重庆市万州第二高级中学2023-2024学年高三上学期7月月考化学 Word版含解析.docx

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万州二中2023-2024年高三上期7月月考化学试题(满分：100分考试时间：75分钟)注意事项：1.答题前，考生将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Cl35.5Sc45Co59As75一、选择题：本题共14小题，每小题3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。1.下列有关合理用药的说法错误的是A.在用药时，儿童必须与成年人区别对待B.印有“OCT”标识的药物，消费者可自行购买和使用C.阿司匹林用于解热镇痛，长期大量服用会产生副作用D.常用抗酸药有等【答案】B【解析】【详解】A．儿童与成人的发育阶段和体质不同，在用药时，须区别对待，A选项正确；B．印有“OTC”标识的药物，属于非处方药，消费者可自行购买和使用，B选项错误；C．阿司匹林用于解热镇痛，长期大量服用会产生副作用，C选项正确；D．胃酸主要成分为HCl，常用抗酸药有NaHCO3、CaCO3、Mg(OH)2、Al(OH)3等，D选项正确；答案选B。2.2023年1月14日，电视剧《狂飙》首播，一经播出，便掀起了人们对反黑、反贪的热烈讨论。除此之外，《狂飙》中也有不少对广东文化的宣传，下列与广东文化有关的物品中，其主要成分是硅酸盐的为 A．客家黄酒的酒坛B．广东拖鞋文化中的拖鞋C．醒狮服装D．广州玉雕的刀具A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】3.常见的高级脂肪酸有：硬脂酸、软脂酸、油酸、亚油酸等。下列说法错误的是A.硬脂酸与软脂酸均属于饱和脂肪酸B.亚油酸在一定条件下可与氢气反应生成硬脂酸C.食用油因含油酸等不饱和脂肪酸的甘油酯在空气中久置易变质D.高级脂肪酸和醇酯化得到的产物就是油脂【答案】D【解析】【详解】A．硬脂酸(C17H35COOH)与软脂酸(C15H31COOH)均属于饱和脂肪酸，A正确；B．亚油酸（C17H31COOH）为不饱和酸，在一定条件下可与氢气加成反应生成硬脂酸，B正确；C．食用油含油酸等不饱和脂肪酸的甘油酯，在空气中久置易变质，C正确；D．高级脂肪酸和丙三醇酯化得到的产物是油脂，D错误；故答案为：D。4.下列有关元素单质或化合物的叙述正确的是A.分子呈正四面体，键角为B.NaCl焰色试验为黄色，与Cl电子跃迁有关C.Cu基态原子核外电子排布符合构造原理D.是由极性键构成的极性分子【答案】D【解析】【详解】A．分子呈正四面体，磷原子在正四面体的四个顶点处，键角为，A错误；B．NaCl焰色试验为黄色，与Na电子跃迁有关，B错误；C．Cu基态原子核外电子排布不符合构造原理，考虑了半满规则和全满规则，价电子排布式为3d104s1，这样能量更低更稳定，C错误； D.的构型是V形，因此是由极性键构成的极性分子，D正确；故选D。5.我国科学家成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(Y5)6(W3X)3(YW4)4Z，经X射线衍射测得该化合物的晶体结构，其局部结构如图所示。其中Y为氮原子，W与X、W与Y均可形成10电子化合物，Z与其他原子均不同族，且Z的单质可以用于自来水消毒，图中虚线表示氢键。下列说法正确的是A.该化合物中的两种阳离子的共价键类型相同B.阴离子N中的键型为氮氮单键C.该晶体结构中有4种氢键D.该化合物中Z不满足8电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】根据题目信息“10电子化合物”以及图示可推断两种阳离子分别为铵根离子和水合氢离子，而阴离子除五氮阴离子外，还有氯离子。由该物质的结构可推知X为O，Z为Cl，W为H。【详解】A．该盐化学式为(N5)6(H3O)3(NH4)Cl，阳离子为H3O+和均含有共价键，A正确；B．N中N与N之间形成5个N-N键，5个氮原子还参与形成大π键，B错误；C．由结构图可知，氢原子和氯原子间存在氢键，H3O+中氢原子和氮原子间存在氢键，中氢原子和氮原子间存在氨键，所以共有3种氢键，C错误；D．Z为Cl-，最外层电子数为8，D错误；故选A。6.通过下列实验探究与的反应。将过量的通入溶液后，将溶液分为3份并进行以下实验：实验1：第一份溶液中加入少量溶液，溶液紫红色褪去实验2：第二份溶液中滴加溶液，产生蓝色沉淀实验3：第三份溶液中加入稀盐酸酸化的溶液，产生白色沉淀下列说法正确的是 A.“实验一”中使溶液褪色的一定是B.“实验二”说明溶液中含有，一定不含C.“实验三”中产生的白色沉淀是D.与反应的离子方程式为【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，故实验1:第一份溶液中加入少量KMnO4溶液，溶液紫红色褪去，不一定是Fe2+，选项A错误；B．第二份溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明该溶液中含有Fe2+，但不能确定是否含有Fe3+，选项B错误；C．第三份溶液中加入用稀盐酸酸化BaCl2，产生白色沉淀，说明有生成，产生的白色沉淀是BaSO4，选项C错误；D．根据实验现象可知，具有还原性的SO2与具有氧化性的FeCl3发生氧化还原反应，根据质量守恒和电子转移守恒，SO2与FeCl3溶液的离子方程式为:2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++，选项D正确；答案选D。7.下列实验装置(部分夹持装置略)或现象错误的是A.图①：观察到钠燃烧的火焰颜色为黄色，且有淡黄色固体生成B.图②：两支试管中滴入酚酞溶液后，甲中溶液为红色，乙中溶液为浅红色C.图③：一段时间后，观察到右侧导管有一段高于液面的水柱D.图④：石蜡油受热分解，右侧试管盛放的酸性溶液褪色【答案】A【解析】【详解】A．钠的焰色为黄色，燃烧生成过氧化钠，应在坩埚或试管中观察到钠燃烧的火焰颜色为黄色，且有淡黄色固体生成，不能选玻璃表面皿，故A错误； B．等浓度时碳酸钠溶液的碱性强，则两支试管中滴入酚酞溶液后，甲中溶液为红色，乙中溶液为浅红色，故B正确；C．食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，水沿导管上升可证明，则右侧导管有一段高于液面的水柱，故C正确；D．石蜡油受热分解生成不饱和烃，则右侧试管盛放的酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故选：A。8.下列说法正确的个数为①基态Se原子中电子的空间运动状态有18种②基态的价电子轨道表示式为③除KSCN外，也可检验④加入强碱水溶液并加热可检验氰基存在⑤均为由极性键构成的非极性分子⑥HF分子间存在氢键，HI分子间不存在氢键，故稳定性：A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【详解】①空间运动状态个数=轨道数，Se是34号元素，轨道数有18种，故电子的空间运动状态有18种，①正确；②基态的价电子排布式为3d6，故其轨道表示式为，②错误；③是检验二价铁离子，检验三价铁离子的为，③错误；④检验氰基的方法为向待测溶液中滴加NaOH溶液，用酒精灯加热一段时间，用湿润的红色石蕊试管口，试纸变蓝说明待测液中含有氰基，④正确；⑤分子是三角双锥形，键的偶极矩相互抵消，使分子的正、负电重心重合，所以为非极性分子；分子呈正八面体结构，S原子位于正八面体的中心，该分子结构对称、正负电荷重心重合，所以为非极性分子，⑤正确；⑥故HF的稳定性大于HI的原因是因为F的非金属性强于I，非金属性越强，气态氢化物越稳定，⑥错误； 故①④⑤正确，选B9.水污染是我国面临的主要环境问题之一、工业废水排入水体前必须经过处理达到排放标准，否则会污染地表水和地下水。利用微生物电池进行废水(含Na+、K+、Mg2+、Cl-和等离子)脱盐的同时处理含OCN-(其中C为+4价)酸性废水的装置如图所示。下列说法错误的是A.电子由电极M经用电器流向电极NB.该电池的优点是条件温和，利用率高，无污染C.通过膜1的阴离子数目一定等于通过膜2的阳离子数目D.电池的总反应可表示为【答案】C【解析】【分析】从图中可以看出，在M极，OCN-转化为CO2和N2，N元素由-3价升高到0价，则M极为负极；在N极，O2作氧化剂，则N极为正极。【详解】A．原电池工作时，电子由负极沿导线流向正极，则电子由电极M经用电器流向电极N，A正确；B．该电池在厌氧微生物的催化作用下，常温下，将OCN-等杂质转化为CO2、N2等，所以优点是条件温和，利用率高，无污染，B正确；C．在M极，2OCN--6e-+2H2O=2CO2↑+N2↑+4H+，则废水中的Cl-、通过膜1向M极移动；在N极，O2+2H2O+4e-=4OH-，则废水中的H+、Na+、K+、Mg2+通过膜2向N极移动，由于阴、阳离子所带的电荷数不同，所以通过膜1的阴离子数目不一定等于通过膜2的阳离子数目，C错误；D．将M极、N极的电极反应式相加，同时注意废水呈酸性，正极产生的OH-最终被废水中的H+所中和，所以电池的总反应可表示为，D正确；故选C。 10.已知：，A物质在该条件下发生的反应为：，下列关于A物质的说法正确的是A.物质A的结构简式为：B.物质A与Cl2发生加成反应，最多可以得到2种加成产物C.若3分子物质A在该条件下发生反应，则产物的结构简式可能为D.物质A在一定条件下可以发生缩合聚合反应【答案】C【解析】【详解】A．是物质A的结构简式，A项错误。B．物质A与发生加成反应，最多可以得到3种加成产物，B项错误。C．3分子发生已知信息的反应，可得到，C项正确；D．A物质在一定条件下可以发生加成聚合反应，D项错误。答案为：Ｃ。11.测定溶液中乙二醛(含少量硝酸)含量的方法如下。i．取VmL待测溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为0.20mol·L-1NaOH溶液滴定至溶液恰好由无色变为粉红色，中和硝酸。ii．向i所得溶液加入过量0.50mol·L-1NaOH溶液V1mL，充全反应，使乙二醛反应生成CH2OHCOONa。iii．用0.50mol·L-1硫酸滴定ii中溶液至终点，消耗硫酸体积为V2mL。下列说法不正确的是A.根据结构分析，pKa：CH2OHCOOHc(HCO)+2c(CO)，B错误；C．相同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中碳酸根离子水解程度更大，碱性更强，pH更大，故pH：前者大于后者，C正确；D．由图可知，在其pH为10时溶液中，当pHCO=0时，、，则碳酸的第一步电离常数为，D正确；故选B。 二、非选择题：共58分。15.为了实现碳达峰、碳中和目标，建立清洁低碳的能源体系，如何处置和利用废旧电池，已成为当前行业亟需解决的问题。一种废旧磷酸铁锂电池正极材料(主要成分为LiFePO4，另含有少量Al)回收利用的工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）拆解废旧磷酸铁锂电池会产生粉尘、废气等，采用_____(填“封闭式全自动化拆解设备”或“开放式人工手动”)拆解，能避免环境污染并提高拆解效率.拆解后的正极片用NaOH溶液浸泡，目的是_____。（2）正极粉料中加入硫酸酸化的双氧水，其中双氧水的作用是_____。生成FePO4的化学方程式为_____。（3）溶液的pH对铁和磷的沉淀率的影响如图所示。沉淀铁和磷时，应选择溶液的pH为2.5。当pH＞2.5时，铁、磷沉淀率发生不同变化的原因是_____。（4）已知：Ksp(FePO4)=1.0×10-15，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39。向“含锂溶液1”[其中=1]中加入NaOH固体，进行深度除铁。深度除铁后溶液的pH=4.5，则此时溶液中=_____。（5）向“含锂溶液2”中加入Na3PO4溶液，得到Li3PO4沉淀。所加的Na3PO4溶液可通过向流程中的_____(填化学式)中加入NaOH溶液制得。（6）检验水洗Li3PO4已洗涤干净的操作方法是_____。【答案】（1）①.封闭式全自动化拆解设备②.去除铝杂质（2）①.将Fe2+氧化成Fe3+②.2LiFePO4+H2SO4+H2O2=Li2SO4+2FePO4+2H2O （3）当pH＞2.5时，FePO4会有部分开始转变生成Fe(OH)3，使得部分PO释放，导致磷沉淀率下降，而铁虽然转化成了Fe(OH)3，但仍在沉淀中，因此铁沉淀率未出现下降趋势（4）2.8×10-3（5）FePO4（6）取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净【解析】【小问1详解】拆解废旧磷酸铁锂电池会产生粉尘、废气，为了保护环境，所以采用封闭式全自动化拆解设备；Al会与氢氧化钠发生反应，目的是为了除了Al杂质；【小问2详解】H2O2具有氧化性，加入的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；Fe2+被氧化为Fe3+，H2O2被还原，发生的化学方程式为：2LiFePO4+H2SO4+H2O2=Li2SO4+2FePO4+2H2O【小问3详解】当pH＞2.5后，部分Fe元素以Fe(OH)3的形式存在，使得部分PO释放，导致磷沉淀率下降，而铁虽然转化成了Fe(OH)3，但仍在沉淀中，因此铁沉淀率未出现下降趋势；【小问4详解】分离出FePO4沉淀后的溶液是FePO4的饱和溶液，溶液中mol/L。深度除铁后溶液的pH=4. 5，则溶液中mol/L，溶液中mol/L。深度除铁后溶液中=；【小问5详解】Fe(OH)3的Ksp更小，所以可以通过FePO4与NaOH溶液反应生成Na3PO4与Fe(OH)3；【小问6详解】检验水洗Li3PO4是否已洗涤干净主要是检验溶液中是否还含有硫酸根离子，检验硫酸根离子的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净。16.某小组同学制备碘酸盐()并探究其性质。 资料：①可与溶液反应生成和。②碘酸钙[]为难溶于水、能溶于硝酸的白色固体。③的氧化性，的还原性与溶液的酸碱性无关：与氧化性随溶液酸性增强而增强(X为、或I)。实验装置如图(加热与夹持装置略)步骤：I．打开A中分液漏斗活塞，加热固底烧瓶；一段时间后，B中溶液由无色变为棕黄色。II．将B中棕黄色溶液倒入烧杯中，再加入溶液，烧杯中溶液由棕黄色变为无色。（1）A装置发生的化学方程式为___________。（2）C装置发生离子方程式为___________。（3）取少量步骤Ⅱ后所得无色溶液，加入过量盐酸和，振荡后静置，溶液分层，上层呈浅黄色，下层呈紫色。甲同学得出结论：在酸性条件下可以氧化为。①乙同学认为上述结论不合理，可能原因如下：原因一：空气中在酸性条件下将溶液中的氧化，离子方程式为___________。原因二：___________(填化学式)在酸性条件下将溶液中的氧化。②为了进一步证明在酸性条件下可氧化为，完成如下实验：ⅰ.另取与(3)等量的步骤Ⅱ后所得无色溶液，加入稍过量固体，振荡，充分反应后过滤得到无色溶液X和沉淀Y。ⅱ.向无色溶液X，加入与(3)等量的盐酸和，振荡后静置，溶液分层，上、下层均几乎无色。ⅲ.取少量洗涤后的沉淀Y加入稀，固体溶解，继续加入少量KI溶液，溶液呈黄色。ⅳ.……a．由实验ⅰ、ⅱ得出结论：___________。 b．由实验ⅲ和ⅳ得出结论：在酸性条件下可以氧化为。补全实验ⅳ的操作和现象___________。（4）根据实验ⅲ得出：氧化性___________(填“”或“”)，而实验ⅰ表明和的氧化性强弱关系相反，原因是___________。（5）查阅资料发现，与相应的(，)均有类似上述反应。浓度相同时，氧化性，但浓度均为的和开始发生反应时的pH为1，而浓度均为的和开始发生反应的pH为5。试从原子结构的角度解释两个反应开始发生时pH不同的原因___________。【答案】（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O（2）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（3）①.4I-+O2+4H+=2I2+2H2O②.HClO③.酸性条件下空气中的氧气或次氯酸未将碘离子氧化生成碘单质④.继续加入过量的氯化钙溶液，不产生白色沉淀或产生很少白色沉淀（4）①.<②.碘酸根离子的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液酸性越强，碘酸根离子氧化性越强（5）氯离子的还原性弱与溴离子，所以氯酸根离子氧化氯离子需要酸性更强才能氧化【解析】【分析】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，氯气通过饱和食盐水，除去含有的氯化氢气体，再通入碘化钾溶液中，氯气和碘化钾反应生成碘单质，当碘化钾溶液变棕黄色，即说明有碘单质生成，再加入氢氧化钠，碘和氢氧化钠反应生成碘酸钠和碘化钠，最后烧杯中的氢氧化钠吸收多余的氯气，防止污染。据此解答。【小问1详解】A装置为制取氯气，反应的方程式为：。A装置发生的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；【小问2详解】C装置用氢氧化钠溶液吸收氯气尾气，发生的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；【小问3详解】①乙同学认为上述结论不合理，可能原因如下： 原因一：空气中在酸性条件下将溶液中的氧化，离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O。原因二：多余的氯气和水反应生成次氯酸，可能HClO在酸性条件下将溶液中的氧化。②为了进一步证明在酸性条件下可氧化为，完成如下实验：ⅰ.另取与(3)等量的步骤Ⅱ后所得无色溶液，加入稍过量固体，振荡，充分反应后过滤得到氯化钠和碘化钠的无色溶液，和碘酸钙沉淀。ⅱ.向无色溶液X，加入与(3)等量的盐酸和，振荡后静置，溶液分层，上、下层均几乎无色。说明。a．由实验ⅰ、ⅱ得出结论是不含有碘酸根离子时，酸性条件下空气中的氧气或次氯酸未将碘离子氧化生成碘单质。ⅲ.取少量洗涤后的沉淀Y加入稀，固体溶解，继续加入少量KI溶液，溶液呈黄色，说明产生了碘单质。ⅳ.继续加入过量的氯化钙溶液，不产生白色沉淀或产生很少白色沉淀。说明溶液中的碘酸根离子被消耗或消耗完。b．由实验ⅲ和ⅳ得出结论：在酸性条件下可以氧化为。【小问4详解】根据实验ⅲ中可知，碘酸根离子氧化碘离子生成碘单质，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析得出：氧化性<，而实验ⅰ表明和的氧化性强弱关系相反，原因是碘酸根离子的氧化性与溶液的酸碱性有关，溶液酸性越强，碘酸根离子氧化性越强。【小问5详解】溴酸根离子和氯酸根离子的氧化性接近，但溴和氯为同主族元素原子，氯的电负性大于溴，故氯离子的还原性弱与溴离子，所以氯酸根离子氧化氯离子需要酸性更强才能氧化。【点睛】17.我国科学家发现一种钡配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。 (代表单键、双键或叁键)回答问题：（1）配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种，它们是_______。（2）配合物Ⅰ中，R′代表芳基，空间结构呈角形，原因是_______。（3）配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是_______。（4）配合物Ⅱ和Ⅲ中，钒的化合价分别为和，配合物Ⅱ、Ⅲ和三者中，两个氮原子间键长最长的是_______。（5）近年来，研究人员发现含钒的锑化物在超导方面表现出潜在的应用前景。晶胞如图1所示，晶体中包含由V和Sb组成的二维平面(见图2)。①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子各自周围紧邻的锑原子数为_______。锑和磷同族，锑原子基态的价层电子排布式为_______。②晶体中少部分钒原子被其它元素(包括Ti、Nb、Cr、Sn)原子取代，可得到改性材料。下列有关替代原子说法正确的是_______。a．有或价态形式b．均属于第四周期元素c．均属于过渡元素d．替代原子与原离子的离子半径相近【答案】（1）C、O、P、Cl（2）根据VSEPR模型，氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，成键电子对之间呈角形（3）N（4）配合物Ⅱ（5）①.6②.③.ad【解析】【小问1详解】根据题干配合物Ⅰ的结构图，中心原子钒的配位原子有C、O、P、Cl；【小问2详解】根据VSEPR模型，中心原子氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，空间结构呈角形；【小问3详解】 配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是N；【小问4详解】结合题干所给配合物Ⅱ和Ⅲ的结构，钒的化合价分别为和，配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键，配合物Ⅲ中未氮氮双键，中为氮氮三键，故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长；【小问5详解】①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子填充在锑原子构成的八面体空隙中，周围紧邻的锑原子数为6；锑和磷同族，锑原子位于第五周期VA，其基态的价层电子排布式；②a．中V带的总的正电荷为+9，当替代原子为Sn时，化合价可能为或价态形式，故a正确；b．Ti、Cr、Sn属于第四周期元素，Nb属于第五周期，故b错误；c．Sn是VA族元素，不属于过渡元素，故c错误；d．钒原子填充在锑原子形成的八面体空隙中，替代原子与原离子的离子半径相近，才能填充进去，故d正确；答案为：ad。18.本维莫德(D)乳膏剂为我国拥有完整自主知识产权的国家Ⅰ类新药，主要用于治疗炎症及自身免疫疾病，且对银屑病有较好的治疗效果，其两种合成路线如下所示：已知：请回答下列问题：（1）B的分子式为___________，的名称为___________。（2）反应A→B的化学方程式为___________。 （3）官能团决定有机物的性质，请结合F的官能团特征，预测其可能的化学性质，参考①的示例，完成下表。___________序号官能团名称可反应的试剂反应形成的新结构反应类型①醛基银氨溶液-氧化反应②________________________________（4）写出G的结构简式___________。（5）M是E的同分异构体，符合下列条件的M的可能结构共有___________种。Ⅰ.能与FeCl3溶液发生显色反应Ⅱ.能与溴水发生加成反应Ⅲ.只有一个手性碳原子（6）设计路线以乙烯为原料经wittig反应合成(其它试剂任选)：___________。【答案】（1）①.C11H14O4②.2-丙醇(或异丙醇)（2）（3）序号官能团名称反应的试剂反应形成的新结构反应类型②酯基NaOH/HCl—COO-和ROH(或—OH)/—COOH/ROH(或—OH)取代反应或②醛基O2或O2/Cu或O2/Ag或KMnO4/H+或K2Cr2O7/H+-COOH氧化反应（4）（5）3（6） 【解析】【分析】路线1：根据A的分子式为，A和反应生成B可知，A的结构简式为；B和苯甲醛反应生成C；C经过脱酸反应生成D；路线2：E经过反应生成F，根据题中所给信息可知F发生wittig反应生成G，G的结构简式为；G经过反应得到D；【小问1详解】根据B的结构简式可知B的分子式为；的名称为2-丙醇(或异丙醇)；【小问2详解】根据分析可知A→B的化学方程式为：++；【小问3详解】F含有的官能团为醛基，酯基；酯基可以和NaOH/HCl反应形成新的结构为，反应类型为取代反应；醛基还可以和反应生成新的结构为-COOH，反应类型为氧化反应；【小问4详解】根据分析可知G的结构简式为；【小问5详解】M是E的同分异构体，能与溶液发生显色反应说明含有酚羟基；. 能与溴水发生加成反应说明含有碳碳双键；只有一个手性碳原子；符合以上条件的M的结构简式为，，，共3种；【小问6详解】