山东省青岛市莱西第一中学2020届高三下学期质量检测化学试题
莱西一中高三化学检测试题3.14
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137
第Ⅰ卷（选择题共40分）
一、选择题：本题共10个小题，每小题2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.化学与科技、生产、生活、社会密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A. 2022年冬奥会聚氨酯速滑服，是新型无机非金属材料
B. 近年来，“加热不燃烧烟草制品（电子烟）”风靡全球，但实际吸电子烟也会产生有害物质危害健康
C. 因制作口红时，添加天然矿物云母等着色剂，其中含Pb、Na、Mg、Al、Mn等元素，吃饭前应擦拭干净
D. 人们洗发时使用的护发素，其主要功能是调节头发的pH使之达到适宜的酸碱度
【答案】A
【解析】
【详解】A．聚氨酯全名为聚氨基甲酸酯，属于高分子化合物，是有机材料，A错误；
B．电子烟的烟油含有尼古丁，故使用电子烟时，也会产生有害物质，B正确；
C．在制作口红时，为了增加口红的亮度，会添加天然矿物着色剂，着色剂中含Pb、Na、Mg、Al、Mn等元素，其中铅元素对身体有害，吃饭前应擦拭干净，C正确；
D．人们洗发时使用的护发素，其主要功能是调节头发的pH使之达到适宜的酸碱度，D正确。
答案选A。
2.下列有机物的系统命名正确的是
A. : 3—甲基—2—乙基戊烷 B. ：3—甲基—2—丁烯
C. : 2—甲基丁酸 D. ：1，5—二甲苯
【答案】C
【解析】
A．根据系统命名，为3，4—二甲基己烷，故A错误；B．根据系统命名，为2—甲基—2—丁烯，故B错误；C．根据系统命名，为2—甲基丁酸，故C正确；D．根据系统命名，为1，3—二甲苯，故D错误；答案为C。
点睛：①最长-选最长碳链为主链；②最多-遇等长碳链时，支链最多为主链；③最近-离支链最近一端编号；④最小-支链编号之和最小(两端等距又同基，支链编号之和最小)；⑤最简-两不同取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；⑥含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，并表示出官能团的位置，官能团的位次最小。
3.下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（ ）
A. 用图所示装置可实现制乙炔
B. 用图所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸
C. 用图所示装置可实现反应：Cu+2H2OCu（OH）2+H2↑
D. 用图所示装置（正放）可收集NO气体
【答案】D
【解析】
【详解】A．生成的气体易从长颈漏斗逸出，不能制备乙炔，A错误；
B．苯不能隔绝气体与水，图中不能防止倒吸，B错误；
C．Cu与电源负极相连，阴极，Cu不能失去电子，C错误；
D．二氧化碳可防止NO被氧化，图中短导管进入可收集NO，D正确。
答案选D。
4.下列有关叙述卟啉配合物叶绿素的说法不正确的是（ ）
A. 该配合物的配位数为4
B. 该化合物所包含元素的非金属性：O>N>C>H>Mg
C. Mg单质晶体结构符合A3型最密堆积
D. 化合物中C元素的杂化方式sp2、sp3
【答案】A
【解析】
【详解】A．与Mg相连的4个N原子中，有两个N原子是四条键，两个N原子是三条键，三条键的N原子与Mg原子是正常共价键，而四条共价键的N原子与Mg相连的共价键为N原子提供孤对电子，Mg原子提供空轨道形成的配位键，故该配合物的配位数为2，A错误；
B．该配合物涉及的元素有O、N、C、H、Mg，其非金属性O>N>C>H>Mg，B正确；
C．Mg单质的晶体排列方式为六方最密堆积，为A3型最密堆积，C正确；
D．配合物中碳原子形成碳碳双键和单键，故其杂化方式为sp2和sp3，D正确。
答案选A。
5.某有机物具有抗癌抑菌活性，其结构如图所示，下列关于该有机物说法正确的是（ ）
A. 该有机物可以使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，遇FeCl3溶液会显紫色
B. 该有机物结构中含5个手性碳原子
C. 1mol该有机物最多和4molH2反应
D. 1mol该有机物最多消耗1molNaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A．该有机物含碳碳双键可以使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，无酚羟基遇FeCl3溶液不会显紫色，A错误；
B．与4个不相同原子或原子团相连的碳原子称为手性碳，该有机物的手性碳原子如图中“*”所示，共五个手性碳，B正确；
B．1mol碳碳双键、1mol羰基可以和1mol氢气加成，酯基中的碳氧双键和氢气不能加成，1mol该有机物最多和3molH2反应，C错误；
D．1mol酯基，可以和1molNaOH溶液发生水解反应，1mol卤素原子也可以和1molNaOH溶液发生水解反应，故1mol该有机物最多消耗2molNaOH，D错误。
答案选B。
6.已知X、Y、Z是三种原子序数依次增大的短周期元素。甲、乙、丙分别是三种元素形成的单质，A、B、C、D分别是由三种元素中的两种形成的化合物，且A与C中均含有10 个电子。它们之间转化关系如下图所示。下列说法正确的是
A. 原子半径：Z>Y>X
B. X与Y形成的化合物只含极性键
C. Y有多种同素异形体，且均具有高熔点、高沸点、硬度大的性质
D. 气态氢化物的稳定性：A
Z>X，A错误；
B.X为H元素，Y为C元素，二者形成的化合物，如CH4只含极性键，C2H6、C2H4等既含极性键，也含有非极性键，B错误；
C. Y为C元素，C元素有多种同素异形体，其中金刚石具有高熔点、高沸点、硬度大的性质，而石墨则质地软，C错误；
D.A 是CH4，C是H2O，元素的非金属性O>C，元素的非金属性越强，其最简单的氢化物的稳定性就越强，所以气态氢化物的稳定性A (6). < (7). KA>KB=KC (8). 1∶2 (9). 0.52mol/L
【解析】
【详解】（1）将①②③式作如下处理得到④式：①×2+②×2+③=④，所以△H4=2ΔH1+2ΔH2+ΔH3=2×(+206.1kJ·mol-1)-2×(－128.3kJ·mol-1)- 483.6kJ·mol-1=-328.2 kJ·mol-1，所以2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(1)的△H＜0，且该反应是气体分子数减少的反应，熵减，＜0，当ΔH-TΔS＜0时，反应能自发进行，即T比较小的时候才能满足，所以低温时，能自发进行，故答案为：能；2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(1) △H4=-328.0kJ·mol-1<0，根据方程式可判断反应的△S<0，故在低温时能自发进行；
（2）因为正反应速率v正=k正×p(CH4)×p(H2O)，逆反应速率v逆=k逆×p(CO)×p3(H2)，所以p(CH4)×p(H2O)=，p(CO)×p3(H2)=，由CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)可知，Kp=== ，平衡时：，所以Kp=，将1molCH4(g)和1molH2O(g)加入100kPa的密闭容器中，CH4分解20%时有 ，总压=100 kPa，所以CH4分解20%时p(CH4)=100 kPa×=kPa，p(H2O)= 100 kPa×=kPa，v正=k正×p(CH4)×p(H2O)=4.4×104kPa-1·s-1×kPa×kPa≈4.9×107 kPa·s-1，故答案为：；4.9×107 kPa·s-1；
（3）①当其他条件一定时，充入的H2量越多，CO2转化率越高，对应的X越大，则X1>X2，在其它条件不变时，结合图象可知：温度升高，CO2
的转化率降低，可推知该反应的正反应是放热反应，则Q＜0，故答案为：﹥；﹤；
②结合图象可知该反应正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，该反应的化学平衡常数减小，而且化学平衡常数只与温度有关，根据图象知A点的温度低于B、C两点，而且B、C两点温度相同，则三点对应的平衡常数的大小关系为：KA>KB=KC，故答案为：KA>KB=KC；
（4）①由题意pH=10，可计算c(H+)=1×10−10mol/L，由HCOCO+H+可得：Ka2==5×10−11，所以=1∶2，故答案为：1∶2；
②设至少需要物质的量浓度为xmol/L的Na2CO3溶液，当BaSO4完全溶解后，23.3gBaSO4的物质的量为n(BaSO4)=23.3g÷233g/mol=0.1mol，所得5L溶液中c(SO)=0.1mol÷5L=0.02mol/L，此时溶液中c(CO)=(x-0.02)mol/L，由BaSO4+CO=BaCO3+SO可知，此反应的化学平衡常数K==0.04=；②设至少需要物质的量浓度为xmol/L的Na2CO3溶液，当BaSO4完全溶解后，所得5L溶液中c（SO）=0.02mol/L，此时溶液中c(CO)=(x-0.02)mol/L，由BaSO4+CO=BaCO3+SO可知，此反应的化学平衡常数K==0.04=，解得x=0.52mol/L，故答案为：0.52 mol/L。
17.(1)火箭使用的推进剂燃料由N、H两种元素组成，且原子个数N：H=1：2，其水溶液显碱性，则该物质中N原子的杂化方式为______________________。
(2)笑气(N2O)曾被用作麻醉剂，但过度吸食会导致身体机能紊乱。预测N2O的结构式为________________________。
(3)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态－1价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E)，－1价阴离子再获得一个电子的能量变化叫做第二电子亲和能，部分元素或离子的电子亲和能数据如下表所示。
元素
C1
Br
I
O
O-
电子亲和能（kJ／mol）
349
343
295
141
－780
下列说法正确的是___________。
A．电子亲和能越大，说明越难得到电子
B．一个基态的气态氧原子得到一个电子成为O2-时放出141kJ的能量
C．氧元素的第二电子亲和能是－780kJ／mol
D．基态的气态氧原子得到两个电子成为O2-需要吸收能量
(4)在电解炼铝过程中加入冰晶石(用“A”代替)，可起到降低Al2O3熔点的作用。冰晶石的生产原理为：2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3=2A+3CO2↑+9H2O。根据题意完成下列填空：
①冰晶石的化学式为____________________________。
②冰晶石由两种微粒构成，冰晶石的晶胞结构如图甲所示，●位于大立方体的顶点和面心，○位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，那么大立方体的体心处所代表的微粒是___________(填微粒符号)。
③冰晶石溶液中不存在的微粒间作用力有________________(填选项字母)。
A 离子键 B 共价键 C 配位键 D 金属键 E 范德华力 F 氢键
④Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丁所示：
若已知A1的原子半径为d cm，NA代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为M，则晶胞中Al原子的配位数为________；Al晶体的密度为__________g．cm-3(用字母表示)。
(5)配合物Fe(CO)5的熔点－20℃，沸点103℃，可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示。
①Fe(CO)5晶体类型属于__________晶体。
②关于Fe(CO)5，下列说法正确的是_____。
A．Fe(CO)5是非极性分子，CO是极性分子
B．Fe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键
C．1mol Fe(CO)5含有10mol配位键
D．反应Fe(CO)5=Fe+5CO没有新化学键生成
【答案】 (1). sp3 (2). N=N=O (3). CD (4). Na3AlF6 (5). Na+ (6). AD (7). 12 (8). (9). 分子 (10). AC
【解析】
【详解】（1）火箭的推进剂燃料为N2H4，可以看成是氨气中的氢原子换成-NH2，氨气中氮原子采用SP3杂化，所以N2H4中氮也采用SP3杂化。
（2）笑气(N2O)与二氧化碳为等电子体，二氧化碳的结构式为O=C=O，所以笑气的结构式为N=N=O。
（3）A．结合表中数据分析，氯、溴、碘得到一个电子的能量变化，得出元素的电子亲和能越大，说明越容易得到电子，故错误；
B．由题中数据可知，1mol基态的气态氧原子得到电子成为O-时放出141kJ的能量，故错误；
C．基态的气态氧原子得到一个电子成为O-，O-再得到一个电子成为O2-，此时的能量变化为第二电子亲和能，故氧元素的第二电子亲和能是－780kJ／mol，故正确；
D．根据表中数据，1mol基态的气态氧原子得到电子成为O-放热141 kJ／mol，1molO-再得到电子成为O2-吸热780kJ／mol，根据盖斯定律分析，氧原子得到两个电子时应吸收热量，故正确。故选CD。
（4）①根据质量守恒定律分析，冰晶石的化学式为Na3AlF6；
②●位于大立方体的顶点和面心，个数为，○位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，个数为，要使两种离子的个数比为1:3，所以大立方体体心所以代表的为钠离子。
③冰晶石溶液中存在钠离子、AlF63-、水，还有水电离出的氢氧根离子和氢离子，AlF63-中存在共价键和配位键，水分子中存在共价键，水分子间存在范德华力和氢键，所以不存在离子键和金属键。
④在晶胞中以面心的铝原子为中心，与其距离最近的等距离的铝原子有12个，即三个维度上的12个原子，所以铝的配位数为12，该晶胞中铝原子个数为，该晶胞的棱长为= ，所以晶胞的体积为, 。
（5）①配合物Fe(CO)5的熔点－20℃，沸点103℃，说明其为分子晶体。
②A．Fe(CO)5为对称结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，一氧化氮为极性分子，故正确；B．Fe(CO)5中Fe原子与一氧化碳形成配位键，铁原子提供空轨道，故错误；C．铁与一氧化碳形成5个配位键，一氧化碳分子中氧原子提供1对电子与1个碳原子形成1个配位键，所以1mol Fe(CO)5中含有10mol配位键，故正确；
D．反应Fe(CO)5=Fe+5CO，反应中得到铁单质，形成金属键，故错误。故选AC。
18.硫代硫酸钠可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得：Na2SO3+S=Na2S2O3。常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3•5H2O。Na2S2O3•5H2O于40〜45℃熔化，48℃分解：Na2S2O3 易溶于水，不溶于乙醇。在水中有关物质的溶解度曲线 如图所示。
I.现按如下方法制备Na2S2O3•5H2O：
将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例一并放入三颈烧瓶中，注入150mL蒸馏水使其溶解，在分液漏斗中，注入浓盐酸，在装置2中加入亚硫酸钠固体，并按如下图示安装好装置。
(1)仪器2名称为__________,装置6中可加入________。
A. BaCl2溶液 B.浓 H2SO4 C.酸性KMnO4溶液 D. NaOH溶液
(2)打开分液漏斗活塞，注入浓盐酸使反应产生的二 氧化硫气体较均匀的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，反应原理为：
①Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2 ②Na2S+SO2+H2O═Na2SO3+H2S
③2H2S+SO2═3S↓+2H2O ④Na2SO3+SNa2S2O3
随着SO2气体的通入，看到溶液中有大量浅黄色固体析出，继续通SO2气体，反应约半小时。当溶液中pH接近或不小于7时，即可停止通气和加热。溶液pH要控制不小于7的理由是：______(用文字和相关离子方程式表示)。
Ⅱ.分离Na2S2O3•5H2O并测定含量：
(3)为减少产品的损失，操作①为_______，操作②是抽滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作是用______(填试剂名称）作洗涤剂。
(4)蒸发浓缩滤液，直至溶液呈微黄色浑浊为止。蒸发时要控制温度不宜过高，其原因是_______________。
(5)制得的粗产品中往往含有少量杂质。为了测定粗产品中Na2S2O3•5H2O的含量，一般采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法（假定杂质与酸性KMnO4溶液不反应）。 称取1.28g粗样品溶于水，用0.40mol/LKMnO4溶液(加入适量硫酸酸化)滴定，当溶液 中S2O32-全部被氧化时，消耗KMnO4溶液20.00mL。(5S2O32-+ 8MnO4-+14H+=8Mn2++l0SO42-+7H2O)
试回答：
①滴定终点时的颜色变化_______________。
②产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为________________。
【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). CD (3). Na2S2O3在酸性环境中不能稳定存在，S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O (4). 趁热过滤 (5). 乙醇 (6). 温度过高会导致析出的晶体分解 (7). 溶液由无色变为浅红色，半分钟内不褪色 (8). 96.9%
【解析】
【分析】
(1)根据仪器2的构造及使用方法写出其名称；根据装置6在实验中的作用选用试剂；
(2)根据酸性条件下硫代硫酸钠与氢离子反应生成二氧化硫和硫单质分析；
(3)操作①的目的是分离出用于吸收有色杂质的活性炭，则该操作为过滤，由于常温下溶液中析出晶体Na2S2O3•5H2O，为了避免产品损失，需要趁热过滤；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，为了减少损失，可以用乙醇为洗涤剂；
(4)根据“Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解”分析蒸发时要控制温度不宜过高的原因；
(5)①反应结束前溶液为无色，反应结束后溶液中高锰酸根离子过量，溶液变为浅红色；
②根据n=c·V计算出1.28g样品消耗的高锰酸钾的物质的量，根据反应计算出样品中含有Na2S2O3•5H2O的物质的量，再根据质量分数的表达式计算出产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数。
【详解】(1)根据图示装置可知，仪器2的名称为蒸馏烧瓶；
装置6是尾气吸收装置主要吸收SO2污染性气体，选项中酸性KMnO4
溶液具有氧化性，能氧化SO2生成H2SO4而吸收；NaOH溶液和SO2反应生成Na2SO3和水，也能吸收SO2，而浓硫酸、氯化钡与SO2都不反应，不能吸收SO2，故选项C、D合理；
(2)当溶液pH＜7时，溶液显示酸性，会发生反应：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，所以Na2S2O3在酸性环境中不能稳定存在，溶液的pH应不小于7；
(3)常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3•5H2O，Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，为了避免析出Na2S2O3•5H2O导致产率降低，所以操作①过滤出活性炭时需要趁热；
洗涤晶体时为减少晶体损失，减少Na2S2O3•5H2O的溶解，依据Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇的性质选择乙醇洗涤，且洗涤后乙醇易挥发，不引入新的杂质，
(4)由于Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解，所以蒸发时温度过高会导致析出的晶体分解，降低了产率；
(5)①依据标定的原理可知，反应结束前溶液为无色，反应结束后溶液中高锰酸根离子过量，溶液变为浅红色，所以滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，半分钟内不褪色；
②20.00mL 0.40mol/L KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量为：n(KMnO4)=0.40mol/L×0.02L=0.008mol，根据反应5S2O32-+8MnO4-+14H+═8Mn2++10SO42-+7H2O可知，1.28g的粗样品含有Na2S2O3•5H2O的物质的量为：n(Na2S2O3•5H2O)=n(S2O32-)=×n(KMnO4)=0.005mol，产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为：=96.9%。
【点睛】本题通过Na2S2O3•5H2O的制备，考查了物质性质实验方案设计方法，正确理解题干信息，明确制备原理为解答此类题的关键，是一道质量较高的题目。
19.元素周期表中的28号元素Ni有重要的用途，它有良好的耐高温、耐腐蚀、防锈功能，在电池、催化剂方面也有广泛应用。工业上以硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)为原料制备并精制镍的基本流程如下：
已知：电极电位(E)能体现微粒的氧化还原能力强弱，如：
H2-2e-=2H+ E=0.00V Cu-2e-=Cu2+ E=0.34V
Fe-2e-=Fe2+ E=-0.44V Ni-2e-=Ni2+ E=-0.25V
(1)镍在周期表中的位置为_______________________________。
(2)高镍矿破碎细磨的作用______________________________________。
(3)焰色反应实验可以用光洁无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂灼烧，原因是______________________。
(4)造渣除铁时发生的化学反应方程式___________________________________（产物以氧化形式表示)。
(5)电解制粗镍时阳极发生的主要电极反应式_____________________________________。
(6)工业上由NiSO4溶液制得Ni(OH)2后，再滴加NaC1O溶液，滴加过程中发生反应的离子方程式为_________________________________________________________。
(7)电解精炼镍的过程需控制pH为2～5，试分析原因______________________________，阳极泥的成分为________________(写名称)。
【答案】 (1). 第四周期Ⅷ族 (2). 增大接触面积，提高浮选率 (3). 镍的焰色反应呈无色，不影响其他金属元素的焰色 (4). 2FeO+SiO2 2FeO•SiO2 (5). NiS-2e-=Ni2++S (6). 2Ni(OH)2+ClO-+H2O=2Ni(OH)3+Cl-( 2Ni(OH)2+ClO-+OH-=2NiO (OH) +Cl--+H2O) (7). pH<2时，c(H+)大，容易在阳极放电；pH>5时，c(OH-)大，镍离子容易沉淀 (8). 铜
【解析】
【分析】
根据金属元素在电解过程的中放电顺序分析电解反应。
【详解】（1）镍是28号元素，根据电子排布规律分析，其在第四周期Ⅷ族；
（2）高镍矿破碎细磨是为了增大接触面积，提高浮选率；
（3）焰色反应实验是观察某些金属元素灼烧时的颜色，可以用光洁无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂灼烧，说明镍的焰色反应呈无色，不影响其他金属元素的焰色；
（4）根据流程分析，硫化亚铁在溶炼时转化为FeO和SO2，加入二氧化硅除铁时，FeO转化为Fe2SiO4，故方程式为：2FeO+SiO2 2FeO•SiO2；
（5）电解制粗镍时，阳极上硫化镍失去电子生成镍离子和硫，阴极是镍离子得到电子生成镍单质，阳极反应为：NiS-2e-=Ni2++S；
（6）Ni(OH)与 NaC1O溶液发生氧化还原反应，镍元素化合价升高为+3价，氯元素化合价降低到-1价，根据电子守恒和质量守恒得方程式为：2Ni(OH)2+ClO-+H2O=2Ni(OH)3+Cl-或2Ni(OH)2+ClO-+OH-=2NiO (OH) +Cl--+H2O；
（7电解硫酸镍溶液时需要考虑离子的放电顺序，当氢离子浓度较大时是氢离子放电不是镍离子放电，即pH<2时，c(H+)较大，容易在阳极放电；但当溶液的酸性很弱时，即pH>5时，c(OH-)较大，镍离子容易沉淀。由电极电位的数据可知，镍比铜活泼，电解精炼时，阳极上镍失去电子，铜不能失去电子，铜转化为阳极泥。
20.下列是化工生产重要原料甲叉琥珀酸的合成路线：
已知：R-Br+NaCN→R-CN+NaBr，R-CNR-COONa+NH3↑，R-CCl3R-COONa+NaCl。
（1）已知A核磁共振氢谱中有两组吸收峰，且A不存在顺反异构，则A的名称为____。
（2）E的官能团名称为_____，B→C的反应类型是_____。
（3）写出下列过程的化学反应方程式：E→F：_____。
（4）写出符合下列条件的甲叉琥珀酸的同分异构体M的结构简式___。
①M可以使酸性高锰酸钾褪色
②1molM和足量的NaHCO3溶液反应，最多放出2molCO2
③核磁共振氢谱中只有三组吸收峰
（5）应用已学知识，以为原料设计合成的路线图（无机试剂任选）。____
【答案】 (1). 2-甲基-1-丙烯（或异丁烯） (2). 碳碳双键、氯原子、氰基 (3). 消去反应 (4). +5NaOH+3NaCl+NH3↑+H2O (5). (6).
【解析】
【分析】
由甲叉琥珀酸的结构简式可知：A为直链有机物，结合A的分子式，A为烯烃，若为1—丁烯，则核磁共振氢谱有四组峰，不符合题意；若为2—丁烯，则和是两种不同的化合物，互为顺反异构体，也不符合题意；则A的结构简式为CH2=C(CH3)2 ，A与Br2加成生成B，所以B为，B与醇溶液在加热的条件下发生消去反应得到C，C为，由R-Br+NaCN→R-CN+NaBr可知，D为，D和氯气光照，发生取代反应，所以E为，由R-CNR-COONa+NH3↑，R-CCl3R-COONa+NaCl可知，F为，据此回答。
【详解】（1）由分析可知A的结构简式为CH2=C(CH3)2 ，故答案为：2-甲基-1-丙烯（或异丁烯）；
（2）B为，B与醇溶液在加热的条件下发生消去反应得到C，E为，则E的官能团名称为碳碳双键、氯原子、氰基，故答案为：碳碳双键、氯原子、氰基；消去反应；
(3)E与溶液在加热的条件下反应得到F，是利用了已知条件②中的后两个反应，则反应方程式为，故答案为：+5NaOH+3NaCl+NH3↑+H2O；
（4）①M可以使酸性高锰酸钾褪色②1molM和足量的NaHCO3溶液反应，最多放出2molCO2，说明M和甲叉琥珀酸有相同的官能团，则M的同分异构体有、、、，③核磁共振氢谱中只有三组吸收峰，则符合该条件的是，故答案为：；
（5）逆合成分析如下：目标产物可由氧化醛基而来，可由发生醇的催化氧化而来，可由发生卤素的水解而来，可由原料和溴加成而来，流程为：，故答案为：。
【点睛】合成题根据官能团“倒推”，即逆合成分析，掌握官能团的引入方法是逆合成分析的关键。
