1、四川省峨眉二中2020届高三化学适应性考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H: 1 N:14 O:16 Zn:65 Cu:64 Mn：55 Cl：35.5 V:51第卷 (选择题)一、选择题：本题包括7小题，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。1.化学与生活、科技及环境密切相关，下列说法正确的是A. 氢氧化铝可用于中和人体过多的胃酸B. 漂白粉在空气中久置变质，是因为漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C. “白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞”，诗中伞骨架主要成分可用(C6H12O6)n表示D. 2020年3月9日，发射了北斗系统第
2、五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是一种有机高分子材料【答案】A【解析】【详解】A氢氧化铝显弱碱性，且无毒，可以用于中和过多的胃酸(HCl)，故A正确；B漂白粉在空气中久置变质，是因为次氯酸钙吸收二氧化碳和水，反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸易分解使漂白粉变质，不是CaCl2与空气中的CO2反应，故B错误；C做伞骨架的竹纤维的主要成分纤维素，可表示为(C6H10O5)n，而不是(C6H12O6)n，故C错误；D计算机芯片主要成分是晶体硅，晶体硅属于无机物，故D错误；故答案为A。2.常温下，将0.2mol/LKMnO4酸性溶液0.1L与一定量pH=3的草酸(HOOCCOOH)溶液混合，放出VL气
3、体。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 该反应释放CO2分子数目为NAB. pH=3的草酸溶液含有H+数目为0.001NAC. 0.1molHOOCCOOH含共用电子对数目为0.9NAD. 当1molKMnO4被还原时，转移电子数为10NA【答案】C【解析】【详解】A非标准状况下气体摩尔体积不是22.4L/mol，则二氧化碳分子数目无法计算，故A错误；B草酸溶液的体积未知，无法确定氢离子的数目，故B错误；C共用电子对即共价键，1个HOOCCOOH分子中含有1个CC键、2个C=O键、2个CO键、2个OH键，共9个共价键，所以0.1molHOOCCOOH含共用电子对数目为0.9NA，
4、故C正确；DKMnO4被还原成Mn2+，Mn元素化合价降低5价，所以当1molKMnO4被还原时，转移电子数为5NA，故D错误；故答案为C。3.某有机物X的结构简式为，下列有关该有机物的说法正确的是A. 分子式为C8H10O3B. 既可以发生加成反应又可以发生取代反应C. 分子中所有碳原子共面D. 含有两种官能团【答案】B【解析】【详解】A根据X的结构简式可知其分子式为C8H12O3，故A错误；B该物质含有碳碳双键可以发生加成反应，含有羧基、羟基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故B正确；C该物质中存在与同一饱和碳原子相连的3个碳原子，不可能所有碳原子共面，故C错误；D分子含有羧基、碳
5、碳双键、羟基三种官能团，故D错误；故答案为B。4.一种新型试剂(如图)可用于洗涤羊毛等，已知Z、Y、X、W原子序数依次增大，其中Z、Y、W为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W和X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是A. 少量W单质保存在煤油中B. W、X、Y对应原子半径顺序为：WXYC. 该试剂中各元素均满足8电子稳定结构D. Y的最高价氧化物对应水化物的化学式为H3YO3【答案】D【解析】【分析】Z、Y、W为不同周期不同主族的短周期元素，原子序数依次增大，则Z为第一周期、Y为第二周期、W为第三周期，所以Z为H元素；W形成+2价阳离子
6、，应位于A族，且位于第三周期，所以W为Mg元素；X形成2个共价键，应位于A族，其原子序数小于Mg所以X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外层电子数，Y的最外层电子数为：6-2-1=3，Y原子序数小于O，则Y为B元素，据此分析解答。【详解】AMg单质表面可以形成致密的氧化膜，所以不需要保持在煤油中，故A错误；BW、X、Y分别为Mg、O、B，电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径：WYX，故B错误；CH原子最外层不满足8电子稳定结构，故C错误；DY为B位于第A族，最高正价为+3价，所以最高价氧化物对应的水化物为H3YO3，故D正确；故答案为D。5
7、.一种水系锌离子电池总反应式为xZn+Zn1-xMn2O4ZnMn2O4.(0xc(Na+)c(H+)c(OH)B. 25时，HA酸的电离常数的数量级为 106C 对C点溶液加水稀释，一定减小D. 当加入NaOH溶液体积为10 mL时，水的电离受到了抑制【答案】C【解析】【详解】A据图可知A点对应溶液的pH7，显酸性，则c(H+)c(OH)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A)+c(OH)可知：c(A)c(Na+)c(H+)c(OH)，故A正确；B据图可知B点1g=0，即=1，pH=5.3，即c(H+)=10-5.3mol/L，所以HA的电离平衡常数Ka=10-5.3，数量级为 10
8、6，故B正确；CA的水解平衡常数表达式为，加水稀释水解平衡常数不变，则不变，故C错误；D加入NaOH溶液体积为10mL时，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaA和HA，HA的电离平衡常数为Ka=10-5.3，则其水解平衡常数Kh=10-8.7 Ka，所以此时溶液中的HA的电离程度大于A的水解程度，酸的电离抑制水的电离，则此时水的电离受到抑制，故D正确；故答案为C。8.亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5，沸点：-5.5)是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物，其中一种呈红棕色。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟
9、制备原料气NO和Cl2，制备装置如图所示：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：制备原料装置装置烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2_饱和食盐水制备纯净NOCu稀硝酸_(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：装置连接顺序为a_(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。为了使实验顺利进行，实验中先通入的气体是_(填Cl2或NO)，待装置中充满气体时，再将另一气体缓缓通入，此操作的目的是_。装置生成NOCl的化学方程式是_。装置的作用为_，若无该装置，中NOCl可能发生反应的化学方程式为_。(3)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度：取中所得液体m克溶于水
10、，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol/LAgNO3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_(用代数式表示即可)。【答案】 (1). 浓盐酸 (2). 水 (3). ef(或fe)bcd (4). Cl2 (5). 排尽装置中空气，防止一氧化氮被装置中的氧气氧化 (6). 2NO+Cl2=2NOCl (7). 防止水蒸气进入装置 (8). 2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2 (9). 【解析】【分析】在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，浓盐酸具有挥发性，所以生成的氯气中含有杂质HCl
11、，先用饱和食盐水除去氯气中的HCl，再通过浓硫酸干燥，得到纯净Cl2；在实验室中用Cu与稀硝酸混合加热制取NO，硝酸具有挥发性，先用水除去NO中的HNO3，再通过浓硫酸干燥，得到纯净NO；将氯气和NO干燥后在装置V中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，据此进行解答。【详解】(1)实验室用浓盐酸和二氧化锰制取氯气，氯气中含有HCl，用饱和食盐水除去HCl，用浓硫酸除去水蒸气，所以分液漏斗中是浓盐酸，装置II中为饱和食盐水；实验室用Cu和稀硝酸制取NO，NO易被氧气氧化
12、生成NO2，硝酸的挥发性导致生成的NO含有硝酸，用水吸收硝酸和二氧化氮气体，所以分液漏斗中是稀硝酸、装置II中是水；(2)将Cl2和NO干燥后在装置V中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，Cl2、NO以及NOCl都是大气污染物，均不能排放到空气中，用NaOH溶液吸收，但NOCl遇水易发生水解反应，所以在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，故装置接口为：aef(或fe)bcd；NO易被氧气氧化生成NO2，先通入Cl2充满装置，可排尽装置中空气，防止一氧化氮被装置中的氧气氧化；装置生成Cl2与NO反应产生NOCl，反应的化学方程式是Cl2+2NO=2NOCl；NOCl遇水易水解，故在收集装
13、置和尾气处理装置之间需加一个装置干燥装置，防止水蒸气进入反应器和收集装置中，若无该装置，NOCl会与水反应生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物，其中一种呈红棕色，即NO2，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2；根据原子守恒得关系式NOCl-HCl-AgCl-AgNO3，25.00mL亚硝酰氯水溶液中n(NOCl)=n(HCl)=n(AgNO3)=cmol/Lb10-3L=bc10-3mol，则250mL溶液中n(NOCl)=bc10-2mol，m(NOCl)= bc10-2mol65.5g/mol=0.655bcg，因此亚硝酰氯质量分为。【点睛】对于陌
14、生物质的制备实验一定要充分利用题目所给信息，如题干告诉我们亚硝酰氯遇水易反应，则在制备过程中要保持干燥，反应前气体要干燥，反应后也要有干燥装置防止尾气处理装置中的水蒸气进入。9.工业上以钒钛磁铁矿为原料，在炼铁的同时还可以制备钒的最高价氧化物V2O5，其主要流程如图：已知：+2H+H2O NH4VO3微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇(l)浸取过程中提高浸取率的方法_(任写一种)(2)钒渣中的V2O3与CaCO3混合后在空气中焙烧时转化为Ca(VO3)2同时释放出一种温室气体，写出该反应的化学方程式_。(3)Ca(VO3)2难溶于水但能溶于稀硫酸，试用平衡移动原理分析其原因_，浸出液中含钒物质
15、的化学式为_。(4)过滤后用乙醇代替水来洗涤沉淀的原因是_。(5)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若浸出液中c()=0.1molL-1，为使钒元素的沉降率达到98%，至少应调节c()为_molL-1已知Ksp(NH4VO3)=1.610-3(6)煅烧NH4VO3时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到200时，得到的固体物质化学式为_。【答案】 (1). 粉碎/加热/搅拌/适当提高硫酸浓度 (2). V2O3+O2+CaCO3Ca(VO3)2+CO2 (3). 加入硫酸使+2H+H2O中c()降低，Ca(VO3)2溶解平衡Ca(VO3)2(s) Ca2+(aq)+(aq)正向移动，C
16、a(VO3)2溶解 (4). (VO2)2SO4 (5). NH4VO3不溶于乙醇，减少损失 (6). 0.8 (7). HVO3【解析】【分析】钒钛磁铁矿高温煅烧得到铁水和钒渣，钒渣中的V2O3与CaCO3混合后在空气中焙烧时转化为Ca(VO3)2，根据元素守恒可知同时得到CO2；Ca(VO3)2悬浊液中存在沉淀溶解平衡Ca(VO3)2(s)Ca2+(aq)+(aq)正向移动，加入硫酸使+2H+H2O平衡正向移动，得到含的溶液，溶液中加入碳酸氢铵溶液得到NH4VO3沉淀，过滤洗涤干燥后高温煅烧得到V2O5。【详解】(1)粉碎、加热、搅拌、适当提高硫酸浓度都可以提高浸取率；(2)根据元素守恒可
17、知该温室气体应为CO2，化学方程式为V2O3+O2+CaCO3Ca(VO3)2+CO2；(3)根据题目信息可知，加入硫酸可使+2H+H2O平衡正向移动，c()降低，Ca(VO3)2溶解平衡Ca(VO3)2(s)Ca2+(aq)+(aq)正向移动，Ca(VO3)2溶解；浸出液中V元素存在形式为，溶液中的阴离子为硫酸根，所以含钒物质的化学式为(VO2)2SO4；(4)根据题目信息可知NH4VO3不溶于乙醇，所以用乙醇洗涤可以减少溶解损耗；(5)浸出液中c()=01molL-1，沉淀率达到98%时，溶液中c()=0.1molL-1(1-98%)=0.002mol/L，则c()=0.8 molL-1；
18、(6)铵盐不稳定受热易分解，根据最终产物V2O5可知分解过程不是氧化还原过程，所以NH4VO3受热分解过程中会产生NH3，1.17gNH4VO3的物质的量为=0.01mol，根据元素守恒可知加热分解过程可以产生0.01mol氨气，加热到200时，固体减少的质量为0.17g，刚好是0.01molNH3，所以该段发生的反应为NH4VO3NH3+HVO3，此时剩余的固体物质为HVO3。【点睛】加入碳酸氢铵产生NH4VO3的过程题目虽然没有考察，但学生也应理解，该过程中碳酸氢根结合氢离子使+2H+H2O平衡逆向移动，溶液中c()增大，从而产生NH4VO3沉淀。10.含碳化合物在生产生活中广泛存在，An
19、dren Dasic等提出在M+的作用下以N2O为氧化剂可以氧化乙烯生成乙醛，催化体系氧化还原循环如图所示，请回答下列问题。(1)已知N2O(g)+M+(s)=N2(g)+MO+(s) H1=+678kJmol-1MO+(s)+C2H4(g)=C2H4O(g)+M+(s) H2=-283kJmol-1请写出在M+的作用下以N2O为氧化剂氧化乙烯生成乙醛的热化学方程式：_(2)已知在含少量的I2溶液中，反应CH3CHO (aq)CH4 (g) +CO (g)分两步进行：第步反应CH3CHO (aq) +I2 (aq) CH3I (l) +HI (aq) +CO (g) (慢反应)，第II步为快反
20、应。决定此反应快慢的是第_(填“”或“II”)步反应请写出第II步反应的化学方程式：_(3)若物质与氧原子的结合力用OA表示，氧原子与N2生成N2O的结合力OA(N2) =167.4 kJmol-1， 氧原子与乙烯生成乙醛的结合力OA (C2H4) = 473 kJmol-1，则可做该反应催化剂的M+与氧原子的的结合力OA (M+)的值应满足_，使用催化剂会使该反应的活化能_ (填“增大”、 “减小”、“不变”)。(4)某2L容器中发生: 2CO2(g)2CO (g)+O2 (g)，2molCO2在不同温度下平衡分解的情况如图所示。恒温恒容条件下，能表示该可逆反应达到平衡状态的是_(填标号)A
21、.CO体积分数与O2体积分数的比值保持不变B.容器内混合气体的密度保持不变C.容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变D.容器内碳元素的质量分数保持不变图中a、b、c三点的平衡常数K(a)、K(b)、K(c)的大小关系为_为实现CO2减排，目前较成熟的方法是用高浓度的K2CO3溶液吸收工业烟气中的CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如图，用必要的文字和化学用语简述在阴极区再生的原理_。 【答案】 (1). N2O(g)+C2H4(g)=N2(g)+C2H4O(g) H=+395kJ/mol (2). (3). CH3I(l)+HI(aq)CH4(g)+I2(aq) (4
22、). 167.4kJ/molOA(M)473 kJ/mol (5). 减小 (6). C (7). K(a)=K(b)K(c) (8). 存在电离平衡：H+，阴极H+放电，H+浓度减小，平衡右移【解析】【分析】(4)当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，据此分析；据图可知温度升高CO2的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应；【详解】(1)已知：N2O(g)+M+(s)=N2(g)+MO+(s) H1=+678kJmol-1MO+(s)+C2H4(g)=C2H4O(g)+M+(s) H2=-283kJmol-1根
23、据盖斯定律+可得N2O(g)+C2H4(g)=N2(g)+C2H4O(g) H=H1+H2=+678kJmol-1+(-283kJmol-1)=+395kJ/mol；(2)慢反应决定整体反应速率，所以决定此反应快慢的是第步；总反应-第步反应可得第II步反应为CH3I(l)+HI(aq)CH4(g)+I2(aq)；(3)由催化剂的作用机理结合图示信息知，当氧原子与催化剂的结合力处于中间值时，此反应可以发生，则167.4kJmol-1OA(M)473kJmol-1；催化剂能降低该反应的活化能；(4)A起始投料为CO2，根据反应方程式可知无论是否平衡，反应过程中CO体积分数与O2体积分数比值均为2:
24、1，故A不符合题意；B容器恒容，反应物和生成物均为气体，所以气体质量始终不变，则无论是否平衡，气体的密度始终不变，故B不符合题意；C气体质量始终不变，但该反应前后气体系数之和不相等，为平衡时气体的总物质的量会变，则平均相对分子质量会变，所以当其不变时反应平衡，故C符合题意；D根据质量守恒可知容器内碳元素的质量分数始终不变，故D不符合题意；综上所述选C；据图可知温度升高CO2的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，则温度越高，平衡常数越大，c点温度高于a、b，所以c点平衡常数最大，a、b两点温度相同，平衡常数相同，所以三点平衡常数大小关系为K(a)=K(b)K(c)；K2CO
25、3溶液吸收工业烟气中的CO2可以得到KHCO3溶液，将KHCO3溶液通入电解池阴极，存在电离平衡：H+，阴极H+放电，H+浓度减小，平衡右移，实现K2CO3溶液再生。【点睛】比较化学平衡常数大小关系时要注意温度是否变化，温度相同则平衡常数相同，对应吸热反应温度越高平衡常数越大，对于放热反应温度越低平衡常数越大。11.工业上合成氨，CO易与铁触媒作用导致铁触媒失去催化活性：Fe+5COFe(CO)5。为了防止催化剂铁触媒中毒，要除去CO，发生的反应为Cu(NH3)2OOCCH3+CO+NH3Cu(NH3)3(CO)OOCCH3。回答下列问题：(1)下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量最低的是
26、_(填字母序号)。a. b.c. d.(2)写出CO的一种常见等电子体的结构式：_；C、N、O的电负性由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。(3)与O同族的元素还有S、Se、Te，它们简单氢化物的沸点从高到低的顺序为_，其原因为_。(4)配合物Cu(NH3)2OOCCH3中，铜显+1价， Cu(NH3)2+中中心离子的电子排布式为_，其中碳原子的杂化轨道类型是_，NH3分子的VSEPR模型为_。(5)已知铜的一种氧化物Cu2O晶体的晶胞结构如图所示：若以A点为原点建立坐标系，A的坐标为(0，0，0)，B的坐标为( )，则D的坐标为_；若阿伏加德罗常数为NA，该晶胞的边长为a pm，则晶体的密度
27、为_gcm-3。【答案】 (1). a (2). NN (3). ONC (4). H2OH2TeH2SeH2S (5). H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，而水分子中存在氢键，所以沸点最高 (6). Ar3d10 (7). sp3、sp2 (8). 四面体形 (9). (，) (10). 【解析】【详解】(1)轨道中电子能量：1s2s2p，能量较高的轨道中电子越多，该微粒能量越高，所以2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，该微粒能量越高，根据图知能量由低到高的顺序是abcd，所以能量最低的为a；(2)等电子体为原子总数相同，价电子总数
28、也相同的微粒，与CO互为等电子体的一种分子为N2，其结构式为：NN；同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但N原子的2p能级为半满状态，更稳定，第一电离能较大，所以C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为：NOC；(3)H2Te、H2Se、H2S均是分子晶体，结构相似，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点依次减小，但水分子间存在氢键，氢键的作用力比范德华力强，氢键会使沸点异常升高，导致H2O的沸点异常的高，所以沸点大小为H2OH2TeH2SeH2S；(4)Cu(NH3)2+中中心离子为Cu+，Cu元素为29号元素，失去最外层一个电子形成Cu+，所以Cu+的核外电子排布
29、为Ar3d10；甲基中碳原子形成4个键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，碳原子杂化方式为sp3，而羰基中C原子形成3个键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子杂化方式为sp2；NH3中N原子形成3个N-H键，含有1对孤对电子，价层电子对数=3+1=4，VSEPR模型为四面体形；(5)根据B点坐标可知D点在底面的投影应位于底面对角线的处，所以其x、y坐标均为，其纵坐标与B相同，所以D的坐标为(，)；根据晶胞结构可知晶胞中Cu+的个数为4，化学式为Cu2O，所以O2-的个数为2，则晶胞的质量m=g，晶胞的边长为a pm，所以晶胞的体积为V=a3pm3=(a10-10)3cm3，所以晶体的密度为=
30、gcm3。【点睛】判断第1小题时也可以根据基态N原子的电子排布图判断，原子处于基态时能量最低，a选项即为基态N原子的电子排布图；同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能大于相邻元素。12.聚合物H( )是一种聚酰胺纤维，广泛用于各种刹车片，其合成路线如下： 已知：C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。Diels-Alder反应：(1)生成A的反应类型是_，F中所含官能团的结构简式为_。(2)B的结构简式是_；“BC”的反应中，除C外，另外一种产物名称是_。 (3)D
31、+GH的化学方程式是_。(4)Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有_种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为1:2:2:2:1的结构简式为_。(5)已知：乙炔与1，3-丁二烯也能发生Diels-Alder反应。请以1，3-丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线_。(合成路线流程图示例:H2C=CH2 CH3CH2OH CH3COOC2H5)。【答案】 (1). 消去反应 (2). NO2、Cl (3). (4). 水 (5). n+(2n-1)H2O (6). 10 (7). (8). 【解析】【分析】苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到E是，E转化得到F
32、，F与氨气在高压下得到，可知F引入氨基，EF引入硝基，则F中Cl原子被氨基取代生成，可推知F为；还原得到G为；乙醇发生消去反应生成A为CH2CH2，乙烯发生信息中加成反应生成B为，D为芳香化合物，则C中也含有苯环，C发生氧化反应生成D，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，结合D的分子式，可知D为、则C为，D与G发生缩聚反应得到H为。据此解答。【详解】(1)生成A是乙醇的消去反应，F为，其中所含官能团的结构简式为NO2、Cl。(2)B的结构简式是；“BC”的反应中，除C外，根据原子守恒可知另外一种产物名称是水。 (3)D+GH是缩聚反应，反应的化学方程式是。(4)Q是D（）的同系物且相对分子质
33、量比D大14，则Q含有苯环、2个羧基、比D多一个CH2原子团，有1个取代基为CH（COOH）2；有2个取代基为COOH、CH2COOH，有邻、间、对3种；有3个取代基为2个COOH与CH3，2个COOH有邻、间、对3种位置，对应的CH3，分别有2种、3种、1种位置，故符合条件Q共有1+3+2+3+110种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积比为1:2:2:2:1的为。(5)CH2CHCHCH2和HCCH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，其合成路线为。【点睛】有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物，尤其要注意题干已知信息或隐含信息的挖掘和迁移灵活应用。
