1、四川省成都市双流棠湖中学2020届高三化学下学期3月月考试题 理（含解析）一、选择题：每小题 6 分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（）A. 玻璃、陶瓷、水泥都是硅酸盐产品，属于新型无机非金属材料B. 石油的分馏过程属于物理变化、石油的裂解发生了化学变化C. 用纯碱溶液清洗油污时，加热可以提高去污能力D. 高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片【答案】A【解析】【详解】A、水泥、玻璃、陶瓷都是传统无机非金属材料，主要是硅酸盐产品，制备原料都需要用到含硅元素的物质，不属于新型无机非金属材料，故A错误； A、分馏是利用物质沸点不同
2、分离物质的方法，属于物理变化，石油的裂解过程有新物质生成，属于化学变化，故B正确； C、油脂在碱性条件下发生的水解反应比较完全，纯碱水解后的溶液呈碱性，加热能够促进水解，溶液碱性增强，可促进油脂的水解，故C正确；D、硅具有良好的半导体性能，高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片的制造，故D正确；故选A。2.环与环之间共用两个或多个碳原子的多环烷烃称为桥环烷烃，其中二环1.1.0丁烷 ( )是其中一种。下列关于该化合物的说法正确的是A. 与C3H4是同系物B. 一氯代物只有一种C. 与环丁烯互为同分异构体D. 所有碳原子可能都处于同一平面【答案】C【解析】【分析】二环1.1.0丁烷 ( )的分子
3、式为：C4H6，碳碳键均为单键。【详解】A. 同系物为结构相似，分子组成相差若干个CH2结构， C3H4无法确定其结构，不能判断是否为同系物，A错误；B. 含有2中环境的氢原子，一氯代物只有二种，B错误；C. 环丁烯的分子式为C4H6，分子式相同结构不同，互为同分异构体，C正确；D. 中，所有碳原子均为sp3杂化，所有碳原子不可能都处于同一平面，D错误；答案为C【点睛】同系物为结构相似，分子组成相差若干个CH2结构的有机物。3.已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子
4、半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是A. 工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质B. 元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态C. 化合物AE与CE含有相同类型的化学键D. 元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两之间均可发生化学反应【答案】A【解析】元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，短周期元素中有碳、硫，A、B、C、D、E是原子序数依次增大，所以B是C；A的原子序数小于6（碳）且单质为气体，A是H元素；C的原子序数大于6，半径是同周期中最大，C是第三周期的Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，D是Al元素；E单质是气体，E是Cl元素；所
5、以A、B、C、D、E分别是：H、C、Na、Al、Cl。工业上用电解熔融氯化钠制取钠，用电解熔融氧化铝制取铝，用电解饱和食盐水制取氯气，A选项正确；氢元素、碳元素组成化合物属于烃，常温下碳原子数小于4是气态，大于4是液态或者固态，B选项错误；HCl是共价化合物，含共价键，氯化钠是离子化合物，含离子键，HCl和NaCl的化学键类型不同，C选项错误；元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、NaOH、Al（OH）3， H2CO3与Al（OH）3不反应，D选项错误，正确答案A。4.设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是A. 11.5g金属钠投入200mL1mol/L盐酸中，产
6、生氢气分子的个数为0.1NAB. 水蒸气通过Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为NAC. 1molNaBH4与足量水反应NaBH4H2O NaBO2H2(未配平)时转移的电子数为4NAD. 80gCuO和Cu2S的混合物中，所含铜原子数为NA【答案】A【解析】【详解】A. 11.5g金属钠的物质的量为11.5g23g/mol=0.5mol，0.5mol钠完全反应生成氢气0.25mol，由于盐酸中有水，故钠完全反应，则生成氢气分子数为0.25NA，故A错误；B. 水蒸气通过Na2O2使其增重2g时，即水中的2molH的质量为2g，故水为18g，即1mol，根据2Na2O2+2H2O=4
7、NaOH+O2反应可知，该反应转移电子2e-，所以反应消耗1molH2O，反应中转移的电子数为NA，故B正确；C. NaBH4中H为-1价，发生反应后生成氢气，全部变为0价，因此1mol NaBH4与足量水反应转移电子4mol，电子数为4NA，故C正确；D. 80g CuO的物质的量为80g80g/mol=1mol，80g Cu2S的物质的量为80g160g/mol=0.5mol，因此80gCuO或Cu2S均含有1molCu，故其任意比例混合物中，所含铜原子数为NA，故D正确；故答案选A5.2019年6月6日，工信部正式向四大运营商颁发了5G商用牌照，揭示了我国5G元年的起点。通信用磷酸铁锂电
8、池其有体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，放电时，正极反应式为M1xFexPO4+e-+Li=LiM1x FexPO4，其原理如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 放电时，电流由石墨电极流向磷酸铁锂电极B. 电池总反应为M1xFexPO4+LiC6Li M1xFexPO4+6CC. 放电时，负极反应式为LiC6-e-=Li+6CD. 充电时，Li移向磷酸铁锂电极【答案】C【解析】【详解】A.放电时，电子由石墨电极流向磷酸铁锂电极，则电流由磷酸铁锂电极流向石墨电极，A错误；B.根据电池结构可知，该电池的总反应方
9、程式为：M1xFexPO4+LiC6Li M1xFexPO4+6C，B错误；C.放电时，石墨电极为负极，负极反应式为LiC6-e-=Li+6C，C正确；D.放电时，Li+移向磷酸铁锂电极，充电时Li+移向石墨电极，D错误；故合理选项是C。6.下列从实验“操作和现象”得出的“结论”不正确的是（）操作和现象结论A将2小块钠分别投入盛有水和乙醇的小水杯中，钠与乙醇反应要平缓得多乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼B将石蜡油蒸气通过灼热的碎瓷片，生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色石蜡油分解产物中含有与烷烃性质不同的烯烃C向盛有CaCO3成分的水垢中滴加食醋，水垢溶解并产生气泡醋酸的酸性强
10、于碳酸D向蔗糖溶液中加入稀硫酸水浴加热，一段时间后加入新制Cu（OH）2悬浊液，用酒精灯加入，未见砖红色沉淀生成蔗糖未发生水解A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 将2小块钠分别投入盛有水和乙醇的小水杯中，钠与乙醇反应要平缓得多，说明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，A正确；B. 烷烃常温下无法与溴的四氯化碳溶液反应，将石蜡油蒸气通过灼热的碎瓷片，生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，说明石蜡油分解产物中含有与烷烃性质不同的烯烃，B正确；C. 向盛有CaCO3成分的水垢中滴加食醋，水垢溶解并产生气泡，利用强酸制弱酸的原理判断，醋酸的酸性强于碳酸，C正确
11、；D. 该实验操作中，加入新制氢氧化铜前，未将溶液变为碱性环境，故无法得到砖红色沉淀，D错误；故答案选D。7.25时，在20 mL 0.1 molL1一元弱酸HA溶液中滴加0. 1 mol L1 NaOH溶液，溶液中1gc(A-)/c(HA)与pH关系如图所示。下列说法正确的是A. A点对应溶液中：c(Na+)c(A-)c(H+)c(OH-)B. 25时，HA酸的电离常数为1. 0 105.3C. B点对应的NaOH溶液体积为10 mLD. 对C点溶液加热(不考虑挥发)，则c(A-)/c(HA)c(OH-)一定增大【答案】B【解析】【分析】A. A点对应溶液显酸性，即c（H+）c（OH-），结
12、合电荷关系判断；B. pH=5.3时，=0，即c（A-）=c（HA），结合HA酸的电离常数Ka的表达式进行计算；C. 在20mL HA溶液中加入10mL NaOH溶液，得到等浓度的HA和NaA混合溶液，根据题意判断出电离程度与水解程度的大小关系，再分析作答； D. = =，Kh为A-的水解常数，据此分析判断。【详解】A. A点对应溶液显酸性，即c（H+）c（OH-），溶液中电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），所以离子浓度关系为c（A-）c（Na+）c（H+）c（OH-），A项错误；B. pH=5.3时，=0，即c（A-）=c（HA），HA酸的电离常数Ka= =c（
13、H+）=10-pH=10-5.3，B项正确；C. 由于Ka=10-5.3 = = Kh，所以20 mLHA溶液中加入10mL NaOH溶液，得到等浓度的HA和NaA混合溶液，混合溶液以电离为主，使c（A-）c（HA），即0，故B点对应的NaOH溶液的体积小于10 mL，C项错误；D. A-的水解常数Kh随温度升高而增大，所以 = =，随温度升高而减小，D项错误；答案选B。8.金属钼在工业和国防建设中有重要的作用。钼(Mo)的常见化合价为+6、+5、+4。由钼精矿(主要成分是MoS2)可制备单质钼和钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)，部分流程如图1所示：已知：钼酸微溶于水，可溶于液碱和氨水。回
14、答下列问题：（1）焙烧钼精矿时发生的化学方程式为_。（2）钼精矿焙烧时排放的尾气对环境的主要危害是_，请提出一种实验室除去该尾气的方法_。（3）操作2的名称为_。由钼酸得到MoO3所用到的硅酸盐材料仪器的名称是_。（4）焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图2为各炉层固体物料的物质的量的百分数()。x_。焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的反应，若该反应转移6mol电子，则消耗的氧化剂的化学式及物质的量分别为_、_。（5）操作1中，加入碳酸钠溶液充分反应后，碱浸液中c(MoO42-)0.80molL1，c(SO42-)0.04 molL1，在结晶前需加入Ba(OH)2固体
15、以除去溶液中的SO42-。当BaMoO4开始沉淀时，SO42-的去除率是_。Ksp(BaSO4)1.11010、Ksp(BaMoO4)4.0108，溶液体积变化可忽略不计【答案】 (1). 2MoS2 + 7O22MoO3 + 4SO2 (2). 形成酸雨 (3). 可用氨水或氢氧化钠溶液吸收(其他合理答案均可) (4). 过滤 (5). 坩埚 (6). 64 (7). MoO3 (8). 3mol (9). 94.5%【解析】【分析】钼精矿(主要成分是MoS2)，灼烧钼精矿，反应的化学方程式为2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为M
16、oO3+CO32-=MoO42-+CO2，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，得到Na2MoO42H2O，Na2MoO4与足量盐酸反应生成钼酸，钼酸微溶于水，过滤得到钼酸，高温灼烧钼酸生成MoO3，高温下，用氢气还原MoO3得到Mo，据此分析解答。【详解】(1)钼精矿(主要成分是MoS2)，焙烧时，MoS2发生氧化反应生成MoO3同时生成二氧化硫：2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2，故答案为2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2；(2)钼精矿焙烧时排放的尾气中含有二氧化硫，会形成酸雨；二氧化硫为酸性氧化物，可用氨水或氢氧化钠溶液吸收，故答案为形成酸雨；可用氨水或氢氧
17、化钠溶液吸收；(3)根据流程图，操作2是从Na2MoO4与盐酸反应后的溶液中得到钼酸，钼酸微溶于水可用过滤分离得到；由钼酸高温分解得到MoO3需要在坩埚中进行，故答案为过滤；坩埚；(4)由图2可知，在第6炉层中存在的固体物质分别为MoS2、MoO3、MoO2，其中MoS2、MoO3的物质的量百分比均为18%，根据Mo元素守恒，则MoO2 的物质的量百分比为1-18%-18%=64%，则x为64；故答案为64；MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的反应为：MoS2+6MoO3 7MoO2+2SO2，其中MoS2中Mo元素化合价不变，S元素由-2升高到+4价，被氧化，作还原剂，MoO3中Mo
18、元素化合价由+6价降低到+4价，被还原，作氧化剂，6mol氧化剂MoO3反应转移电子12mol，若该反应转移6mol电子，则消耗的MoO33mol，故答案为MoO3；3mol；(5)c(MoO42-)=0.80molL-1，c(SO42-)=0.04molL-1，当BaMoO4开始沉淀时，c(Ba2+)= molL-1=5.010-8molL-1，此时c(SO42-)= molL-1=2.210-3molL-1，SO42-的去除率=100%=94.5%，故答案为94.5%。【点睛】本题的难点和易错点为(5)，要注意解题思路的整理，需要根据钼酸钡的溶度积计算出溶液中钡离子的浓度，再根据硫酸钡的溶
19、度积计算出溶液中硫酸根离子的浓度。9.PCl3是磷的常见氯化物，可用于半导体生产的外延、扩散工序。有关物质的部分性质如下：熔点/沸点/密度/ gmL1其他黄磷44.1280.51.822P3Cl2(少量) 2PCl3；2P5Cl2(过量) 2PCl5PCl311275.51.574遇水生成H3PO3和HCl，遇O2生成POCl3(一)制备如图是实验室制备PCl3的装置(部分仪器已省略)。(1)仪器乙的名称是_；其中，与自来水进水管连接的接口编号是_。(填“a”或“b”)(2)实验室制备Cl2的离子方程式_。实验过程中，为减少PCl5的生成，应控制_。(3)碱石灰的作用：一是防止空气中的水蒸气进
20、入而使PCl3水解，影响产品的纯度；二是_。(4)向仪器甲中通入干燥Cl2之前，应先通入一段时间CO2排尽装置中的空气，其目的是_。(二)分析测定产品中PCl3纯度的方法如下：迅速称取4.100 g产品，水解完全后配成500 mL溶液，取出25.00 mL加入过量的0.100 0 molL1 20.00 mL碘溶液，充分反应后再用0.100 0 molL1 Na2S2O3溶液滴定过量的碘，终点时消耗12.00 mL Na2S2O3溶液。已知：H3PO3H2OI2=H3PO42HI；I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6；假设测定过程中没有其他反应。(5)根据上述数据，该产品中PCl3(相
21、对分子质量为137.5)的质量分数为_。若滴定终点时俯视读数，则PCl3的质量分数_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(三)探究(6)设计实验证明PCl3具有还原性：_。(限选试剂有：蒸馏水、稀盐酸、碘水、淀粉)【答案】 (1). 冷凝管(或冷凝器) (2). b (3). MnO24H2ClMn2Cl22H2O(或2MnO416H10Cl=2Mn25Cl28H2O) (4). 氯气通入的速率(或流量) (5). 吸收多余的Cl2，防止污染环境 (6). 排净装置中的空气，防止O2和水与PCl3反应 (7). 93.9% (8). 偏大 (9). 向碘水中加入PCl3，碘水褪色【解析】【详解
22、】(1)仪器乙为冷凝管，用于冷凝蒸馏产物，为了使冷凝效果最好，进水口为b，故答案为冷凝管；b；(2)实验室用二氧化锰和浓盐酸或高锰酸钾和浓盐酸加热制备氯气，方程式为：MnO24H2ClMn2Cl22H2O(或2MnO416H10Cl=2Mn25Cl28H2O); 实验过程中，为减少PCIs的生成,应控制氯气的通入速率；故答案为: MnO24H2ClMn2Cl22H2O(或2MnO416H10Cl=2Mn25Cl28H2O)； 氯气的通入速率(或流量)；(3)氯气有毒，污染空气，碱石灰吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入影响产品纯度，故答案为碱石灰吸收多余Cl2防止污染空气；(4)由
23、于PCI3遇O2会生成POCl3，遇水生成H3PO3和HCl,通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止生成的PCI3与空气中的O2和水反应；通入二氧化碳赶净空气，避免水和氧气与三氯化磷发生反应，故答案为排净装置中的空气，防止空气中的水分和氧气与PCl3反应;(5)0.1000molL-1碘溶液20.00mL中含有碘单质的物质的量为：0.1000 molL10.020L=0.002mol，根据反应I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6 可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为： 0.002mol-0.1000 molL-10.012L1/2=0.0014mol，再由H3PO3H2OI
24、2=H3PO42HI可知，25mL 三氯化磷水解后的溶液中含有的H3PO3的物质的量为： n (H3PO3) =n (I2)=0.0014mol，500mL该溶液中含有H3PO3的物质的量为：0.0014mol 500mL/25mL=0.028mol，所以4.100g产品中含有的三氯化磷的物质的量为0.028mol，该产品中PCl3的质量分数为：；若滴定终点时俯视读数，读出的标准液硫代硫4.100g酸钠溶液体积偏小，计算出的H3PO3消耗的碘单质的物质的量偏大，三氯化磷的物质的量偏大，三氯化磷的质量分数偏大，故答案为 93.9%； 偏大；(6)设计实验证明PCl3具有还原性的方案为：向碘水中加
25、入PCl3， 碘水褪色；故答案为向碘水中加入PCl3；碘水褪色。10.据自然杂志于2018年3月15日发布，中国留学生曹原用石墨烯实现了常温超导。这一发现将在很多领域发生颠覆性的革命。曹原被评为2018年度影响世界的十大科学人物的第一名。（1）下列说法中正确的是_。a碳的电子式是，可知碳原子最外层有4个单电子b12 g石墨烯含共价键数为NAc从石墨剥离得石墨烯需克服共价键d石墨烯中含有多中心的大键（2）COCl2分子的空间构型是_。其中，电负性最大的元素的基态原子中，有_种不同能量的电子。（3）独立的NH3分子中，HNH键键角106.70。如图是Zn(NH3)62+离子的部分结构以及其中HNH
26、键键角。请解释Zn(NH3)62+离子中HNH键角变为109.50的原因是_。（4）化合物EMIMAlCl4具有很高的应用价值，其熔点只有7，其中EMIM+结构如图所示。该物质晶体类型是_。大键可用符号 表示，其中m、n分别代表参与形成大键的原子数和电子数。则EMIM+离子中的大键应表示为_。（5）碳化钙的电子式：，其晶胞如图所示，晶胞边长为a nm、CaC2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为_gcm3；晶胞中Ca2+位于C22所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为_nm。【答案】 (1). d (2). 平面三角形 (3). 3 (4). 氨分子与Zn2+形
27、成配合物后,孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大 (5). 离子晶体 (6). (7). (8). （或0.707a）【解析】【分析】（1）a碳的电子式是，但碳原子最外层只有2p能级有2个单电子；b共价键分摊：每个碳原子周围的3个键分别被3个碳原子分摊（各占一半），每个碳原子分摊的键数为1.5，12g石墨烯即1mol含键数为1.5NA；c石墨烯层间可以滑动，说明层与层之间的作用力弱，是分子间作用力；d石墨烯中含有多中心大键。（2）分析C成键情况，结合VSEPR模型判断；电负性最大的是O元素；（3）氨分子中
28、有孤对电子。氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大；（4）化合物EMIMAlCl4由阴、阳离子构成；根据形成大键的原子数和电子数分析；（5）晶胞边长为anm=a10-7cm，晶胞体积=（a10-7cm）3，该晶胞中Ca2个数=1+121/4=4，C22个数=81/8+61/2=4，其晶体密度=mV；晶胞中Ca2位于C22所形成的八面体的体心，该正八面体的边长根据正方形对角线的长度计算。【详解】（1）a碳的电子式是，但碳原子最外层只有2p能级有2个单电子，故错误；b共价键分摊：每
29、个碳原子周围的3个键分别被3个碳原子分摊（各占一半），每个碳原子分摊的键数为1.5，12g石墨烯即1mol含键数为1.5NA，故错误；c石墨烯层间可以滑动，说明层与层之间的作用力弱，是分子间作用力，故错误；d石墨烯中含有多中心的大键，故正确。故选d。（2）COCl2分子中的C原子最外层的4个电子全部参与成键，C原子共形成1个双键和2个单键，故其采取sp2杂化，该分子的空间构型为平面三角形；该分子中电负性最大的是O元素，基态氧原子中，有1s上1种、2s上1种、2p上1种，即3种不同能量的电子；（3）氨分子中有孤对电子。氨分子与Zn2+形成配合物后,孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之
30、间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大；（4）化合物EMIMAlCl4由阴、阳离子构成，属于离子晶体；EMIM+形成大键原子数为5、电子数为6，则EMIM+离子中的大键应表示为 ；（5）晶胞边长为anm=a10-7cm，晶胞体积=（a10-7cm）3，该晶胞中Ca2个数=1+121/4=4，C22个数=81/8+61/2=4，其晶体密度=mV=M4/NA(a10-7)3gcm3；晶胞中Ca2位于C22所形成的八面体的体心，该正八面体的平面对角线为 anm，则正八面体的边长为 （或0.707a）nm.11.有机物F是一种香料，其合成路线如图所示：已知：ii
31、i（1）A的名称为_。（2）步骤反应的化学方程式为_。（3）试剂X的结构简式为_，步骤的反应类型为_。（4）F中所含官能团的名称为_。（5）满足下列条件的E的同分异构体，其中核磁共振氢谱峰面积比为62211的分子的结构简式为_。苯环上只有两个取代基 能与FeCl3溶液发生显色反应能发生水解反应和银镜反应（6）依据题中信息，完成以为原料制取的合成路线图。_合成路线图示例如下：【答案】 (1). 甲苯 (2). C6H5-CH2Cl + NaOH C6H5-CH2OH + NaCl (3). CH3CHClCOOH (4). 取代反应（或酯化反应） (5). 酯基、醚键 (6). (7). 【解析
32、】【分析】A的分子式为C7H8，结合的结构可知A为，由F的结构可知C、E分别为、中的一种，结合转化关系可知，反应I可以是甲苯与氯气在光照条件下反应生成B为，B发生水解反应生成C为，故E为，结合信息可知，发生取代反应生成D，D为，则X为CH3CHClCOOH。据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为，B为，C为，D为，E为，X为CH3CHClCOOH。(1)A为，A的名称为甲苯，故答案为甲苯；(2)步骤为卤代烃的水解反应，反应的化学方程式为：+NaOH +NaCl，故答案为+NaOH +NaCl；(3)试剂X的结构简式为CH3CHClCOOH，步骤为C()和E()的酯化反应，也是取代反应，故答案
33、为CH3CHClCOOH；取代反应(或酯化反应)；(4)F()中所含官能团有酯基、醚键，故答案为酯基、醚键(5)E()同分异构体符合：苯环上只有两个取代基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基，其中一个为-OH，另外取代基为-CH2CH2CH2OOCH，或者-CH(CH3)CH2OOCH，或者为-CH2CH(CH3)OOCH，或者为-C(CH3)2OOCH，或者-CH(CH2CH3)OOCH，各有邻、间、对3种，共有15种，其中核磁共振氢谱峰面积比为62211的结构简式为 ，故答案为；(6)以为原料制取，可以用先发生催化氧化生成醛，再进一步氧化生成羧酸，最后与氯气、红磷作用得到，合成路线为，故答案为。【点睛】本题的易错点为(5)，要注意题示限制条件的解读，关键是能发生水解反应和银镜反应，结合E的结构，说明属于甲酸形成的酯。
