河北省承德第一中学2020届高三上学期第三次月考化学（解析版） 试卷


河北省承德第一中学2020届高三上学期第三次月考
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 P 31 Cu 64
一、选择题（本题共22小题，每题只有一个选项符合题意，共44分）
1.《本草纲目》中“石碱”一条记载：石碱出山东济宁诸处，彼人采篙寥之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，洗衣发面，亦去垢发面。这里的“石碱”是指（ ）
A. KOH B. KAl (SO4)2 C. KHCO3 D. K2CO3
【答案】D
【详解】“彼人采篙寥之属，晒干烧灰”，说明“石碱”为篙寥烧成的灰中的成分，“以水淋汁”，说明“石碱”易溶于水，“洗衣发面，亦去垢发面”，说明“石碱”能去油污，作发酵剂，排除KOH 、KAl (SO4)2，且植物烧成的灰中的主要成分一般为碳酸盐，故“石碱”为K2CO3。
故选D。
2.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
B. 标准状况下，2.24L NO和2.24L O2混合后气体分子数为0.15 NA
C. 0.1mol Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA
D. 加热条件下，1mol Fe投入足量的浓硫酸中，生成NA个SO2分子
【答案】C
【详解】A. 氯气与水是可逆反应，0.1mol Cl2与水不能完全反应，转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；
B. 标准状况下，2.24L NO为0.1mol， 2.24L O2为0.1mol，混合后发生反应生成二氧化氮，反应方程式为2NO+ O2=2NO2，0.1mol NO反应消耗0.05mol O2，生成0.1mol NO2，剩余0.05mol O2，生成的NO2自身存在2NO2N2O4，则反应后气体分子的总物质的量小于0.15mol，因此气体分子数小于0.15 NA，故B错误；
C. 潮湿的二氧化碳中含有水， 0.1mol Na2O2与水和二氧化碳都反应生成氧气，Na2O2在两个反应中都既做氧化剂又做还原剂，发生歧化反应，1mol过氧化钠完全反应转移1mol电子，则0.1mol Na2O2完全反应转移的电子数为0.1NA，故C正确；
D. 加热条件下，由于浓硫酸具有氧化性，铁单质被氧化为三价铁，化学方程式为2Fe+6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O ，1mol Fe投入足量的浓硫酸中，根据反应生成1.5mol SO2，则SO2分子数目为1.5NA个，故D错误；
答案选C。
【点睛】阿伏伽德罗常数的题要细心的分析物质与其他物质间的相互转化，根据化合价的变化，找出转移的电子数。
3.下列现象或操作一定与物质的化学性质有关的是（ ）
A. 焰色反应 B. 石油的裂化 C. 萃取 D. 丁达尔效应
【答案】B
【详解】A. 焰色反应是物理变化。它并未生成新物质，焰色反应是物质原子内部电子能级的改变，通俗的说是原子中的电子能量的变化，不涉及物质结构和化学性质的改变，故A不符合题意；
B. 石油裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，有新物质生成，属于化学变化，故B符合题意；
C. 萃取是利用物质在两种互不相溶（或微溶）的溶剂中溶解度的不同，使溶质物质从溶解度较小的溶剂内转移到溶解度较大的溶剂中的方法，没有新物质，属于物理变化，故C不符合题意；
D. 丁达尔效是应当一束光线透过胶体，从垂直入射光方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”， 丁达尔效应是区分胶体和溶液的一种常用物理方法，故D不符合题意；
答案选B；
【点睛】化学性质是在化学变化中表现出的性质，分清楚上述变化是物理变化还是化学变化，核心是看有没有新物质生成。
4.下列说法正确的是（ ）
A. Na2O2和NaOH所含化学键类型完全相同
B. NH3比PH3稳定是因为NH3分子间存在氢键
C. CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变
D. 碱性氧化物一定是金属氧化物
【答案】D
【详解】A. Na2O2中含有离子键和非极性共价键，NaOH中含有离子键和极性共价键，所含化学键类型不完全相同，故A错误；
B. 物质的稳定性与化学键的强弱有关，与分子间作用力无关，故B错误；
C. 化学反应的实质旧的化学键断裂和新的化学键形成，CO2溶于水并可与水反应生成碳酸，则CO2溶于水存在化学键和分子间作用力的改变，干冰升华只是二氧化碳从固态变为气态，只有分子间作用力改变，因此二者作用力的改变不相同，故C错误；
D. 碱性氧化物是指溶于水而成碱或与酸反应而成盐和水的氧化物，碱性氧化物皆为金属的氧化物，它们的碱性差别很大，故D正确；
答案选D。
【点睛】共价化合物的稳定性是由化学键的强弱决定的，熔沸点是分子间作用力决定的，还和分子间氢键有关。
5.将2 mol SO2和1 mol O2分别置于相同容积的甲、乙两密闭容器中发生反应2SO2(g)＋O2(g) ⇌2SO3(g)并达到平衡。在该过程中，甲容器保持恒温恒容，乙容器保持恒温恒压，达到平衡时，下列说法正确的是(　　)
A. 达到平衡所需的时间：甲>乙
B. 甲中SO2的转化率>乙中SO2的转化率
C. 混合气体中SO3的含量：甲>乙
D. 气体的总物质的量：甲甲，乙中反应速率大，达到平衡所需的时间为：甲>乙，A正确；
B. 达到平衡时，乙容器压强大于甲容器压强，压强增大平衡正向移动，则乙的转化率大，故B错误；
C. 乙的转化率大，则混合气体中生成物的含量较多，故C错误；
D. 达到平衡时，乙容器压强大于甲容器压强，压强增大平衡向气体体积减小的方向移动，则气体的总物质的量：甲＞乙，故D错误；
答案选A。
6.下列各组物质的稀溶液互滴时，所产生的现象相同的是（ ）
A. AlCl3 和NaOH B. Na2CO3和HCl
C. NaHCO3和HCl D. 氨水和AgNO3
【答案】C
【详解】A. AlCl3逐滴滴入NaOH时直接生成NaAlO2，先没有沉淀，后出现白色沉淀，而NaOH逐滴滴入AlCl3，先出现白色沉淀，后沉淀消失，现象不同，故A不符合题意；
B. Na2CO3逐滴滴入HCl时开始就有气泡冒出，而HCl逐滴滴入Na2CO3，先生成NaHCO3没有气泡冒出，一段时间后观察到有气泡冒出，现象不同，故B不符合题意；
C. NaHCO3逐滴滴入HCl与把HCl逐滴滴入NaHCO3都发生同样的反应，观察到相同的现象，故C符合题意；
D. 氨水逐滴滴入AgNO3，先生成沉淀后沉淀溶解，AgNO3逐滴滴入氨水发生没有沉淀生成，现象不同，故D不符合题意；
答案选C。
【点睛】反应物和生成物的量不同，导致现象不一样，可用互滴法鉴别。
7.下列说法正确的是　（ ）
①常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反应，则非金属性：P>N
②第I A族元素铯的两种核素，137Cs比133Cs多4个质子
③因为氧化性HClO>稀H2SO4，所以非金属性Cl>S
④离子化合物中即可以含有极性共价键，又可以含有非极性共价键
⑤C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强
⑥从上到下，卤族元素的非金属性逐渐减弱，所以酸性HCl > HI
⑦离子半径：K+ > Cl-> S2-
A. ②③④⑤⑥⑦ B. ④⑤ C. ②③④⑦ D. ④⑤⑥
【答案】B
【详解】①不能根据单质的稳定性来判断元素的非金属性，N、P都是第VA族元素，非金属性：N>P，故①错误；
②同位素的质子数相同,第IA族元素铯的两种同位素137Cs与133Cs的质子数相同，中子数不同，故②错误；
③不能根据含氧酸的氧化性强弱来判断元素非金属性强弱，应该比较最高价氧化物的水化物的酸性：HClO4>H2SO4，所以非金属性：Cl>S，故③错误；
④离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NaOH含有离子键和极性共价键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，故④正确；
⑤元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，C、P、S、Cl的非金属性逐渐增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，故⑤正确；
⑥同主族元素从上到下，卤族氢化物的酸性逐渐增强，则酸性HCl r(O2－) >r(Na＋)，A项错误；
B. 因非金属性：N＜O，故最常见氢化物的稳定性：X＜Y，B项错误；
C. Z2Y2为过氧化钠，其中含有离子键和共价键，属于离子晶体，在熔融状态下能导电，C项正确；
D. HWY分子为HClO，其中Cl和O原子均达到8电子稳定结构，而H是2电子稳定结构，D项错误；
答案选C。
15.下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论
A
相同温度下，同时向①4 mL 0.1 mol▪L-1 KMnO4酸性溶液和②4 mL 0.2 mol▪L-1 KMnO4酸性溶液中，分别加入4 mL 1 mol▪L-1 H2C2O4溶液
①中溶液先褪色
该实验条件下，KMnO4浓度越小，反应速率越快
B
向煤炉中灼热的煤炭上洒少量水
产生淡蓝色火焰，煤炭燃烧更旺
加少量水后，可使煤炭燃烧放出更多的热量
C
加热2NO2(g) N2O4(g)平衡体系
颜色加深
证明正反应是放热反应
D
分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH
后者较大
证明非金属性
S＞C

【答案】C
【详解】A. KMnO4本身具有颜色，会影响实验现象的观察，故探究浓度对化学反应速率的影响，应用不同浓度的草酸与相同浓度的KMnO4溶液反应，故A错误；
B. 碳与氧气燃烧生成二氧化碳；碳和水蒸气反应生成一氧化碳，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，根据盖斯定律，能量变化与反应的途径无关，则碳燃烧放出的热量不变，结论不合理，故B错误；
C. 加热，体系温度升高，颜色加深，说明反应2NO2(g) N2O4(g) 平衡逆向移动，升高温度反应向吸热的方向移动，即逆反应为吸热反应，正反应放热，故C正确；
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强，Na2SO3的S不是最高价，则室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH后者较大，不能证明非金属性S＞C，故D错误；
答案选C。
16.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程。下列有关说法不正确的是（ ）

A. 制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl
B. 侯氏制碱应先通NH3再通CO2
C. 在第②、③、④步骤中，溴元素均被氧化
D. ③④的目的是进行溴的富集
【答案】C
【详解】A. 往精盐溶液中通入氨气和二氧化碳，得到碳酸氢钠沉淀，说明碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠，故A正确；
B. 由于CO2在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，所以要在食盐水先通NH3然后再通CO2，否则CO2通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中CO2的量就很少了，这样得到的产品也很少，故B正确；
C. 在第②、④步骤中溴离子转化为溴单质，溴的化合价升高失电子，被氧化，步骤③中溴单质和二氧化硫反应生成硫酸和溴化氢，溴元素化合价降低得电子被还原，故C错误；
D. 浓缩后增大溴离子的浓度，与氯气发生2Br-+C12=Br2+2CI-，用空气和水蒸气将溴吹出，并用SO2氧化吸收，从而达到富集溴，③中发生Br2+ 2H2O+SO2=2HBr+H2SO4，④中发生Cl2+ 2HBr=Br2+ 2HCI，则③④的目的是进行溴的富集，故D正确；
答案选C。
17.将4 mol A(g)和2 mol B(g)在2 L的恒容密闭容器中混合并在一定条件下发生反应：2A(g)+B(g) ⇌2C(g)　ΔH容器Ⅰ
C. 反应到达平衡时，容器Ⅰ中的平均速率为v(PCl5)=mol·L-1·s-1
D. 起始时向容器Ⅲ中充入PCl5 0.30 mol、PCl3 0.45 mol和Cl2 0.10 mol，则反应将向逆反应方向进行
【答案】D
【分析】A.根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行计算；平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；
B.增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
C.根据v=进行计算；
D.计算出此时的Qc与K比较，判断反应进行的方向。
【详解】PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)，
A.I中K=≈0.03mol/L，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，则容器Ⅱ中得到平衡常数与容器I中相同，容器III中K==0.045mol/L，即平衡常数K：容器Ⅱ”、“L1 (5). 该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大 (6). < (7). 0.5 (8). 不是，该反应是放热反应 (9). 平衡转化率随温度升高而降低
【分析】I．应用盖斯定律，第1个方程式减去第2个方程式，再减第3个方程式得到CO和NO在催化剂作用下生成N2的热化学方程式。
(2)①前4 s内的平均反应速率υ(CO)＝。
②NO(g)的平衡转化率随X的变化关系，转化率在减小，说明是升高温度，平衡向吸热反应移动即逆向移动，因此X代表的物理量是温度，L代表的物理量是压强，从L1到L2，转化率增大，说明是正向移动，即加压，因此L2>L1，原因是该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大。
(3)①达到平衡后，仅升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率增加的程度大于正反应速率增加的程度，因此k正增大的倍数 < k逆增大的倍数。
②根据方程式建立 “三步走”

达到平衡时：v正= v逆，。
II.低于450℃时，是正在建立平衡的阶段，高于450℃时，是NO的转化率随温度升高而降低，因此该反应为放热反应。
【详解】I．第1个方程式减去第2个方程式，再减第3个方程式得到CO和NO在催化剂作用下生成N2的热化学方程式是2NO(g)+2CO(g) =N2(g)+2CO2(g) H =−746.5 kJ·mol−1，故答案为：2NO(g)+2CO(g) =N2(g)+2CO2(g) H =−746.5 kJ·mol−1。
(2)①前4 s内的平均反应速率υ(CO) ＝，故答案为：2.25×10−4。
②NO(g)的平衡转化率随X的变化关系，转化率在减小，说明是升高温度，平衡向吸热反应移动即逆向移动，因此X代表的物理量是温度，L代表的物理量是压强，从L1到L2，转化率增大，说明是正向移动，即加压，因此L2>L1，原因是该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大，故答案为：L2>L1；该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大。
(3)①达到平衡后，仅升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率增加的程度大于正反应速率增加的程度，因此k正增大的倍数 < k逆增大的倍数，故答案为：< 。
②

达到平衡时：v正= v逆，，故答案为 0.5。
II.低于450℃时，是正在建立平衡的阶段，高于450℃时，是NO的转化率随温度升高而降低，因此该反应为放热反应，故答案为：不是，该反应是放热反应；平衡转化率随温度升高而降低。
25.甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。某学习小组利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。

有关物质性质如下表：
甘氨酸
柠檬酸
甘氨酸亚铁
易溶于水，微溶于乙醇
易溶于水和乙醇
易溶于水，难溶于乙醇
两性化合物
强酸性、强还原性


实验过程：
I．合成：装置C中盛有0.1mol FeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液和适量柠檬酸。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌，并通过仪器b向C中加入适量氢氧化钠溶液调节pＨ到6左右，使反应物充分反应。
Ⅱ．分离：反应结束后，过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是_____________________________。
（2）装置B中盛有的试剂是____________；实验过程中装置D的导管一直没入液面下的必要性是___________________________________________。
（3）合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和________________________ 。
（4）加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，甘氨酸亚铁产量下降。原因可用离子方程式表示为________。
（5）过程II中加入无水乙醇的目的是_______________________。
（6）检验产品中是否含有Fe3+的试剂名称是_________ 。
（7）本实验制得15.3g甘氨酸亚铁（M=204g/mol），则其产率是_____％。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 平衡气压，使液体顺利流下 (3). 饱和NaHCO3溶液 (4). 防止空气进入C中（从而防止Fe2+被氧化） (5). 防止Fe2+被氧化 (6). Fe2++ 2OH- = Fe(OH)2↓ (7). 降低甘氨酸亚铁的溶液度，使其结晶析出 (8). 硫氰化钾溶液 (9). 75
【分析】由装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳气体，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；利用二氧化碳气体将实验装置中的空气排干净，在进行C装置中的甘氨酸亚铁的制取反应，实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化。
【详解】（1）仪器a的名称是分液漏斗；仪器b的名称为恒压漏斗，与a相比，仪器b的优点是平衡气压，使液体顺利流下，
答案为：分液漏斗；平衡气压，使液体顺利流下；
（2）装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化，
答案为：饱和NaHCO3溶液；防止空气进入C中（从而防止Fe2+被氧化）；
（3）根据题中表格提供的已知信息，柠檬酸具有强酸性和强还原性，合成过程加入柠檬酸的可促进FeCO3溶解和防止亚铁离子被氧化，
答案为：防止Fe2+被氧化
（4）加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，溶液碱性增强，会导致溶液中的亚铁离子在该条件下直接与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，离子方程式表示为Fe2++ 2OH- = Fe(OH)2，
答案为：Fe2++ 2OH- = Fe(OH)2↓；
（5）由题目已知信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以过程II中加入无水乙醇的目的是减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出，
答案为：减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出；
（6）检验三价铁离子的试剂为硫氰化钾溶液，加入硫氰化钾，溶液变为血红色，则说明含有三价铁离子，
答案为：硫氰化钾溶液；
（7）甘氨酸物质的量=0.2L×1.0mol·L-1=0.2mol ，0.1mol的碳酸亚铁中亚铁离子的物质的量为0.1mol，根据铁原子守恒，0.2mol的甘氨酸和0.1mol的碳酸亚铁理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁的质量：204g▪mol−1×0.1mol=20.4g，产品的质量为15.3g，则产率===75%，
答案为：75。
二、选做题（29题、30题选择其中一题，共14分）
26.TiCl3是烯烃定向聚合的催化剂、TiCl4可用于制备金属Ti。
nCH3CH=CH2
TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO
TiCl4+2MgTi+2MgCl2
(1)Ti3+的基态核外电子排布式为__________。
(2)丙烯分子中，碳原子轨道杂化类型为______和____。
(3)Mg、Al、Cl第一电离能由大到小的顺序是___________。
(4)写出一种由第2周期元素组成且与CO互为等电子体的阴离子的电子式________。
(5)TiCl3浓溶液中加入无水乙醚，并通入HCl至饱和，在乙醚层得到绿色的异构体,结构式分别是[Ti(H2O)6]Cl3、[Ti(H2O)5Cl]Cl2·H2O。1mol[Ti(H2O)6]Cl3中含有σ键的数目为______。

(6)钛酸锶具有超导性、热敏性及光敏性等优点，该晶体的晶胞中Sr位于晶胞的顶点，O位于晶胞的面心，Ti原子填充在O原子构成的正八面体空隙的中心位置，据此推测，钛酸锶的化学式为_________。
【答案】 (1). [Ar] 3d1 (2). sp2 (3). sp3 (4). Cl>Mg>Al (5). (6). 18NA (7). SrTiO3
【分析】(1)Ti是22号元素，电子排布式为[Ar]3d24s2，Ti3+的基态核外电子排布式为[Ar]3d1。
(2)丙烯分子中，第2、3个碳原子有三个价键即为sp2杂化，第1个碳原子有四个价键即为sp3杂化。
(3)铜周期电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIIA族，因此Mg、Al、Cl第一电离能由大到小的顺序是Cl>Mg>Al。
(4)根据N− = O或C2− = O，与CO互为等电子体的阴离子为CN−或C22−，再写其电子式。
(5)一个水有2个 σ键，1mol[Ti(H2O)6]Cl3中含有σ键的数目为(2×6 + 6)NA =18NA。
(6)该晶体的晶胞中Sr位于晶胞的顶点即个，O位于晶胞的面心即个，Ti原子填充在O原子构成的正八面体空隙的中心位置即1个，因此钛酸锶的化学式为SrTiO3。
【详解】(1)Ti是22号元素，电子排布式为[Ar]3d24s2，Ti3+的基态核外电子排布式为[Ar]3d1，故答案为：[Ar]3d1。
(2)丙烯分子中，第2、3个碳原子有三个价键即为sp2杂化，第1个碳原子有四个价键即为sp3杂化，故答案为：sp2；sp3。
(3)铜周期电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIIA族，因此Mg、Al、Cl第一电离能由大到小的顺序是Cl>Mg>Al，故答案为：Cl > Mg > Al。
(4)根据N− = O或C2− = O，与CO互为等电子体的阴离子为CN−或C22−，其电子式为，故答案为：。
(5)一个水有2个 σ键，1mol[Ti(H2O)6]Cl3中含有σ键的数目为(2×6 + 6)NA =18NA，故答案为：18NA。
(6)该晶体的晶胞中Sr位于晶胞的顶点即个，O位于晶胞的面心即个，Ti原子填充在O原子构成的正八面体空隙的中心位置即1个，因此钛酸锶的化学式为SrTiO3，故答案为：SrTiO3。
27.聚碳酸酯（简称PC）是重要的工程塑料，某种PC塑料(N)的合成路线如下：

已知：R1COOR2 + R3OHR1COOR3 + R2OH
（1）①的反应类型是_______________。 K中含有的官能团名称是_______________。
（2）E的名称是_______________。
（3）④是加成反应，G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是__________________。
（4）⑦的化学方程式是______________________________________________。
（5）⑥中还有可能生成分子式为C9H12O2产物。分子式为C9H12O2且符合下列条件的同分异构体共有__________ 种。写出其中两种核磁共振氢谱有5组峰的物质的结构简式_______________________________
a.属于芳香化合物 ，且苯环上只有两个取代基 b.1mol该物质能消耗1molNaOH
【答案】 (1). 催化氧化 (2). 羰基 (3). 乙二醇 (4). CH2=CHCH3 (5). (6). 21 (7). 、
【分析】A为CH2=CH2，A发生氧化反应生成环氧乙烷，反应③为信息i的反应，生成HOCH2CH2OH和CH3OCOOCH3；④是加成反应，根据原子守恒知，G为C3H6，G的核磁共振氢谱有三种峰，则G为CH2=CHCH3，根据K结构简式知，J为；J发生氧化反应生成丙酮和L，根据L分子式及M结构简式知，L为，F、M发生信息i的反应生成N，则F为CH3OCOOCH3，E为HOCH2CH2OH，
【详解】（1）根据分析可知，A为CH2=CH2，A发生氧化反应生成环氧乙烷，①的反应类型是催化氧化；根据K的结构简式，K中含有的官能团名称是羰基，
答案为：催化氧化；羰基；
（2）根据分析可知，E为HOCH2CH2OH，E的名称是乙二醇，
答案为：乙二醇；
（3）根据分析可得，④是加成反应，根据原子守恒知，G为C3H6，G的核磁共振氢谱有三种峰，则G为CH2=CHCH3，
答案为：CH2=CHCH3；
（4）F为CH3OCOOCH3，F、M发生信息i的反应生成N，⑦的化学方程式是，
故答案为；
-OOCH2CH3 -CH3
（5）分子式为C9H12O2且a.属于芳香化合物 ，且苯环上只有两个取代基，b.1mol该物质能消耗1molNaOH，即苯环上只有一个酚羟基，则该有机物的苯环上可以连一个羟基和一个或-CH2CH2CH2OH或或或，分别处于邻间对位置，共5×3=15种，还可以为苯环上连一个羟基和一个或-O-CH2-CH2-CH3，分别处于邻间对位置，则共有3×2=6种同分异构体；则符合要求的同分异构体的数目为21种；核磁共振氢谱有5组峰，说明该物质含有5种不同环境的氢原子，物质的结构简式，，答案为：21；、。