四川省泸县第二中学2020届高三上学期期末考试理综化学试题

1.“一带一路(One Belt And One Road)”构建人类命运共同体，符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的共同理想和美好追求。下列贸易的商品中，其主要成分不属于有机物的是

A. 中国丝绸 B. 埃及长绒棉 C. 乌克兰葵花籽油 D. 捷克水晶

【答案】D

【解析】

【详解】A、丝绸主要成分是蛋白质，是含有碳元素的化合物，是有机化合物，故A不选；

B、长绒棉主要成分是纤维素，是含有碳元素的化合物，是有机化合物，故C不选；

C、葵花籽油主要成分是油脂，是含有碳元素的化合物，是有机化合物，故C不选；

D、水晶的主要成分是二氧化硅，不是有机化合物，故D选；

故选D。

【点睛】判断一种物质是否属于有机物时，不但要看化合物中是否含有碳元素，还要看物质的性质是和无机物相似还是和有机物相似，如一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是性质和无机物相似，属于无机物。

2.绿原酸是从金银花中提取出的有很高药用价值的有机物，其结构如图所示，

下列说法正确是

A. 绿原酸的分子式为C16H20O9

B. 绿原酸分子中有4种含氧官能团

C. l mol绿原酸与NaOH溶液反应，可消耗7 mol NaOH

D. 绿原酸在酸性条件下的水解产物均能与NaHCO3发生反应生成CO2

【答案】D

【解析】

A、绿原酸的分子式为C16H18O9，A错误。

B、绿原酸的分子中含有羧基、酯基、羟基3种含氧酸官能团，B错误。

C、羧基、酚羟基能与NaOH发生中和反应，该分子中还含一个酯基，水解可得到一个醇羟基和一个羧基，故共有2个羧基、2个酚羟基，所以消耗4molNaOH，C错误。

D、酯基在酸性下可水解得到相应的酸和醇2种物质，由该分子可知水解后得到的两种物质均含羧基，均能与NaHCO3发生反应生成CO2，D正确。

正确答案为D

3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是

A. 标准状况下，1 mol CO2中含有的碳原子数为NA

B. 常温常压下，11.2 L氯化氢气体中含有的分子数为0.5NA

C. 1 mol金属钠与足量氯气完全反应时转移的电子数为2NA

D. 1 L 0.1 mol/L Na2SO4溶液中所含的Na＋的数目为0.1NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.1mol二氧化碳气体中含有1molC原子，含有的碳原子数为NA，故A正确；B．不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L氯化氢的物质的量，故B错误；C. 1 mol金属钠与足量氯气完全反应时失去1mol电子，转移的电子数为NA，故C错误；D. 根据n=cV分析，1 L 0.1 mol/L Na2SO4溶液中钠离子的物质的量为0.2mol，Na＋的数目为0.2NA，故D错误；故选A。

4.下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是

A. 明矾易溶于水，可用作净水剂 B. HClO显酸性，可用于杀菌消毒

C. SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白 D. 铁粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂

【答案】D

【解析】

A项，明矾可用作净水剂是因为铝离子水解生成Al(OH)3胶体，具有吸附性，可以吸附悬浮颗粒，故A错误；B项，HClO可用于杀菌消毒是因为其具有强氧化性，故B错误；C项，SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白，与氧化性无关，故C错误；D项，铁粉具有还原性，常温下容易被氧气氧化，所以可用作食品抗氧化剂，能有效吸收食品包装袋内的氧气，防止食物被氧化，故D正确。

5.X、Y、Z、R、W是5种短周期元素，原子序数依次增大；它们可组成离子化合物Z2Y和共价化合物RY3、XW4；已知Y、R同主族，Z、R、W同周期。下列说法正确的是

A. 简单离子半径R>W>Y>Z

B. 气态氢化物稳定性：HmW<HnR

C. Z2Y2电子式可表示为

D. RY2和W2均有漂白性，将两者等物质的量混合溶于水，漂白性增强

【答案】A

【解析】

X、Y、Z、R、W是5种短周期元素，原子序数依次增大，它们可组成Z2Y2、Z2Y类型的化合物，则Z为Na、Y为O，其中Y、R同主族，它们可组成RY3化合物可知R为S；Z、R、W同周期，W为第三周期元素，结合组成XW4化合物可知，X为C，W为Cl；A．电子层越多，离子半径越大，具有相同排布的离子原子序数大的离子半径小，则离子半径为R＞W＞Y＞Z，故A正确；B．非金属性越强，氢化物越稳定，对应氢化物还原性越弱，则气态氢化物的稳定性为HmW＞HnR，气态氢化物的还原性为HmW＜HnR，故B错误；C．Na2O2电子式可表示为，故C错误；D．等物质的量的SO2和Cl2一起通入溶液中发生反应生成硫酸和盐酸，失去漂白能力，故D错误；故选A。

6.利用如图所示装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2。下列关于该装置的四种说法，正确的组合是

①.a为直流电源的负极

②.阴极的电极反应式为：2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O

③.阳极的电极反应式为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+

④.电解时，H+由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室

A. ①和② B. ①和③

C. ②和③ D. ③和④

【答案】C

【解析】

由图中信息可知，两电极连接在直流电源上，所以该装置为电解池；二氧化硫被氧化为硫酸，而HSO3-被还原为S2O42-。根据电解原理，阳极上发生氧化反应而阴极上发生还原反应，所以通入二氧化硫的为阳极室，另一侧为阴极室，所以a连接电源的正极，①不正确，②和③是正确的；电解池中一般溶液中的阳离子向阴极定向移动，而阴离子向阳极定向移动，但是由于电解池使用了阳离子交换膜，所以只有阳离子H+才可以从阳极室通过阳离子交换膜向阴极室移动，④不正确。综上所述，C组合正确。

7.生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO)，过滤后得到的滤液用 NaHCO3溶液处理，测得溶液的pH和Al(OH)3生成的量随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如下图所示。下列有关说法错误的是

A. a点溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(AlO2－)+c(OH－)

B. 水的电离程度：a点小于c点

C. 原 NaHCO3溶液中c(H2CO3)+c(HCO3－)+c(CO32－)=0.8mol·L－1

D. 生成沉淀的离子方程式为HCO3－+AlO2－+H2O=Al(OH)3↓+CO32－

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题意可知a点为偏铝酸钠和氢氧化钠混合溶液，0mL～8mL碳酸氢钠与过量的氢氧化钠反应，8mL～32mL碳酸氢钠与偏铝酸钠反应，据此分析选项是否正确。

【详解】A.a点为偏铝酸钠和氢氧化钠混合溶液，根据电荷守恒可以写出：c(Na+)+c(H+)=c(AlO2－)+c(OH－)，A正确；

B.水的电离程度：a点为偏铝酸钠和氢氧化钠的混合液， c点为偏铝酸钠与碳酸钠的混合液，因为酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，所以水的电离程度：a点小于c点，B正确；

C.加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应（OH-+HCO3-=CO32-+H2O）不生成沉淀，后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应（HCO3-+AlO2-+H2O═Al（OH）3↓+CO32-）生成沉淀，则原NaHCO3溶液物质的量浓度c（NaHCO3）==1.0mol/L，原NaHCO3溶液中的物料守恒为c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）=1.0mol/L，C错误；

D.根据强酸制弱酸原理可以写出离子方程式HCO3－+AlO2－+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，D正确；

正确答案：C。

【点睛】注意碳酸氢根离子既能与铝离子反应Al3++3HCO3= Al(OH)3↓+3CO2↑，也能与偏铝酸根离子反应HCO3－+AlO2－+H2O=Al(OH)3↓+CO32-。

8.某化学实验小组将装有铜与浓硫酸烧瓶加热一段时间后，取出烧瓶中固体，探究其成分。查资料可知，浓硫酸与铜反应可能生成CuS或Cu2S，它们都难溶于水，能溶于稀硝酸。实验如下：

（i）用蒸馏水洗涤固体，得到蓝色溶液，固体呈黑色。

（ii）取少量黑色固体于试管中，加入适量稀硝酸，黑色固体逐渐溶解，溶液变为蓝色，产生无色气泡。取少量上层清液于试管，滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀。

①根据实验（i）得到蓝色溶液可知，固体中含____________（填化学式）

②根据实验（ii）的现象_______（填“能”或“不能”）确定黑色固体是CuS还是Cu2S，理由是__________________________________________________________________________。

写出Cu2S与稀硝酸反应的化学方程式____________________________________________

③为了进一步探究黑色固体的成分，将实验（i）中黑色固体洗涤、烘干，再称取48.0g黑色固体进行如下实验，通入足量O2，使硬质玻璃管中黑色固体充分反应，观察到F瓶中品红溶液褪色。

根据上表实验数据推测：实验I中黑色固体的化学式为_____________________________；实验Ⅱ中黑色固体的成分及质量为_______________________________________________。

【答案】    (1). CuSO4    (2). 不能    (3). CuS、Cu2S与硝酸反应的产物相同    (4). 3Cu2S+16HNO3+=3CuSO4+10NO↑+3Cu(NO3)2+8H2O    (5). Cu2S    (6). Cu2S 24.0g、CuS   24.0g

【解析】

【分析】

稀硝酸具有强氧化性，能把S从-2价氧化为-6价，把Cu从-1价氧化为+2价，本身会被还原为NO这一无色气体，由此可以写出CuS和Cu2S与稀硝酸的反应方程式。在题③中，因为涉及到质量的变化，所以需要考虑反应前后，固体物质的相对分子质量的变化情况，经过分析，1份Cu2S生成2份CuO（Cu原子守恒），其相对分子质量没有发生变化，而1份CuS生成1份CuO（Cu原子守恒），相对分子质量减小了16，利用差量法可以推断出混合物中成分及相应的质量。

【详解】①用蒸馏水洗涤固体，得到蓝色溶液，则固体中一定含有CuSO4；

②CuS、Cu2S和稀硝酸反应的方程式分别为：；，两个反应都有蓝色溶液和无色气泡生成，且加入BaCl2溶液后都有白色沉淀生成，所以无法判断黑色固体的成分；

③F瓶中品红溶液褪色，说明有SO2生成；根据铜原子个数守恒，有

Cu2S-2CuO  Δm=64×2+32-64×2-16×2=0，CuS-CuO  Δm=64+32-64-16=16；

实验I中，反应前后固体质量不变，则说明黑色固体中只有Cu2S；

实验II中，固体质量变化量为4.0g，则可以推断出该质量变化由CuS引起，有

CuS-CuO  Δm=16

96       　  　 16

m(CuS)   　 4.0g

m(CuS)==24.0g

m(Cu2S)=48.0g-24.0g=24.0g

则该黑色固体成为24.0g的Cu2S和24.0g的CuS。

【点睛】仔细分析两种固体和稀硝酸反应后的产物，即可推断出相关的化学方程式，并答题。此外，对于通过质量判断混合物成分的题目，可以考虑使用差量法来解题。

9.以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备氯化铁晶体（FeCl3·6H2O）的工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）在一定条件下，SO2转化为SO3的反应为2SO2＋O22SO3，该反应的平衡常数表达式为K＝____；过量的SO2与NaOH溶液反应的化学方程式为_________________。

（2）用36.5%（密度为1.2g·㎝－3）的盐酸的配制500mL的30%（密度为1.095g·㎝－3的盐酸，所需玻璃仪器是 （   ）

A．玻璃棒         B．烧杯       C．托盘天平        D．500mL量筒   E、500mL容量瓶     F、胶头滴管

（3）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是________________________、

________________________________________________________。

（4）通氯气氧化时，发生的主要反应的离子方程式为_________________________；该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为________________（写化学式）。

(5)操作a为_________________________、过滤、洗涤、干燥。

【答案】    (1). K＝c2(SO3)/c(O2)·c2(SO2)    (2). SO2＋NaOH＝NaHSO3    (3). ABDEF    (4). 提高铁元素的浸出率    (5). 抑制Fe3＋水解    (6). Cl2＋2Fe2＋＝2Cl－＋2Fe3＋    (7). Cl2、HCl    (8). 蒸发浓缩、冷却结晶

【解析】

【分析】

根据流程可知，硫铁矿在高温下焙烧可以得到铁的氧化物，将其溶于盐酸中，可以得到含有亚铁离子、铁离子的盐溶液，向其中通入氯气，能将亚铁离子氧化为铁离子，最后得到的氯化铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶后得到氯化铁晶体，据此分析作答。

【详解】（1）根据平衡常数的定义易知，该反应的化学平衡常数K＝c2(SO3)/c(O2)·c2(SO2)；过量的二氧化硫与氢氧化钠反应会生成亚硫酸氢钠，其化学方程式为：SO2＋NaOH＝NaHSO3；

（2）根据溶液配制的步骤分析可知，计算：结合c=可知，该浓盐酸的物质的量浓度为mol/L=12mol/L，稀盐酸的物质的量浓度为=10.95mol/L，依据C浓V浓 = C稀V稀求出所需盐酸溶液的体积V浓==0.456L=456mL；量取：依据计算的体积，用500mL量筒量取；洗涤时需要用到烧杯和玻璃棒；移液时需要移到500mL容量瓶中，定容时需要胶头滴管，故所需的玻璃仪器有：A．玻璃棒、B．烧杯、D．500mL量筒、E. 500mL容量瓶、F. 胶头滴管，故答案为ABDEF；

（3）过量的盐酸可抑制铁离子的水解，提高铁离子的浸出率，故酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是提高铁元素的浸出率、抑制Fe3＋水解；

（4）氯气与Fe2＋反应生成Fe3＋与Cl-，其离子方程式为：Cl2＋2Fe2＋＝2Cl－＋2Fe3＋；该过程中尾气有过量的氯化氢与氯气，需用氢氧化钠吸收，故答案为Cl2、HCl；

（5）得到的氯化铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶后得到氯化铁晶体，故答案为蒸发浓缩、冷却结晶。

10.缓冲和供氧是维持人体正常生理活动的两个重要平衡系统，回答下列问题：

Ⅰ.人体血液中存在平衡：H2CO3 (aq)H+(aq)+HCO3-(aq)  △H，该平衡可使血液的pH维持在一定范围内。

（1）已知：CO2(g)CO2(aq)   △H1=akJ·mol-l；

CO2(aq)+H2O(l)H2CO3 (aq)   △H2=bkJ • mol-1；

HCO3-(aq)H+(aq)+CO32-(aq)   △H3=ckJ • mol-1；

CO2(g)+H2O(l)2H+(aq)+CO32-(aq)  △H4=dkJ • mol-1。

则上述电离方程式中△H =_____________(用含a、b、c、d的代数式表示)。

（2）若某人血液中c(HCO3-)：c(H2CO3) = 20：1，pKa1(H2CO3)=6.1，则该人血液的pH为______________。（lg2=0.3）若pH升高，则c(H2CO3)/c(HCO3-)=___________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(3当有少量酸性物质进入血液后，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象：_____________。

Ⅱ.肌细胞石储存氧气和分配氧气时存在如下平衡：   

（4）经测定动物体温升高，氧气的结合度[α(MbO2)，氧合肌红蛋白的浓度占肌红蛋白初始浓度的百分数]降低，则该反应的△H_______________(填“>”或“<”)0。

（5）温度为37 ℃时，氧气的结合度[α(MbO2)与氧气的平衡分压[p(O2)]关系如下图所示：

①利用R点所示数据，计算37 ℃时该反应的平衡常数K=_________________(氧气的平衡浓度可用氧气的平衡分压代替求算)。

②已知37 ℃时，该反应的正反应速率v(正)=k1c(Mb)×ρ(O2)，逆反应速率v(逆)=k2c(MbO2)，若k2=60s-1，则k1=___________________。

【答案】    (1). (d-a-b-c) kJ • mol-1    (2). 7.4    (3). 减小    (4). 当少量酸性物质进入血液后，平衡H2CO3H++HCO3-向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变    (5). <    (6). 2.00kPa-1    (7). 120s-1·kPa-1

【解析】

试题分析：本题通过对“人体血液中存在平衡”和“肌细胞石储存氧气和分配氧气时存在的平衡”的讨论，主要考查盖斯定律的运用、平衡常数表达式、平衡移动原理等知识，考查考生对平衡移动原理的综合运用能力、综合运用平衡常数的计算能力。

解析：（1）将已知的反应依次编号为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，将四个反应用Ⅳ-Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ既得反应H2CO3 (aq)H+(aq)+HCO3-(aq) ，所以 △H=△H4-△H1-△H2-△H3=（d-a-b-c）kJ • mol-1。正确答案：（d-a-b-c）kJ • mol-1。（2），所以，。pH升高时，c（H+）减小，所以随c（H+）减小而减小。正确答案：7.4、减小。（3）由于人体血液中存在平衡：H2CO3 (aq)H+(aq)+HCO3-(aq) ，所以少量酸性物质进入血液后，平衡逆向移动，因此H+浓度变化部分被抵消，血液的pH变化较小。正确答案：当少量酸性物质进入血液后，平衡H2CO3H++HCO3-向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。（4）Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)，温度升高时氧气的结合度降低，既升高温度平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，△H<0。正确答案：<。（5）“氧气的结合度α(MbO2) 是指氧合肌红蛋白的浓度占肌红蛋白初始浓度的百分数”，既，则（算式Ⅰ）。①，代入R点读数。②仍然选R点坐标数据，37 ℃反应达到平衡时，v(正)=v（逆），则k1c(Mb)×P(O2)=k2c(MbO2)，代入上述算式Ⅰ及R点坐标数据，所以。正确答案：2.00kPa-1、120s-1·kPa-1。

点睛：解答化学平衡的计算题型时，首先需要正确选用计算公式，已知的数据（包括比值）可以直接代入，选用坐标图中的读数时，一般要用图像中标记坐标读数的点，以确保计算结果准确。

11.决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题：

(1)已知元素M是组成物质Ca5(PO4)3F的一种元素。元素M的气态原子逐个失去第1个至第5个电子所需能量(即电离能，用符号I1至I表示)如表所示：

元素M化合态常见化合价是___________价，其基态原子电子排布式为___________。

(2)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可形成[Cu(NH3)4]SO4，溶液，该溶液可用于溶解纤维素。

①[Cu(NH3)4]SO4中阴离子立体构型是___________。

②除硫元素外，[Cu(NH3)4]SO4中所含元素的电负性由小到大的顺序为___________。

③NF3与NH3的空间构型相同，中心原子的轨道杂化类型均为___________。但NF3不易与Cu2+形成化学键，其原因是___________。

(3)一种Hg-Ba-Cu-O高温超导材料的晶胞(长方体)如图所示。

①该物质的化学式为___________。

②已知该晶胞中两个Ba2+的间距为cpm。则距离Ba2+最近的Hg+数目为___________个，二者的最短距离为___________pm。(列出计算式即可，下同)

③设该物质的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___________g·cm－3。

【答案】    (1). ＋2    (2). ［Ar］4s2    (3). 正四面体    (4). Cu＜H＜N＜O    (5). sp3    (6). F电负性比N大，N－F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其对孤对电子的吸引力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子    (7). HgBa2CuO4    (8). 4    (9).     (10).

【解析】

【分析】

(1)从其电离能变化可知，失第三个电子时的能量急剧增加，则该原子失去2个电子后为稳定结构；M是Ca元素，根据能量最低原理书写电子排布式；

(2) ①根据价电子互斥理论判断SO42－的空间构型； ②元素的非金属性越强电负性越大；③NF3与NH3的中心原子都是N原子，杂化轨道数=；NF3中N原子核对其对孤对电子的吸引力强；

(3) ①利用均摊法计算晶胞的化学式；②根据晶胞图分析距离Ba2+最近的Hg+数目；根据晶胞图可知Ba2+位于底面的中垂线上。③根据密度=摩尔质量÷（１个晶胞的体积×NA）。

【详解】(1)从其电离能变化可知，失第三个电子时的能量急剧增加，则该原子失去2个电子后为稳定结构，所以该原子最外层电子数是2，常见化合价是＋2， M是Ca元素；Ca是20号元素，其基态原子电子排布式为［Ar］4s2；

(2) ①SO42－中S原子的杂化轨道数=，配位原子数为4，无孤电子对，所以SO42－的空间构型正四面体；

②Cu、H、N、O非金属性依次增强，所以电负性Cu＜H＜N＜O；

③NF3与NH3的中心原子都是N原子，杂化轨道数=，所以轨道杂化类型均为sp3；F的电负性比N大，N－F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其对孤对电子的吸引力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子；

(3) ①根据均摊法，晶胞中Ba原子数是2、Hg原子数是 ；Cu原子数是 ，O原子数是，所以晶体的化学式是HgBa2CuO4；

②根据晶胞图可知距离Ba2+最近的Hg+有4个；晶胞中两个Ba2+的间距为cpm，晶胞的高是bpm，则Ba2+与底面的间距为pm，底面对角线为pm ，Ba2+位于底面的中垂线上 ，所以距离Ba2+最近的Hg+的距离是＝ pm；

③晶胞的体积为 ，密度=摩尔质量÷（１个晶胞的体积×NA）＝。

12.丙烯是石油化工的重要原料，一定条件下可发生下列转化：

已知：

（1）A的结构简式为：____________；

（2）反应④类型为：_________________反应；反应⑦进行所需的条件是：_________。

（3）D与足量乙醇反应生成E的化学方程式为：__________________。

（4）与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_________________。

（5）B的同分异构体有多种．写出其中一种既能发生银镜反应，又能发生酯化反应,并且核磁共振氢谱峰值为6：1：1的同分异构体的结构简式：_____________________。

（6）请写出以丙烯为原料制备聚2-羟基丙酸的合成路线，无机试剂任选。______________

【答案】    (1). CH3CHBrCH3    (2). 取代反应    (3). 浓硫酸、加热    (4).     (5).     (6). (CH3)2C(OH)CHO    (7). CH3-CH=CH2→CH3-CHBrCH2Br→CH3-CHOHCH2OH→CH3-C(O)-COOH→CH3-CHOH-COOH→聚合物

【解析】

丙烯与HBr发生加成反应生成A，A为溴代烷，A与KCN发生取代反应，生成

，故A为，由信息，可知B为

，与KCN发生取代反应生成C，C为，CD，由信息可知D为，与足量的乙醇发生酯化反应生成E，E为，

（1）由上述分析可知，A的结构简式为 ，反应①是丙烯与HBr发生加成反应生成，故答案为，加成反应。

（2）反应④是与KCN发生取代反应生成C，C为，故答案为取代反应。反应⑦是与足量的乙醇发生酯化反应生成E（），反应条件是浓硫酸、加热。

（3）与足量乙醇发生酯化反应生成，反应化学方程式为：

。

（4）与足量NaOH溶液发生中和反应和卤代烃的碱性水解，方程式为：。

B为，的同分异构体有多种，其中既能发生银镜反应，又能发生酯化反应，说明

分子中含有醛基-CHO与羟基-OH，并且核磁共振氢谱峰值为6：1：1的同分异构体的结构简式：。

（6）参考题给有机合成流程，仿写以丙烯为原料制备聚2-羟基丙酸的合成路线：

CH3-CH=CH2→CH3-CHBrCH2Br→CH3-CHOHCH2OH→CH3-C(O)-COOH→CH3-

CHOH-COOH→聚合物

点睛：本题考查有机推断与合成，涉及烯烃、卤代烃、醇、羧酸的性质以及根据信息进行的反应等，是对有机化合物知识的综合考查，利用给出的反应信息推断A的结构是解题的关键，然后利用顺推法推断其它物质，能较好的考查考生的阅读、对 有机合成与推断 等知识点的理解，自学能力和思维能力，是高考热点题型，难度中等。