2019届全国高三一轮仿真复习卷(三十九)理综化学试卷

2019届全国高三一轮仿真复习卷（三十九）
理综化学试卷
本试卷共16页，共38题（含选考题），包括选择题和非选择题两部分。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡
上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷
类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂
黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸
和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答
案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用
0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选
修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

1. “笔、墨、纸、砚”在中国传统文化中被称为“文房四宝”，下列叙述中不正确的是（）
D．用工具打磨石材的过程
A.A
B.B
C.C
D.D
【答案】D
2. 4种短周期元素在周期表中的位置如下图，X原子最外层有6个电子。

下列说法不正确的是（）
A. 离子半径: X2-<Y2-
B. 非金属性:W<X
C. 还原性: Y2-<Z-
D. 酸性: H2YO4< HZO4
【答案】C
【解析】根据周期表提供信息可知，X原子最外层有6个电子，X为氧；Y为硫，Z为氯；W为氮；电子层数越多，半径越大，所以离子半径：X2-＜Y2-，A正确；同一周期，从左到右非金属性增强，所以非金属性：W＜X，B正确；元素的非金属性越强，其离子的还原性就越弱，因非金属性氯大于硫，所以还原性：Y2-> Z-，C错误；元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性就越强，非金属性氯大于硫，所以酸性：H2YO4＜ HZO4，D正确；正确选项C。

点睛：元素非金属性比较规律：①非金属元素的单质与氢气化合的难易程度及氢化物的稳定性，越容易化合，形成的氢化物越稳定，该元素的非金属性就越强；②非金属元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，该元素的非金属性就越强。

3. 下列说法正确的是（）
A. 麦芽糖的水解产物不能发生银镜反应
B. 油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，最终产物不相同
C. 蛋白质溶液里加入饱和硫酸铵溶液，蛋白质析出，再加水不再溶解
D. 用甘氨酸和丙氨酸缩合最多可形成3种二肽
【答案】B
【解析】A.麦芽糖水解的产物为葡萄糖，葡萄糖是还原性糖可以发生银镜反应，故A错误；
B.油脂在酸性环境下水解产物为高级脂肪酸和甘油，在碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油，故B正确；
C. 在蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液发生盐析，盐析是可逆的，加水
溶解，故C错误；D. 用甘氨酸和丙氨酸缩合最多可形成2种二肽，故D错误；本题选B。

4. X、Y、Z 是中学化学中常见的三种物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现图所示转化关系的是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】A. 一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故A正确；B. 氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故B正确；
C. 氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，故C错误；
D. 氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故D正确；本题选C。

点睛：要通过氯化钠得到过氧化钠，首先要电解熔融的氯化钠得到金属钠，金属钠在氧气中燃烧可以得到过氧化钠。

5. 下列关于物质结构和元素性质说法正确的是（）
A. 非金属元素之间形成的化合物一定是共价化合物
B. 乙醇可与水以任意比例混溶，是因为与水形成氢键
C. IA族与VIIA族元素原子之间形成的化学键是离子键
D. 同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大
【答案】B
【解析】A.铵盐全部由非金属元素构成，为离子化合物，故A错误；B.乙醇中羟基上的氢可
以和水之间形成氢键，使乙醇和水可以以任意比例互溶，故B正确；C. IA族中的氢元素与
VIIA族元素原子之间形成的化学键是共价键，故C错误；D.水解程度和酸根对应的弱酸的强
弱有关，酸性越弱对应酸根水解程度越大，故D错误；本题选B。

点睛：N、O、F三种原子的得电子能力太强，连在这三种原子上的氢原子容易与其他电子教丰
富的原子之间形成氢键，羟基和水分子之间溶液形成氢键，所以乙醇可以与水以任意比例互
溶。

6. 下列说法不正确的是（）
A. 1.0 mol/L Na2CO3溶液中：c(Na＋) ＝ 2[c(CO32-)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3) ]
B. 常温下等物质的量浓度的盐酸和NaOH溶液等体积混合后，其溶液的pH恰好等于7
C. 物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO－) + c(OH－) ＝ c(H+) +
c(Na＋)
D. 等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：c(Na＋) > c(HX) > c(X－) > c(H ＋) > c(OH－)
【答案】D
【解析】A.在Na2CO3溶液中存在物料守恒，根据C原子守恒得出c(Na＋)＝2[c(CO32-)＋c(HCO3－)＋c(H
CO3) ]，故A正确；B.盐酸是一元强酸，氢氧化钠是一元强碱，等物质的量浓度的盐2
酸和NaOH溶液等体积混合恰好完全反应，所以溶液的PH恰好等于7，故B正确；C.溶液中存
在电荷守恒，阴离子带的负电荷与阳离子带的正电荷相等，所以存在c(CH3COO－) + c(OH－) ＝
c(H+) + c(Na＋)，故C正确；D.无法判断 NaX的水解程度和弱酸HX的电离程度的相对大小，
所以无法确定溶液的酸碱性，故D错误；本题选D。

7. 某小组比较Cl－、Br－、I－的还原性，实验如下:（）
下列对实验的分析不合理的是（）
A. 实验1中，白烟是NH4Cl
B. 根据实验1和实验2判断还原性:Br－>Cl－
C. 根据实验3判断还原性:I－>Br－
D. 上述实验利用了浓H2SO4的强氧化性、难挥发性等性质
【答案】C
【解析】A. 实验1中，浓硫酸与氯化钠反应生成氯化氢气体，遇到空气中的水蒸气，形成盐酸小液滴，盐酸与氨气反应生成NH4Cl固体，故A正确；B. 实验1中没有发生氧化还原反应，实验2中浓硫酸将溴离子氧化生成溴，溶液变黄；因此还原性：Br-＞Cl-，故B正确；C. 实验3中②中溶液中的浓硫酸和溴都能将碘化钠氧化生成碘，不能判断还原性：I-＞Br-，故C
错误；D. 实验2中体现了浓H2SO4的强氧化性，实验1中体现了浓H2SO4的难挥发性，故D正确；故选C。

点睛：本题考查了化学实验方案的设计与评价。

本题的易错点为C，要注意分析②中的溶液中含有溶质的成分，注意浓硫酸对实验的干扰。

8. 氯化镁是重要的无机材料，在常温下易吸湿，可溶于水和乙醇。

某兴趣小组以海水为原料制备无水氯化镁。

实验一制备MgCl2·6H2O晶体
以海水为原料，对其进行一系列处理，得到晶体。

（1）除去海水中不溶性杂质常用的实验操作是______（填名称）。

（2）从氯化镁溶液中析出MgCl2·6H2O晶体的结晶方法是__________（填“降温结晶”或“蒸发结晶”）。

实验二样品中MgCl2·6H2O晶体含量测定
准确称取实验一制得的MgCl2·6H2O晶体a g于锥形瓶中，加去离子水溶解，依次加入一定量三乙醇胺、NH3－NH4Cl缓冲溶液，摇匀，滴入铬黑T指示剂，用0.02000 mol·L－1EDTA（用
H2Y2－表示）标准溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液的体积VmL。

已知：①0.02000 mol·L－1EDTA标准溶液pH约为5，指示剂铬黑T使用的适宜pH范围为8～11，NH3－NH4Cl缓冲溶液pH约为10。

②滴定原理：Mg2++ H2Y2－＝ MgY2－+2H+。

（3）使用的滴定管是____________________（填“甲”或“乙”）。

（4）NH3－NH4Cl缓冲溶液的作用是_______________。

（5）样品中MgCl2·6H2O的质量分数为______________。

实验三制备无水氯化镁
利用如图实验装置（夹持和加热装置省略），准确称取一定质量 MgCl2·6H2O晶体在HCl气流中小心加热。

（6）A装置的作用是______________。

（7）某同学在实验前后测得玻璃管B减重m1g，干燥管C增重m2g，m1＞m2，其可能的原因是
______________（用化学方程式表示）。

【答案】 (1). 过滤 (2). 降温结晶 (3). 甲 (4). 控制溶液的pH为8～11 (5). （或、） (6). 干燥氯化氢气体 (7). MgCl2·6H2O MgO+2HCl+5H2O（或
MgCl2·6H2O Mg(OH)Cl+HCl+5H2O或MgCl2·6H2O Mg(OH)2+2HCl+4H2O）
【解析】（1）除去海水中不溶性杂质常用的实验操作是过滤；（2）为降低水解程度，从氯化
镁溶液中析出MgCl2·6H2O晶体的结晶方法是降温结晶；乙醇易挥发便于晾干，洗涤MgCl2·6H2O 晶体时用乙醇代替蒸馏水；（3）EDTA标准溶液pH约为5，呈酸性，应选用酸式滴定管，故使用的滴定管是甲；（4）NH3－NH4Cl缓冲溶液的作用是控制溶液的pH为8～11；（5）根据反应Mg2++ H2Y2－＝ MgY2－+2H+，可知样品中MgCl2·6H2O的质量分数为
；（6）防止晶体水解，A装置的作用是干燥氯化氢气体；（7）某同学在实验前后测得玻璃管B减重m1g，干燥管C增重m2g，m1＞m2，其可能的原因是
MgCl2·6H2O MgO+2HCl+5H2O（或MgCl2·6H2O Mg(OH)Cl+HCl+5H2O或
MgCl2·6H2O Mg(OH)2+2HCl+4H2O）。

9. 铋及其化合物在工业生产中用途广泛，某研究小组用浮选过的辉铋矿（主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质）制备NaBiO3，其流程如下：
已知：①铋酸钠是一种难溶于水的物质；②水解能力：Bi3+＞Fe3+。

回答下列问题：
（1）“浸取”时，为了提高浸取速率，可采取的措施有___________（任写一条）；过滤1的滤渣中的某种主要成分可溶于一种弱酸，写出该反应的化学方程式____________。

（2）浸取时加入过量浓盐酸的目的是___________________________________________。

（3）写出焙烧时生成铋酸钠的化学方程式____________________________________。

（4）用H2Dz(双硫腙，二元弱酸）～CCl4络合萃取法可从工业废水中提取金属离子：H2Dz先将金属离子络合成电中性的物质[如Cu(HDz)2等]，再用CCl4萃取此络合物。

下图是用上述方法处理含有Hg2+、Bi3+、Zn2+的废水时的酸度曲线（E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率）。

①当n(Bi3＋)：n[Bi(HDz)3]=1:4时，废水的pH=_________。

②向萃取后的CCl4中加入足量的NaOH溶液可将Bi(HDz)3中铋元素以氢氧化物的形式沉淀下来，相应的离子方程式为_____________________________________________。

（5）取焙烧得到的NaBiO3样品加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解。

已知NaBiO3被还原为Bi3+，Mn2+被氧化成MnO4－，试写出该反应的离子方程式：_____________________。

【答案】 (1). 粉碎矿石；适当提高浸取时温度；适当提高FeCl3溶液浓度；浸取时不断搅拌 (2). SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O (3). 溶解Bi2S3，同时防止FeCl3和BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率 (4). 2Bi＋2O2＋Na2O22NaBiO3 (5). 2.5 (6). Bi(HD Z)3＋6OH－=Bi(OH)3↓＋3H2O＋3D Z2－ (7). 5NaBiO3＋2Mn2＋＋14H＋=5Na＋＋5Bi3＋＋2MnO4－＋7H2O
【解析】分析：本题是比较复杂的工业流程问题，需要仔细分析主体物质以及其中含有的杂质。

确定每一个步骤主要的目的，最后要统筹分析判断出所有的杂质是在哪个步骤除去的。

详解：（1）一般提高浸取速率的方法有：搅拌；加热；将固体粉碎。

可以参考初中的加快溶解的方法。

另外也可以提高加入的盐酸或者氯化铁的浓度。

但是本题要注意：盐酸是挥发性的所以温度不能太高；加入的已经是浓盐酸了，所以盐酸浓度的提高意义不大。

第一步浸取后的滤渣主要是二氧化硅，该物质可溶于氢氟酸，方程式为：SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O。

（2）加入过量的浓盐酸主要是为了尽量将原料中的Bi元素溶解在溶液中，同时也能一直铁离子和铋离子的水解。

（3）焙烧的原料是单质的铋，加入了氧气和过氧化钠，生成铋酸钠，所以方程式为：2Bi＋2O2＋Na2O22NaBiO3。

（4）①当n(Bi3＋)：n[Bi(HDz)3]=1:4时，代表Bi3+的萃取率是80%，由图示得到此时废水的pH=2.5。

②向萃取后的CCl4中加入足量的NaOH溶液可将Bi(HDz)3（由题目得知这是一种电中性的络合物，所以在离子方程式中不能拆分）中铋元素以氢氧化物[Bi(OH)3]的形式沉淀下来，相应的离子方程式为（注意显然H2Dz为二元弱酸，所以HDz－一定与OH－反应得到H2O和D Z2－）：Bi(HD Z)3＋6OH－=Bi(OH)3↓＋3H2O＋3D Z2－。

（5）取焙烧得到的NaBiO3样品加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解。

已知NaBiO3被还原为Bi3+，Mn2+被氧化成MnO4－，显然在反应物中可以补加氢离子，生成物中应该补加水，根据电子得失守恒和原子个数守恒将方程式配平，得到（注意，题目已知NaBiO3难溶，所以不可以拆分）：5NaBiO3＋2Mn2＋＋14H＋=5Na＋＋5Bi3＋＋2MnO4－＋7H2O。

10. 能源是人类共同关注的重要问题。

页岩气是从页岩层中开采出来的一种非常重要的天然气资源，页岩气的主要成分是甲烷，是公认的洁净能源。

（1）页岩气不仅能用作燃料，还可用于生产合成气(CO和H2)。

CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应 CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H1
已知：①CH4、H2、CO 的燃烧热（△H）分别为-a kJ•mol-1、-b kJ•mol-1、-c kJ•mol-1；②H2O (l) =H2O(g)；△H=+dkJ•mol-1
则△H1= ___________（用含字母a、b、c、d的代数式表示）kJ•mol-1。

（2）用合成气生成甲醇的反应为：CO(g)+2H 2(g)CH3OH(g) △H2，在10L恒容密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如下图所示，200℃时n(H2)随时间的变化如下表所示：
①△H2_________ (填“>”“<”或“ = ”)0。

②下列说法正确的是____________ (填标号）。

a.温度越高，该反应的平衡常数越大
b.达平衡后再充入稀有气体，CO的转化率提高
c.容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度
d.图中压强p1<p2
③ 0〜3 min内用CH3OH表示的反应速率v(CH3OH)=________mol • L-1·min-1。

（计算结果保留两位有效数字）
④ 200℃时，该反应的平衡常数K =_______。

向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，保持温度不变，则化学平衡____________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。

（3）甲烷、氧气和KOH溶液可组成燃料电池。

标准状况下通入5.6 L甲烷，测得电路中转移1.2 mol电子，则甲烷的利用率为_________。

【答案】 (1). -a+3b+c–d (2). ＜ (3). cd (4). 0.067 (5). 6.25 (6). 正向 (7). 60%
【解析】（1） CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H1，已知：①CH4、H2、CO 的燃烧热（△H）分别为-a kJ•mol-1、-b kJ•mol-1、-c kJ•mol-1；②H2O (l) =H2O(g)；△H=+dkJ•mol-1，由盖斯定律可知，②×3+③-①-④可知，则△H1=-a+3b+c–d kJ•mol-1。

（2）CO的平衡转化率与温度和压强的关系如下图所示，200℃时n(H2)随时间的变化如下表所
示：，①由图示可知在恒压条件下，随着温度的升高
CO的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，即正反应为放热反应，△H2＜0。

②a、正方向为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故a错误；b.达平衡后再充入稀有气体，压强增大，但平衡不移动，CO的转化率不变，故b错误；c.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)，达到平衡前气体总物质的量在不断变化，当容器内气体压强不再变化时，说明混合气体的总物质的量不再改变，反应达到平衡，即反应达到最大限度，故c正确；d.、由图示可知，在恒温恒容的条件下，增大压强，平衡向正方向移动，CO的转化率增大，即图中压强p1＜p2，故d正确；故选cd；③由图表可知，3min后反应达到平衡状态
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始浓度（mol·L－1） 0.4 0.8 0
变化浓度（mol·L－1） 0.2 0.4 0.2
起始浓度（mol·L－1） 0.2 0.4 0.2
...............
11. X、Y、Z、R为前四周期原子序数依次增大的元素。

X原子有3个能级，且每个能级上的电子数相等；Z原子的不成对电子数在同周期中最多,且Z的气态氢化物在同主族元素的氢化物中沸点最低；X、Y、R三元素在周期表中同族。

（1）R元素基态原子的价层电子排布式为_____________________________。

（2）下图表示X、Y、Z的四级电离能变化趋势，其中表示Y的曲线是_________（填标号）。

（3）化合物（XH2＝X＝O）分子中X原子杂化轨道类型分别是_____________，1mol (X2H5O)3Z
＝O分子中含有的σ键与π键的数目比为_______________。

（4）Z与氯气反应可生成一种各原子均满足8电子稳定结构的化合物，其分子的空间构型为
________________。

（5）某R的氧化物立方晶胞结构如图所示，该物质的化学式为____________。

(用元素符号
表示)，已知该晶体密度为ρg/cm3，距离最近的原子间距离为dpm,则R的相对原子质量为
____________。

(阿伏加德罗常数为N A)
【答案】 (1). 4s24p2 (2). C (3). sp、sp2 (4). 25︰1 (5). 三角锥形(6). GeO (7).
【解析】分析：本题是物质结构与性质的综合题，需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点，一般来说，题目都是一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。

详解：X原子有3个能级，且每个能级上的电子数相等，所以只能是1s22s22p2，所以X为C。

X、Y、R三元素在周期表中同族，所以Y为Si，R为Ge。

根据Z有气态氢化物得到Z为非金属，所以Z只能是P、S、Cl、Ar中的一个，根据不成对电子最多，得到Z为P（其3p上有3个单电子）。

（1）R为Ge，处于周期表的第4周期ⅣA族，所以价层电子排布式为：4s24p2。

（2）C、Si、Ge从上向下半径增大，第一电离能逐渐减小，所以c为Ge的电离能曲线。

（3）CH2=C=O中第一个C形成一个双键，所以是sp2杂化；第二个C形成两个双键所以是sp 杂化。

单键一定是σ键，双键一定是一个σ键和一个π键，分子为(CH3CH2O)3P=O，其中的CH3CH2O－基团都是单键，只有P=O一个双键，所以分子中的σ为3×(5+1+1+1)+1=25个（每个CH3CH2O－中有5个C－H，1个C－C，1个C－O，1个O－P；还要计算分子中P=O里的1个σ键）。

π键只有1个，所以答案为：25:1。

（4）P的最外层有5个电子，达到8电子稳定结构应该形成3个共价键，所以该化合物为PCl3。

根据价层电子对互斥理论，中心原子P的价电子对为3+(5－1×3)/2=4对，其中一对为孤电子对，所以是三角锥结构。

（5）氧原子占据晶胞的8个顶点和6个面心，所以一共有8×1/8+6×1/2=4个，Ge都在晶胞内部，也有4个，所以化学式为GeO。

距离最近的原子间距离为dpm，明显指的是最近的O和Ge原子的距离，根据晶体的结构，这个距离是晶胞的体对角线的1/4，所以体对角线长度为4d pm，进而得到晶胞边长为pm。

所以晶胞的体积为边长的立方，为pm3=cm3。

所以晶胞的质量为g。

因为一个晶胞中有4个GeO，所以1个GeO的质量为
g；1molGeO的质量为g，即GeO的分子量为，所以Ge原子量为
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：①C、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。

②Diels-Alder反应：。

（1）D的名称是_______。

F中所含官能团的名称是_______。

（2）B的结构简式是_____________。

（3）D+G→H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4组峰，且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为______（任写一种）。

（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__________（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。

【答案】 (1). 对苯二甲酸 (2). 硝基、氯原子 (3). (4).
(5). 10 (6).
或 (7).
【解析】分析：根据最后得到的H，分析出D和G一定是对苯二甲酸和对苯二胺。

乙醇消去得到乙烯，经过题目的已知②反应形成六元环，最终得到对苯二甲酸；苯经一系列取代得到对苯二胺。

详解：乙醇消去得到A（CH2＝CH2），乙烯与发生题目已知②的反应得到B（），根据C与高锰酸钾反应得到D（），推测出C为。

苯和氯气取代得到E （），E经硝化反应得到F，根据后面的结构可以确定硝基位置，F为（）。

最
终转化为G（）。

（1）D为，所以名称为对苯二甲酸。

F为，其中的官能团是硝基和氯原
子。

（2）将按照1,4加成的方式断键为，将乙烯断键为，两者的半键直接相连得到B（）。

（3）D和G通过缩聚得到高分子，所以反应为：。

（4）Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，所以Q有苯环、两个羧基和一个饱和碳。

可能是苯环连接两个羧基和一个甲基（6种），也可能是苯环连接一个羧基和一个－CH2COOH（3种），也可能是苯环连接－CH(COOH)2（1种），一共有10种。

其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1:2:2:3，因为有一个峰代表的是3个氢原子，所以该峰一定对应甲基，即分子一定有甲基，就是苯环连接两个羧基和一个甲基的结构。

考虑分子的对称性，答案为：
或。

（5）因为已知乙炔与1,3-丁二烯也能发生Diels-Alder反应，所以第一步应该进行该反应得到，再经加成，水解即可，路线为。