江西省赣州市2022届高三化学下学期3月一模考试试题（Word版附解析）

赣州市2022年高三年级摸底考试理科综合能力测试化学考生注意：1.答题前，考生务必将密封线内的各项信息如姓名、学生代码等填写在答题卡上。2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。3.考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回。可能用到的相对原子质量：H-1O-16Cu-64Fe-56Sr-88Sb-122La-139第I卷(选择题分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题意)1.化学与生活、环境等密切相关。下列过程没有涉及化学变化的是A.北京冬奥会采用二氧化碳跨临界直冷制冰B.使塑料降解，减少白色污染C.用次氯酸钠作消毒剂，阻断病毒传播D.牙膏中添加氟化物用于预防龋齿【1题答案】【答案】A【解析】【详解】A．二氧化碳在跨临界直冷循环过程中发生了状态的改变，属于物理变化，故A选；B．使塑料降解形成新物质，发生了化学变化，故B不选；C．次氯酸钠具有强氧化性，能使蛋白质变性，可杀菌消毒，发生了化学变化，故C不选；D．牙齿表面含有Ca5(PO4)3OH使用含氟牙膏，会发生反应：Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)⇌Ca5(PO4)3F+OH-(aq)，有化学变化，故D不选；故选：A。2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A.4MnO+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O，若1molHCHO参加反应时转移电子数为4NA B.常温下，1LpH=9的CH3COONa溶液中，由水电离出OH-的数目为10-5NAC.用电解的方法精炼铜时，当电路中通过的电子数为NA时，阳极应有32gCu转化为Cu2+D.1L0.10mol·L-1Na2CO3溶液中，含碳粒子总数为0.1NA【2题答案】【答案】C【解析】【详解】A．Mn的化合价由+7降低到+2价，降低5价，故4MnO~5HCHO~20e-，故1molHCHO参加反应时转移电子数为4NA，A正确；B．pH=9的CH3COONa溶液中，促进水的电离，故由水电离出OH-的浓度等于10-5mol/L，1L溶液中水电离出OH-的数目为10-5NA，B正确；C．用电解粗铜的方法精炼铜，阳极是粗铜，含有的铁锌杂质比铜先失去电子，当电路中通过的电子数为NA时，阳极转化为Cu2+的Cu应小于32g，C错误；D．根据碳原子守恒，1L0.10mol·L-1Na2CO3溶液中，含碳粒子总数为0.1NA，D正确；故选C。3.中草药当归和白芷中含有的紫花前胡醇()，能提高人体免疫力。下列有关说法错误的是A.该有机物分子式为C14H14O4B.该有机物中所有碳原子可能共平面C.该有机物环上的一氯代物有6种D.该有机物能够发生水解反应和消去反应【3题答案】【答案】B【解析】【详解】A．由结构可知，有机物分子式C14H14O4，故A正确；B．该分子中含有羟基的六元环中含有饱和碳原子，不可能在同一平面，故B错误；C．该有机物环上6个氢原子各不相同，故环上的一氯代物有6种，故C正确；D．该有机物含有酯基，故能发生水解反应；有机物含有羟基，且羟基连接的碳相邻的碳上有氢，能发生消去反应，故D正确； 故选B。4.近日，我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂s—SnLi可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法不正确的是A.使用催化剂Sn或者s—SnLi均能有效减少副产物CO的生成B.使用s—SnLi催化剂，中间产物更不稳定C.充电时，Zn电极周围pH升高D.放电时，每生成1molHCOO-，转移NA个电子【4题答案】【答案】D【解析】【分析】根据装置图，该装置为电池装置，根据原电池工作原理，Zn电极为负极，电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)，催化电极为正极，电极反应式为CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，据此分析；【详解】A．根据图像可知，生成CO的活化能较高，反应慢，因此使用催化剂Sn或者s-SnLi均能有效减少副产物CO的生成，故A说法正确；B．根据图像可知，使用s-SnLi催化剂，中间产物具有总能量比使用Sn催化剂的中间产物的总能量高，能量越高，物质越不稳定，故B说法正确；C．电池充电时，电池负极接电源负极，电池正极接电源正极，充电时Zn电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，c(OH-)增大，pH升高，故C说法正确；D．根据上述分析可知，放电时正极反应式为CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，每生成1molHCOO-，转移电子物质的量为2mol，故D说法错误；故答案为D。5.通过下列实验操作和实验现象，得出的结论不正确的是 选项实验操作实验现象实验结论A将丙烯通入碘水中碘水褪色丙烯与碘发生加成反应B向FeSO4溶液中滴加苯酚稀溶液溶液未变紫色FeSO4溶液未变质C向待测溶液中滴加淀粉溶液，再滴加新制氯水先无明显变化，后溶液变蓝色待测溶液中存在I-D向2mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中滴加3滴相同浓度NaCl溶液，然后再滴加3滴相同浓度的KI溶液先产生白色沉淀，然后产生黄色沉淀Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)A.AB.BC.CD.D【5题答案】【答案】D【解析】【详解】A．丙烯含碳碳双键，与碘水发生加成反应，从而使碘水褪色，故A正确；B．若FeSO4溶液变质会生成硫酸铁，Fe3+与苯酚稀溶液会发生显色反应，由实验现象观察溶液未变紫色，说明未变质，故B正确；C．滴加淀粉溶液，无明显变化，说明待测溶液不含碘单质，再滴加新制氯水，溶液变蓝色，氯水将碘离子氧化为碘单质，说明待测溶液中存在I-，故C正确；D．AgNO3溶液过量，产生的黄色沉淀由AgNO3溶液直接与KI溶液反应得到，不是发生沉淀的转化，不能比较Ksp(AgI)和Ksp(AgCl)大小关系，故D错误；故选：D。6.科学家合成出了一种新化合物的结构如图所示，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述不正确的是A.WZ的水溶液呈中性 B.元素非金属性的顺序为X<Y<ZC.该新化合物中Y不满足8电子稳定结构D.Y的最高价氧化物的水化物是多元中强酸【6题答案】【答案】C【解析】【分析】根据题目分析，Z的最外层电子数是X核外电子数的一半可知，Z为Cl元素，X为Si元素，由化合价代数和为0可知，Y元素化合价为-3价，Y为P元素，由W的核外电子数可知，W为Na元素，据此分析。【详解】A．WZ为NaCl，溶液呈中性，A正确；B．同一周期非金属的非金属性随着原子序数的递增而增大，故X、Y、Z三种元素的非金属性从小到大为X<Y<Z，B正确；C．该新化合物中P元素的化合价为-3价，满足8电子稳定结构，C错误；D．Y的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，为中强酸，D正确；故选C。7.已知：p[]=-lg[]。室温下，向20.00mL0.10mol·L-1一元弱酸HA溶液中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH随着p[]变化关系如图所示(忽略混合时溶液体积变化)。下列说法正确的是 A.Ka(HA)的数量级为104B.b点处，加入NaOH溶液的体积小于10.00mLC.c点处，x=4.25D当加入10.00mLNaOH溶液时：c(H+)+2c(HA)+c(A-)=0.1mol·L-1-c(OH-)【7题答案】【答案】B【解析】【详解】A．a点坐标为(-1，3.75)，即pH=3.75时，p=-1，Ka(HA)==10-4.75，数量级为10-5，A错误；B．由A知，Ka(HA)=10-4.75，Kh=10-9.25，所以电离程度大于水解程度，若加入10mLNaOH，此时c(A-)>c(HA)，而b点c(A-)=c(HA)，所以NaOH小于10mL，B正确；C．C点pH=7，即c(H+)=10-7mol/L，又Ka(HA)==10-4.75，所以=10-2.25，x=2.25，C错误；D．加入NaOH刚好为10mL，此时生成等量的HA和NaA，物料守恒c(A-)+c(HA)=2c(Na+)，电荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒×2-电荷守恒可得3c(Na+)+c(OH-)=c(A-)+c(H+)+2c(HA)，此时溶液中c(Na+)=mol/L，代入c(H+)+2c(HA)+c(A-)=0.1mol·L-1+c(OH-)，D错误；故选B。8.碳酸锶(SrCO3)是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿(主要含有SrCO3及少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如图所示。 已知：①不溶性碳酸盐高温下分解，生成金属氧化物和CO2，可溶性碳酸盐高温不分解。②298K时，Ksp[SrCO3]=5.6×10-10、Ksp[CaCO3]=3.36×10-9③Sr(OH)2在水中的溶解度数据如表：温度/℃106090100溶解度/(g/100g)1.258.4244.591.2回答下列问题：（1）SrCO3中Sr的化合价____。（2）向“立窑煅烧”中投料前，将菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是____(任写两点)。（3）“水浸”中用____(填“冷水”、“热水”)，“滤渣1”中含有焦炭、MgO和____(填化学式)。（4）“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应的化学方程式为____。（5）“沉锶”中反应的化学方程式为____。（6）计算298K时，反应CaCO3(s)+Sr2+(aq)SrCO3(s)+Ca2+(aq)平衡常数的数值是____。【8~13题答案】【答案】（1）+2（2）增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率（3）①.热水②.Ca(OH)2（4）SrCO3+CSrO+2CO↑（5）Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3↓+H2O+NH3·H2O（6）6【解析】【分析】化合物中元素化合价代数和为零，菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是增大反应物接触面积，使反应更快、更充分；水浸后加入稀硫酸生成硫酸钡沉淀，从而除去钡离子杂质，滤液结晶后得到氢氧化锶晶体，加入碳酸氢铵即可得到高纯碳酸锶，以此解题。【小问1详解】根据正负化合价代数和为零可知SrCO3中Sr的化合价为+2；【小问2详解】从反应速率的影响因素分析将菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率； 【小问3详解】为了加快浸取的速率，“水浸”中用“热水”；煅烧时生成的氧化钙，氧化镁，其中氧化镁难溶于水，氧化钙水浸时和水反应生成氢氧化钙，故“滤渣1”中含有焦炭、MgO和Ca(OH)2；小问4详解】焦炭过量，SrCO3与焦炭反应生成氧化锶和一氧化碳，方程式为：SrCO3+CSrO+2CO↑；【小问5详解】“沉锶”中反应中是氢氧化锶和碳酸氢根离子反应生成碳酸锶沉淀，方程式为：Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3↓+H2O+NH3·H2O；【小问6详解】该反应平衡常数的表达式为K=。9.某研究小组学生探究硫酸铁溶液与铜粉的反应，回答下列问题：（1）由Fe2(SO4)3固体配制250mL0.2mol·L-1Fe2(SO4)3溶液，下列图示仪器中不需要用到的有____(写名称)。（2）研究小组设计如表实验，并记录实验现象：实验1现象步骤1：振荡试管后，溶液颜色呈浅蓝绿色步骤3：溶液颜色变红，振荡试管，红色消失，并有白色沉淀产生步骤4：溶液颜色变红，振荡试管，红色消失，白色沉淀增多【资料】i.Cu2+与SCN-可发生氧化还原反应，也可发生配位反应生成［Cu(SCN)4]2-。 ii.淡黄色、可溶的［Cu(SCN)4]2-，与Cu2+共存时溶液显绿色。iii.硫氰(SCN)2的性质与卤素单质相似。①步骤1溶液呈浅蓝绿色时，发生反应的离子方程式是____。②经x射线衍射实验检测，步骤3中白色不溶物为CuSCN，同时有硫氰(SCN)2生成，该反应的离子方程式是____。（3）某同学针对步骤4中溶液颜色变红且白色浑浊物增多的现象，提出大胆假设：当反应体系中同时存在Cu2+、SCN-、Fe2+时，Cu2+氧化性增强，可将Fe2+氧化为Fe3+。并做实验验证该假设：实验2操作1操作2操作3现象溶液颜色立刻呈蓝绿色，几分钟后，溶液颜色完全呈绿色，久置，溶液绿色变浅，试管底部有白色不溶物。始终未见溶液颜色变红。溶液颜色立刻变红，产生白色浑浊，振荡后红色消失。③操作1中现象产生的可能原因是____。④操作2主要目的是____。⑤由操作3可知该同学的假设正确。操作3中Fe2+被氧化为Fe3+反应的离子方程式是____，已知该反应的平衡常数K=1.99×102，请用平衡移动原理解释实验1中步骤4出现相关现象的原因____。⑥由实验可知，影响氧化还原反应发生的因素有____。【9~11题答案】【答案】（1）分液漏斗（2）①.2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+②.2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2（3）①.Cu2+与SCN-发生氧化还原反应较慢，两者发生络合反应较快，但氧化还原反应发生的程度比络合反应程度大②.说明FeSO4溶液放置过程中不会生成Fe3+③.Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+④.Cu2+、Fe2+和SCN-三者反应生成白色浑浊，降低SCN-的浓度，使可逆反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移动，故溶液红色消失。再反复多 次滴加KSCN溶液，增大了SCN-浓度，使Cu2++Fe2++SCN-CuSCN↓+Fe3+平衡正向移动，白色浑浊物的量逐渐增多⑤.反应物本身的性质、反应物与生成物的浓度等【解析】【小问1详解】配制250mL0.2mol·L-1Fe2(SO4)3溶液需要250mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平、烧杯，不需要的是分液漏斗；【小问2详解】①步骤1铜和硫酸铁反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，溶液呈浅蓝绿色时，发生反应的离子方程式是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；②步骤3中Cu2+与SCN-可发生氧化还原反应生成CuSCN，和硫氰(SCN)2，反应的离子方程式是2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2；【小问3详解】③已知Cu2+与SCN-可发生氧化还原反应，也可发生配位反应生成［Cu(SCN)4]2-，［Cu(SCN)4]2-与Cu2+共存时溶液显绿色，则操作1中现象产生的可能原因是：Cu2+与SCN-发生氧化还原反应较慢，两者发生络合反应较快，但氧化还原反应发生的程度比络合反应程度大；④操作2主要目的是说明FeSO4溶液放置过程中不会生成Fe3+；⑤操作3中Cu2+与Fe2+发生氧化还原反应生成Cu+和Fe3+，Cu+与SCN-结合成CuSCN沉淀，反应的离子方程式是Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+；实验1中步骤4出现相关现象的原因是Cu2+、Fe2+和SCN-三者反应生成白色浑浊，降低SCN-的浓度，使可逆反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移动，故溶液红色消失。再反复多次滴加KSCN溶液，增大了SCN-浓度，使Cu2++Fe2++SCN-CuSCN↓+Fe3+平衡正向移动，白色浑浊物的量逐渐增多；⑥由实验可知，操作1和操作2探究反应物本身的性质的影响，操作1和操作3的变量是反应物的浓度，则影响氧化还原反应发生的因素有反应物本身的性质、反应物与生成物的浓度等。10.SO2、NO2是主要的空气污染源，需要经过处理才能排放。回答下列问题：（1）二氧化硫在V2O5作用下的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应。热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH=-akJ·mol-1，其催化机理如下：第1步：SO2(g)+V2O5(s)=SO3(g)+V2O4(s)ΔH=+bkJ·mol-1 第2步：V2O4(s)+O2(g)+2SO2(g)=2VOSO4(s)ΔH=+ckJ·mol-1第3步：____。(写热化学方程式，ΔH的值用a、b、c的代数式表示)。（2）一定条件下，用Fe2O3作催化剂对燃煤烟气进行回收。反应为：2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(s)ΔH<0。T℃时，在容积恒为1L的密闭容器中投入总物质的量为2mol气体，此时体系总压强为Po，按n(CO)：n(SO2)为1：1、3：1投料时SO2转化率的变化情况如图。①图中表示n(CO)：n(SO2)=3：1的变化曲线是____(填字母)。②用SO2的浓度变化表示曲线b在0~30min内的反应速率为____(保留两位有效数字)，此时该平衡体系的Kp为____(Kp以分压表示)。（3）一定温度下，在容积恒为1L的密闭容器中，加入0.30molNO与过量的金属Al，发生的反应存在如下平衡：Al(s)+2NO(g)N2(g)+Al2O3(s)ΔH<0。已知在此条件下NO与N2的消耗速率与各自的浓度有如下关系：v(NO)=k1·c2(NO)，v(N2)=k2·c(N2)，其中k1、k2表示速率常数。①下列叙述中不能表明该反应已经达到平衡状态的是____。A该反应体系压强保持不变时B.v正(NO)=v逆(N2)≠0C.A1的质量不发生变化D.体系温度不发生变化E.混合气体的相对分子质量不发生改变②在T1温度下，k1=0.004L·mol-1·min-1，k2=0.002min-1，该温度下反应的平衡常数的值为____。③在T2温度下，NO的物质的量随时间的变化曲线如图，则温度T1____T2(填“＞”“=”或“＜”)。 【10~12题答案】【答案】（1）4VOSO4(s)+O2(g)=2V2O5(s)+4SO3(g)△H=-(3a+2b+2c)kJ·mol-1（2）①.a②.0.0083mol·L-1·min-1③.（3）①.B②.1③.>【解析】【小问1详解】根据①2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH=-akJ·mol-1，②SO2(g)+V2O5(s)=SO3(g)+V2O4(s)ΔH=+bkJ·mol-1，③V2O4(s)+O2(g)+2SO2(g)=2VOSO4(s)ΔH=+ckJ·mol-1，盖斯定律计算3①-2②-2③，可得4VOSO4(s)+O2(g)=2V2O5(s)+4SO3(g)的△H=-(3a+2b+2c)kJ·mol-1。【小问2详解】①投入气体总物质的量相同、容积相同，n(CO)：n(SO2)由1：1变为3：1，c(CO)增大、c(SO2)减小，所以SO2的转化率增大，故图中表示n(CO)：n(SO2)=1：3的变化曲线为a。②曲线b表示n(CO)：n(SO2)=1：1，由图知30min时反应达到平衡，SO2的平衡转化率为25%，v(SO2)==0.0083mol·L-1·min-1。根据三段式此时压强等于，Kp==。【小问3详解】①A.该反应前后气体体积发生变化，故体系压强保持不变时，达到了平衡，不选； B.v正(NO)=2v逆(N2)≠0时达到了平衡，故v正(NO)=v逆(N2)≠0不一定达到了平衡，选；C.A1的质量不发生变化，达到了平衡，不选；D.体系温度不发生变化，达到了平衡，不选；E.气体由NO生成了N2，故相对分子质量发生了变化，混合气体的相对分子质量不发生改变，达到了平衡，不选；故选B。②在T1温度下，k1=0.004L·mol-1·min-1，k2=0.002min-1，该温度下反应的平衡常数K==1。③根据如图可得NO转化了0.26mol，N2生成了0.13mol，故K==81.25，温度为T2时的平衡常数比温度为T1时的大，此反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，得T1大于T2。11.联合国宣布2019年是“国际化学元素周期表年”。回答下列问题：（1）焰色反应是检测金属元素常用的方法，下列元素不能用焰色反应检测的是____(填字母)。A.FeB.CuC.BaD.Ca（2）如表是Fe和Cu的部分电离能数据，请解释I2(Cu)大于I2(Fe)的主要原因____。元素FeCu第一电离能I1(kJ·mol-1)762746第二电离能I2(kJ·mol-1)15611958（3）KSCN、K4[Fe(CN)6]是实验室常用试剂。KSCN中C原子的杂化方式为____，SCN-中π键和σ键的数目之比为____，K4[Fe(CN)6]中存在的作用力类型有____(填字母)。A.金属键B.离子键C.共价键D.配位键E.氢键F.范德华力（4）人体正常的血红蛋白中含有Fe2+，但Fe2+很容易与CO发生络合反应生成空间正八面体结构络离子而使血红蛋白失去携带氧气的功能，则该络离子中配位数是____。（5）Fe与稀土元素La、第VA族元素Sb可形成具有热电效应的晶体，其晶胞结构如图所示，则该晶体的化学式为____。已知晶胞的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则Sb原子间最近的距离为____nm(只需列出计算式，不必化简)。 【11~15题答案】【答案】（1）A（2）Cu+失去的是全充满3d10电子比较困难，Fe失去的是4s1电子，故I2(Cu)大于I2(Fe)（3）①.sp②.1：1③.BCD（4）6（5）①.LaFe4Sb12②.×107【解析】【小问1详解】铁没有焰色反应，其他元素灼烧都产生不同的焰色，所以铁不能用焰色反应检验，故答案为：A；【小问2详解】失去第二个电子时，Cu+失去的是全充满3d10电子，Fe失去的是4s1电子，故I2(Cu)大于I2(Fe)，故答案为：u+失去的是全充满3d10电子比较困难，Fe失去的是4s1电子，故I2(Cu)大于I2(Fe)；【小问3详解】KSCN对应硫氰酸分子结构简式：，所以碳原子形成2个σ键，没有孤电子对，故价层电子对数为2，采取sp杂化，SCN-中含有2个π键和2个σ键，所以SCN-中π键和σ键的数目之比为1∶1，K4[Fe(CN)6]配合物，钾离子与[Fe(CN)6]—之间存在离子键，铁离子与CN―存在配位键，CN一中C与N之间存在共价键，K4[Fe(CN)6](亚铁氰化钾)中存在的作用力类型有：离子键、配位键、共价键，故答案为：sp；1∶1；BCD；【小问4详解】Fe2+很容易与CO生成空间正八面体结构络离子，说明二价铁周围有6个配体一氧化碳，故其配位数为6；【小问5详解】 依据均摊法可知：晶胞中有2个La(分步位于顶点和体心)，含有8个Fe(位于Sb形成的八面体的体心)，Sb八面体是共顶点相连的，平均每个八面体含有=3个Sb原子，晶胞中共用8个八面体，则有8×3=24个Sb原子，则1个晶胞中含有La原子、Fe原子、Sb原子个数比为：2∶8∶24=1:4∶12，则晶体化学式为：LaFe4Sb12；Sb原子间最近的距离为八面体棱长，设晶胞的边长为a，八面体棱长为a，1mol晶胞的质量为g，1mol晶胞的体积为：a3NA，依据，，即，，则Sb原子间最近的距离为：×107。12.辣椒素I(化学名称为8—甲基—N—香草基—6—壬烯)与温度感受器的发现有关，其合成路线如图：已知：R1—CH2BrR1—CH=CH—R2回答下列问题：（1）A中的官能团名称为____。（2）E→F的反应类型为____。（3）C的结构简式为____。（4）F→G的化学方程式为____。 （5）G存在多种同分异构体，其中符合下列条件的有____种(不包括立体异构)，其中核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1的结构简式为____。①能与FeCl3溶液发生显示反应；②能与NaHCO3溶液反应放出气体（6）由原料()经如图几个步骤可合成产品()：反应条件1所选的试剂为____，K的结构简式为____。【12~17题答案】【答案】（1）羟基、羧基（2）取代反应（3）（4）+CH3ONa+NaBr（5）①.13②.（6）①.NaOH/H2O，加热②.【解析】【分析】A中的羟基被溴原子取代反应生成B，由已知反应的成键断键结构可知，B与C发生反应生成D，结合B和D的结构可得C的结构为：；结合E、G的结构特点可知，E与溴单质发生取代反应生成F，F与CH3ONa发生取代反应生成G，G在一定条件下-CHO转化成-CH2NH2生成H，D和H发生取代反应生成I，据此分析解答。【小问1详解】 根据A的结构简式可知A中的官能团名称为羧基和羟基；【小问2详解】由分析可知E→F的反应类型为取代反应；【小问3详解】由分析可知C的结构简式为；【小问4详解】F与CH3ONa发生取代反应生成G，方程式为：+CH3ONa+NaBr；【小问5详解】G的同分异构体中，同时符合①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明存在酚羟基结构；②能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体，说明存在羧基，G的结构，其同分异构体若苯环上两个支链则为-OH、-CH2COOH，有邻、间、对三种结构；若苯环上有三个支链则为-OH、-CH3、-COOH，结合定二移一的方法，先固定-OH、-CH3有邻、间、对三种结构，再分别连接-COOH，分别有4、4、2种位置，可知存在10种结构，共计13种符合；其中核磁共振氢谱为五组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1的结构简式为：；【小问6详解】发生卤代烃的水解得到苯甲醇，苯甲醇发生醇的催化氧化得到苯甲醛，苯甲醛 和发生wittig反应得到产品，故反应1为卤代烃的水解，所选的试剂为：NaOH/H2O，加热；生成的J为苯甲醇，K为苯甲醛即。