絕密★后用前

2021年高考理科綜合化學模擬考場仿真演練卷

第五模擬

滿分100分考試用時50分鐘

注意事項：

I.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮

擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質量：H-lC-120-16Cl-35.5Fe-56Y-89Bi-209Ba-233

一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求

7.2020年11月10日，中國“奮斗者”號載人潛水器在馬里亞納海溝深度10909米處成功坐底并進行了一系列

的深海探測科考活動。下列說法正確的是

A.“奮斗者”號使用的鋰離子電池工作時Li+向負極移動

B.制造潛水器載人球艙的鈦合金比純金屬鈦具有更高的強度、韌性和熔點

C.“奮斗者”號返回水面的浮力材料納米級玻璃微珠可產生了達爾效應

D.未來對海底“可燃冰”（主要成分為甲烷）的開采將有助于緩解能源危機

【答案】D

【解析】

A.鋰離子電池工作時Li+向正極移動，故A錯誤；B.因為合金比單獨的組分金屬具有更高的強度、更低

的熔點，故B錯誤；C.納米級玻璃微珠并沒有確定具體粒子大小，Inm?100nm會有丁達爾效應，小于Inm

不會有丁達爾效應，故C錯誤；D.未來對海底“可燃冰（主要成分為甲烷）的開采將有助于緩解能源危機，

故D正確；故選D。

8.有機物E具有抗腫瘤、鎮痙等生物活性，它的一種合成路線的最后一步如圖。下列說法錯誤的是

A.G—E發生了加成反應B.E分子中不可能所有碳原子在同一平面內

C.化合物G的一鹵代物有7種D.一定條件下，G、E均能與H2、NaOH溶液、酸性KMnO4溶液反應

【答案】C

【解析】

A.G-E談基轉化為羥基，發生了加成反應，故A正確：

B.E分子中五元環上連接2個甲基的碳原子與其相連的4個碳原子不可能在同一平面內，故B正確；

C.化合物G分子中含有6種類型氫原子，其一鹵代物有6種，故C錯誤；

D.G分子含有苯環和段基、E分子含有苯環，均能與H2發生加成反應；G、E分子中均含有酯基，均能與

NaOH溶液發生水解反應；G分子中苯環上連有甲基、E分子含有羥基，均能與酸性KMnO」溶液發生氧化

反應，故D正確；

答案選C。

9.混合物X含有KQO3、Na2SiO3.KAlOrFeCh中的幾種，進行如下實驗：

①X溶于足量水，得到無色溶液Y和沉淀Z：②往沉淀Z中加足量稀鹽酸，沉淀部分溶解。

下列說法不正確的是

A.X中肯定含有FeCh和NazSiC^

B.往溶液Y中加稀硫酸，若產生黃綠色氣體，則X中含有KOO?

C.往溶液Y中通CO2，不一定生成白色沉淀

D.往沉淀Z中加NaOH溶液，若沉淀部分溶解，則X中含有KAI。？

【答案】D

【解析】

固體混合物X含有KCK)3、Na2SiO3>KAlOrFeC1中的幾種，進行如下實驗：①X溶于足量水，得到

無色溶液Y和沉淀Z,沉淀可能含有HzSiO,、A1(OH)3>Fe(OH)3,②往沉淀Z中加足量稀鹽酸，沉淀部分

溶解，則一定含有HzSiOs，可能含有Fe9H)3、A1(OH)3中的一種，綜合①可知，KA1O2不能確定；

A.X中肯定含有FeC^和NazSiC^,選項A正確：

B.往溶液Y中加稀硫酸，若產生黃綠色氣體，則為酸性條件下氯離子與氯酸根離子反應產生氯氣，則X

中含有KCIO3,選項B正確；

C.溶液Y若無KAI。？，則往溶液Y中通CO2，不生成白色沉淀，選項C正確;

2

D.往沉淀Z中加NaOH溶液，若沉淀部分溶解，則X中一定含有H2SQ3、Fe(OH)3,不一定含有KA1O2,

選項D不正確；

答案選D。

10.W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期元素，其同位素間有核反應：bx+cYTz+aw。在周期表中

W與X同周期，Y與Z同周期，其中由W、Y、Z三種元素所組成的物質中，存在強酸或鹽。下列敘述

正確的是

A.W與Y可以構成氣態或液態的二元化合物B.原子半徑：Z>Y>X>W

C.元素X的單質具有強還原性D.Y的氧化物的水化物為強酸

【答案】A

【解析】

W與X同周期,Y與Z同周期,其同位素間有核反應：bx+cY-dz+aw.則w為H.X為He.Y為N.Z

為0,H、N、0三種元素可形成硝酸，可形成硝酸銹。

A.W與Y可以構成二元化合物氣態為氨氣，液態的為N2H4,A說法正確；

B.Y與Z同周期，原子序數越大，半徑越小，則原子半徑：Y>Z,B說法錯誤；

C.元素X為He,最外層(K層)電子滿足穩定結構，性質穩定，C說法錯誤；

D.Y為N,最高價氧化物的水化物為硝酸，屬于強酸，亞硝酸為弱酸，D說法錯誤；答案為A。

11.“一鍋法”用[Ru]催化硝基苯(PhNCh,Ph一表示苯基)與醇(RCH2OH)反應為仲胺(RCHzNHPh),反應過程如

下圖所示。下列敘述錯誤的是

A.反應原料中的RCH20H不能用RCH(CH3)OH代替B.歷程中存在反應PhNH2+RCHO->RCH=NPh+H2O

C.有機物還原反應的氫都來自于RCH20HD.該反應過程結束后RCHO沒有剩余

【答案】D

【解析】據圖知發生以下反應：?2[RU]+RCH2OH->RCHO+2[RU-H]；②6[Ru-H]+PhNO2一PhNH?

+6[RU]+2H2O；@PhNH2+RCHO->RCH=NPh+H2O；?RCH=NPh+2[Ru-H]->RCH2NHPh+2[Ru]oA.由①②③

知，RCHO是①的產物，是③的反應物，①中生成③中消耗，③生成的RCMNHPh會變成RCH=NPh作為

④的反應物，若將RCH20H替代，最終RCfhNHPh會變成RCH(CH3)NHPh,不是所需產物，A項不符合題

意；B.由③知，存在該反應，B項不符合題意；C.由圖中PhNChTPhNFh,RCH=NPh^RCH2NHPh,該

反應中的H來源于Ru-H,Ru-H中的H來源于RCH2OH,C項不符合題意；D.[Ru]為催化劑，由分析可

知總反應為4RCH2OH+PI1NO2—^3RCH0+3HzO+RCHzNHPh,RCHO有剩余，D項符合題意；故正確

選項為D。

12.對氨基苯甲酸(H00C<XNH2)是一種用途廣泛的化工產品和醫藥中間體，以對硝基苯甲酸

(O2N-COOH)為原料，采用電解法合成對氨基苯甲酸的裝置如圖。下列說法正確的是

宜流電源卜)

少出氣體x￡

對氣網質甲酸g：?

鉛合金金履陽極DSA(不參。電極反應)

89%乙靜-水

<=水

H2s0,

對硝基軍甲酸

陽離子交換膜

A.電子由金屬陽極DSA經導線流入直流電源

B.陰極的主要電極反應式為02—、>—COOH+6e+6H*---->HOOC-^^NHz+2凡。

C.每轉移1mole-時，陽極電解質溶液的質量減少8g

D.反應結束后陽極區pH增大

【答案】A

【解析】

該裝置為電解池，左側由對硝基苯甲酸生成對氨基苯甲酸，發生還原反應，故左側是陰極，則右側為陽極,

電極反應式為2H2O~4e=C>2T+4H+,左側為陰極，據此分析解答。

A.該電解池右側為陽極，失電子發生氧億反應，則電子由金屬陽極DSA經導線流入直流電源，故A正確;

B.陰極得電子發生還原反應生成氨基苯甲酸，則陰極的主要電極反應式為

HOOC-<2XNO2+6e+6H+->HOOC-^2^__NH2+2H2O,故B正確:

4

C.陽極發生反應2H2。-4。=。2T+4H+,氫離子移動向陰極，當轉移4moib時，陽極電解質溶液減少2mol

水，則每轉移Imole一時，陽極電解質溶液減少0.5mol水，質量為9g,故C錯誤；

D.陽極發生反應2H2。-41=O2T+4H+,氫離子移動向陰極，則反應結束后陽極區硫酸濃度會增大，pH

減小，故D錯誤;

13.常溫下，用O.lmolLHCl溶液滴定O.lmolLTNH3H20溶液,滴定曲線如圖a所示，混合溶液的pH與

崗子濃度變化的關系如圖b所示。下列說法不正確的是

A.KMNH3H2O)的數量級為10-5B.P到Q過程中，水的電離程度逐漸增大

C.當滴定至溶液呈中性時，C(NFU)>C(NH3-H2O)D.N點，c(Cri-c(NW)=ixi^528

【答案】D

【解析】

A.在M點反應了5。％,此時湍島，，PH=9.26,&=嘴爵=C(OH")=1

X109.2614=107.74,因此Kb(NH3-H20)數量級為10-5,故A正確；

B.Q點的pH大于8,P到Q過程中是鹽酸不斷滴加到氨水中，氨水不斷被消耗，堿性不斷減弱，因此水

的電離程度逐漸增大，故B正確；

C-當滴定至溶液呈中性時，PH=7,根據…喘墨卜以叱，得出喘苗箸

226

c(NHi)=1x10XC(NH3H2O),貝ijc(NH才)>C(NH3?H2O),故C正確;

1xin-14

D.N點，根據電荷守恒得到，c(Cl-)-c(NH*)=c(H+)-c(OH-)=lxl0f28_￡l、，故D錯誤。綜上所述，答

1x10

案為D。

二、非選擇題：共58分。第26~28題為必考題，每個試題考生都必須作答。第35、36題為選考題，考生

根據要求作答。

5

（一）必考題：共43分。

26.114分）己二酸是工業上具有重要用途的二元較酸，白色晶體，易溶于酒精，熔點153°。，主要用于

制造尼龍，泡沫塑料及潤滑劑和增塑劑等，用途十分廣泛。生產原理如下:

傳統法:

催化劑

綠色合成法：u即F

M=82

綠色合成法流程如下:

①在150mL三頸燒瓶加入2.00g催化劑（由烏酸鈉和草酸合成），50mL30%的H2O2溶液和磁子；室溫下攪

拌15?20分鐘后，加入12.3g環己烯；連接好裝置（如圖所示，固定夾持儀器已略去），繼續快速劇烈攪拌

并加熱，在80?90℃反應3h后，得到熱的合成液。

②趁熱倒出三頸燒瓶中的產品，在冷水中降溫冷卻，析出的晶體在布氏漏斗上進行抽濾，將晶體進行重結

晶，用3mL-洗滌晶體，再抽濾。取出產品，洗滌、干燥后稱重，得純凈的己二酸12.8g。（己二酸溶解度隨

溫度變化較大）

6

I可答下列問題：

（1）綠色合成法中儀器b的名稱為,其作用是。

（2）傳統法與綠色制備的原理相比，傳統法被淘汰的主要原因是o

（3）綠色合成時，反應需維持溫度在80?90C,最好采取加熱。

（4）洗滌晶體時應選擇的最合適的洗滌劑為（填字母序號）

A.熱水B.冷水C.乙醇D.濾液

（5）抽濾裝置中儀器C的作用除了增大系統容積做緩沖瓶之外，另一個作用是o

（6）該實驗的產物的產率為（結果保留4位有效數字）。

【答案】（1）恒壓滴液漏斗（或恒壓分液漏斗）平衡壓強，使漏斗內液體順利流下（2）反應中會生

成有毒的氮氧化物污染環境（若答出“濃硝酸具有強腐蝕性，對設備腐蝕嚴重''也可以）（3）水浴（4）

B（5）作安全瓶.防I卜自來水樂不移時,在負樂情況下運行時水會倒吸進入吸濾瓶0（寫出“作安全瓶”

或“防倒吸”這些關鍵采分點就可以給分。）（6）58.45%（58.46%也可以）

【詳解】

（1）根據儀器b結構特征可知為恒壓滴液漏斗，由于其瓶身和下端有玻璃管相通，所以恒壓滴液漏斗的作用

為平衡壓強，使漏斗內液體順利流下，故答案為:恒壓滴液漏斗、平衡壓強，使漏斗內液體順利流下；

0H

濃硝酸-

kJ80°C~>

⑵M=100

催化劑.

H2O2

0M=82

對比傳統法和綠色法可知，傳統法采用濃硝酸做氧化劑，反應中會生成有毒的氮氧化物污染環境，除此之

外硝酸具有強腐蝕性，對設備腐蝕嚴重，而綠色法采用過氧化氫做氧化劑，產物無污染，綠色環保，故答

案為:反應中會生成有毒的氮氧化物污染環境，或者濃硝酸具有強腐蝕性，對設備腐蝕嚴重；

（3）綠色合成時，反應需維持溫度在80?90℃,此溫度正好是水浴加熱的控制范圍，且水浴加熱受熱均勻、

溫度易控制，故答案為:水浴加熱；

（4）由題中信息可知：①己二酸溶解度隨溫度變化較大，②易溶于酒精，洗滌晶體一定要防止產品損失，利

用信息①可知己二酸在熱水中溶解度大，溶解損失大，故不能選擇熱水，根據信息②可知，己二酸易溶于

7

酒精，溶解損失大，不能選擇酒精，濾液洗滌影響純度，達不到洗滌效果，所以應該用冷水洗滌，故選擇:B；

(5)抽濾裝置中儀器C的作用可增大系統容積做緩沖瓶，除此之外還可作安全瓶，防止自來水壓不穩時，在

負壓情況下運行時水會倒吸進入吸濾瓶，故答案為:作安全瓶，防止自來水壓不穩時，在負壓情況下運行時

水會倒吸進入吸濾瓶。

立際產量123

⑹根據產率計算公式：產率二監可知，己二酸實際產量=12.8g,理論產量=二三乂146=21.98,己

理論產量82

122

二酸的產率100%=58.45%,故答案為:58.45%。

21.9

27.(14分)近年來，我國的鋼鐵產量居世界首位。煉鐵時產生大量瓦斯泥，若不合理利用，會對環境造成不

利影響「一種以瓦斯泥(主要含ZnO、BizOa、Bi2s3、Ri、Fez。?，壞含少量PbO、FeQ、CuO：鋅、銖兩元素

的質量分數分別為8.92%、0.75%)為原料提取鋅、錫的工藝流程如下圖所示：

Zn(NH3)fZn.Zn(NH流90y—煨燒.7m

Cu(NH3)i\COr醞COi-每/ZnCO3.3Zn(OH)2ZnO

—-NH3、NH4HC03_由;I過濾I過程I|I過程III

泥HO.反世

f濾-1弋學.|酸鹽浸提耳函系列操作ABioci產品

NaCI---J-------

灌渣2

回答下列問題：

(1)“浸取”時，為避免“瓦斯泥”在反應器的底部沉淀、結塊，可采取的措施為O

(2廣過程1”中發生反應的離子方程式為o

(3)“過程H”產生的氣體(填化學式)可在流程的步驟中循環使用。

(4)“酸鹽浸提”時，為使錫充分浸出，加入適量NaCI作助溶劑。單質鈿在Fe"的氧化作用下被溶解。

①含鉉物質發生反應的化學方程式為：

i.Bi2Ch+3H2so4+6NaCl=2BiCb+3Na2so4+3比0

ii.Bi2s3+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCb+3Na2so4+6FeSO4+3S

②“濾渣2”的主要成分除S外還有。

⑸已知：此工藝中，Bi3+水解得到BiOCl沉淀的適宜pH范圍為1.6~2.0；溶液中金屬離子開始沉淀和完全

沉淀的pH如下表所示：

8

金屬離子Fe2+Fe3+Zn2+

開始沉淀時pH7.01.96.2

完全沉淀時pH9.03.28.0

①結合上述信息分析，“水解”時加入適量Zn粉的目的是。

②“水鏟后的“系列操作”為。

⑹處理3.6t“瓦斯泥”，得到26.05kg“BiOQ產品"，其中BiOQ質量分數為90%,則鋅的回收率為。

(結果精確到1%)。

【答案】(1)采用較強烈的攪拌轉速(2)Cu(NH3)；+Zn=Zn(NH3)f+Cu(3)NH3“浸取”(4)

2+

2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCh+3Na2SO4+6FeSO4PbSO4(5)將Fe3+還原為Fe,避免在Bi3+水解時，

Fe3+同時水解，導致產物不純過濾、洗滌、干燥(6)70%

【分析】

瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2s3、Bi、Fe2O3,還含少量PbO、FeO、CuO；鋅、鈍兩元素的質量分數分別

為8.92%、0.75%),浸取之后過濾得到CU(NH3)：、Zn(NH3)；、CO：,濾渣1中的PbO和硫酸反應后，

得到的濾渣2中會含有PbSCh,“水解”時加入適量的Zn粉可以將Fe3+還原為Fe2+,避免在臼3+水解時，Fe3+

同時水解，導致產物不純，“水解”后，將得到的產品過濾、洗滌并干燥即可得到產品，以此解答。

【詳解】

(1)“浸取''時，為避免“瓦斯泥”在反應器的底部沉淀、結塊，可采用較強烈的攪拌轉速，故答案為：采用較

強烈的攪拌轉速；

++

(2)“過程I”中CU(NH3)4和Zn反應生成Zn(NH3)4和Cu,反應的離子方程式為

+

CU(NH3)4+Zn=Zn(NH3)4*+Cu,故答案為：Cu(NH3)；+Zn二Zn(NH3)：+Cu；

(3)根據元素守恒可知，“過程II”中會產生NH3,結合流程圖可知，NH3可在流程中的“浸取”步驟中循環使

用,故答案為：NH3；“浸取”；

(4)①根據題意，單質鈿在Fe3+的氧化作用下被溶解，結合已知的化學方程式可知，剩下的一個化學方程式

為Bi和Fe3+的反應，該反應的化學方程式為2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCI=2BiCb+3Na2so4+6FeSO?,故答案為：

2Bi+3Fe2(SO4)3+6NaCl=2BiCh+3Na2SO4+6FeSO4；

②漉港1中的PbO和硫酸反應后，得到的濾渣2中會含有PbSO4,故答案為：PbSO4；

(5)①結合表中信息可知，“水解”時加入適量的Zn粉可以將Fe3+還原為Fe2+,避免在Bi"水解時，Fe3+同時

9

水解，導致產物不純，故答案為：將Fe3+還原為Fe2+,避免在Bi，+水解時，F^+同時水解，導致產物不純;

②“水解”后，將得到的產品過濾、洗滌并干燥即可得到產品，故答案為：過混、洗滌、干燥：

⑹處理3.6t“瓦斯泥”，得到26.05kg的“BiOCl產品"，其中BiOQ質量分數為90%,則鋅的回收率為

209

26.05kgx90%x……

260.5、,"/?70%,故答案為：70%。

3.6x103x0.75%kg°

28.（15分）1799年英國化學家漢弗萊?戴維首次發現N2O氣體，現有研究表明，N?O可引起溫室效應和臭氧

層空洞。

（1）2020年8月4日，黎巴嫩首都貝魯恃港口區發生巨大爆炸，其中硝酸鐵受熱分解為N?。，該反應的

化學方程式為_______________________

（2）N2O（g）分解時的能量變化如圖甲所示,熱化學方程式為

（3）在一定溫度下的2L密閉容器中，充入2molN2O（g）發生上述反應，達到平衡時，氣體總壓強為2.0MPa,

以分壓表示的壓強平衡常數勺=0.4MPa.

i.圖乙中表示平均摩爾質量和混合氣體密度的變化曲線分別是、。

ii.達平衡時，N?O的轉化率為。

（4）SO2對NzO的催化分解具有促進作用，其原理如下：

R01:N2O+*^N2+O*（快反應）

R02:S02+0*->S03+*（快反應）

R03:N20+0*->N2+02+*（慢反應）

下列有關說法正確的是O

10

A.SO?的還原性比N?。強

B.反應R01對N2O的催化分解起決定作用

C.反應R02的活化能比反應R03小

D.N2O的催化分解速率與SO2的濃度無關

(5)C3H$等烯煌能提高N?O催化分解的催化劑的催化活性，機理如圖丙所示:

其化學方程式可表示為

C3H6

【答案】（1）NH4NO3^=N2OT+2H2O

(2)2N2O(g)2N2(g)+O2(g)A//=-163kJ/mol

(3)i.c；b'

i.50%

(4)A、C

Fe

(5)C3H6+N2O+4O2-N2+3CO2+3H2O

△

【解析】(1)硝酸鏤受熱分解生成N2。氣體，同時得到H2。，化學方程式為NH'NOB^=N2Ot+2H2Oo

(2)根據NzCXg)分解的能量變化圖可知，熱化學方程式為

N2O(g)2N2O(g)^2N2(g)+O2(g)A//=-163kJ/mol。

(3)i.根據可逆反應2N2O(g)U2N2(g)+C)2(g)的特點可知，在恒溫恒容的密閉容器中，反應建立平衡的

過程中，混合氣體的總物質的量逐漸增大，平均摩爾質量逐漸減小，混合氣體的密度保持不變，故表示平

均摩爾質量和混合氣體密度的變化曲線分別是c、b'°ii.設生成。2包)的物質的量為xmol,列出“三段式”:

II

2N2O(g)^2N2(g)4-O2(g)

起始物質的量（mol）200

轉化物質的量（mol）2x2xX

平衡物質的量（mol）2-2x2xx

根據壓強平衡常數概念可列出計算式:=0.4MPa,求得x=0.5,所以

達平衡時，N2。的轉化率為50%。

（4）反應R02比反應R03快，說明SO2的還原性比N2O強，A項正確；慢反應對總反應起決定性作用，B

項錯誤；反應R02比反應R03快，說明其反應活化能低，C項正確；SO2濃度越大，N2。分解速率越快,

D項錯誤。

（5）在循環圖中可知Fe為催化劑，6應、CD2和N?。參與反應，化學方程式為

Fe

C3H6+N2O+4O2=N2+3CO2+3H2O;

（二）選考題：共15分。請考生在第35、36題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。

35.［選修3-物質結構與性質］（15分）已知Mn、Fe、Co是合金中的重要元素，而P、S、C1是農藥中的

重要元素。請回答下列問題：

（1）基態鋅原子的價電子排布圖為,鋅有多種化合價，在+2、+3、+4、+5和+6中，最穩

定的化合價是.

（2）已知PCh的沸點高于SCL，原因是。

（3）已知P4（白磷）為正四面體結構，與氧氣反應生成非極性分子P4O10,其中P在空間的相對位置不變，

則P40io中0鍵和兀鍵的數目之比為。

（4）如圖為酷普鉆分子的平面結構，下列說法不正確的是（）

12

A.電負性：N>C>HB.4個N原子均與Co形成配位鍵

C.分子中N的雜化軌道類型均為sp2D.第一電離能：N<0

（5）如圖是一種由Y（與Sc同族）、Ba、Fe、O組成的晶體，晶胞棱上的球代表Ba,頂點的球代表Y,

四方錐中心和八面體中心的球代表Fe,小球代表0。

①該晶體的化學式為，

②其中Y的配位數為o

③在氯氣氣氛中該晶體可被部分氯化，氯原子進入晶格而使晶體呈現深紫色。則被氧化的元素是

（填符號），新進入的氯原子在晶胞中的位置是o

|T|T|T|T|T|［u1

【答案】（1）3d4s；+2

（2）PC'分子間的范德華力高于SC%：或PCI，分子間作用力高于SC12）

（3）4:1

（4）BD（5）①YBazFeQ②8③Fe；上下面心位置

36.［選修五?有機化學基礎］（15分）

以芳香族化合物A和有機物D為原料，制備有機物M和高聚物N的合成路線如下:

13

已知：I.A-B符合原子經濟學原理

OOH

HCN

II.R-C—Rz萬*R.-C-R2（RPR2表示COOH氫原子或烽基）

COOH

（1）A的系統命名為.

（2）上述物質間的轉化屬于加成反應的有個，屬于取代反應的有個。

（3）E的結構簡式為o

（4）H生成N的化學方程式為o

（5）同時滿足下列條件的B的同分異構體有種（不考慮立體異構）。在上述異構體中，核磁共

振氫譜圖不同化學環境的氫最少有_____種，其峰面積比為O

①能發生銀鏡反應；②苯環上連有三個取代基。

oCH

II3

（6）參照上述合成路線和信息，以丙烯為原料（無機試劑任選），設計制備HO~EC-C-O+H的合成路線:

cH

3

【答案】(1)3-甲基苯酚

(2)4；2

(CH3)2CHCHCOOH

I

(3)OH

14

COOCRUH3

I

nCH