1、安徽省“皖江名校联盟”2020届高三化学决战最后一卷试题（含解析）一、选择题1.化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是A. 添加碱性蛋白酶能提高洗衣粉的去污能力，使用时水温越高洗涤效果越好B. 84消毒液和医用酒精杀灭新冠肺炎病毒的原理不同C. 用超临界液态CO2代替有机溶剂萃取大豆油，有利于环保D. 侯氏制碱法利用了物质溶解度的差异【答案】A【解析】【详解】A添加碱性蛋白酶能提高洗衣粉的去污能力，温度过高，会使蛋白酶失去活性，用温水洗涤效果越好，故A错误；B84消毒液是利用次氯酸的氧化作用消毒，医用酒精能使蛋白质变性消毒，原理不同，故B正确；C用超临界液态CO2代替有机溶剂萃取大豆油，减
2、少有机溶剂的使用，有利于环保，故C正确；D侯氏制碱法是将NH3、CO2先后通入饱和NaCl溶液中，发生反应NaCl + CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl，该反应相当于氯化钠和碳酸氢铵发生复分解反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸氢铵，故析出碳酸氢钠晶体，故D正确；选A。2.丙是科学家合成的一种能自动愈合自身内部细微裂纹的神奇塑料，合成路线如下图所示：下列说法错误的是A. 两步反应都符合绿色化学最理想的“原子经济”理念B. 乙的一氯代物有10种(不考虑立体异构)C. 甲分子所有原子有可能处于同一平面D. 由甲生成乙发生的是加成反应【答案】C【解析】【详解】A2个分子
3、的甲发生加成反应产生乙，化合物乙与在催化剂条件下发生加聚反应产生化合物丙，两个反应中反应物原子全部转化为生成物，因此符合绿色化学最理想的“原子经济”理念，A正确； B化合物乙分子中含有10种不同位置的H原子，因此乙的一氯代物有10种(不考虑立体异构)，B正确；C甲分子含有饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此所有原子不可能都处于同一平面上，C错误；D由2个分子的甲发生加成反应生成乙，其中一个分子发生的是1，2加成反应，另一个分子发生的是1，4加成反应，D正确；故合理选项是C。3.设NA为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是A. 过量金属铁与1 mol Cl2反应，生成物中Fe2+数目为NAB.
4、 1 mol NaHSO4在熔融状态下电离出的阳离子数为NAC. 1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NAD. 我国科学家发明了精准剪切碳氢键的新技术，1 mol C2H6O中可供剪切的C-H键为5NA【答案】B【解析】【详解】AFe与Cl2在点燃时反应产生FeCl3，因此过量的金属铁与1 mol Cl2反应，生成物中不含Fe2+，其数目为0，A错误；BNaHSO4在熔融状态下电离出Na+、HSO4-，所以1 mol NaHSO4在熔融状态下电离出的阳离子数为NA，B正确；CCl2与甲烷光照条件下发生取代反应是逐步进行的，首先产生CH3Cl，产生的CH3Cl
5、再与未反应的氯气进一步发生取代反应产生CH2Cl2、CHCl3、CCl4，因此1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，C错误；DC2H6O表示的物质可能是CH3CH2OH，也可能是CH3-O-CH3，物质不能确定，因此不能确定其中含有的C-H共价键数目，D错误；故合理选项是B。4.某学习小组设计蔗糖与浓硫酸反应的实验装置如下，并进行系列实验(必要时可对甲适当加热)。下列说法中正确的是A. 可观察到棉球a、b都褪色，且褪色的原理相同B. 丙、丁中都能观察到有白色沉淀生成C. 实验过程中观察到的系列现象，可验证浓硫酸具有吸水性、脱水性和氧化性D. m管的作用
6、是平衡压强，戊的作用是吸收尾气【答案】D【解析】【详解】A在甲中，浓硫酸与蔗糖混合，蔗糖被脱水碳化，产生的C单质有一部分被浓硫酸氧化产生CO2气体，浓硫酸被还原产生SO2，a处SO2使品红溶液褪色，表现SO2的漂白性，在b处SO2气体与溴单质发生氧化还原反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，SO2表现还原性，因此棉球a、b都褪色，褪色的原理不相同，A错误；B在丙中SO2溶于水得到H2SO3，溶液显酸性，与Ba(NO3)2发生氧化还原反应，反应产生BaSO4白色沉淀，但在丁处，由于酸性HClH2SO3，因此不能发生反应形成沉淀，故丁中无白色沉淀生成，B错误；C根据实验过程中观察现
7、象，可验证浓硫酸具有脱水性和氧化性，但不能显示其吸水性，C错误；Dm管使分液漏斗的液体上下气体压强一致，便于液体顺利滴下，因此其作用是平衡压强，戊中盛有碱石灰，可以吸收反应过程中产生SO2、NO2等气体，防止尾气中SO2、NO2等有害气体污染环境，D正确；故合理选项是D。5.利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氣乙烯进行水体修复，修复过程如图所示。H+、O2、等共存物的存在会影响水体修复效果。下列说法错误的是A. 反应在负极发生，反应在正极发生B. 增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可加快水体修复速率C 水体修复过程中，三氯乙烯每脱去3mol Cl，就有3molFe变成Fe2+D
8、. 的电极反应式为 + 10H+8e-=+3H2O【答案】C【解析】【详解】A反应是铁失电子，在负极发生，反应得电子发生还原反应，在正极发生，故A正确；B增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，加快单位体积水体中失电子速率，可加快水体修复速率，故B正确；C水体修复过程中，正极发生、等反应，根据电子转移守恒，三氯乙烯每脱去3mol Cl，Fe变成Fe2+的物质的量大于3mol，故C错误；D反应是硝酸根离子得电子被还原为铵根离子，电极反应式为+ 10H+8e-=+3H2O，故D正确；选C。6.常温下，用一定浓度的盐酸溶液滴定某氨水溶液。滴定终点附近溶液pH和导电能力的变化分别如下图所示(利用溶液导
9、电能力的变化可判断滴定终点，溶液总体积变化忽略不计)。下列说法错误的是A. M点对应溶液中c(NH4+)=c(Cl-)B. XY溶液导电性增强的主要原因是c(H+)和c(Cl-)增大C. 根据溶液pH和导电能力的变化可判断V2V3D. MN过程中不变【答案】B【解析】【详解】A常温下，M点溶液呈中性，则溶液中c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(OH-)=c(H+)+ c(Cl-)，所以c(NH4+)=c(Cl-)，A正确；BX到Y溶液导电性增强主要是溶液中c(H+)、c(NH4+)增大，B错误；CNH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，要使酸碱混合溶液呈中性，则M
10、点NH3H2O物质的量n(NH3H2O)大于n(HCl)，即氨水有剩余，导电能力中Y点为酸碱恰好完全反应点，Y点n(HCl)=n(NH3H2O)，则V2V3，C正确；DMN过程中，物质NH3H2O的电离平衡常数及水的离子积常数只与温度有关，温度不变，则Kb、Kw不变，因此不变，D正确；故错误选项是B。7.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次増加，且均不超过20。W、X、Y最外层电子数之和为15，化合物Z+Y-WX-是实验室用于检验某常见金属离子的一种化学试剂。下列说法错误的是A. 离子半径大小:YZB. 元素X、Z的氢化物遇水均能形成碱性溶液C. 简单氢化物的沸点:WS，则离子半径：S2-K+
11、，A选项正确；BX为N元素，Z为K元素，两者的氢化物分别为NH3和KH，NH3与遇水形成NH3H2O，显碱性，KH遇水形成KOH，显碱性，B选项正确；CNH3分子间可形成氢键，因此沸点高于CH4，C选项正确；DS-CN-中所有原子最外层均满足8电子稳定结构，D选项错误；答案选D。非选择题必做题8.钒及其化合物在工业生产中有着广泛的应用，可作为制硫酸的催化剂，从含钒废料（含有V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3等）中回收V2O5的流程如下：巳知:NH4VO3微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇。回答下列问题：(1)为提高浸出速率，除适当増加硫酸浓度外，还可采取的措施有_(写出一条)，滤渣1的成
12、分是_，酸浸时V2O4发生反应的离子方程式为_。(2)“氧化反应”反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_。(3)该流程中可循环利用的物质有_(填化学式)。(4)已知+2H+H2O，沉钒”过程中，主要反应的离子方程式为_。沉钒后为了得到尽可能多的NH4VO3，需要进行的主要操作有：冷却过滤、_。(5)钒电池是目前发展势头强劲的优秀绿色环保电池，全钒液流储能电池就是其中一种，它的正负极活性物质形成的电解质溶液相互分开，该电池采用石墨电极，其工作原理示意如图。放电时正极反应式为_，充电时质子的移动方向为_(填“从左向右”或“从右向左”)。【答案】 (1). 将含钒废料粉碎、适当提高反应温度、加快搅拌
13、速度等 (2). SiO2或二氧化硅 (3). V2O4+4H+=2VO2+2H2O (4). 2：l (5). CO2、NH3 (6). +2+=NH4VO3+2CO2+H2O (7). 乙醇洗涤、烘干 (8). +e-+2H+=VO2+H2O (9). 从左向右【解析】【分析】V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3与硫酸反应得到含有、VO2+、Fe3+的溶液，加入NaClO把VO2+氧化为+5价，调节pH=4使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，加入碳酸氢铵生成NH4VO3沉淀。【详解】(1)根据影响反应速率的因素，为提高浸出速率，除适当増加硫酸浓度外，还可采取的措施有将含钒废料粉碎、适当
14、提高反应温度、加快搅拌速度等，含钒废料中SiO2和硫酸不反应，所以滤渣1的成分是SiO2，酸浸时V2O4和硫酸反应生成VOSO4和水，发生反应的离子方程式为V2O4+4H+=2VO2+2H2O；(2)“氧化反应”中NaClO把VO2+氧化为+5价，氯元素化合价由+1降低为-1，V元素由+4升高为+5，还原剂与氧化剂的物质的量之比是2:1；(3)沉钒过程发生反应+2+=NH4VO3+2CO2+H2O，NH4VO3加热分解为氨气、V2O5，二氧化碳、氨气溶于水生成碳酸氢铵，该流程中可循环利用的物质有CO2、NH3；(4) “沉钒”过程中铵根离子、碳酸氢根离子、反应生成NH4VO3和二氧化碳气体，主
15、要反应的离子方程式为+2+=NH4VO3+2CO2+H2O。根据NH4VO3不溶于乙醇，沉钒后为了得到尽可能多的NH4VO3，需要进行的主要操作有：冷却过滤、乙醇洗涤、烘干；(5)原电池放电时，氢离子移向正极，、VO2+的转化需要氢离子，所以放电时左侧是正极、右侧是负极，放电时正极反应式为+e-+2H+=VO2+H2O，充电时，左侧为阳极、右侧为阴极，质子的移动方向为从左向右。9.氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种易分解、易水解的白色固体、难溶于CCl4。实验室可将干燥二氧化碳和氨气通入CCl4中进行制备，反应原理为2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s) HBA (4).
16、A (5). (6). B (7). 5.33【解析】【分析】(1)根据图象，H=生成物总能量-反应物总能量，根据到达过渡态的活化能高低选择合适的反应途径；(2)温度升高，化学反应速率增大，反应到达平衡的时间缩短；388 K时，异丁烯的平衡转化率为80%，根据方程式计算平衡时各种气体的物质的量，利用气体的物质的量的比等于压强比，代入平衡常数表达式计算可得；根据温度、浓度、催化剂对速率常数的影响分析判断，结合平衡时正、逆反应速率相等，根据图象，M点异丁烯的平衡转化率为60%，根据方程式计算。【详解】(1) 根据图象，H=生成物总能量-反应物总能量=(1-5)a kJ/mol=-4a kJ/mol
17、；A过渡态1的活化能为E1=4a kJ/mol，过渡态2的活化能为E2=6a kJ/mol，过渡态3的活化能为E3=6a kJ/mol，所以过渡态1的活化能最低，反应相对容易，则反应历程的最优途径是C1，A正确；B. 催化剂HZSM-5参加化学反应，降低反应的活化能，能够使化学反应速率大大加快，B错误；C采用不同途径，由于不能改变反应物、生成物的总能量，因此反应热不变，在相同条件下，采用不同途径时，最终达到平衡时反应物乙醇的平衡转化率不变，C错误；D该反应的正反应是放热反应，在其他条件不变时，升高反应温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，反应物转化率降低，因此不有利于提高平衡产率，D错误；故合
18、理选项是A；(2)温度升高，化学反应速率增大，反应到达平衡的时间缩短，温度388 K高于378 K，所以388 K时异丁烯的转化率随时间变化的曲线为L1，378 K时异丁烯的转化率随时间变化的曲线为L2。M、A是388 K温度下的化学反应，反应正向进行，M点反应物的浓度比A点的高，反应物浓度越大，反应速率越快，所以反应速率MA ；B点是378 K时的反应速率，M、B两点浓度相同但M点温度高，则反应速率MB；A、B两点观察斜率，反应速率BA，故化学反应速率由大到小的顺序为：MBA；A、B、M三点中A点的温度高于B点，A点生成物的浓度大于M、B点，所以图中A、M、B三点，逆反应速率最大的点是A点；
19、在388 K时，当反应达到平衡时异丁烯转化率为80%，由于在反应开始时按物质的量之比1：1充入乙醇和异丁烯，发生反应：C2H5OH(g)+IB(g)ETBE(g)，假设反应开始时n(异丁烯)=n(乙醇)=a mol，平衡时各种物质的物质的量为n(异丁烯)=n(乙醇)=0.2a mol，n(ETBE)=0.8a mol，平衡时气体总物质的量n(总)= 0.2a mol+0.2a mol+0.8a mol=1.2a mol，平衡时气体压强P=P0=0.6P0，在相同条件下气体的物质的量的比等于压强之比，则平衡时各种气体的分压P(异丁烯)=P(乙醇)=0.6P0=0.1 P0，P(ETBE)=0.6
20、p0=0.4 P0，所以用分压表示的该反应的平衡常数K= =；A其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率都增大，因此k正、k逆都增大，A错误；B催化剂对正、逆反应速率影响相同，因此其他条件不变，使用催化剂，k正、k逆同倍数增大，B正确；C反应速率常数只与反应温度有关，在其它条件不变时，増大反应物浓度，k正、k逆都不变，C错误；D反应速率常数只与反应温度有关，在其它条件不变时，减小压强，k正、k逆都不变，D错误；故合理选项是B；反应达到平衡时=正-逆=k正P(C2H5OH)P(IB)-k逆P(ETBE)=0，则=；由于在反应开始时按物质的量之比1：1充入乙醇和异丁烯，发生反应：C2H5OH(g)+
21、IB(g)ETBE(g)，假设反应开始时n(异丁烯)=n(乙醇)=a mol，在M点异丁烯转化率为60%，则M点时n(异丁烯)=n(乙醇)=0.4a mol，n(ETBE)=0.6a mol，气体总物质的量为n(总)=0.4a mol+0.4a mol+0.6a mol=1.4a mol，此时气体压强P=P0=0.7P0，在相同条件下气体的物质的量的比等于压强之比，则M点各种气体的分压P(异丁烯)=P(乙醇)=0.7P0=0.2P0，P(ETBE)=0.7P0=0.3P0，所以M点=5.33。【点睛】本题考查了图象法在化学反应速率和化学平衡的移动及化学平衡的计算的应用。根据外界条件对化学反应速
22、率的影响，结合平衡移动原理及平衡状态特征分析判断。外界条件对化学反应速率的影响中一般催化剂影响最大，其次是温度，然后是浓度(或压强)，催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，因此不能改变物质的平衡转化率和平衡常数。选做题化学选修3：物质结构与性质11.我国化学家合成的铬的化合物，通过烷基铝和ph3C+B(C6F5)4-活化后，对乙烯聚合表现岀较好的催化活性。合成铭的化合物过程中一步反应如下，该反应涉及H、C、N、O、Cl、Cr等多种元素。回答下列问题：(1)下列状态的氯中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_(填标号)。A BC D(2)化合物乙中碳原子采取的杂化方式为_，化合物丙中a、b
23、、n、m处的化学键是配位键的是_(填字母)处。(3)Cr3+具有较强的稳定性，Cr3+的核外电子排布式为_；已知没有未成对d电子的过渡金属离子形成的水合离子是无色的，Ti4+、V3+、Ni2+三种离子的水合离子为无颜色的是_(填离子符号)。(4)ClO3-的键角小于ClO4-的键角，原因是_。(5)根据结构与性质的关系解释，HNO2的酸性比HNO3弱的原因：_。(6)水在合成铬的化合物的过程中作溶剂。研究表明水能凝结成13种类型的结晶体。其中重冰(密度比水大)属于立方晶系，其立方晶胞沿x、y、z轴的投影图如图所示，晶体中的H2O配位数为_晶胞边长为a pm，则重冰的密度为 _gcm-3（写出数
24、学表达式，NA为阿伏伽徳罗常数）。【答案】 (1). D (2). sp2、sp3 (3). b (4). 1s22s22p63s23p63d3 (5). Ti4+ (6). ClO3-中氯原子有一个孤电子对，ClO3-中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于ClO4-中成键电子对间的排斥力。 (7). HNO2和HNO3可表示为(HO)NO和(HO)NO2，(HO)NO中N为+3价，(HO)NO2中N为+5价，正电性更高，使N-O-H中O的电子更向N偏移，致使更容易电离出H+ (8). 8 (9). 1030【解析】【分析】(1)同一原子，电离能逐渐增大，所以失去电子数越多，在电离最外层一个电
25、子所需能量越大分析解答；(2)化合物乙中碳原子有饱和碳原子和形成苯环的碳原子两种类型，据此分析杂化方式；根据配位键是一个原子单方面提供电子对与另外原子共用，结合化合物丙中a、b、n、m处的化学键分析；(3)根据构造原理书写Cr原子核外电子排布式，Cr原子失去3个能量较高的电子得到Cr3+，据此书写其电子排布式；根据没有未成对d电子的过渡金属离子形成的水合离子是无色的，及Ti4+、V3+、Ni2+三种离子的核外电子排布分析判断；(4)根据中心原子的电子形成化学键情况，结合孤电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用分析判断；(5)根据分子中羟基受到中心原子吸引力大小分析；(6)立方晶胞沿x、y或z
26、轴的投影图如图可知为体心立方堆积。其配位数为8；每个晶胞中水分子个数为2，再用公式=计算晶胞密度。【详解】(1)A、C表示的微粒都是Cl原子，由于A是基态，C是激发态，微粒含有的能量：CA，则稳定性：AC，所以失去1个电子需要能量：AC；B、D表示微粒都是Cl+，是Cl原子失去1个电子后得到的，微粒含有的能量：BD，则稳定性：DB。所以失去1个电子需要能量：DB；从带一个单位正电荷的阳离子再失去1个电子需要的能量要比从中性原子失去1个电子需要的能量高，所以选项微粒失去1个电子需要能量最多的是D表示的微粒；(2)化合物乙中碳原子有饱和碳原子和形成苯环的碳原子两种类型，饱和C原子采用sp3杂化，形
27、成苯环的C原子采用sp2杂化；根据图示可知：在化合物丙中a、b、n、m处化学键，a、n、m都是一般共价键，而b处是N原子提供电子对与Cr原子共用，因此该共价键为配位键；(3)Cr是24号元素，根据构造原理可得Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d44s2，Cr原子失去2个4s电子和1个3d电子得到Cr3+，则其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3；Ti4+核外电子排布：1s22s22p63s23p4，没有3d电子，则其水合离子为无颜色；V3+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d2，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；Ni2+核外电子排布是：1s2
28、2s22p63s23p63d8，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；故上述三种离子中水合离子无颜色的是Ti4+；(4)ClO3-中氯原子有一个孤电子对，ClO3-中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于ClO4-中成键电子对间的排斥力，导致键角：ClO3-ClO-；(5)HNO2和HNO3都是一元酸，分子中都含有1个-OH，可分别表示为(HO)NO和(HO)NO2，(HO)NO中N为+3价，(HO)NO2中N为+5价，正电性更高，使N-O-H中O的电子更向N偏移，致使更容易电离出H+，因此酸性：HNO2HNO3；(6)立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图可知为体心立方堆积。其配位数为8；每个晶胞中
29、水分子个数为8+1=2，则由晶胞密度=1030g/cm3。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及电离能比较、原子核外电子排布式的书写、原子杂化方式判断、配位键及晶胞计算等知识，把握晶胞的计算和投影图的识别是解题关键，注意根据失去电子数越多再电离最外层一个电子所需能量越大，根据物质结构分析判断，侧重考查学生空间想象能力及计算能力。化学一选修5 ：有机化学基础12.2020年2月17日下午，在国务院联防联控机制发布会上，科技部生物中心副主任孙燕荣告诉记者:磷酸氯喹对“COV1D-19”的治疗有明确的疗效，该药是上市多年的老药，用于广泛人群治疗。其合成路线如下所示：巳知:醛基在一定条件下可以还原成甲基
30、。回答下列问题：(1)A中含氧官能团的名称为_。(2)下列说法中正确的是_(填序号)。a.可用新制氢氧化铜浊液鉴别开有机物A和Db.物质D和E是同分异构体c.可用红外光谱仪测定物质C的相对分子质量d.由C生成D发生的是水解反应(3)反应的反应类型为_，反应若温度过高会发生副反应，请写出一个可能发生的副反应的化学方程式_。(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳。磷酸氯喹(L)分子中有_个手性碳。(5)有机物E有多种同分异构体，其中属于酯的有_种，在属于羧酸的同分异构体中，有一种核磁共振氢谱有两组峰，其结构简式为_。(6)以2一丙醇和必要的试剂合成2丙胺CH3CH(NH2)C
31、H3：_(用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂)。【答案】 (1). 醛基、醚键 (2). ab (3). 取代反应 (4). CH3CO(CH2)3OHCH3COCH2CH=CH2+H2O (5). 1 (6). 9 (7). (8). CH3CH(OH)CH3CH3COCH3CH3CH(NH2)CH3【解析】【分析】根据合成线路可知，A()与H2发生加成反应生成B()，根据已知“醛基在一定条件下可以还原成甲基”可得B与H2在一定条件下发生还原反应生成C()，C发生加成反应得到D，D的同分异构体E在浓硫酸、加热的条件下反应生成FCH3CO(CH2)3Br，F再和NH(C2H5)2反应得到G，G
32、发生加成反应生成H，H发生消去反应得到I，I与H2发生加成反应得到J，J发生取代反应生成K，K与磷酸制的L磷酸氯喹，据此分析解答问题。【详解】(1)根据题干信息，A的结构简式为，分子中的含氧官能团为醛基和醚键，故答案为：醛基、醚键；(2)aA的结构简式为，分子中含有醛基，能够与新制氢氧化铜浊液反应生成砖红色沉淀，而D不可以，因此可用新制氢氧化铜浊液鉴别开有机物A和D，a正确；b由D和E的结构简式可知，D与E的分子式均为C5H10O2，结构不同，两者互为同分异构体，b正确；c用质谱仪测定物质C的相对分子质量，c错误；d根据上述分析可知，C发生加成反应得到D，d错误；故答案为：ab；(3)反应为J
33、发生取代反应生成K，反应为E在浓硫酸、加热的条件下反应生成FCH3CO(CH2)3Br，若温度过高会发生消去反应生成CH3COCH2CH=CH2，反应方程式为CH3CO(CH2)3OHCH3COCH2CH=CH2+H2O，故答案为：取代反应；CH3CO(CH2)3OHCH3COCH2CH=CH2+H2O；(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳，根据磷酸氯喹(L)的结构可知，分子中有1个手性碳原子，故答案为：1；(5)有机物E的同分异构体中，属于酯的有、共9种，属于羧酸的同分异构体为CH3CH2CH2CH2COOH、共4种，其中核磁共振氢谱有两组峰的结构简式为，故答案为：9；(6)结合题干合成信息，可将2丙醇催化氧化制得CH3COCH3，再在与NH3、无水乙醇得到，加入无水乙醇发生消去反应生成，最后与H2发生加成反应得到2-丙胺CH3CH(NH2)CH3，合成路线为CH3CH(OH)CH3CH3COCH3CH3CH(NH2)CH3，故答案为：CH3CH(OH)CH3CH3COCH3CH3CH(NH2)CH3。