2020年高考名校考前提分仿真卷 化学(一)

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化 学（一）

注意事项：

号1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自 位封座己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用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。写在试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。 密 4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 S 32 Cl 35.5 Co 59 号场

不考一、选择题（每小题6分，共42分。）

7．化学与生活各个方面息息相关，下列说法错误的是 A．化肥普钙Ca(H2PO4)2不可与草木灰混合使用

订 B．贵州省“桐梓人”是中国南方发现的最早智人之一，可以用14C测定其年代 C．化学污染是由玻璃反射，造成光线强对眼睛有害的污染

装 D．锂电池是一种高能电池，其有比能量高，工作时间长，工作温度宽，电压高等优点 号证8．R是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是

考准 只

A．R与HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同 卷 B．用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基 C．R能发生加成反应和取代反应 名姓D．R苯环上的一溴代物有4种

此 9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．124g P4(分子结构：

)中的共价键数目为6NA

B．11g超重水(T2O)含有的电子数比中子数多NA

级班C．标准状况下，22.4L CHCl3中的C-Cl键的数目等于0.3NA

D．标准状况下，11.2L Cl− 2溶于水呈黄绿色，溶液中Cl−、ClO和HClO的微粒数之和为NA

10．微生物电化学技术作为一种新型水处理工艺，因具有污染物同步去除和能源化的特点而受

到广泛关注。一种典型的乙酸降解微生物电化学系统（MES）工作原理如下图所示。下列说法错误的是

A．MES系统中的交换膜为阳离子交换膜

B．乙酸降解过程中，若电路中流过2mol电子，则理论上右室需要通入O2约11.2L C．通入O2的一极为正极，发生还原反应

D．逸出CO2的一侧电极反应式为CH−3COOH-8e+2H2O＝2CO2↑+8H+

11．Al—PMOF其结构如图（分子式：C4H9XYZ），可快速将芥子气降解为无毒物质。其中X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大，X、Y同主族。下列说法不正确的是

A．简单离子半径：Y>Z>X B．最简单氢化物稳定性：X>Z>Y C．含氧酸酸性：Z>Y

D．YXZ2中Y的化合价为+4

12．环己醇被高锰酸钾“氧化”发生的主要反应为

KOOC(CH2)4COOK ΔH<0

（高锰酸钾还原产物为MnO2），实验过程：在四口烧瓶装好药品，打开电动搅拌，加热，滴加环己醇，装置如图。下列说法不正确的是

A．“氧化”过程应采用热水浴加热

B．装置中用到的球形冷凝管也可以用于蒸馏分离实验 C．滴加环己醇时不需要打开恒压滴液漏斗上端活塞

D．在滤纸上点1滴反应后混合物，未出现紫红色，则反应已经完成

13．常温下，用0.1mol·L−1 HCl溶液滴定0.1mol·L−1 NH3·H2O溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列说法不正确的是

A．K−5

b(NH3·H2O)的数量级为10

B．P到Q过程中，水的电离程度逐渐增大 C．当滴定至溶液呈中性时，c(NH+

4)＞c(NH3·H2O) D．N点，c(Cl−

)-c(NH+

K4)=

W110-5.28

二、非选择题（共43分）

26．（14分）普通立德粉（BaSO4·ZnS）广泛用于工业生产中，可利用ZnSO4和BaS共沉淀法制备。以粗氧化锌（含Zn、CuO、FeO等杂质）和BaSO4为原料制备立德粉的流程如下：

（1）生产ZnSO4的过程中，反应器Ⅰ要保持强制通风，原因是 。 （2）加入锌粉的主要目的是 （用离子方程式表示）。

（3）已知KMnO2+4在酸性溶液中被还原为Mn，在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为MnO2，在碱性溶液中被还原为MnO2−

4。据流程判断，加入KMnO4时溶液的pH应调至___；滤渣Ⅲ的成分为____________。

a．2.2~2.4 b．5.2~5.4 c．12.2~12.4

（4）制备BaS时，按物质的量之比计算，BaSO4和碳粉的投料比要大于1∶2，目的是______

_________________；生产过程中会有少量氧气进入反应器Ⅳ，反应器Ⅳ中产生的尾气需用碱液吸收，原因是________________________。

（5）普通立德粉（BaSO4·ZnS）中ZnS含量为29.4%，高品质银印级立德粉中ZnS含量为62.5%。在ZnSO4、BaS、Na2SO4、Na2S中选取三种试剂制备银印级立德粉，所选试剂为_______________，反应的化学方程式为____________。（已知BaSO4相对分子质量为233，ZnS相对分子质量为97）

27．（14分）化学链燃烧技术的基本原理是借助载氧剂(如Fe2O3，FeO等)将燃料与空气直接接触的传统燃烧反应分解为几个气固反应，燃料与空气无须接触，由载氧剂将空气中的氧气传递给燃料。回答下列问题：

(1)用FeO作载氧剂，部分反应的lgKp与温度的关系如图所示。［已知：平衡常数Kp是用平衡分压（平衡分压=总压×物质的量分数）代替平衡浓度］

①图中涉及的反应中，属于吸热反应的是反应_____________(填字母)。

②R点对应温度下，向某恒容密闭容器中通入1.5mol CO，并加入足量的FeO，只发生反应CO(g)+FeO(s)

CO2(g)+Fe(s)，则CO的平衡转化率为______________

(2)在T℃下，向某恒容密闭容器中加入2mol CH4(g)和8mol FeO(s)进行反应：CH4(g)+4FeO(s)4Fe(s)+2H2O(g)+CO2(g)。反应起始时压强为P0，达到平衡状态时，容器的气体压强是起始压强

的2倍。

①T℃下，该反应的Kp=______________

②若起始时向该容器中加入1mol CH4(g)，4mol FeO(s)，1mol H2O(g)，0.5mol CO2(g)，此时反应向__________________(填“正反应”或“逆反应”)方向进行。

③其他条件不变，若将该容器改为恒压密闭容器，则此时CH4的平衡转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(3)一种微胶囊吸收剂，将煤燃烧排放的CO2以安全、高效的方式处理掉，胶囊内部充有Na2CO3

溶液，其原理如图所示。

①这种微胶囊吸收CO2的原理是___________________（用离子方程式表示）。

②在吸收过程中当n(COn(Na−−

2)∶2CO3)=1∶3时，溶液中c(CO23)_____c(HCO3)（填“>”、

“ <”或“=”）

③将解吸后的CO2催化加氢可制取乙烯。

已知：C−1

2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-1323kJ·mol 2H−1

2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=-483.6kJ·mol

2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g) ΔH3=_______________

28．（15分）以银精矿(主要成分为Ag2S)为原料采用“预氧化湿法提银”工艺流程如下：

(1)N2H4的电子式为________________________。

(2)“分离转化”时，Ag−

2S转化为AgCl和S的化学方程式为______________(ClO3还原为Cl−

)；为提高Ag2S的转化率可采取的措施是_____________(列举2条)。已知：Ksp(Ag2S)=1.6×10−49，Ksp(AgCl)=2.0×10−10，若不加KClO3，直接加氯化物，依据反应Ag2S+2Cl−2AgCl+S2−，能否实现

其较完全转化？并说明理由：________________。

(3)“浸银”时，发生反应的离子方程式为________________________。

(4)“还原”时，2[Ag(SO3−

−

2−

3)2]+N2H4+2OH=2Ag↓+4SO3+N2↑+H2↑+2H2O，该反应每生成1mol Ag转移电子的物质的量为___________。

三、选考题（共15分，请考生从2道化学题中任选一题作答，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）

纳米磷化钻常用于制作特种钻玻璃，制备磷化钻的常用流程如图：

（1）基态P原子的电子排布式为 ，P在元素周期表中位于___区。

（2）中碳原子的杂化类型是_________，C、N、O三种元素的第一电离能由大到小

的顺序是___（用元素符号表示），电负性由大到小的顺序为___________。

（3）CO2−

3中C的价层电子对数为_____________，其空间构型为___________。

（4）磷化钴的晶胞结构如图所示，最近且相邻两个钴原子的距离为n pm。设NA为阿伏加德罗常数的值，则其晶胞密度为___ g·cm−3

（列出计算式即可）。

36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）

盐酸普罗帕酮是一种高效速效抗心律失常药。合成此药的原料D的流程如下：

已知：

请回答以下问题：

(I)A的化学名称为__________，试剂a的结构简式为____________。 (2)C的官能团名称为____________。

(3)反应⑤的反应类型为____________；反应①和⑤的目的为_____________。

(4)满足下列条件的B的同分异构体还有___种(不包含B)。其中某同分异构体X能发生水解反应，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3∶2∶2∶1，请写出X与NaOH溶液加热反应的化学方程式________________________。

①能发生银镜反应 ②苯环上有2个取代基

(5)关于物质D的说法，不正确的是____（填标号）。 a．属于芳香族化合物 b．易溶于水 c．有三种官能团

d．可发生取代、加成、氧化反应

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化学答案（一）

7. 答案：C

解：A．Ca(H2PO4)2水解显酸性，草木灰水解显碱性，若混合使用，水解互相促进，易造成肥效降低，故A错误；B．14

C具有放射性，能发生衰变，可以用来测定文物年代，故B正确；C．光化学污染是指NOx气体对人类的影响，而非玻璃反射，故C错误；D．锂电池是一种高能电池，其有比能量高，工作时间长，工作温度宽，电压高等优点，故D正确；故答案选A。

8. 答案：A

解：A．R分子中含有三种官能团：氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、羧基，二者所含官能团不完全相同，故A错误；B．分子中的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，可以用NaHCO3溶液检验R中是否含有羧基，故B正确；C．该分子中含有醇羟基和羧基，能发生中和反应，也属于取代反应；含有苯环，能与氢气发生加成反应，故C正确；D．R苯环上有四种环境的氢，故其一溴代物有4种，故D正确；故选A。

9. 答案：A

解：A．124g P4(分子结构：

)物质的量为：

124g124g/mol＝1mol，共价键数目为6NA，故A正

确；B．超重水分子中中子数比电子数多，故B错误；C．标准状况下三氯甲烷为液体，不能使用22.4mol/L直接进行计算，故C错误；D．氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，溶液中含氯气分子，故溶液中Cl−

、ClO−

和HClO的微粒数之和小于NA，故D错误；故答案选A。

10. 答案：B

解：A．从图分析可知左池电极为负极，右池(O−

+

2)为正极，由于正极：O2+4e+4H=2H2O

，所以H+

要从左池移向右池，即需要阳离子交换膜，故A正确；B．O2没有在标准状况下，无法确定体积，故B错误；C．O2在正极得e−被还原，发生还原反应，故C正确；D．负极电极反应式为CH3COOH-8e−

+2H+

2O＝2CO2↑+8H，故D正确；故答案选B。

11. 答案：C

解：根据分子结构和题目信息，X、Y同主族短周期元素，X可形成两个共价键，则X为O，Y为S，Z为Cl。A．简单离子半径：S2−>Cl−>O2−，故A正确；B．根据电负性越大，非金属性越强，其最简单氢化物的稳定性：H2O>HCl>H2S，故B正确；C．最高价氧化物对应水化物酸性是HClO4>H2SO4，只谈

含氧酸，则酸性无法比较，故C错误；D．SOCl2中S的化合价为+4，故D正确。综上所述，答案为

C。

12. 答案：B

解：A．“氧化”过程反应温度为50℃，因此应采用热水浴加热，故A正确；B．装置中用到的球形冷凝管不能用于蒸馏分离实验，蒸馏分离用直形冷凝管冷却，故B错误；C．恒压滴液漏斗的漏

斗上方和烧瓶已经压强相同了，因此滴加环己醇时不需要打开恒压滴液漏斗上端活塞，故C正确；D．根据环己醇0.031mol失去电子为0.031mol×8=0.248mol，0.06mol高锰酸钾得到电子为0.06mol×3=0.18mol，因此在滤纸上点1滴反应后混合物，未出现紫红色，说明高锰酸钾已经反应完，也说明反应已经完成，故D正确。综上所述，答案为B。

13. 答案：D

－解：A．在M点反应了50%，此时c(NH－4)c(NH1，pH=9.26Kc(NH)c(OH)－9.2614b，K4b)cc(NH(OH4)c(OH－)c1(OH109.26)141101104.7413H2O)c(NH3Hc2(NHO)3H，2O)因此K−5

b(NH3·H2O)数量级为10，故A正确；B．P到Q过程中是盐酸不断滴加到氨水中，氨水不断被消耗，碱性不断减弱，因此水的电离程度逐渐增大，故B正确；C．当滴定至溶液呈中性时，pH=7，

根据Kc(NH4)c(OH－)c(NH1104.74，得出c(NH4)11071104.74，c(NH+2.26

b4)=1×10

×c(NH3·H2O)，3H2O)c(NH3H2O)则c(NH+H−+

4)＞c(NH3·2O)，故C正确；D．N点，根据电荷守恒得到，c(Cl)−c(NH+4)=c(H)−

c(OH−)=1×10

−5.28

11014−1105.28，故D错误。综上，答案为D。 26. 答案：（1）反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风 （2）Zn+Cu2+=Zn2++Cu （3）b MnO2和Fe(OH)3

（4）避免产生CO等有毒气体 尾气中含有的SO2等有毒气体

（5）ZnSO4、BaS、Na2S 4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4

解：分析流程中的相关反应：反应器Ⅰ中粗氧化锌中所含Zn、CuO、FeO与硫酸反应，不溶性杂

质以滤渣Ⅰ的形式过滤分离；反应器Ⅱ中用Zn置换溶液中Cu2+；反应器Ⅲ中用KMnO4氧化Fe2+，同时控制pH，在弱酸性、弱碱性环境中，产生MnO2和Fe(OH)3沉淀得到净化的ZnSO4溶液；反应器Ⅳ中

BaSO4+2C=BaS+2CO2制备BaS；反应器Ⅴ用ZnSO4和BaS共沉淀制备立德粉。（1）反应器Ⅰ中Zn与硫

酸反应产生氢气，保持强制通风，避免氢气浓度过大而易发生爆炸，出现危险，故答案为反应中产

生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风。（2）反应器Ⅱ中用Zn置换溶液中Cu2+，其离子方程式为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故答案为Zn+Cu2+=Zn2++Cu。（3）反应器Ⅲ除Fe2+，将亚铁离子氧化为铁

离子以便除去，同时在弱酸性、弱碱性环境中KMnO4还原为MnO2，以滤渣形式分离，因此在弱酸性环

境来氧化亚铁离子，利用铁离子水解变为沉淀，故答案为b；MnO2和Fe(OH)3。（4）反应器Ⅳ中

BaSO4+2C=BaS+2CO2，BaSO4+4C=BaS+4CO，投料比要大于1∶2，避免产生CO等有毒气体；生产过程中

104.74

会有少量氧气进入反应器Ⅳ，将BaS氧化产生SO2等有毒气体，因此有毒气体要除掉需用碱液吸收，故答案为避免产生CO等有毒气体；尾气中含有的SO2等有毒气体。（5）已知BaSO4的相对分子质量为233，ZnS的相对分子质量为97，ZnS含量为29.4%，立德粉为BaSO4·ZnS；ZnS含量为62.5%，立德粉（BaSO4·4ZnS），因此需要4mol ZnSO4和1mol BaS反应生成BaSO4·4ZnS，还需要3mol硫离子和将3mol硫酸根与另外的离子结合，因此还需要3mol Na2S参与反应，反应的化学方程式为：4ZnSO4+BaS+3Na2S=

BaSO4·4ZnS+3Na2SO4，故答案为

ZnSO4、BaS、Na2S；

4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4。

27. 答案：（1）bc 50% （2）P2 0 正反应 增大

（3）CO2−

−

−1

2+CO3+H2O=2HCO3 < −127.8kJ·mol

解：(1)①图中涉及的反应中，反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则平衡常数变大，即反应bc是吸热反应，故答案为：bc。②R点对应温度下，向某恒容密闭容器中通入1.5mol CO，并加入足量的FeO，只发生反应CO(g)+FeO(s)

CO2(g)+Fe(s)，lgKp=0，Kp=1，即c(CO)=c(CO2)，

由于是等体积反应，因此转化的CO的物质的量等于生成的CO2的物质的量还等于剩余的CO的物质的量，即转化的CO的物质的量为0.75mol，则CO的平衡转化率为α=0.75mol1.5mol100%50%，故答案

为：50%。(2)在T℃下，向某恒容密闭容器中加入2mol CH4(g)和8mol FeO(s)进行反应：CH4(g)+4FeO(s)

4Fe(s)+2H2O(g)+CO2(g)。反应起始时压强为P0，达到平衡状态时，容器的气体压强是起始压强的2倍，根据压强之比等于物质的量之比，压强是原来的2倍，则物质的量为原来的2倍。 CH4(g)+4FeO(s) CH4FeO 4Fe(s) + 2Hs噲?2O(g) + CO4Fes ＋2(g)

4g＋垐? 2H2Og ＋ CO2g开始：2mol 8mol0 0 0 转化：xmol 4xmol4xmol 2xmol xmol 平衡：(2x)mol (84x)mol4xmol 2xmol xmolKc(S2)c(S2)c2(Agc2(Cl)c2(Cl)c2(Ag2-x+2x+x=2×2，x=1

12P(2102P2①T℃下，该反应的K40)P22p4210，故答案为：P0。②若起始时向该容器中加42P0入1mol CH4(g)，4mol FeO(s)，1mol H2O(g)，0.5mol CO2(g)，此时的压强是开始溶液压强的

0.5P1.25P(12P1mol1mol0.5mol2mol1.25，此时Qp2.5012.51.25P0)P2002.51.25P80方向进行；故答案为：正反应。③其他条件不变，若将该容器改为恒压密闭容器，压强减小，平衡向体积增加方向即正向移动，则CH4的平衡转化率增大；故答案为：增大。(3)①这种微胶囊吸收CO2的

原理是CO2−

2与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，其离子方程式为CO2+CO3+H−

2−

2O=2HCO3；故答案为：CO2+CO3

+H2O=2HCO−3。

②在吸收过程中当n(CO2)∶n(Na2CO3)=1∶3时，则反应后溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，两者浓度相等，由于CO2−−2−−3水解程度大且生成HCO3，因此溶液中c(CO3)第2个方程式加乘以3再减去第1个方程式得到2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g) ΔH3=−127.8kJ·mol−1

，故答案为：−127.8kJ·mol−1

。

28. 答案：（1）

（2）3Ag2S+6HCl+KClO3=6AgCl+KCl+3S+3H2O 适当延长浸取时间，粉碎银精矿，适当升高浸出时的温度等 不能，该反应的平衡常数极小(K=4×10−30)，几乎不能转化

（3）AgCl+2SO2−

3−

−

3=[Ag(SO3)2]+C （4）2mo1

解：“分离转化”时，Ag2S、HCl与KClO3反应转化为AgCl、S、KCl和H2O，过滤，“浸银”时，AgCl与SO2−

3−

3反应生成[Ag(SO3)2]，“还原”时，[Ag(SO3−

2−

3)2]、N2H4和NaOH反应生成Ag、SO3、N2、H2和H2O。(1)N2H4中氮有三个共价键，每个氮分别与两个氢形成共价键，氮和氮之间一对共用电子，因此电子式为

；故答案为：

。(2)“分离转化”时，Ag2S、HCl与KClO3反

应转化为AgCl、S、KCl和H2O，其化学方程式为3Ag2S+6HCl+KClO3=6AgCl+KCl+3S+3H2O；为提高Ag2S的转化率可采取的措施是适当延长浸取时间，粉碎银精矿，适当升高浸出时的温度等(列举2条)；依

据

反

应

Ag2S+2Cl

−

2AgCl+S

2−

，

Kc(S2)c(S2)c2(Ag)c2(Cl)c2(Cl)c2(Ag)Ksp(Ag2S)1. 61049K2AgCl)(2. 01010)241030，该反应的平衡常数极小(K=4×10−30

)，几乎不能转化；故sp(答案为：3Ag2S+6HCl+KClO3=6AgCl+KCl+3S+3H2O；适当延长浸取时间，粉碎银精矿，适当升高浸出时的温度等(列举2条)；不能，该反应的平衡常数极小(K=4×10−30)，几乎不能转化。(3)“浸银”时，AgCl与SO2−

2−

3−

−

3反应生成[Ag(SO3)3−

2]，其发生反应的离子方程式为AgCl+2SO3=[Ag(SO3)2]+Cl；故答案

为：AgCl+2SO2−3−

−

3−

−

3=[Ag(SO3)2]+Cl。(4)“还原”时，2[Ag(SO3)2]+N2H4+2OH=2Ag↓+4SO2−

3+ N2↑+H2↑+2H2O，分析方程式中Ag化合价降低，N化合价升高，H化合价降低，得到2mol Ag电子转移4mol，因此反应每生成1mol Ag转移电子的物质的量为2mol；故答案为：2mol。

35. 答案：（1）[Ne]3s23p3 p （2）sp2 N>O>C O>N>C （3）3 平面正三角形

))Ksp(Ag2S)1. 610492Ksp(AgCl)(2. 01010)

（4）490N（A2n10-10）3 解：（1）基态P原子的电子排布式为[Ne]3s23p3，P在元素周期表中位于p区；故答案为：[Ne]3s23p3；p；（2）尿素C原子上没有孤对电子，形成3个σ键，所以尿素分子中碳原子的杂化方式为sp2

杂化，C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第VA族的大于第ⅥA族的，故第一电离能由大到小的顺序是N>O>C，元素

原子的得电子能力越强，则电负性越大，电负性由大到小的顺序为O>N>C，故答案为：sp2

；N>O>C；

O>N>C；（3）CO2−

42323中C的价层电子对数=323且不含孤电子对，空间构型为平面正三

角形；故答案为：3；平面正三角形；（4）由晶胞图可知，一个晶胞中含P原子数为112144，

含钴原子数为8186124，所以一个晶胞质量为m=594+314N490N；由图可知，由于

AA相邻两个钴原子的距离为n pm，则立方体的棱长为2n pm，则体积V=（2n10-10）3cm3，密度

=m490V=N（-103g/cm3，故答案为：490-103。 A2n10）N（A2n10）36. 答案：（1）邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）

（2）羟基，羰基

（3）取代反应 保护羟基不被氧化 （4）11

（5）bc

解：(1)A为

，则其名称为：邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）；答案为：邻羟基苯

甲醛（2-羟基苯甲醛）；题给信息

，反应②为

，则试剂a为

；答案为：

；(2)由反应⑤⑥找到C的结构简式：，官能团为羟基和羰基；

答案为：羟基；羰基；(3)C的结构简式是，与HI在加

热下发生反应⑤得到，可见是—OCH3中的—CH3被H取代了；从流程开始的物质

A

到C，为什么不采用以下途径：

主要是

步骤3中醇羟基被氧化成羰基时，酚羟基也会被氧化，因此反应①和⑤的目的为保护羟基不被氧化；答案为：取代反应；保护羟基不被氧化；(4)B的同分异构体(不包含B)要满足条件：①能发生银镜反应；②苯环上有2个取代基，其中有一个醛基(含甲酸酯基)，且取代基可以是邻、间、对3种位置，则2个取代基可以有四种组合：首先是—OCH3和—CHO，它们分别处于间、对，共2种（处于邻位就是B要排除），剩下3种组合分别是—OH和—CH2CHO、—CHO和—CH2OH、—CH3和—OOCH，它们

都可以是邻、间、对3种位置，就9种，合起来共11种；答案为：11；某同分异构体X能与NaOH溶液加热下反应，则X含甲酸酯基，则X中苯环上的侧链为—CH3和—OOCH，X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3∶2∶2∶1，则取代基处于对位，因此X为

，则反应方程式

为；答案为：

；

(5)D为

，关于物质D的说法：a．因为含有苯环，属于芳香族化合物，

a说法正确，不符合；b．亲水基团少，憎水基团大，不易溶于水，b说法不正确，符合；c．含氧官能团有3种，还有1种含氮官能团，c说法不正确，符合；d．醇羟基可发生取代、氧化，羰基、苯

环上可催化加氢反应，d说法正确，不符合；答案为：bc。