重庆市永川北山中学校2022-2023学年高三化学上学期期中考试试题（Word版含解析）

重庆市永川北山中学校2022-2023学年高三上学期半期质量监测化学试题考试时间：75分钟可能用到的相对原子质量H-1O-16C-12Na-23P-31Ca-40第Ⅰ卷(共42分)一、选择题：(本大题共14个小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.化学与生产生活密切相关。下列说法不正确的是A.可作长途运输鱼苗的供氧剂B.用含小苏打的发酵粉焙制糕点C.明矾可用于自来水的杀菌消毒和净化D.为防止富脂月饼被氧化变质，常在包装袋中放入还原铁粉【答案】C【解析】【详解】A．CaO2与Na2O2一样，是过氧化物，能与水反应生成O2，可作供氧剂，A项正确；B．小苏打可以和面粉发酵过程中产生的有机酸反应生成气体，使糕点变得松软和香甜，B项正确；C．明矾溶于水后，发生水解生成胶体吸附水中悬浮杂质而使水净化，但不能用于消毒，C项错误；D．还原铁粉具有强还原性，能与包装袋内的氧气反应而将其除去，防止富脂月饼被氧化变质，D项正确；故选C。2.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.电解饱和食盐水得到0.4molNaOH，则生成氯气分子数为B.标准状况下，2.24L所含氢原子的数目等于C.和反应，当产生2.24L时转移的电子数为 D.密闭容器中，1mol与3mol反应制备氨气，形成个N-H键【答案】A【解析】【详解】A．电解饱和食盐水的反应方程式为：，每生成同时生成，分子数为，A项正确；B．标准状况下，不是气态，不能用气体摩尔体积进行相关计算，B项错误；C．使用气体体积数据时，要指定温度与压强，C项错误；D．该反应为可逆反应，形成的N-H键小于6NA，D项错误；故选A。3.苹果汁是人们喜爱的饮料，现榨的苹果汁在空气中放置一会儿会由淡绿色变为黄色。若榨汁时加入维生素C，可有效防止这种现象发生，这说明维生素C具有A.还原性B.碱性C.氧化性D.酸性【答案】A【解析】【详解】Fe2+失去电子生成成Fe3+，Fe2+作为还原剂，榨汁时加入维生素C，可有效防止这种现象发生，维生素C作为抗氧化剂，说明生素C具有还原性，故答案为A；4.下列有关离子方程式正确的是A.向纯碱溶液中滴加少量稀盐酸：B.胶体的制备：(胶体)C.向氯化镁溶液中加入过量氨水：D.Al和氢氧化钠溶液反应：【答案】B【解析】【详解】A．向纯碱溶液中滴加少量稀盐酸，盐酸少量时，生成，离子方程式为 ，故A错误；B．在沸水中生成胶体，离子方程式为(胶体)，故B正确；C．氨水为弱电解质，所以向氯化镁溶液中加入过量氨水离子方程式为：，故C错误；D．Al和氢氧化钠溶液反应生成氢气，离子方程式为：2，故D错误；故答案选B。5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.澄清透明的溶液中：、、、B.的溶液中：、、、C.0.1mol·L溶液：、、、D.能使甲基橙变红的溶液中：、、、【答案】B【解析】【详解】A．和无法大量共存，故A错误；B．的溶液显碱性，、、、之间不反应，故B正确；C．Fe3+和能生成Fe(SCN)3，不能大量共存，Fe3+和I-能发生氧化还原反应，也不能大量共存，故C错误；D．能使甲基橙变红的溶液显酸性，H+和S2-、均不能大量共存，故D错误；故答案选B。6.下列热化学方程式正确的是A.31g白磷比31g红磷能量多bkJ， B.1mol、0.5mol完全反应后，放出热量98.3kJC.D.的燃烧热为【答案】A【解析】【详解】A．31g白磷比31g红磷能量多bkJ，则由白磷转化为红磷时会放出热量，且生成4mol红磷时放热4bkJ，故热化学方程式，A正确；B．1mol、0.5mol完全反应后，放出热量98.3kJ，则表示有2molSO2参加反应，则放热应为98.3kJ×2，所以，B不正确；C．反应中，不仅包含反应，还包含+Ba2+(aq)=BaSO4(s)的反应，所以，C不正确；D．的燃烧热是指H2在O2中燃烧放出的热量，反应中，没有标明各物质的状态，反应热的数值也不匹配，D不正确；故选A。7.碘元素在海水中主要以的形式存在，几种含碘粒子之间有如图所示的转化关系，下列说法不正确的是 A.可用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘B.途径①的离子方程式为：C.由图可知氧化性：D.途径②中若生成1mol，反应中转移电子10mol【答案】C【解析】【详解】A．加碘食盐中碘以KIO3形式存在，KIO3在酸性条件下与I-发生氧化还原反应生成碘单质，即IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，淀粉遇碘单质变蓝，题中所给物质能检验食盐否加碘，故A说法正确；B．途径①氯气将碘离子氧化成碘单质，本身被还原成氯离子，其离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，故B说法正确；C．根据途径③，氯气将碘离子氧化成IO，氯气为氧化剂，IO为氧化产物，氯气的氧化性强于IO的氧化性，故C说法错误；D．途径②中I元素的化合价由+5价降低为0价，因此途径②中生成1mol碘单质，转移电子物质的量为1mol×2×(5－0)=10mol，故D说法正确；答案为C。8.合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，目前工业上用氢气和氮气直接合成氨：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。T℃时，在2L恒容密闭容器中加入1.2molN2和2molH2模拟一定条件下工业固氮，体系中n(NH3)随时间的变化如图所示。下列说法错误的是A.2min内NH3的平均反应速率为0.1125mol•L−1•min−1B.T℃时，从2min到4min，反应的平衡常数不变C.容器内压强不再变化说明反应达到平衡，且3v正(H2)=2v逆(NH3) D.T℃时，该反应的平衡常数为6.25L2•mol−2【答案】C【解析】【分析】【详解】A．2min时，氨气的物质的量为0.45mol，则2min内NH3的平均反应速率为，A项正确；B．温度不变，反应的平衡常数不变，故T℃时，从2min到4min，反应的平衡常数不变，B项正确；C．该反应在恒容密闭容器中进行，且该反应为气体分子数减小的反应，故当容器内压强不再变化说明反应达到平衡，达平衡时，正、逆反应速率相等，则有2v正(H2)=3v逆(NH3)，C项错误；D．反应达平衡时，氨气的物质的量为0.8mol，则氨气的浓度为0.4mol/L，则反应后氮气的浓度为，氢气的浓度为，该反应的平衡常数为，D项正确；答案选C。9.某有机物的结构简式如图所示，下列关于该有机物的结构与性质的说法错误的是A.该有机物的分子式为B.1mol该物质最多能与5mol反应C该物质中有羟基、碳碳双键、羧基三种官能团D.等物质的量的该物质与Na、反应，消耗Na、的物质的量之比为2∶1【答案】B【解析】【详解】A．该有机物的分子式为C11H12O3，A项正确； B．1mol该物质含有1molC=C与1mol苯环，最多与4molH2发生加成反应，B项错误；C．一分子该物质中苯环侧链上分别各有一个羟基、碳碳双键、羧基官能团，C项正确；D．一分子该物质中能与Na反应的官能团为一个羟基与一个羧基，能与NaHCO3反应的官能团只有一个羧基，因此等物质的量的该物质与Na、NaHCO3反应，消耗二者物质的量之比为2：1，D项正确；故选B。10.下列说法正确的是A.在镀件上电镀铜时，镀件应连接电源的负极，铜连接电源的正极B.配制450mL0.1mol·LNaOH溶液时，应称取NaOH的质量为1.8gC.将分别加入到酚酞溶液和品红溶液中，前者溶液变红，后者溶液红色褪去D.向某溶液中通入，然后加入KSCN溶液变红色，说明原溶液中一定含有【答案】A【解析】【详解】A．电镀时，镀件连负极，作阴极被保护，铜连正极作阳极，发生氧化反应生成Cu2+，电解液中的Cu2+在镀件上生成Cu单质，A正确；B．配制450mL溶液需要选择500mL容量瓶，根据，，m=2.0g，B错误；C．将Na2O2加入到酚酞溶液中，因为生成NaOH所以溶液先变红，但Na2O2有强氧化性、漂白性，所以溶液最后褪色，Na2O2有漂白性，加入到品红溶液后溶液褪色，C错误；D．原溶液中如果有Fe3+，加入KSCN溶液变红，D错误；故答案为：A。11.Ni可活化放出，其反应历程如图所示。下列关于活化历程的说法正确的是 A.决速步骤：中间体1→中间体2B.在此反应过程中Ni的成键数目没有发生变化C.涉及非极性键的断裂和生成D.总反应为kJ·mol【答案】D【解析】【详解】A．活化能大，化学反应速率慢，是决速步骤，根据历程图可知，中间体2→中间体3能量差值最大，活化能最大，是决速步骤，故A错误；B．中间体1中Ni的成键数目为4，过渡态1、中间体2中Ni的成键数目为2，过渡态3中Ni的成键数目为3，因此在此反应过程中Ni的成键数目在不断发生变化，故B错误；C．反应过程中涉及到C-C键断裂和C-H键的形成，没有非极性键的形成，故C错误；D．ΔH只与始态和终态有关，根据历程图像可知，该反应为放热反应，即总反应为Ni(s)+C2H6(g)=NiCH2(s)+CH4(g)ΔH=-6.57kJ/mol，故D正确；答案为D。12.向铜屑、稀盐酸和铁盐的混合溶液中持续通入空气可制备氯化铜。其反应过程如图所示。下列说法不正确的是A.Fe3+对该反应有催化作用B.该过程中的Fe3+可由Fe(NO3)3提供C.可用K3[Fe(CN)6]溶液区分Fe3+与Fe2+D.制备CuCl2的总反应为2Cu＋O2＋4HCl＝2CuCl2＋2H2O 【答案】B【解析】【详解】A.根据流程可知发生反应为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+、O2+4H++4Fe2+=4Fe3++2H2O，根据反应可知，Fe3+对该反应有催化作用，选项A正确；B.若过程中的Fe3+可由Fe(NO3)3提供，由于酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能氧化亚铁离子，选项B不正确；C.可用K3[Fe(CN)6]溶液区分Fe3+与Fe2+，产生蓝色沉淀则含有Fe2+，选项C正确；D.由流程分析可知，制备CuCl2总反应为2Cu＋O2＋4HCl＝2CuCl2＋2H2O，选项D正确。答案选B。13.某同学用浓硫酸与亚硫酸钠制备并探究其相关性质，实验装置如图所示。下列说法不正确的是A.装置②中溴水褪色，说明具有漂白性B.装置②中溴水可以用酸性高锰酸钾溶液代替C.装置③中出现浑浊，说明具有氧化性D.装置④的作用是吸收，防止发生倒吸和污染环境【答案】A【解析】【分析】本实验验证二氧化硫的性质，①装置是制备二氧化硫，②是验证二氧化硫的还原性，③是验证二氧化硫的氧化性，④是除去二氧化硫，据此分析；【详解】A．装置②中溴水褪色，发生SO2+Br2+H2O=2HBr+H2SO4，二氧化硫中硫元素的化合价升高，二氧化硫作氧化剂，体现二氧化硫的还原性，故A说法错误；B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，溶液显紫红色，能将二氧化硫氧化，高锰酸钾溶液褪色，可 以用高锰酸钾溶液代替溴水，故B说法正确；C．装置③出现浑浊，说明二氧化硫将S2-氧化成硫单质，溶液变浑浊，体现二氧化硫的氧化性，故C说法正确；D．二氧化硫有毒，污染环境，为装置污染，需要尾气处理，二氧化硫属于酸性氧化物，能与NaOH反应，装置④的作用是吸收二氧化硫，防止污染环境，二氧化硫不溶于四氯化碳，可以防止发生倒吸，故D说法正确；答案A。14.钴()的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是A.工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的均增大B.生成，Ⅰ室溶液质量理论上减少C.移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变D.电解总反应：【答案】D【解析】【分析】由图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生 成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，Ⅰ室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为Co2++2e-=Co，Ⅲ室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯离子过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，电解的总反应的离子方程式为2Co2++2H2O2Co+O2↑+4H+。【详解】A．由分析可知，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A错误；B．由分析可知，阴极生成1mol钴，阳极有1mol水放电，则Ⅰ室溶液质量减少18g，故B错误；C．若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，故C错误；D．由分析可知，电解的总反应的离子方程式为2Co2++2H2O2Co+O2↑+4H+，故D正确；故选D。第Ⅱ卷(共58分)二、非选择题：(本大题共4题，总计58分)15.启普发生器是荷兰科学家设计的实验室气体发生装置，由图中漏斗1和容器2两部分构成；现借助启普发生器及相关装置模拟侯氏制碱法制备日用化学品——和并进行后续实验。回答相关问题：I.的制备反应原理：反应装置：（1）启普发生器中发生的反应方程式为_______。 （2）仪器3中盛装的试剂是饱和的溶液，其作用_______。（3）仪器5中稀硫酸的作用是_______。II.的制备（4）将仪器4中所得固体加热可得到，写出相关的化学方程式_______。III.测定所得产品的组成和纯度（5）检验纯碱样品中是否混有，请选择下列装置设计实验，并完成下表。选择的装置(填编号)实验现象实验结论______________样品中含（6）测定该纯碱样品的纯度：称取g样品，置于小烧杯中，加水溶解，滴加足量溶液。将反应混合物过滤、洗涤、干燥、称量，得到固体的质量为g。则该纯碱样品的纯度为_______。【答案】（1）(或)（2）除去中的HCl气体（3）吸收，防止环境污染（4）（5）①.A、B或A、C或A、C、B②.B中澄清石灰水变浑浊或C中物质变蓝或C中物质变蓝，B中溶液变浑浊) （6）【解析】【分析】利用启普发生器制取CO2制得的CO2中含有HC1等杂质，利用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl，CO2再通入含氨的饱和食盐水中，氨气可能会逸出，利用稀硫酸吸收氨气。【小问1详解】启普发生器中要产生CO2，通过碳酸钙和盐酸反应生成，方程式，，离子反应方程式为；故答案为：或【小问2详解】仪器3用于除去CO2气体中的HC1气体，则需用饱和NaHCO3；故答案为：除去CO2气体中的HC1气体。【小问3详解】仪器5位于整套装置的末尾，主要用于尾气处理，其中的硫酸会吸收NH3；故答案为：吸收，防止环境污染。【小问4详解】仪器4中发生的反应，，生成的NaHCO3受热分解，；故答案为：。【小问5详解】由于碳酸氢钠受热易分解为碳酸钠、二氧化碳和水，利用二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，或利用无水硫酸铜吸水变蓝，判断样品中是否含有碳酸氢钠；故答案为：A、B或A、C或A、C、B；B中澄清石灰水变浑浊或C中物质变蓝或C中物质变蓝，B中溶液变浑浊) 【小问6详解】样品中碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，过滤、洗涤、干燥，称量碳酸钙的质量为m2g，由于碳酸根离子守恒可知样品中n（碳酸钠）=n（碳酸钙）=mol，故m(碳酸钠)=，故纯碱样品的纯度为；故答案为：16.甲醇是重要的化工原料，利用合成气(CO、、)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：①kJ/mol②kJ/mol③（1）反应③的_______，化学平衡常数与、的代数关系是_______。（2）反应②达平衡后，改变以下条件能使反应②的速率和两反应物转化率都增大的_______(填标号)。A.加压B.升高温度C.恒容充入氦气D.恒容移走甲醇E.恒容充入（3）若反应①在恒容密闭容器中进行，下列可以判断该反应达平衡的是_______(填标号)。A.B.混合气压强不变C.的浓度不变D.混合气密度不变（4）在一定温度和催化剂存在下，向1L密闭容器中充入1molCO和2mol发生反应②。当CO的平衡转化率为50%时，产物甲醇的体积分数为_______，该温度下，正反应的平衡常数_______。若向容器中再充入0.5molCO和1mol，其他条件不变时平衡_______移动(填“正向”“逆向”“不”)。（5）CO-空气碱性燃料电池(KOH作电解液)，当恰好完全反应生成时停止放电。写出此时负极的电极方程式：_______。 【答案】（1）①.+41.19kJ·mol-1②.（2）A（3）BC（4）①.25%②.1③.正向（5）【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，反应③=①－②，ΔH3=ΔH1－ΔH2=(-49.58)kJ/mol－(-90.77)kJ/mol=+41.19kJ/mol；根据化学平衡常数数学表达式，得出K1=，K2=，K3=，因此有K3=；故答案为+41.19kJ/mol；；【小问2详解】A．加压，化学反应速率加快，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，增大压强，平衡向正反应方向进行，两反应物的转化率增大，故A符合题意；B．升高温度，加快反应速率，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，两反应物的转化率降低，故B不符合题意；C．恒容充入氦气，组分浓度不变，化学反应速率不变，故C不符合题意；D．恒容时移走甲醇，随着反应进行正反应速率减少，故D不符合题意；E．恒容充入CO(g)，反应物浓度增大，反应速率增大，CO(g)转化率减小，氢气转化率增大，故E不符合题意；答案为A；【小问3详解】A．用不同物质的反应速率表示反应达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，即v正(H2)=3v逆(CH3OH)，说明反应达到平衡，故A错误；B．反应①组分均为气体，且反应前后气体系数之和不相等，根据相同条件下，气体压强之比等于气体物质的量之比，因此当混合气体压强不再改变，说明反应达到平衡，故B正确；C．根据化学平衡状态的定义，当氢气浓度不再改变，说明反应达到平衡，故C正确；D ．组分都是气体，混合气体的质量不变，容器为恒容，混合气体体积不变，根据密度定义，混合气体密度始终保持不变，因此当混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D错误；答案为BC；【小问4详解】CO的平衡转化率为50%，则达到平衡时消耗CO的物质的量为1mol×50%=0.5mol，根据反应②，推出达到平衡时消耗氢气的物质的量为2×0.5mol=1mol，生成甲醇的物质的量为0.5mol，甲醇的体积分数为=25%，K==1；再充入0.5molCO和1molH2，恒容条件下，充入反应物，反应物浓度增大，平衡正向移动；故答案为25%；1；正向；【小问5详解】根据原电池工作原理，CO在负极上发生氧化反应，电解质KOH，生成产物为KHCO3，负极反应式为CO+3OH-－2e-=HCO+H2O；故答案为CO+3OH-－2e-=HCO+H2O。17.实验室以锈蚀程度很大的废铁屑为原料制备晶体的流程如下：已知：在水溶液中能与反应生成蓝色沉淀。回答下列问题：（1）“酸溶”过程中发生的主要反应有：①；②③_______(用离子方程式表示)（2）“酸溶”需控制温度在40℃左右，最佳的加热方式为_______。（3）“过滤”需要的玻璃仪器除烧杯外还有_______。（4）“氧化”过程可在下图所示装置中进行。 ①装置A中与浓盐酸反应生成和，其反应方程式为_______。②装置C中发生的反应方程式为_______。③B中使用多孔球泡的作用是_______。④证明装置B溶液中已完全被氧化成的实验方案是_______。【答案】（1）（2）在40℃水浴中加热（3）玻璃棒、漏斗（4）①.(或(浓))②.(或)③.增大接触面积，加快反应速率④.取B中溶液于试管中，滴加少量溶液，若无蓝色沉淀生成，则证明已被完全氧化【解析】【分析】废铁屑主要含有Fe、Fe2O3，加入盐酸“酸溶”，发生Fe2O3+6H+=6Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，然后过滤，向滤液中通入氯气，将Fe2+氧化成Fe3+，得到物质中含有结晶水，因此后续操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此分析；【小问1详解】“酸溶”中发生的反应有Fe2O3+6H+=6Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为Fe+2Fe3+=3Fe2+；【小问2详解】“酸溶”时控制温度在40℃左右，最佳的加热方式是水浴加热；故答案为水浴加热；【小问3详解】过滤时需要的玻璃仪器是(普通)漏斗、烧杯、玻璃棒；故答案为(普通)漏斗、玻璃棒； 【小问4详解】①利用高锰酸钾的强氧化性，将HCl氧化成氯气，本身被还原成Mn2+，其反应方程式为2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O或2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；故答案为2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O或2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；②装置C的作用是吸收尾气氯气，防止污染环境，其反应方程式为Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H2O或Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；故答案为Cl2+OH-=Cl-+ClO-+H2O或Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；③多孔气泡的作用是增大氯气与溶液的接触面积，加快反应速率；故答案为增大接触面积，加快反应速率；④验证Fe2+已完全被氧化，需要验证溶液不存在Fe2+，根据题中所给信息，用K3[Fe(CN)6]2检验Fe2+，操作是取B中溶液少量于试管中，滴加少量K3[Fe(CN)6]2溶液，若无蓝色沉淀生成，则证明Fe2+已完全氧化；故答案为取B中溶液少量于试管中，滴加少量K3[Fe(CN)6]2溶液，若无蓝色沉淀生成，则证明Fe2+已完全氧化。18.有机物F对新型冠状肺炎有治疗作用。F的合成路线如下图所示，分子中Ar表示芳香基。已知：RCOCH3+R′COClRCOCH2COR′+HCl（1）X的分子式为_______。（2）E→F的反应类型是_______，D中含氧官能团的名称为_______。（3）写出C的结构简式_______。（4）写出A→B的化学方程式_______。（5）某芳香族化合物K与C互为同分异构体，则符合下列条件K的结构简式为_______。①与发生显色反应②可发生水解反应和银镜反应③核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之 比为1∶2∶2∶2∶1（6）请以丙酮()和为原料，参照题中所给信息(其它试剂任选)设计合成的路线(不超过三步)________【答案】（1）（2）①.加成反应②.羟基、酮羰基（3）（4）+CH3COCl+HCl（5）（6）+。【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，与乙酸乙酯发生取代反应生成， 与CH3COCl发生取代反应生成，与氢氧化钠发生水解后用硫酸酸化后得到，则C为，在碳酸钾作用下与ArCOCl发生取代反应生成，在乙酸和乙酸钠作用下转化为，一定条件下与氢气加成生成。【小问1详解】根据X的结构式，分子式为C6H6O2；故答案为：C6H6O2【小问2详解】 E：在一定条件下与氢气加成生成D：，分析为加成反应，根据D的结构简式看出其所含含氧官能团有：酚羟基、酮羰基；故答案为：加成反应；羟基、酮羰基【小问3详解】与氢氧化钠发生水解后用硫酸酸化后得到，则C为；故答案为：。【小问4详解】由与CH3COCl发生取代反应生成和氯化氢，反应的化学方程 式为+CH3COCl+HCl；故答案为：+CH3COCl+HCl。【小问5详解】K的结构简式满足，①与发生显色反应，说明含有酚羟基；②可发生水解反应和银镜反应，说明含有③核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶1，说明对称结构；故答案为：。【小问6详解】与Br2发生加成反应，，由C到D转化，可知与生成， 发生D到E的转化生成，合成路线+。故答案为：+。