2020届高三模拟考试卷 化学 教师版

2020届高三模拟测试卷

化 学（四）

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 ．CoCl 2·6H 2O 加热转化为无水CoCl 2颜色由蓝色变为粉红色

B ．Na 2S 2O 3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 ．HNO 3—AgNO 3溶液不能检验工业盐(NaNO 2)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 CuSO 4溶液和1mol·L ?1 CuCl 2溶液中，一段时间后，在CuCl 2溶液中铝片表面能观察到明显的反应现象

【答案】D

【解析】A ．CoCl 2·

6H 2O 加热时，因CoCl 2·6H 2O 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 ．Na 2S 2O 3与稀硫酸反应生成S 沉淀和SO 2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 ．NaNO 2和HNO 3中氮元素化合价相邻，不能发生反应，其与AgNO 3不发生反应，NaCl 与AgNO 3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N A 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4N A B ．32g Cu 和32g S 充分反应，转移电子数为N A C ．1L 0.3mol·L ?1 Na 2CO 3溶液中的阴离子数目小于0.3N A

D ．0.2mol NH 3与0.3mol O 2在催化剂的作用下充分反应，所得NO 的分子数为0.2N A 【答案】A

【解析】A ．乙烯和丙烯的最简式为CH 2，28g CH 2的物质的量为2mol ，而2mol CH 2中含4mol 极性键，所以28g 乙烯和丙烯中的极性键数目为4N A ，A 正确；B ．Cu 和S 反应生成Cu 2S ，Cu 不

足，转移电子数为0.5N A ，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 Na 2CO 3溶液中的阴离子数目大于0.3N A ，C 错误；D ．依据4NH 3+5O 2=====催化剂△4NO+6H 2O ，

0.2mol NH 3与0.3mol O 2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0.2N A ，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、NH 3、CO 2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O2?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(NH 4)2Cr 2O 7====△

N 2↑+Cr 2O 3+4H 2O 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CO 2，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N 2：取反应后E 中残留固体于试管，滴加蒸馏水，____。 【答案】（1）防倒吸 (NH 4)2Cr 2O 7分解不产生NH 3

（2）F 、C 、E 、C 排尽装置内空气，避免空气中N 2、O 2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NH 3，装置图中通过NH 3溶于水，生成NH 3·H 2O ，NH 3·H 2O 为碱，能使酚酞变红，但NH 3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NH 3的产生；答案：防倒吸；(NH 4)2Cr 2O 7分解不产生NH 3； (2)①实验目的是探究(NH 4)2Cr 2O 7====△

N 2↑+Cr 2O 3+4H 2O 的真实性，根据所给装置图，以及Mg 3N 2能与水反应，因此N 2与Mg 反应时需要干燥N 2，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N 2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CO 2的目的：排尽装置内空气，避免空气中N 2、O 2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N 2、O 2与Mg 反应；F 中白色粉末变蓝色；③根据信息①，(NH 4)2Cr 2O 7呈橙红色，Cr 2O 3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；④Mg 3N 2能与水反应生成Mg(OH)2和NH 3，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N 2，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N 2；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，CH 4可与NO 2反应生成对环境无污染的物质。 已知：①CH 4的燃烧热：?H ＝-890.3kJ·mol ?1 ②N 2(g)+2O 2(g)2NO 2（g ） ?H ＝+67.0 kJ·mol ?1 ③H 2O(g)=H 2O(l) ?H ＝-41.0kJ·

mol ?1，则CH 4(g)+2NO 2(g)CO 2(g)+2H 2O(g)+N 2(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CO 2、N 2两种气体，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 ．N 2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)SO 2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SO 2

和O 2，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，SO 2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“>”、“<”或“＝”）。

（4）有人设想将CO按下列反应除去：2CO(g)=2C(s)+O2(g) ?H>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：?S<0、?H>0，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；②A．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）①2SO2(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：?S<0、?H>0，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N A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）

3 a 3

【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413

2

+-

=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=

3

a。

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：

甲反应试剂

反应条件

??????→乙反应试剂

反应条件

??????→…目标产物)

【答案】（1）氯原子、羧基加成反应

（2）2HOCH2COOH+O2Cu

?

??→2OHCCOOH+2H2O

（3）

（4） CH 3CH 2COOH

CH 3CHClCOOH ?

?????→氢氧化钠、乙醇

CH 2=CHCOONa ?????→硫酸CH 2=CHCOOH ?????→

催化剂

【解析】乙酸与SOCl 2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Cl 2在一定条件下发生取代反应生成B(ClCH 2COOH)，B

在一定条件下转化为HOCH 2COOH ，HOCH 2COOH 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ClCH 2COOH ，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HOCH 2COOH 发生催化氧化生成C ，C 为

OHCCOOH ，的化学方程式为2HOCH 2COOH+O 2Cu

?

??→2OHCCOOH+2H 2O ；(3)芳香族化合物 M(C 10H 10O 4)，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(CH 3OH)，根据扁桃酸()的结构简式，M 的结构简式为；

(4)CH 3CH 2COOH 在P 作催化剂条件下与氯气发生取代反应生成CH 3CHClCOOH ，CH 3CHClCOOH 在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成CH 2=CHCOONa ，加足量的酸进行酸化转化为CH 2=CHCOOH ，CH 2=CHCOOH 在催化剂作用下发生聚合反应生成

，合成路线：

CH 3CH 2COOH

CH 3CHClCOOH ?

?????→氢氧化钠、乙醇

CH 2=CHCOONa ?????→硫酸CH 2=CHC OOH ?????→

催化剂

。