2019届高三化学模拟试卷带解析一套 本文简介：
2019届高三化学模拟试卷带解析一套理科综合试题(化学部分)可能用到的相对原子质量：C-12S-32Cu-64一、选择题本大题共13小题，每小题6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。1.下图所示为工业合成氨的流程图。有关说法错误的是A.步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒B.步骤②
2019届高三化学模拟试卷带解析一套 本文内容：
2019届高三化学模拟试卷带解析一套
理科综合试题(化学部分)
可能用到的相对原子质量：C-12
S-32Cu-64
一、选择题本大题共13小题，每小题6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。
1.下图所示为工业合成氨的流程图。有关说法错误的是
A.
步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒
B.
步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率
C.
步骤③、④、⑤均有利于提高原料的转化率
D.
产品液氨除可生产化肥外，还可用作制冷剂
【答案】C
【解析】
【分析】
应用催化剂知识、反应速率和化学平衡理论，分析判断工业合成氨的反应速率和平衡转化率问题。
【详解】A项：合成氨使用含铁催化剂，为防止催化剂中毒，须将原料“净化”处理，A项正确；
B项：步骤②中“加压”，可增大氮气、氢气浓度，加快合成氨反应速率又能使平衡右移，提高原料转化率，B项正确；
C项：合成氨反应放热，步骤③使用较高温度不利于提高原料转化率，同时使用催化剂也不能使平衡移动，步骤
④、⑤能有利于提高原料的转化率，故C项错误；
D项：产品液氨可用酸吸收生成铵态氮肥。液氨汽化时会吸收大量热，可用作制冷剂，D项正确。
本题选C。
2.下列说法错误的是
A.
用于食品包装的聚乙烯塑料能使溴水褪色
B.
纯棉面料主要含C、H、O三种元素
C.
植物油的主要成分属于酯类物质
D.
聚碳酸亚乙酯(
)的降解过程中会发生取代反应
【答案】A
【解析】
【分析】
根据有机物的组成结构，分析其类别、性质和反应类型。
【详解】A项：乙烯分子中有碳碳双键，能使溴水褪色。乙烯加聚反应生成的聚乙烯高分子链中已经无碳碳双键，不能使溴水褪色，A项错误；
B项：纯棉主要成分是纤维素，含C、H、O三种元素，B项正确；
C项：植物油、动物脂肪都是高级脂肪酸与甘油形成的酯类物质，C项正确；
D项：聚碳酸亚乙酯高分子链上有酯基，其降解即酯基水解，属于取代反应，D项正确。
本题选A。
3.下列实验能达到相应目的的是
A.
制取SO2
B.
验证SO2
的漂白性
C.
收集SO2
D.
处理含有SO2的尾气
【答案】B
【解析】
【分析】
依据SO2的理化性质，从试剂、装置等角度，分析判断SO2的制取原理、收集方法、性质验证和尾气处理的合理性。
【详解】A项：铜与稀硫酸不反应，铜与浓硫酸共热可制取SO2，A项错误；
B项：SO2使品红褪色是SO2
的漂白性，B项正确；
C项：同温同压时，SO2密度比空气大，应用向上排空气法收集，即从右边导管进气，C项错误；
D项：含有SO2的尾气会污染空气，但饱和NaHSO3溶液不能吸收SO2，可使用NaOH溶液等，D项错误。
本题选B。
【点睛】紧扣实验目的，从反应原理、试剂性质、仪器选用、装置连接等方面，分析判断实验的合理性，是解答这类问题的关键。
4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.
常温下1L1mol?L－1Na2CO3溶液中含0.1NA个CO32－
B.
标准状况下，22.4LSO3含NA个分子
C.
常温下100mL0.1mol?L－1醋酸溶液中含0.01NA个醋酸分子
D.
0.1
mol
Na2O2与足量水反应转移0.1NA个电子
【答案】D
【解析】
【分析】
运用计算物质的量的几个公式，充分考虑公式的适用条件、弱电解质的电离、盐类的水解、反应中电子转移等，才能作出合理的判断。
【详解】A项：1L1mol?L－1Na2CO3溶液中有1mol溶质，因CO32－微弱水解，实际存在CO32－少于0.1NA，A项错误；
B项：标准状况下SO3是固态物质，22.4LSO3不是1mol，含分子数不是NA，B项错误；
C项：100mL0.1mol?L－1醋酸溶液有0.01mol溶质，因醋酸微弱电离，溶液中醋酸分子数小于0.01NA，C项错误；
D项：据
Na2O2与水的反应可知，每1molNa2O2参与反应，就有1mol电子转移，故0.1
mol
Na2O2与足量水反应有0.1NA个电子转移，D项正确。
本题选D。
【点睛】公式n=V/22.4L?mol-1，只能用于标准状况下的气体，不能用于固体、液体和非标准状况的气体。
5.桥环烷烃是指共用两个或两个以上碳原子的多环烷烃，二环[1，1，0]丁烷(
)是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是
A.
与1，3-丁二烯互为同分异构体
B.
二氯代物共有4种
C.
碳碳键只有单键且彼此之间的夹角有45°和90°两种
D.
每一个碳原子均处于与其直接相连的原子构成的四面体内部
【答案】C
【解析】
【分析】
根据二环[1，1，0]丁烷的键线式写出其分子式，其中两个氢原子被氯原子取代得二氯代物，类比甲烷结构可知其结构特征。
【详解】A项：由二环[1，1，0]丁烷的键线式可知其分子式为C4H6，它与1，3-丁二烯（CH2=CHCH=CH2）互为同分异构体，A项正确；
B项：二环[1，1，0]丁烷的二氯代物中，二个氯原子取代同一个碳上的氢原子有1种，二个氯原子取代不同碳上的氢原子有3种，共有4种，B项正确；
C项：二环[1，1，0]丁烷分子中，碳碳键只有单键，其余为碳氢键，键角不可能为45°或90°，C项错误；
D项：二环[1，1，0]丁烷分子中，每个碳原子均形成4个单键，类似甲烷分子中的碳原子，处于与其直接相连的原子构成的四面体内部，D项正确。
本题选C。
6.短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增加，A和D的质子数之和等于E的核外电子数，B和D同主族，C的原子半径是短周期主族元素中最大的，A和E组成的化合物AE是常见强酸。下列说法错误的是
A.
简单离子半径：B>C
B.
热稳定性：A2D>AE
C.
CA为离子化合物，溶于水所得溶液呈碱性
D.
实验室制备AE时可选用D的最高价含氧酸
【答案】B
【解析】
【分析】
据原子结构、原子半径、物质性质等，先推断短周期主族元素，进而判断、比较有关物质的性质，作出合理结论。
【详解】短周期主族元素中原子半径最大的C是钠（Na）；化合物AE是常见强酸，结合原子序数递增，可知A为氢（H）、E为氯（Cl）；又A和D的质子数之和等于E的核外电子数，则D为硫（S）；因B和D同主族，则B为氧（O）。
A项：B、C的简单离子分别是O2-、Na+，它们的电子排布相同，核电荷较大的Na+半径较小，A项正确；
B项：同周期主族元素，从左到右非金属性增强，则非金属性S
C项：CA（NaH）为离子化合物，与水反应生成NaOH和H2，使溶液呈碱性，C项正确；
D项：实验室制备HCl气体，常选用NaCl和浓硫酸共热，D项正确。
本题选B。
7.下图为利用电化学方法处理有机废水的原理示意图。下列说法正确的是
A.
a、b极不能使用同种电极材料
B.
工作时，a极的电势低于b极的电势
C.
工作一段时间之后，a极区溶液的pH增大
D.
b极的电极反应式为：CH3
COO－+4H2O－8e－=2HCO3－+9H+
【答案】D
【解析】
【分析】
图中连接负载（用电器）的装置为原电池，根据电极上的物质变化，判断得或失电子、电极名称，
写出电极反应式。应用原电池原理是正确判断的关键。
【详解】A项：电极a、b上发生的反应不同，因而两极间形成电势差，故电极材料可同可异，A项错误；
B项：工作时，电极b上CH3COO-→HCO3-，碳元素从平均0价失电子升至+4
价，电极b是原电池的负极，则电极a是电池的正极，a极的电势高于b极的电势，B项错误；
C项：电极a（正极）电极反应为
+H++2e- →
＋Cl-，正极每得到2mol电子时，为使溶液电中性，必有2molＨ+通过质子交换膜进入a极溶液，同时电极反应消耗1molＨ+。故工作一段时间之后，a极区溶液中H+浓度增大，pH减小，C项错误；
D项：据图中物质转化，考虑到质量守恒和电荷守恒关系，电极b（负极）反应为CH3
COO－+4H2O－8e－=2HCO3－+9H+，D项正确。
本题选D。
【点睛】质子交换膜只允许质子（氢离子）通过。一定时间内，通过质子交换膜的质子的物质的量，必须使质子交换膜两侧的溶液呈电中性。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求做答。
8.工业上，从精制黑钨矿(FeWO4、MnWO4)中提取金属钨的一种流程如下图所示，该流程同时获取副产物Fe2O3和MnCl2。
已知：
I．过程①~④中，钨的化合价均不变；
Ⅱ．常温下钨酸难溶于水；
Ⅲ．25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10－38，Ksp
[Mn(OH)2]=4.0×10－14
回答下列问题：
(1)上述流程中的“滤渣1”除MnO2外还有___________、“气体”除水蒸气、HCl外还有___________(均填化学式)；
(2)过程①中MnWO4参与反应的化学方程式为___________；FeWO4参与的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________；
(3)已知WO3(s)+3H2(g)=W(s)+3H2O(g)△H=akJ?mol－1
WO3(s)=WO3(g)△H=bkJ?mol－1
写出WO3(g)与H2(g)反应生成W(s)的热化学方程式：___________；
(4)过程⑦在25℃时调pH，至少应调至___________(当离子浓度等于1.0×10－5mol?L－1时，可认为其已沉淀完全)；
(5)过程⑧要获得MnCl2固体，在加热时必须同时采取的一项措施是___________；
(6)钠钨青铜是一类特殊的非化学计量比化合物，其通式为NaxWO3，其中0【答案】(1).
Fe2O3(2).
Cl2(3).
2MnWO4+2Na2CO3+O2
2Na2WO4+2MnO2+2CO2(4).
1:4(5).
WO3(g)+3H2(g)=W(s)+3H2O(g)
ΔH=(a-b)kJ?mol-1(6).
3.0(7).
通入HCl气体，在HCl气氛中加热(8).
WO42-+xe-=WO3x-+O2-
【解析】
【分析】
紧扣工业流程中物质种类的变化、核心元素化合价的变化，判断物质成分，并书写化学方程式；根据盖斯定律，由已知热化学方程式可求目标热化学方程式；利用溶度积常数计算离子完全沉淀时的pH；从平衡移动原理考虑抑制水解的措施；根据电解原理写电极反应式。
【详解】(1)据“已知I”和化学式H2WO4、WO3知，黑钨矿(FeWO4、MnWO4)中Fe、Mn元素均为+2价，在步骤①中分别被空气氧化为Fe2O3、MnO2，即“滤渣1”有MnO2和Fe2O3。“滤渣1”与浓盐酸共热时，MnO2与HCl反应生成Cl2，另有浓盐酸挥发出HCl和水蒸气。
(2)从步骤③看，“滤液1”中含有Na2WO4。步骤①MnWO4中Mn被O2氧化为MnO2、WO42－与Na2CO3生成Na2WO4并放出CO2，由此写出方程式为2MnWO4+2Na2CO3+O2
2Na2WO4+2MnO2+2CO2
。FeWO4被O2氧化为Fe2O3，据化合价升降数相等，得氧化剂（O2）与还原剂（FeWO4）的物质的量之比为1:4。
(3)据盖斯定律，将两个已知热化学方程式相减，消去WO3(s)可得目标热化学方程式WO3(g)+3H2(g)=W(s)+3H2O(g)
ΔH=(a-b)kJ?mol-1
。
(4)步骤⑥所得溶液中溶质有MnCl2、FeCl3，步骤⑦调节pH使Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀。当c(Fe3+)=1.0×10－5mol?L－1时，由Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10－38
得c(OH-)=1.0×10－11mol?L－1，进而c(H+)=1.0×10－3mol?L－1，pH=3。
(5)步骤⑧要从MnCl2溶液中获得MnCl2固体，为抑制Mn2+水解，必须通入HCl气体、并在HCl气氛中加热。
(6)NaxWO3中阴离子为WO3x-，熔融的Na2WO4和WO2混合物中有Na+、WO42－、W4+、O2－。WO42－在电解池阴极得电子生成WO3x-，电极反应为WO42-+xe-=WO3x-+O2-
。
9.辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：
①取2.6g样品，加入200.0mL0.2000mol?L－1酸性KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO42－)，滤去不溶杂质；
②收集滤液至250mL容量瓶中，定容；
③取25.00mL溶液，用0.1000mol?L－1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL；
④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2++4I－=2CuI+I2；
⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1?L－1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32－+I2=S4O62－+2I－)。
回答下列问题：
(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：___________；
(2)配制0.1000mol?
L－1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是___________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有___________；
(3)③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是___________；
(4)⑤中滴定至终点时的现象为___________；
(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_________%、_________%(结果均保留1位小数)。
【答案】(1).
Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O(2).
除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化(3).
胶头滴管(4).
（酸式）滴定管（或移液管）(5).
溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色(6).
61.5(7).
36.9
【解析】
【分析】
由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成。
【详解】(1)据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-，则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O。
(2)配制0.1000mol?L－1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。
(3)步骤③中取25.00mL待测溶液（有未反应的酸性KMnO4溶液），所用仪器的精度应为0.01mL，故选酸式滴定管或移液管。
(4)步骤⑤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2，使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。
(5)设2.6g样品中，Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y，
据5Fe2+~MnO4-（5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O），样品反应后
剩余n(MnO4-)=0.1000mol?L－1×20.00×10-3L×
×
=4.000×10-3mol
样品消耗n(MnO4-)=0.2000mo?L－1×200.0×10-3L－4.000×10-3mol=36.00×10-3mol
由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8MnO4-（5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2++5SO42-+8Mn2++12H2O），得2x+
y=36.00×10-3mol
又据2Cu2+~I2~2S2O32－，得2x+y=0.1000mo1?L－1×30.00×10-3L×
=30.00×10-3mol
解方程组得x=y=0.01mol
故w(Cu2S)=
=61.5%，w(CuS)=
=36.9%。
【点睛】混合物的计算常利用方程组解决，多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关系，如本题中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于测定实验。
10.肌红蛋白(Mb)是由肽链和血红素辅基组成的可结合氧的蛋白，广泛存在于肌肉中。肌红蛋白结合氧的反应为：Mb(aq)+O2(g)
MbO2(aq)。肌红蛋白的结合度(即转化率α）与氧气分压p(O2)密切相关，37℃时，反应达平衡时测得的一组实验数据如图所示。回答下列问题：
(1)37℃时，上述反应的平衡常数K=___________kPa－1(气体和溶液中的溶质分别用分压和物质的量浓度表达)；
(2)平衡时，肌红蛋白的结合度α=___________[用含p(O2)和K的代数式表示]；37℃时，若空气中氧气分压为20.0kPa，人正常呼吸时α的最大值为___________%结果保留2位小数)；
(3)一般情况下，高烧患者体内MbO2的浓度会比其健康时___________(填“高”或“低”)；在温度不变的条件下，游客在高山山顶时体内MbO2的浓度比其在山下时___________(填“高”或“低”)；
(4)上述反应的正反应速率υ正=k正c(Mb)p(O2)，逆反应速率υ逆=k逆c(MbO2)。k正和k逆分别是正向和逆向反应的速率常数。37℃时，上图中坐标为(1.00，50.0)的点对应的反应状态为向___________进行(填“左”或“右”)，此时υ正︰υ逆=___________(填数值)。
【答案】(1).
2(2).
(3).
97.56(4).
低(5).
低(6).
右(7).
2
【解析】
【分析】
按照提示写出平衡常数表达式，代入平衡数据求平衡常数，进而计算转化率；运用平衡移动原理分析温度、压强对化学平衡的影响；用Q与K的关系判断反应的方向；用速率方程与K的关系求速率比。
【详解】(1)反应Mb(aq)+O2(g)
MbO2(aq)的平衡常数表达式K=
。图中，37℃、肌红蛋白结合度为50%时，c(Mb)=c(MbO2)、p(O2)=0.5kPa，求得K=2kPa－1。
(2)平衡时，肌红蛋白的结合度α，则
，代入K表达式得α=
；37℃时，将K=2kPa－1、p(O2)=20.0kPa代入，得到α最大值为97.56%。
(3)高烧患者体温超过37℃，血液中O2浓度降低，MbO2浓度会比健康时低；高山山顶O2分压比地面低，使Mb(aq)+O2(g)
MbO2(aq)左移，MbO2浓度也会降低。
(4)当上述反应达到化学平衡时，有υ正=υ逆，即k正c(Mb)?p(O2)=k逆c(MbO2)。得
＝K。
图中点(1.00，50.0)不在曲线上，37℃时不是化学平衡状态。此时c(Mb)=c(MbO2)、p(O2)=1.00kPa，得Q=1kPa－1【点睛】题图表示：可逆反应Mb(aq)+O2(g)
MbO2(aq)在37℃达到化学平衡时，MbO2
结合度与O2分压的关系，故曲线上的每一点都能用于计算化学平衡常数K，但当结合度为50%时计算更方便。
11.石墨是一种混合型晶体，具有多种晶体结构其一种晶胞的结构如图所示。回答下列问题：
(1)基态碳原子的轨道表示式为___________；
(2)碳、氮、氧三种元素的第一电离能由大到小的顺序为___________；
(3)CH3－是有机反应中重要的中间体，其空间构型为___________；
(4)石墨晶体中碳原子的杂化形式为___________晶体中微粒间的作用力有___________(填标号)，石墨熔点高于金刚石是因为存在___________(填标号)；
A．离子键
B．共价键
C．π键
D．氢键
E范德华力
(5)该晶胞中的碳原子有___________种原子坐标；若该晶胞底面边长为apm，高为cpm，则石墨晶体中碳碳键的键长为___________pm，密度为___________g?cm－3(设阿伏加德罗常数的值为NA)。
【答案】(1).
(2).
N>O>C(3).
三角锥形(4).
sp2(5).
BCE(6).
C(7).
4(8).
(9).【解析】
【分析】
综合考查物质结构与性质知识，按构造原理写轨道表示式，按元素周期律比较第一电离能，用价层电子对互斥理论判断离子构型，由石墨结构反推碳原子杂化类型，由晶胞结构计算共价键键长和密度。
【详解】(1)据构造原理，基态碳原子的轨道表示式为
；
(2)据元素周期律，碳、氮、氧元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C；
(3)CH3－中心原子碳的价层电子对数为(4+1×3+1)÷2=4，为sp3杂化，三个杂化轨道填充共用电子对，一个杂化轨道被孤电子对占据，故离子空间构型为三角锥形。
(4)石墨晶体为平面层状结构，层内每个碳原子与周围三个碳原子形成共价键，键角120?，则碳原子为sp2杂化。层内相邻碳原子间共价键结合，未杂化的p轨道形成大π键，层间为范德华力结合，故选BCE。金刚石中碳原子间以单键结合，而石墨中碳原子间还有大π键，使其键能增大，故石墨熔点高于金刚石。
(5)每个石墨晶胞有碳原子8×
+4×
+2×
+1=4个，则有4种原子坐标；
晶胞底面图
，设碳碳键的键长为x，则x2=(x/2)2+(a/2)2，解得x=
；
晶胞底面的高=
=
，一个晶胞体积=(a×10-10)×(
×10-10)×(c×10-10)cm3，
一个晶胞质量=
g，故石墨晶体密度为
g?cm－3。
12.辣椒的味道主要源自于所含的辣椒素，具有消炎、镇痛、麻醉和戒毒等功效，特别是其镇痛作用与吗啡相若且比吗啡更持久。辣椒素(F)的结构简式为
，其合成路线如下：
已知：R-OH
R-Br
R-Br+R’-Na
R’-R+NaBr
回答下列问题：
(1)辣椒素的分子式为___________，A所含官能团的名称是___________，D的最简单同系物的名称是___________；
(2)A→B的反应类型为___________，写出C→D的化学方程式___________；
(3)写出同时符合下列三个条件的D的同分异构体的结构简式：___________；
①能使溴的四氯化碳溶液褪色
②能发生水解反应，产物之一为乙酸
③核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为3︰2︰1
(4)4－戊烯酸(CH2=CHCH2CH2COOH)可用作农药、医药中间体。参照以上合成路线，设计由CH2=CHCH2OH为起始原料制备4－戊烯酸的合成路线___________。
【答案】(1).
C18H27O3N(2).
碳碳双键、溴原子(3).
丙烯酸(4).
取代反应(5).
(CH3)2CHCH=CH(CH2)3CH(COOH)2
(CH3)2CHCH=CH(CH2)4COOH+CO2↑(6).
(7).
CH2=CHCH2OH
CH2=CHCH2Br
CH2=CHCH2CH(COOCH2CH3)2
CH2=CHCH2CH(COOH)2
CH2=CHCH2CH2COOH
【解析】
【分析】
根据键线式写出分子式，找出官能团；结合“已知”和流程中的信息，依次确定A、B、C、D的结构简式，综合D、F结构可得E结构简式。在此基础上回答有关问题。
【详解】根据题给“已知”和流程以及D的分子式，较易推断出合成路线中各物质的结构简式：
A：(CH3)2CHCH=CH(CH2)3Br，B：(CH3)2CHCH=CH(CH2)3CH(COOCH2CH3)2，
C：(CH3)2CHCH=CH(CH2)3CH(COOH)2，D：(CH3)2CHCH=CH(CH2)4COOH，
E：(CH3)2CHCH=CH(CH2)4COCl。
(1)键线式的端点、转折点均有碳原子，据碳4价原则确定氢原子数，辣椒素的分子式为C18H27O3N；由
“已知”信息，合成第一步即原料中羟基被溴原子取代，A所含官能团是碳碳双键、溴原子；D的同系物必须有1个碳碳双键和1个羧基，D的最简单同系物为CH2=CHCOOH，名称是丙烯酸。
(2)由“已知”信息，A→B的反应生成NaBr，原料中其余部分连接生成B，为取代反应。B→C为酯的水解反应，可得C的结构简式为(CH3)2CHCH=CH(CH2)3CH(COOH)2。C→D为脱羧反应，其化学方程式为(CH3)2CHCH=CH(CH2)3CH(COOH)2
(CH3)2CHCH=CH(CH2)4COOH+CO2↑；
(3)D分子式为C10H18O2，不饱和度为2。满足题给条件的D的同分异构体含有碳碳双键、CH3COO-、3种H原子（分别9、6、3个）。应有三种甲基，各3、2、1个，且同种甲基连在同一碳原子上或处于分子对称位置。符合题意的同分异构体为
。
(4)由CH2=CHCH2OH为起始原料合成CH2=CHCH2CH2COOH，分子中增加2个碳原子。流程中A→B→C→D分子中净增2个碳原子，故直接模仿写出制备4－戊烯酸的合成路线：
CH2=CHCH2OH
CH2=CHCH2Br
CH2=CHCH2CH(COOCH2CH3)2
CH2=CHCH2CH(COOH)2
CH2=CHCH2CH2COOH。
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