内蒙古自治区阿拉善盟2020届高三上学期一模化学试题

内蒙古阿拉善盟2019-2020学年第一学期高三年级化学一模试卷
1.化学与生活、生产密切相关，下列叙述正确的是
A. 用含橙色的酸性重铬酸钾溶液的仪器检验酒驾，利用了乙醇的挥发性和还原性。
B. 空气污染日报中的空气污染指数的主要项目有可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮和二氧化碳
C. 为消除碘缺乏症，我国卫生部门规定食盐中必须加碘，其中碘元素以KI形式存在
D. 为了获得更好的消毒效果，医用酒精的浓度通常为95%
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇的沸点低，易挥发，能与酸性重铬酸钾反应，反应中乙醇作还原剂，表现还原性，所以用含橙色酸性重铬酸钾的仪器检验酒驾，利用了乙醇的挥发性和还原性，故A正确；
B．可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮为污染环境的主要物质，为空气污染日报中的空气污染指数，其中没有二氧化碳这一项，故B错误；
C．为消除碘缺乏症，卫生部规定食盐中必须加含碘物质，在食盐中所加含碘物质是碘酸钾(KIO3)，故C错误；
D．医用酒精的浓度为75%，不是95%，故D错误；
故选A。
2.止血环酸的结构如下图所示，用于治疗各种出血疾病，在一些牙膏中也含有止血环酸。下列说法不正确的是

A. 该物质的分子式为C8H15NO2
B. 在光照条件下与Cl2反应生成的一氯代物有4种
C 该物质能发生取代反应、置换反应
D. 止血原理可看做是胶体的聚沉
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构简式可知分子式为C8 H15NO2，故A正确；
B．烃基含有5种氢，如只取代烃基的H，则在光照条件下与Cl2反应生成的一氯代物有5种，故B错误；
C．含有羧基，可发生取代、置换反应(与金属钠等)，故C正确；
D．含有羧基，在溶液中可电离，可使胶体聚沉，故D正确。
故选B。
3.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。已知W原子的最外层电子数是电子层数的2倍，X元素存在两种气态同素异形体，一种可吸收大气中的紫外线，Y原子最外层电子数等于电子层数，Z离子在同周期最简单阴离子中，半径最小。下列说法正确的是
A. W的氢化物沸点一定低于X的氢化物沸点
B. 简单离子半径： X ＞ Y ＞ Z
C. X的一种单质和Z的某种化合物都可用于污水的杀菌消毒
D. Y、Z形成的离子化合物溶于水，阴、阳离子数目比为3:1
【答案】C
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。已知W原子的最外层电子数是电子层数的2倍，W应为第二周期元素，最外层电子数为4，可知W为C元素；X元素存在两种气态同素异形体，一种可吸收大气中的紫外线，则X为O；Y原子最外层电子数等于电子层数，可知Y为Al；Z离子在同周期最简单阴离子中半径最小，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，可知Z为Cl，以此解答该题。
【详解】由上述分析可知，W为C，X为O，Y为Al，Z为Cl，
A．水分子间存在氢键，沸点较高，故A错误；
B．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Z＞X＞Y，故B错误；
C．X的单质为臭氧，Z的化合物为NaClO时，都可用于污水的杀菌消毒，故C正确；
D．氯化铝为共价化合物，故D错误；
故选C。
4.用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
实验装置




目的
制备干燥的氨气
证明非金属性
Cl＞C＞Si
制备乙酸乙酯
分离出溴苯



A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨气与浓硫酸反应，不能选浓硫酸干燥，故A错误；
B．稀盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸，且盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，故B错误；
C．导管在饱和碳酸钠溶液的液面下可发生倒吸，导管口应在液面上，故C错误；
D．溴苯的密度比水的密度大，分层后在下层，图中分液装置可分离出溴苯，故D正确；
故选D。
【点睛】1、酸性干燥剂：浓硫酸、五氧化二磷，用于干燥酸性或中性气体，其中浓硫酸不能干燥硫化氢、溴化氢、碘化氢等强还原性的酸性气体；五氧化二磷不能干燥氨气。
2、中性干燥剂：无水氯化钙，一般气体都能干燥，但无水氯化钙不能干燥氨气和乙醇。
3、碱性干燥剂：碱石灰（CaO与NaOH、KOH的混合物）、生石灰（CaO）、NaOH固体，用于干燥中性或碱性气体。
5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，4.48L 空气中所含原子数为0.2NA
B. 常温常压下，2.3g NO2和N2O4的混合物中含有的氧原子数为0.2NA
C. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2 NA
D. 常温下，0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中阴离子总数大于0.1 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．标况下4.48L 空气的物质的量为0.2mol，但空气中的分子有双原子分子和三原子分子，故所含原子数要大于0.2NA，故A错误；
B．常温常压下，2.3g NO2和N2O4的混合物含有最简式NO2物质的量为：=0.05mol，含有的氧原子数为0.05mol×2×NA=0.1NA，故B错误；
C．过氧化钠和水的反应为歧化反应，生成1mol氧气转移2mol电子，则当生成0.1mol氧气时，转移0.2NA个电子，故C正确；
D．依据n=cV可知，溶液体积未知无法计算微粒数目，故D错误；
故选C。
6.下列根据实验操作和现象得出的结论不正确的是
选项
操作及现象
结论
A
将乙烯气体通入酸性KMnO4溶液中，
溶液褪色
乙烯具有还原性
B
将少量浓硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖变黑，体积膨胀
浓硫酸有脱水性和强氧化性
C
向溶液X 中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液, 出现白色沉淀
溶液X 中可能含有SO32-
D
向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热，一段时间后，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，无红色沉淀
淀粉未水解


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯被高锰酸钾氧化，则溶液褪色，体现乙烯的还原性，故A正确；
B．浓硫酸使蔗糖炭化后，C与浓硫酸发生氧化还原反应，则蔗糖变黑，体积膨胀，体现浓硫酸有脱水性和强氧化性，故B正确；
C．向溶液X 中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，生成的白色沉淀为硫酸钡，由于稀硝酸能够氧化亚硫酸根离子，则原溶液中可能含有SO32-，故C正确；
D．淀粉水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性条件下，没有加碱至碱性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，无红色沉淀，不能检验，故D错误；
故选D。
7.某温度下，0.200 mol·L-1的HA溶液与0.200 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如下表，下列说法正确的是
微粒
X
Y
Na+
A-
浓度/（mol•L-1）
800×10-4
2.50×10-10
0.100
9.92×10-2


A. 0.1 mol·L-1HA溶液的pH＝1
B. 该温度下Kw＝1.0×10-14
C. 微粒X表示OH-，Y表示H＋
D. 混合溶液中：n（A-）＋n（X）＝n（Na＋）
【答案】D
【解析】
【分析】
0.200 mol·L-1的HA溶液与0.200 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中溶质为NaA，根据表中数据可知：c（ Na+）=0.100mol/L＞c（A-）=9.92×10-2mol/L，可知HA为弱酸；溶液中存在物料守恒：c（ Na+）=c（A-）+c（HA）=0.100mol/L，则c（HA）=0.100-9.92×10-2=8.00×10-4mol/L，所以X为HA；由电荷守恒可知c（OH-）＞c（H+），所以Y是H+。
【详解】A、HA为弱酸，则0.1mol/L的HA溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，pH＞1，A错误；
B、温度未知，无法判断水的离子积，B错误；
C、X表示HA，Y表示H+，C错误；
D、根据物料守恒：n（A-）＋n（X）＝n（Na＋），D正确。
答案选D。
8.信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁，可以将其变废为宝。将废弃的线路板粉碎，经处理后可以得到粗铜（75%Cu、20%Al、4%Fe及少量Au、Pt），进一步制取胆矾，流程简图如下：

（1）滤渣A的成分主要是_____________。
（2）步骤①中溶解Cu的化学方程式是_________________，用______替代双氧水，加热，同样可以达到目的。
（3）步骤②调节溶液pH的目的是__________，可选用的最佳试剂是___。（写出一种即可）
（4）以石墨作电极电解滤液B，电解方程式是___________________。
（5）对以上粗铜进行电解精炼，下列说法正确的是_________。
A.电能全部转化为化学能
B.粗铜接电源正极，发生氧化反应
C.溶液中Cu2+的浓度保持不变
D.阳极泥中可回收Pt、Au等金属
（6）取128Kg粗铜利用上述流程制得CuSO4·5H2O的质量为326.25Kg,则CuSO4·5H2O的产率为__________。
【答案】 (1). Au Pt (2). Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O (3). O2 (4). 除去Fe3+和Al3+ (5). CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuCO3等 (6). 2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑ (7). BD (8). 87％ （或86.9%）
【解析】
【分析】
用稀硫酸和双氧水的混合液溶解粗铜，其中Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe3+，而Au、Pt不反应，所以滤渣A 的成分是Pt和Au，滤液A中的离子是Cu2+、Al3+、Fe3+，第②步调节溶液pH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀。所以滤液B的主要成分是硫酸铜，经蒸发结晶可得到CuSO4•5H2O晶体。
【详解】(1)根据分析可知，滤渣A的主要成分为Au 、Pt；
(2)硫酸酸化的双氧水溶解铜，生成硫酸铜和水，发生反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O；氧气有强氧化性，在酸化条件下也能溶解Cu，且还原产物为水，不引入新的杂质，可替代双氧水；
(3)调节溶液pH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，在不引入杂质的前提下，可选择CuO或Cu(OH)2来调节溶液pH；
(4)用石墨电极电解CuSO4溶液，阴极有Cu析出，阳极有氧气生成，则电解反应的化学方程式为：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑；
(5)电解精炼铜时利用了电解原理，电能转化为化学能，也有少量转化为热能。电解精炼时粗铜做阳极，发生氧化反应，精铜做阴极，阴极上发生还原反应。电解时，溶液中的阳离子向阴极移动，在阴极上得电子。粗铜中的不活泼金属不能失电子，以阳极泥的形式沉积在阳极附近。选项B、D符合题意；
(6)128Kg粗铜含有Cu为128Kg×75%=96kg，其物质的量为=1500mol，根据原子守恒，理论生成CuSO4•5H2O的物质的量为1500mol，其质量为1500mol×250g/mol=375000g=375Kg，则CuSO4•5H2O的产率=×100%=×100%=87%。
9.CH4是重要的清洁能源和化工原料,CH4和CO2都是产生温室效应的主要气体，且前者影响更大。
（1）二氧化碳的电子式为______________。
（2）25℃、101Kpa下，1g CH4完全燃烧生成液态水和CO2放热55.64kJ,则表示CH4燃烧热的热化学方程式为：__________________________________。
（3）CH4和CO2反应可以生成价值更高的化工产品，在250℃、以镍合金为催化剂，向2L密闭容器中通入4mol CH4和6mol CO2发生反应如下：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。平衡时甲烷的物质的量为1mol。
①计算此温度下，该反应的平衡常数K=_________mol2/L2。
②下列各项不能说明该反应处于平衡状态的是_________。
A.容器中的压强恒定 B CH4的转化率恒定
C.容器中气体的密度恒定 D. CH4与CO物质的量之比恒定
（4）甲烷-空气碱性（KOH为电解质）燃料电池的负极反应式为_________________。相同条件下甲烷燃料电池与氢气燃料电池的能量密度之比为________。（能量密度之比等于单位质量可燃物完全反应转移的电子数之比）
（5）科学家以CO2和H2为原料合成乙烯，6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H20(g)，已知温度对CO2平衡转化率和催化剂催化效果的影响如图所示，请回答下列问题：

①生成乙烯的速率：v（M）有可能大于v（N），其理由是_________________。
②若投料比n（H2）：n（CO2）=4：1，则图中M点时，C2H4的体积分数为_______％。
③若想提高C2H4的产率，可采取的措施有___________________。
【答案】 (1). (2). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ∆H=-890.24kJ·mol-1 (3). 108(mol·L-1)2 (4). C (5). CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O (6). 1:2 (7). 随温度升高，催化剂的催化效率（或活性）降低 (8). 5.88 (9). 低温 高压 及时移走生成物
【解析】
【详解】(1)二氧化碳分子中存在两个碳氧双键，其电子式为；
(2)1g CH4完全燃烧生成液态水和CO2气体，放出55.64kJ的热量，则1mol即16g CH4完全燃烧生成液态水和CO2气体，16×55.64kJ=890.24kJ，则甲烷燃烧热的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.24kJ•mol-1；
(3)①向2L密闭容器中通入4mol CH4和6mol CO2发生反应如下：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)。平衡时甲烷物质的量为1mol，列三段式：

平衡常数K=(mol•L-1)2=108(mol•L-1)2；
 ②A．反应前后气体体积变化，容器中的压强恒定说明反应达到平衡状态，故A不选；
B. CH4的转化率恒定是平衡标志，故B不选；
C.反应前后气体质量和体积不变，容器中气体的密度始终恒定，不能说明反应达到平衡状态，故C选；
D．CH4与CO反应的物质的量之比1：2，CH4与CO物质的量之比恒定，能说明正逆反应速率相同，故D不选；
故答案为C；
(4)甲烷-空气碱性(KOH为电解质)燃料电池负极甲烷失电子发生氧化反应，电解质为碱性，所以生成碳酸盐，负极反应式为CH4-8e一+10OH-=CO32-+7H2O；
设甲烷和氢气质量为16g，则根据电极反应计算电子转移总数可得到能量密度之比，根据方程式CH4-8e一+10OH-=CO32-+7H2O，16g甲烷燃烧电子转移8mol，根据方程式H2-2e-=2H+，16g氢气物质的量8mol，电子转移16mol，所以相同条件下，甲烷燃料电池与氢气燃料电池的能量密度之比为8：16=1：2；
(5)①化学反应速率随温度的升高而加快，但温度过高催化剂的催化效率降低，所以v(M)有可能大于v(N)；
 ②设开始投料n(H2)为4mol，则n(CO2)为1mol，在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，则转化的n(CO2)=0.5mol，剩余的n(CO2)=0.5mol，根据方程式6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)，可知转化的n(H2)=1.5mol，剩余的n(H2)=2.5mol，生成的n(CH2=CH2)=0.25mol，生成的n(H2O)=1mol，所以氢气的体积分数为×100%=5.88%；
③温度升高二氧化碳转化率降低，说明正反应为放热反应，故降低温度可使平衡右移增大乙烯产率；该反应为压强减小的反应，故增大压强可使平衡右移增大乙烯产率；及时移走生成物也可使平衡右移增大乙烯产率。
10.绿矾（FeSO4·7H2O）可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得到各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8℃，沸点44.8℃，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等。回答下列问题：

（1）甲组同学按照上图所示的装置，通过实验检验绿矾的分解产物。装置B中可观察到的现象是_____________________________，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。装置C的作用是_________________________。
（2）乙组同学认为甲组同学的实验结论不严谨，认为需要补做实验。对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中__________（填字母）。
A．不含SO2 B．可能含SO2 C．一定含有SO3
（3）丙组同学查阅资料发现绿矾受热分解还可能有O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解所得气态产物的装置：

①丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为_______________________。
②能证明绿矾分解产物中有O2的检验方法是________________________。
（4）为证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象____________________。
【答案】 (1). 品红溶液褪色 (2). 吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境 (3). BC (4). AFGBDH (5). 用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃。 (6). 取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。
【解析】
【分析】
二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气；氧气能使带火星的木条复燃；三价铁能使KSCN溶液变红。
【详解】（1）二氧化硫能使品红褪色，装置B中可观察到的现象是品红溶液褪色。二氧化硫、三氧化硫是酸性气体，有毒，为防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境，装置C的作用是尾气处理。
（2）二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中可能含SO2或一定含有SO3。
（3）①检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气，所以仪器连接顺序是AFGBDH；
②氧气能使带火星的木条复燃，所以检验氧气的方法是用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃证明有氧气生成；
（4）三价铁能使KSCN溶液变红，证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象是取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。
【点睛】检验Fe3+的方法是滴加KSCN溶液，若变红则含有Fe3+；检验Fe2+的一种方法是滴加KSCN溶液不变红，再滴加双氧水，若变红则含有Fe2+；
11.随新能源汽车的发展,新能源电池技术也在不断创新,典型的锂离子电池一般以LiCoO2或LiFePO4等为正极材料，以石墨碳为负极材料，以溶有LiPF6等的有机溶液为电解质溶液。
（1）P原子的电子排布式为_________。Fe2+中未成对电子数为___________。
（2）N、O、F原子的第一电离能由小到大的顺序为_______。
（3）等电子体具有相似的化学键特征，它们的许多性质是相近的。ClO4-与PO43-互为等电子体，ClO4-的立体构型为_______，中心原子的杂化轨道类型为________。
（4）烷烃同系物中，CH4的沸点最低，原因是______________。
（5）向CuSO4溶液中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，在此溶液中加入乙醇，析出深蓝色的晶体。由蓝色沉淀得到深蓝色溶液的离子方程式为_______________；深蓝色晶体中存在的化学键类型有__________ 。（填代号）
A．离子键
B．σ键
C．非极性共价键
D．配位键
E．金属键
F．氢键
（6）如图所示为Co的某种氧化物的晶胞结构图，则该氧化物的化学式为______；若该晶胞的棱长为a pm,则该晶体的密度为_____________g/cm3。（NA为阿伏加德罗常数的值）

【答案】 (1). 1s22s22p63s23p3 (2). 4 (3). O 【解析】
【详解】(1)该原子核外有15个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；Fe2+中未成对电子数为3d能级上4个电子，；
(2)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第I IA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，N、O、F元素位于同一周期，分别位于第VA族、第VIA族、第VIIA族，所以第一电离能从小到大顺序是O＜N＜F；
(3)ClO4-原子价层电子对个数为=4，孤电子对数为0，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为正四面体、中心原子杂化轨道类型为sp3；
(4)结构相似的分子晶体中，熔沸点与分子间作用力成正比，分子间作用力与相对分子质量成正比，烷烃都属于分子晶体，其相对分子质量随着碳原子个数增大而增大，所以范德华力随着碳原子个数增大而增大，则熔沸点最小的是甲烷；
(5) 向CuSO4溶液中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，该沉淀为氢氧化铜，继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，是因为Cu(OH)2和氨气反应生成[Cu(NH3)4]2+、OH-，离子方程式为Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-；该深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4，SO42-与[Cu(NH3)4]2+离子键，氨气分子与铜离子之间为配位键，氨气分子中N-H键为σ键，所以选ABD；
(6)该晶胞中O原子个数=4，Co原子个数=8×+6×=4，O、Co原子个数之比=4：4=1：1，其化学式为CoO；晶体体积V=a3pm3= a3×10-30cm3，晶胞密度=。
【点睛】同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第I IA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；有关晶胞的计算要注意单位的换算，1cm=107nm=1010pm。
12.有机物A有如下转化关系：

已知：①有机物B是芳香烃含氧衍生物，其相对分子质量为108，B中氧的质量分数为14.8％。
②CH3-CH2-COOH+Cl2+HCl
根据以上信息，回答下列问题：
（1）B的分子式为___________；有机物D中含氧官能团名称是_____________。
（2）A的结构简式为_________________ ；检验M中官能团的试剂是______________。
（3）条件I为_________________；D→F的反应类型为________________。
（4）写出下列转化的化学方程式：
F→E______________________________________
F→G_____________________________________。
（5）N的同系物X比N相对分子质量大14，符合下列条件的X的同分异构体有_________种（不考虑立体异构），写出其中核磁共振氢谱有五组峰，且吸收峰的面积之比为1∶1∶2∶2∶2的同分异构体的结构简式______________（写一种）。
①含有苯环； ②能发生银镜反应； ③遇FeCl3溶液显紫色。
【答案】 (1). C7H8O (2). 羧基 (3). (4). 银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液 (5). NaOH的醇溶液，加热 (6). 水解反应（或取代反应） (7). +H2O (8). +2H2O (9). 13 (10).
【解析】
【分析】
有机物B是芳香烃的含氧衍生物，其相对分子质量为108，B中氧的质量分数为14.8%，B中O原子个数==1，碳原子个数==7…8，所以B分子式为C7H8O，B中含有苯环且能连续被氧化，则B为，B被催化氧化生成M，M为，N为苯甲酸，结构简式为；
A发生水解反应生成醇和羧酸，C为羧酸，根据题给信息知，C发生取代反应生成D，D发生反应然后酸化得到E，E能生成H，D是含有氯原子的羧酸，则D在氢氧化钠的醇溶液中加热生成E，E发生加聚反应生成H，所以D为、E为、C为；D反应生成F，F能反应生成E，则D发生水解反应生成F，F为，F发生酯化反应生成G，根据G分子式知，G为；根据B、C结构简式知，A为，以此解答该题。
【详解】(1)B为，分子式为C7H8O，D为，含氧官能团为羧基；
(2)由以上分析可知A为，M为，含有醛基，可用银氨溶液或新制备氢氧化铜浊液检验；
(3)通过以上分析知，条件I为氢氧化钠的醇溶液、加热；D为，D发生水解反应(取代反应)生成F；
(4)F发生消去反应生成E，反应方程式为+2H2O，F发生酯化反应生成G，反应方程式为+2H2O；
(5)N为苯甲酸，结构简式为，X是N的同系物，相对分子质量比N大14，即X中含有羧基，且分子中碳原子数比N多一个，根据条件：①含有苯环 ②能发生银镜反应，说明含有醛基，③遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，如苯环含有2个取代基，则分别为-CH2CHO、-OH，有邻、间、对3种，如苯环含有3个取代基，可为-CH3、-CHO、-OH，有10种，共13种；
其中核磁共振氢谱有五组峰，且吸收峰的面积之比为1：1：2：2：2的同分异构体的结构简式为。
【点睛】以B为突破口采用正逆结合的方法进行推断，注意结合反应条件、部分物质分子式或结构简式、题给信息进行推断，注意：卤代烃发生反应条件不同其产物不同。