河北省石家庄市第二中学2020届高三下学期教学质量检测模拟考试化学试题 Word版含解析

河北省石家庄市第二中学2020届高三下学期教学质量检测模拟考试化学试题 Word版含解析

石家庄市高三教学质量检测模拟考试理科综合试卷 一、选择题：本题共 13 个小题，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.下列关于文献记载的说法正确的是 A. 《天工开物》中“世间丝麻裘褐皆具素质”，文中“丝、麻”的主要成分都是蛋白质 B. 《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取过程属于化学变化 C. 《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程 D. 《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的实验操作是蒸馏 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．丝的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是天然纤维，故A错误；B．青蒿素提取利用的是萃取原理，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．升华属于物理变化，丹砂（HgS）烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故C错误；D．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故D正确；故答案为D。‎ ‎2.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 0.1‎‎ mol 的中，含有个中子 B. pH=1的H3PO4溶液中，含有个 C. ‎2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到个CO2分子 D. 密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5（g），增加个P-Cl键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．11B中含有6个中子，0.1mol 11B含有6NA个中子，A正确；‎ B．溶液体积未定，不能计算氢离子个数，B错误；‎ C．标准状况下苯不是气体，不能利用气体摩尔体积计算‎22.4L苯的物质的量，则无法判断其完全燃烧产生的CO2分子数目，C错误；‎ D．PCl3与Cl2反应生成PCl5的反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，则所1molPCl3与1molCl2反应生成的PCl5小于1mol，增加的P－Cl键的数目小于2NA个，D - 14 -‎ 错误；答案选A。‎ ‎3.化合物 （a）、 （b）、 （c）同属于薄荷系有机物，下列说法正确的是 A. a、b、c 都属于芳香族化合物 B. a、b、c都能使溴水褪色 C. 由a生成c的反应是氧化反应 D. b、c互为同分异构体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、芳香族化合物含有苯环，这三种化合物不含有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；B、a、c含有碳碳双键，能使溴水褪色，b不含有碳碳双键，不能使溴水褪色，故B错误；C、对比a和c结构简式，a生成c发生加成反应，故C错误；D、b和c分子式为C10H18O，结构不同，属于同分异构体，故D正确。‎ ‎4.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层只有一个电子，Z 位于元素周期表ⅢA族，W 与X属于同一主族。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(W) > r(Z) > r(Y)‎ B. 由X、Y 组成的化合物中均不含共价键 C. Y 最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱 D. X 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。根据元素周期律作答。‎ ‎【详解】A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）r（Z）r（W），A项错误；‎ B项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错误；‎ C项，金属性：Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C项错误；‎ D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项正确；‎ 答案选D。‎ - 14 -‎ ‎5.由下列实验及现象不能推出相应结论的是 实验 现象 结论 A 向2mL0.1mol·L-1的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液 黄色逐期消失，加KSCN溶液颜色不变 还原性：Fe>Fe2+‎ B 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性 C 加热盛有少NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性 D 向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液 一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象 Ksp(AgI)Fe2＋，故A说法正确；B、瓶内有黑色颗粒产生，说明生成C，发生反应是4Na＋CO22Na2O＋C，CO2中C的化合价降低，因此CO2作氧化剂，被还原，故B说法正确；C、碳酸氢铵受热分解，NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O，碳氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是碳酸氢铵缘故，故C说法错误；D、产生黄色沉淀，说明生成AgI，AgI和AgCl形式相同，溶度积小的先沉淀，即Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故D说法正确。‎ - 14 -‎ ‎6.高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜, 主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示。‎ 原理如下：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-===xLiFePO4‎ B. 放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极 C. 充电时，阴极电极反应式：xLi++xe-+nC===LixCn D. 充电时，Li+向左移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由总反应：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。放电时，作为原电池，LixCn为负极，化合价升高失去电子发生氧化反应，电子由负极到正极移动；FePO4为正极，化合价降低得到电子发生还原反应。充电时，作为电解池，LiFePO4参与阴极与阳极的反应，阳离子向阴极移动。‎ ‎【详解】A. 放电时，FePO4为正极，正极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为xFePO4+xLi++xe-===xLiFePO4，故A正确；‎ B. 放电时，作为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B正确；‎ C. 充电时，阴极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为xLi++xe-+nC===LixCn，故C正确；‎ D. 充电时，作为电解池，阳离子向阴极移动，Li+向右移动，故D错误；‎ 答案选D。‎ - 14 -‎ ‎7.亚硝酰氯(NOCl)是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水反应生成一种氢化物和两种氧化物。某学习小组在实验用C12和NO制备NOCl并测定其纯度，相关实验(装置略去)如下。请回答:‎ ‎(1)制备Cl2发生装置可______ (填大写字母)，反应离子方程式为_______。‎ ‎(2)欲收集一瓶干燥氯气，选择装置，其连接顺序为:a→________(按气流方向，用小写字母表示)，若用到F，其盛装药品为_________。‎ ‎(3)实验室可用下图装置制备亚硝酰氯(NOCl)‎ ‎①实验室也可用B装置制备NO，上图X装置的优点为__________(至少写出两点)‎ ‎②检验装置气密性并装入药品，打开k2,然后再打开____(填“k‎1”‎或“k‎3”‎)，通入一段时间气体，其目的为________，然后进行其他操作，当Z有一定量液体生成时，停止实验。‎ ‎③若无装肖Y,则Z中NOCl可能发生反应的化学方程式为_________‎ ‎(4)取Z中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL,以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL.已知:Ag2CrO4为砖红色固体;Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12,则亚硝酰氯(NOC1)的质量分数为____(用代数式表示，不必化简)。‎ ‎【答案】 (1). A或B (2). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (3). fgcbdejh (4). 饱和食盐水 (5). ‎ - 14 -‎ 排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停 (6). K3 (7). 排尽三颈烧瓶中的空气防止NO和NOCl变质 (8). 2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑ (9). ‎14.7375c/m×100%或写成×100%‎ ‎【解析】‎ ‎(1)实验室制备Cl2可以用二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，或者用高锰酸钾固体与浓盐酸混合反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，则发生装置可选择图中的A或B，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；正确答案：A或B ；MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。‎ ‎ (2)制得的氯气中含有氯化氢及水蒸气，所以需要利用饱和食盐水除去氯化氢后再用浓硫酸进行干燥，然后再根据氯气的密度比空气大的性质，用向上排空气法收集，氯气是大气污染物，需要进行尾气处理，可以用碱石灰做吸收剂，故装置连接顺序为: a→fgcbdejh，F装置内其盛装饱和食盐水，除去氯化氢气体；正确答案：fgcbdejh；饱和食盐水。‎ ‎(3)①实验室也可用B装置制备NO，图X装置的优点为排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停；正确答案：排除装置内空气的干扰；可以随开随用，随关随停。 ‎ ‎②检验装置气密性并装入药品，打开k2,然后再打开k3，通入一段时间气体，其目的是为排净三颈烧瓶中的空气，防止一氧化氮和NOCl变质；正确答案：K3；排尽三颈烧瓶中的空气防止NO和NOCl变质。 ‎ ‎③NOCl与水反应生成盐酸、一氧化氮和二氧化氮，反应的化学方程式为：2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑；正确答案：2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑。‎ ‎(4)取Z中所得液体mg溶于水，取25.00mL溶液中存在：n(NOCl)=n(Cl-)=n(Ag+)=c×22.50×10-3=0.0225cmol, 则250mL溶液中，n(NOCl)=‎0.225c mol，所以亚硝酰氯(NOC1)的质量分数为‎0.225c×65.5/m×100%=‎14.7375c/m×100%；正确答案：‎14.7375c/m×100%或写成[c×22.5×10-3×10×65.5]/m×100%。‎ ‎8.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。‎ ‎(1)NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H,上述反应分两步完成，其反应历程如下图所示：‎ - 14 -‎ 回答下列问题：‎ ‎①写出反应I的热化学方程式_________。‎ ‎②反应I和反应Ⅱ中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是_______(填“反应I”或“反应Ⅱ”)；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是__________(反应未使用催化剂)。‎ ‎(2)用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。向恒容密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，T℃时，各物质起始浓度及10min和20min各物质平衡浓度如表所示：‎ ‎①T℃时，该反应的平衡常数为_____________________(保留两位有效数字)。‎ ‎②在10min时，若只改变某一条件使平衡发生移动，20min时重新达到平衡，则改变的条件是__________________________________。‎ ‎③在20min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，此时反应v正_______v逆(填“>”、“<”或“=”)。‎ ‎(3)NO2存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g) △H<0，在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系：v(NO2)=k1·p2(NO2)，v(N2O4)=k2·p(N2O4)，相应的速率与其分压关系如图所示。‎ - 14 -‎ 一定温度下，k1、k2与平衡常数kp(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是k1=____________；在上图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是___，理由是________。‎ ‎【答案】 (1). 2NO(g)N2O2(g) △H=－(E3-E4)kJ·mol-1 (2). 反应Ⅱ (3). 温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢 (4). 0.56 (5). 减小二氧化碳浓度 (6). < (7). k1=2k2·KP (8). BD (9). 达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据△H=生成物的总能量减反应物总能量计算。 ‎ ‎②反应快慢主要由活化能决定，分析温度升高对两个反应的影响。‎ ‎(2)①T℃时，根据平衡常数表达式进行计算。‎ ‎②分析得出NO、CO2量比原来减少，氮气比原来增加即得结论。‎ ‎③再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，根据浓度商计算得到，再与配合常数比较得出。‎ ‎(3)平衡时v(NO2) 正= 2v(N2O4)逆代入可得到关系式，B、D点，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)，因此反应达到平衡状态。‎ ‎【详解】(1)①△H=E4 kJ·mol-1－E3kJ·mol-1 =－(E3－E4)kJ·mol-1，因此反应I的热化学方程式2NO(g)N2O2(g) △H=－(E3－E4)kJ·mol-1，故答案为：2NO(g)N2O2(g) △H=－(E3－E4)kJ·mol-1。‎ ‎②活化能越大，反应速率越慢，反应Ⅱ的活化能大，因此决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是反应Ⅱ - 14 -‎ ‎；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢，故答案为：反应Ⅱ；温度升高后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速度变慢，最终总反应速率变慢。‎ ‎(2)①T℃时，该反应的平衡常数为，故答案为：0.56。‎ ‎②在10min时，若只改变某一条件使平衡发生移动，20min时重新达到平衡，NO、CO2量比原来减少，氮气比原来增加，则改变的条件是减小二氧化碳浓度，故答案为：减小二氧化碳浓度。‎ ‎③在20min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，，此时反应v正 < v逆，故答案为：<。‎ ‎(3)一定温度下，平衡时v(NO2) 正= 2v(N2O4)逆即k1·p2(NO2) = 2k2·p(N2O4)，k1=2k2·KP，因此k1、k2与平衡常数kp间的关系是k1=2k2·KP；在上图标出点中，B、D点，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)，因此能表示反应达到平衡状态的点是BD，理由是达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)；故答案为：2k2·KP；BD；达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)。‎ ‎9.铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。‎ ‎(1)基态Fe3+的电子排布式为_________________。‎ ‎(2)实验室用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3+。N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为______(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为_______。‎ ‎(3)FeCl3的熔点为‎306℃‎，沸点为‎315℃‎。FeCl3的晶体类型是________。FeSO4常作补铁剂，SO42-的立体构型是__________。‎ ‎(4)羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗暴剂等。1 mol Fe(CO)5分子中含________molσ键，与CO互为等电子体的离子是__________(填化学式，写一种)。‎ ‎(5)氮化铁晶体的晶体结构示意图如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为_____。‎ ‎(6)氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-3，NA - 14 -‎ 代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为_____；Fe2+与O2-的最短核间距为___________pm。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5 (2). N>O>S (3). sp2 (4). 分子晶体 (5). 正四面体形 (6). 10 (7). CN-或C22- (8). 3:1 (9). 12 (10). ×1010‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）铁为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去4s能级上的2个电子，形成Fe2+，再失去3d能级上的1个电子后形成Fe3+；‎ ‎（2）同周期从左向右第一电离能逐渐增大，同主族从上到下第一电离能逐渐减小；苯酚可看成分子中的一个氢原子被羟基取代，苯和苯酚均为平面结构，碳原子均为sp2杂化；‎ ‎（3）分子晶体熔沸点较低且熔融状态不导电；根据SO42-中心原子含有的共价键个数与孤电子对数之和确定空间构型；‎ ‎（4）配合物中碳原子不存在孤电子对，σ键由2个，即1个Fe(CO)5中含有10个σ键；原子数目相等，价电子总数相等的微粒为等电子体；‎ ‎（5）氮化铁晶体为六棱柱，顶点为6个晶胞共有，面心的点为2个晶胞共有，晶胞中12个铁原子位于顶点，2个铁原子位于面心，3个铁原子位于内部，2个氮原子位于内部，因此据此可计算微粒个数比；‎ ‎（6）以Fe2+顶点研究，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用；Fe2+与O2-的最短核间距等于晶胞棱长的，均摊法计算晶胞中Fe2+与O2-的离子数目，计算出晶胞的质量，与密度公式结合进行计算。‎ ‎【详解】（1）铁原子失去4s能级上的2个电子和3d能级上的1个电子后形成Fe3+，因此基态Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；‎ ‎（2）同主族从上到下第一电离能逐渐减小，即第一电离能O>S，同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但氮元素2p能级处于半满的稳定状态，能量低，因此第一电离能N>O，所以第一电离能N>O>S；苯酚可看成分子中的一个氢原子被羟基取代，苯和苯酚均为平面结构，碳原子均为sp2杂化 ‎（3）FeCl3的熔点为‎306℃‎，沸点为‎315℃‎，熔沸点较低，属于分子晶体；SO42-中心S原子的σ键电子对数为4，中心原子孤电子对数为0，价层电子对数为4，立体构型为正四面体形；‎ - 14 -‎ ‎（4）配合物中碳原子不存在孤电子对，σ键由2个，即1个Fe(CO)5中含有10个σ键，那么1 mol Fe(CO)5分子中含10molσ键；原子数目相等，价电子总数相等的微粒为等电子体，与CO互为等电子体的离子有CN-或者C22-；‎ ‎（5）氮化铁晶体为六棱柱，顶点为6个晶胞共有，面心的点为2个晶胞共有，晶胞中12个铁原子位于顶点，2个铁原子位于面心，3个铁原子位于内部，2个氮原子位于内部，因此晶胞中含有铁微粒12×+2×+3=6，氮微粒的个数为2，所以铁、氮的微粒个数之比为6:2=3:1；‎ ‎（6）以Fe2+顶点研究，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，因此与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为=12个；晶胞中Fe2+共8×+6×=4，O2-的数目为1+12×=4，晶胞的质量为，Fe2+与O2-的最短核间距等于晶胞棱长的，设最短距离为xpm，则晶胞的棱长为2xpm，那么=ρ(2x×10-10)3，解得x=×1010pm。‎ ‎【点睛】解答本题的关键和难点是利用均摊法计算分子式，具体的方法为：‎ ‎①长方体(包括立方体)晶胞中不同位置的粒子数的计算 ‎②非长方体晶胞中粒子视具体情况而定，如石墨晶胞每一层内碳原子排成六边形，其顶点(1个碳原子)被三个六边形共有，每个六边形占有个碳原子，一个六边形实际占有6×＝2个碳原子。又如，在六棱柱晶胞(如图中所示MgB2晶胞)中，顶点上的原子为6个晶胞(同层3个，上层或下层3个)共有，面上的原子为2个晶胞共有，因此镁原子个数为12×＋2×＝3，硼原子个数为6。‎ ‎10.有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如下(‎ - 14 -‎ 部分反应条件和试剂略去)：‎ 已知：①A的密度是相同条件下H2密度的38倍；其分子的核磁共振氢谱中有3组峰；‎ ‎②(-NH2容易被氧化)；‎ ‎③R-CH2COOH 请回答下列问题：‎ ‎(1)B的化学名称为______。A中官能团的电子式为______。‎ ‎(2)CD的反应类型是______，I的结构简式为______。‎ ‎(3)FG的化学方程式为______。‎ ‎(4)M不可能发生的反应为______(填选项字母)。‎ a.加成反应 b.氧化反应 c.取代反应 d.消去反应 ‎(5)请写出任意两种满足下列条件的E的同分异构体有______。‎ ‎①能与FeCl3溶液发生显色反应 ②能与NaHCO3反应 ③含有-NH2‎ ‎(6)参照上述合成路线，以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：______。‎ ‎【答案】 (1). 丙二醛 (2). (3). 取代反应 (4). ‎ - 14 -‎ ‎(5). +(CH3CO)2O+CH3COOH (6). d (7). 、(符合要求均可) (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）~（5）A 的密度是相同条件下 H2密度的38倍，则A的相对分子质量为76，其分子的核磁共振氢谱中有3组峰，A能连续被氧化生成二元酸，则A为二元醇，A、B、C中碳原子个数相等，则A为HOCH2CH2CH2OH，B为OHCCH2CHO，C发生取代反应生成D；根据已知②知，E发生还原反应生成F为，F发生取代反应生成G，D与G发生取代反应生成H，H加热发生已知③的反应生成的I为，I发生取代反应生成M；‎ ‎(6)以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线，可由对氨基苯甲酸发生缩聚反应得到，氨基可由硝基还原得到，羧基可由醛基氧化得到，醛基可由醇羟基氧化得到，醇羟基可由卤代烃发生水解反应得到。‎ ‎【详解】(1)B为OHCCH2CHO，B的化学名称为丙二醛，A是HOCH2CH2CH2OH，A中官能团为羟基，A中官能团的电子式为；‎ ‎(2)C的结构简式为HOOC-CH2-COOH，D的结构简式为HOOCCHBrCOOH，C与Br2发生取代反应产生HOOC-CHBr-COOH和HBr；I的结构简式为；‎ ‎(3)F发生取代反应生成G，F→G 的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH；‎ - 14 -‎ ‎(4)a.M中苯环能发生加成反应，a不符合题意；‎ b.酚羟基能发生氧化反应，b不符合题意；‎ c.羧基、酚羟基和肽键都能发生取代反应，c不符合题意；‎ d.羧基、酚羟基和肽键都不能发生消去反应，d符合题意；‎ 故合理选项是d；‎ ‎(5)E的同分异构体符合下列条件：①能与 FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能与NaHCO3反应，说明含有羧基，③含有-NH2，如果-OH、-COOH相邻，有4种；如果-OH、-COOH相间，有4种；如果-OH、-COOH相对，有2种，所以符合条件的有10种，其中两种同分异构体的结构简式是：、；‎ ‎(6) 以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线，可由对氨基苯甲酸发生缩聚反应得到，氨基可由硝基还原得到，羧基可由醛基氧化得到，醛基可由醇羟基氧化得到，醇羟基可由卤代烃发生水解反应得到，其合成路线为。‎ ‎【点睛】本题考查有机物合成与推断的知识，注意反应中碳链变化、官能团变化及反应条件是解本题的关键，熟练掌握常见官能团之间的转化关系，侧重考查学生知识综合运用及知识迁移能力。‎ - 14 -‎