2020届高三化学二模试题及答案（陕省商南县鹿城中学）

2020 届高三第二次模拟测试卷 化 学 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56 一、选择题（每小题 6 分，共 42 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。） 7．下列说法正确的是 A．CoCl2·6H2O 加热转化为无水 CoCl2 颜色由蓝色变为粉红色 B．Na2S2O3 溶液与稀硫酸反应，可以通过观察气体产生的快慢来确定反应的快慢 C．HNO3—AgNO3 溶液不能检验工业盐(NaNO2)和生活盐(NaCl) D．将两块未擦去氧化膜的铝片分别投入到 1mol·L−1 CuSO4 溶液和 1mol·L−1 CuCl2 溶液中，一段 时间后，在 CuCl2 溶液中铝片表面能观察到明显的反应现象 【答案】D 【解析】A．CoCl2·6H2O 加热时，因 CoCl2·6H2O 会发生水解生成 Co(OH)2 和盐酸，加热过程中 盐酸挥发，促进水解，最终得到的固体为 Co(OH)2，故 A 错误；B．Na2S2O3 与稀硫酸反应生成 S 沉 淀和 SO2 气体，由于生成 S 沉淀使溶液变浑浊，不易观察气泡，所以不能用溶液出现气泡的快慢来 判断反应速率快慢，故 B 错误；C．NaNO2 和 HNO3 中氮元素化合价相邻，不能发生反应，其与 AgNO3 不发生反应，NaCl 与 AgNO3 反应会生成白色沉淀，二者现象不同，能够鉴别，故 C 错误；D．铜离 子水解生成的氢离子能破坏氧化铝保护膜而露出铝单质，铝单质置换铜离子生成铜单质，所以加入 氯化铜溶液和硫酸铜溶液中的铝片表面会有红色物质析出，故 D 正确；故答案为：D。 8．设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是 A．28g 乙烯和丙烯中的极性键数目为 4NA B．32g Cu 和 32g S 充分反应，转移电子数为 NA C．1L 0.3mol·L−1 Na2CO3 溶液中的阴离子数目小于 0.3NA D．0.2mol NH3 与 0.3mol O2 在催化剂的作用下充分反应，所得 NO 的分子数为 0.2NA 【答案】A 【解析】A．乙烯和丙烯的最简式为 CH2，28g CH2 的物质的量为 2mol，而 2mol CH2 中含 4mol 极性键，所以 28g 乙烯和丙烯中的极性键数目为 4NA，A 正确；B．Cu 和 S 反应生成 Cu2S，Cu 不 足，转移电子数为 0.5NA，B 错误；C．CO 2−3 水解生成 HCO −3和 OH−，导致阴离子数目增多，因此 1L 0.3mol·L−1 Na2CO3 溶液中的阴离子数目大于 0.3NA，C 错误；D．依据 4NH3+5O2 ===== 催化剂 △ 4NO+6H2O， 0.2mol NH3 与 0.3mol O2 在催化剂的作用下加热充分反应，氧气剩余，则生成的一氧化氮部分与氧气 反应生成二氧化氮，所以最终生成一氧化氮分子数小于 0.2NA，D 错误；答案选 A。 9．丁苯橡胶的化学组成为 ，其单体一定有 A．2﹣丁炔 B．1，3﹣丁二烯 C．乙苯 D．乙烯 【答案】B 【解析】根据丁苯橡胶的结构可知，其主链上全是碳原子，故其一定是由单体发生加聚反应得 到的，由于其分子式中有双键，一定是发生聚合反应新生成的，将链节分断，可以发生其单体是苯 乙烯和 1，3﹣丁二烯，答案选 B。 10．由于氯化铵的市场价格过低，某制碱厂在侯氏制碱基础上改进的工艺如图： 有关该制碱工艺的描述错误的是 A．X 可以是石灰乳 B．氨气循环使用 C．原料是食盐、NH3、CO2 和水 D．产品是纯碱和氯化钙 【答案】C 【解析】A．饱和食盐水和二氧化碳，氨气反应生成氯化铵和碳酸氢铵，用氯化铵和氢氧化钙 反应生成氯化钙，氨气和水，故 X 可以是石灰乳，故 A 正确；B．根据流程图可知，氨气可以循环 此 卷 只 装 订 不 密 封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 使用，故 B 正确；C．原料是饱和食盐水、氨气、二氧化碳和石灰乳，故 C 错误；D．根据工艺流 程，产品是纯碱和氯化钙，故 D 正确；答案选 C。 11．分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是 A．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同 B．分子中含有 5 种官能团 C．可发生消去反应，形成芳香族化合物 D．1mol 分枝酸最多可与 3mol NaOH 发生中和反应 【答案】C 【解析】A．可使溴的四氯化碳溶液褪色是因为发生加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色是发 生氧化反应，原理不同，故 A 错误；B．分子中含有碳碳双键、羟基、羧基、醚键 4 种官能团，故 B 错误；C．分子中连接羟基的碳原子相邻的碳原子上有氢原子，可发生消去反应，形成芳香族化合物， 故 C 正确；D．1mol 分枝酸中含 2mol 羧基，所以最多可与 2mol NaOH 发生中和反应，故 D 错误。 故选 C。 12．分属周期表前三周期的四种元素 W、X、Y、Z 可形成结构如下的物质，该物质中所有原子 均满足稳定结构，W 的原子序数最大，Y、Z 处于同一周期。下列说法错误的是 A．Y 的最高价氧化物对应的水化物是弱酸 B．X、Z 可形成具有强氧化性的化合物 C．由 Z 和 W 形成的化合物中可以存在共价键 D．X、Y、Z 的原子半径从大到小为：Z>Y>X 【答案】D 【解析】四种元素都是短周期元素，W 原子序数最大，根据结构，W 带有 1 个单位正电荷，即 W 为 Na，X 有一个共价键，达到稳定结构，即 X 为 H，同理 Z 为 O，Y 为 C，A．Y 最高氧化物对 应水化物是碳酸，碳酸为弱酸，故 A 说法正确；B．H 和 O 形成化合物是 H2O 和 H2O2，其中 H2O2 具有强氧化性，故 B 说法正确；C．形成的化合物是 Na2O 和 Na2O2，过氧化钠是由 Na+和 O 2−2 含有 离子键和非极性共价键，故 C 说法正确；D．三种元素的原子半径大小顺序是 C>O>H，故 D 说法错 误；答案：D。 13．将浓度均为 0.5mol·L−1 的氨水和 KOH 溶液分别滴入到两份均为 20mL c1 mol·L−1 的 AlCl3 溶 液中，测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示。下列说法正确的是 A．c1=0.2 B．b 点时溶液的离子浓度：c(Cl−)>c(NH +4 )>c(OH−)>c(H+) C．ac 段发生的反应为：A1(OH)3+OH−==[Al(OH)4] − D．d 点时溶液中：c(K+)+c(H+)==[Al(OH)4]−+c(OH−) 【答案】C 【解析】导电率与离子浓度成正比，向 AlCl3 溶液中分别加入氨水和 KOH 溶液，分别生成 Al(OH)3 和 NH4Cl、Al(OH)3 和 KCl，当 AlCl3 完全反应时继续滴加碱，Al(OH)3 和 KOH 反应生成可 溶性的 KAl(OH)4，一水合氨和 Al(OH)3 不反应，且一水合氨是弱电解质，则一水合氨溶液导电率较 小，所以导电率变化较大的是氨水滴定曲线、变化较小的是 KOH 滴定曲线，则 I 为 KOH 滴定曲线； A．当 AlCl3 和 KOH 恰好完全反应生成 Al(OH)3 和 KCl 时，溶液中离子浓度最小，导电率最低，则 a 点二者恰好完全反应，AlCl3+3KOH=Al(OH)3↓+3KCl，则 n(AlCl3)∶n(KOH)=[c1 mol·L−1×20mL]∶ （0.5mol·L−1×48mL）=1∶3，c1=0.4，故 A 错误；B．b 点溶质为 Al(OH)3 和 NH4Cl，NH +4 水解导致 溶液呈酸性，则 c(OH−)＜c(H+)，故 B 错误；C．ac 段为 Al(OH)3 和 KOH 的反应，离子方程式为 Al(OH)3+OH−=[Al(OH)4]−，故 C 正确；D．d 点溶液中溶质为 KOH、KAl(OH)4、KCl，溶液中存在 电荷守恒 c(K+)+c(H+)=[Al(OH)4]−+c(OH−)+c(Cl−)，故 D 错误；故选：C。 二、非选择题（共 58 分） （一）必做题 26．（14 分）某小组设计实验探究重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]的部分性质：资料显示： ①(NH4)2Cr2O7 呈橙红色，Cr2O3 呈绿色，Cr3+呈绿色。 ②Mg3N2 遇水蒸气剧烈反应生成 NH3。 (1)探究重铬酸铵分解产物是否有 NH3(装置如图 1 所示)。B 中倒置的干燥管作用是_____________________。实验中，没有观察到 B 中颜色发生变化，实 验结论是_________________________________。 (2)探究(NH4)2Cr2O7 ====△ N2↑+Cr2O3+4H2O 的真实性(如下装置可以重复使用)： ①气流从左至右，装置连接顺序 D、________________________________。 ②点燃 E 处酒精灯之前，先通入一段时间 CO2，其目的是_______________能证明有水生成的实 验现象是_________________。 ③能说明 D 中分解反应已发生的实验依据是_______________。 ④设计实验证明重铬酸铵分解生成了 N2：取反应后 E 中残留固体于试管，滴加蒸馏水，____。 【答案】（1）防倒吸 (NH4)2Cr2O7 分解不产生 NH3 （2）F、C、E、C 排尽装置内空气，避免空气中 N2、O2 与 Mg 反应 F 中白色粉末变蓝色 D 装置橙红色粉末变成绿色粉末 用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸置于试管口上方，若试纸 变蓝色 【解析】(1)根据实验目的：产物是否有 NH3，装置图中通过 NH3 溶于水，生成 NH3·H2O， NH3·H2O 为碱，能使酚酞变红，但 NH3 极易溶于水，能引起倒吸，因此干燥管的作用是防止倒吸； 实验中，没有观察到 B 中颜色发生变化，说明没有 NH3 的产生；答案：防倒吸；(NH4)2Cr2O7 分解不 产生 NH3； (2)①实验目的是探究(NH4)2Cr2O7 ====△ N2↑+Cr2O3+4H2O 的真实性，根据所给装置图， 以及 Mg3N2 能与水反应，因此 N2 与 Mg 反应时需要干燥 N2，空气中含有水蒸气，还要防止空气中 水蒸气进入 E 中，连接顺序是 D→F→C→E→C；答案：F、C、E、C；②利用镁与 N2 反应生成氮化 镁证明有氨气的存在，空气中有氮气和氧气，能与金属 Mg 反应，因此点燃 E 处酒精灯中之前，先 通一段时间 CO2 的目的：排尽装置内空气，避免空气中 N2、O2 与 Mg 反应；验证水的存在，通常用 无水硫酸铜，白色变为蓝色，说明有水生成；答案：排尽装置内空气，避免空气中 N2、O2 与 Mg 反 应；F 中白色粉末变蓝色；③根据信息①，(NH4)2Cr2O7 呈橙红色，Cr2O3 呈绿色，如果 D 装置橙红 色粉末变成绿色粉末或者 F 装置无色变为蓝色，可以说明 D 中分解反应已发生；答案：D 装置橙红 色粉末变成绿色粉末；④Mg3N2 能与水反应生成 Mg(OH)2 和 NH3，然后用湿润的红色石蕊试纸检验 氨气，如果试纸变蓝，说明氨气生成，可以证明重铬酸铵分解生成了 N2，操作是：取反应后 E 中残 留固体于试管，滴加蒸馏水，用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸置于试管口上方，若试纸变蓝色， 证明重铬酸铵分解生成了 N2；答案：用镊子夹一块湿润的红色石蕊试纸置于试管口上方，若试纸变 蓝色。 27．（14 分）研究氮、硫、碳及其化合物的转化对于减少如雾霾、酸雨、酸雾等环境污染问题 有重大意义。请回答下列问题： （1）在一定条件下，CH4 可与 NO2 反应生成对环境无污染的物质。 已知：①CH4 的燃烧热：∆H＝-890.3kJ·mol−1 ②N2(g)+2O2(g) 2NO2（g） ∆H＝+67.0 kJ·mol−1 ③H2O(g)=H2O(l) ∆H＝-41.0kJ·mol−1，则 CH4(g)+2NO2(g) CO2(g)+2H2O(g)+N2(g) ∆H＝___ kJ·mol−1。 （2）活性炭也可用于处理汽车尾气中的 NO。在 2L 恒容密闭容器中加入 0.1000mol NO 和 2.030 mol 固体活性炭，生成 CO2、N2 两种气体，在不同温度下测得平衡体系中各物质的物质的量如表所 示： ①反应的正反应为________（填“吸热”或“放热”）反应。 ②一定温度下，下列能说明该反应已达到平衡状态的是_______。 A．N2 与 NO 的生成速率相等 B．混合气体的密度保持不变 C．∆H 保持不变 D．容器的总压强保持不变 ③200℃时，平衡后向该容器中再充入 0.1mol NO，再次平衡后，NO 的百分含量将______（填“增 大”“减小”或“不变”）。 (3)SO2 经催化氧化可制取硫酸，在一定温度下，往一恒容密闭容器中以体积比 2∶1，通入 SO2 和 O2，测得容器内总压强在不同温度下与反应时间的关系如图所示。 图中 C 点时，SO2 的转化率为________。 ②其中 C 点的正反应速率 υC(正)与 A 点的逆反应速率 υA(逆)的大小关系为：υC(正)____υA(逆) （填“>”、“0，请你分析该设想能否实现？ _____（填“能”或“否”），依据是__________。 （5）利用人工光合作用，借助太阳能使 CO2 和 H2O 转化为 HCOOH，如图所示，在催化剂 b 表面发生的电极反应为：___________。 【答案】（1）-875.3 （2）放热 B 不变 （3）66% > （4）否 该反应正向：∆S0，故∆G=∆H-T∆S>0，故该反应不能自发进行 （5）CO2+2e−+2H+=HCOOH 【解析】（1）利用盖斯定律，①-②-③×2 得：CH4(g)+2NO2(g) CO2(g)+2H2O(g)+N2(g) ∆H ＝(-890.3 kJ·mol−1)-(+67.0kJ·mol−1)-(-41.0 kJ·mol−1)×2=-875.3kJ·mol−1；（2）①由图中信息可知：200 ℃时 N2、CO2 物质的量比 335℃时大，升高温度平衡逆向移动，故该反应正反应是放热反应；② A．根据反应 2NO(g)+C(s) CO2(g)+N2(g)，N2 与 NO 的生成速率之比等于 1∶2 时，反应达到平 衡，A 错误；B．反应 2NO(g)+C(s) CO2(g)+N2(g)中，C 为固态，建立平衡的过程中，气体质量 一直增加，当气体质量不变时，体积是恒定的，此时密度不变，即混合气体的密度保持不变说明反 应达到平衡，B 正确；C．∆H 的大小与是否达到平衡无关，C 错误；D．反应 2NO(g)+C(s) CO2(g)+N2(g)，反应前后气体分子数不变的反应，当温度、容积不变时，反应无论是否平衡，压强不 变，容器的总压强保持不变不能说明反应达到平衡状态，D 错误；答案选 B。③反应 2NO(g)+C(s) CO2(g)+ N2(g)，反应前后气体分子数不变的反应，200℃时，平衡后向该容器中再充入 0.1mol NO， 由于 C 呈固态，相当于增大压强，平衡不移动，NO 的转化率不变，NO 的百分含量也将不变；（3）① 2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g)，假设反应前通入 SO2 的物质的量为 2a mol，O2 的物质的量为 a mol，平 衡时 SO2 的转化率为 x，因为 SO2 和 O2 投料比等于化学计量数之比，故 SO2 和 O2 的转化率相等， 则平衡时：n(SO2)=2a(1-x) mol，n(O2)=a(1-x) mol，n(SO3)=2a x mol，在恒温、恒容的容器中，压强 之比等于气体物质的量之比，即 0.1∶0.078=3a∶(3a-ax)，解得 x=66%；②根据图像，C 所处曲线先 达到平衡，故 C 点相比 A 点温度高，且产物的浓度大，C 点已经达到平衡：υC(正)=υC(逆)>υA(逆)； （4）该反应正向：∆S0，故∆G=∆H-T∆S>0，故该反应不能自发进行；（5）利用人工光合 作用，借助太阳能使 CO2 和 H2O 转化为 HCOOH，根据电子的流向，催化剂 b 得电子，发生还原反 应，电极反应式为：CO2+2e−+2H+=HCOOH。 28．（15 分）金属钛素有“太空金属”、“未来金属”等美誉。工业上，以钛铁矿为原料制备二氧 化钛并得到副产品 FeSO4·7H2O(绿矾)的工艺流程如下图所示。 酸溶　FeTiO3(s)+2H2SO4(aq)==FeSO4(aq)+TiOSO4(aq)+2H2O(l) （1）试剂 A 为____________，加入 A 的目的是 ______________________（用离子方程式表 示）。 （2）钛液Ⅰ需冷却至 70℃左右，若温度过高会导致产品 TiO2 回收率降低，原因是_________。 （3）请写出钛液Ⅱ水解的化学方程式：_________________。取少量酸洗后的 H2TiO3，加入盐 酸并振荡，滴加 KSCN 溶液后无明显现象，再加 H2O2 后出现微红色，这种 H2TiO3 即使用水充分洗 涤，煅烧后获得的 TiO2 也会发黄，发黄的杂质是_________(填化学式)。 【答案】（1）Fe 2Fe3++Fe=3Fe2+ （2）温度过高会导致 TiOSO4 提前水解，产生 H2TiO3 沉淀 （3）TiOSO4(aq)+2H2O(l) =====90℃ H2TiO3(s)+H2SO4(aq) Fe2O3 【解析】流程分析：钛铁矿（主要成分为 FeTiO3，其中 Ti 元素化合价为+4 价）加硫酸溶解， 根据题给信息中酸溶反应得，滤液中含有 FeSO4(aq)、TiOSO4(aq)，加铁粉（试剂 A），把三价铁离 子还原为亚铁离子，降温到 70℃，结晶过滤，得到硫酸亚铁晶体，滤液为 TiOSO4(aq)，滤液温度升 高到 90℃，使 TiOSO4 水解生成 H2TiO3，洗涤、干燥、煅烧得到 TiO2，据此分析解答。（1）根据 流程图分析知，酸溶后的溶液总可能存在铁离子，所以试剂 A 为铁粉，目的是还原铁离子生成亚铁 离子，故答案为：Fe；2Fe3++Fe=3Fe2+；（2）根据题给信息分析知，酸溶后溶液中含有 TiOSO4，分 析流程图知滤液 II 温度升高到 90℃，使 TiOSO4 水解生成 H2TiO3，所以此处温度高时，会提前水解， 故答案为：温度过高会导致 TiOSO4 提前水解，产生 H2TiO3 沉淀；（3）根据水解原理及水解产物分 析该水解方程式为：TiOSO4(aq)+2H2O(l) =====90℃ H2TiO3(s)+H2SO4(aq)；取少量酸洗后的 H2TiO3，加 入盐酸并振荡，滴加 KSCN 溶液后无明显现象，再加 H2O2 后出现微红色，说明存在少量的 Fe2+，则 段稍后发黄的物质为 Fe2O3，故答案为：TiOSO4(aq)+2H2O(l) =====90℃ H2TiO3(s)+H2SO4(aq)；Fe2O3。 （二）选做题（从给出的两题中任选一道作答，多做则按第一题计分，共 15 分）35．【选修 3——物质的结构与性质】 锂离子电池常用的电极材料是 LiCoO2 和石墨。 (1)画出基态 Co2+离子的价电子排布图__________________。 (2)Co2+与 CN 一结合形成配合物[(Co(CN)6]4－，其中与 Co2+结合的 C 原子的杂化方式是_____。 (3)NH3 分子与 Co2+结合成配合物[Co(NH3)6]2+，与游离的氨分子相比，其键角∠HNH____(填“较 大”，“较小”或“相同”)，解释原因________________。 (4)Li2O 的熔点为 1570℃，CoO 的熔点为 1935℃，解释后者熔点更高的主要原因是_____。 (5)石墨的晶胞为六方晶胞，部分晶胞参数如下图所示。若石墨的密度为 d g·cm－3，以 NA 代表 阿伏加德罗常数的数值，则石墨中的 C－C 键长为________pm。 【答案】（1） （2）sp （3）较大 NH3 通过配位键与 Co2+结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他 N－H 成键电子对的排斥力减小，N－H 键之间的键角增大 （4）Co2+带两个正电荷，Li+带一个正电荷，CoO 的晶格能大于 Li2O 晶格能 （5） 【解析】(1)Co 为 27 号元素，价电子排布式为 3d74s2，失去 2 个电子后，Co2+价电子排布式为 3d7，根据洪特规则和泡利原理，Co2+的价电子排布式图是 ；答案： ； (2)CN－中 C 和 N 共用叁键，其中 C 有一个 σ 键，孤电子对数为 =1，价层电子对数为 2，杂 化轨道数=价层电子对数=2，即 C 的杂化类型为 sp；答案：sp；(3)游离态氨中 N 有 2 个孤电子对， 络合物中[Co(NH3)6]2+中 N 提供一个孤电子对与 Co2+形成配位键，利用孤电子对之间的斥力>孤电子 －成键之间的斥力>成键电子对之间的斥力，导致游离态氨分子中 N－H 键之间的夹角偏小，而与 Co2+结合后，孤电子对变成了 σ 键电子对，排斥力减小，因此 N－H 键之间的夹角会增大；答案： 较大；NH3 通过配位键与 Co2+结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他 N－H 成键电子对 的排斥力减小，N－H 键之间的键角增大；(4)Li2O、CoO 为离子晶体，影响熔沸点高低的是晶格能， 而晶格能与离子半径、所带电荷数有关，CoO 中 Co2+带两个正电荷，Li+带一个正电荷，CoO 的晶格 能大于 Li2O 晶格能，因此 CoO 熔点高于 Li2O；答案：Co2+带两个正电荷，Li+带一个正电荷，CoO 的晶格能大于 Li2O 晶格能；(5)根据俯视图 ，碳碳键长应是 AC 或 AD 或 AF 距离， 该平面为菱形，△FDC 为正三角形，∠CAD=120°，令 AC=AD=AF=x，根据余弦定理，a2=x2+x2－ 2x2cos120°，解得 x= 。 36．【选修 5——有机化学基础】 乙酸是有机合成的重要原料，由它合成苏合香醇(香料)和扁桃酸(医药中间体)的途径如图： 已知：RCH2COOH (1)A 的结构简式为_____，B 中官能团的名称是_____。反应④的反应类型是_____。 (2)反应③的化学方程式为_____。 (3)芳香族化合物 M(C10H10O4)可以水解生成扁桃酸和两种只含一个碳原子的含氧衍生物，M 的 结构简式为_____。 (4)聚丙烯酸( )在工业上可以抑制水垢的生成。根据已有知识并结合本题相关信 息，设计由丙酸(CH3CH2COOH)为原料合成聚丙烯酸的路线_____。(合成路线常用的表示方式为： 甲 乙 …目标产物) 【答案】（1） 氯原子、羧基 加成反应 （2）2HOCH2COOH+O2 2OHCCOOH+2H2O 3 a3 4 1 3 2 + − 3 a3 反应试剂 反应条件 → 反应试剂 反应条件 → Cu ∆→（3） （4） CH3CH2COOH CH3CHClCOOH CH2=CHCOONa CH2=CHCOOH 【解析】乙酸与 SOCl2 发生取代反应生成 ， 与苯在一定条件下发生取代反 应 A，A 与氢气催化剂作用下发生加成反应生成苏合香醇，根据 A 物质前后反应类型和物质结构变 化，A 的结构简式为： ；乙酸与 Cl2 在一定条件下发生取代反应生成 B(ClCH2COOH)，B 在一定条件下转化为 HOCH2COOH，HOCH2COOH 发生催化氧化生成 C，C 为 OHCCOOH，C 与苯 发生加成反应生成 ，据此分析解答。(1)根据分析 A 的结构简式为 ，B 的结 构式为 ClCH2COOH，其中官能团的名称是氯原子、羧基；反应④C 与苯发生加成反应生成 ，反应类型是加成反应；(2)反应③是 HOCH2COOH 发生催化氧化生成 C，C 为 OHCCOOH，的化学方程式为 2HOCH2COOH+O2 2OHCCOOH+2H2O；(3)芳香族化合物 M(C10H10O4)，则分子结构中含有苯环，该有机物能水解生成两种只含一个碳原子的含氧衍生物，说 明分子结构中含有两个酯基，水解生成的两种只含一个碳原子的含氧衍生物应该为甲酸(HCOOH)和 甲醇(CH3OH)，根据扁桃酸( )的结构简式，M 的结构简式为 ； (4)CH3CH2COOH 在 P 作催化剂条件下与氯气发生取代反应生成 CH3CHClCOOH，CH3CHClCOOH 在 氢 氧 化 钠 的 醇 溶 液 中 发 生 消 去 反 应 生 成 CH2=CHCOONa ， 加 足 量 的 酸 进 行 酸 化 转 化 为 CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH 在催化剂作用下发生聚合反应生成 ，合成路线： CH3CH2COOH CH3CHClCOOH CH2=CHCOONa CH2=CHCOOH 。 ∆→氢氧化钠、乙醇 →硫酸 →催化剂 Cu ∆→ ∆→氢氧化钠、乙醇 →硫酸 →催化剂