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黑龙江省部分学校2020届高三化学5月联考试题黑龙江省部分学校2020届高三化学5月联考试题年级：姓名：- 19 -黑龙江省部分学校2020届高三化学5月联考试题（含解析）考生注意：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共300分。考试时间150分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.可能用到的相对原子质量：H1 O16 Al27 Si28 S32 Fe56 Cu64 As75第I卷(选择题 共126分)一、选择题：本题共13小题，每小题6分。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.新冠病毒(如图)由蛋白质和核酸组成，核酸由核苷酸组成，核苷酸的单体由五碳糖、磷酸基和含氮碱基构成。下列说法错误的是A. 蛋白质和核酸均是高分子化合物B. 五碳糖(C5H10O5)与葡萄糖互为同系物C. 蛋白质中含C、H、O、N等元素D. NaClO溶液用作消毒剂，是因为NaClO能使病毒蛋白变性【答案】B【解析】【详解】A. 蛋白质是由氨基酸脱水缩聚而成的，而所有的聚合物都是属于高分子化合物，核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，A 正确；B. 同系物要求结构相似，组成上相差n个CH2原子团；五碳糖( C5H10O5)与葡萄糖( C6H12O6)组成相差1个CH2O，不属于同系物关系，B错误； C. 蛋白质的组成元素有 C、H、O 、N，有的还有P、S等，C正确；D. NaClO溶液用作消毒剂，NaClO 具有强氧化性，能使病毒蛋白变性，D正确。答案选B。2.关于信息素N(结构如图所示），下说列法错误的是（ ）A. 至少有6个碳原子一定共平面B. 能使少量酸性高锰酸钾溶液褪色C. 分子式为C11H20OD. 能发生酯化反应【答案】A【解析】【详解】A如图：，“1”“2”“3”“4”号碳原子一定共面，由于碳碳单键可以绕轴旋转，其它碳原子不一定与“1”“2”“3”“4”号碳原子所在的平面共面，所以N中至少有4个碳原子共面，A错误；B信息素N中有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，有羟基，且与羟基相连的C原子上有H，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故N能使少量酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C分子式为C11H20O，C正确；D含-OH，能和羧酸发生酯化反应，D正确。答案选A。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。关于常温下pH5的NaH2PO4溶液，下列说法正确的是A. 溶液中含有的H的数目为105NAB. c(H)c(H3PO4)c(OH)c(HPO)C. NaH2PO4溶液呈酸性是因为H2PO发生了水解反应D. 加入pH5的稀硫酸，溶液的酸性不变【答案】D【解析】【详解】A溶液的体积不知，无法求算溶液中H的物质的量，从而不知道H的数目，A错误；BNaH2PO4溶液中，根据电荷守恒，有c(Na)c(H)=c(OH)c(H2PO4)2c(HPO42)3c(PO43)，根据物料守恒，有c(Na)=c(H3PO4)c(H2PO4)c(HPO42)c(PO43)，结合两式，可得c(H3PO4)c(H)=c(OH)c(HPO42)2c(PO43)，B错误；CH2PO4水解方程式为H2PO4H2OH3PO4OH，水解成碱性；NaH2PO4溶液呈酸性，是由于H2PO4的电离程度大于水解程度，C错误；D两个pH相同的溶液混合后，pH不变，D正确；答案选D。4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，W、X、Y的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，Y的族序数等于其周期数。下列说法错误的是（ ）A. 四种元素形成的单质中，Z的单质沸点最低B. WZ3中W满足8电子稳定结构C. Y、Z形成的化合物的水溶液呈酸性D. X的氧化物可能既含离子键又含共价键【答案】B【解析】【分析】Y的族序数等于其周期数，且W与Y同主族，由此可知Y应为铝元素，W为硼元素；W、X、Y的最外层电子数等于Z的最外层电子数，W与Y的最外层电子数之和为6，而短周期主族元素的最外层电子数均小于8，由此可知Z的最外层电子数为7，X的最外层电子数为1，Z为氯元素，X为钠元素。【详解】A.四种元素形成的单质中氯气为气体单质，是四种单质中沸点最低的，故A正确；B.WZ3是三氯化硼，其中硼原子为+3价，与氯原子形成3对共用电子对，外围只有6个电子，不满足8电子稳定结构，故B错误；C.Y与Z形成的化合物是氯化铝，氯化铝属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故C正确；D.X氧化物若是过氧化钠，则其中既含有离子键又含有共价键，若是氧化钠，其中只有离子键，故D正确；故选：B。5.海冰是海水冻结而成的咸水冰，海水冻结时，部分来不及流走的盐分(设以NaCl为主)以卤汁的形式被包裹在冰晶之间，形成“盐泡”，其大致结构如图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，则融化后的水为淡水。下列叙述正确的是A. 海冰内层“盐泡”越少，密度越大B. 海冰冰龄越短，内层的“盐泡”越少C. 每含1mol H2O的海冰内就有2l0-5 NA个NaCl分子(NA为阿伏加德罗常数)D. 海冰内层NaCl的浓度约为l0-3 mol/L(设冰的密度为0.9 g.cm-3)【答案】D【解析】【详解】A“盐泡”内含有NaCl等盐类，“盐泡”越多，质量越大，海冰密度越大，故A错误；B若海冰的冰龄达到1年以上融化后的水为淡水，即冰龄越长，“盐泡”渗出，内层的“盐泡”越少，故B错误；CNaC1是离子化合物，不存在NaCl分子，故C错误；D假设有1L海冰，质量为900 g，物质的量约为50mol，“盐泡”与H2O的个数比约为210-5:1.则氯化钠的物质的量约为110-3 mol，所以海冰内层NaCl的浓度约为10-3mol/L，故D正确；故答案D。6.在一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢，将10 mol由苯和环已烷组成的混合气体通入反应器中，下列说法不正确的是A. N为电源的正极B. H从右向左移动C. D电极上的电极反应式为D. 苯的转化率为50%【答案】C【解析】【分析】根据图示，在电极D，苯转化为环己烷，为还原反应，苯发生还原反应得到电子，电极D为阴极，则M为负极，N为正极，电极E为阳极，在阳极，H2O失去电子，生成O2，据此分析解答。【详解】A根据分析N为电源的正极，A正确，不选；B在电解池中，H向阴极移动，D为阴极，H从右向左移动，B正确，不选；C根据图示，苯转化为环己烷，为还原反应，应得到电子，电解质溶液为酸性，电极方程式为，C错误，符合题意；D根据分析，电极E生成O2，电极方程式为2H2O-4e-=O2+4H+，生成1.8molO2，转移7.2mol电子，根据电极D的反应方程式，反应了苯，10mol混合气体，苯的物质的量分数为24%，则苯的物质的量为2.4mol，反应了1.2mol，其转化率为50%，D正确，不选；答案选C。7.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+，无Fe3+B向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性C向碘水中加入等体积的CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色I2在CCl4中溶解度大于在水中的溶解度D向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成；再加入足量盐酸，白色沉淀不消失原溶液中一定含有SO A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明原溶液中有Fe2+，但是不能确定是否有Fe3+，A错误；B. 向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体铜析出，说明Fe的还原性强于Cu的还原性， Cu2+的氧化性强于Fe2+的氧化性，B错误；C. 向碘水中加入等体积的CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，CCl4将I2萃取，说明I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，C正确；D. 向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成；再加入足量盐酸，白色沉淀不消失，原溶液中不一定含有SO，还可能是SO，加入Ba(NO3)2溶液，先生成BaSO3白色沉淀，再加入足量盐酸，溶液中有NO和H+，将BaSO3氧化为BaSO4，D错误。答案选C。第II卷(非选择题 共174分)三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每道试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。8.用一种硫化矿(含45%SiO2、20.4% Al2O3、30%FeS和少量GeS2等)制取盆景肥料NH4Fe(SO4)2及铝硅合金材料的工艺流程如下 ：(1)“矿石”粉碎的目的是_ 。(2)“混合气体”经过水吸收和空气氧化能再次利用。“焙烧”时，GeS2发生反应的化学方程式为_。“混合气体”的主要成分是_ (填化学式)FeS焙烧产生的Fe2O3会与(NH4)2SO4反应生成NH4Fe(SO4)2，该反应的化学方程式为_。 Al2O3也能发生类似反应这两种氧化物转化为硫酸盐的转化率与温度的关系如图，上述流程中最适宜的“焙烧” 温度为_。 (3)GeCl4的佛点低，可在酸性条件下利用蒸馏的方法进行分离，酸性条件的目的是_。(4)用电解氧化法可以增强合金 AlxSiy的防腐蚀能力，电解后在合金表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜(主要成分为Al2O3), 电解质溶液为 H2SO4-H2C2O4混合溶液，阳极的电极反应式为_。(5)假设流程中SiO2 损失了20%，Al2O3 损失了25%，当投入1 t硫化矿，加入了54kg纯铝时，铝硅合金中x:y=_。【答案】 (1). 使矿石充分灼烧 (2). GeS2+3O2GeO2+2SO2 (3). SO2、NH3 (4). 4(NH4)2SO4+Fe2O3 2NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3 (5). 300 (6). 防止GeCl4水解 (7). 2Al-6e+3H2O =Al2O3+6H+ (8). 5:6【解析】【分析】硫化矿(含45%SiO2、20.4% Al2O3、30%FeS和少量GeS2等)粉碎后加入硫酸铵在空气中焙烧，-2价S被氧化生成SO2，Ge元素转化为GeO2，FeS焙烧产生的Fe2O3会与(NH4)2SO4反应生成NH4Fe(SO4)2，控制焙烧温度，防止Al2O3也发生类似的反应；加水后，NH4Fe(SO4)2溶解，经系列处理得到NH4Fe(SO4)2；过滤得到滤渣为SiO2、Al2O3和GeO2，加盐酸溶解，Al2O3和GeO2得到的相应的氯化物，二氧化硅不溶解，过滤得到二氧化硅滤渣；蒸馏分离滤液中的GeCl4后再加入氨水调节pH得到Al(OH)3沉淀，过滤取Al(OH)3沉淀，与前序滤渣SiO2和焦炭高温焙烧还原得到Al和Si，再加纯铝搅拌得到合金。【详解】(1)矿石粉碎后可以增大与空气的接触面积，使矿石充分灼烧；(2)“焙烧”时，GeS2中-2价S被氧化生成SO2，Ge元素转化为GeO2，方程式为GeS2+3O2GeO2+2SO2；混合气体中主要有硫元素被氧化生成的SO2，以及铵盐分解产生的NH3；Fe2O3会与(NH4)2SO4反应生成NH4Fe(SO4)2，该反应为非氧化还原反应，根据元素守恒可得方程式为4(NH4)2SO4+Fe2O32NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3；因流程的目的是要是制备NH4Fe(SO4)2和硅铝合金，所以要使Fe2O3尽量反应，而Al2O3不反应，据图可知300时大部分氧化铁转化为硫酸盐，只有极少量氧化铝转化为硫酸盐，所以最合适的温度为300；(3)GeCl4易水解，蒸馏过程中会HCl挥发造成彻底水解，所以需要在酸性条件下防止GeCl4水解，再进行蒸馏；(4)电解池中阳极失电子发生氧化反应，根据题意可知Al单质被氧化成三氧化二铝，电解质溶液显酸性，所以电极方程式为2Al-6e+3H2O =Al2O3+6H+；(5)1 t硫化矿中SiO2的质量为1000kg45%=450kg，流程中损失20%，所以被利用的二氧化硅的质量为450kg(1-20%)=360kg，则n(Si)=6000mol；1 t硫化矿中SiO2的质量为1000kg20.4%=204kg，流程中损失25%，所以被利用的Al2O3的质量为204kg(1-25%)=153kg，又加入54kg铝，则n(Al)=5000mol，所以合金AlxSiy中x：y=5:6。【点睛】蒸发易水解的氯化物(如氯化铁，氯化铜等)的水溶液时要注意，为防止溶质彻底水解而得不到目标产物，需要在HCl气流中抑制水解，进行蒸发。9.CH3OCH3（二甲醚）常用作有机合成的原料，也用作溶剂和麻醉剂。CO2与H2合成CH3OCH3涉及的相关热化学方程式如下：.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.1kJmol-1.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H2=-24.5kJmol-1.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2(g) H3.2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) H4回答下列问题：H4=_kJmol-1。体系自由能变G=H-TS，G”或“ (4). 0.21 (5). 小于 (6). p1p2p3 (7). m1m2m3 (8). 23【解析】【分析】第个方程式的2倍加上第个方程式。根据图中信息得到298998K下只有的G0。升高温度，CO2的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，正向是吸热反应；三段式式建立关系，根据公式求出压强；根据平衡常数分析产物与反应物的关系。利用转化率分析压强，利用一个量不变，另一个量变化来分析。建立三段式建立再求平衡常数。【详解】将第个方程式的2倍加上第个方程式得到H4=122.54 kJmol1；故答案为：122.54。体系自由能变G=HTS，G0时反应能自发进行，在298998K下只有的G0，因此均能自发进行的反应为；故答案为：。升高温度，CO2的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，正向是吸热反应，即H30；故答案为：。，反应，若A点总压强为pMPa，则A点时CO2的分压为；故答案为：0.21。在B点对应温度下，根据.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)和.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2(g)的反应，CO2转化率相等，产物的量相等，但中氢气平衡时量较少，但是大于1的值，由于是浓度三次方，因此平衡常数小，平衡常数K()小于K()；故答案为：小于。该反应是体积减小的反应，图c中定温度，从下到上看，转化率增大，说明平衡正向移动，向体积减小方向移动即加压，压强从大到小的顺序为p1p2p3，图d中可以理解为二氧化碳物质的量不变，氢气量不断增加，平衡正向移动，二氧化碳转化率不断增大，因此氢碳比m从大到小的顺序为m1m2m3；故答案为：m1m2m3。若在1L恒容密闭容器中充入0.2molCO2和0.6molH2，CO2的平衡转化率为50%，则在此温度下该反应的平衡常数；故答案为：23。10.某化学兴趣小组设计装置，进行实验探究KMnO4与浓盐酸的反应。实验1设计如图1所示装置，并验证氯气的漂白性。(1)高锰酸钾与浓盐酸的反应中，浓盐酸表现出的性质是_；若实验中产生2.24 L(标准状况)Cl2，设NA为阿伏加德罗常数的值，则转移的电子数为_。(2)利用装置C验证氯气是否具有漂白性，则装置中I、II、III处依次放入的物质可能是_。实验2设计如图2所示装置，左侧烧杯中加入100 mL由2.00 molL1 KMnO4和6 molL1 H2SO4组成的混合溶液，右侧烧杯中加入100 mL 5.00 molL1 BaCl2溶液，盐桥选择KNO3琼脂。(3)若用98%的浓硫酸(密度为1.84 gcm3)配制500 mL 6 molL1的稀硫酸时，除了需用到玻璃棒、烧杯、量筒之外，还必须用到的玻璃仪器为_；下列操作会导致所配溶液浓度偏小的是_(填字母)。A.容量瓶内壁附有水珠却未干燥处理 B.加水定容时俯视刻度线C.颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补足 D.稀释过程中有少量液体溅出烧杯外(4)左侧烧杯中石墨电极上的电极反应式为_；盐桥中的K移向_ (填“左”或“右”)侧烧杯的溶液中。(5)实验发现，其他条件不变，改用10.0 molL1 H2SO4时，生成氯气的速率比使用6 molL1 H2SO4时快且产生的气体体积更大，其可能的原因是_。【答案】 (1). 酸性、还原性 (2). 0.2NA (3). 湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条 (4). 500mL容量瓶、胶头滴管 (5). CD (6). MnO+5e-+8H+=Mn2+4H2O (7). 左 (8). 氢离子浓度大，KMnO4的氧化性增强，反应速率快能氧化更多的氯离子【解析】【分析】实验1(1)高锰酸钾与浓盐酸反应制备Cl2时，HCl部分被氧化，生成了Cl2，体现出了还原性；生成了KCl和MnCl2，体现出酸性；(2)氯气溶于水生成的HClO具有漂白性，利用饱和食盐水除去HCl的氯气中含有水蒸气，因此先通过湿润的有色布条，探究氯气是否有漂白性；实验2(4)KMnO4能够氧化HCl生成Cl2，KMnO4在此过程中得到电子，发生还原反应，左侧石墨电极为正极；(5)一般条件下，酸性越强，氧化性越强，KMnO4与HCl的反应速率越快。【详解】实验1(1)高锰酸钾和浓盐酸制备Cl2的化学方程式为2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O，HCl中有一部分Cl的化合价升高，生成了Cl2，体现出了还原性；有一部分化合价没有变化，形成了KCl和MnCl2，体现出了酸性；根据化学方程式生成5molCl2转移10mol电子，若产生的了2.24L即0.1molCl2，则转移的电子的物质的量为0.2mol，其数目为0.2NA；(2)装置A生成Cl2，利用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，经过B装置的氯气中含有水蒸气，因此先经过湿润的有色布条，再干燥，在经过干燥的有色布条；因此I为湿润的有色布条，为干燥的有色布条，为无水氯化钙，用于干燥Cl2；实验2(3)用浓硫酸配制一定物质量浓度的硫酸时，量取浓硫酸时需要量筒，浓硫酸稀释时，需要烧杯和玻璃棒；转移时，需要500mL容量瓶，定容时需要胶头滴管；因此还需要的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；A容量瓶内壁有水珠未干燥，对溶液中的硫酸的物质的量和溶液的体积均无影响，浓度不变，A不符合题意；B加水定容时，俯视刻度线，体积偏小，硫酸的浓度偏大，B不符合题意；C颠倒摇匀后，凹液面低于刻度线又补加水，相当于稀释，所配溶液浓度偏小，C符合题意；D稀释过程中，有少量液体溅出，则容量瓶溶液中的溶质减小，所配溶液浓度偏小，D符合题意；答案选CD；(4)利用原电池制备Cl2，左侧加入的KMnO4和H2SO4，KMnO4得到电子转化为Mn2，其电极反应式为MnO45e8H=Mn24H2O；在原电池中，阳离子向正极移动，左侧KMnO4得到电子发生还原反应，则左侧的石墨电极为正极，则K向左移动；(5)在一般情况下，酸性越强，氧化性越强；硫酸的浓度越大，氢离子浓度越大，高锰酸钾的氧化性越强，化学反应速率越快，能氧化更多的氯离子。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多答，则每科按所答的第一题计分。化学物质结构与性质11.锌、铁、铜及其化合物在生活、生产中有着广泛应用。回答下列问题：(1)基态Fe3的核外电子排布式为_。在第四周期过渡元素中，基态原子未成对电子数最多的元素为_(用元素符号表示)。(2)一水合甘氨酸锌(H2NCH2COO)2ZnH2O是一种饲料添加剂，该化合物中所涉及的非金属元素电负性由大到小的顺序是_(用元素符号表示)；甘氨酸分子中N原子的杂化轨道类型为_；从结构角度解释甘氨酸易溶于水的原因：_。(3)铜元素的第一电离能、第二电离能分别为746 kJmol1、1958 kJmol1；锌元素的第一电离能、第二电离能分别为906 kJmol1、1733 kJmol1，铜的第二电离能大于锌的第二电离能，其主要原因是_。(4)磷酸铁(FePO4)可用于制造磷酸铁锂电池材料，PO的空间构型为_。(5)某种化合物由Fe、Cu、S三种元素组成，其晶胞结构如图所示，则化学式为_，该晶胞上、下底面均为正方形，侧面与底面垂直，若该晶体的密度 gcm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，结合图中的数据计算底面棱长a_(只要求列出计算式，用含b的代数式表示)pm。【答案】 (1). Ar3d5 (2). Cr (3). ONCH (4). sp3 (5). 甘氨酸是极性分子，氨基和羧基都能与水分子形成氢键 (6). 气态Cu失去一个电子变成Cu+后，其核外价电子排布式为3d10，形成了较稳定的全充满状态；而锌失去一个电子后，其核外价电子排布式为3d104s1 (7). 正四面体 (8). CuFeS2 (9). 【解析】【详解】(1)Fe为26号元素，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，失去3个电子形成Fe3，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5；在3d过渡金属中，基态原子未成对电子数最多的元素的价电子排布式为3d54s1，该元素为Cr；(2)一水合甘氨酸锌中含有的非金属元素有H、C、N、O，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性大小顺序为ONCH，则电负性大小排序为ONCH；甘氨酸的结构简式为NH2CH2COOH，NH2中N原子的价层电子对个数为4，则N原子的杂化类型为sp3；根据甘氨酸的结构简式，其含有NH2、COOH能够与水形成氢键，且甘氨酸是极性分子；(3)气态Zn失去一个电子形成排布为Ar3d104s1的结构；而气态Cu失去一个电子变成Cu，其核外电子排布式为为Ar3d10，Cu的核外电子排布中3d轨道为全满结构，较稳定，再失去一个电子，需要的能量较高；答案为气态Cu失去一个电子变成Cu+后，其核外价电子排布式为3d10，形成了较稳定的全充满状态；而锌失去一个电子后，其核外价电子排布式为3d104s1；(4)PO43中P的价层电子对数目=，价层电子对数目为4，不含孤对电子对，则PO43的空间构型为正四面体；(5)晶胞内含有8个S，均为此晶胞所有，则此晶胞含有8个S；晶胞的8个顶点为Cu所占有，为8个晶胞所共有，面上有4个Cu，为2个晶胞所共有，还有1个Cu在晶胞内部，为此晶胞所共有，则此晶胞中一共含有个Cu；晶胞的4个棱上有Fe，为4个晶胞所共有，面上有6个Fe，为2个晶胞所共有，则此晶胞中一共含有个Fe；则此晶胞中Cu、Fe、S的个数比为4：4：8=1：1：2，则此化学式为CuFeS2；晶胞的密度，可得。化学有机化学基础12.化合物H是制取某药物的中间体，实验室由芳香族化合物A制备H的一种合成路线如下：已知：.RCHO+CH2(COOH)2 RCH=CHCOOH. 回答下列问题：(1)B的结构简式为_，H的分子式为_。(2)C中含氧官能团的名称是_，BC的反应类型为_。(3)写出FGH的化学方程式：_。(4)M是D的同分异构体，同时满足下列条件的M的结构有_种。能与FeCl3溶液发生显色反应；能发生水解反应；苯环上只有两个取代基。其中核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1的M的结构简式为_。(5)写出以、CH2(COOH)2为原料合成的流程图(无机试剂任选)。_【答案】 (1). (2). C17H16O4 (3). 醛基、羟基 (4). 取代反应 (5). (6). 9 (7). (8). 【解析】【分析】B的分子式为C7H8O，结合C的结构简式，可知B的结构简式为；A的分子式为C7H8O，结合B的结构简式，可知A的结构简式为，A到B为A中的CH3转化为CHO。C到D，C中的Br被OCH3取代，D转化为E，结合已知，则E的结构简式为；E到F，结合已知，可知E中的OCH3转化为OH，则F的结构简式为，结合H的结构简式，可知F与G发生酯化反应，则G的结构简式为。【详解】(1)根据分析，B的结构简式为；将H的键线式转化为分子式，H的分子式为C17H16O4；(2)C含有的含氧官能团分别为羟基、醛基；B到C，B中苯环上的H原子被Br取代，因此B生成C为取代反应；(3)结合H的结构简式，可知F与G发生酯化反应，F的结构简式为，G的结构简式为，则E与G反应生成H的反应方程式为+H2O；(4)M是D的同分异构体，满足能与FeCl3溶液发生显色反应，说明M含有酚羟基；能发生水解反应，说明有酯基；苯环上只有两个取代基，则其中一个取代基为OH，另一个取代基可为OOCCH3、CH2OOCH、COOCH3；苯环上2个取代基，均有邻、间、对三种，则一共有33=9种；其中核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1，说明两个取代基处于对位，且含有1个CH3，则M的结构简式可能为、；(5)根据已知，苯甲醛和CH2(COOH)2反应可得到，经过水解得到苯甲醇，苯甲醇再氧化可得到苯甲醛；则合成路线为。