上海市松江区2022-2023学年高考化学一模试题（Word版附解析）

2023年松江区高考化学一模卷相对原子质量：一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）1.C919大型客机制造研制成功，下列哪种材料一般不会在C919上使用的是A.碳纤维复合材料B.第三代铝锂合金C.高密度不锈钢D.钛合金【答案】C【解析】【详解】A．碳纤维复合材料是一种力学性能优异的新材料，既具有碳材料的固有本性特征，又兼备纺织纤维的柔软可加工性能，是新一代增强纤维。可用于大型客机制造，A不符合题意；B．锂是世界上最轻的金属元素。把锂作为合金元素加到金属铝中，就形成了铝锂合金。加入锂之后，可以降低合金的比重，增加刚度，同时仍然保持较高的强度、较好的抗腐蚀性和抗疲劳性以及适宜的延展性。铝锂合金适用于大型客机制造，B不符合题意；C．高密度不锈钢不适用于大型客机制造，C符合题意；D．钛是一种强度高、耐蚀性好、耐热性高的结构金属。80年代以来，耐蚀钛合金和高强钛合金得到进一步发展。钛合金可用于制作飞机发动机压气机部件，D不符合题意；故答案选C。2.下列所加物质的作用与其还原性有关的是A.腌咸菜加氯化钠B.红酒中添加C食用盐中加碘酸钾D.泡打粉加碳酸氢钠【答案】B【解析】【详解】A．腌咸菜加氯化钠是为了调味，也可以起到防腐作用，与还原性无关，A不选；B．二氧化硫有还原性，加入红酒中可以除去其中溶解的氧气，防止其中的营养被氧化，同时起到杀菌保鲜作用，选B；C．食用盐中加碘酸钾目的是补充碘元素，与物质还原性无关，C不选；D．泡打粉加碳酸氢钠目的是与发酵产生的酸反应生成二氧化碳，没有还原性，D不选；故本题选B。 3.下列事实不能用元素周期律解释的是A.酸性：HClO4>H2SO3B.碱性：NaOH>Mg(OH)2C.气态氢化物的稳定性：H2O>H2SD.Cl2从NaBr溶液中置换出Br2【答案】A【解析】【详解】A.氯元素的非金属性强于硫，所以酸性HClO4>H2SO4，H2SO3不是硫元素的最高氧化物的水化物，不能用元素周期律解释；B.钠的金属性强于镁，所以碱性NaOH>Mg(OH)2，B可以；C.氧的非金属性强于硫，所以气态氢化物的稳定性H2O>H2S，C可以；D.氯的非金属性强于溴，所以Cl2从NaBr溶液中置换出Br2，D可以。全科免费下载公众号《高中僧课堂》本题选A。4.为ⅠA族元素，可用于癌症治疗。有关说法错误的是A.质量数为137B.核外电子数为54C.原子半径：D.碱性：【答案】D【解析】【详解】A．左上角的数字为质量数，则质量数为137，故A正确；B．Cs元素为55号元素，其核外电子数为55，则核外电子数为54，故B正确；C．同主族元素从上往下，原子半径逐渐增大，则原子半径：，故C正确；D．金属元素的金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：，则碱性：，故D错误；故选D。5.我国“十四五”规划中提出“碳中和”，“碳”即，有关的说法错误的是A.是碳酸的酸酐B.只含极性共价键C.是非极性分子D.是电解质【答案】D【解析】【详解】A．酸酐是指某含氧酸脱去一分子水或几分子水所剩下的部分，CO2是碳酸的酸酐， A正确；B．不同元素的原子形成的共价键一般是极性共价键，CO2结构式为O=C=O，只含极性共价键，B正确；C．CO2结构式为O=C=O，正电中心与负电中心重合，是非极性分子，C正确；O=C=OD．CO2属于非电解质，D错误；故答案为：D。6.下列分子结构的空间构型为正四面体的是A.四氯化碳B.1，2-二氯乙烯C.二氯甲烷D.氨气【答案】A【解析】【详解】A．四氯化碳中心原子价层电子对数为4，中心原子上无孤电子对，空间构型为正四面体，A正确；B．1，2-二氯乙烯中6个原子在同一平面上，空间构型不是正四面体，B错误；C．二氯甲烷空间构型是四面体结构，C—H和C-Cl的键长不同，二氯甲烷空间构型不是正四面体，C错误；D．氨气分子中心原子价层电子对数为4，中心原子上孤电子对数为1，空间构型是三角锥形，不是正四面体，D错误；故答案选A。7.将4份等量的铝片分别加到足量的下列溶液中充分反应后，产生氢气量最快的是A.溶液B.溶液C溶液D.溶液【答案】C【解析】【详解】铝和稀硝酸反应生成NO，不会放出氢气，铝和醋酸、硫酸、盐酸反应实质是和氢离子反应，氢离子浓度越大放出氢气越快，硫酸是二元强酸，盐酸是一元强酸，醋酸是一元弱酸，相同浓度的三种酸开始时氢离子浓度由大到小的顺序为：硫酸>盐酸>醋酸，所以铝和相同浓度的醋酸、硫酸、盐酸，放出氢气最快的是硫酸，答案选C。8.工业生产中，主要反应原理不涉及氧化还原反应的是A.海水提溴B.纯碱工业C.硫酸工业D.合成氨工 业【答案】B【解析】【详解】A．海水提溴，溴元素由化合态转化为游离态，Br元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故A不符合；B．纯碱工业涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，不涉及氧化还原反应，故B符合；C．接触法制硫酸，S元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故C不符合；D．合成氨，氮气与氢气反应生成氨气，N、H元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故D不符合；故选B。9.如图是制取和收集某气体的实验装置，该装置可用于A.用浓硫酸和氯化钠制取B.用浓氨水和生石灰制取C.用浓硝酸与铜制取D.用双氧水和二氧化锰制取【答案】D【解析】【分析】从反应装置分析知，该装置属于固液混合不加热型装置，所以只能制取固液混合不加热得到的气体；从收集装置分析知，该气体不溶于水，和水不反应。【详解】A．用浓硫酸和氯化钠制取不需要加热，但是HCl易溶于水，所以不能用排水法收集，故A错误；B．用生石灰和浓氨水制取氨气不需加热，但氨气易溶于水，所以不能用排水法收集，故B错误； C．NO2能与水反应生成NO，不能用排水法收集，故C错误；D．用双氧水和二氧化锰制取不需加热，且氧气不易溶于水，所以可以用该实验装置制取氧气，故D正确；故选D。10.丁苯橡胶的化学组成为，其单体一定有(　　)A.2﹣丁炔B.1，3﹣丁二烯C.乙苯D.乙烯【答案】B【解析】【详解】根据丁苯橡胶的结构可知，其主链上全是碳原子，故其一定是由单体发生加聚反应得到的，由于其分子式中有双键，一定是发生聚合反应新生成的，将链节分断，可以发生其单体是苯乙烯和1，3﹣丁二烯，答案选B。11.充分利用已有的数据是解决化学问题的重要途径。下列数据的利用正确的是A.利用化学平衡常数判断化学反应进行的快慢B.利用元素最高化合价判断物质氧化性的强弱C.利用沸点数据设计互溶液体混合物的分离方法D.利用物质的摩尔质量判断相同状态下物质密度的大小【答案】C【解析】【详解】A．平衡常数的大小体现一个可逆反应进行的程度大小；A错误；B．元素越易得电子，氧化性越强，B错误；C．沸点差别，可以选用蒸馏的方法分离，C正确；D．需要考虑物质的状态，气体和液体没有可比性，D错误。故答案为：C。12.除杂和配制试剂是中学化学中常见的实验。对实验方法描述正确的是A.通过加热蒸发、冷却结晶、过滤洗涤除去中少量的B.用加入溶液并分液的方法除去乙酸乙酯中少量的乙酸 C.称取，配制的溶液D.在10％的溶液中滴入3滴2％的溶液，配制检验醛基的试剂【答案】B【解析】【详解】A．硝酸钾溶解度受温度影响较大，氯化钠溶解度受温度影响不大，可以用冷却结晶除去硝酸钾，但得到的氯化钠溶液需蒸发结晶，洗涤干燥，故A错误；B．Na2CO3溶液可以中和乙酸，并降低乙酸乙酯的溶解度，再用分液的方法分离出乙酸乙酯，故B正确；C．托盘天平的精确值为0.1g，不能称量9.360gNaCl，配制80mL2.0mol/L的NaCl溶液，需选择100mL的容量瓶，需要称量NaCl的质量为=11.7g，故C错误；D．加入氢氧化钠较少，检验醛基的反应需在碱性条件下进行，故D错误；故答案选B。13.有机物W在工业上常用作溶剂和香料，其合成方法如下：下列说法正确的是A.W的分子式为B三者均能发生加成反应和取代反应C.M的一氯代物有3种D.N、W组成上相差一个原子团，所以互为同系物【答案】B【解析】【分析】由合成流程可知，M发生氧化反应生成N，N与甲醇发生酯化反应生成W，结合三者的结构分析解答。【详解】A．由W的结构简式可知W分子中共有C原子8个，H原子8个，O原子2个，故W的分子式为，故A错误； B．Ｍ、Ｎ、Ｗ三者均含有苯环，均可与氢气发生加成反应，在催化剂条件下苯环上的Ｈ可以被取代，故B正确；C．M中有４种氢原子，所以其一氯代物有４种，故C错误；D．N中含有羧基，W中含有酯基，二者官能团不同，结构不同，不属于同系物，故D错误；故答案选B。14.下列各组物质的稀溶液相互反应，把前者逐滴滴入后者与把后者逐滴滴入前者，边滴边振荡，所产生的现象相同的是A.和B.和C.氨水和D.和【答案】D【解析】【详解】A．把前者滴入后者，开始没沉淀，后有沉淀；把后者滴入前者，开始就有沉淀生成，后沉淀溶解，故A不符合；B．把前者滴入后者，开始有气泡产生；把后者滴入前者，开始不出现气体，后有气体产生，故B不符合；C．把前者滴入后者，开始没沉淀，后有沉淀；把后者滴入前者，开始有沉淀，后沉淀溶解，故C不符合；D．无论怎么滴加，都会立刻出现白色沉淀，故D符合；故选D。15.甲、乙、丙、丁四种物质之间的转化关系如图所示，则下列选项错误的是选项甲乙ABC溶液 D溶液稀盐酸A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．与少量氧气反应生成S单质，S单质与氧气反应生成SO2，H2S与SO2反应生成S单质，故A正确；B．发生催化氧化生成乙醛，乙醛发生氧化反应生成乙酸，与乙酸不能反应生成乙醛，故B错误；C．与少量反应生成碳酸钠，碳酸钠与反应生成碳酸氢钠，与碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，故C正确；D．与少量盐酸反应生成碳酸氢钾，碳酸氢钾与盐酸反应可产生二氧化碳，与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钾，故D正确；故选B。16.有一澄清透明的溶液，只可能含有大量的、、、、、、七种离子中的几种，向该溶液中逐滴滴入溶液一定体积后才产生沉淀。则下列判断正确的是A.溶液中可能含有B.溶液中可能含有C.溶液中一定不含D.溶液中一定含有【答案】D【解析】【详解】澄清透明的溶液，只可能含有大量的、、、、、、七种离子中的几种，向该溶液中逐滴滴入溶液一定体积后才产生沉淀，溶液中一定含有，和、不能大量共存，则一定没有、，溶液中必有阴离子，则一定有，酸性条件下，具有强氧化性，和 能发生氧化还原反应，则一定不存在，加入氢氧化钠一定体积后才有沉淀生成，则、至少含一种，所以溶液中一定含有、，一定不含有、、，而至少含一种。所以答案选D。17.利用如图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法错误的是A.若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀B.若X为锌棒，开关K置于M处，海水降低C.若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀D.若X为碳棒，开关K置于N处，碳棒上发生氧化反应【答案】B【解析】【分析】若开关K置于M处时，形成原电池；若开关K置于N处时，形成电解池。【详解】A．若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，铁得电子做正极被保护，A正确；B．若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，总方程式为2Zn+O2+2H2O=2Zn(OH)2↓，海水pH几乎不变，B错误；C．若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，C正确；D．若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，碳棒做阳极，失去电子发生氧化反应，D正确；故答案为：B。18.室温下，取溶液，逐滴加入溶液。已知：，。下列说法正确的是A.溶液中有 B.当滴加至中性时，用去溶液的体积小于C.当用去溶液时，此时溶液中有D.当用去溶液时，此时溶液中有【答案】C【解析】【详解】A．溶液中根据电荷守恒有c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+c(HA−)，则c(H+)-c(OH−)-c(A2−)=c(A2−)+c(HA−)，故A错误；B．溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+c(HA−)，至中性时c(H+)=c(OH−)，则c(Na+)=2c(A2−)+c(HA−)，若用去10mLNaOH，反应得到NaHA溶液，溶液显酸性，因而滴加至中性时，用去溶液的体积大于，故B错误；C．当用去溶液时，得到NaHA溶液，根据质子守恒有c(H+)-c(A2−)=c(OH−)，则，故C正确；D．当用去溶液时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有c(Na+)=2c(HA-)＋2c(A2−)，故D错误；故答案选C。19.在高温高压的水溶液中，与发生反应沉积出磁铁矿（主要成分）和金矿（含单质），且硫元素全部转化为气体放出。对于该反应的说法一定正确的是A.反应后溶液的降低B.每生成气体，转移电子数为C.既作氧化剂又作还原剂D.氧化剂和还原剂的物质的量之比【答案】A【解析】【分析】根据题干可知，AuS-和Fe2+反应生成磁铁矿和Au，并伴有H2S生成，反应方程式为。【详解】A．根据分析可知，反应生成氢离子，反应后溶液的pH降低，A正确；B．未知气体所处的状态，无法确定2.24L气体的物质的量，B错误； C．该反应中AuS-中Au化合价降低只做氧化剂，C错误；D．根据以上分析，AuS-中Au化合价降低为氧化剂，Fe2+化合价升高为还原剂，有3mol二价铁参与反应，生成1molFe3O4，四氧化三铁可看作Fe2O3•FeO，所以只有2mol二价铁作为还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比2∶2=1∶1，D错误；故答案选A。20.一定条件下合成乙烯：。已知其它条件不变时，温度对的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示。下列说法一定正确的是A.平衡常数B.反应速率：C.所含总能量：D.经过相同时间后得到乙烯的量：X＞Y【答案】B【解析】【详解】A．升高温度，的平衡转化率降低，平衡逆向移动，所以，故A错误；B．升高温度，反应速率一定增大，故，故B正确；C．升高温度，的平衡转化率降低，平衡逆向移动，说明该反应是一个放热反应，则，故C错误；D．若经过的时间较长，反应达到平衡，X点转化率较大，则得到的乙烯的量X＞Y，若经过的时间较短，未达到平衡，，则得到的乙烯的量X＜Y，故D错误； 故选B。二、综合分析题（共60分）21.新工艺采用金属氧化物催化尿素与甲醇合成碳酸二甲酯，副产物氨气回收重新生成尿素，有关的方程式如下：反应①：+2CH3OH(g)+2NH3(g)反应②：2NH3(g)+CO2(g)+H2O(l)完成下列填空：（1）C原子核外能量最高的电子有______个，比较、N、O简单离子的半径大小__________。（2）下列事实能说明氮的非金属性比碳强的是______（选填编号）。a．酸性：b．最高正价：氮＞碳c．沸点：d．吸引电子能力强弱：氮＞碳（3）达到平衡时，反应①碳酸二甲酯的产率随温度T的变化关系如图所示，则反应是__________反应（选填“放热”或“吸热”），______（选填“＞”或“＜”）。（4）某一恒温恒容装置内，与发生反应②，后，气体的密度减少，则内氨气的平均反应速率为__________。（5）传统合成DMC的方法是以光气（，有剧毒）和甲醇为原料，请写出相应的化学方程式__________。 （6）新工艺合成DMC的方法和传统方法相比，优点有__________（任写两点）。【答案】（1）①.2②.（2）ad（3）①.吸热②.＜（4）（5）+2HCl（6）减少了原料毒性和副产盐酸对设备腐蚀性的限制，降低了碳排放，副产物氨气可回收利用，且没有有害物质对外排放，符合绿色化学工艺【解析】【小问1详解】C原子的电子排布式为1s22s22p2，能级的能量高低：2p＞2s＞1s，则核外能量最高的电子有2个，、N、O简单离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则半径大小为。【小问2详解】a．最高价含氧酸的酸性越强，其非金属性越强，故酸性：，能说明氮的非金属性比碳强，故a正确；b．最高正价态不能说明氮非金属性比碳强，故b错误；c．沸点高低不能说明氮的非金属性比碳强，故c错误；d．吸引电子能力越强，说明非金属性越强，故吸引电子能力强弱：氮＞碳，能说明氮的非金属性比碳强，故d正确；故选ad。【小问3详解】由图可知，随温度升高，转化率增大，说明升温平衡正向移动，则反应是吸热反应，反应①是气体物质的量增大的反应，减小压强，平衡正向移动，转化率增大，故＜。【小问4详解】某一恒温恒容装置内，与发生反应②，后，气体的密度减少，质量减少´5L=19.5g，则氨气减少的质量为 ，消耗氨气的物质的量为0.5mol，则内氨气的平均反应速率为。【小问5详解】传统合成DMC的方法是以光气（，有剧毒）和甲醇为原料，相应的化学方程式为+2HCl。【小问6详解】新工艺合成DMC的方法和传统方法相比，优点有减少了原料毒性和副产盐酸对设备腐蚀性的限制，降低了碳排放，副产物氨气可回收利用，且没有有害物质对外排放，符合绿色化学工艺。22.氰化提金工艺在黄金生产领域仍占主导地位，但会产生大量含氰废水，含氰低于废水才可排放，研究发现可以用亚硫酸盐——空气法等处理含氰废水。完成下列填空：（1）室温下，溶液呈碱性，溶液中离子浓度从大到小关系为__________，向溶液中加入盐酸溶液，使溶液显中性，则溶液中__________。物质的量之比为的溶液呈碱性，原因是__________。（2）含氰废水中加入足量的，发生反应的离子方程式为。理论上处理含氰废水（含100gCN-），需要消耗__________（保留2位小数）。按照理论值投放，含氰废水处理效果并不理想，请分析原因__________。多种含氯氧化剂均可以处理含氰废水，比如漂粉精、二氧化氯等。（3）漂粉精的有效成分为__________（填写化学式）。（4）请配平下列方程式：CN-+ClO-+H2O→CO2+N2+Cl-+OH-_______________。若上述反应恰好完全，写出检验反应后溶液中Cl-的方法__________。【答案】（1）①.②.③.的电离程度小于的水解程度（2）①.484.62②.的还原性较强，易首先被氧气为，的总量减少 （3）（4）①.②.取少量待测液加入试管中，然后滴加稀硝酸至溶液显酸性，再滴加溶液，若有白色沉淀产生，说明待测液体中含有【解析】【小问1详解】室温下，溶液呈碱性，说明水解生成氢氧根离子导致溶液显碱性，溶液中离子浓度从大到小关系为；向溶液中加入盐酸溶液，使溶液显中性，，则溶液中；物质的量之比为的溶液呈碱性，原因是的电离程度小于的水解程度；【小问2详解】理论上处理含氰废水（含100gCN-），为，需要消耗，质量为。空气中氧气具有氧化性，且的还原性较强，易首先被氧气为，的总量减少，故按照理论值投放，含氰废水处理效果并不理想；【小问3详解】漂粉精的有效成分为次氯酸钙；【小问4详解】反应中评碳元素化合价由+2变为+4，氮元素化合价由-3变为0，氯元素化合价由+1变为-1，根据电子守恒和质量守恒配平可知，；氯离子能和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，检验方法为：取少量待测液加入试管中，然后滴加稀硝酸至溶液显酸性，再滴加溶液，若有白色沉淀产生，说明待测液体中含有。23.某实验小组把氯气与铁反应后的固体快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油（反应过程中不振荡），充分反应后，进行如下实验：。 （1）试剂X的化学式为__________。有同学根据实验现象分析淡黄色溶液中含有，你认为__________（填“合理”或“不合理”）。（2）加入少许植物油的作用是___________________。某小组同学实验时在加入新制氯水后，并未得到深红色溶液，请帮助他们分析原因，__________，并设计实验对所分析的原因进行验证，简要写出实验方案__________。为分析某补血剂（主要成分为亚铁盐）中铁元素的质量百分含量，可以用酸性标准溶液进行氧化还原滴定。（3）实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液500mL，配制时需要用的仪器除电子天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需______。配制时要用硫酸酸化KMnO4，不能用盐酸酸化的原因是_____。（4）称取12.0g补血剂在容量瓶中配成200mL溶液，量取25.00mL试样溶液，用0.100mol/LKMnO4标准溶液滴定，判断到达滴定终点的实验现象是__________，达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00mL，则所测补血剂中铁元素的质量百分含量是__________（结果精确到0.1%）。【答案】（1）①.KSCN②.合理（2）①.隔绝空气，防止被氧化②.新制氯水将氧化或破坏③.取少许褪色后的溶液于试管中，再滴加几滴溶液，若溶液变红，则原因分析成立（3）①.容量瓶②.酸性条件下，能氧化生成，所以不能用盐酸酸化（4）①.加入最后一滴溶液，溶液的颜色由无色变为紫红色，且内溶液颜色不褪去，说明滴定到达终点②.37.3%【解析】【分析】实验流程图中，加入稀盐酸的目的是溶解固体，植物油目的是隔绝空气，防止Fe2+被氧化，加入试剂X后，溶液变红，证明加入的试剂是KSCN溶液，之后加入新制氯水后，溶液颜色变深，说明是新制氯水氧化Fe2+，使Fe3+颜色变深。【小问1详解】 淡黄色溶液中含有Fe3+，加入试剂X后，溶液变为红色，所以试剂X为KSCN溶液；加入新制氯水后，溶液由红色变为深红色，说明Fe3+浓度增大，则淡黄色溶液中含有，分析合理；【小问2详解】植物油可以隔绝空气，防止被氧化；加入新制氯水后，并未得到深红色溶液，可能是因为新制氯水具有强氧化性，氧化或破坏了SCN-；为验证该分析，设计简单实验方案：取少许褪色后的溶液于试管中，再滴加几滴溶液，若溶液变红，则原因分析成立；【小问3详解】配制500mL一定物质的量浓度的KMnO4溶液，需要用的仪器有电子天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、容量瓶；在酸性条件下，能氧化生成，所以不能用盐酸酸化KMnO4；【小问4详解】补血剂主要成分为亚铁盐，用KMnO4标准溶液滴定补血剂，到达滴定终点的实验现象是：加入最后一滴溶液，溶液的颜色由无色变为紫红色，且内溶液颜色不褪去，说明滴定到达终点；达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00mL，消耗KMnO4的物质的量为，根据KMnO45Fe2+得，，所配200mL溶液中含有Fe2+的质量为，则所测补血剂中铁元素的质量百分含量是。24.有机化合物E的一种合成路线如下：完成下列填空：（1）A的结构简式为_______，D中的含氧官能团名称为_______ ；反应④所需要的试剂与条件为________。（2）①的反应类型___________，②的反应类型__________。（3）反应③的化学方程式为__________。（4）反应⑤可能产生与E互为同分异构体的副产物，其结构简式为__________（任写一种）。（5）A的同分异构体中，能发生银镜反应且有三种氢的分子结构简式为__________。（6）参照上述合成路线，设计由合成的路线___________（乙酸及无机试剂任选）。【答案】（1）①.②.羟基③.浓硫酸，加热（2）①.氧化反应②.取代反应（3）（4）（或）（5）（6）【解析】【分析】A在铜的催化下加热反应生成B，B在乙酸溶液中与溴发生取代反应生成，可逆推出B为，A为； 在氢氧化钠的乙酸溶液中加热发生消去反应生成B，B为；D转化为丙烯，根据D的分子式可推知D为1-丙醇或2-丙醇，与丙烯发生反应生成。【小问1详解】A的结构简式为，D为1-丙醇或2-丙醇，含氧官能团名称为羟基；反应④为醇的消去反应生成烯烃，所需要的试剂与条件为浓硫酸，加热；【小问2详解】①是在铜的催化下加热发生氧化反应生成，反应类型为氧化反应，②是在乙酸溶液中与溴发生取代反应生成，反应类型消去反应；【小问3详解】反应③是在氢氧化钠的乙醇溶液中加热发生消去反应，反应的化学方程式为；【小问4详解】反应⑤可能产生与E互为同分异构体的副产物，丙烯与发生加成反应时的甲基上的位置上不同，出现的同分异构体不同，可能的结构简式为（或）；【小问5详解】 A()的同分异构体中，能发生银镜反应且有三种氢的分子含有醛基且高度对称，符合的结构简式为；【小问6详解】参照上述合成路线，由与溴取代反应生成，发生水解生成，氧化生成，继续氧化生成，合成路线为：。