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陕西省宝鸡市2024届高三第二次模拟考试理科综合-化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份陕西省宝鸡市2024届高三第二次模拟考试理科综合-化学试题（原卷版+解析版），文件包含陕西省宝鸡市2024届高三第二次模拟考试理科综合-化学试题原卷版docx、陕西省宝鸡市2024届高三第二次模拟考试理科综合-化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
(全卷满分300分。考试用时150分钟)
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：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。写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑，答案写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
5.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64 As-75 Y-89 Sc-79
第Ⅰ卷(选择题 共126分)
一、选择题：本题共13小题。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. 文物是活着的历史，承载中华文化的血脉。以下文物的主要成分判断错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．青铜礼器四羊方尊的主要成分为铜合金，故A正确；
B．木雕罗汉像的材料是木材，主要成分为天然纤维，故B错误；
C．明初白釉贴花带盖瓶为陶瓷制品，主要成分是硅酸盐，故C正确；
D．西汉丝质素纱禅衣，丝的主要成分是蛋白质，故D正确；
选B。
2. 有机物Z是合成药物的中间体，Z的合成路线如图。下列说法错误的是
A. 该反应为加成反应B. Z分子含有1个手性碳原子
C. X与Y可用溴水来鉴别D. Y分子所有原子可能共面
【答案】C
【解析】
【详解】A．对比Y、Z的结构简式可知，Y分子中碳碳双键发生了加成反应，故A正确；
B．每个Z分子中只含有一个手性碳原子，如图中星号所标示的碳原子：，故B正确；
C．X与Y分子中均含有碳碳双键，所以不能用溴水来鉴别，故C错误；
D．Y分子所有碳原子均采用sp2杂化，由单键可以旋转可知，Y分子中可能所有原子共平面，故D正确；
故答案为：C。
3. 某地河道两旁有甲、乙两工厂，某学校化学兴趣小组取少量甲、乙两厂排放的工业废水进行研究。已知：甲、乙两厂排放的废水中共含有、、、、、六种离子，且甲、乙两厂排放的废水均只含三种离子且所含离子各不相同。下列有关说法中错误的是
A. 若甲厂的废水明显呈碱性，则甲厂废水中所含的离子是、、
B. 若将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合后沉淀，经过滤后的废水主要含，可用来浇灌农田
C. 若乙厂的废水为无色澄清透明溶液，则乙厂废水中可能含有
D. 经过科学严密地实验检测，发现乙厂的废水中含有，则往甲厂废水中滴加酚酞，溶液变红
【答案】C
【解析】
【详解】A．若甲厂的废水明显呈碱性，则甲厂废水中所含的离子是OH−，乙厂中有Ag+、、Fe3+、NO ，则甲厂废水中所含的离子是OH−、Cl−、K+，A正确；
B．将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合后生成氯化银、氢氧化铁沉淀，废水主要含KNO3，可用来浇灌农田，B正确；
C．若乙厂的废水为无色澄清透明溶液，则甲厂含有Fe3+，如果乙厂废水中含有Ag+，则OH-与Fe3+、Ag+不能共存，C错误；
D．乙厂的废水中含有NO ，若乙厂中含有OH-，则甲厂中含有Fe3+、Ag+、Cl−，不符合题意，所以甲厂中有OH-，往甲厂废水中滴加酚酞，溶液变红，D正确；
故选C。
4. 用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
详解】A．常温下，浓硫酸和铜不反应，故不选A；
B．氨气是碱性气体，不能用浓硫酸干燥氨气，故不选B；
C．稀盐酸是无氧酸，盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，不能证明非金属性Cl>C；锥形瓶b中生成的二氧化碳气体中含有氯化氢，氯化氢能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，c中出现白色沉淀不能证明非金属性C>Si，故不选C；
D．碳酸钠溶液和饱和硼酸溶液混合，不能放出二氧化碳气体，证明酸性强弱：，故D正确；
选D。
5. “活宁”是一种新型吸入式诱导麻醉药，麻醉性能强，常用作临床麻醉剂，其分子结构式如图所示。其中，X的原子核只有1个质子；元素Y、Z、W原子序数依次增大，均比X多一个电子层；元素E的原子比W原子核外多8个电子。下列说法不正确的是
A. 由X、E、Z组成的化合物XEZ是一种强氧化性酸
B. Y、Z、W分别与X形成的简单氢化物的沸点：Z＞W＞Y
C. Y、Z、W、E的氢化物中只有极性键
D. ZW2中，Z的化合价为+2价
【答案】C
【解析】
【分析】X的原子核只有1个质子，则X为H元素；元素Y、Z、W原子序数依次增大，均比X多一个电子层，则它们均为第二周期元素，从结构式可确定，Y原子的最外层有4个电子，Z原子的最外层有6个电子，W、E原子的最外层都有7个电子，元素E的原子比W原子核外多8个电子，则X、Y、Z、W、E分别为H、C、O、F、Cl。
【详解】A．X、Z、E分别为H、O、Cl，由X、E、Z组成的化合物HClO是一种弱酸，具有强氧化性，A正确；
B．Y、Z、W分别与X形成的简单氢化物分别为CH4、H2O、HF，常温下H2O呈液态，而CH4、HF呈气态，HF分子间可形成氢键，则沸点：H2O＞HF＞CH4，B正确；
C．Y、Z、W、E的氢化物中，C2H4、H2O2，分子中都既有极性键又有非极性键，C不正确；
D．ZW2为OF2，F显-1价，则Z的化合价为+2价，D正确；
故选C。
6. 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，可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如下图所示，右图为使用不同催化剂时反应过程中的相对能量的变化。下列说法错误的是
A. 放电时，催化电极附近溶液升高
B. 充电时，电解质溶液的增大
C. 使用催化剂或均能有效提高甲酸盐的选择性
D. 放电时，当电极质量减少6.5g时，电解质溶液增重6.5g
【答案】D
【解析】
【分析】放电时，Zn失电子生成 ，电极反应式为：，Zn是负极；正极二氧化碳得电子生成HCOO-，电极反应式为；
【详解】A．放电时，催化电极上发生，氢氧根浓度增大，附近溶液升高，A正确；
B． 充电时，阴极发生，阳极发生：，按阴阳极上得失电子数守恒，每转移2ml电子，阴极生成4ml氢氧根离子、阳极消耗2ml氢氧根离子，故充电时电解质溶液中氢氧根浓度增大、增大，B正确；
C． 由图知，使用催化剂或均能降低生成甲酸的活化能，均能有效提高甲酸盐的选择性，C正确；
D． 据分析，放电时，当电极质量减少6.5g时，电路中转移0.2ml电子，正极吸收0.1mlCO2，电解质溶液增重6.5g+4.4g=10.9g， D不正确；
答案选D。
7. 在不同环境的溶液中，可以转化为或沉淀。溶液中含碳粒子物质的量分数与的关系如图1所示。在图1对应溶液中在不同环境下，形成或的溶解平衡关系如图2所示。下列说法错误的是
A. 曲线Ⅰ代表的溶解平衡曲线
B. 若溶液的，，无沉淀生成
C. 由图可知的的数量级为
D. 增大，溶液体系中均可发生反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．结合图1、图2可知，越大，越有利于生成沉淀，对应越小，故曲线Ⅰ代表的溶解平衡曲线，曲线Ⅱ代表的溶解平衡曲线，A正确；
B．由图2可知，溶液的，时，无或沉淀生成，B正确；
C．由图1可知，，，则，则的数量级为，C正确；
D．由图1可知，之后，溶液体系中可发生反应：，D错误；
故选D。
第Ⅱ卷(非选择题 共 74分)
三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
8. (二硫化硒)难溶于水和有机物，广泛应用于各类洗护产品中。以精炼铜的阳极泥(主要含、及少量)制备二硫化硒并回收副产物碲和蓝矾的工艺流程如图所示(部分产物和条件省略)。回答下列问题：
已知：可溶于水和都是酸性氧化物。
（1）“焙烧”时，与反应生成、、和，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
（2）硒与硝酸反应产生的尾气可以用_______(填化学式)溶液吸收。
（3）是弱酸，，和溶液反应的离子方程式为_______。
（4）分离的“一系列操作”包括抽滤、洗涤、干燥。用如图所示装置抽滤，准备就绪后，抽滤前的操作是_______，洗涤产品的操作是_______。
已知：布氏漏斗是漏斗上面板上有很多小孔，上面板上放滤纸。抽滤的原理是水龙头冲水排气，使瓶内压强小于外界大气压，从而在漏斗上方形成压力加快抽滤速率。
（5）以石墨为阳极，“电解”时阴极的电极反应式为_______，阳极产生的气体是_______(填化学式)。
（6）已知阳极泥中Se的质量分数为2%，100t该阳极泥在上述转化中硒的总提取率为80%，得到的的质量为_______kg(结果保留1位小数)。
【答案】（1）3∶1 （2）NaOH或其他合理答案
（3）
（4） ①. 打开水龙头 ②. 向布氏漏斗中加入蒸馏水浸没固体，待液体流出后，重复操作2~3次
（5） ①. ②.
（6）2896.2
【解析】
【分析】阳极泥与硫酸、空气在焙烧下反应生成SeO2、SO2和烧渣，加水得到Se，Se与浓硝酸反应生成H2SeO3，H2SeO3与NH4HS、冰醋酸反应再经过一系列操作最终得到SeS2。烧渣加水过滤分成硫酸铜溶液和TeO2，TeO2与碳酸钠在高温下反应生成Na2TeO3，Na2TeO3与硫酸反应生成TeO2，TeO2与NaOH反应生成Na2TeO3，最终电解得到Te。
【小问1详解】
根据氧化还原中得失电子守恒可知，H2SO4中S元素由+6降低到+4，得2e-，作氧化剂，CuSe中Se化合价由-2价升高到+4价，失6e-，作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比3：1；
故答案为：3：1；
【小问2详解】
硒与硝酸生成的尾气为NO、NO2，可用NaOH溶液吸收；
故答案为：NaOH或其他合理答案；
【小问3详解】
、和溶液反应的离子方程式为H2SeO3+2CH3COOH+2HS-=SeS2↓+2CH3COO-+3H2O；
故答案为：；
【小问4详解】
抽滤前的操作为检验装置的气密性。洗涤产品的操作为往布氏漏斗中加水没过产品，开启水龙头进行抽滤，重复加水抽滤数次即可；
故答案为：打开水龙头；向布氏漏斗中加入蒸馏水浸没固体，待液体流出后，重复操作2~3次；
【小问5详解】
电解时阴极上得电子生成Te，电极反应式为+4e-+3H2O=6OH-+Te。阳极上氢氧根离子失电子生成O2；
故答案为：；；
【小问6详解】
100t阳极泥在上述转化中硒的总提取率为80%，阳极泥中Se的质量分数为2%，则阳极泥中得到的Se元素质量为1600kg，则得到的SeS2的质量为；
故答案为：2896.2。
9. 实验室制备乙酰乙酸乙酯()的反应原理如下：，制备装置(烧瓶中物质充分反应后再滴加乙酸溶液)如图所示。
已知：①几种物质的部分性质如表所示。
②10乙酸乙酯粗品中含乙酸乙酯8.8g和少量乙醇。③亚甲基上的H有一定的酸性，制备时部分形成乙酰乙酸乙酯的钠盐。
回答下列问题：
（1）仪器X的名称是___________。仪器Z的名称是___________，其作用是___________，冷凝水从___________(填“a”或“b”)端流进。
（2）制备反应需要加热才能发生，最适合的加热方式为___________(填序号)。
A. 酒精灯直接加热B. 水浴加热
C. 垫陶土网用酒精灯加热D. 油浴加热
（3）仪器Y盛放碱石灰作用是___________。
（4）反应结束后，滴加50%酸至混合液呈弱酸性的原因是___________。
（5）提纯产品时需要进行蒸馏，如图所示的装置中温度计位置正确的是___________(填序号)。
（6）最终得到3.40g乙酰乙酸乙酯，则上述实验中乙酰乙酸乙酯的产率为___________(保留两位有效数字)。
【答案】（1） ①. (恒压)滴液漏斗 ②. 球形冷凝管 ③. 冷凝回流提高原料利用率 ④. a （2）B
（3）防止水蒸气进入三颈烧瓶中与钠、乙醇钠反应
（4）使制备时生成乙酰乙酸乙酯的钠盐转化为乙酰乙酸乙酯
（5）C （6）52%
【解析】
【分析】乙酸乙酯和乙醇的混合液与钠珠粒混合，乙醇和钠反应生成乙醇钠，乙醇钠催化乙酸乙酯生成乙酰乙酸乙酯，结合装置特点、物质的性质和问题分析解答。
【小问1详解】
由图可知，仪器X的名称是(恒压)滴液漏斗；仪器Z的名称是球形冷凝管；制备反应中使用的反应物容易挥发，则冷凝管的作用是：冷凝回流提高原料利用率；为了达到较好的冷凝效果，冷凝水从a端流进；
【小问2详解】
根据题中信息可知，乙酰乙酸乙酯温度超过95℃，易分解，则可以选择水浴加热，故选B；
【小问3详解】
该反应使用了单质钠和乙醇钠，这两者都可以和水反应，则碱石灰的作用是防止水蒸气进入三颈烧瓶中与钠、乙醇钠反应；
【小问4详解】
根据题中信息可知，制备时部分形成乙酰乙酸乙酯的钠盐，则滴加50%酸至混合液呈弱酸性可以使其转化为乙酰乙酸乙酯，故答案为：使制备时生成的乙酰乙酸乙酯的钠盐转化为乙酰乙酸乙酯；
【小问5详解】
蒸馏时温度计应该放在蒸馏烧瓶的支管口处，故选C；
【小问6详解】
8.8g乙酸乙酯的物质的量是0.1ml，根据方程式可知理论上生成乙酰乙酸乙酯的质量是0. 05ml×130g/ml=6. 5g，由于最终得到乙酰乙酸乙酯3.40g，则上述实验中乙酰乙酸乙酯的产率为。
10. 氮氧化物对环境及人类活动影响日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注的主要问题之一。
Ⅰ．利用的还原性可以消除氨氧化物的污染，其中除去的主要反应如下：
已知：
（1）___________。
（2）某研究小组将2、3和一定量的充入2L密闭容器中，在催化剂表面发生上述反应，一定反应时间内，的转化率随温度变化的情况如图所示，若在5min内，温度从420K升高到580K，此时段内用表示的平均反应速率___________；温度升高至580K之前，生成的转化率逐渐增大的原因是___________。
Ⅱ．还可用还原，，在密闭容器中充入5和4，平衡时的体积分数与温度、压强的关系如图所示，已知温度。
（3）该反应是___________(填“放热”或“吸热”)反应，反应在___________(填“低温”或“高温”)下能自发进行。
（4）若在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中A~G点中的___________点。
Ⅲ．将2、1和1通入反应器，在温度T、压强p(恒温恒压)条件下发生反应和。
（5）平衡时，若、与三者的物质的量相等，则转化率为___________，反应平衡常数___________(用含p的代数式表示)。
【答案】（1）-1631.6kJ/ml
（2） ①. 0.17ml/(L·min) ②. 温度小于580K时，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，NO生成N2的转化率逐渐增大
（3） ①. 放热 ②. 低温
（4）G （5） ①. 60% ②.
【解析】
【小问1详解】
已知：①
②
根据盖斯定律，由①+②得反应 =+182.4kJ/ml -1814kJ/ml =-1631.6kJ/ml；
【小问2详解】
由图可知，在5min内，一氧化氮的平均速率为= ml/(L·min)，故答案为：0.17ml/(L·min)；
从图像可以看到，温度小于580K时，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，NO生成N2的转化率逐渐增大；
【小问3详解】
T1 > T2，升高温度，平衡时NO的体积分数增大，说明升高温度，平衡逆向移动，因此该反应为放热反应。该反应是放热的熵减反应，根据△G=△H- T△S<0时反应自发进行可知，该反应在低温下能自发进行；答案为放热；低温；
【小问4详解】
降温和缩小体积都使该反应的平衡正向移动,则平衡时NO的体积分数将减小，又改变条件后压强增大，故重新达到平衡状态时可能是G点；
【小问5详解】
平衡时，O2、NO2和N2O4的物质的量相等，设第一个反应生成NO2 xml，第二个反应消耗NO2 yml，则有:
则x-y=0.5y=1-0.5x，解得y=0.8，x=1.2；此时NO的转化率为；
平衡后体系的总压强为p，气体总物质的量为3ml，n(NO)=0.8ml，n(O2)=0.4ml，n(NO2)=0.4ml，三种物质的分压分别为、和，则平衡常数。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
【化学——选修3：物质结构与性质】
11. 铁元素被称为“人类第一元素”，铁及其化合物具有广泛的应用，回答下列问题：
（1）铁元素在元素周期表第四周期第___________列，属于___________区元素，基态铁原子M层的电子排布式为___________。
（2）铁形成的常见离子有Fe2+和Fe3+，Fe2+易被氧化为Fe3+，请利用核外电子排布的相关原理解释其原因___________。
（3）检验 Fe2+是否被氧化为Fe3+的方法之一是：取待测液，加入KSCN溶液，观察是否有红色的生成。
①中Fe3+的杂化轨道类型为___________(填字母)。
A． B． C． D．
②配体SCN-和H2O的键角大小：SCN-___________ H2O (填“<”“>”或“=”。用杂化轨道理论解释，其原因为___________。
③SCN-中所有原子均满足最外层8电子结构。写出SCN-的电子式___________。
（4）铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料，其正交晶胞结构如图a所示，沿x轴与z轴的投影图分别如图b和图c所示。
①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的相对位置，称作原子坐标。如1号原子的坐标为，2号原子的坐标为，则3号Fe原子的坐标为___________。
②若晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为___________ g∙cm-3 (列出计算表达式)。
【答案】（1） ①. 8 ②. d ③. 3s23p63d6
（2）Fe2+的价电子排布式为3d6，再失去1个电子可以形成3d5的半充满稳定状态，所以易被氧化为Fe3+
（3） ①. C ②. ＞ ③. SCN-的中心C原子采用sp杂化，分子呈直线形，键角为180°，而H2O的中心O原子采用sp3杂化，O原子的最外层有2个孤电子对，H2O呈V形结构，键角小于180° ④.
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
铁为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，在元素周期表第四周期第8列，属于d区元素，基态铁原子M层的电子排布式为3s23p63d6。
【小问2详解】
Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+的3d轨道处于充半满稳定状态，则Fe2+易被氧化为Fe3+，利用核外电子排布的相关原理解释其原因：Fe2+的价电子排布式为3d6，再失去1个电子可以形成3d5的半充满稳定状态，所以易被氧化为Fe3+。
【小问3详解】
①中Fe3+与配离子形成6个配位键，则杂化轨道数为6，杂化轨道类型为sp3d2，故选C。
②SCN-与CO2互为等电子体，中心C原子的价层电子对数为2，发生sp杂化，分子呈直线形，而H2O的中心O原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，O原子的最外层有2个孤电子对，H2O呈V形结构，则键角大小：SCN-＞H2O。用杂化轨道理论解释，其原因为：SCN-的中心C原子采用sp杂化，分子呈直线形，键角为180°，而H2O的中心O原子采用sp3杂化，O原子的最外层有2个孤电子对，H2O呈V形结构，键角小于180°。
③SCN-中所有原子均满足最外层8电子结构，其与CO2互为等电子体，则SCN-的电子式。
小问4详解】
①1号原子的坐标为，2号原子的坐标为，则正交晶胞的底面棱长为1，直立棱总长为1，3号Fe原子位于第三个小晶体的顶面上、离y轴、离右边线()，则3号 Fe的坐标为。
②晶胞中，含Y原子个数为=2，含Fe原子个数为2，含O原子个数为=6，则晶体化学式为YFeO3。若晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为=g∙cm-3。
【点睛】计算晶胞中含有的微粒数目时，常使用均摊法。
【化学——选修5：有机化学基础】
12. 化合物G是一种重要的合成药物中间体，其合成路线如图所示：
（1）A的名称为___________；E中含氧官能团的名称为___________。
（2）F→G的反应类型为___________；若C→D的反应类型为加成反应，则D的结构简式为___________。
（3）写出E→F反应的化学方程式___________。
（4）在E的同分异构体中，同时具备下列条件的结构有___________种(不考虑立体异构)。
①遇氯化铁溶液发生显色反应；
②能发生银镜反应和水解反应；
③苯环上只有三个取代基，其中一个取代基为环状结构。
符合上述条件有机物体在酸性条件下水解时，生成的水解产物中，含苯环、核磁共振氢谱为5组峰，且面积之比为4∶2∶2∶1∶1的是___________(任写一种水解产物的结构简式)。
（5）苯甲醇、丙二酸为原料合成肉桂酸()，设计合成路线___________ (无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 对二甲苯(或1，4-二甲苯) ②. 羟基、羧基
（2） ①. 取代反应 ②.
（3）+CH3OH+H2O
（4） ①. 10 ②. (或)
（5）。
【解析】
【分析】发生氧化反应生成，发生还原反应生成，对比C、E的结构可知，中醛基与CH2(COOH)2中亚甲基之间发生加成反应生成D，D脱羧并发生消去反应生成E，故D为，E与甲醇发生酯化反应生成F，F中羟基被氯原子取代生成G。
【小问1详解】
A是，两个甲基在苯环对位上，因此该物质名称为对二甲苯(或1，4-二甲苯)；
根据E结构简式可知：其分子中含有的官能团为羟基、碳碳双键和羧基，其中的含氧官能团名称为羟基、羧基；
【小问2详解】
对比F、G分子结构可知：F分子中的-OH被Cl原子取代得到G，故F→G的反应类型为取代反应；
C是，C与CH2(COOH)2中亚甲基之间发生加成反应生成D，则D结构简式是；
【小问3详解】
根据流程图可知E是，E与CH3OH在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生F和H2O，酯化反应与酯的水解反应互为可逆反应，该反应的化学方程式为：+CH3OH+H2O；
【小问4详解】
E是，分子式是C10H10O3，E的同分异构体中，同时具备下列条件：①遇氯化铁溶液发生显色反应，说明有酚羟基，即羟基-OH与苯环直接相连；②能发生银镜反应和水解反应，说明有酯基HCOO-；③苯环上只有三个取代基，其中一个取代基为环状结构该环状结构为；三种基态都相邻，有3种不同位置；三种基团都相间，只有1种位置；两种基团相邻，另外一种基团相间，有3×2=6种不同位置，因此符合要求的同分异构体种类数目是3+1+6=10种；
符合上述条件的有机物体在酸性条件下水解时，生成的水解产物中，含苯环、核磁共振氢谱为5组峰，且面积之比为4∶2∶2∶1∶1的是(或)；
【小问5详解】
苯甲醇与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生苯甲醛，然后在Py条件下与CH2(COOH)2中亚甲基之间发生加成反应生成，然后经脱羧反应、消去反应产生，故反应流程图为：。选项
A
B
C
D
文物
商晚期青铜礼器四羊方尊
北宋木雕罗汉像
明初白釉贴花带盖瓶
西汉丝质素纱禅衣
主要成分
铜合金
合成纤维
硅酸盐
蛋白质
选项
a中试剂
b中试剂
c中试剂
实验目的
装置
A
浓硫酸
品红溶液
验证具有漂白性
B
浓氨水
碱石灰
浓硫酸
制备纯净的
C
稀盐酸
溶液
验证元素非金属性强弱：
D
浴液
饱和硼酸溶液
澄清石灰水
验证酸性强弱：
物质
沸点/℃
相对分子质量
水中溶解性
乙酸乙酯
77.2
88
微溶
乙酰乙酸乙酯
181(温度超过95℃，易分解)
130
微溶
乙酸
118
60
易溶
(全卷满分300分。考试用时150分钟)
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：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。写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑，答案写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
5.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64 As-75 Y-89 Sc-79
第Ⅰ卷(选择题 共126分)
一、选择题：本题共13小题。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. 文物是活着的历史，承载中华文化的血脉。以下文物的主要成分判断错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．青铜礼器四羊方尊的主要成分为铜合金，故A正确；
B．木雕罗汉像的材料是木材，主要成分为天然纤维，故B错误；
C．明初白釉贴花带盖瓶为陶瓷制品，主要成分是硅酸盐，故C正确；
D．西汉丝质素纱禅衣，丝的主要成分是蛋白质，故D正确；
选B。
2. 有机物Z是合成药物的中间体，Z的合成路线如图。下列说法错误的是
A. 该反应为加成反应B. Z分子含有1个手性碳原子
C. X与Y可用溴水来鉴别D. Y分子所有原子可能共面
【答案】C
【解析】
【详解】A．对比Y、Z的结构简式可知，Y分子中碳碳双键发生了加成反应，故A正确；
B．每个Z分子中只含有一个手性碳原子，如图中星号所标示的碳原子：，故B正确；
C．X与Y分子中均含有碳碳双键，所以不能用溴水来鉴别，故C错误；
D．Y分子所有碳原子均采用sp2杂化，由单键可以旋转可知，Y分子中可能所有原子共平面，故D正确；
故答案为：C。
3. 某地河道两旁有甲、乙两工厂，某学校化学兴趣小组取少量甲、乙两厂排放的工业废水进行研究。已知：甲、乙两厂排放的废水中共含有、、、、、六种离子，且甲、乙两厂排放的废水均只含三种离子且所含离子各不相同。下列有关说法中错误的是
A. 若甲厂的废水明显呈碱性，则甲厂废水中所含的离子是、、
B. 若将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合后沉淀，经过滤后的废水主要含，可用来浇灌农田
C. 若乙厂的废水为无色澄清透明溶液，则乙厂废水中可能含有
D. 经过科学严密地实验检测，发现乙厂的废水中含有，则往甲厂废水中滴加酚酞，溶液变红
【答案】C
【解析】
【详解】A．若甲厂的废水明显呈碱性，则甲厂废水中所含的离子是OH−，乙厂中有Ag+、、Fe3+、NO ，则甲厂废水中所含的离子是OH−、Cl−、K+，A正确；
B．将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合后生成氯化银、氢氧化铁沉淀，废水主要含KNO3，可用来浇灌农田，B正确；
C．若乙厂的废水为无色澄清透明溶液，则甲厂含有Fe3+，如果乙厂废水中含有Ag+，则OH-与Fe3+、Ag+不能共存，C错误；
D．乙厂的废水中含有NO ，若乙厂中含有OH-，则甲厂中含有Fe3+、Ag+、Cl−，不符合题意，所以甲厂中有OH-，往甲厂废水中滴加酚酞，溶液变红，D正确；
故选C。
4. 用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
详解】A．常温下，浓硫酸和铜不反应，故不选A；
B．氨气是碱性气体，不能用浓硫酸干燥氨气，故不选B；
C．稀盐酸是无氧酸，盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，不能证明非金属性Cl>C；锥形瓶b中生成的二氧化碳气体中含有氯化氢，氯化氢能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，c中出现白色沉淀不能证明非金属性C>Si，故不选C；
D．碳酸钠溶液和饱和硼酸溶液混合，不能放出二氧化碳气体，证明酸性强弱：，故D正确；
选D。
5. “活宁”是一种新型吸入式诱导麻醉药，麻醉性能强，常用作临床麻醉剂，其分子结构式如图所示。其中，X的原子核只有1个质子；元素Y、Z、W原子序数依次增大，均比X多一个电子层；元素E的原子比W原子核外多8个电子。下列说法不正确的是
A. 由X、E、Z组成的化合物XEZ是一种强氧化性酸
B. Y、Z、W分别与X形成的简单氢化物的沸点：Z＞W＞Y
C. Y、Z、W、E的氢化物中只有极性键
D. ZW2中，Z的化合价为+2价
【答案】C
【解析】
【分析】X的原子核只有1个质子，则X为H元素；元素Y、Z、W原子序数依次增大，均比X多一个电子层，则它们均为第二周期元素，从结构式可确定，Y原子的最外层有4个电子，Z原子的最外层有6个电子，W、E原子的最外层都有7个电子，元素E的原子比W原子核外多8个电子，则X、Y、Z、W、E分别为H、C、O、F、Cl。
【详解】A．X、Z、E分别为H、O、Cl，由X、E、Z组成的化合物HClO是一种弱酸，具有强氧化性，A正确；
B．Y、Z、W分别与X形成的简单氢化物分别为CH4、H2O、HF，常温下H2O呈液态，而CH4、HF呈气态，HF分子间可形成氢键，则沸点：H2O＞HF＞CH4，B正确；
C．Y、Z、W、E的氢化物中，C2H4、H2O2，分子中都既有极性键又有非极性键，C不正确；
D．ZW2为OF2，F显-1价，则Z的化合价为+2价，D正确；
故选C。
6. 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，可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如下图所示，右图为使用不同催化剂时反应过程中的相对能量的变化。下列说法错误的是
A. 放电时，催化电极附近溶液升高
B. 充电时，电解质溶液的增大
C. 使用催化剂或均能有效提高甲酸盐的选择性
D. 放电时，当电极质量减少6.5g时，电解质溶液增重6.5g
【答案】D
【解析】
【分析】放电时，Zn失电子生成 ，电极反应式为：，Zn是负极；正极二氧化碳得电子生成HCOO-，电极反应式为；
【详解】A．放电时，催化电极上发生，氢氧根浓度增大，附近溶液升高，A正确；
B． 充电时，阴极发生，阳极发生：，按阴阳极上得失电子数守恒，每转移2ml电子，阴极生成4ml氢氧根离子、阳极消耗2ml氢氧根离子，故充电时电解质溶液中氢氧根浓度增大、增大，B正确；
C． 由图知，使用催化剂或均能降低生成甲酸的活化能，均能有效提高甲酸盐的选择性，C正确；
D． 据分析，放电时，当电极质量减少6.5g时，电路中转移0.2ml电子，正极吸收0.1mlCO2，电解质溶液增重6.5g+4.4g=10.9g， D不正确；
答案选D。
7. 在不同环境的溶液中，可以转化为或沉淀。溶液中含碳粒子物质的量分数与的关系如图1所示。在图1对应溶液中在不同环境下，形成或的溶解平衡关系如图2所示。下列说法错误的是
A. 曲线Ⅰ代表的溶解平衡曲线
B. 若溶液的，，无沉淀生成
C. 由图可知的的数量级为
D. 增大，溶液体系中均可发生反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．结合图1、图2可知，越大，越有利于生成沉淀，对应越小，故曲线Ⅰ代表的溶解平衡曲线，曲线Ⅱ代表的溶解平衡曲线，A正确；
B．由图2可知，溶液的，时，无或沉淀生成，B正确；
C．由图1可知，，，则，则的数量级为，C正确；
D．由图1可知，之后，溶液体系中可发生反应：，D错误；
故选D。
第Ⅱ卷(非选择题 共 74分)
三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
8. (二硫化硒)难溶于水和有机物，广泛应用于各类洗护产品中。以精炼铜的阳极泥(主要含、及少量)制备二硫化硒并回收副产物碲和蓝矾的工艺流程如图所示(部分产物和条件省略)。回答下列问题：
已知：可溶于水和都是酸性氧化物。
（1）“焙烧”时，与反应生成、、和，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
（2）硒与硝酸反应产生的尾气可以用_______(填化学式)溶液吸收。
（3）是弱酸，，和溶液反应的离子方程式为_______。
（4）分离的“一系列操作”包括抽滤、洗涤、干燥。用如图所示装置抽滤，准备就绪后，抽滤前的操作是_______，洗涤产品的操作是_______。
已知：布氏漏斗是漏斗上面板上有很多小孔，上面板上放滤纸。抽滤的原理是水龙头冲水排气，使瓶内压强小于外界大气压，从而在漏斗上方形成压力加快抽滤速率。
（5）以石墨为阳极，“电解”时阴极的电极反应式为_______，阳极产生的气体是_______(填化学式)。
（6）已知阳极泥中Se的质量分数为2%，100t该阳极泥在上述转化中硒的总提取率为80%，得到的的质量为_______kg(结果保留1位小数)。
【答案】（1）3∶1 （2）NaOH或其他合理答案
（3）
（4） ①. 打开水龙头 ②. 向布氏漏斗中加入蒸馏水浸没固体，待液体流出后，重复操作2~3次
（5） ①. ②.
（6）2896.2
【解析】
【分析】阳极泥与硫酸、空气在焙烧下反应生成SeO2、SO2和烧渣，加水得到Se，Se与浓硝酸反应生成H2SeO3，H2SeO3与NH4HS、冰醋酸反应再经过一系列操作最终得到SeS2。烧渣加水过滤分成硫酸铜溶液和TeO2，TeO2与碳酸钠在高温下反应生成Na2TeO3，Na2TeO3与硫酸反应生成TeO2，TeO2与NaOH反应生成Na2TeO3，最终电解得到Te。
【小问1详解】
根据氧化还原中得失电子守恒可知，H2SO4中S元素由+6降低到+4，得2e-，作氧化剂，CuSe中Se化合价由-2价升高到+4价，失6e-，作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比3：1；
故答案为：3：1；
【小问2详解】
硒与硝酸生成的尾气为NO、NO2，可用NaOH溶液吸收；
故答案为：NaOH或其他合理答案；
【小问3详解】
、和溶液反应的离子方程式为H2SeO3+2CH3COOH+2HS-=SeS2↓+2CH3COO-+3H2O；
故答案为：；
【小问4详解】
抽滤前的操作为检验装置的气密性。洗涤产品的操作为往布氏漏斗中加水没过产品，开启水龙头进行抽滤，重复加水抽滤数次即可；
故答案为：打开水龙头；向布氏漏斗中加入蒸馏水浸没固体，待液体流出后，重复操作2~3次；
【小问5详解】
电解时阴极上得电子生成Te，电极反应式为+4e-+3H2O=6OH-+Te。阳极上氢氧根离子失电子生成O2；
故答案为：；；
【小问6详解】
100t阳极泥在上述转化中硒的总提取率为80%，阳极泥中Se的质量分数为2%，则阳极泥中得到的Se元素质量为1600kg，则得到的SeS2的质量为；
故答案为：2896.2。
9. 实验室制备乙酰乙酸乙酯()的反应原理如下：，制备装置(烧瓶中物质充分反应后再滴加乙酸溶液)如图所示。
已知：①几种物质的部分性质如表所示。
②10乙酸乙酯粗品中含乙酸乙酯8.8g和少量乙醇。③亚甲基上的H有一定的酸性，制备时部分形成乙酰乙酸乙酯的钠盐。
回答下列问题：
（1）仪器X的名称是___________。仪器Z的名称是___________，其作用是___________，冷凝水从___________(填“a”或“b”)端流进。
（2）制备反应需要加热才能发生，最适合的加热方式为___________(填序号)。
A. 酒精灯直接加热B. 水浴加热
C. 垫陶土网用酒精灯加热D. 油浴加热
（3）仪器Y盛放碱石灰作用是___________。
（4）反应结束后，滴加50%酸至混合液呈弱酸性的原因是___________。
（5）提纯产品时需要进行蒸馏，如图所示的装置中温度计位置正确的是___________(填序号)。
（6）最终得到3.40g乙酰乙酸乙酯，则上述实验中乙酰乙酸乙酯的产率为___________(保留两位有效数字)。
【答案】（1） ①. (恒压)滴液漏斗 ②. 球形冷凝管 ③. 冷凝回流提高原料利用率 ④. a （2）B
（3）防止水蒸气进入三颈烧瓶中与钠、乙醇钠反应
（4）使制备时生成乙酰乙酸乙酯的钠盐转化为乙酰乙酸乙酯
（5）C （6）52%
【解析】
【分析】乙酸乙酯和乙醇的混合液与钠珠粒混合，乙醇和钠反应生成乙醇钠，乙醇钠催化乙酸乙酯生成乙酰乙酸乙酯，结合装置特点、物质的性质和问题分析解答。
【小问1详解】
由图可知，仪器X的名称是(恒压)滴液漏斗；仪器Z的名称是球形冷凝管；制备反应中使用的反应物容易挥发，则冷凝管的作用是：冷凝回流提高原料利用率；为了达到较好的冷凝效果，冷凝水从a端流进；
【小问2详解】
根据题中信息可知，乙酰乙酸乙酯温度超过95℃，易分解，则可以选择水浴加热，故选B；
【小问3详解】
该反应使用了单质钠和乙醇钠，这两者都可以和水反应，则碱石灰的作用是防止水蒸气进入三颈烧瓶中与钠、乙醇钠反应；
【小问4详解】
根据题中信息可知，制备时部分形成乙酰乙酸乙酯的钠盐，则滴加50%酸至混合液呈弱酸性可以使其转化为乙酰乙酸乙酯，故答案为：使制备时生成的乙酰乙酸乙酯的钠盐转化为乙酰乙酸乙酯；
【小问5详解】
蒸馏时温度计应该放在蒸馏烧瓶的支管口处，故选C；
【小问6详解】
8.8g乙酸乙酯的物质的量是0.1ml，根据方程式可知理论上生成乙酰乙酸乙酯的质量是0. 05ml×130g/ml=6. 5g，由于最终得到乙酰乙酸乙酯3.40g，则上述实验中乙酰乙酸乙酯的产率为。
10. 氮氧化物对环境及人类活动影响日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注的主要问题之一。
Ⅰ．利用的还原性可以消除氨氧化物的污染，其中除去的主要反应如下：
已知：
（1）___________。
（2）某研究小组将2、3和一定量的充入2L密闭容器中，在催化剂表面发生上述反应，一定反应时间内，的转化率随温度变化的情况如图所示，若在5min内，温度从420K升高到580K，此时段内用表示的平均反应速率___________；温度升高至580K之前，生成的转化率逐渐增大的原因是___________。
Ⅱ．还可用还原，，在密闭容器中充入5和4，平衡时的体积分数与温度、压强的关系如图所示，已知温度。
（3）该反应是___________(填“放热”或“吸热”)反应，反应在___________(填“低温”或“高温”)下能自发进行。
（4）若在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中A~G点中的___________点。
Ⅲ．将2、1和1通入反应器，在温度T、压强p(恒温恒压)条件下发生反应和。
（5）平衡时，若、与三者的物质的量相等，则转化率为___________，反应平衡常数___________(用含p的代数式表示)。
【答案】（1）-1631.6kJ/ml
（2） ①. 0.17ml/(L·min) ②. 温度小于580K时，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，NO生成N2的转化率逐渐增大
（3） ①. 放热 ②. 低温
（4）G （5） ①. 60% ②.
【解析】
【小问1详解】
已知：①
②
根据盖斯定律，由①+②得反应 =+182.4kJ/ml -1814kJ/ml =-1631.6kJ/ml；
【小问2详解】
由图可知，在5min内，一氧化氮的平均速率为= ml/(L·min)，故答案为：0.17ml/(L·min)；
从图像可以看到，温度小于580K时，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，NO生成N2的转化率逐渐增大；
【小问3详解】
T1 > T2，升高温度，平衡时NO的体积分数增大，说明升高温度，平衡逆向移动，因此该反应为放热反应。该反应是放热的熵减反应，根据△G=△H- T△S<0时反应自发进行可知，该反应在低温下能自发进行；答案为放热；低温；
【小问4详解】
降温和缩小体积都使该反应的平衡正向移动,则平衡时NO的体积分数将减小，又改变条件后压强增大，故重新达到平衡状态时可能是G点；
【小问5详解】
平衡时，O2、NO2和N2O4的物质的量相等，设第一个反应生成NO2 xml，第二个反应消耗NO2 yml，则有:
则x-y=0.5y=1-0.5x，解得y=0.8，x=1.2；此时NO的转化率为；
平衡后体系的总压强为p，气体总物质的量为3ml，n(NO)=0.8ml，n(O2)=0.4ml，n(NO2)=0.4ml，三种物质的分压分别为、和，则平衡常数。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
【化学——选修3：物质结构与性质】
11. 铁元素被称为“人类第一元素”，铁及其化合物具有广泛的应用，回答下列问题：
（1）铁元素在元素周期表第四周期第___________列，属于___________区元素，基态铁原子M层的电子排布式为___________。
（2）铁形成的常见离子有Fe2+和Fe3+，Fe2+易被氧化为Fe3+，请利用核外电子排布的相关原理解释其原因___________。
（3）检验 Fe2+是否被氧化为Fe3+的方法之一是：取待测液，加入KSCN溶液，观察是否有红色的生成。
①中Fe3+的杂化轨道类型为___________(填字母)。
A． B． C． D．
②配体SCN-和H2O的键角大小：SCN-___________ H2O (填“<”“>”或“=”。用杂化轨道理论解释，其原因为___________。
③SCN-中所有原子均满足最外层8电子结构。写出SCN-的电子式___________。
（4）铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料，其正交晶胞结构如图a所示，沿x轴与z轴的投影图分别如图b和图c所示。
①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的相对位置，称作原子坐标。如1号原子的坐标为，2号原子的坐标为，则3号Fe原子的坐标为___________。
②若晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为___________ g∙cm-3 (列出计算表达式)。
【答案】（1） ①. 8 ②. d ③. 3s23p63d6
（2）Fe2+的价电子排布式为3d6，再失去1个电子可以形成3d5的半充满稳定状态，所以易被氧化为Fe3+
（3） ①. C ②. ＞ ③. SCN-的中心C原子采用sp杂化，分子呈直线形，键角为180°，而H2O的中心O原子采用sp3杂化，O原子的最外层有2个孤电子对，H2O呈V形结构，键角小于180° ④.
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
铁为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，在元素周期表第四周期第8列，属于d区元素，基态铁原子M层的电子排布式为3s23p63d6。
【小问2详解】
Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+的3d轨道处于充半满稳定状态，则Fe2+易被氧化为Fe3+，利用核外电子排布的相关原理解释其原因：Fe2+的价电子排布式为3d6，再失去1个电子可以形成3d5的半充满稳定状态，所以易被氧化为Fe3+。
【小问3详解】
①中Fe3+与配离子形成6个配位键，则杂化轨道数为6，杂化轨道类型为sp3d2，故选C。
②SCN-与CO2互为等电子体，中心C原子的价层电子对数为2，发生sp杂化，分子呈直线形，而H2O的中心O原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，O原子的最外层有2个孤电子对，H2O呈V形结构，则键角大小：SCN-＞H2O。用杂化轨道理论解释，其原因为：SCN-的中心C原子采用sp杂化，分子呈直线形，键角为180°，而H2O的中心O原子采用sp3杂化，O原子的最外层有2个孤电子对，H2O呈V形结构，键角小于180°。
③SCN-中所有原子均满足最外层8电子结构，其与CO2互为等电子体，则SCN-的电子式。
小问4详解】
①1号原子的坐标为，2号原子的坐标为，则正交晶胞的底面棱长为1，直立棱总长为1，3号Fe原子位于第三个小晶体的顶面上、离y轴、离右边线()，则3号 Fe的坐标为。
②晶胞中，含Y原子个数为=2，含Fe原子个数为2，含O原子个数为=6，则晶体化学式为YFeO3。若晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为=g∙cm-3。
【点睛】计算晶胞中含有的微粒数目时，常使用均摊法。
【化学——选修5：有机化学基础】
12. 化合物G是一种重要的合成药物中间体，其合成路线如图所示：
（1）A的名称为___________；E中含氧官能团的名称为___________。
（2）F→G的反应类型为___________；若C→D的反应类型为加成反应，则D的结构简式为___________。
（3）写出E→F反应的化学方程式___________。
（4）在E的同分异构体中，同时具备下列条件的结构有___________种(不考虑立体异构)。
①遇氯化铁溶液发生显色反应；
②能发生银镜反应和水解反应；
③苯环上只有三个取代基，其中一个取代基为环状结构。
符合上述条件有机物体在酸性条件下水解时，生成的水解产物中，含苯环、核磁共振氢谱为5组峰，且面积之比为4∶2∶2∶1∶1的是___________(任写一种水解产物的结构简式)。
（5）苯甲醇、丙二酸为原料合成肉桂酸()，设计合成路线___________ (无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 对二甲苯(或1，4-二甲苯) ②. 羟基、羧基
（2） ①. 取代反应 ②.
（3）+CH3OH+H2O
（4） ①. 10 ②. (或)
（5）。
【解析】
【分析】发生氧化反应生成，发生还原反应生成，对比C、E的结构可知，中醛基与CH2(COOH)2中亚甲基之间发生加成反应生成D，D脱羧并发生消去反应生成E，故D为，E与甲醇发生酯化反应生成F，F中羟基被氯原子取代生成G。
【小问1详解】
A是，两个甲基在苯环对位上，因此该物质名称为对二甲苯(或1，4-二甲苯)；
根据E结构简式可知：其分子中含有的官能团为羟基、碳碳双键和羧基，其中的含氧官能团名称为羟基、羧基；
【小问2详解】
对比F、G分子结构可知：F分子中的-OH被Cl原子取代得到G，故F→G的反应类型为取代反应；
C是，C与CH2(COOH)2中亚甲基之间发生加成反应生成D，则D结构简式是；
【小问3详解】
根据流程图可知E是，E与CH3OH在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生F和H2O，酯化反应与酯的水解反应互为可逆反应，该反应的化学方程式为：+CH3OH+H2O；
【小问4详解】
E是，分子式是C10H10O3，E的同分异构体中，同时具备下列条件：①遇氯化铁溶液发生显色反应，说明有酚羟基，即羟基-OH与苯环直接相连；②能发生银镜反应和水解反应，说明有酯基HCOO-；③苯环上只有三个取代基，其中一个取代基为环状结构该环状结构为；三种基态都相邻，有3种不同位置；三种基团都相间，只有1种位置；两种基团相邻，另外一种基团相间，有3×2=6种不同位置，因此符合要求的同分异构体种类数目是3+1+6=10种；
符合上述条件的有机物体在酸性条件下水解时，生成的水解产物中，含苯环、核磁共振氢谱为5组峰，且面积之比为4∶2∶2∶1∶1的是(或)；
【小问5详解】
苯甲醇与O2在Cu催化下加热，发生氧化反应产生苯甲醛，然后在Py条件下与CH2(COOH)2中亚甲基之间发生加成反应生成，然后经脱羧反应、消去反应产生，故反应流程图为：。选项
A
B
C
D
文物
商晚期青铜礼器四羊方尊
北宋木雕罗汉像
明初白釉贴花带盖瓶
西汉丝质素纱禅衣
主要成分
铜合金
合成纤维
硅酸盐
蛋白质
选项
a中试剂
b中试剂
c中试剂
实验目的
装置
A
浓硫酸
品红溶液
验证具有漂白性
B
浓氨水
碱石灰
浓硫酸
制备纯净的
C
稀盐酸
溶液
验证元素非金属性强弱：
D
浴液
饱和硼酸溶液
澄清石灰水
验证酸性强弱：
物质
沸点/℃
相对分子质量
水中溶解性
乙酸乙酯
77.2
88
微溶
乙酰乙酸乙酯
181(温度超过95℃，易分解)
130
微溶
乙酸
118
60
易溶
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