1、综合素质检测理科综合能力测试（化学部分）综合素质检测理科综合能力测试（化学部分） 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H H- -1 C1 C- -12 N12 N- -14 O14 O- -16 Na16 Na- -23 Fe23 Fe- -56 Cu56 Cu- -6464 一、选择题本题共一、选择题本题共 1313 小题每小题小题每小题 6 6 分，共分，共 7878 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的。符合题目要求的。 1.化学与生产和生活密切相关，下列说法正确的是 A. 水晶和红宝石的主要成分都是 SiO2 B
2、. 燃煤中加入石灰石可提高燃烧效率 C. 甘油和汽油完全燃烧的产物相同，但所属有机物的种类不同 D. CO2具有还原性，可用于自来水的消毒杀菌 【答案】C 【解析】 【详解】A.红宝石的主要成分是氧化铝，水晶的主要成分是二氧化硅，A错误； B.在煤中加入石灰石，燃烧时可吸收生成的二氧化硫，减少酸雨的产生，B错误； C.甘油属于醇类，汽油属于烃类，完全燃烧的产物都是 CO2和 H2O，但所属有机物的种类不同，C正确； D.CO2具有弱的还原性，不可用于自来水的消毒杀菌，D错误； 故合理选项是 C。 2.下列说法中正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值) A. O2-的电子式为 ，则 O2-核外有 8
3、个电子 B. 1mol NH4Cl中含有的 HCl键的数目为 NA C. CrO5中 Cr 元素的化合价为+6价，每个 CrO5分子中存在两个过氧键 D. 20gNa2O和 Na2O2的混合物中，所含阴阳离子数目之比无法确定 【答案】C 【解析】 【详解】A.O2-的电子式为，表示 O2-的最外层有 8个电子，但其原子核外有 10个电子，A错误； B. NH4Cl是离子化合物，NH4+与 Cl-间形成离子键，无 HCl 共价键存在，B错误； C.根据化合物中所有元素化合价的代数和为 0 原则，CrO5中 5个 O共为-6 价，说明以-1 价氧存在的共有两 个过氧根，一个氧化合价-2 价，C 正
4、确； C.Na2O 和 Na2O2都是离子化合物，其中含有的阴阳离子数目之比都是 1：2，与物质的多少无关，D错误； 故合理选项是 C。 3.下列各组粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂 X后，发生反应的离子方程式也正确的是 选项 微粒组 加入试剂 发生反应的离子方程式 A K+、Na+、HCO3-、SiO32- 少量 HCl 2H+SiO32-=H2SiO3 B NH4+、Fe2+、Br-、SO42- 过量 H2S Fe2+H2S=FeS+2H+ C HClO、Na+、Fe3+、SO32- 过量 CaCl2 Ca2+ SO32-=CaSO3 D I-、Cl-、H+、SO42- 适量 N
5、aNO3 6I-+2NO3-+8H+=2NO+4H2O+3I2 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A.由于酸性 HCO3-H2SiO3，所以在溶液中会发生反应：2HCO3-+SiO32-=H2SiO3+CO32-，二者不能 大量共存，A错误； B.因 FeS 与可与强酸反应，所以不能发生 Fe2+与过量 H2S的反应，B错误； C.HClO、Fe3+都具有强的氧化性，可将 SO32-氧化为 SO42-，不能大量共存，C错误； D.四种离子互不反应，在溶液中可以大量共存，I-具有还原性，在酸性条件下，H+ 、I-、NO3-发生氧化还原 反应，根据电子守恒、电荷
6、守恒及原子守恒，可得方程式为：6I-+2NO3-+8H+=2NO+4H2O+3I2，D正确； 故合理选项是 D。 4.四种短周期主族元素 X、Y、Z和 W，原子序数依次增大，X和 Y的单质化合生成气体 A，A分子中的电 子数与氖原子相同，X和 W 的单质化合生成气体 B，常温下 0.1mol/L的 B 溶液的 pH=1，气体 A 和气体 B 相遇产生白烟，X与 Z可按原子个数比 11 形成化合物 C。下列说法正确的是 A. 化合物 C可能为离子化合物 B. Z离子的半径比 Y离子的大 C. Y 的非金属性很强，其单质非常活泼 D. 最高价氧化物的水化物的酸性 Y 比 W强 【答案】A 【解析】
7、 【分析】 四种短周期主族元素 X、Y、Z和 W，原子序数依次增大，X和 W 的单质化合生成气体 B，常温下 0.1mol/L 的 B 溶液的 pH=1，则 B 是一元强酸，则 X 是 H元素，W 是 Cl元素；气体 A和气体 B相遇产生白烟，则 B 是 NH3，X和 Y的单质化合生成气体 A，A分子中的电子数与氖原子相同，所以 Y 是 N 元素；X与 Z可按 原子个数比 11形成化合物 C，Z可能是 O、F、Na中的任一种，C可能是 H2O2、HF、NaH 中的一种。 【详解】综上所述可知可知：X是 H元素，Y 是 N元素，W是 Cl元素；Z可能为 O、F、Na 中的任一种。 A.若 C 为
8、 NaH，则含有离子键，化合物 C可能为离子化合物，A正确； B.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以无论 Z是 O、F、Na 中的任何一种元素， N3-的半径比 O2-、F-和 Na+的半径都大，B错误； C.Y 是 N 元素，尽管 N元素的非金属性很强，但由于 N2分子中有 NN的存在，键能大，键长短，断裂时 需要消耗很大的能量，所以 N2并不活泼，C错误； D.高氯酸 HClO4 的酸性比 HNO3强，D 错误； 故合理选项是 A。 【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的应用知识。根据已知信息推断元素是本题解答的关键。突破 口是气体 A和气体 B相遇产生白烟，可知气体
9、为 NH3、HCl，再结合原子序数大小及分子特点推测元素种 类。 5.下列装置能达到实验目的的是 A. 熔化 Na2CO3 B. 验证 SO2氧化性 C. 实验室制取 NH3 D. 保存液溴 【答案】B 【解析】 【详解】A.瓷坩埚中含 SiO2，高温下可与 Na2CO3发生反应，A错误； B.由于酸性 H2SO3H2S，所以在水溶液中 SO2可与 Na2S 反应生成 H2S，SO2可氧化 H2S生成 S 单质，所以 能验证 SO2的氧化性，B正确； C.收集氨气的试管口要放适量的棉花，以防止氨气与空气产生对流现象，C错误； D.Br2可与橡胶发生反应而腐蚀橡胶，所以盛放液溴的试剂瓶要用玻璃塞
10、，D错误； 故合理选项是 B。 6.下列说法中正确的是 A. 因发生加成反应，苯可使溴水褪色 B. C5H10能使酸性 KMnO4溶液褪色的同分异构体共有 4种 C. 分子中最多有 12 个原子共平面 D. 将分子中的一个 N 原子换成 C原子后，其分子式为 C7H13N3 【答案】D 【解析】 【详解】A.苯不能与溴水发生反应，使溴水褪色是由于 Br2容易溶解在苯中，苯与水互不相溶，A错误； B.C5H10能使酸性 KMnO4溶液褪色的同分异构体属于烯烃，分子式为 C5H10的烯烃有 CH2=CHCH2CH2CH3、 CH3CH=CHCH2CH3、5 种(不包括顺反异 构体)不同结构，B错误
11、； C.乙烯分子是平面分子，甲基取代乙烯分子中 H 原子的位置，在乙烯平面上；苯分子是平面分子，乙烯平 面与苯平面可以共平面，由于甲烷是正四面体结构，某个平面通过甲烷的 C原子，最多可以有 2 个顶点在 该平面上，所以-CH3上最多有一个 H也可能落在整个分子的平面内，共 17 个原子，C错误； D.若将 N原子换成 C原子，由于 C原子可形成四个共价键，而 N原子可形成 3 个共价键，所以将该分子中 的一个 N 原子换成 C原子后要增加 1 个 H原子，其分子式为 C7H13N3，D正确； 故合理选项是 D。 7.利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响，可设计浓差电池。下图为一套浓差电池和电解
12、质溶液再生的配 套装置示意图，闭合开关 K之前，两个 Cu电极的质量相等。下列有关这套装置的说法中错误的是 A. 循环物质 E 为水 B. 乙池中 Cu 电极为阴极，发生还原反应 C. 甲池中的电极反应式为 Cu2+2e-=Cu D. 若外电路中通过 1mol电子，两电极的质量差为 64g 【答案】B 【解析】 【详解】由阴离子 SO42-的移动方向可知：右边 Cu 电极为负极，发生反应：Cu-2e-=Cu2+，Cu电极失去电子， 发生氧化反应；左边的电极为正极，发生反应：Cu2+2e-=Cu，当电路中通过 1mol电子，左边电极增加 32g， 右边电极减少 32g， 两极的质量差变为 64g
13、。 电解质再生池是利用太阳能将 CuSO4稀溶液蒸发， 分离为 CuSO4 浓溶液和水后，再返回浓差电池。 A.通过上述分析可知循环物质 E为水，使稀硫酸铜溶液变为浓硫酸铜溶液，A正确； B.乙池的 Cu 电极为负极，发生氧化反应，B错误； C.甲池的 Cu 电极为正极，发生还原反应，电极反应式为 Cu2+2e-=Cu，C 正确； D.若外电路中通过 1mol电子，左边电极增加 32g，右边电极减少 32g，所以两电极的质量差为 64g，D正确； 故合理选项是 B。 8.已知铁粉与水蒸气在不同温度下反应，所得黑色固体产物的成分不同，某化学小组的同学为测定该固体产 物的组成，称取 168mg 纯
14、铁粉，按下列步骤进行实验： 如图所示连接好装置检查气密性装入药品 打开 K，加热某装置，一段时间后，再加热另一装置； 反应完成后，关闭 K，停止加热，冷却后读取收集到的气体的体积 回答下列问题： (1)实验中先点燃_处的酒精灯，该操作在将 D 中的导管伸入量筒中准备收集气体之_ (填 “前”或“后”) (2)下列实验操作的目的是： 将铁粉和石棉绒混合均匀_； 关闭 K_。 (3)判断铁粉与水蒸气反应已经完成的现象是_。 (4)有同学认为用 D装置测量气体的体积时，伸入量筒中的导管应适当加长，该同学的理由是_。 (5)用改进后的正确装置进行实验，收集到气体的体积为 67.2mL(已换算成标准状况
15、)，则固体产物的组成为 _。 【答案】 (1). A (2). 后 (3). 增大铁粉与水蒸气的接触面积，以便充分反应 (4). 防止冷却时， 装置内的压强下降过快将空气吸入装置，影响 H2体积的测定 (5). 量筒内液面不再发生变化 (6). 若 导管太短，冷却时，气体不能回流，导致气体体积偏大；若导管太长，导管不易插入量筒中，也不易从量 筒中取出 (7). FeO 【解析】 【分析】 (1)在装置内含有空气，空气与 Fe 在加热时会发生化学反应，所以要先加热 A处酒精灯，使装置内充满水蒸 气，然后再加热 B 处酒精灯；加热 A处酒精灯应该在收集 H2的操作之后进行； (2)从物质的存在状态
16、及影响化学反应速率的角度分析；从压强影响物质的收集及纯度分析操作目的； (3)反应产生的 H2是难溶于水的气体，若反应不再发生，则无氢气产生； (4)从气体体积的热胀冷缩及操作的难易分析； (5)先计算 Fe、H2的物质的量，根据 H2是 Fe 与水反应的产物计算生成氧化物的化学式。 【详解】(1)装置中的空气与 Fe 会发生反应，影响实验测定，因此要先加热 A处的酒精灯，用水蒸气排出装 置内的空气，以防铁粉受热后与空气反应；因反应后装置内会留有 H2，必须将装置内的气体全部收集到量 筒中，否则所测气体的体积将偏小，故加热 A前要先把 D 处收集装置安装好，即点燃 A处酒精灯在将 D中 的导管
17、伸入量筒中准备收集气体之后进行； (2)Fe 是固体物质，为增大水蒸气与 Fe 粉反应的接触面积，可以使用石棉绒，使 Fe 粉附着在石棉绒上； 反应完成后，关闭 K，停止加热，冷却后读取收集到的气体的体积，关闭 K目的是防止冷却时，装置内 的压强下降过快将空气吸入装置，影响 H2体积的测定； (3)铁粉与水蒸气生成黑色产物，与铁粉的颜色不易区分，只能根据反应产生的 H2的难溶性，用不再产生气 体，即气体的体积不发生变化作为反应完成的标志； (4)有同学认为用 D装置测量气体的体积时，伸入量筒中的导管应适当加长，该原因是反应是在加热时进行 的，产生的氢气在温度高时体积大，当温度降低时体积减小，若
18、导管太短，冷却时，气体不能回流，导致 气体体积偏大；但是若导管太长，导管就不易插入量筒中，反应结束时导气管也不易从量筒中取出； (5)n(Fe)=0.168g 56g/mol=0.003mol，n(H2)=0.0672L 22.4L/mol=0.003mol，n (Fe)：n (O) =1：1，所以根据电 子守恒、元素守恒，可得反应方程式为 Fe+H2O(g)FeO+H2，则所得固体化学式为 FeO。 【点睛】本题考查化学实验基本操作、物质的检验方法、化学式确定的知识。掌握化学实验基本操作方法 及物质的物理性质、化学性质是解题的基础，巧用守恒方法是确定物质化学式的关键。 9.辉钼矿的主要成分是
19、 MoS2(Mo 呈+4 价)，含少量 SiO2以及 Re的化合物等杂质。由辉钼矿可制得金属缓蚀 剂钼酸钠晶体(Na2MoO4 10H2O)、催化剂 Mo2C 和氧化剂 KReO4，其主要流程如下： (1)焙烧辉钼矿时发生的反应及反应开始的温度(T)与真空度的关系如下图所示： (真空度 P/P0表示反应时的压 强与标准大气压之比) 为获得碳化钼，在真空度为 0.5 的条件下，适宜的反应温度应控制_。 (2)焙烧时，生成 Mo2C的反应中被还原的元素有_(填元素符号)；水洗烧结物时，洗去的物质除 Na2S、Na2CO3之外，还有_。 (3)用 NaClO2氧化 MoS2时，MoS2转化为 MoO
20、42-和 SO42-，写出该反应的离子方程式_。 (4)已知钼酸钠的溶解度曲线如下图，获得 Na2MoO4 10H2O 的操作 A为_、_、过滤。 (5)生成 KReO4晶体的化学方程式为_；加入 KCl 时，同时加入乙醇的作用是_。 【答案】 (1). 1045KTH3N+CH2COOH (6). H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH (7). 85.0 【解析】 【分析】 (1) 根据盖斯定律，将三个热化学方程式叠加，可得相应的热化学方程式； (2)根据平衡常数的含义，结合 37、P(O2)为 2.00kPa时 a(MbO2)计算平衡常数； 根据反应达到平衡时，V正=V逆，
21、结合平衡常数定义式进行变性，可得表达式； (3)根据甘氨酸的存在形式与溶液酸碱性的关系，先判断 I、II、III分别为 H2NCH2COO-、H3N+CH2COO- 和 H3N+CH2COOH，若只含有 H3N+CH2COO-，此时 lg ，结合溶液的 Kw可判断溶液的 pH、确定 溶液的酸碱性；当溶液呈中性时，lg=0，根据图示判断微粒浓度大小； 根据 lg=8 时，微粒存在有 H2NCH2COO-、H3N+CH2COOH，盐酸过量，H2NCH2COO-反应变为 H3N+CH2COOH，书写反应方程式； 结合滴定突跃时溶液体积读数与空白读数差，计算出消耗高氯酸的体积，利用 n=cV 计算出高
22、氯酸的物 质的量，根据恰好反应时甘氨酸与高氯酸的物质的量的比是 1：1，计算出甘氨酸质量，利用甘氨酸质量与 样品质量差计算得到甘氨酸的纯度。 【详解】(1) 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)H1=alkJ/mol， 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)H2=bkJ/mol， H2O(1)=H2O(g)H3=+ckJ/mol，将 3+ 2- 30，整理可得热化学方程式： 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l) H=kJ/mol； (2)37、P(O2)=2.00kPa时，结合度为 80%，化学平均常数 K=kPa-1； 由结合度
23、的定义式可知，反应达平衡时，V正=V逆，所以 K=，可求出 c(MbO2)=，代入结合度定义式 =可得 a=； 甘氨酸的三种存在形式：H3N+CH2COOH、H3N+CH2COO-和 H2NCH2COO-应分别在强酸性至强碱性中存 在，由此判断，图中 I、II 和 III分别为 H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和 H3N+CH2COOH，当 lg=-8 时，溶液显碱性，溶液中存在的主要是 H2NCH2COO-，它与过量的 HCl反应生成 H3N+CH2COOH。由图可 知纯甘氨酸溶液呈酸性(实际在 5.9左右)，溶液呈中性时，lg=0，中性时 H3N+CH2COO- H2NCH2C
24、OO-H3N+CH2COOH；根据 lg=8 时，微粒存在有 H2NCH2COO-、H3N+CH2COOH，由于 加入的盐酸过量，所以，发生反应 H2NCH2COO-变为 H3N+CH2COOH，反应方程式为 H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH； 根据滴定曲线的突跃范围，消耗 HClO4溶液 17.25mL，减去空白实验的 0.25mL，实际消耗滴定液 17.00mL。 n(HClO4)= 0.1000mol/L 0.01700L=0.0017mol，则 n(甘氨酸)=0.0017mol，甘氨酸的质量为 m(甘氨 酸)=0.0017mol 75g/mol=0.1275g，所以
25、甘氨酸的纯度为：(0.1275g 0.150g) 100%=85.0%。 11.BaTiO3、KH2PO4和 NaNO2都属于铁电体，它们具有许多特异的性能如当它受压力而改变形状时产生电 流，通电时会改变形状等。 (1)基态 Ti原子的价电子排布式为_，属于_区元素。 (2)KH2PO4晶体中存在的作用力有_(选填字母)。 A.离子键 B.共价键 C.氢键 (3)NO2-中 N原子的杂化类型为_，键角(填“、N (8). 6 (9). 【解析】 【分析】 (1) Ti是 22 号元素，根据原子构造原理可得其核外电子排布式，得到基态 Ti原子的价电子排布式，并根据 元素原子结构与元素在周期表的位
26、置关系判断其所属区域； (2)KH2PO4是盐，属于离子晶体，含离子键，在阴离子 H2PO4-中含有 P-O 键、O-H 键，-OH 与其它的-OH间 可形成氢键； (3)根据 N、O原子间形成的电子对分析原子杂化，并结合孤电子对与成键电子对之间的作用力情况判断键 角大小； (4)从元素的+1价离子的稳定性大小分析 I2大小； (5)根据晶胞在各种微粒的空间构型及相对位置判断 Ti的配位体数目；用均摊法计算一个晶胞中含有的各种 元素的原子个数，计算晶胞的质量，利用 m=V、及边长 V= L3计算晶胞边长，最后根据 Ba 与 O原子的位 置在面对角线的一半就可计算出两个微粒间的距离。 【详解】(
27、1)Ti是 22号元素，根据原子构造原理可得其核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d24s2，所以基态 Ti 原子的价电子排布式是 3d24s2，Ti位于元素周期表第四周期第 IVB族，属于 d 区； (2) KH2PO4是盐，属于离子晶体，含离子键，在阴离子 H2PO4-中含有 P-O键、O-H键，-OH中的 O原子与 其它 KH2PO4之间-OH 的 H原子间可形成氢键，故合理选项是 ABC； (3)在 NO2-中存在 N=O和 N-O，所有 NO2-中的 N原子采用 sp2杂化，N原子最外层有 5个电子，其中一对为 孤电子对，有 3 个成键电子，孤电子对与成键电子对间的斥力
28、大于成键电子对之间的斥力，所以键角小于 120 ； (4) 由于 Na+是最外层 8 个电子的稳定结构，气态基态 Na+从 8 电子稳定结构再失去一个电子最难，气态基 态 O+从 2p3半充满较稳定结构再失去一个电子较难。所以 Na+ 的第二电离能 I 2最大，N +最小，因此三种元 素的第二电离能(I2)由大到小的顺序为 NaON； (5)根据晶胞结构示意图可知：Ti位于晶胞中心，O原子位于晶胞六个面心上，Ba 位于晶体的 8个顶点上， 所以 Ti的配位体数目是 6；在一个晶胞中含有的各种元素的原子个数 Ti：1 1=1；Ba： 8=1，O： 6=3， 即一个晶胞中含有 1 个 BaTiO3
29、，其质量 m=g，由于晶胞的密度是 g/cm3，所以晶胞的体积 V=cm3，则晶胞的边长 L=cm= 10-7nm，最近的 Ba原子和 O 原子位于面对 角线的一半位置，所以最近的 Ba原子和 O原子之间的距离为 a=L=nm。 12.溴丙胺太林片是一种用于治疗胃肠痉挛性疼痛的药物，其合成路线如下： 回答下列问题： (1)AB的反应条件和试剂为_。 (2)C的化学名称为_。 (3)写出 CD的反应方程式_。 (4)I中含有的官能团的名称是_。 (5)符合下列条件的 E 的同分异构体有_种。能发生银镜反应，能与 FeCl2溶液发生显色反应。 分子中含有两个苯环，不含有OO结构，且核磁共振氢谱为六
30、组峰，峰面积之比为 12222 1。上述异构体中，能与 NaOH 以 13 的物质的量比发生反应的结构简式为_。 (6)根据已有知识并结合题中相关信息，设计由 CH2=CHCH2OH 为起始原料合成的合 成路线(其它试剂任选) _。合成路线示例如下： CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3 【答案】 (1). FeCl3和Cl2 (2). 2-氯苯甲酸 (3). (4). 羧基、醚键 (5). 6 (6). (7). 【解析】 【分析】 A 分子式是 C7H8，根据反应生成 C 的结构可知 A是甲苯，A与 Cl2在 Fe 催化下发生取代反应 产生 B：，B 被酸性 KMnO4
31、溶液氧化为；C 与苯酚、NaOH 发生反应产生 D： ，D与浓硫酸混合加热，发生脱水反应产生 F：，F与 Zn、NaOH发生还原 反应产生 G：， G 与 NaCN在乙酸存在时， 发生取代反应产生 H：， H 与 NaOH 溶液反应，然后酸化得到 I，结构简式是：，再据此结合工艺流程分析； CH2=CHCH2OH与 NaCN在乙酸存在时发生取代反应产生 CH2=CHCH2CN，CH2=CHCH2CN与 NaOH溶液 反应，然后酸化得到 CH2=CHCH2COOH，CH2=CHCH2COOH 与 CH3OH在浓硫酸存在时发生酯化反应产生 CH2=CHCH2COOCH3，该物质含有碳碳双键，在一定
32、条件下发生加聚反应产生：。 【详解】(1)由合成路线可推出 AB发生苯环上的氯代反应，反应条件为 FeCl3和 Cl2或铁粉和 Cl2； (2)C分子的羧基COOH与 Cl原子在苯环的相邻位置上，所以 C 的化学名称为 2-氯苯甲酸； (3)C是 2-氯苯甲酸，C与苯酚在 NaOH溶液中加热发生反应产生 D，同时有 NaCl 及 H2O生成，反应的化学 方程式为：； (4)由合成路线可推出 HI发生CN转化为COOH，所以 I中含有的官能团为羧基、醚键； (5)E 结构简式是，其同分异构体中，符合条件：能发生银镜反应，能与 FeCl2溶液发 生显色反应；分子中含有两个苯环，且不含有OO结构，且
33、核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为 122221。在上述异构体中，能与 NaOH以 13的物质的量比发生反应，根据题干要求，E的同 分异构体结构中需含有醛基、酚羟基、两个苯环、6 种 H 原子，故可以写出以下 6 种： 、 、， 故有 6种同分异构体， 其中能与 NaOH 以 1：3的物质的量比发生反应的应为，1mol甲酸酚酯需消耗 2molNaOH， 1mol 酚羟基需消耗 1molNaOH； (6)CH2=CHCH2OH与 NaCN在乙酸存在时发生取代反应产生 CH2=CHCH2CN，CH2=CHCH2CN与 NaOH溶 液反应，然后酸化得到 CH2=CHCH2COOH，CH2=CHCH2COOH 与 CH3OH在浓硫酸存在时发生酯化反应产 生 CH2=CHCH2COOCH3，该物质含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应产生： ，所 以由 CH2=CHCH2OH 为起始原料合成 的合成路线为： 。 【点睛】本题考查有机物的合成与推断、官能团的结构与性质、反应条件的控制、限制条件下同分异构体 书写等，注意利用转化关系中隐含信息进行合成路线设计，难度中等。
