青海省西宁市2020届高三普通高等学校招生全国统一考试复习检测（二）化学试题 Word版含解析

青海省西宁市2020届高三普通高等学校招生全国统一考试复习检测（二）化学试题 Word版含解析

‎2020年普通高等学校招生全国统一考试 西宁市高三年级复习检测（二）‎ 一、选择题 ‎1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）。‎ A. 尼龙绳、宣纸均可由合成纤维制造 B. 淀粉和纤维素都是人体中能量的重要来源 C. 酶是生物体内重要的催化剂，仅由碳、氢、氧三种元素组成 D. “地沟油”经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 宣纸的主要成分是纤维素，不能由合成纤维制造，A错误；‎ B. 人体内没有纤维素酶，故纤维素不是人体中能量的来源，B错误；‎ C. 酶是生物体内重要的催化剂，属于蛋白质，故含碳、氢、氧、氮等元素，C错误；‎ D. “地沟油”中含油脂，经加工处理后，可用来制肥皂和生物柴油，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.两个环共用两个不直接相连的碳原子的化合物称为桥环化合物，某桥环化合物的结构简式如图所示，下列关于该化合物的说法错误的是 A. 该有机物能发生取代反应和加成反应 B. 该有机物分子中含有两个官能团 C. 该有机物分子的一氯代物有7种 D. 该有机物能使酸性KMnO4溶液褪色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该有机物中的酯基能发生(水解反应)取代反应，碳碳双键能发生加成反应，故A正确；‎ B. 该有机物分子中含有酯基、碳碳双键两个官能团，故B正确；‎ - 17 -‎ C. 该有机物分子中有9种等效氢，一氯代物有9种，故C错误；‎ D. 该有机物含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；选C。‎ ‎3.下列反应的离子方程式正确的是( )‎ A. 红褐色固体全部溶于氢碘酸：‎ B. 水杨酸溶于溶液中：‎ C. 将等浓度的溶液与液按体积比2:3混合：‎ D. 洁厕灵(含)与84消毒液混合后产生氯气：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Fe(OH)3溶于氢碘酸，Fe3+会氧化I-得到I2，正确的离子反应方程式应为：2Fe(OH)3+2I-+6H+===2Fe2++6H2O+I2，A选项错误；‎ B．水杨酸中酚羟基不能与NaHCO3发生反应，正确的离子反应方程式为：+HCO3-→+CO2↑+H2O，B选项错误；‎ C．等浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液按体积比2:3，则两者物质的量之比为2:3，两者混合后，2molBa2+消耗2molSO42-，3molH+消耗3molOH-，反应的离子反应方程式为：，C选项正确；‎ D．84消毒液的主要成分是NaClO，具有强氧化性，可还原洁厕灵中的HCl，反应的离子反应方程式为：Cl-+ClO-+2H+===Cl2↑+H2O，D选项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题B选项为易错选项，在解答时要注意酚羟基的酸性是弱于碳酸的，不能和HCO3-发生发应。‎ ‎4.实验室制备硝基苯的反应装置如图所示。下列实验操作或叙述错误的是（ ）。‎ - 17 -‎ A. 实验时水浴温度需控制在50~‎‎60℃‎ B. 加入试剂的顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯 C. 仪器的作用：冷凝回流苯和硝酸，提高原料的利用率 D. 完全反应后，可用仪器、蒸馏得到产品 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硝酸与苯在浓硫酸催化作用下，加热到50∼‎60℃‎发生取代反应生成硝基苯，故A正确；‎ B．在将浓硫酸与其它液体混合时，要将浓硫酸注入其它液体中，故先将浓HNO3注入试管中，然后再慢慢注入浓H2SO4，并及时搅拌，浓硝酸和浓硫酸混合后，在50−‎60℃‎的水浴中冷却后再滴入苯，故B正确；‎ C．苯与浓硝酸易挥发，仪器是冷凝管，作用是冷凝回流苯和硝酸，提高原料的利用率，故C正确；‎ D．反应后的混合液经水洗、碱溶液洗涤除去硝酸、硫酸等杂质，然后蒸馏除去苯，得到硝基苯，蒸馏时应使用直形冷凝管，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】关于制硝基苯时，应先加浓硝酸，再加浓硫酸，之后冷却，再加入苯，充分混合，不能先加浓硫酸：因为酸入水可以控制，反过来很危险，苯要在浓硫酸之后加：因为与浓硫酸混合时会放出大量热，可能使温度足以达到硝化、硫化反应的温度，为学生的疑难点。‎ ‎5.用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）。‎ A. 晶体中，含有的数目为0.1‎ B. 溶液中，阳离子总数为0.3‎ C. 与一定条件下充分反应，生成的分子数目为0.1‎ - 17 -‎ D. 34%的中加入充分反应，转移的电子数目为2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．晶体中，只有钠离子和硫酸氢根离子，A错误；‎ B．溶液中，铵离子和亚铁离子水解，、，则阳离子总数大于0.3，B错误；‎ C．与一定条件下发生取代反应，充分反应后有一半的氯原子用于生成，则的分子数目为0.1，C正确；‎ D．，则34%的中加入充分反应，转移的电子数目为，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.、、、是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，常见单质分子中含有3对共用电子对，由、形成的一种气态化合物不能稳定地存在于空气中，、同周期且的最高正价是的7倍。下列说法正确的是（ ）。‎ A. 含氧酸的酸性：‎ B. 简单离子半径：‎ C. 最简单氢化物的沸点：‎ D. 与形成的化合物中只含有离子键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎、、、是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，常见单质分子中含有3对共用电子对，则X为N，由、形成的一种气态化合物不能稳定地存在于空气中，则Y为O，因为NO能被空气中氧气氧化，、同周期且的最高正价是的7倍，则Z为+1价钠，W是+7价Cl，据此答题；‎ - 17 -‎ ‎【详解】A.W是Cl、X是N，氯的含氧酸有HClO4、HClO3、HClO2、HClO，氮的含氧酸有HNO3、HNO2，没有指明最高价氧化物的水化物，A错误；‎ B.四种离子中，氯离子半径最大，氮离子、氧离子和钠离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径：，B正确；‎ C. 最简单氢化物的沸点：氨气比氯化氢的高，因为氨分子间有氢键，C错误；‎ D. 与形成的化合物可以是氧化钠、过氧化钠，它们都有离子键，但过氧根离子内有共价键，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎7.在某一元碱（）中，滴加入的醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 该碱溶液可以溶解 B. 点对应的体积大于 C. 点时，‎ D. 点时，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由A点知：0.1mol⋅L−1一元碱的pH=13可得，该碱为强碱，所以该碱溶液可以溶解，故A正确； B. 恰好中和时生成强碱弱酸盐pH应大于7，而B点pH=7，所以该点对应的溶质为CH3COOY和CH3COOH，a点的体积大于25mL，故B正确； C. C点对应的溶质为CH3COOY和CH3COOH，溶液中CH3COOY的浓度>CH3COOH的浓度，因pH<7，所以c(H+)>c(OH−)，弱酸的电离是微弱的，结合电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Y+)，则应有c(CH3COO−)>c(Y+)> c(H+)>c(OH−)，故C正确； ‎ - 17 -‎ D. D点为CH3COOY和CH3COOH等物质的量浓度的混合液，根据物料守恒c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=‎2c(Y+)和电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Y+)，所以应有 ，故D错误； 答案选D。‎ 二、非选择题 ‎（一）必考题 ‎8.莫尔盐的化学式为（相对分子质量为392），能溶于水，不溶于乙醇，是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。下面是某学习小组设计制备少量莫尔盐的实验装置及步骤。回答相关问题：‎ 步骤一：制取莫尔盐 ‎（1）连接装置，检查装置气密性后加入药品。在锥形瓶中加入铁屑和少量的碳粉，在三颈烧瓶中加入晶体．加入少量碳粉的作用是_____。‎ ‎（2）向分液漏斗中注入稀硫酸后，关闭活塞，打开、，待稀硫酸注入锥形瓶后关闭。装置中反应的离子方程式为______。‎ ‎（3）待大部分铁粉溶解后，打开、关闭，此时可以看到现象为_____，原因是_____。‎ ‎（4）关闭活塞、，采用‎100℃‎水浴蒸发中水分，液面产生晶膜时，停止加热，冷却结晶、____（填操作名称）、用无水乙醇洗涤晶体。该反应中硫酸需过量，保持溶液的在1~2之间，其目的为_____。‎ ‎（5）装置的作用为______。‎ 步骤二：测定莫尔盐样品的纯度 ‎（6）称取所得莫尔盐样品，用煮沸后冷却的蒸馏水配成溶液，取溶液加入稀硫酸，用的溶液滴定，达到滴定终点时消耗 - 17 -‎ 溶液．滴定反应的离子方程式为________，该样品的纯度为________。‎ ‎【答案】 (1). 与铁、稀硫酸构成原电池，加快反应速率 (2). (3). 中的液体被压入中 (4). 中产生氢气，使中压强增大 (5). 过滤 (6). 抑制水解 (7). 液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化 (8). (9). 98%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 步骤一．制取莫尔盐：打开分液漏斗上口塞子，关闭活塞K3 ，打开K2、K1，加完55.0mL2mol•L-1稀硫酸，硫酸和铁反应生成氢气，将装置内的空气排出，待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中的液体被压入B中，关闭活塞K2、K3，采用‎100℃‎水浴蒸发B中水分，可生成莫尔盐，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，可得到莫尔盐晶体，装置C可用于液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+； 步骤二．测定莫尔盐样品的纯度：发生5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，结合离子方程式计算；‎ ‎【详解】(1) 在锥形瓶内有铁屑和少量的碳粉和稀硫酸，铁与硫酸反应过程中，铁、碳和稀硫酸构成了原电池，加快了反应速率；‎ 答案为：与铁、稀硫酸构成原电池，加快反应速率；‎ ‎(2)铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,离子方程式为；‎ 答案为：；‎ ‎(3)待大部分铁粉溶解后，打开、关闭，此时可以看到，A中的液体被压入B中，原因是关闭以后氢气仍在产生却滞留在锥形瓶内，故A中压强增大把液体压入B中；‎ 答案为：A中的液体被压入B中；A中产生氢气，使A中压强增大；‎ ‎(4) 过滤可将晶体从溶液中分离出来，硫酸亚铁是强碱弱酸盐会水解，硫酸过量可抑制亚铁离子水解；‎ 答案为：过滤；抑制水解；‎ ‎(5)导管插入液面以下可起到液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+；‎ 答案为：液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化；‎ - 17 -‎ ‎(6)亚铁离子与酸性高锰酸钾发生n(KMnO4)=‎0.01L×0.1mol/L=0.001mol，则20.00mL溶液中n(Fe2+)=0.005mol，则‎10.0g样品中的物质的量为0.025mol，样品的含量为；‎ 故答案为：；98%。‎ ‎【点睛】解本题的关键是：制备硫酸亚铁铵晶体要在无氧环境中、同时要抑制亚铁离子水解下发生，这样制得的产物比较纯净的，之后需从水溶液中分离出晶体并进行纯化，步骤一考察了原电池的应用、盐类水解、物质分离提纯等有关实验操作。‎ ‎9.过渡金属、性质相似，在电子工业及金属材料上应用广泛。以含钴、镍、铝的废渣（主要成分、、、少量）提取钴、镍的工艺如下：‎ ‎（1）“酸浸”时通入的目的是____，反应的离子方程式为_____。‎ ‎（2）除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子方程式为_____。‎ ‎（3）有机层提取出的可用于制备镍氢电池，电池的工作原理如下图所示。该电池放电时，正极的电极反应式为________。‎ ‎（4）用为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得分解的高效催化剂（其中、均为价），下图是用两种不同方法制得的在‎10℃‎时催化分解6%的溶液的相对初始速率随 - 17 -‎ 变化曲线。由图中信息可知：____法制得的催化剂活性更高；、两种离子中催化效果更好的是________。‎ ‎ ‎ ‎（5）已知煅烧时，温度不同，产物不同。在‎400℃‎充分煅绕，得到固体氧化物和（标准状况），则此时所得固体氧化物的化学式为________。‎ ‎【答案】 (1). 将还原为 (2). （或） (3). (4). (5). 微波水热 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)(2)从流程知，含钴废渣(主要成分、、、少量)加入H2SO4酸浸并通入SO2，得到含、和的混合溶液，加入Na2CO3调节溶液的pH使Al3+转化为Al(OH)3沉淀而除去Al3+，然后向滤液中加入萃取剂HX，有机层中含有NiSO4，然后从有机层中得到NiSO4溶液，向水层中加入Na2CO3得到CoCO3固体，据此分析；(3)(4)通过读图提取信息和数据回答；(5)结合元素守恒计算得出氧化物的化学式。‎ ‎【详解】(1)含钴废渣含有Co2O3，最后得到CoCO3，则二氧化硫把+3价钴元素还原为+2价，故二氧化硫的作用是将还原为、反应的化学方程式为 或；‎ 答案：将还原为；（或 - 17 -‎ ‎）；‎ ‎(2)除铝时加入碳酸钠，因为碳酸根离子和Al3+发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀而除去Al3+，同时还生成二氧化碳，形成沉渣时发生反应的离子方程式为；‎ 答案为：；‎ ‎(3)由图知镍氢电池的工作原理：，该反应中Ni元素化合价由+3价变为+2价，则正极上NiOOH得电子发生还原反应，电极反应式为；‎ ‎ 答案为：；‎ ‎(4)①由图中信息可知：x相同时，微波水热法中双氧水分解的相对初始速率大，所以微波水热法制取的催化剂活性高；‎ 答案为：微波水热； ②由图可知，随x值越大，过氧化氢的分解速率越大，而x增大，Co2+的比例增大，故Co2+的催化活性更高；‎ 答案：Co2+；‎ ‎(5)n(CO2)=，根据C原子守恒得n(CoCO3)=0.03mol，生成的氧化物中n(Co)=0.03mol、，则所以钴氧化物的化学式为Co3O4；‎ 答案为：Co3O4。‎ ‎【点睛】明确本题中的流程图及原电池工作原理示意图中发生的反应、基本操作方法、物质的性质是解本题关键，‎ ‎10.研究氮氧化物的反应机理，对于消除其对环境的污染具有重要意义。‎ ‎（1）升高温度，绝大多数的化学反应速率增大，但是的反应速率却随着温度的升高而减小。查阅资料得知，该反应历程分为以下两步：‎ Ⅰ．（快） 正正 逆逆 - 17 -‎ Ⅱ．（慢） ‎ 正正 逆逆 回答：‎ ‎①反应的____（用含和的式子表示）。一定温度下，反应达到平衡状态，写出用正、逆、正、逆表示的平衡常数表达式____。‎ ‎②决定反应速率的是反应Ⅱ，则反应Ⅰ的活化能与反应Ⅱ的活化能的大小关系为____（填“”“”或“”）。‎ ‎（2）亚硝酸氯（）是有机合成中重要的试剂，可与在一定条件下合成。在容器恒温条件下，将物质的量之和为的和以不同的氮氯比进行如下反应： ，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系结果如下图。‎ ‎①判断图中温度、的关系：____。（填“”、“”或“”）‎ ‎②图中纵坐标为物质____（填化学式）的转化率，理由是_____。‎ ‎③图中、、三点中平衡时体积分数最大的是____。（填“”、“”或“”）‎ ‎④温度下，该反应的平衡常数____。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). 当升高，反应物转化率大 (7). (8). 160‎ ‎【解析】‎ - 17 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①运用盖斯定律，将方程式叠加，就可以得到相应反应的热化学方程式；根据反应达到平衡时正、逆反应速率相等，结合速率与物质浓度关系，可得K的表达式；再利用温度对化学平衡的影响，分析温度与化学平衡常数的关系；‎ ‎②根据活化能高反应速率慢，活化能低化学反应速率快，比较二者活化能的大小；然后利用温度对化学平衡移动的影响，结合物质浓度的变化，确定物质的位置； ‎ ‎（2）①2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)△H<0．反应为放热反应，升温平衡逆向进行，结合图象变化分析判断；‎ ‎②NO和Cl2以不同的氮氯比反应，图象中转化率随比值增大而增大，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率；‎ ‎③方程式中NO和Cl2的系数比为2:1，按照此反应比，氯气转化率最大时得到产物的体积分数最大；‎ ‎④结合三行计算列式计算A点平衡常数，温度不变平衡常数不变。‎ ‎【详解】(1) ①I .2NO(g) ⇌N2O2(g) △H1<0；II.N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) △H2<0，I+II可得：2NO(g) +O2(g) ⇌2NO2(g) △H=△H1+△H2；‎ 当该反应达到平衡时，V1正=V1逆，V2正=V2逆，所以V1正×V2正=V1逆×V2逆，即k1正c2(NO)×K2正c(N2O2)×c(O2)= k1逆c(N2O2)×K2逆c2(NO2)×c(O2)，则是K==；‎ ‎②2NO(g) +O2(g) ⇌2NO2(g)反应的快慢由反应速率慢的反应II决定，所以反应的活化能E1N>O (2). 1s22s22p63s23p63d8或[Ar] 3d8 (3). 激发 (4). 平面三角形 (5). sp3 (6). 9:1 (7). 分子晶体 (8). 分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多（或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键） (9). 形成配合离子后，配位键与NH3中N—H键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3中N—H键之间的排斥力，故配合离子中NH3的N—H键间的键角变大； (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)与氧相邻且同周期的元素为N和F，由于N原子最外层电子为半充满状态，第一电离能较大，所以三者第一电离能由大到小的顺序为F>N>O；Ni元素为28号元素，失去最外层两个电子形成Ni2+，基态Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或[Ar] 3d8；基态Ni2+的核外电子空间运动状态有1+1+3+1+3+5=14种，若该离子核外电子空间运动状态有15种，则该离子处于激发态；‎ ‎(2)①NO3⁻的中心原子价层电子对数为=3，孤电子对数为0，所以空间构型为平面三角形；‎ ‎②甘氨酸(NH2CH2COOH)中N原子形成两个N-H键和一个N-C键，达到饱和状态，价层电子对数为4，所以为sp3杂化；分子中碳氧双键中存在一个π键，其余共价键均为σ键，所以分子中σ键与π键的个数比为9:1；甘氨酸熔沸点较低属于分子晶体；分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多（或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键）；‎ ‎(3)形成配合离子后，配位键与NH3中N—H键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3中N—H键之间的排斥力，故配合离子中NH3的N—H键间的键角变大；‎ ‎(4)根据均摊法，该晶胞中Li原子个数为8，其分子式为Li2NH，则晶胞中NH原子团的个数为4，则晶胞的质量为m=g，晶胞参数为d pm=d×10‎-10cm，所以晶胞的体积 - 17 -‎ V=d3×10‎-30cm3，则密度 ，解得NA=。‎ ‎【点睛】含有—OH、—NH2等基团的物质容易形成分子间氢键，使熔沸点升高；甲烷和氨气均为sp3杂化，但由于σ键对σ键的排斥力小于孤电子对σ键的排斥力，所以甲烷分子中键角比氨气分子中键角大。‎ ‎【化学—选修5有机化学基础】‎ ‎12.某校研究小组的同学们以甲苯和乙醇为主要原料，按下列路线合成一种重要的医药中间体——乙酰基扁桃酰氯。‎ 已知：；; ‎ ‎(1)甲苯与氯气反应生成的条件是______；中含有的官能团是_____；的结构简式是____。‎ ‎(2)下列说法正确的是______。‎ a 化合物不能发生取代反应 b 乙酰基扁桃酰氯属于芳香烃 c 化合物能与新制的发生反应 ‎(3)的化学方程式是________。‎ ‎(4)化合物有多种同分异构体，同时符合下列条件的同分异构体共有__种，写出其中一种同分异构体的结构简式____。‎ ‎①红外光谱检测表明分子中含有氰基()；②核磁共振氢谱检测表明分子中有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。‎ ‎(5)参照上述流程图，以乙醇为原料制备，设计合成路线____：(无机试剂任选)。‎ - 17 -‎ ‎【答案】 (1). 光照 (2). 羟基(或) (3). (4). (5). +CH3COCl→+HCl (6). 4 (7). (写出任意一种即可得分) (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中各物质的转化关系，结合题中信息可知，甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，A为，A发生碱性水解得B，B为，B发生氧化反应得C，C为，C发生信息中的反应得D，D为，D酸性水解得E，E为，根据F的分子式可知，乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl，F和E发生取代反应生成G为，G与SOCl2反应生成乙酰基扁桃酰氯，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)甲苯与氯气发生侧链的取代反应生成A的反应条件为光照；B为，B中所含官能团为羟基，D的结构简式为，故答案为：光照；羟基(或)；；‎ ‎(2)a. A，能发生水解反应，也属于取代反应，故a错误；b. 乙酰基扁桃酰氯中含有氧元素和氯元素，不属于芳香烃，故b错误；‎ c. C为，其中含有醛基，能与新制的发生反应，故c正确；‎ 故选c；‎ - 17 -‎ ‎(3)F和E发生取代反应生成G为，所以E+F→G的化学方程式是+CH3COCl→+HCl，故答案为：+CH3COCl→+HCl；‎ ‎(4)D的结构简式为，①红外光谱检测表明分子中含有氰基(-CN)；②分子中有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，即苯环上有两个处于对位的基团，则符合条件的D的结构简式为、、、，故答案为：4；、、、(任写一种)；‎ ‎(5)以乙醇为原料制备F(CH3COCl)，可以用乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl，合成路线为，故答案为：。‎ ‎【点睛】本题主要考查的是有机物的合成与有机物的推断，充分掌握常见有机化合物的性质以及抓住所给信息解题是关键，难度中等，注意有机官能团的性质的灵活运用。‎ - 17 -‎