1、广西玉林高级中学 2018 届高三化学模拟试题（三）1.1.国际化学年的主题是“化学我们的生活，我们的未来” 。下列说法正确的是A. 可从海水中提取氯化镁，使氯化镁分解获得镁并释放出能量B. 推广使用应用原电池原理制成的太阳能电池和氢动力汽车，减少化石能源的使用C. 将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，这说明“纳米铜”比铜片更易失电子D. 采煤工业上，爆破时把干冰和炸药放在一起，既能增强爆炸威力，又能防止火灾【答案】D【解析】【详解】A、分解反应一般都是吸热反应，使氯化镁分解获得镁需要吸收能量，选项 A 错误；B太阳能电池是一种对光有响应并能将光能转换成电力的器件
2、，不是使用原电池原理制成的，选项 B 错误；C、将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，这说明“纳米铜”颗粒更细小，化学反应时接触面大，所以反应速率快，选项 C 错误；D、干冰气化后体积膨胀，且 CO2可以灭火，选项 D 正确。答案选 D。2.2.阿伏加德罗常数的值为 NA，下列说法正确的是A. 0.01mol 乙烯气体被浓溴水完全吸收，反应伴随 0.02NA 个碳碳共价键断裂B. 实验室用电解熔融 NaOH 制取金属钠，制得 2.3g 钠电路上至少转移 0.1NA 个电子C. 标况下，44.8LHCl 气体溶于 1.0L 水中，所得溶液每毫升中含 210-3NA 个
3、 H+D. 含 4molHC1 的浓盐酸与足量的 MnO2 混合后充分加热，可产生 NA 个 Cl2 分子【答案】B【解析】0.01mol 乙烯气体被浓溴水完全吸收生成 1,2-二溴乙烷，反应伴随 0.01NA 个碳碳共价键断裂，故 A 错误；实验室用电解熔融 NaOH 制取金属钠，钠由 +1 价变为 0 价，所以制得 2.3g钠电路上至少转移 0.1NA 个电子， 故 B 正确；标况下，44.8LHCl 气体溶于水配成 1.0L 溶液，所得溶液每毫升中含 210-3NA 个 H+，故 C 错误；稀盐酸与 MnO2 不反应，含 4molHC1 的浓盐酸与足量的 MnO2 混合后充分加热，产生
4、Cl2 分子小于 NA 个，故 D 错误。3.3.X、Y、Z、R、Q 为元素周期表前 20 号的五种主族元素，且原子半径依次减小，其中 X 和 Q 同主族，X 与 Z、Y 与 Q 原子的电子层数都相差 2，X、Y 原子最外层电子数之比为1：4，Z 的最外层电子数是次外层的 3 倍。下列说法不正确的是A. R 和 Q 形成的化合物含有共价键且为强电解质 B. X 和 Z 可形成 X2Z、X 2Z2等化合物C. Y 和 Z 形成的某种化合物具有空间网状结构 D. X 的失电子能力比 Q 强【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、R、Q 为元素周期表前 20 号的五种主族元素，且原子半径依次减小， Z
5、 的最外层电子数是次外层的 3 倍，原子只能有 2 个电子层，最外层电子数为 6，则 Z 为 O 元素；X与 Z 原子的电子层数都相差 2，X 只能处于第四周期，X 、Y 原子最外层电子数之比为1：4，X 原子最外层电子数只能为 1，Y 原子最外层电子数为 4，则 X 为 K 元素；X 和 Q 同主族，Y 与 Q 原子的电子层数也相差 2，结合原子序数可知， Y 只能处于第三周期、Q 处于第一周期，则 Q 为 H 元素、Y 为 Si；R 的原子半径小于 O，则 R 为 F 元素，据此解答。【详解】X、Y、Z、R、Q 为元素周期表前 20 号的五种主族元素，且原子半径依次减小， Z的最外层电子数
6、是次外层的 3 倍，原子只能有 2 个电子层，最外层电子数为 6，则 Z 为 O元素；X 与 Z 原子的电子层数都相差 2，X 只能处于第四周期， X、Y 原子最外层电子数之比为 1：4，X 原子最外层电子数只能为 1，Y 原子最外层电子数为 4，则 X 为 K 元素；X 和Q 同主族，Y 与 Q 原子的电子层数也相差 2，结合原子序数可知，Y 只能处于第三周期、Q 处于第一周期，则 Q 为 H 元素、Y 为 Si；R 的原子半径小于 O，则 R 为 F 元素，AF 和H 形成的化合物为 HF，含有共价键，为弱电解质，选项 A 错误； BK 和 O 可形成K2O、K2O2 等化合物，选项 B
7、正确；C Si 和 O 形成的二氧化硅，属于原子晶体，具有空间网状结构，选项 C 正确；DX 为 K 元素，Q 为 H 元素，K 失去电子能力更强，选项 D 正确。答案选 C。【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，Z 的排布特点是推断突破口，难度中等。4.4.室温下，下列叙述正确的是A. 若 V1 L pH=11 的 NaOH 溶液与 V2 L pH=3 的 HA 溶液混合后显中性，则 V1V 2B. 等体积、等物质的量浓度的 NaCl 溶液中离子总数大于 NaClO 溶液中离子总数C. 等体积、等物质的量浓度的 Na2CO3 和 NaHCO3溶液混合： V2，选项 A 错
8、误；B 、HClO 是弱酸，所以 NaClO 溶液中发生水解反应：ClO-+H2OHClO+OH-，使溶液呈碱性，氢离子浓度小于 10-7mol/L，所以 NaCl 溶液中c（Na+）+ c（H+）大于 NaClO 溶液中 c（Na+）+ c（H+） ，根据电荷守恒： c（Na+）+ c（H+）= c（OH-）+c（Cl-）可得溶液中离子总数为 2c（Na+）+c（H+）V；同理可得 NaClO 溶液中总数为2c（Na+）+c（H+）V，所以 NaCl 溶液中离子总数大于 NaClO 溶液，选项 B 正确；C. 等体积、等物质的量浓度的 Na2CO3 和 NaHCO3溶液混合，根据电离常数有
9、、，同一溶液中 相等，则 ，而，则 ，选项 C 错误；D、将 CH3COOH 溶液与 NaOH 溶液混合，若混合后的溶液中 c(CH3COO-)+c(CH3COOH )=2c(Na+)，且根据电荷守恒有 c(OH-)+c(CH3COO-)= c(Na+)+c(H+)，则 c(OH-)+ c(CH3COO-)= c(CH3COOH)+c(H+)，选项 D 错误。答案选 B。5.5.立方烷(C 8H8)外观为有光泽的晶体。其八个碳原子对称地排列在立方体的八个角上。以下相关说法错误的是A. 立方烷在空气中可燃，燃烧有黑烟产生B. 立方烷一氯代物 1 种、二氯代物有 3 种、三氯代物也有 3 种C.
10、立方烷是棱晶烷（ ）的同系物，也是环辛四烯的同分异构体D. 八硝基立方烷完全分解可能只产生二氧化碳和氮气【答案】C【解析】【详解】A、立方烷含碳量高，所以燃烧有黑烟产生， 选项 A 正确；立方烷中只有一种氢原子，所以一氯代物的同分异构体有 1 种；B、立方烷二氯代物的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构体有三种；立方烷有 8 个 H 原子，依据立方烷的二氯代物有 3 种，那么在此基础上，剩余的 H 的环境分别也只有一种，故得到三氯代物也有 3 种同分异构，选项 B 正确；C、苯(C 6H6)的同系物必须含有苯环，选项 C 错误；D、八硝
11、基立方烷分子式是 C8N8O16 ，完全分解可能只产生二氧化碳和氮气，选项 D 正确。答案选 C。【点睛】烃分子中氢元素质量分数越低，燃烧时黑烟越浓，如乙炔燃烧冒出浓烟；同系物是结构相似，分子组成相差若干个 CH2 原子团的有机物，立方烷和苯结构不同，所以不属于同系物。6.6.流动电池可以在电池外部调节电解质溶液，从而维持电池内部电解质溶液浓度稳定，原理如图。下列说法错误的是A. Cu 为负极B. PbO2电极的电极反应式为：PbO 2+ 4H+ SO42 + 2e = PbSO4+ 2H2OC. 甲中应补充硫酸D. 当消耗 1 mol PbO2，需分离出 2 mol CuSO4【答案】D【解
12、析】试题分析：A、由图可知，Cu 反应生成 CuSO4，发生氧化反应，为负极，A 正确；B、PbO 2得电子生成 PbSO4 ，电极反应式为：PbO 2 + 4H+ + SO42 + 2e = PbSO4 + 2H2O，B 正确；C、反应过程中不断消耗硫酸，所以甲中应补充硫酸，C 正确；D、当消耗 1 mol PbO2，转移2mol 电子，则需分离出 1mol CuSO4，D 错误。答案选 D。考点：化学电源7.7.为检验某加碘食盐中是否含有 KIO3，取相同食盐样品进行下表所示实验：（已知：KIO 3 + 5KI + 3H2SO4= 3I2 + 3K2SO4 + 3H2O）下列说法中正确的是
13、A. 仅由实验 就能证明食盐样品中存在 KIO3B. 实验中发生反应的离子方程式为 4I + O2 + 4H+= 2I2 + 2H2OC. 实验能证明食盐样品中不存在 KIO3D. 以上实验说明离子的还原性：I Fe2+【答案】B【解析】A. 实验中可能是碘化钾在酸性条件下被空气中的氧气氧化，不能证明食盐中存在KIO3，故 A 错误； B. 实验碘化钾在酸性条件下被空气中的氧气氧化，反应的离子方程式为 4I + O2 + 4H+ = 2I2 + 2H2O，故 B 正确；C. 实验溶液呈浅黄色，为铁离子的颜色，说明亚铁离子被氧化，可能是被空气中的氧气氧化，有可能是被碘酸钾氧化，说明食盐样品中可能
14、存在 KIO3，故 C 错误； D. 根据上述实验，中说明碘离子能够被碘酸钾氧化，中说明碘离子能够被氧气氧化，中说明亚铁离子能够被氧气或碘酸钾氧化，以上实验不能判断 I 和 Fe2+离子的还原性，故 D 错误；故选 B。8.8.中学常采用高锰酸钾加热分解法制取氧气，某兴趣小组经查阅资料获知：制得氧气后固体残余物中的锰酸钾(K 2MnO4)具有强氧化性，与还原剂、有机物、易燃物混合可形成爆炸性混合物，如不妥善处置将造成危险。因此该小组对该残余物进行分离提纯，得到锰酸钾晶体，利用回收的锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，并设计实验验证氯气化学性质。（1）检验该套装置气密性的方法是:_；（2）打开分液漏斗活
15、塞及弹簧夹 2，观察到烧瓶壁有紫红色物质生成并逐渐消失，黄绿色气体充满烧瓶。反应结束后，烧瓶内有黑色固体残余，写出过程中发生的化学反应方程式：_；（3）该方法制取氯气比用纯净的高锰酸钾要缓和平稳许多，试分析原因：_；（4）该小组利用装置 C 吸收氯气制备漂白粉。C 中盛装的试剂为：_；（写名称）陶瓷多孔球泡的作用是：_；（5）测定漂白粉有效成分的质量分数：称取 1.5g 所制漂白粉配成溶液，调节 pH 值并加入指示剂，用 0.1000mol/L KI 溶液进行滴定，三次平行实验平均每次消耗 20.00mL 标准液时达到滴定终点。已知氧化性：ClO IO3 I2所选的指示剂为：_，到达滴定终点的
16、标志是：_；该漂白粉中有效成分的质量分数为：_。（6）打开分液漏斗活塞及弹簧夹 1，可观察到 D 中的现象为：_；该现象能够证明氯气有氧化性。【答案】 (1). 关闭分液漏斗的活塞，打开弹簧夹 1 和 2，用酒精灯微热三颈烧瓶 A，此时 E、F 导管末端冒气泡，撤走热源后，E、F 导管末端会形成一段稳定液柱。 (2). 3K2MnO4 4HCl 2KMnO4 4KCl MnO2 2H2O ；2KMnO 4 16HCl 2KCl 2MnCl2 5Cl2 8H2O (3). 锰酸钾生成高锰酸钾与二氧化锰两种物质，形成均匀的固体分散系，可降低高锰酸钾与盐酸反应速率 (4). 石灰乳 (5). 增大气
17、体接触面积，使氯气吸收更充分 (6). 淀粉 (7). 最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，半分钟不褪色 (8). 28.6% (9). 出现白色沉淀【解析】【分析】A 装置产生氯气，饱和氯化钠溶液的作用是吸收氯气中的氯化氢气体，并降低氯气在水中的溶解度，C 是制备漂白粉， D 是验证氯气具有氧化性，氢氧化钠是吸收尾气， （2）锰酸钾（K 2MnO4）具有强氧化性，与浓盐酸反应观察到烧瓶壁有紫红色物质生成，该物质为高锰酸钾，锰元素的化合价在升高，根据 K2MnO4 中的化合价为+6 价，处于中间价态，推测出在反应中既作氧化剂又作还原剂，再结合烧瓶内有黑色固体残余，联想到二氧化锰写出第一个方程
18、式；第二个反应是高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气、氯化锰、氯化钾、水；（3）锰酸钾氧化浓盐酸比用高锰酸钾氧化浓盐酸反应速率慢；（4）用石灰乳与氯气制备漂白粉；陶瓷多孔球泡的作用是增大气体接触面积，使氯气吸收更充分；（5）反应产物有碘单质生成，用淀粉作指示剂，最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色，则达到终点；先根据反应离子方程式确定出 ClO与 I的关系，计算次氯酸钙的质量，再根据质量分数公式计算；（6）打开分液漏斗活塞及弹簧夹 1，氯气将亚硫酸氢钡氧化成硫酸钡沉淀；取 D 中反应后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀产生，不能证明氯气氧化了亚硫酸氢钡，因为氯气与水反应也生成氯
19、离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡所得产物。【详解】A 装置产生氯气，饱和氯化钠溶液的作用是吸收氯气中的氯化氢气体，并降低氯气在水中的溶解度，C 是制备漂白粉， D 是验证氯气具有氧化性，氢氧化钠是吸收尾气，（1）检验该套装置气密性的方法是: 关闭分液漏斗的活塞，打开弹簧夹 1 和 2，用酒精灯微热三颈烧瓶 A，此时 E、F 导管末端冒气泡，撤走热源后，E、F 导管末端会形成一段稳定液柱；（2）锰酸钾（K 2MnO4）具有强氧化性，与浓盐酸反应观察到烧瓶壁有紫红色物质生成，该物质为高锰酸钾，锰元素的化合价在升高，根据 K2MnO4 中的化合价为+6 价，处于中间价态，推测出在
20、反应中既作氧化剂又作还原剂，再结合烧瓶内有黑色固体残余，联想到二氧化锰写出反应方程式为：3K 2MnO4+4HCl（浓）=2KMnO 4+4KCl+MnO2+2H2O；第二个反应是高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气、氯化锰、氯化钾、水，方程式为：2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl 2+5Cl2+8H2O；（3）锰酸钾生成高锰酸钾与二氧化锰两种物质，形成均匀的固体分散系，可降低高锰酸钾与盐酸反应速率，所以用锰酸钾制取氯气比用纯净的高锰酸钾要缓和平稳许多，故答案为：锰酸钾生成高锰酸钾与二氧化锰两种物质，形成均匀的固体分散系，可降低高锰酸钾与盐酸反应速率；（4）用石灰乳与氯气制备漂白粉，故
21、答案为：石灰乳；陶瓷多孔球泡的作用是增大气体接触面积，使氯气吸收更充分，故答案为：增大气体接触面积，使氯气吸收更充分；（5）反应产物有碘单质生成，用淀粉作指示剂，最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色，则达到终点，故答案为：淀粉；最后一滴标准液滴下时，溶液变为浅蓝色，振荡半分钟不褪色； 先根据反应离子方程式确定出 ClO与 I的关系，3ClO+I=3Cl+IO3；IO3+5I+3H2O=6OH+3I2将方程式 +得：ClO +2I+H2O=Cl+2OH+I2每次实验消耗 KI 溶液的体积为 20.00mL，设次氯酸根离子的物质的量为 x，ClO+2I+H2O=Cl+2OH+I2
22、1mol 2molx 0.1000molL10.020L所以 x=0.001mol每次实验次氯酸钙的质量为：143g/mol0.001mol0.5=0.0715g，三次实验总质量为0.0715g3=0.2145g，所以质量分数为： 100%=14.3%；（6）打开分液漏斗活塞及弹簧夹 1，氯气将亚硫酸氢钡氧化成硫酸钡沉淀；取 D 中反应后溶液，滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀产生，不能证明氯气氧化了亚硫酸氢钡，因为氯气与水反应也生成氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫酸氢钡所得产物，故答案为：出现白色沉淀；不正确，氯气与水反应也生成氯离子，不能证明溶液中的氯离子一定是氯气氧化亚硫
23、酸氢钡所得产物。9.9.基于 CaSO4为载氧体的天然气燃烧是一种新型绿色的燃烧方式，CaSO 4作为氧和热量的有效载体，能够高效低能耗地实现 CO2的分离和捕获。其原理如下图所示:（1）已知在燃料反应器中发生如下反应：i.4CaSO4(s)+CH4(g)=4CaO(s)+CO2(g)+4SO2(g)+2H2O(g) H 1=akJ/molii.CaSO4(s)+CH4(g)=CaS(s)+CO2(g)+2H2O(g) H 2=bkJ/mol. CaS(s)+3CaSO 4(s)= 4CaO(s)+4SO2(g) H 3=ckJ/mol燃料反应器中主反应为_(填“i” “ii”或“”)。反应
24、i 和 ii 的平衡常数 Kp与温度的关系如图 1，则 a_0(填“ ” “ =“或“ (3). 1.010-18 (4). C (5). 温度过低，反应速率较慢 温度较高，副反应增多 (6). 放热 (7). CaS、CaSO 4 (8). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=(b+d)kJ/mol 或 H=(a-c+d)kI/mol【解析】（1）由图示可得，天然气和 CaSO4 进入燃料反应器，反应生成 CaS、CO2 和 H2O，故燃料反应器中主反应为 ii。由图 1 可看出，温度越高 lgKp 越大，即升温 Kp 增大，故反应 i 和反应 ii 都是吸热反应，
25、则 a 和 b 都大于 0。设三个反应的平衡常数 Kp 分别为：Kpi、Kpii、Kp，根据盖斯定律，i-ii 得，所以 Kp= ；由图并结合热化学方程式可得720时反应 i 的 lgKp 为：-24=-8， 反应 ii 的 lgKp 为 10，所以 Kpi=10-8，Kpii=1010，故Kp= = =1.010-18。A 项，增加固体物质的投入量，不改变化学平衡，所以增加CaSO4 固体的投入量不能提高反应 ii 中甲烷平衡转化率，故 A 错误；B 项，将生成物分离出去能使化学平衡正向移动，所以将水蒸气冷凝能提高反应 ii 中甲烷平衡转化率，故 B 正确；C 项，通过的分析，该反应为吸热反
26、应，降温能降低反应 ii 中甲烷平衡转化率，故C 错误；D 项，增大甲烷流量，增大了甲烷的浓度，平衡正向移动，但根据勒沙特列原理，甲烷平衡转化率会降低，故 D 错误。（2）从反应速率角度考虑，温度过低，反应速率较慢，应在较高温度下反应，但由图 2 可得，温度越高，副反应增多，所以该燃料反应器最佳温度范围为 850900之间。（3）由方程式可看出该反应SCH (3). sp2 (4). 2、4 (5). 随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度 (6). 2Co(CN)64-+2H2O 2Co(CN)63-+H2+2OH (7). 12
27、(8). D【解析】(1)Co 为 27 号元素，原子核外电子数为 27，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，价电子排布图为 ，故答案为：；(2)酞菁钴中三种非金属原子为 C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性 NCH；分子中 C 原子均形成 3 个 键，没有孤对电子，杂化轨道数目为 3，碳原子的杂化轨道类型为 sp2，故答案为：NCH；sp 2；含有孤对电子的 N 原子与 Co 通过配位键结合，形成配位键后形成 4 对共用电子对，形成 3 对共用电子对的 N 原子形成普通的共价键， 1 号、3 号 N 原子形成 3
28、 对共用电子对为普通共价键，2 号、4 号 N 原子形成 4 对共用电子对，与 Co 通过配位键结合，故答案为：2，4；(3)随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度，故答案为：随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度；(4)Co(CN)64-配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色Co(CN) 63-，只能是水中氢元素被还原为氢气，根据电荷守恒有氢氧根离子生成，该反应离子方程式为：2Co(CN)64-+2H2O 2Co(CN)63-+H2+2OH -，故答案为：2Co(
29、CN) 64-+2H2O 2Co(CN)63-+H2+2OH -；(5)由氧化物晶胞结构可知晶胞中 Co、O 原子数目之比为 1：2，假设黑色球为 Co 原子，以顶点 Co 原子为研究对象，与之等距离且最近的钴原子位于面心，每个顶点为 8 个晶胞共用，每个面心为 2 个晶胞共用，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子数目为=12；CoO2 的重复结构单元示意图中 Co、O 原子数目之比应为 1：2，由图像可知：A 中 Co、O 原子数目之比为 1：4 =1：2，符合，B 中 Co、O 原子数目之比为(1+4 )：4=1：2，符合，C 中 Co、O 原子数目之比为 4 ：4 =1：2，符合，
30、D 中 Co、O 原子数目之比为 1：4 =1：1，不符合，故答案为：12；D。点睛：本题考查了物质结构与性质，涉及核外电子排布、配合物、晶胞计算等。需要注意利用均摊法进行晶胞计算，理解配位键形成条件。本题的易错点为(5)，要能够根据晶胞中Co、O 原子数目之比为 1：2，结合晶胞中原子数目的计算方法分析解答，需要注意的是，在平面结构中顶点为 4 个晶胞共用，每个边上的原子为 2 个晶胞共用。12.12.乙基香兰素是最重要的合成香料之一，常作为婴幼儿奶粉的添加剂制备乙基香兰素的一种合成路线（部分反应条件略去）如图所示：已知：RONaRBrRORNaBr中生成的 Cu2O 经氧化后可以循环利用回
31、答下列问题：（1）A 的核磁共振氢谱有 3 组峰A 的结构简式为_（2）中可能生成的一种烃是_（填名称） ；催化剂 PEG 可看作乙二醇脱水缩聚的产物，PEG 的结构简式为_若 PEG 的平均相对分子质量为 17618，则其平均聚合度约为_（3）中，发生的反应属于_（填反应类型） （4）中，反应的化学方程式为_（5）中，有机物脱去的官能团是_（填名称） （6）D 是乙基香兰素的同分异构体，其分子结构中不含乙基由 A 制备 D 的一种合成路线（中间产物及部分反应条件略去）如图所示：C 和 D 的结构简式分别为_、_【答案】 (1). (2). 乙烯 (3). (4). 400 (5). 加成反应
32、 (6). (7). 羧基 (8). CH3Br (9).【解析】试题分析：（1）由转化中物质的结构简式可知 A 含有苯环，A 的分子式为 C6H6O2，核磁共振氢谱有 3 组峰，则 A 的结构简式为 ；（2 ）溴乙烷在氢氧化钠醇溶液、加热条件下会发生消去反应生成乙烯；催化剂 PEG 可看作乙二醇脱水缩聚的产物，PEG 的结构简式为 ，若 PEG 的平均相对分子质量为 17618，则其平均聚合度约为 1761844=400；（3 ）对比 B 的分子式以及 A 与 B 的反应物结构可知，B 为 ，是 B 与 OHC-COONa 发生加成反应；（4 ） 中是羟基被氧化为羰基，反应方程式为；（5 ）对比物质结构可知， 中有机物脱去的官能团是羧基；（6 ） D 是乙基香兰素的同分异构体，其分子结构中不含乙基，D 的合成路线与乙基香兰素的合成路线相同，可知 D 为 ，C 为 CH3Br。考点：考查有机物的推断与合成
