【精品高考化学】2020年陕西省西安市高考化学模拟试卷(5月份)

2020年陕西省西安市高考化学模拟试卷（5月份）
一、选择题：本大题包括13小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．（6分）化学与生产和生活密切相关，下列过程中没有发生化学变化的是（）A．氯气作水的杀菌消毒剂
B．硅胶作袋装食品的干燥剂
C．二氧化硫作纸浆的漂白剂
D．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂
2．（6分）为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2，CO2，SO2，NO，CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：
下列说法不正确的是（）
A．固体Ⅰ中主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空气，且需过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2﹣＝N2↑+2H2O
3．（6分）已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示。

下列说法正确的是（）
A．加入催化剂，减小了反应的热效应
B．加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率
C．H2O2分解的热化学方程式：H2O2→H2O+O2+Q
D．反应物的总能量高于生成物的总能量
4．（6分）三室式电渗析法处理含Na 2SO 4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab 、cd 均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na +和SO 42﹣
可通过离子交换膜，而两
端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。

下列叙述正确的是（ ）
A ．通电后中间隔室的SO 42﹣
离子向正极迁移，正极区溶液pH 增大
B ．该法在处理含Na 2SO 4废水时可以得到NaOH 和H 2SO 4产品
C ．负极反应为2H 2O ﹣4e ﹣
＝O 2+4H +，负极区溶液pH 降低
D ．当电路中通过1mol 电子的电量时，会有0.5mol 的O 2生成
5．（6分）一定条件下，CH 4 与H 2O （g ）发生反应：CH 4（g ）+H 2O （g ）⇌CO （g ）+3H 2
（g ），设起始 n
n(H 2O)n(CH 4)
=Z ，在恒压下，平衡时φ（CH 4）的体积分数与Z 和 T （温度）
n （CH 4 ）的关系如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A ．该反应的焓变△H ＞0
B ．图中Z 的大小为a ＞3＞b
C ．图中X 点对应的平衡混合物中 n （H 2O ）＝3n （CH 4 ）
D ．温度不变时，图中X 点对应的平衡在加压后φ （CH 4）减小
6．（6分）下列制取SO 2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目
的是（）
A．制取SO2B．验证漂白性C．收集SO2D．尾气处理
7．（6分）轴烯是一类独特的星形环烃。

三元轴烯（）与苯（）A．均为芳香烃B．互为同素异形体
C．互为同系物D．互为同分异构体
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题每个试题考生都必须作答，第11题-第12题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：3题，共43分．8．（14分）某小组在验证反应“Fe+2Ag+＝Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，发现和探究过程如下。

向硝酸酸化的0.05mol•L﹣1硝酸银溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。

（1）检验产物
①取少量黑色固体，洗涤后，（填操作和现象），证明黑色固体中含有Ag。

②取上层清液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有。

（2）针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，乙依据的原理是（用离子方程式表示）。

针对两种观点继续实验：
①取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。

同时发现有白色沉淀产
生，且溶液颜色变浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：
序号取样时间/min现象
ⅰ3产生大量白色沉淀；溶液呈红色
ⅱ30产生白色沉淀；较3min时量少；溶液红色
较3min时加深
ⅲ120产生白色沉淀；较30min时量少；溶液红色
较3 0min时变浅
（资料：Ag+与SCN﹣生成白色沉淀AgSCN）
②对Fe3+产生的原因作出如下假设：
假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+；
假设b：空气中存在O2，由于（用离子方程式表示），可产生Fe3+；
假设c：酸性溶液中NO3﹣具有氧化性，可产生Fe3+；
假设d：根据现象，判断溶液中存在Ag+，可产生Fe3+。

③下列实验Ⅰ可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因。

实验Ⅱ可证实假设d成立。

实验Ⅰ：向硝酸酸化的溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液，3min时溶液呈浅红色，30min后溶液几乎无色。

实验Ⅱ：装置如图。

其中甲溶液是，操作及现象是。

（3）根据实验现象，结合方程式推测实验ⅰ～ⅲ中Fe3+浓度变化的原因：。

9．（15分）以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生产硫酸的催化剂。

从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境
又有利于资源综合利用。

废钒催化剂的主要成分为：
物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/% 2.2～2.9 2.8～3.122～2860～651～2＜1以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：
回答下列问题：
“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为，同时V2O4转成VO2+．“废（1）
渣1”的主要成分是 。

（2）“氧化”中欲使3 mol 的VO 2+变为VO 2+，则需要氧化剂KClO 3至少为 mol 。

（3）“中和”作用之一是使钒以V 4O 124﹣
形式存在于溶液中。

“废渣2”中含有 。

（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V 4O 124﹣
⇌洗脱
离子交换
R 4V 4O 12+4OH ﹣（以
ROH 为强碱性阴离子交换树脂）。

为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈 性（填“酸”“碱”“中”）。

（5）“流出液”中阳离子最多的是 。

（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH 4VO 3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式 。

10．（14分）用零价铁（Fe ）去除水体中的硝酸盐（NO 3﹣
）已成为环境修复研究的热点之一。

（1）Fe 还原水体中NO 3﹣
的反应原理如图所示。

①作负极的物质是 。

②正极的电极反应式是 。

（2）将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO 3﹣
的去除率和pH ，结果如下：
初始pH pH ＝2.5 pH ＝4.5 NO 3﹣
的去除率 接近100% ＜50% 24小时pH 接近中性
接近中性
铁的最终物质形态
pH ＝4.5时，NO 3﹣
的去除率低。

其原因是 。

（3）其他条件与（2）相同，经1小时测定NO 3﹣
的去除率和pH ，结果如下：
初始pH pH ＝2.5 pH ＝4.5 NO 3﹣
的去除率 约10% 约3% 1小时pH
接近中性
接近中性
与（2）中数据对比，解释（2）中初始pH 不同时，NO 3﹣
去除率和铁的最终物质形态不同的原因： 。

(二)选考题:共15分。

请考生从给出的题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。

注意所题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。

如果多做,则每学科按所做的第一小题计分。

【化学—选修3：物质结构与性质】（15分）
11．（15分）研究发现，在CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2＝CH3OH+H2O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。

回答下列问题：
（1）Co基态原子核外电子排布式为。

元素Mn与O中，第一电离能较大的是，基态原子核外未成对电子数较多的是。

（2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为和。

（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为，原因是。

（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn（NO3）2中的化学键除了σ键外，还存在。

（5）MgO具有NaCl型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a＝0.420nm，则r（O2﹣）为nm．MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a'＝0.448nm，则r（Mn2+）为nm。

【化学-选修5：有机化学基础】（15分）
12．聚戊二酸丙二醇酯（PPG）是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材枓的生物相容性方面有很好的应用前景．PPG的一种合成路线如图：
已知：
①烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢；
②化合物B为单氯代烃：化合物C的分子式为C5H8；
③E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质；
④．
回答下列问题：
（1）A的结构简式为．
（2）由B生成C的化学方程式为．
（3）由E和F生成G的反应类型为，G的化学名称为．
（4）①由D和H生成PPG的化学方程式为．
②若PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为（填标号）．
a．48 b．58 c．76 d．122
（5）D的同分异构体中能同时满足下列条件的共有种（不含立体异构）：
①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体
②既能发生银镜反应，又能发生皂化反应
其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6：1：1的是（写结构简式）：D的所有同分异构体在下列﹣种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是（填标号）．
a．质谱仪b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪．
2020年陕西省西安市高考化学模拟试卷（5月份）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题包括13小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．【解答】解：A、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能杀菌消毒，属于化学变化，故A错误；
B、硅胶做干燥剂是吸水，没有发生化学变化，故B正确；
C、二氧化硫和有色物质化合使之生成无色物质，发生了化学反应，属于化学变化，故C
错误；
D、肥皂水显碱性，与蚊虫叮咬处释放的酸发生中和反应，发生了化学反应，故D错误。

故选：B。

2．【解答】解：工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，
A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3，故A正确；
B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B 错误；
C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；
D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2﹣＝N2↑+2H2O，故D正确。

故选：B。

3．【解答】解：A．催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应，故A 错误；
B．催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，反应体系中加入催化剂不改变H2O2的平衡
转化率，故B 错误；
C ．图象分析判断反应是放热反应，热化学方程式要注明状态，所以H 2O 2分解的热化学方程式：H 2O 2（l ）＝H 2O （l ）+1
2O 2（g ）+Q ，故C 错误；
D ．图象分析反应是放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，故D 正确， 故选：D 。

4．【解答】解：A 、阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电pH 减小，故A 错误； B 、直流电场的作用下，两膜中间的Na +和SO 42﹣
可通过离子交换膜，而两端隔室中离子
被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，考虑电荷守恒，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，与氢离子结合成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极区，与氢氧根离子结合成氢氧化钠，故可以得到NaOH 和H 2SO 4产品，故B 正确；
C 、负极即为阴极，发生还原反应，氢离子得电子生成氢气，故C 错误；
D 、每生成1mol 氧气转移4mol 电子，当电路中通过1mol 电子的电量时，会有0.25mol 的O 2生成，故D 错误。

故选：B 。

5．【解答】解：A ．升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，则该反应的焓变△H ＞0，故A 正确； B ．起始
n(H 2O)n(CH 4)
=Z ，Z 越小，说明甲烷相对越多，达到平衡时甲烷的含量越多，则Z 的
大小为a ＜3＜b ，故B 错误； C ．起始n(H 2O)n(CH 4)
=3，水和甲烷按1：1反应，达到平衡时，二者比值不等于3，故C 错
误；
D ．增大压强，平衡逆向移动，所以平衡在加压后φ（CH 4）增大，故D 错误。

故选：A 。

6．【解答】解：A ．稀硫酸和铜不反应，应用浓硫酸和铜反应制备二氧化硫气体，故A 错误； B ．二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，操作符合要求，可达到实验目的，故B 正确； C ．二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，气体应从长导管进入，故C 错误； D ．二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，应用氢氧化钠溶液吸收尾气，且防止倒吸，故D 错误。

故选：B 。

7．【解答】解：轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，只有D正确。

故选：D。

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题每个试题考生都必须作答，第11题-第12题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：3题，共43分．8．【解答】解：（1）①黑色固体中含有过量铁，如果同时含有银，则可以加入HCl或H2SO4溶解Fe，而银不能溶解，
故答案为：加入足量稀盐酸（或稀硫酸）酸化，固体未完全溶解；
②K3[Fe（CN）3]是检验Fe2+的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe2+，
故答案为：Fe2+；
（2）过量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，即Fe+2Fe3+＝3Fe2+，
故答案为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+；
②O2氧化Fe2+反应为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，白色沉淀是AgSCN，所以实验可以
说明含有Ag+，Ag+可能氧化Fe2+生成Fe3+，
故答案为：4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；白色沉淀；
③证明假设abc错误，就是排除Ag+时实验比较，相当于没有Ag+存在的空白实验，考
虑其他条件不要变化，可以选用0.05mol•L﹣1NaNO3，原电池实验需要证明的是假设d的反应Ag++Fe2+＝Ag+Fe3+能够实现，所以甲池应当注入FeCl2、FeCl3混合溶液，按图连接好装置，如电流表指针发生偏转，可说明d正确，
故答案为：0.05mol•L﹣1NaNO3；FeCl2/FeCl3；按图连接好装置，电流表指针发生偏转；
（3）i→iii中Fe3+变化的原因：i→ii Ag++Fe2+＝Ag+Fe3+，反应生成的Fe3+使Fe3+浓度增加，ii→iii 溶液红色较3 0min时变浅，说明空气中氧气氧化SCN﹣，使平衡向生成Fe3+的方向移动，Fe（SCN）3浓度减小，则溶液的颜色变浅，
故答案为：i→ii Ag++Fe2+＝Ag+Fe3+，反应生成的Fe3+使Fe3+增加，红色变深，ii→iii 空气中氧气氧化SCN﹣，红色变浅。

9．【解答】解：从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V2O4转成VO2+．氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，然后加氧化剂KClO3，将VO2+变为VO2+，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe（OH）
3、Al （OH ）3，“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V 4O 124﹣⇌洗脱
离子交换R 4V 4O 12+4OH ﹣，由ROH 为强碱性阴离子交换树脂可知，碱性条件下利用反应正向移动，流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH 4VO 3）沉淀，“煅烧”时分解生成V 2O 5，
（1）“酸浸”时V 2O 5转化为VO 2+，反应的离子方程式为V 2O 5+2H +＝2VO 2++H 2O ，由上述分析可知滤渣1为SiO 2，
故答案为：V 2O 5+2H +＝2VO 2++H 2O ；SiO 2；
（2）“氧化”中欲使3 mol 的VO 2+变为VO 2+，由电子守恒可知，则需要氧化剂KClO 3至少为3mol×(5−4)[5−(−1)]=0.5mol ，
故答案为：0.5；
（3）由上述流出分析可知滤渣2为Fe （OH ）3、Al （OH ）3，故答案为：Fe （OH ）3、Al （OH ）3；
（4）利用强碱性阴离子交换树脂可“离子交换”和“洗脱”，则应选择碱性条件下使用，且OH ﹣浓度大反应逆向移动提高洗脱效率，故答案为：碱；
（5）由上述分析可知，流出液中主要为硫酸钾，则“流出液”中阳离子最多的是K +，故答案为：K +；
（6）“煅烧”中发生反应的化学方程式为2NH 4VO 3
高温¯V 2O 5+H 2O ↑+2NH 3↑，故答案
为：2NH 4VO 3高温¯V 2O 5+H 2O ↑+2NH 3↑。

10．【解答】解：（1）①Fe 是活泼的金属，根据还原水体中的NO 3﹣的反应原理图可知，Fe
被氧化作负极，
故答案为：铁；
②正极发生得到电子的还原反应，因此正极是硝酸根离子被还原为NH 4+，为酸性电解质溶液，结合电荷及电子守恒可知电极反应式为NO 3﹣+8e ﹣
+10H +＝NH 4++3H 2O ， 故答案为：NO 3﹣+8e ﹣
+10H +＝NH 4++3H 2O ； （2）从pH 对硝酸根去除率的影响来看，初始pH ＝4.5时去除率低，主要是因为铁离子容易水解生成FeO （OH ），同时生成的Fe 3O 4产率降低，且生成的FeO （OH ）不导电，所以NO 3﹣
的去除率低，
故答案为：因为铁表面生成不导电的FeO （OH ），阻止反应进一步发生；
（3）由表中信息可知（2）中初始pH不同时，NO3﹣去除率和铁的最终物质形态不同的原因为Fe+2H+＝Fe2++H2↑，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe2+浓度大，促使FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全；初始pH高时，由于Fe3+的水解，Fe3+越容易生成FeO（OH），产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3﹣去除率和铁的最终物质形态不同，
故答案为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe2+浓度大，促使FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3﹣去除率和铁的最终物质形态不同。

(二)选考题:共15分。

请考生从给出的题中每科任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。

注意所题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。

如果多做,则每学科按所做的第一小题计分。

【化学—选修3：物质结构与性质】（15分）
11．【解答】解：（1）Co是27号元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2．元素Mn与O中，由于O元素是非金属性而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O，O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn，
故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；O；Mn；
（2）CO2和CH3OH的中心原子C原子的价层电子对数分别为2和4，所以CO2和CH3OH 分子中C原子的杂化形式分别为sp和sp3，
故答案为：sp；sp3；
（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H2O＞CH3OH＞CO2＞H2，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键，而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可用于形成分子间氢键，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高，
故答案为：H2O＞CH3OH＞CO2＞H2；H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大，范德华力较大；
（4）硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成3个σ键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在π键，
故答案为：π键、离子键；
（5）因为O 2﹣是面心立方最密堆积方式，面对角线是O 2﹣
半径的4倍，即4r =√2a ，解得r =√24×0.420nm ＝0.148nm ；MnO 也属于NaCl 型结构，根据晶胞的结构，晶胞参数
＝2 r （O 2﹣）+2r （Mn 2+），
则r （Mn 2+）=0.448nm−2×0.148nm 2
=0.076nm 。

故答案为：0.148；0.076。

【化学-选修5：有机化学基础】（15分）
12．【解答】解：烃A 的相对分子质量为70，由7012=5…10，则A 为C 5H 10，核磁共振氢谱
显示只有一种化学环境的氢，故A 的结构简式为；A 与氯气在光照下发生取代反应生成单氯代烃B ，则B 为，B 发生消去反应生成C 为，化合物C 的分子式为C 5H 8，C 发生氧化反应生成D 为HOOC （CH 2）3COOH ，F 是福尔马林的溶质，则F 为HCHO ，E 、F 为相对分子质量差14的同系物，可知E 为CH 3CHO ，由信息④可知E 与F 发生加成反应生成G 为HOCH 2CH 2CHO ，G 与氢气发生加成反应生成H 为HOCH 2CH 2CH 2OH ，D 与H 发生缩聚反应生成PPG （），
（1）由上述分析可知，A 的结构简式为
，故答案为：； （2）由B 生成C 的化学方程式为：
，
故答案为：；
（3）由E 和F 生成G 的反应类型为加成反应，G 为HOCH 2CH 2CHO ，化学名称为3﹣羟基丙醛，
故答案为：加成反应；3﹣羟基丙醛；
（4）①由
D 和H 生成PPG 的化学方程式为：
，
故答案为：
；
②若PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为10000
12×8+16×4+1×12
≈58，故答案为：b；
（5）D的同分异构体中能同时满足①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，含﹣COOH，②既能发生银镜反应，又能发生水解反应﹣COOCH，D中共5个C，则含3个C﹣C﹣C上的2个H被﹣COOH、﹣OOCH取代，共为3+2＝5种，含其中核磁共振氢谱显示为
3组峰，且峰面积比为6：1：1的是，D及同分异构体中组成相同，由元素分析仪显示的信号（或数据）完全相同，
故答案为：5；；c．。