2022届贵州省普通高等学校招生全国统一模拟测试理科综合化学试题（四）含解析

这是一份2022届贵州省普通高等学校招生全国统一模拟测试理科综合化学试题（四）含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，实验题，原理综合题，工业流程题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

贵州省2022届普通高等学校招生全国统一模拟测试理科综合化学试题（四）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．冬季燃煤排放的大量活性溴化合物BrCl能通过光解释放溴自由基和氯自由基，从而影响大气中自由基(OH、HO2)的浓度，其循环原理如图所示。下列说法不正确的是

A．NO2的排放会造成酸雨
B．向原煤中添加石灰石有利于实现“碳达峰、碳中和”
C．通过上述循环，大气中OH自由基的浓度升高
D．BrCl的排放会造成臭氧含量减小
【答案】B
【详解】A．二氧化氮会与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以二氧化氮排放会造成酸雨，故A正确；
B．向原煤中添加石灰石可以减少二氧化硫的排放，但不能减少二氧化碳的排放，所以不能实现“碳达峰、碳中和”，故B错误；
C．由图可知，上述循环中消耗大气中的臭氧和HO2，生成HO，所以大气中OH自由基的浓度升高，故C正确；
D．由图可知，上述循环中消耗大气中的臭氧和HO2，所以BrCl的排放会造成臭氧含量减小，故D正确；
故选B。
2．胡椒酸和3，4—(亚甲二氧)肉桂酸均是常见的香料，也是常用的有机合成中间体，它们的结构如图所示：

下列说法正确的是
A．可用酸性高锰酸钾溶液鉴别胡椒酸和3，4—(亚甲二氧)肉桂酸
B．胡椒酸和3，4-(亚甲二氧)肉桂酸互为同系物
C．胡椒酸分子中环上的一氯代物有3种
D．胡椒酸分子中所有原子可能共平面
【答案】A
【详解】A．由结构简式可知，胡椒酸不能与酸性高锰酸钾溶液反应，3，4—(亚甲二氧)肉桂酸中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则用酸性高锰酸钾溶液可鉴别胡椒酸和3，4—(亚甲二氧)肉桂酸，故A正确；
B．同系物必须含有相同数目的相同官能团，由结构简式可知，胡椒酸与3，4—(亚甲二氧)肉桂酸含有的官能团不同，不可能互为同系物，故B错误；
C．由结构简式可知，胡椒酸分子的环上含有4类氢原子，则分子中环上的一氯代物有4种，故C错误；
D．由结构简式可知，胡椒酸分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为正四面体形，则胡椒酸分子中所有原子不能共平面，故D错误；
故选A。
3．用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是

A．用甲装置制备Fe(OH)2 B．用乙装置分离I2和NH4Cl固体
C．用丙装置检查装置气密性 D．用丁装置蒸干溶液获得NaHCO3晶体
【答案】A
【详解】A．打开止水夹，使具支试管a中铁与稀硫酸反应产生的氢气充满整个装置，排除空气，然后关闭止水夹，具支试管a中产生的氢气将反应生成的硫酸亚铁溶液压入具支试管b中，氢氧化钠溶液发生复分解反应生成氢氧化亚铁沉淀和硫酸钠，整个操作可防止氢氧化亚铁被氧化，长时间能看到白色沉淀，A符合题意；
B．I2受热易升华，凝华后分布在圆底烧瓶底部，而NH4Cl受热易分解，分解生成的氨气和HCl会自发化合重新生成固体NH4Cl，凝结在圆底烧瓶底部，不能达到分离的目的，B不符合题意；
C．丙装置长颈漏斗漏气，所以用手捂锥形瓶的方法不能检验装置的气密性，C不符合题意；
D．常温下蒸干NaHCO3溶液得不到NaHCO3晶体，因为NaHCO3受热易分解，D不符合题意；
故选A。
4．用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NOx)转化为无害物质。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其物质的转化过程如图所示。下列说法不正确的是


A．反应I的离子方程式为
B．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
C．1.8gH2O中含H原子数为
D．反应过程中，混合溶液中和的总数一定保持不变
【答案】C
【详解】A．反应I中做氧化剂与发生氧化还原反应，还原产物为，氧化产物为反应I的离子方程式为，A项正确；
B．反应II中做还原剂与氧化剂NO反应，离子方程式为，反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，B项正确；
C．1.8gH2O 的物质的量为，H2O中含H原子数为，C项错误；
D．整个反应过程符合质量守恒定律，反应前后参加反应的和的总数一定保持不变，D项正确；
答案选C。
5．已知：X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中只有Z为金属元素，Z元素的单质与热水反应后的溶液能使酚酞试液变为浅红色，Y是地壳中含量最高的元素，X、W为同一主族元素，W元素原子的最外层电子数是次外层电子数的一半。下列判断正确的是
A．W的最外层电子数是最内层电子数的1.5倍
B．X、W最简单氢化物的沸点：X C．化合物XY和ZY的化学键类型相同
D．原子半径：r(Z)>r(W)>r(Y)>r(X)
【答案】B
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，Z为金属元素，Z元素的单质与热水反应后的溶液能使酚酞试液变为浅红色，则推知Z为Mg元素，Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素，X、W为同一主族元素，W元素原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，则W为Si元素，X为C元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W分别为C、O、Mg和Si元素，则
A．W为Si元素，三个电子层的电子数分别为2、8、4，所以其最外层电子数是最内层电子数的2倍，A错误；
B．X和W的最简单氢化物分别为CH4和SiH4，两者均是由分子构成，相对分子质量：CH4＜SiH4，所以甲烷分子间的范德华力较SiH4弱，沸点较低，B正确；
C．化合物XY形成的是CO，化学键类型为共价键，而ZY为MgO，其化学键类型为离子键，两者化学键类型不同，C错误；
D．同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则原子半径：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，D错误；
故选B。
6．我国科学家最近发明了一种Zn-PbO2二次电池，电解质分别为K2SO4、H2SO4和KOH中的一种，由M和N两种离子交换膜隔开，形成a、b、c三个电解质溶液区域，结构示意图如图所示。下列说法不正确的是

A．电池放电时，电子由Zn电极经导线流入PbO2电极
B．充电时，PbO2电极的电极反应式为PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++
C．电池放电后b区域的电解质溶液浓度增大
D．阳离子交换膜为图中的N膜，可允许K+通过
【答案】D
【详解】A．由图可知，片上：，失电子，则为负极，为正极，电池放电时，电子由Zn电极经导线流入正极，故A正确；
B．正极电极反应式为，充电时物质被氧化，PbO2电极的电极反应式为PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++，故B正确；
C．正极消耗，负极消耗，则钾离子向正极移动，向负极移动，使区域电解质溶液浓度增加，故C正确；
D．由电极反应方程式可知负极浓度减少而正极浓度减少，结合题设条件“放电后b区域电解质溶液浓度增加”，通过膜向b区迁移，通过膜向区迁移可以使得区浓度增加。故膜为阳离子交换膜而膜为阴离子交换膜，故D错误；
故答案为D。
7．已知二甲胺[(CH3)2NH·H2O]在水中的电离与一水合氨相似，下列关于常温下pH=12的二甲胺溶液的叙述正确的是
A．c(OH—)=c[(CH3)2NH2+]
B．加水稀释时增大
C．与pH=2的盐酸等体积混合后，溶液呈中性
D．加入氢氧化钠固体可抑制二甲胺的电离，电离常数Kb变小
【答案】B
【详解】A．二甲胺在水中电离出氢氧根离子，水也电离出氢氧根离子，则pH=12的二甲胺溶液中c(OH—)>c[(CH3)2NH2+]，故A错误；
B．由电离常数公式可知，溶液中=，二甲胺溶液加水稀释时，溶液中氢氧根离子浓度减小，电离常数不变，则比值增大，比值增大，故B正确；
C．pH=12的二甲胺溶液与pH=2的盐酸等体积混合后，二甲胺溶液过量，溶液呈碱性，故C错误；
D．电离常数是温度函数，温度不变电离常数不变，则常温下向pH=12的二甲胺溶液加入氢氧化钠固体时，电离常数不变，故D错误；
故选B。

二、实验题
8．氧化亚铜和溴化亚铜均是常见的一价铜化合物，氧化亚铜在强酸性溶液中易发生歧化反应，溴化亚铜常用作有机合成原料和反应催化剂。
(1)可利用葡萄糖还原CuSO4溶液制备氧化亚铜。
①配制490mL0.1mol·L-1CuSO4溶液，需要称取胆矾晶体的质量为_______。
②某同学为检验CuO样品中是否含有Cu2O，可向样品中加入足量稀硫酸，若观察到_______，则说明样品中含有Cu2O杂质。
(2)向CuSO4和NaBr的混合溶液中通入足量的二氧化硫可得到溴化亚铜沉淀。完成该反应的离子方程式：□Cu2++□Br-+□SO2+□H2O=□CuBr↓+□+□_____。_______，该反应完毕的现象标志是_______，洗涤CuBr沉淀时采用二氧化硫的水溶液而不采用蒸馏水的目的是_______。
(3)某小组同学取含有少量CuO杂质的Cu2O样品进行如下实验，以测定氧化亚铜的纯度。

①装置a中所加的酸X是_______(填化学式)。
②通过测定下列物理量，能达到实验目的的是_______(填字母)。
A．反应前后装置a的质量                      B．充分反应后装置c所得固体的质量
C．反应前后装置d的质量                       D．反应前后装置e的质量
③熄灭酒精灯之后，仍需通一段时间H2至试管冷却，原因是_______。
【答案】(1)     12.5g     有红色固体剩余
(2)          溶液由蓝色变无色     防止CuBr被氧化
(3)     H2SO4     BC     防止Cu单质被重新氧化
【解析】(1)
①配制490mL0.1mol·L-1CuSO4溶液，需选用500mL的容量瓶，则所需溶质的物质的量应为0.5L×0.1 mol·L-1=0.05mol，需要称取胆矾晶体的质量m=0.05mol×250g/mol=12.5g；
②Cu2O与稀硫酸反应生成铜单质和硫酸铜，因此加硫酸后产生红色的固体铜单质，则说明存在氧化亚铜；
故答案为：12.5g；有红色固体剩余；
(2)
1molCu2+得1mol电子生成CuBr，1molSO2失去2mol电子生成，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程式：，当反应终止时溶液中的铜离子完全转化成CuBr，溶液颜色由蓝色变为无色；CuBr具有强的还原性，易被氧化，因此洗涤时用具有还原性的二氧化硫的水溶液，以防止其被氧化，故答案为：；溶液由蓝色变无色；防止CuBr被氧化；
(3)
该实验通过氢气还原铜的氧化物，得到铜单质和水，通过称量氧化物前后的质量或者称量生成水的质量以确定氧化铜和氧化亚铜的质量，则a中应选用不挥发性的稀硫酸与锌反应制取氢气，用浓硫酸干燥氢气后，再通入c中，加热条件下氢气还原铜的两种氧化物得到铜单质和水，生成的水进去d中被碱石灰吸收，可通过称量其前后的质量差确定水的质量，装置e的目的是防止空气的中水蒸气进入d中干扰实验测定；实验结束后需再同一段时间氢气，使产生的铜单质在氢气氛围中冷却下来，以防止其被氧化，故答案为：H2SO4；BC；防止Cu单质被重新氧化；

三、原理综合题
9．含氮化合物既是重要的化工原料，也是常见的污染物。
(1)已知：I．CO(g)+O2(g) CO2(g) △H1=—283.0kJ·mol-1
II．N2(g)+O2(g) 2NO(g)                  △H2=+179.5kJ·mol-1
则2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=_______kJ·mol-1。
(2)某小组模拟不同条件下的合成氨反应，向容器中充入3molN2和9molH2，不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强(p)的关系如图1所示。

①T1、T2、T3由大到小的顺序为_______。
②在T2、60MPa条件下，A点v正_______(填“>”、“<"或“=”)v逆。
③计算T2、60MPa平衡体系的平衡常数Kp=_______MPa-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位有效数字)
(3)NO的氧化还原反应为2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g)。研究表明：某温度时v正=k·cm(NO)·cn(H2)，其中k=2.5×103mol(m+n-1)·L(m+n-1)·s-1.该温度下，当c(H2)=4.0×10-3mol·L-1时，实验测得v正与c(NO)的关系如图2所示，则m=_______，n=_______。

(4)我国的科研工作者研究在常温常压下电化学合成氨，工作原理如图3所示。其中阳极和阴极均为附有催化剂的膜电极。阴极发生的反应有三个，分别为2H++2e-=H2↑、_______和=H++NH3↑。

【答案】(1)—745.5
(2)     T3＞T2＞T1     ＞     0.037
(3)     2     1
(4)N2+6H++6e—=2NH3
【解析】(1)
由盖斯定律可知，I×2—II得到反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，则△H=2△H1—△H2=(—283.0kJ/mol)×2—(+179.5 kJ/mol)=—745.5kJ/mol，故答案为：—745.5；
(2)
①合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的体积分数减小，由图可知，温度T1、T2、T3时，氨气的体积分数由大到小的顺序为T1＞T2＞T3，则反应温度由大到小的顺序为T3＞T2＞T1，故答案为：T3＞T2＞T1；
②由图可知，在T2、60MPa条件下，A点反应未达到平衡，反应向正反应方向进行，则正反应速率大于逆反应速率，故答案为：＞；
③由图可知，在T2、60MPa条件下，反应达到平衡时，氨气的体积分数为60%，设反应消耗氮气的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：

由氨气的体积分数为60%可得：×100%=60%，解得a=，氮气、氢气和氨气的平衡分压分别为×60Pa=6Pa、×60Pa=18Pa和×60Pa=36Pa，则平衡常数Kp=≈0.037，故答案为：0.037；
(3)
由图可知，一氧化氮浓度为1×10—3mol/L和2×10—3mol/L时，正反应速率分别为1×10—5 mol(m+n-1)·L(m+n-1)·s-1.和4×10—5 mol(m+n-1)·L(m+n-1)·s-1.，由=可得：=，解得m=2，由一氧化氮浓度为1×10—3mol/L时，正反应速率为1×10—5 mol(m+n-1)·L(m+n-1)·s-1.可得：1×10—5=2.5×103×(1×10-3)2×(4×10-3)n，解得n=1，故答案为：2；1；
(4)
由图可知，阴极发生的反应为2H++2e-=H2↑、N2+6H++6e—=2NH3和=H++NH3↑，故答案为：N2+6H++6e—=2NH3。

四、工业流程题
10．钼酸铵晶体[(NH4)2MoO4]是生产高纯度二硫化钼、三氧化钼等钼制品的基本原料。从废钼催化剂(主要含有MoS2、SiO2和CuFeS2)中回收钼酸铵的工艺流程如图1所示。

回答下列问题：
(1)高温焙烧时生成的金属氧化物是_______(写化学式)。
(2)若选择两种不同萃取剂按一定比例(协萃比)协同萃取溶液中含金属元素的离子，萃取情况如图2所示，当协萃比为_______时更有利于MoO的萃取。

(3)调pH后所得的滤渣的主要成分是_______(写化学式)。
(4)向有机相中滴加氨水，发生反应的离子方程式主要为_______。
(5)向钼酸铵溶液中加入Na2S可生成(NH4)2MoS4，再向混合液中加入盐酸即可得到沉淀MoS3。写出生成MoS3的离子方程式：_______。该反应适宜温度是40℃，其原因是_______。
(6)已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8。不纯的Na2MoO4溶液中含有少量可溶性硫酸盐杂质，可加入Ba(OH)2固体除去，为完全除去且尽量减小钼元素损耗，应控制溶液中c(MoO)<_______mol·L-1(保留2位有效数字)。
【答案】(1)MoO3、Fe2O3、CuO
(2)4:1
(3)SiO2、Fe(OH)3
(4)MoO+4NH3·H2O= MoO+4NH+2H2O
(5)     MoS+4H+= MoS3↓+ H2S↑     温度太低，不利于H2S气体逸出，温度太高，氯化氢挥发，溶液中H+浓度减小，都不利于反应正向进行
(6)3.6×10-3
【分析】由题给流程可知，废钼催化剂焙烧时，MoS2和CuFeS2在高温条件下与氧气反应生成MoO3、Fe2O3、CuO，SiO2不反应；向焙烧所得固体中加入稀硫酸酸浸， Fe2O3、CuO与稀硫酸反应生成可溶性硫酸盐，MoO3与稀硫酸反应转化为MoO离子，SiO2不反应；向酸浸后的体系中加入三氧化钼调节溶液的pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有二氧化硅、氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入有机萃取剂萃取溶液中的MoO离子，分液得到含有铜离子的水相和含有MoO离子的有机相；向有机相中加入氨水将MoO离子转化为MoO离子，反应得到钼酸铵；钼酸铵溶液经结晶制得钼酸铵晶体。
(1)
由分析可知，废钼催化剂焙烧得到的固体中含有的金属氧化物为MoO3、Fe2O3、CuO，故答案为：MoO3、Fe2O3、CuO；
(2)
由图可知，当协萃比为4:1时，有机相中含有的MoO离子萃取率最高，铜离子萃取率最低，所以协萃比为4:1时更有利于MoO的萃取，故答案为：4:1；
(3)
由分析可知，向酸浸后的体系中加入三氧化钼调节溶液的pH、过滤得到含有二氧化硅、氢氧化铁的滤渣，故答案为：SiO2、Fe(OH)3；
(4)
由题给信息可知，向有机相中加入氨水发生的反应为氨水与有机相中的MoO离子反应生成MoO离子、铵根离子和水，反应的离子方程式为MoO+4NH3·H2O= MoO+4NH+2H2O，故答案为：MoO+4NH3·H2O= MoO+4NH+2H2O；
(5)
由题意可知，溶液中MoS与盐酸溶液中的氢离子反应生成三硫化钼沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为MoS+4H+= MoS3↓+ H2S↑，若反应温度小于40℃，不利于硫化氢气体逸出，若温度高于40℃，氯化氢受热挥发，溶液中氢离子浓度减小，都不利于反应正向进行，故答案为：MoS+4H+= MoS3↓+ H2S↑；温度太低，不利于H2S气体逸出，温度太高，氯化氢挥发，溶液中H+浓度减小，都不利于反应正向进行；
(6)
由溶度积可知，当硫酸根离子完全沉淀时，溶液钡离子的浓度为=1.1×10-5mol/L，则溶液中钼酸根离子的浓度应小于≈3.6×10-3mol/L，故答案为：3.6×10-3。

五、结构与性质
11．硒化镍纳米材料可用于肿瘤的光热治疗研究。回答下列问题：
(1)基态Ni2+的核外电子排布式为_______。
(2)第一电离能：Br_______(填“>”或“<”，下同)Se。未成对电子数：Br_______Se。
(3)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是_______。在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为_______，提供孤电子对的成键原子是_______(用元素符号表示)。
(4)硒化镍材料也可作有机合成的催化剂，例如，苯甲醛被还原成环已基甲醇，反应如下：


①环已基甲醇分子中采取sp3杂化方式的原子共有_______个。
②苯甲醛分子中的所有π电子形成了一个大π键，其中的π电子数目为_______个。
(5)我国科学家在真空条件下煅烧钴箔和硒粉，合成了具有优异电催化性能的硒化钴，其晶胞结构如图所示。该硒化钴的化学式为_______，晶体密度为_______g·cm-3(用含a和c的式子表示，阿伏加德罗常数的值为NA)。


【答案】(1)1s22s22p63s23p63d8
(2)     ＞     ＜
(3)     正四面体形     配位键     N
(4)     8     8
(5)     CoSe    
【解析】(1)
镍元素的原子序数为28，镍原子失去2个电子形成镍离子，则镍离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，故答案为：1s22s22p63s23p63d8；
(2)
同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则溴元素的第一电离能大于硒元素；溴原子的价电子排布式为4s24p5，原子核外未成对电子数为1，硒原子的价电子排布式为4s24p4，原子核外未成对电子数为2，所以溴原子的未成对电子数小于硒原子，故答案为：＞；＜；
(3)
配合物的阴离子为硫酸根离子，硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形；六氨合镍离子中镍离子提供空轨道，与氨分子中提供孤电子对的氮原子形成配位键，故答案为：正四面体形；配位键；N；
(4)
①由结构简式可知，环已基甲醇分子中7个碳原子和1个氧原子均是单键相连，杂化方式均为sp3杂化，则分子中采用sp3杂化的原子共有8个，故答案为：8；
②由结构简式可知，苯甲醛分子中苯环中6个碳原子采用sp2杂化，未杂化的6个p电子形成大π键，醛基中碳原子和氧原子均为sp2杂化，未杂化的2个p电子形成π键，则分子中π电子数目为8个，故答案为：8；
(5)
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和棱上的钴原子个数为8×+4×=2，位于体内的硒原子个数为2，则晶体的化学式为CoSe；设晶体密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=a×10-7×a×sin60°×10-7×c×10-7×d，解得d=，故答案为：CoSe；。

六、有机推断题
12．苯丙酸乙酯( )是一种重要的化工产品，常用作医药中间体，实验室制备苯丙酸乙酯的合成路线如下：


回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______，B中官能团的名称为_______。
(2)反应②的反应类型为_______，C的结构简式为_______。
(3)反应⑤的化学方程式为_______。
(4)写出一种同时满足下列条件的D的同分异构体：_______。
i.苯环上含3个取代基
ii.既能发生银镜反应，又能发生水解反应
iii.核磁共振氢谱有4组吸收峰，峰面积之比为6：2：1：1
(5)参照上述合成路线及信息写出以乙烯为原料制备丁二酸(HOOCCH2CH2COOH)的合成路线_________(无机试剂任选)。
【答案】(1)     苯乙烯     氯原子
(2)     取代反应    
(3)+ CH3COOCH2CH3+H2O
(4)、
(5)CH2=CH2ClCH2CH2ClNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH
【分析】化合物C在酸性条件下生成化合物D，根据化合物C的分子式及D的结构简式可推测，则C为；B和NaCN反应生成，则B为；烃A和HCl发生加成反应生成，则A为；E和F发生反应生成G，则E为；H为苯丙酸乙酯。
(1)
A为，其名称为苯乙烯；B的结构简式为，其官能团为氯原子；
(2)
反应②是和NaCN反应生成，反应类型为取代反应；由分析可知，C的结构简式为；
(3)
反应⑤是和CH3COOCH2CH3反应生成，化学方程式为+ CH3COOCH2CH3+H2O；
(4)
D的同分异构体：i.苯环上含3个取代基；ii.既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明分子中含有甲酸形成的酯基；iii.核磁共振氢谱有4组吸收峰，峰面积之比为6：2：1：1，说明存在对称结构且含有2个甲基，可能的结构有：、；
(5)
乙烯和氯气发生加成反应生成ClCH2CH2Cl，ClCH2CH2Cl和NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，NCCH2CH2CN在酸性条件下水解生成HOOCCH2CH2COOH，则合成路线为CH2=CH2ClCH2CH2ClNCCH2CH2CNHOOCCH2CH2COOH。