广东省华南师范大学附中2020届高三上学期第三次月考理综化学试题

广东省华南师范大学附中2020届高三上学期第三次月考理综化学试题

华南师大附中2020届高三年级月考（三）理科综合试题 化学试卷 注意事项：‎ ‎1答卷前，请务必将自己的班级、姓名和考号填写在答题卡上。‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，答案必须写在答题卡各题目指定区域。不按要求作答的答案无效。‎ ‎3.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将答题卡上交监考老师。‎ 相对原子质量：H-1 T-3 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Ca-40‎ ‎1.下列有关物质性质与用途都正确且具有对应关系的是（ ）‎ A. ClO2具有强氧化性，可用于水消毒剂 B. 石英熔点高，可用于制造石英研钵 C. 氢氧化铝受热易分解，可用作胃酸中和剂 D. 生石灰能与水反应，可用于干燥氯气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．ClO2具有强氧化性，能用于杀菌、消毒，故A正确；‎ B．石英熔点高，但制造石英研钵与熔点无关，应是石英硬度大，故B错误；‎ C．氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸反应消耗盐酸，用于治疗胃酸过多，与氢氧化铝受热易分解无关，故C错误；‎ D．生石灰能与水反应生成Ca(OH)2，可用于干燥中性和碱性气体，但Ca(OH)2能与Cl2反应，则生石灰不能干燥氯气，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 12g金刚石中含有的共价键数为4NA B. 7g超重甲基(—CT3)中含有的电子数为3NA C. 标准状况下，22.4L氩气中含有的原子数约为2NA D. 0.1molNa2O2与SO2完全反应转的电子数为0.1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．12g金刚石的物质的量为1mol，而1mol金刚石中含2mol共价键，故A错误；‎ B．每个超重甲基(—CT3)中含有9个电子，其摩尔质量为21g/mol，则7g超重甲基(—CT3)的物质的量为=mol，含有的电子数为mol ×9NA/mol=3NA，故B正确；‎ C．氩气是单原子分子，则标准状况下，22.4L氩气，即1mol氩气中含有原子数约为NA，故C错误；‎ D．Na2O2与SO2完全反应生成Na2SO4，则0.1molNa2O2与SO2完全反应转的电子数为0.2NA，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，金刚石中每个碳原子形成2个C-C键等。‎ ‎3.下列实验方案能到实验目的的是（ ）‎ A. 制备纯净干燥Cl2‎ B. 证明锌比铜活泼 C. 制备无水氯化亚铁 D. 证明一水合氨是一元碱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．利用MnO2和浓盐酸混合加热制得的Cl2中混有HCl和水蒸气，无除HCl和干燥的装置，则收集的Cl2不纯，故A错误；‎ B．此装置为原电池，Zn为负极，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，可验正Zn比Cu活泼，故B正确；‎ C．氯化亚铁溶液在加热的过程中促进Fe2+的水解生成Fe(OH)2和易挥发的盐酸，最终Fe(OH)2再被空气的氧气氧化为Fe(OH)3，则无法得到FeCl2，故C错误；‎ D．氨的喷泉实验能证明NH3•H2O的水溶液显碱性，NH3•H2O是碱，但不能证明其为一元碱，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎4.一种高分子可用作烹任器具、电器、汽车部件等材料，其结构片段如图 下列关于该高分子的说法正确的是（ ）‎ A. 该高分子是苯酚的同系物 B. 该高分子在碱性条件下可发生水解反应 C. 该高分子可由甲醛、对甲基苯酚缩合生成 D. 该高分子的结构简式为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该高分子化合物与苯酚的结构不相似，且分子组成不是相差若干个CH2‎ 基团，两者不是同系物，故A错误；‎ B．含酚-OH，具有酸性，与碱发生中和反应，而不是水解反应，故B错误；‎ C．类似酚醛缩合反应，由甲醛和对甲基苯酚缩聚生成，故C正确；‎ D．高分子的结构简式为，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎5.有X、Y、Z、W四种短周期主族元素，它们在周期表中的位置如图所示，已知Y是地壳中含量最高的金属元素，则下列说法中正确的是（ ）‎ X Y Z W A. 简单离子半径：Y>W B. Y的最高价氧化物的水化物和X的最高价氧化物的水化物可反应 C. X的简单氢化物比Z的简单氢化物更稳定、沸点更高 D. 非金属性：W>X ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】Y是地壳中含量最高的金属元素，应为Al元素，结合元素周期表的结构可知：X为C元素，Z为Si元素，W为S元素；‎ A．S2-核外比Al3+多一个电子层，则简单离子半径：S2->Al3+，故A错误；‎ B．Al元素的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3， C元素的最高价氧化物的水化物为H2CO3，是弱酸，不能溶解Al(OH)3，故B错误；‎ C．C的非金属性比Si强，则C的简单CH4比Si的简单氢化物SiH4更稳定，但SiH4沸点比CH4高，故C错误；‎ D．硫酸的酸性比碳酸强，则S的非金属性比C强，即非金属性：W>X，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。‎ ‎6.利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O设计的电池装置如图所示，该装置既能有效消除氮氧化物的排放减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是（ ）‎ A. 电池工作时，OH—从左向右迁移 B. 电极A上发生氧化反应，电极A为正极 C. 当有0.1molNO2被处理时，外电路中通过电子0.4mol D. 电极B的电极反应式为2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合电解质溶液呈碱性解答该题。‎ ‎【详解】由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极；‎ A．A为负极，B为正极，电池工作时，OH—从右向左迁移，故A错误；‎ B．A为负极，发生氧化反应，故B错误；‎ C．当有0.1molNO2被处理时，N元素从+4价降为0价，则外电路中通过电子0.4mol，故C正确；‎ D．电极B为正极，发生还原反应，电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎7.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉 B. 固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al(OH)3，进入固体2‎ C. 从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解 D. 若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、流程设计意图用硫酸把Fe2O3、Al2O3，转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3+得到硫酸亚铁，A正确；‎ B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B不正确；‎ C、Fe2+容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；‎ D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶于硫酸后生成Fe2(SO4)3，D不正确。‎ 答案选D。‎ ‎8.镍及其化合物用途广泛。某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，以下是从该矿渣中回收NiSO4的工艺路线：‎ 已知：(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。‎ ‎（1）焙烧过程中NiFe2O4发生反应的化学方程式是___。‎ ‎（2）“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为___，“浸渣”的成分除Fe2O3‎ ‎、FeO(OH)、Fe(OH)3外还含有___、___（填化学式）。‎ ‎（3）“浸泡”过程中温度低于95℃，可能导致的主要问题有___（写出一点即可）。‎ ‎（4）“浸出液”中c(Ca2+)=1.0×10－3mol·L－1，当除钙率达到99%时，溶液中c(F－)=___mol·L－1[已知Ksp(CaF2)=4.0×10－11]‎ ‎（5）本工艺中，萃取剂与溶液的体积比（）对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，的最佳取值是___。‎ ‎【答案】 (1). NiFe2O4+4(NH4)2SO4=NiSO4+Fe2(SO4)2+8NH3↑+4H2O或NiFe2O4+4H2SO4=Ni2SO4+ Fe2(SO4)2+4H2O (2). Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3H+ (3). SiO2 (4). CaSO4 (5). 硫酸镍溶解速率降低、Fe3+水解程度减小，使溶液中留存更多Fe3+ (6). 2.0×10-3 (7). 0.25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600°C焙烧，已知：(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4．NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90°C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)焙烧过程中加入硫酸铵生成NiSO4、Fe2(SO4)3、NH3，NiFe2O4发生反应的化学方程式为NiFe2O4+4(NH4)2SO4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O；‎ ‎(2)“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3H+‎ ‎，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)外还含有SiO2、CaSO4；‎ ‎(3)为防止硫酸镍溶解速率降低、Fe3+水解程度减小，避免溶液中留存更多Fe3+，则“浸泡”过程中温度应不能低于95℃；‎ ‎(4)浸出液”中c(Ca2+)=1.0×10-3mol•L-1，当除钙率达到99%时，剩余钙离子0.1%×1.0×10-3mol•L-1=1×10-6mol/L，溶液中c(F-)===2×10-2mol/L；‎ ‎(5)本工艺中，萃取剂与溶液的体积比()对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图2所示，最佳取值是亚铁离子能被萃取，镍离子不被萃取，的最佳取值是0.25。‎ ‎9.过氧化钙(CaO2)微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。以下是一种制备过氧化钙的实验方法。回答下列问题：‎ I.过氧化钙的制备。流程如下，步骤②的装置示意图为图一：‎ ‎（1）步骤①将溶液煮沸、过滤。将溶液煮沸的目的是___。‎ ‎（2）图一装置中：①仪器a的名称是___；‎ ‎②反应的化学方程式为___；‎ ‎③该反应需要在冷水浴中进行，原因是___。‎ ‎（3）将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是___。‎ Ⅱ.过氧化钙的测定：已知CaO2在350℃时迅速分解生成CaO和O2。该小组采用如图二所示装置测定刚才制备的产品中CaO2的纯度(设杂质不分解产生气体)‎ ‎（1）量气管读数时需注意的项有：①气体冷却到室温；②量气装置两侧液面相平；③___。‎ ‎（2）使用电子天平准确称取0.5000g样品，置于试管中加热使其完全分解，收集到33.60mL(已换算为标准状况)气体，则产品中CaO2的质量分数为___（保留3位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). 除去溶液中的CO2，防止加入氨水后形成碳酸钙，影响产物纯度 (2). 恒压滴液漏斗 (3). CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl (4). 防止双氧水分解和浓氨水挥发，且有利于产品析出 (5). 去除结晶表面的水份 (6). 视线与凹液面最低处相平 (7). 43.2%或0.432‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应①是碳酸钙和稀盐酸混合，至固体完全溶解，并将溶液煮沸，除去溶液中溶解的CO2，过滤除去不溶物后，所得含CaCl2的滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，过滤得到过氧化钙晶体，水洗、乙醇洗、烘烤得到过氧化钙固体，据此分析解题；‎ ‎【详解】I．(1)步骤①将溶液煮沸、过滤，将溶液煮沸的目的是除去溶液中的CO2，防止加入氨水后形成碳酸钙，影响产物纯度；‎ ‎(2)①仪器a的名称是恒压滴液漏斗；‎ ‎②反应中反应物为CaCl2、H2O2、NH3•H2O，产物为CaO2•8H2O↓，还应该生成NH4Cl，则发生反应的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；‎ ‎③H2O2和浓氨水受热均易分解，则该反应在冷水溶中进行，可防止双氧水分解和浓氨水挥发，且有利于产品析出；‎ ‎(3)乙醇易挥发，而CaO2不溶于乙醇，用无水乙醇洗涤，去除结晶表面的水份；‎ Ⅱ．(1)为保证准确测定气体的气体，确保氧气的状态与环境温度和压强相同，使用量气管读数时需将气体冷却到室温并保证量气装置两侧液面相平，同时读数时还需要视线与凹液面最低处相平；‎ ‎(2)CaO2在350℃时能迅速分解，生成CaO和O2，反应为2CaO22CaO+O2↑，0.5000g样品置于试管中加热使其完全分解，收集到33.60mL(已换算为标准状况)气体，即反应产生的O2‎ 的物质的量为n(O2)==0.0015mol，根据方程式，则样品中含有0.003mol的CaO2，则样品中CaO2的质量分数为w=×100%=43.2%。‎ ‎10.I.NO是一种常见化合物，对其进行研究具有重要的价值和意义。‎ ‎（1）2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H=akJ/mol的反应历程与能量变化关系如图所示。‎ ‎①a___0(填＞或＜)‎ ‎②已知：第Ⅱ步反应为：NO3(g)+NO(g)=2NO2(g) △H=bkJ/mol 第I步反应的热化学方程式为___。‎ ‎（2）汽车尾气中常含有NO。NH3在加热和催化剂存在的条件下能消除NO的污染。‎ 已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H=—905kJ/mol ‎4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H=—1268kJ/mol NH3与NO反应的热化学方程式为___。‎ ‎（3）工业上NO的重要来源是NH3，NH3也可作为燃料设计成碱性燃料电池，在碱性条件下，燃料电池产物主要为N2。燃料电池负极的电极反应式为___。氨气作为燃料的电池和含碳化合物作为燃料的电池相比，主要的优点是___。‎ II.含乙酸钠和对氯酚的废水可通过如下装置处理，其原理如图所示：‎ ‎（1）写出HCO3-的电子式___。乙酸钠中含有的化学键类型有___。‎ ‎（2）电池的正极是___，溶液中H+的移动方向是___(填A→B或B→A)‎ ‎（3）B极发生的电极反应方程式为___。‎ ‎【答案】 (1). < (2). O2(g)+NO(g)=NO3(g) △H=(a-b)kJ/mol (3). 6NO(g)+4NH3(g)=5N2(8)+6H2O(g) △H=-1812.5kJ/mol (4). 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O (5). 不会释放温室气体CO2 (6). (7). 离子键、共价键 (8). A (9). B→A (10). CH3COO--8e-+4H2O=2HCO3-+9H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．(1)①反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应为放热反应；‎ ‎②总反应为：2NO(g)+O2(g)═2NO2(g)△H=akJ•mol-1，第Ⅱ步反应：NO3(g)+NO(g)═2NO2(g)△H=bkJ•mol-1，根据盖斯定律：第Ⅰ步反应=总反应-第Ⅱ步反应得到第Ⅰ步反应的热化学方程式；‎ ‎(2)已知：①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H=—905kJ/mol，②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H=—1268kJ/mol，根据盖斯定律可知② -①即可得6NO(g)+4NH3(g)=5N2(8)+6H2O(g) ，再由此计算△H即可；‎ ‎(3)NH3为燃料的碱性燃料电池，产物主要为N2，电池负极发生氧化反应；含碳化合物作为燃料的电池，产物为CO2气体，易造成温室效应；‎ II．A极上得电子发生还原反应生成-OH，说明A为正极，而原电池中氢离子的移动方向是从负极流向正极，所以B是电池的负极。‎ ‎【详解】I．(1)①由图示可知2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的反应物总能量大于生成物的总能量，则反应放热，即 a＜0；‎ ‎②总反应为：2NO(g)+O2(g)═2NO2(g)△H=akJ•mol-1，第Ⅱ步反应：NO3(g)+NO(g)═2NO2(g)△H=bkJ•mol-1，由盖斯定律有：第Ⅰ步反应=总反应-第Ⅱ步反应得到第Ⅰ步反应的热化学方程式O2(g)+NO(g)=NO3(g)△H=(a-b) kJ•mol-1；‎ ‎(2)已知：①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H=—905kJ/mol，②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H=—1268kJ/mol，根据盖斯定律可知② -①即可得6NO(g)+4NH3(g)=5N2(8)+6H2O(g) ，则△H=(—1268kJ/mol) -(—905kJ/mol)=-1812.5kJ/mol，即NH3与NO反应的热化学方程式为6NO(g)+4NH3(g)=5N2(8)+6H2O(g) ‎ ‎△H=-1812.5kJ/mol；‎ ‎(3)NH3为燃料的碱性燃料电池，产物主要为N2，电池负极为NH3发生氧化反应，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；含碳化合物作为燃料的电池，产物为CO2气体，则氨气作为燃料的电池可减小温室气体CO2释放；‎ II．(1)HCO3-的电子式为；乙酸钠是盐，离子型化合物，含有的化学键类型有离子键、共价键；‎ ‎(2)A极上得电子发生还原反应生成-OH，则A为正极，而原电池中氢离子的移动方向是从负极流向正极，即溶液中H+的移动方向是B→A；‎ ‎(3)B极为负极，CH3COO-发生氧化反应生成HCO3-，电极反应方程式为CH3COO--8e-+4H2O=2HCO3-+9H+。‎ ‎【点睛】通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。‎ ‎11.SPLA是一种星形聚合物，可经下列反应路线得到（部分反应条件未注明）。‎ 已知：SPLA的结构简式为。其中R为 ‎（1）A是葡萄糖，结构简式是CH2OH(CHOH)4CHO，用系统命名法命名葡萄糖的名称是___。‎ ‎（2）B中官能团名称是___。‎ ‎（3）D结构中有3个相同的基团，且1molD能与2molAg(NH3)2OH反应，则D的结构简式是___，D与银氨溶液反应的化学方程式为___。‎ ‎（4）D→E的化学反应类型是___；乙醛和甲醛生成D的反应类型是___。‎ ‎（5）B的直链同分异构体G的分子中不含甲基，G既不能与NaHCO3溶液反应，又不能与新制Cu(OH)2反应，且1mol G与足量Na反应生成1molH2，则G的结构简式为___。‎ ‎（6）设计由2-氯丙醛合成的合成路线（无机试剂任选）___。‎ ‎【答案】 (1). 2，3，4，5，6-五羟基己醛 (2). 羧基、羟基 (3). C(CH2OH)3CHO (4). C(CH2OH)3CHO+2Ag(NH3)2OHC(CH2OH)3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O (5). 加成(或还原)反应 (6). 加成反应 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从流程图可直接推出：由多糖淀粉水解得A(葡萄糖)，B为2-羟基丙酸(乳酸)；流程图中直接考查乙醛和甲醛的羟醛缩合反应，E为羟醛缩合反应的产物又被加氢的产物，即季戊四醇C(CH2OH)4，再由B和E发生聚合反应生成SPLA；‎ ‎(6)以2-氯丙醛为原料合成，生成的单体是CH3CHOHCOOH，CH3CHOHCOOH可以用CH3CHClCOOH在NaOH溶液中水解并酸化得到，而CH3CHClCOOH可以用2-氯丙醛发生催化氧化得到，由此分析确定合成路线。‎ ‎【详解】(1)A是葡萄糖，结构简式是CH2OH(CHOH)4CHO，根据系统命名法则，醛其碳原子为1号位，其余每个碳上各有一个羟基，则葡萄糖的名称是2，3，4，5，6-五羟基己醛；‎ ‎(2)B的结构简式为CH3CH(OH)COOH，含有的官能团名称是羧基、羟基；‎ ‎(3)1molD能与2molAg(NH3)2OH反应，说明1molD中有1mol-CHO，D结构中有3个相同的基团，经分析相同的3个基团为-(CH2OH)，分子式C5H10O4就剩下一个-C，D的结构简式为C(CH2OH)3CHO，D与银氨溶液反应的化学方程式为：C(CH2OH)3CHO+2Ag(NH3)2OHC(CH2OH)3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；‎ ‎(4)由D、E的化学式可以看出E比D多2个H原子，加氢叫还原，加氢也是加成反应；乙醛和甲醛发生羟醛缩合反应生成的D为C(CH2OH)3CHO，反应类型是加成反应；‎ ‎(5)B的直链同分异构体G的分子中不含甲基，G既不能与NaHCO3溶液反应，说明不含有羧基；又不能与新制Cu(OH)2反应，说明也不含醛基；且1mol G与足量Na反应生成1molH2，即说明分子结构中含有2个羟基，则可得G的结构简式为：；‎ ‎(6)以2-氯丙醛为原料合成，生成的单体是CH3CHOHCOOH，CH3CHOHCOOH可以用CH3CHClCOOH在NaOH溶液中水解并酸化得到，而CH3CHClCOOH可以用2-氯丙醛发生催化氧化得到，具体合成路线为。‎ ‎【点睛】根据的结构特点分析合成的原料2-氯丙醛，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，灵活利用卤代烃的水解和醛的催化氧化原理即可；难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。‎ ‎ ‎