【化学】湖北省名师联盟2020届高三下学期4月月考仿真卷（解析版）

【化学】湖北省名师联盟2020届高三下学期4月月考仿真卷（解析版）

湖北省名师联盟2020届高三下学期4月月考仿真卷 相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137‎ 一、单选题（每小题6分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。)‎ ‎7．不断进步的材料逐渐构筑了我们现代社会的文明。下列说法错误的是（ ）‎ A．“唐三彩”和景德镇瓷器的主要化学成分都是硅酸盐 B．玻璃是一种常见的无机非金属材料，在一定温度下软化可制得玻璃仪器 C．高铁和城铁所用镁合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等特点 D．以高纯硅制成的光导纤维内窥镜可直接窥视有关器官部位的变化 ‎【答案】D ‎【解析】A．“唐三彩”和景德镇瓷器都是陶瓷，陶瓷的主要化学成分都是硅酸盐，故A正确；B．玻璃是一种常见的无机非金属材料，玻璃属于混合物，没有固定的熔点，在一定温度下软化可制得玻璃仪器，故B正确；C．镁合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等特点，常用于高铁和城铁的设备制造，故C正确；D．光导纤维的主要成份是二氧化硅，不是硅，故D错误；故选D。‎ ‎8．关于有机物的说法正确的是（ ）‎ A．a、b互为同系物 B．c中所有碳原子可能处于同一平面 C．b的同分异构体中含有羧基的结构还有7种(不含立体异构)‎ D．a、b、c均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎【答案】C ‎【解析】A．a是酯类，b是羧酸类，结构不相似，不互为同系物，故A错误；B．c是在环己烷上连了两个羟基，环己烷的碳原子不都在同一平面上，故B错误；C．b是1-戊酸，含有羧基的结构的同分异构体，在正戊烷的碳链上还有两种，在异戊烷的碳链上还有4种，新戊烷的碳链上有1种，共7种，故C正确；D．只有c能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选C。‎ ‎9．常温下，将0.20mol/L KMnO4酸性溶液0.l0L与一定量pH=3.0的草酸(HOOC-COOH)溶液混合，放出VL气体。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A．9g HOOC-COOH含共用电子对数目为0.9NA B．当0.01mol KMnO4被还原时，强酸提供的H+数目为0.01NA C．pH=3.0的草酸溶液含有H+数目为0.001NA D．该反应释放CO2分子数目为V NA/22.4‎ ‎【答案】A ‎【解析】A．1个HOOC−COOH分子中含有9对共用电子对，则9g HOOC-COOH物质的量为=0.1mol，含共用电子对数目为0.9NA，故A正确；B．KMnO4与草酸反应的方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，根据方程式可知当1mol KMnO4被还原时，强酸提供的H+的物质的量为3mol，因此反应消耗的H+数目为3NA，故B错误；C．缺少溶液的体积，不能计算H+的数目，故C错误；D．不确定CO2气体所处的温度压强条件，因此不能计算其物质的量，也就不能确定其分子数，故D错误；故答案选A。‎ ‎10．用Pt-g-C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图所示。该脱除过程中，下列说法不正确的是（ ）‎ A．该脱除过程中太阳能转化为化学能 B．在Pt端发生的是氧化反应 C．过程①发生的反应为H2O2-2e−=O2↑+2H+‎ D．过程③的化学方程式2NO2+H2O2=2HNO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．根据图示，脱除过程中，太阳能转化为化学能，故A正确；B．根据图示，Pt端NO失去电子，发生氧化反应生成NO2，反应式为NO+H2O-2e−=NO2+2H+，最终NO2和H2O2‎ 发生氧化还原反应生成硝酸，故B正确；C．由脱除NO的过程图可知，Pt端NO失去电子，发生氧化反应生成NO2，反应式为NO+H2O-2e−=NO2+2H+，g-C3N4端氧气得到电子与氢离子结合生成过氧化氢，发生还原反应，电极反应为O2+2H++2e−=H2O2，故C错误；D．最终NO2和H2O2发生氧化还原反应生成硝酸，反应的方程式为2NO2+H2O2=2HNO3，故D正确；答案选C。‎ ‎11．实验室石蜡催化裂化的装置如图所示，关于实验操作或叙述错误的是（ ）‎ A．试管Ⅰ连的玻璃导管加长是为使气态石蜡冷凝回流 B．装置Ⅱ中冷水的作用是冷凝收集裂化油 C．酸性KMnO4溶液若倒吸可加快褪色速率 D．试管Ⅲ中溶液颜色变浅甚至褪色可说明有乙烯生成 ‎【答案】D ‎【解析】A．依据石油分馏工业的分馏塔原理，设置了长导管，其作用除导气外，兼起冷凝气体的作用，故A正确；B．装置Ⅱ中冷水的作用是冷凝收集裂化油，故B正确；C．因为试管II 中有不饱和烃生成，所以酸性KMnO4溶液若倒吸可加快褪色速率，故C正确；D．根据裂化的反应原理，试管Ⅲ中溶液颜色变浅甚至褪色可说明发生了氧化还原反应，有常温下呈气态含碳数小于5的不饱和烃生成，不一定是乙烯，故D错误；故选D。‎ ‎12．分属周期表前三周期的四种元素W、X、Y、Z可形成结构如图的物质，该物质中所有原子均满足稳定结构，W的原子序数最大，Y、Z处于同一周期。下列说法错误的是（ ）‎ A．在该物质中，Y的化合价为+4价 B．X和Z可以形成具有强氧化性的化合物 C．由Z和W形成的化合物中可以存在共价键 D．X、Y、Z的原子半径从大到小为Y＞Z＞X ‎【答案】A ‎【解析】根据W、X、Y、Z分属周期表前三周期的四种元素，可形成结构如图的物质，该物质中所有原子均满足稳定结构，W的原子序数最大，则W为钠，Y、Z处于同一周期，根据价键理论：Y为硼，Z为氧，X为氢，由此分析解答。A．根据上述分析，Y为硼，根据价键理论在该物质中，Y的化合价为+5价，故A错误；B．根据上述分析，Z为氧，X为氢，X和Z可以形成具有强氧化性的化合物H2O2，故B正确；C．根据上述分析，Z为氧，W为钠，由Z和W形成的化合物Na2O2中既有离子键又有共价键，故C正确；D．根据上述分析，Y为硼，Z为氧，X为氢，X、Y、Z的原子半径从大到小为Y＞Z＞X，故D正确；选A。‎ ‎13．“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是（ ）‎ A．若用导线连接a、c，则a为负极，该电极附近pH减小 B．若用导线连接a、c，则c电极的电极反应式为HxWO3-xe−=WO3+xH+‎ C．若用导线先连接a、c，再连接b、c，可实现太阳能向电能转化 D．若用导线连接b、c，b电极的电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O ‎【答案】B ‎【解析】A．用导线连接a、c，a极发生氧化，为负极，发生的电极反应为2H2O-4e−=4H++O2↑，a电极周围H+浓度增大，溶液pH减小，故A正确；B．用导线连接a、c，c极为正极，发生还原反应，电极反应为WO3+xH++xe−=HxWO3，故B错误；C．用导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故C正确；D．用导线连接b、c，b电极为正极，电极表面是空气中的氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，故D正确；故答案为B。‎ 二、非选择题（共43分）‎ ‎26．（14分）常温下，三硫代碳酸钠(Na2CS3)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。在工农业生产中有广泛的用途。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。‎ 实验一：探究Na2CS3的性质 ‎（1）向Na2CS3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色。用离子方程式说明溶液呈碱性的原因________________________________________________________。‎ ‎（2）向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去。该反应中被氧化的元素是______。‎ 实验二：测定Na2CS3溶液的浓度 按如图所示连接好装置，取50.0mL Na2CS3溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol·L−1稀H2SO4，关闭活塞。‎ 已知：Na2CS3+H2SO4=Na2SO4+CS2+H2S↑。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸点46℃，密度1.26g·mL−1，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。‎ ‎（3）盛放碱石灰的仪器的名称是 ，碱石灰的主要成分是 (填化学式)。‎ ‎（4）反应结束后打开活塞K，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是 。‎ ‎（5）C中发生反应的离子方程式是 。‎ ‎（6）为了计算Na2CS3溶液的浓度，对充分反应后B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得8.4g固体，则三颈瓶中Na2CS3的物质的量浓度为 。‎ ‎（7）分析上述实验方案，还可以通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若反应结束后将通热N2改为通热空气，计算值______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。‎ ‎【答案】（1）CS+H2OHCS+OH− （2）S （3）球形干燥管 CaO和NaOH ‎ ‎（4）将装置中残留的CS2和H2S全部排入后续装置中，使其被完全吸收 ‎ ‎（5）CS2+2OH−=COS+H2O （6）1.75mol/L （7）偏高 ‎ ‎【解析】(1)碳酸钠溶液因碳酸根离子水解而显碱性，因为三硫代碳酸钠(Na2CS3)与碳酸钠性质相近，所以Na2CS3溶液中CS也会发生水解显碱性，其反应的离子方程式为CS+H2OHCS+OH−，所以滴入酚酞试液后，溶液也会变红色。故答案：CS+H2OHCS+OH−；(2)由Na2CS3化学式可知：S为-2价具有还原性，碳为+4价具有氧化性，Na为+1价，所以向溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去说明发生了氧化还原反应，该反应中被氧化的元素是硫，故答案：S；(3)由装置图可知，盛放碱石灰的仪器是干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠的混合物，故答案：干燥管；CaO和NaOH；(4)因为CS2和H2S均有毒，CS2不溶于水。装置中有CS2和H2S残留，所以反应结束后打开活塞K，再缓慢通入热N2将残留在装置中的CS2和H2S气体全部赶出到下一个装置被全部吸收，故答案：赶出残留在装置中的CS2和H2S气体到下一个装置被全部吸收；(5)CS2不溶于水，和CO2某些性质相似，能与NaOH作用，生成Na2COS2和H2O，所以C中发生反应的离子方程式是CS2+2OH−=COS+H2O，故答案：CS2+2OH−=COS+H2O；(6)由Na2CS3+H2SO4=Na2SO4+CS2+‎ H2S↑和H2S+Cu2+=2H++CuS↓可知。Na2CS3～CuS，B中的固体8.4g是CuS的质量，所以物质的量为n(Na2CS3)=n(CuS)=，Na2CS3溶液的浓度c==1.75mol/L，故答案：1.75mol/L；(7)因为C中溶液为氢氧化钠溶液，如果反应结束后将通热N2改为通热空气，空气中含有二氧化碳也会和氢氧化钠反应，在成C中的质量偏高，使测量的结果也偏高，故答案：偏高。‎ ‎27．（14分）目前，处理烟气中SO2常采用两种方法：碱液吸收法和水煤气还原法。‎ Ⅰ．碱液吸收法 ‎25℃时，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10−5；‎ H2SO3：Ka1＝1.5×10−2，Ka2＝1.0×10−7；‎ Ksp(CaSO4)＝7.1×10−5。‎ 第1步：用过量的浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化；‎ 第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH−+2NH+SOCaSO4↓+2NH3·H2O K。‎ ‎(1)25℃时，0.1mol·L−1 (NH4)2SO3溶液的pH_____(填“>”“<”或“＝”)7。‎ ‎(2)计算第2步中反应的K＝_________。‎ Ⅱ．水煤气还原法 已知：①2CO(g)+SO2(g)=S(l)+2CO2(g) ΔH1＝－37.0kJ·mol−1‎ ‎②2H2(g)+SO2(g)=S(l)+2H2O(g) ΔH2＝+45.4kJ·mol−1‎ ‎③CO的燃烧热ΔH3＝－283kJ·mol−1‎ ‎(3)表示液态硫(S)的燃烧热的热化学方程式为____________________________________。‎ ‎(4)反应②中，正反应活化能E1_____(填“>”“<”或“＝”)ΔH2。‎ ‎(5)在一定压强下，发生反应①。平衡时SO2的转化率α(SO2)与投料比的比值[＝y]、温度T的关系如图所示。‎ 比较平衡时CO的转化率α(CO)：N_____M。逆反应速率：N_____P(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎(6)某温度下，向10L恒容密闭容器中充入2mol H2、2mol CO和2mol SO2发生反应①、②，第5min时达到平衡，测得混合气体中CO2、H2O(g)的物质的量分别为1.6mol、1.8mol。‎ ‎①该温度下，反应②的平衡常数K为_____。‎ ‎②其他条件不变，在第7min时缩小容器体积，SO2的平衡浓度_____(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】（1）> （2）4.3×1013 （3）S(l)+O2(g)=SO2(g) ΔH＝－529kJ·mol−1 ‎ ‎（4）> （5）> < （6）2700 增大 ‎ ‎【解析】(1)由于Kb(NH3·H2O)=1.8×10−5＞Ka2(H2SO3)=1.0×10−7，根据盐的水解规律：“谁弱谁水解，谁强显谁性”可知，(NH4)2SO3溶液呈碱性，pH＞7；故答案为：＞；(2)第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH−+2NH+SOCaSO4↓+2NH3·H2O，化学平衡常数K====4.3×1013，故答案为：4.3×1013；(3)①2CO(g)+SO2(g)S(l)+2CO2(g) ΔH1=-37.0kJ/mol，②2H2(g)+SO2(g)=S(l)+2H2O(g) ΔH2=+45.4kJ/mol，CO的燃烧热ΔH3=-283kJ/mol，即③CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH3=-283kJ/mol，根据盖斯定律③×2-①计算S(l)+O2(g)=SO2(g)的ΔH=(-283kJ/mol)×2- (-37.0kJ/mol)=-529kJ/mol，热化学方程式为S(l)+O2(g)=SO2(g) ‎ ‎ ΔH=-529kJ/mol，故答案为：S(l)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-529kJ/mol；(4)反应②的正反应为吸热反应，焓变ΔH2=E1-E2(逆反应活化能)＞0，E1=E2+ΔH2，由于E2＞0，所以E1＞ΔH2，故答案为：＞；(5)反应①的正反应是气体体积减小的放热反应，温度相同、投料比的比值[=y]越大，SO2的转化率α越大、CO的转化率越小，即y1＞y2，投料比相同时，温度越高，SO2的转化率α越低，所以N点的投料比小、温度低，则CO的转化率大于M点CO的转化率；N、P投料比相同，但P点温度高，所以P点反应速率大于N点，逆反应速率：N＜P，故答案为：＞；＜；‎ ‎(6)①对于 2CO(g)+SO2(g)S(l)+2CO2(g)‎ 开始(mol/L) 0.2 0.2 0‎ 变化(mol/L) 0.16 0.08 0.16‎ 平衡(mol/L) 0.04 0.12 0.16‎ 对于 2H2(g)+SO2(g)S(l)+2H2O(g)‎ 开始(mol/L) 0.2 0.12 0‎ 变化(mol/L) 0.18 0.09 0.18‎ 平衡(mol/L) 0.02 0.03 0.18‎ 所以反应②的化学平衡常数K===2700，故答案为：2700；②其他条件不变，在第7min时缩小容器体积，即使容器的压强增大，由于两个反应的正反应都是气体体积减小的反应，所以缩小体积，容器的压强增大，化学平衡正向移动，二氧化硫的物质的量减小，但由于容器体积减小，所以二氧化硫的浓度仍然会增大，故答案为：增大。‎ ‎28．（15分）铬是一种银白色的金属，常用于金属加工、电镀等。工业以铬铁矿[主要成分是Fe(CrO2)2]为原料冶炼铬及获得强氧化剂Na2Cr2O7。其工艺流程如图所示：‎ 已知：高温氧化时发生反应Fe(CrO2)2+Na2CO3+O2→Na2CrO4+Fe2O3+CO2(未配平)‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）将铬铁矿的主要成分Fe(CrO2)2写成氧化物的形式： ，高温氧化时可以提高反应速率的方法为 (写出一条即可)。‎ ‎（2）Na2CrO4加入硫酸酸化的离子方程式为 ；在实验室中，操作a所用到的玻璃仪器有 。‎ ‎（3）Na2CrO4中铬元素化合价为 ；生成1mol Na2CrO4时共转移电子的物质的量为________mol。‎ ‎（4）根据有关国家标准，含CrO的废水要经化学处理，使其浓度降至5.0×10−7mol·L−1以下才能排放，可采用加入可溶性钡盐生成BaCrO4沉淀[Ksp(BaCrO4)=1.2×10−10]，再加入硫酸处理多余的Ba2+的方法处理废水，加入可溶性钡盐后，废水中Ba2+的浓度应大于 mol·L−1，废水处理后达到国家标准才能排放。‎ ‎【答案】（1）FeO·Cr2O3 将固体磨碎或不断搅拌 ‎ ‎（2）2CrO+2H+=Cr2O+H2O 烧杯、漏斗、玻璃棒 ‎ ‎（3）+6 3.5 （4）2.4×10−4 ‎ ‎【解析】铬铁矿[主要成分是Fe(CrO2)2]中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液。向一份Na2CrO4溶液中加入硫酸酸化，硫酸和Na2CrO4反应生成Na2Cr2O7和硫酸钠，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到固体a和溶液a；另一份Na2CrO4溶液中加入Na2S发生氧化还原反应，铬元素转化为Cr(OH)3沉淀，过滤后灼烧Cr(OH)3得到Cr2O3，可以利用热还原法制备金属铬。(1)Fe(CrO2)2中铁元素化合价是+2价，氧化物为FeO，铬元素化合价+3价，氧化物为Cr2O3，所以Fe(CrO2)2写成氧化物形式为FeO·Cr2O3；增大反应物的接触面积可以加快反应速率，升高温度可以加快反应速率，不断搅拌，使固体混合物充分混合也可以加快反应速率，故答案为：FeO·Cr2O3 ；将固体磨碎或不断搅拌等；(2)Na2CrO4加入硫酸酸化反应生成重铬酸钠，反应的离子方程式为2CrO+2H+=Cr2O+H2O；操作a为过滤，所用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：2CrO+2H+=Cr2O+H2O；烧杯、漏斗、玻璃棒； (3)Na2CrO4中Na元素为+1价，O为-2价，则铬元素化合价为+6价；根据Fe(CrO2)2+Na2CO3+O2→‎ Na2CrO4+Fe2O3+CO2，反应中铬元素由+3价升高为+6价，铁元素由+2价升高为+3价，1mol Fe(CrO2)2被氧化转移7mol电子，因此生成1mol Na2CrO4时转移3.5mol电子，故答案为：+6；3.5；(4)CrO+Ba2+BaCrO4，根据题意CrO的浓度降至5.0×10−7mol·L−1以下才能排放，则Ksp(BaCrO4)=c(CrO)×c(Ba2+)=5.0×10−7×c(Ba2+)=1.2×10−10，解得：c(Ba2+)=2.4×10−4mol/L，即Ba2+的浓度应大于2.4×10−4mol/L，故答案为：2.4×10−4。‎ 三、选考题（共15分，请考生从以下题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）‎ ‎35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）‎ 金属钛因为其优越的性能被称为“未来金属”，其工业冶炼涉及到的反应如下：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。回答下列相关问题：‎ ‎(1)基态钛原子的价层电子排布式为____________________，上述反应中非金属元素电负性由大到小是__________________________________。‎ ‎(2)已知部分物质熔沸点如下：‎ 名称 金红石 金刚石 四氯化钛 四溴化钛 四碘化钛 化学式 TiO2‎ C TiCl4‎ TiBr4‎ TiI4‎ 熔点/℃‎ ‎1830‎ ‎3550‎ ‎-24.1‎ ‎38‎ ‎150‎ 沸点/℃‎ ‎2927‎ ‎4827‎ ‎136.4‎ ‎233.1‎ ‎377.2‎ 自左向右，表中的三种钛的卤化物熔沸点依次升高的原因是___________________________。‎ ‎(3)配位数为6，组成为TiCl3·6H2O的晶体有两种：化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的X呈绿色，定量实验表明，X与AgNO3以1∶2物质的量比反应生成沉淀。Y呈紫色，且Y与AgNO3以1∶3物质的量之比反应生成沉淀，则Y的化学式为______。‎ ‎(4)钙钛矿是重要的含钛矿物之一。其主要成分Z的晶胞如图所示。推测Z的化学式为__________，Ca填充在O围成的_________空隙中。‎ ‎(5)若晶胞参数a=384.1pm，Z晶体的密度为_________(列出计算表达式并计算出两位有效数字结果，3.8413≈56.67，阿伏加德罗常数用6.0×1023 mol−1)‎ ‎【答案】（1）3d24s2 O＞Cl＞C ‎ ‎（2）三种物质都是分子晶体，组成和结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高 ‎ ‎（3）[Ti(H2O)6]Cl3 （4）CaTiO3 (正)八面体 （5）4.0g/cm3 ‎ ‎【解析】(1)Ti位于周期表中第4周期第ⅣB族，所以钛的价层电子排布式为3d24s2；元素的非金属性越强其电负性越强，故上述反应中非金属元素电负性由大到小是O＞Cl＞C；(2)三种钛的卤化物均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；(3)配合物外界能够完全电离，Y与AgNO3以1∶3物质的量比反应生成沉淀，所以Y的外界能够解离出3份Cl−，则Y的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3；(4)根据晶胞结构，顶点粒子占，面心粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中有Ti为8×＝1个，有Ca为1个，有O为6×＝3个，所以Z的化学式为CaTiO3，根据晶胞结构示意图可知Ca填充在O围成的正八面体空隙中；(5)不妨设有1mol这样的晶胞，即有NA个这样的晶胞，1个晶胞的体积为V＝a3pm3＝a3×10−30cm3，1mol晶胞的质量为m＝1mol×136g/mol＝136g，所以晶体密度为ρ＝＝g/cm3＝g/cm3=4.0g/cm3。‎ ‎36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）‎ 苯酚是一种重要的化工原料。以苯酚为主要起始原料，经下列反应可制得香料M和高分子化合物N。（部分产物及反应条件已略去）‎ ‎（1）B的官能团的名称是_______________。‎ ‎（2）已知C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，C的核磁共振氢谱有3组峰，则C的结构简式______________________。‎ ‎（3）由D生成N的反应类型是_________，B与C反应生成M的反应类型是_________。‎ ‎（4）写出M与NaOH溶液反应的化学方程式是__________________________________。‎ ‎（5）物质F的结构是：，则符合下列条件的F的同分异构体有______种。‎ ‎①能发生银镜反应 ②能与NaHCO3溶液反应 ③分子中有苯环，无结构。其中苯环上只有两个取代基，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶1的为___________(写结构简式)。‎ ‎（6）已知：，写出以苯酚、乙醇和ClCH2COOH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。_______________________________________________________________‎ ‎【答案】（1）羧基、羟基（酚羟基） （2） ‎ ‎（3）缩聚反应 取代反应（酯化反应） ‎ ‎（4） ‎ ‎（5）13 ‎ ‎（6） ‎ ‎【解析】苯酚与氢氧化钠反应生成苯酚钠，则A为，由合成流程可知B为，C的分子式为C5H12‎ O，C能与金属Na反应，说明属于饱和一元醇，C分子中有3中不同化学环境的氢原子，故C的结构简式是，B与C发生酯化反应生成M，M为；苯酚与丙酮反应生成D，D的分子式为C15H16O2，再结合N的结构可知D为。（1）B的结构简式为，其含有的官能团为羧基、醛基，故答案为：羧基、羟基（酚羟基）；（2）C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，说明属于饱和一元醇，C分子中有3中不同化学环境的氢原子，故C的结构简式是，故答案为：；（3）D生成N的反应为与发生缩聚反应生成；B与C反应生成M的反应为在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成，故答案为：缩聚反应；取代反应（酯化反应）；（4）含有羟基和酯基，与NaOH溶液反应生成、和水，反应的化学方程式为：，故答案为：‎ ‎；（5）由结构简式可知F的分子式为C8H6O4，由F的同分异构体符合条件可知分子中有苯环，含有—COOH，HCOO—或—CHO和—OH，若苯环上连有—COOH和HCOO—，有邻、间、对3种位置异构；若苯环上连有—COOH、—CHO和—OH共有10种结构，则符合F的同分异构体条件共有13种；若苯环上只有两个取代基，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶1的结构简式为，故答案为：13；；（6）由题给信息可知应先生成ClCH2COOH和苯酚钠，然后在酸性条件下反应生成，进而与乙醇发生酯化反应可生成目标物，合成路线为：‎ ‎，故答案为：。‎