2020高考化学讲练试题仿真模拟卷(10)(含2019模拟题)

（刷题1+1）2020高考化学讲练试题 仿真模拟卷（10）（含2019模

拟题）

一、选择题(每题6分，共42分)

7．(2019·河南开封高三一模)一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应Ⅰ中发生的反应为3NaClO3＋4SO2＋3H2O===2ClO2＋Na2SO4＋3H2SO4＋NaCl，下列说法中正确的是( )

A．反应Ⅱ中H2O2作还原剂 B．产品中含有SO4、Cl C．NaClO2的漂白原理与SO2相同

D．实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行 答案 A

解析 反应Ⅰ中发生的反应为3NaClO3＋4SO2＋3H2O===2ClO2＋Na2SO4＋3H2SO4＋NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应Ⅱ装置，发生反应：2ClO2＋H2O2＋2NaOH===2NaClO2＋O2＋2H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的－1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，A正确；反应Ⅱ是在NaOH溶液中进行，操作过程没有经过洗涤步骤，因此得到的NaClO2中可能混有NaOH引入杂质离子OH，不可能含SO4、Cl，B错误；NaClO2中Cl元素化合价为＋3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，C错误；实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，D错误。

8．(2019·湖南岳阳高三一模)解释下列反应原理的离子方程式正确的是( )

2＋－△

A．用加热的方法降低自来水中钙离子浓度：Ca＋2HCO3=====CaCO3↓＋H2O＋CO2↑

－

2－

－

2－

－

B．向CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热：CH2BrCOOH＋OH→CH2BrCOO＋H2O C．向Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液：Mg＋2HCO3＋2OH===MgCO3↓＋CO3＋H2O

D．在强碱溶液中NaClO与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO＋2Fe(OH)3===2FeO4＋3Cl

－

－

2－

2＋

－

－

2－

－－

＋H2O＋4H 答案 A

2＋－△

解析 用加热的方法降低自来水中钙离子浓度：Ca＋2HCO3=====CaCO3↓＋H2O＋CO2↑，

＋

－△

A正确；向CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热的离子反应为CH2BrCOOH＋2OH――→

CH2OHCOO＋Br＋H2O，B错误；向Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液：Mg＋2HCO3＋4OH

－

－－2＋－

===Mg(OH)2↓＋2CO3＋2H2O，C错误；在强碱溶液中不可能大量存在H，D错误。 9．(2019·山东荷泽高三一模) 某有机物X的结构如图所示，下列说法正确的是( )

2－＋

A．X的分子式为C9H12O3 B．X中所有碳原子均可能共面 C．X可与氧气发生催化氧化反应 D．1 mol X最多能消耗2 mol NaOH 答案 C

解析 由结构简式可知，其分子式为C9H14O3，故A错误；分子中含有饱和碳原子，则与该碳原子相连的四个碳原子一定不在同一共面上，故B错误；分子中含有羟基，且与羟基相连的碳原子上含有氢原子，所以在催化剂存在的条件下可与氧气发生催化氧化反应，故C正确；分子中仅含有1个酯基能与NaOH溶液反应，所以1 mol该有机物最多能消耗1 mol NaOH，故D错误。

10．(2019·广东肇庆高三二模)下列实验操作、实验现象以及所得出的结论均正确的是( ) 选项 实验操作 向1 mL 2 mol/L NaOH溶A 液中先滴加2滴0.1 mol/L 先生成白色沉淀，后MgCl2溶液，再滴加2滴0.1 生成红褐色沉淀 mol/L FeCl3溶液 B 向NH3·H2O溶液中滴加少量AgNO3溶液 将木炭和浓硫酸共热生成无明显现象 澄清石灰 NH3·H2O和 AgNO3不反应 该气体只含CO2 实验现象 结论 Ksp[Fe(OH)3]< Ksp[Mg(OH)2] C 的气体通入澄清石灰水中 水变浑浊 向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液 有白色沉 淀产生 D 该溶液中可能含有SO4 2－答案 D

解析 向1 mL 2 mol/L NaOH溶液中先滴加2滴0.1 mol/L MgCl2溶液，反应后NaOH

大量剩余，再滴加2滴0.1 mol/L FeCl3溶液后，铁离子与剩余的氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，没有出现沉淀的转化，无法比较Ksp[Fe(OH)3]、Ksp[Mg(OH)2]的大小，故A错误；向NH3·H2O溶液中滴加少量AgNO3溶液，发生了反应，由于氨水过量，反应生成可溶的银氨络离子，故B错误；将木炭和浓硫酸共热生成CO2和SO2，CO2和SO2都能够使澄清石灰水变浑浊，则生成的气体不止CO2，故C错误；向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成的白色沉淀可能为硫酸钡，该溶液中可能含有SO4，故D正确。

11．(2019·江西九校高三联考)短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，且Y、Q形成一种共价化合物，X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E。下列说法不正确的是( )

A．X、Z的最高价氧化物相互化合，生成的产物可用作防火剂 B．Y、Q形成的化合物是强电解质

C．电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液常被用于实验室制备E单质 D．W、X、Q三种元素都能形成多种氧化物 答案 C

解析 短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，则W是C元素，Q是Cl元素；W和Z位于同一主族，则Z是Si元素；X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E，则X是Na,2NaOH＋H2O＋Si===Na2SiO3＋2H2↑，E是H2；Y、Q形成一种共价化合物，Y的原子序数比Na大比Si小，则Y只能是Al元素。根据上述分析可知，X是Na，Z是Si元素，二者的最高价氧化物相互化合生成的产物是Na2SiO3，该物质不能燃烧，由于是离子化合物，分解需吸收大量的热，所以可用作防火剂，A正确；Y是Al元素，Q是Cl元素，二者形成的化合物AlCl3是盐，在水中完全电离产生离子，因此该物质是强电解质，B正确；X是Na元素，Q是Cl元素，电解X、Q元素组成的化合物NaCl的饱和溶液，方程式为：2NaCl电解

＋2H2O=====Cl2↑＋H2↑＋2NaOH，但是该方法用于工业上制取氢气和氯气，而在实验室制备恰恰是用Zn与稀硫酸或稀盐酸反应制取，C错误；W是C元素，它的氧化物有CO、CO2；X是Na元素，钠的氧化物有Na2O、Na2O2；Q是Cl元素，其氧化物有ClO2、Cl2O5、Cl2O7等多种，D正确。

12．(2019·福建漳州高三质检)某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：3X(g)＋2Y(s)

2Z(g)＋W(g) ΔH>0，下列叙述错误的是( )

2－

A．升高温度，正逆反应速率都增大

B．若单位时间内每消耗3 mol X的同时消耗2 mol Z，则反应达到化学平衡状态 C．适当增大压强，化学平衡不发生移动

D．平衡时，X与W的物质的量浓度之比一定为3∶1

答案 D

解析 升高温度，可以提高反应物，生成物的活化分子百分数，正逆反应速率都增大，故A正确；消耗X代表正反应，消耗Z代表逆反应，速率比等于系数比，所以反应达到了平衡，故B正确；适当增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，左右两边气体系数相等，化学平衡不发生移动，故C正确；平衡时，X与W的物质的量浓度之比不能确定，与投料比和反应条件有关，故D错误。

13．(2019·唐山市高三期末)常温下，向20 mL某一元酸(HA)溶液中逐滴加入0.1 mol·L

－1

的NaOH溶液，溶液中由水电离出的c(H)随加入NaOH溶液的体积变化关系图如下。下列

＋

说法不正确的是( )

A．Ka(HA)的数量级为10 B．d点溶液的pH最大

C．b点溶液显酸性，c(A)>c(Na)>c(H)>c(OH) D．d点溶液中，c(Na)＋c(H)＝c(A)＋c(OH) 答案 C

解析 b点是HA和NaOH恰好完全反应的点，酸和碱的体积均为20 mL，原酸的浓度为0.1 mol·L，a点HA

－3

－3－1

＋

＋

－

－

－

＋

＋

－

－5

cH＋·cA－

H＋A，c(H)＝c(A)＝10/10＝10，Ka(HA)＝

cHA

＋

－

＋

－

－14

－11

－3

10×10－5－5＝－3≈10，所以Ka(HA)的数量级为10，故A正确；d点碱性最强，pH最大，故0.1－10B正确；b点是HA和NaOH恰好完全反应的点，且A要水解，溶液显碱性，c(Na)>c(A)>c(OH

－

－

＋

－

)>c(H)，故C错误；d点溶液相当于NaA和NaOH的混合溶液，由电荷守恒c(Na)＋c(H)

－

－

＋＋＋

＝c(A)＋c(OH)，故D正确。

二、非选择题 (一)必考题(共43分)

26．(2019·南昌市高三一模)(15分)KI常用于分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等。制备原理及实验装置如下：

反应① 3I2＋6KOH===KIO3＋5KI＋3H2O 反应② 3H2S＋KIO3===3S↓＋KI＋3H2O

按照下列实验过程，请回答有关问题。

(1)启普发生器中发生反应的化学方程式为________________________，用该装置还可以制备________(填一种气体化学式)。

(2)关闭启普发生器活塞，打开滴液漏斗的活塞，滴入30%的KOH溶液，待观察到____________________(填现象)，停止滴入KOH溶液；然后________________________(填操作)，待混合液和NaOH溶液中气泡速率接近相同时停止通气。

(3)滴入H2SO4溶液，并对三颈烧瓶中混合液进行水浴加热，其目的是________________________。

(4)把三颈烧瓶中混合液倒入烧杯中，加入碳酸钡，在过滤器中过滤，过滤得到的沉淀中除含有过量碳酸钡外，还有硫酸钡和________，其中加入碳酸钡的作用是________________。合并滤液和洗液，蒸发至析出结晶，滤出经干燥得成品。

(5)如果得到3.2 g硫单质，则理论上制得的KI为________g。 答案 (1)ZnS＋H2SO4===H2S↑＋ZnSO4 H2(或CO2)

(2)棕黄色溶液变为无色时 打开启普发生器活塞，通入气体 (3)有利于H2S逸出，从而除去H2S (4)硫 除去多余的硫酸 (5)33.2

解析 (1)启普发生器中发生制取H2S的反应：ZnS＋H2SO4===H2S↑＋ZnSO4，启普发生器适用于块状固体(固体难溶于水)与液体在常温下反应制备气体，因此用该装置还可以制备的气体有H2、CO2等。

(2)三颈烧瓶中KOH溶液和I2反应生成KIO3，当I2完全反应时，棕黄色溶液变为无色，此时停止滴入KOH溶液；然后打开启普发生器活塞，通入H2S气体，使H2S与KIO3反应制备KI。

(4)向三颈烧瓶中混合液中滴加硫酸后，加入碳酸钡，可以除去多余的硫酸，过滤所得沉淀中除了碳酸钡、硫酸钡外，还有单质硫。

(5)3.2 g硫单质为0.1 mol，根据3H2S＋KIO3===3S↓＋KI＋3H2O，可知生成的KI和消1

耗的KIO3的物质的量均为 mol，根据3I2＋6KOH===KIO3＋5KI＋3H2O，可知该反应生成的

30

15

KI和KIO3的物质的量之比为5∶1，故制得的KI的总物质的量为 mol＋ mol＝0.2 mol，

3030其质量为166 g·mol×0.2 mol＝33.2 g。

27．(2019·武汉市高三调研)(14分)工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2)为原料制取金属锰的工艺流程如图1：

－1

(1)软锰矿“粉磨”的目的是____________。 (2)“浸渣”的主要成分是__________。 (3)经检测“浸取液”中无Fe____________________________。

(4)在“沉锰”操作中，不能用Na2CO3代替NH4HCO3，其原因是____________________________________。

(5)将“酸溶”后的溶液作为电解液，用图2装置电解，应采用________(填“阴”或“阳”)离子交换膜，阳极的电极反应式为_________________________。

2＋

，“浸取”时MnO2发生反应的离子方程式为

(6)为充分利用“滤渣1”，需测定滤渣1中Al元素的含量，设计以下方案。 ①将m g滤渣1处理成a mL溶液；

②取少量①中溶液用EDTA滴定测得溶液中Fe、Al的浓度之和为b mmol·L； ③另取少量①中溶液，将Fe用盐酸羟胺(在溶液中可完全电离出NH3OH与Cl)还原为Fe，离子方程式为______________________________；

④将③所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400(吸光度与Fe的浓度关系如图3

2＋

2＋

3＋

＋

－

3＋

3＋

－1

所示)。该样品中Al元素的质量分数为______________________(用含字母的表达式表示)。

答案 (1)加快浸取速率 (2)SiO2(或二氧化硅) (3)MnO2＋2Fe＋4H===Mn＋2Fe＋2H2O

(4)Na2CO3溶液碱性较强，会导致生成氢氧化物沉淀(或会导致生成碱式碳酸锰) (5)阴 2H2O－4e===4H＋O2↑

27ab－0.040×10

(6)③2Fe＋2NH3OH===2Fe＋4H＋N2↑＋2H2O ④×100%

3＋

＋

2＋

＋

－6

－

＋

2＋

＋

2＋

3＋

m解析 (1)将软锰矿粉碎能增大固体的表面积，使固体与溶液充分接触反应，加快反应速率。

(2)用稀硫酸、硫酸亚铁浸取软锰矿时，二氧化硅不反应，故浸渣的主要成分为SiO2。 (3)酸性条件下Fe被MnO2氧化为Fe，MnO2被还原为Mn，其离子方程式为：MnO2＋2Fe＋4H===Mn＋2Fe＋2H2O。

(5)由题图2知，阳极室的电解液为稀硫酸，阴极室的电解液为硫酸锰溶液，阴极发生还原反应，其电极反应式为：Mn＋2e===Mn，阳极发生氧化反应，其电极反应式为：2H2O－4e===4H＋O2↑，根据实验目的及溶液呈电中性知，阴极室的SO4应通过离子交换膜向阳极室移动，故离子交换膜应为阴离子交换膜。

(6)③盐酸羟胺中的NH3OH可将Fe还原为Fe，离子方程式为：2Fe＋2NH3OH===2Fe

＋

＋

2＋

－3

＋

3＋

2＋

3＋

＋

2

－

＋

2－

2＋

－

2＋

＋

2＋

3＋2＋

3＋

2＋

＋4H＋N2↑＋2H2O。④由图3知当吸光度为0.400时，Fe的浓度为0.040×10 mol·L，结合元素守恒可知，铝离子的浓度为(b－0.040)×10 mol·L，铝元素的物质的量为

－3

－3

－1

－1

27ab－0.040×10(b－0.040)×10× mol，铝元素的质量分数为×100%。

1000m28．(2019·山西省高三考前适应性训练)(14分)氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，受到了越来越多的关注。而开发利用氢能的关键是解决氢气的储存问题。

回答下列问题：

(1)下列制氢的方法中最节能的是________(填标号)。 高温

A．水煤气法制氢：C＋H2O=====H2＋CO 高温

B．天然气制氢：CH4＋H2O=====CO＋3H2

TiO2

C．太阳光催化分解水制氢：2H2O=====2H2↑＋O2↑

太阳光通电

D．电解食盐水制氢：2NaCl＋2H2O=====2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ (2)氢化物储氢：如氢化镁(MgH2)是一种相对廉价的储氢材料。 ①MgH2是一种离子化合物，其电子式为____________。 ②25 ℃、101 kPa下，有关热化学方程式如下：

a－6

1

H2(g)＋O2(g)===H2O(g)

2ΔH1＝－241.8 kJ·mol 1

Mg(s)＋O2(g)===MgO(s)

2ΔH2＝－141.6 kJ·mol

MgH2(s)＋O2(g)===MgO(s)＋H2O(g)ΔH3＝－309 kJ·mol

则由镁和氢气反应生成氢化镁的热化学方程式为_____________________。

③单位质量的MgH2分解释放出氢气的质量随时间的变化如图所示，其中温度T1、T2、T3

由小到大的顺序是____________。

－1

－1－1

(3)合金储氢：如镧(La)－镍(Ni)合金材料有较大储氢容量，其原理为LaNi5(s)＋3H2(g)

储氢放氢

LaNi5H6(s) ΔH<0，则利用该合金储氢时，有利于储氢的条件是________温、

________压(两空均填“低”或“高”)。

(4)有机物储氢：如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢：

①某温度下，向恒容密闭容器中加入环己烷，起始浓度为a mol·L，平衡时苯的浓度为b mol·L，则该反应的平衡常数K＝________(用含a、b的代数式表示)。

②一定条件下，如图装置可实现有机物的电化学储氢(忽略其他有机物)。下列说法错误的是________(填标号)。

－1

－1

A．X是电源的负极，电极N是阳极 B．电解过程中产生的2.8 mol气体是H2

C．电极M上发生的电极反应式为C6H6＋6H＋6e===C6H12 D．电子移动的方向为X→M→N→Y，共传导11.2 mol电子 答案 (1)C (2)①[H·]Mg[·H]

②Mg(s)＋H2(g)===MgH2(s) ΔH＝－74.4 kJ·mol 27b③T3a－b解析 (1)太阳能是取之不尽的天然能源，用太阳能分解水最节能。

(2)①MgH2是一种离子化合物，镁失去最外层电子给氢原子，故MgH2的电子式为[H·]Mg[·H]。

②由盖斯定律得到Mg(s)＋H2(g)===MgH2(s) ΔH＝(－241.8 kJ·mol)＋(－141.6 kJ·mol)－(－309 kJ·mol)＝－74.4 kJ·mol。

③MgH2释放出氢气时，反应为MgH2(s)===Mg(s)＋H2(g) ΔH＝＋74.4 kJ·mol，温度升高有利于氢气的释放(或看图中单位时间内氢气的质量变化可知T1>T2>T3)。

(3)反应LaNi5(s)＋3H2(g)

储氢放氢

LaNi5H6(s) ΔH<0为正向体积减小，且放热的反应，

－1

－1

－1

－1

－1

2＋·

－

·－

4

－1

·－

2＋·

－

＋

－

由勒夏特列原理可知：低温、高压有利于反应正向移动。

(4)①环己烷的起始浓度为a mol·L，平衡时苯的浓度为b mol·L，同一容器中各物质反应的物质的量浓度之比等于其计量数之比，所以环己烷的平衡浓度为(a－b) mol·L

－1

4

cC6H6·c3H227b3－33

，氢气的平衡浓度为3b mol·L，则平衡常数K＝ mol·L＝ mol·L

cC6H12a－b－1

－1

－1

－3

。

②苯生成环己烷是得氢反应，属于还原反应，所以电极M是阴极，电极N是阳极，X是

负极，Y是正极；导线中电子的流动方向是X→M，N→Y；阴极电极反应式为C6H6＋6H＋6e

－

＋

===C6H12，阳极电极反应式为4OH－4e===2H2O＋O2↑；电解过程中产生的2.8 mol气体是

－－

O2，则转移电子的物质的量＝2.8 mol×4＝11.2 mol；所以选择B、D。

(二)选考题(共15分)

35．(2019·石家庄高三质检)[化学——选修3：物质结构与性质](15分) 氧元素为地壳中含量最高的元素，可形成多种重要的单质和化合物。

(1)氧元素位于元素周期表中________区；第二周期元素中，第一电离能比氧大的有________种。

(2)O3可用于消毒。O3的中心原子的杂化形式为________；其分子的VSEPR模型为________，与其互为等电子体的离子为________(写出一种即可)。

(3)含氧有机物中，氧原子的成键方式不同会导致有机物性质不同。解释C2H5OH的沸点高于CH3OCH3的原因为____________________________；C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca和C2H5OH可形成[Ca(C2H5OH)4]，该离子的结构式可表示为______________________。

(4)氧元素可分别与Fe和Cu形成低价态氧化物FeO和Cu2O。

①FeO立方晶胞结构如图1所示，则Fe的配位数为________；与O紧邻的所有Fe构成的几何构型为________。

②Cu2O立方晶胞结构如图2所示，若O与Cu之间最近距离为a pm，则该晶体的密度为________ g·cm。(用含a、NA的代数式表示，NA代表阿伏加德罗常数的值)

－3

2－

＋

2＋

2－

2＋

2＋

2＋

答案 (1)p 3 (2)sp杂化 平面三角形 NO2 (3)乙醇分子间可形成氢键，沸点高

2

－

273×10

(4)①6 正八面体 ② 3

2NA a解析 (1)除了ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号，O原子最后通入的电子是p电子，所以O元素位于p区；第二周期元素中，第一电离能比O元素大的有N、F、Ne元素，所以有3种元素。

6－2×2

(2)O3的中心原子的价层电子对个数＝2＋＝3且含有1个孤电子对，根据价层

2电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式为sp杂化、其分子的VSEPR模型为平面三角形，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18，与其互为等电子体的阴离子有NO2(合理即可)。

(3)形成分子间氢键的物质熔沸点较高，乙醇能形成分子间氢键、甲醚不能形成分子间氢键，所以乙醇的熔沸点比甲醚高；C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca和C2H5OH可形

2＋

－

2

30

成[Ca(C2H5OH)4]，该离子中钙离子为中心离子，乙醇为配体，乙醇中O原子提供孤电子对、

2＋

钙离子提供空轨道形成配位键，其结构为

2＋

2－

2＋

。

2＋

2

(4)①Fe的配位数为6；与O紧邻的所有Fe构成的几何构型、与Fe紧邻的所有O

－

构成的几何构型相同，根据

2－

2＋

知，表中有标记的这几个离子形成正八面体，

则与O紧邻的所有Fe构成的几何构型为正八面体；

12－＋

②若O与Cu之间最近距离为a pm，该距离为晶胞体对角线的，则晶胞体对角线长

4度＝4a pm，晶胞棱长＝

4a pm4a34a3－10

＝ pm＝×10 cm，晶胞体积＝333

24a33－10

×10 cm，根据离子半径知，大球表示氧离子、小球表示亚铜离子，该晶胞中亚铜3

NA1m3离子个数＝1＋8×＝2、氧离子个数为4，则该晶体的密度＝＝ g/cm＝

8V4a3－103

×103

273×103

g/cm。 3

2NA a36．(2019·北京东城区高三一模)[化学——选修5：有机化学基础](15分) 抗心律失常药物心律平的合成路线如下：

30

144×2

请回答：

(1)A属于链烃，则A中所含的官能团是________。 (2)B中无甲基，A→B的反应类型是________反应。 (3)C的结构简式是____________。

(4)E中含有三元环，且无羟基，则D→E的化学方程式是_________________。 (5)结合官能团的性质，解释

F→G

的转化中需酸化的原因

___________________________________________________________。

(6)H的结构简式是____________。

(7)I→J的化学方程式是_____________________________________。

(8)在I→J的反应中，生成J的同时会有副产物K，K与J互为同分异构体，则K的结

构简式是________________________。

答案 (1)碳碳双键(或(3)CH2===CHCH2OH

) (2)取代

(5)F中的酚羟基具有弱酸性，在碱性条件下成盐，最终用酸将酚羟基复原

(6)

解析 (1)由A的分子式为C3H6，又属于链烃，所以A中所含的官能团是碳碳双键(或

)。

(2)由

Cl2BA

――→，且B中无甲基知B的结构简式为CH2===CHCH2Cl，知A→B发C3H6500 ℃C3H5Cl

生了取代反应。

(3)由

BC

―→，知C发生了卤代烃的取代反应，所以C的结构简式是C3H5ClC3H6O

CH2===CHCH2OH。

(4)由D的结构简式为CH2ClCHClCH2OH，由E中含有三元环，且无羟基，则E的结构简式为

(5)F的结构简式为，酚羟基具有弱酸性，而F→G的反应条件是碱

性环境，会生成盐，所以需要加酸将酚羟基复原。

(6)由分析可知H的结构简式是：。

(8)根据成键特点知在I→J的反应中，生成

K与J互为同分异构体，所以K的结构简式是