福建省厦门市2023届高三毕业班3月第二次质量检测化学（解析版）

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厦门市2023届高三毕业班第二次质量检测化学试题本试卷共6页。总分100分。考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12O16140一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题目要求。1.厦门大学设计具有高催化活性与稳定性纳米催化剂用于质子交换膜氢氧燃料电池。下列说法错误的是A.、、均属于过渡元素B.催化剂通过降低活化能提高电池工作效率C.纳米催化剂属于胶体D.正极电极反应式为【答案】C【解析】【详解】A．、、均属于过渡元素，在第Ⅷ族，A正确；B．电池催化剂起到降低电极反应活化能、提高反应速率的作用，B正确；C．纳米材料不属于胶体，C错误；D．质子交换膜氢氧燃料电池，为酸性环境，正极电极反应式为，D正确；故选C。2.下列食品添加剂不属于电解质的是A.二氧化硫B.亚硝酸钠C.葡萄糖酸D.山梨酸钾【答案】A【解析】【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；酸、碱、盐、金属氧化物等均属于电解质；【详解】A．二氧化硫为非电解质，故A符合题意；B．亚硝酸钠属于盐，为电解质，故B不符合题意；C．葡萄糖酸属于有机酸，为电解质，故C不符合题意；D．山梨酸钾属于盐，为电解质，故D不符合题意；故选A。3.我国科学家利用和在十八胺第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

1中金属阳离子氧化性不同，分别制得纳米晶体材料和。下列说法错误的是A.第一电离能：B.十八胺中碳原子杂化类型均为C.氧化性：D.熔点：十八烷十八胺【答案】C【解析】【详解】A．同一周期元素随着原子序数递增，第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：，A正确；B．十八胺中碳原子均为饱和碳原子，其杂化类型均为，B正确；C．锌的还原性大于银，则对应简单锌离子的氧化性弱于银离子，C错误；D．十八胺能形成氢键导致其沸点升高，而十八烷不能形成氢键，故熔点：十八烷十八胺，D正确；故选C。4.生物大分子血红蛋白分子链的部分结构及载氧示意如图。下列说法错误的是A.构成血红蛋白分子链多肽链之间存在氢键作用B.血红素中提供空轨道形成配位键C.与血红素中配位能力强于D.用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时仅发生物理变化【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，分子中的氮的电负性较强，能形成氢键，则构成血红蛋白分子链的多肽链之间存在氢键作用，A正确；B．Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，其能够提供空轨道形成配位键，B正确；C．碳的电负性小于氧，故更容易提供孤电子对与血红素中形成配位键，其配位能力强于，C正确；第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

2D．血红素中的肽键会在酸性条件下水解，故用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时也会发生化学变化，D错误；故选D。5.一种对乙酰氨基酚的合成路线如下。下列说法错误的是A.a至少有12个原子共平面B.反应类型为取代反应C.c苯环上的一氯代物有2种D.最多能与反应【答案】B【解析】【详解】A．与苯环直接相连的原子共面，故a至少有12个原子共平面，A正确；B．的反应为硝基被还原为氨基的反应，属于还原反应，B错误；C．c苯环上有2种等效氢，则其一氯代物有2种，C正确；D．酚羟基、酰胺基均可以和氢氧化钠反应，故最多能与反应，D正确；故选B。6.下列实验操作正确且能达到实验目的的是A.图1模拟侯氏制碱法获得B.图2用溶液滴定未知浓度的醋酸溶液C.图3溶液，，探究温度对化学平衡的影响D.图4探究苯酚和碳酸酸性强弱【答案】C【解析】【详解】A．氨气极易溶于水，直接通入溶液中会引起倒吸，故A不符合题意；B．氢氧化钠为强碱，应该使用碱式滴定管，故B不符合题意；第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

3C．，反应吸热，温度改变导致平衡移动使得溶液颜色不同，能探究温度对化学平衡的影响，故C符合题意；D．挥发的盐酸也会和苯酚钠生成苯酚干扰了实验，故D不符合题意；故选C。7.W、R、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素．、和三种微粒的空间构型相同，Y原子的电子层数等于最外层电子数。以下说法错误的是A.氢化物稳定性：B.最高价氧化物对应水化物酸性：C.电负性：D.原子晶体中Z的配位数为4【答案】A【解析】【分析】W、R、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素；、和三种微粒的空间构型相同，可知均为正四面体形，且X原子序数最小，则W、R、X、Z分别为氢、碳、氮、硅；Y原子的电子层数等于最外层电子数，Y为铝；【详解】A．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则最简单氢化物的稳定性：，A错误；B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物酸性：，正确；C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：，C正确；D．原子晶体SiC中一个硅原子与4个碳原子形成共价键，Si的配位数为4，D正确；故选A。8.一种复合膨松剂的工作原理为，其中结构如图。是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.标准状况下，中氧原子数为B.溶液中和微粒总数为第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

4C.固体中离子数为D.中键数为【答案】B【解析】【详解】A．标准状况下，的物质的量为0.1mol，则分子中氧原子数为，A正确；B．溶液中含碳微粒不仅仅有和，还含有碳酸，总含碳微粒数目之和为0.1mol，B错误；C．为钠盐，所以固体中离子数为，C正确；D．根据的结构简式可知，分子中碳氧双键中含键，所以中键数为，D正确；故选B。9.一种光催化材料的晶胞如图，属于立方晶系，其晶胞参数为。下列说法错误的是A.晶体的化学式为B.晶体中与距离最近且相等的有6个C.氧原子位于构成的四面体空隙中D.晶体密度为【答案】B【解析】【详解】A．据“均摊法”，晶胞中含个Ce、8个O，则晶体的化学式为，A正确；B．以底面面心的Ce为例，同层的最近的Ce有4个，上下层各有4个，故晶体中与距离最近且相等的有12个，B错误；C．由结构可知，氧原子位于构成的四面体空隙中的体心，C正确；第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

5D．结合A分析可知，晶体密度为，D正确；故选B。10.从废铅膏(主要成分为、、和，含少量、等元素)中获取高纯的工艺流程如图。下列说法不正确的是A.“煅烧”过程利用沸点低进行分离提纯B.“溶浸”过程主要用于氧化C.“溶铅”过程的离子方程式为D.“沉铅”过程的化学方程式为【答案】B【解析】【分析】废铅膏(主要成分为、、和，含少量、等元素)煅烧时，以气体形式分离出体系，再加入过氧化氢和稀硫酸后，发生氧化还原反应，铅元素和钡元素均转化为难溶于水和酸的硫酸盐，铁元素经过酸浸过滤后以滤液的形式分离出去，后续加入醋酸铵“溶铅”，铅元素转化为醋酸铅，从而分离除去硫酸钡，经过滤得到的醋酸铅滤液再次与二氧化碳发生反应得到PbCO3，再经煅烧过程PbCO3分解得到PbO，据此分析解答。【详解】A．“煅烧”过程以气体形式分离出体系，主要利用的是沸点低进行分离提纯，A正确；B．“溶浸”过程可氧化，也可还原，使其也转化为，B错误；C．根据上述分析可知，“溶铅”为了除去硫酸钡，该过程的离子方程式为，C正确；D．“沉铅”过程加入的是二氧化碳，生成的是PbCO3，则其化学方程式为第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

6，D正确；故选B。11.Science报道某电合成氨装置及阴极区含锂微粒转化过程如图。下列说法错误的是A.阳极电极反应式为B.阴极区生成氨的反应为C.理论上，若电解液传导，最多生成标准状况下D.乙醇浓度越高，电流效率越高(电流效率)【答案】D【解析】【分析】由图可知，通入氢气的一极为阳极，阳极电极反应式为：，通入氮气的一极为阴极，阴极的电极反应式为：。【详解】A．阳极发生失电子的氧化反应，由图可知，阳极电极反应式为：，A项正确；B．由图可知，阴极区氮气得电子，并结合锂离子先转化为，后与反应生成了氨气，即生成氨的反应为，B项正确；C．和羟基中的H均来自电解液传导的氢离子，理论上，若电解液传导，根据生成氨的反应：可知，最多生成1mol，标准状况下为，C项正确；D．由电池总反应：可知，乙醇属于中间产物，乙醇浓度增大，电流效率无明显变化，D项错误；答案选D。第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

712.从菱锰矿(主要成分为，M为、或)提取的转化关系如下：菱锰矿，，已知，关系如图。下列说法错误的是A.“焙烧”过程最大的是B.“焙烧”过程最大的是C.“焙烧”温度应控制在D.“操作X”为加热【答案】A【解析】【详解】A．熵增的反应利于反应的进行，由流程可知，“焙烧”过程碳酸锰首先分解为氧化锰，而此时碳酸镁没有分解，故最大的不是，A错误；B．吸热反应不利于反应的自发进行，反应可以自发进行，“焙烧”过程碳酸钙分解所需的温度最高，则最大的是，B正确；C．焙烧”过程要求碳酸锰分解而碳酸镁、碳酸钙不分解，结合图像可知，“焙烧”温度应控制在，C正确；D．生成碳酸锰的反应为分解反应，则操作X为加热促使分解，D正确；故选A。13.为探究“”碘离子氧化过程进行如下实验．编号12第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

8实验内容实验现象随着液体不断滴入，产生大量气体；溶液变黄并不断加深至棕黄色后又变浅随着液体不断滴入，溶液变黄，摇匀后又褪色，不断重复直至析出紫色沉淀下列说法不正确的是A.实验1中溶液变浅是因为B.实验2中出现紫色沉淀是因为C.实验1中产生大量气体的原因是被氧化的过程大量放热D.实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察【答案】C【解析】【详解】A．溶液变黄说明生成碘单质，黄色并不断加深至棕黄色后又变浅，说明生成的碘单质又和过氧化氢反应转化为高价态的碘酸，导致溶液颜色变浅，A正确；B．碘单质为紫黑色固体，溶液变黄，摇匀后又褪色，说明生成了碘酸，再加入过量的碘离子，碘离子具有还原性，和碘酸发生氧化还原反应生成碘单质，B正确；C．过氧化氢不稳定，在碘离子催化作用下会生成氧气，故产生大量气体的原因是过氧化氢在碘离子催化下生成了氧气，C错误；D．实验1中开始过氧化氢分解生成氧气导致过氧化氢没有和碘离子反应，且实验2中生成紫色沉淀现象明显，故实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察，D正确；故选C。14.常温下，用溶液滴定和混合溶液，滴定过程中和分布系数及pH随溶液体积变化如图。已知：，下列说法不正确的是第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

9A.B.时，C.时，滴定过程中水的电离程度不断增大D.可利用甲基紫(变色范围为)确定第一滴定终点【答案】D【解析】【分析】由题意和图示可知，在0~10mL之间，和盐酸反应，第一滴定终点即和盐酸恰好完全反应的点，在10~40mL之间，和HA反应，第二滴定终点即和HA恰好完全反应的点；图中，实线为pH的变化曲线，逐渐增大的虚线是的分布系数变化曲线，逐渐减小的虚线是的分布系数变化曲线。【详解】A．由图中和分布系数变化曲线相交的点可知：c(HA)=c(A-)，此时pH=4.76，，A项正确；B．常温下，时，可知，此时接近于第二滴定终点，消耗氢氧化钠溶液的体积接近于40mL，溶质主要为NaA和NaCl，根据分析可知，初始盐酸和HA的混合溶液中：n(HA)=3n(HCl)，则时，，所以，B项正确；C．盐酸和HA电离出的氢离子对水的电离产生抑制作用，时，随着盐酸和HA被氢氧化钠反应消耗，盐酸和HA减少，对水的电离抑制减弱，且生成的水解促进水的电离，所以滴定过程中水的电离程度不断增大，C项正确；D．第一滴定终点时，盐酸已消耗完，剩余的酸为HA，且，则，，则用甲基紫(第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

10变色范围为)确定第一滴定终点，pH要大于3.0才变色，由于第一终点突变变化不明显，用该指示剂判断第一终点误差较大，D项错误；答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分15.磷精矿主要成分为，含少量、、、，其中代表稀土元素。从磷精矿分离稀土元素的工业流程如下．（1）属于IIIB族，其中的基态原子核外电子排布式为________。（2）“酸浸”过程与反应的化学方程式如下，请补充完整________。________（3）“萃取”的目的是富集，但其余元素也会按一定比例进入萃取剂中。①通过制得有机磷萃取剂，其中代表烃基，对产率的影响如下表。产率/826220由表可知，随着碳原子数增加，烃基________(填“推电子”或“吸电子”)能力增强，键更难断裂，产率降低。（4）“萃取”过程使用的萃取剂的结构如图；与配位的能力：1号O原子________2号O原子(填“”“”或“”)。第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

11（5）“反萃取”的目的是分离和元素．向“萃取液”中通入，、、的沉淀率随变化如图．①试剂X为________(填“”或“”)，应调节为________。②通入得到沉淀的过程为：i．ii．________(写出该过程的化学方程式)③若萃取剂改用三丁基氧化膦会导致“反萃取”产率降低，其原因为________。（6）若略去“净化”过程，则制得的草酸稀土会混有________杂质(填化学式)。（7）在整个工艺中，可从副产物中提取________(填名称)，用于生产氮肥。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d14s2（2）（3）推电子（4）<第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

12（5）①.②.2③.④.-C4H9有较强的推电子作用，导致稀土与萃取剂形成的配位键牢固，难易断裂实现反萃取（6）CaC2O4（7）硝酸铵、硝酸【解析】【分析】磷精矿加入硝酸酸浸，二氧化硅不反应得到滤渣1，稀土元素、铁、钙元素进入滤液，加入萃取剂萃取出稀土元素，然后加入亚硫酸钠将三价铁转化为二价铁，通入氨气，调节pH分离出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去钙元素得到硫酸钙滤渣2，滤液加入草酸分离出草酸稀土；【小问1详解】为21号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2；【小问2详解】“酸浸”过程与反应，根据质量守恒可知，反应还会生成磷酸，反应为；【小问3详解】由表可知，烃基为推电子基团，随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，键更难断裂，产率降低；【小问4详解】烃基推电子能力增强，键更难断裂，产率降低，则可知烃基导致1号为氧更难与配位，故与配位的能力：1号O原子<2号O原子；小问5详解】①由图可知，亚铁离子与RE的分离效果更好，则试剂X为将铁离子转化为亚铁离子的物质，故应选选择，亚硫酸钠和铁离子反应生成亚铁离子和硫酸根离子，利于铁离子与RE的分离；结合图像可知，应调节为2，此时RE几乎完全沉淀，而亚铁离子几乎没有沉淀，分离效果好；②总反应为通入得到沉淀，反应i．，则反应ii为和稀土的硝酸盐转化为沉淀的反应，；③若萃取剂改用三丁基氧化膦会导致“反萃取”产率降低，其原因为-C4H9有较强的推电子作用，导致稀土与萃取剂形成的配位键牢固，难易断裂实现反萃取；【小问6详解】第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

13硫酸会和钙离子转化为硫酸钙而被除去，若略去“净化”过程，则制得的草酸稀土会混有草酸钙；【小问7详解】在整个工艺中，通入氨气生成的硝酸铵，以及酸溶加入的硝酸均含有氮元素，故可从副产物中提取硝酸铵、硝酸用于生产氮肥。16.某小组探究溶液和溶液的反应物，开展如下活动。【理论预测】预测反应的离子方程式实验现象1生成绿色沉淀2________3生成红色沉淀4________生成白色沉淀()（1）预测2中的实验现象为________。（2）预测4中反应的离子方程式为________。【实验探究】实验1溶液立即生成橙黄色沉淀，后沉淀颜色变浅并伴有少量白色沉淀产生，振荡沉淀全部变为白色溶液（3）为证明实验1中白色沉淀为，设计实验如下。①已知在水中呈无色。实验2总反应的离子方程式为________。第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

14②为证明深蓝色溶液中含有，进一步实验所需的试剂为________(填化学式)。【进一步探究】查阅资料获知橙黄色沉淀可能为。在实验1获得橙黄色沉淀后，立即离心分离并洗涤。为探究其组成进行如下实验。（4）离心分离的目的是加快过滤速度，防止________。（5）已知。实验3能否证明橙黄色沉淀中含有和，结合实验现象做出判断并说明理由________。（6）橙黄色沉淀转化为的原因可能是提高了的氧化性，进行如下实验(已知装置中物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大)。实验4装置试剂a试剂b电压表读数溶液溶液溶液X①表中X为________。②能证实实验结论的实验现象为________。【解释和结论】综上，与发生复分解反应速率较快，发生氧化还原反应趋势更大。【答案】（1）溶液中生成蓝色沉淀、并伴有刺激性气味气体生成（2）（3）①.②.HNO3、AgNO3（4）防止沉淀长时间与空气接触而被氧化（5）实验中生成白色沉淀CuI第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

15，说明橙黄色沉淀中含有铜离子被碘离子还原；溶液无色、无明显现象，说明橙黄色沉淀中含有亚硫酸根离子将最初生成的碘单质还原为碘离子（6）①.溶液②.【解析】【分析】控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响；【小问1详解】2中反应生成氢氧化铜沉淀和二氧化硫气体，故其现象为：溶液中生成蓝色沉淀、并伴有刺激性气味气体生成；【小问2详解】4中生成白色沉淀CuCl，铜元素化合价降低，则硫元素化合价升高转化为硫酸根离子，结合电子守恒和质量守恒可知，反应的离子方程式为；【小问3详解】①已知在水中呈无色，根据题意，实验中白色沉淀为CuCl，放在一段时间后溶液变为蓝色，说明空气氧气将一价铜氧化为二价铜，则实验2总反应为CuCl、一水合氨、氧气反应转化为四氨合铜离子、氯离子、氢氧根离子和水，离子方程式为；②氯离子和银离子生成不溶于酸氯化银沉淀，故为证明深蓝色溶液中含有，进一步实验所需的试剂为稀硝酸和硝酸银溶液；【小问4详解】一价铜容易被空气中氧气氧化为二价铜，故离心分离的目的是加快过滤速度，防止沉淀长时间与空气接触而被氧化；【小问5详解】已知，碘单质能使淀粉变蓝色，碘单质也能和亚硫酸根离子发生氧化还原反应；实验中生成白色沉淀CuI，说明橙黄色沉淀中含有铜离子被碘离子还原；溶液无色、无明显现象，说明橙黄色沉淀中含有亚硫酸根离子将最初生成的碘单质还原为碘离子；【小问6详解】①实验探究橙黄色沉淀转化为的原因可能是提高了的氧化性，则试剂b应该不含氯离子的同浓度铜离子的溶液，故表中X为溶液；第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

16②已知装置中物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大，则能证实实验结论的实验现象为电压更大，故为。17.在化工生产中有重要作用．天然气法合成相关反应如下：反应I反应Ⅱ（1）、随温度变化不大。温度不同时，反应体系中不同。合成总反应的随温度T变化如图。①________。②为提高平衡转化率，控制温度范围在________(填标号)，理由是________。A．B．C．D．以上（2）合成总反应中硫蒸气达到饱和时，反应时间t与初始浓度和转化率满足关系，式中k为速率常数。①、时，测得、，则________。②时，计划在内转化率达，应控制初始浓度大于________。（3）利用工业废气替代硫磺矿生产的反应为。反应物投料比采用，维持体系压强为，反应达到平衡时，四种组分的物质的成分数x随温度T的变化如图。第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

17①图中表示的曲线是________(填“a”“b”“c”或“d”)。②时，该反应的________(以分压表示，分压总压物质的量分数)。③相比以硫磺矿为原料，使用的优点是________，缺点是________。【答案】（1）①.+411.15②.B③.650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小（2）①.2②.0.9（3）①.b②.③.变废为宝，减小污染④.反应温度更高、耗能更大【解析】【小问1详解】①已知：反应I：反应Ⅱ：由盖斯定律可知，反应Ⅱ-2×I得+411.15；②由图可知，650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，平衡转化率在650℃~700℃左右达到峰值，故为提高平衡转化率，控制温度范围在650℃~700℃；【小问2详解】①、时，测得、，则，。②时，计划在内转化率达，则，=0.9，应控制初始浓度大于0.9第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

18【小问3详解】①根据化学方程式体现的关系乐子，二硫化碳和生成氢气的物质的量之比为1:4，结合图像可知，图中表示的曲线是b。②时，反应物投料比采用，维持体系压强为，设甲烷、硫化氢投料分别为1mol、2mol；由图可知，平衡时甲烷与二硫化碳含量相等，则1-a=a，a=0.5mol，则甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气分别为0.5mol、1mol、0.5mol、2mol，总的物质的量为4mol，该反应的；③相比以硫磺矿为原料，使用的优点是可以变废为宝，减小污染；缺点是反应温度更高、耗能更大。18.以为原料生产系列高附加值产品的合成路线如图。回答下列问题：（1）的反应类型为________。（2）的化学方程式为________。（3）E的名称为________，的原子利用率为100%，试剂X为________。（4）过程中使有利于提高催化效率，其部分催化机理如图。第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

19①结合水相中能力比J强的原因是________。②能从传递到J的醇羟基氧上的原因是________。（5）D和H通过酯交换缩聚合成I，H的结构简式为________。（6）C的一种同分异构体同时满足：①可与溶液反应；②核磁共振氢谱如图；③含有手性碳原子。其结构简式为________。（7）以D和葡萄糖为原料(其他无机试剂任选)，制备工程塑料的合成线路________。【答案】（1）取代反应（2）（3）①.异丙苯②.O2（4）①.两者虽然均有亲水基团，但是J的疏水基团更大，导致其水溶性不如的水溶性好②.也能溶于有机相，且O-H键键能大于S-H键键能，导致J结合氢离子的能力更强（5）（6）CH3CHOHCOOH第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

20（7）【解析】【分析】二氧化碳生成A，A中-NH2被取代生成B，B和甲醇发生取代反应生转化为C；E转化为FG，且原子利用率为100%，结合EFG结构可知，X为氧气；FG生成H，D和H通过酯交换缩聚合成I，结合FGDI结构可知，H为FG生成的含羟基的物质，H结构简式为；【小问1详解】由分析可知，A中-NH2和CH3CHOHCH2OH中羟基发生取代反应生成B故为取代反应；【小问2详解】B和甲醇在酸性条件下发生取代反应生转化为C，反应为；【小问3详解】由图可知，E异丙苯；由分析可知，X为O2；【小问4详解】①结合水相中能力比J强的原因是两者虽然均有亲水基团，但是J的疏水基团更大，导致其水溶性不如的水溶性好。②能从传递到J的醇羟基氧上的原因是也能溶于有机相，且O-H键键能大于S-H键键能，导致J结合氢离子的能力更强，使得氢离子能被传递J的醇羟基氧上；【小问5详解】由分析可知，H的结构简式为；【小问6详解】C含有3个碳、3个氧、不饱和度为1，其一种同分异构体同时满足：①可与溶液反应，含有羧基；②核磁共振氢谱如图，分子中含有4种氢且一种氢的原子数目较大；③含有手性碳原子。则其结构简式可以为CH3CHOHCOOH；【小问7详解】第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

21葡萄糖和氢气加成将醛基转化为羟基，在浓硫酸催化作用下发生成环反应生成醚键得到，和D通过酯交换缩聚合成产品，流程为：。第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司

22第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司