲醇过程中测得甲醇的时空收率(STY)(表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)随温度(T)变化如下表：①该反应最适宜的温度是_______。②在220°C和170 °C条件下，该反应速率之比： υ(220°C)： υ(170°C)＝_______。③随温度升高，甲醇时空收率先增大后减小，可能的原因是_______。（3）CO2催化加氢制甲醇过程中，存在竞争的副反应主要是： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH ＝＋41 kJ∙mol−1。在恒温密闭容器中，CO2的平衡转化率[α(CO2)%]和甲醇选择性[(CH3OH)%＝ ×100%]随着温度变化关系如下图所示。①分析温度高于236°C时图中曲线下降的原因_______。②按1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)投料反应，计算 244°C时反应生成CH3OH的物质的量为_______mol。 (保留两位有效数字)③在压强为p的反应条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，该温度下主反应的平衡常数Kp＝_______。 ( 列出计算式即可)【答案】（1）−49.5 （2） ①. 210°C ②. 2:1 ③. 随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低 （3） ①. 主反应放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降 ②. 0.061 ③. 【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，将反应①的1.5倍减去反应②的一半得到CO2(g)＋ 3H2(g) ＝ CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH ＝(− 484 kJ∙mol−1)×1.5−(−1353 kJ∙mol−1)÷2＝−49.5kJ∙mol−1；故答案为：−49.5。【小问2详解】①根据图中信息在210°C时STY最大，因此该反应最适宜的温度是210°C；故答案为：210°C。②在220°C和170 °C条件下，该反应速率之比： υ(220°C)： υ(170°C)＝0.20:0.10=2:1；故答案为：2:1。③随温度升高，甲醇的时空收率先增大后减小，可能的原因是随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低；故答案为：随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降低。【小问3详解】①分析温度高于236°C时图中曲线下降的原因根据方程式分析主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降；故答案为：主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降。②按1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)投料反应，244°C时二氧化碳转化率是10.5%，甲醇选择性为58.3%，因此此温度下反应生成CH3OH的物质的量为1mol×10.5%×58.3%≈0.061mol；故答案为：0.061。③在压强为p的反应条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，，，则平衡时二氧化碳物质的量为0.8mol，氢气物质的量为2.6mol，甲醇物质的量为0.1mol，水蒸气物质的量为0.2mol，一氧化碳物质的量为0.1mol，总气体物质的量为3.8mol，则该温度下主反应的平衡常数；故答案为：。11. 铁及其化合物在生活、生产中有重要应用。回答下列问题：（1）乳酸亚铁[CH3CH(OH)COO]2Fe是一种常用的补铁剂。①Fe2+的价层电子排布式是___________。②乳酸分子()中 σ 键与π键的数目比为___________。③乳酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为___________。（2）无水FeCl2可与NH3形成[Fe(NH3)6]Cl2。①[Fe(NH3)6]Cl2中Fe2+的配位数为___________。②NH3的空间构型是___________，其中N原子的杂化方式是___________。（3）由铁、钾、硒形成的一种超导材料，其晶胞结构如图1所示。①该超导材料的化学式是___________。②该晶胞参数a=0.4 nm、c=1.4 nm，该晶体密度ρ=___________g·cm-3。(用 NA表示阿伏加德罗常数，写出计算表达式即可)③该晶胞在xy平面投影如图2所示，将图2补充完整___________。【答案】11. ①. 3d6 ②. 11∶1 ③. O>C>H>Fe 12. ①. 6 ②. 三角锥形 ③. sp3杂化 13. ①. KFe2Se2 ②. ③. 【解析】【小问1详解】①基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2+核外电子排布式为[Ar]3d6，因此亚铁离子的价层电子排布式为3d6，故答案为3d6；②成键原子之间单键有1个σ键，双键之间有1个σ键和1个π键，三键有1个σ键和2个π键，根据乳酸结构简式，σ键和π键数目比为11∶1；故答案为11∶1；③乳酸亚铁中含有元素为H、C、O、Fe，铁元素为金属元素，电负性最小，同周期从左向右电负性逐渐增大，氧元素的电负性最大，碳氢化合物氢为正价，则碳的电负性大于氢，因此电负性由大到小顺序是O＞C＞H＞Fe；故答案为O＞C＞H＞Fe；【小问2详解】①[Fe(NH3)6]Cl2中[Fe(NH3)6]2+为内界，2个Cl-为外界，6个NH3与Fe2+形成配位键，亚铁离子的配位数为6，故答案为6；②NH3中中心原子N有3个σ键，有1个孤电子对，价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，杂化轨道数等于价层电子对数，因此N的杂化类型为sp3，故答案为三角锥形；sp3；【小问3详解】①K位于顶点和体内，个数为=2，Se位于棱上和体内，个数为=4，Fe位于面上，个数为=4，因此化学式为KFe2Se2；故答案为KFe2Se2；②晶胞的质量为g，晶胞的体积为a2cnm3=0.4×0.4×1.4nm3，则晶胞的密度为g/cm3；故答案为；③K位于顶点和体内，Se位于棱上和体内，Fe位于面上，按照xy平面投影得到；故答案为。12. 治疗流行性感冒常用药一布洛芬的一种合成路线如下。回答下列问题：（1）有机物A的名称是___________，A→B、B→C的反应类型分别是___________、___________。（2）有机物D的分子式为___________，含有的官能团名称为___________，含有___________个手性碳(碳原子上连有4个不同原子或基团时，该碳称为手性碳)。（3）在实验室可以用[Ag(NH3)2]OH直接氧化再酸化来实现E→F的转化，写出氧化反应的化学方程式___________。（4）写出同时满足下列条件的一种布洛芬的同分异构体的结构简式：___________。①属于二元酚，1mol该物质与浓溴水反应最多可消耗4molBr2；②含有4个甲基，且分子中含有6种不同化学环境的氢原子。（5）以苯为原料(其余原料任选)参考上述合成线路，写出制备的合成路线___________。【答案】（1） ①. 甲苯 ②. 加成反应 ③. 取代反应 （2） ①. C16H22O3 ②. 醚键、酯基 ③. 2 （3） （4）或或或或（任写一种即可）。 （5）【解析】【分析】由C的结构简式和B→C的反应物，可知B→C发生的是酰氯与苯环的取代反应，B的结构简式为，B由A与丙烯反应而来，则A的结构简式为，C→D发生成环反应，D→E水解出醛基，E→F醛基氧化为羧基。【小问1详解】由上述分析可知，A的结构简式为，为甲苯，A→B为碳碳双键的加成反应，B→C为取代反应。小问2详解】D的结构简式为，含有16个C，3个O，6个不饱和度，分子式为C16H22O3；含有的官能团为酯基和醚键；手性碳是指连有四个不同取代基的碳原子，由其结构可知，有如图两个：。【小问3详解】醛基可以和银氨溶液反应，经酸化后可得羧基，醛基与银氨溶液的反应为。【小问4详解】由于该同分异构体是二元酚，则除酚羟基外至少还存在一个取代基，1mol该有机物可与4mol溴发生反应，不可能只发生苯环上的取代，考虑碳碳双键与溴的加成反应，除苯环外还含有一个不饱和度，因此含有一个碳碳双键，可与1mol溴发生加成，因此苯环上还需有三个位置发生取代，所以该同分异构体有三个取代基，两个羟基和一个烃基，烃基含有7个C、4个甲基、1个碳碳双键，又因为有6中不同化学环境的氢原子，所以该有机物为对称结构，苯环上有三种氢，支链上有三种氢，满足条件的烃基有、、、、；该有机物可能的结构简式有或或或 或。【小问5详解】参考题给路线，可由与氢气加成而来，可由水解得到，可由与ClCH2COOC2H5反应而来，可由苯与CH3COCl反应而来，故合成路线可为。相关物质的部分物理性质名称熔点/℃沸点/℃密度/g•mL-1溶解度乙酸酐-731401.082与水反应(生成乙酸)苯5.580.50.879不溶于水苯乙酮20.52021.028微溶于水T/°C1701801 90200210220230STY/[mol/(mol·h)]0.100.150.200.250.280.200.15