四川省绵阳市某中学2024届高三下学期“超越杯”考试化学试题 Word版含解析.docx

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东辰中学高2021级高三下“超越杯”考试理科综合试卷总分：300分　考试时间：150分钟【注意事项】1.答题前务必将姓名、考号、班级填写在答题卡上；2.答选择题时，必须用2B铅笔将答题卡上对应题目的答题标号涂黑；3.答非选择题时，必须用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置，超过规定的矩形边框，则答题无效；4.所有题目必须在答题卡上作答，在试卷上作答无效。可能用到的相对原子质量：H1　O16　P31　S32　Cl35.5第Ⅰ卷(共126分)一、选择题：本题共13小题，每小题6分：怀小题均只有一项符合题目要求。1.劳动开创未来。下列劳动项目所对应的化学解释错误的是选项劳动项目化学解释A工人浇注熔融钢水前对模具进行干燥铁与水高温下会反应B医务人员用75%的乙醇对办公家具消毒利用乙醇的强氧化性C食堂服务员用热的纯碱溶液洗涤餐具纯碱能促进油脂水解D车间工人在电热水器内部加装镁棒牺牲阳极的阴极保护A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】详解】A．铁与水高温下会反应生成四氧化三铁和氢气，故浇注熔融钢水前对模具进行干燥，A不符合题意；B．乙醇能使蛋白质变性，故用75%的乙醇对办公家具消毒，B符合题意；C．热的纯碱溶液显碱性，能和油脂反应，故用热的纯碱溶液洗涤餐具，C不符合题意；D．镁比铁活泼，故能保护铁，为牺牲阳极的阴极保护，D不符合题意；故选B。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 2.咖啡酸的衍生物(M)如图。下列有关M的说法正确的是A.M能使溴水、酸性高锰酸钾褪色B.M分子中有3种含氧官能团C.M分子中碳原子不可能处于同一平面D.M分子中苯环上的二氯代物共有3种【答案】A【解析】【详解】A．M分子中含有碳碳双键，能使溴水、酸性高锰酸钾褪色，A正确；B．M分子中的含氧官能团为：羟基、羧基，只有2种，B错误；C．M分子中含有苯环和碳碳双键这两个平面结构，所有碳原子可能共平面，C错误；D．M分子中苯环上的二氯代物只有两种：，D错误；故选A。3.W、X、Y、Z、M、N为六种短周期主族元素。W的核外电子数等于其周期数，X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素且W2Z是最常用的溶剂。W、X、Y、Z的最外层电子数之和与N的质子数相等。只有M是金属元素。下列说法正确的是A.由W、Y、Z三种元素组成的化合物可能是强电解质B.氢化物的沸点：Z>N>XC.离子半径：N>M>Z>YD.W和M形成的化合物溶于水显酸性【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z、M、N为六种短周期主族元素。W的核外电子数等于其周期数，W为氢；X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素且W2Z是最常用的溶剂，则X、Y、Z分别为碳、氮、氧；W、X、Y、Z的最外层电子数之和与N的质子数相等，则N为硫；只有M是金属元素，M可能为钠、镁、铝等；【详解】A．由W、Y、Z三种元素组成的化合物硝酸铵，硝酸铵为强电解质，A正确；第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 B．碳可以和氢形成相对分子质量很大的高聚物，沸点能很高，B错误；C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；离子半径：N>Y>Z>M，C错误；D．若M为钠，则W和M形成的化合物氢化钠和水生成氢氧化钠，为碱性，D错误；故选A。4.下列图示装置和原理能达到实验目的的是A．观察钾元素的焰色反应B．稀释浓硫酸C．验证沉淀之间的相互转化D．用NaOH标准溶液滴定盐酸A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．观察钾元素的焰色反应时，需要通过蓝色的钴玻璃片，A正确；B．量筒量液容器，不能用量筒稀释浓硫酸，B错误；C．向溶液中滴入的溶液，产生白色沉淀，过量，再滴入溶液，会生成黄色沉淀，不能说明沉淀转化为，不能验证沉淀之间的转化，C错误；D．盛装标准溶液滴定管为碱式滴定管，没有活塞，转动滴定管的活塞是不正确的，D错误；故选A。5.下列离子方程式书写正确的是A.用Pt电极电解AlCl3饱和溶液：2H2O+2Cl-H2↑+Cl2↑+2OH-B.向NaClO溶液中通入少量SO2：SO2+ClO-+H2O=+Cl-+2H+C.碳酸氢铵溶液中滴入少量的氢氧化钠溶液：+OH-NH3·H2OD.CuSO4溶液与闪锌矿(ZnS)反应生成铜蓝(CuS)：Cu2+(aq)+ZnS(s)Zn2+(aq)+CuS(s)第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 【答案】D【解析】【详解】A．电解过程中生成的氢氧根离子会和铝离子生成了氢氧化铝沉淀，A错误；B．NaClO溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，氢离子与次氯酸根离子结合为弱酸次氯酸：SO2+3ClO-+H2O=+Cl-+2HClO，B错误；C．碳酸氢铵溶液中滴入少量氢氧化钠溶液，氢氧根离子首先和碳酸氢根离子生成碳酸根离子和水：，C错误；D．CuSO4溶液与闪锌矿(ZnS)反应生成更难溶的铜蓝(CuS)：Cu2+(aq)+ZnS(s)Zn2+(aq)+CuS(s)，D正确；故选D。6.四川大学余达刚教授课题组发展了一种镍催化下用CO2制备苯乙酸的反应，反应原理如图所示。下列有关说法正确的是A.H+向B极移动B.A极的电极反应式为C.若使用铅蓄电池作电源，则每生成0.5mol苯乙酸，消耗49gH2SO4D.该反应的原子利用率为100%，有利于实现碳中和【答案】D【解析】【分析】由图可知，A极发生还原反应生成羧酸，反应为，A为阴极；B极发生氧化反应生成，反应为-2e-+Br-+H+，B第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 为阳极；【详解】A．电解池中阳离子向阴极迁移，H+向A极移动，A错误；B．由分析可知，A极发生还原反应生成羧酸，反应为，B错误；C．铅蓄电池放电总反应为：；若使用铅蓄电池作电源，则每生成0.5mol苯乙酸，根据电子守恒可知，，消耗1molH2SO4，质量为98g，C错误；D．该反应的总反应为，故原子利用率为100%，有利于实现碳中和，D正确；故选D。7.常温下，向浓度为0.01mol·L-1的H3AsO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液中含砷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。关于该过程的说法不正确的是A.pH为7.35~7.45的溶液中含砷元素的主要微粒是H3AsO3B.Ka1(H3AsO3)的数量级是10-10C.当pH=13时，溶液中的=-0.8D.c点，c(Na+)>c()+3c()+2c()【答案】C【解析】【分析】如图所示，a点，第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 ，同理根据b点和c点，，。【详解】A．如图所示，pH为7.35~7.45的溶液中含砷元素的主要微粒是H3AsO3，A正确；B．根据分析，，数量级是10-10，B正确；C．当pH=13时，，，=0.8，C错误；D．c点溶液中溶质成分为等物质的量的Na3AsO3和Na2HAsO3，溶液呈碱性，根据电荷守恒：，由于，故，溶液呈碱性，，故，D正确；故选C。第Ⅱ卷(共174分)本卷包含必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生必须作答；第33~38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(共129分)8.亚硫酰氯(SOCl2)是一种重要化工试剂，被广泛应用于结晶水合物的脱水和有机合成，三氯氧磷(POCl3)常作为半导体掺杂剂及光导纤维原料。工业上合成POCl3和SOCl2的方法之一是：PCl5(s)+SO2(g)=POCl3(l)+SOCl2(l)△H=-101.4kJ/mol。已知相关物质的熔沸点及水解性如表：物质熔点沸点水解性POCl31.2105.5易水解SOCl2-104.576易水解PCl5160(167第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 升华)易水解某小组在实验室模拟工业制亚硫酰氯设计如图实验。试回答下列问题：（1）A装置中发生反应的化学方程式为_______。（2）B装置中盛装的a试剂为_______；C装置中X仪器的名称是_______。（3）①反应过程中C装置的烧瓶要放在冰水浴中，原因是_______。②判断PCl5已与SO2完全反应的实验现象是_______。（4）反应结束后，应进行_______(填操作名称)，从双颈烧瓶中的液体得到较纯净的POCl3和SOCl2。（5）测定某掺杂剂中POCl3的含量(杂质不参与反应)；准确称取4.000g样品在水解瓶中据动至完全水解，将水解液配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入0.400mol/L的AgNO3溶液25.0mL，再加少许硝基苯防止AgCl参与后续反应，用力振荡。加入少量NH4Fe(SO4)2，用0.1000mol/LKSCN标准溶液滴定，消耗KSCN标准溶液22.00mL。[已知：Ag3PO4可溶于硝酸，Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12，POCl3的相对分子质量为153.5]①说明滴定到达终点的实验现象为_______。②产品中POCl3的质量分数为_______(保留一位小数)【答案】（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑（2）①.浓硫酸②.球形冷凝管（3）①.该反应放热，保持低温防止产品气化挥发②.固体完全消失（4）蒸馏（5）①.当最后一滴KSCN标准液滴入锥形瓶，溶液由浅黄色变为血红色，且半分钟内不复原②.99.8%【解析】【分析】A中生成二氧化硫气体，据信息本实验必须在无水条件下反应，所以B用浓硫酸除去二氧化硫中的水蒸气，C中发生反应PCl5(s)+SO2(g)=POCl3(l)+SOCl2(l)△H=-101.4kJ/mol以制备目标产物，用X第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 球形冷凝管进行冷凝回流，将原料充分反应、防止产品挥发，提高产率。球形干燥管中碱石灰防止空气中的水蒸气进入；【小问1详解】A装置中生成二氧化硫气体，发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑。【小问2详解】据分析，B装置中盛装的a试剂为浓硫酸；C装置中X仪器的名称是球形冷凝管。【小问3详解】①C中发生反应PCl5(s)+SO2(g)=POCl3(l)+SOCl2(l)△H=-101.4kJ/mol为放热反应，则反应过程中C装置的烧瓶要放在冰水浴中的原因是：该反应放热，保持低温防止产品气化挥发。②据信息，通常PCl5为固态、POCl3和SOCl2呈液态，则判断PCl5已与SO2完全反应的实验现象是：固体完全消失。【小问4详解】反应结束后，所得为POCl3和SOCl2的互溶液体混合物，沸点差较大，应进行蒸馏以从双颈烧瓶中的液体得到较纯净的POCl3和SOCl2。小问5详解】①用KSCN滴定过量的硝酸银，用NH4Fe(SO4)2做指示剂，当硝酸银反应完后，KSCN和NH4Fe(SO4)2中的三价铁反应，溶液显血红色，故滴定终点的现象是：当最后一滴KSCN标准液滴入锥形瓶，溶液由浅黄色变为血红色，且半分钟内不复原。②根据条件可知：AgNO3的总物质的量为：0.400mol/L×0.02500L=0.0100mol， KSCN的物质的量为0.1000mol/L×0.02200L=0.002200mol，SCN-反应的Ag+为0.002200mol，Cl-反应的Ag+为0.0100mol-0.002200mol=0.00780mol，Cl-的物质的量是0.00780mol，根据元素守恒则25ml中POCl3物质的量是0.00780mol×=0.00260mol，则4.000g样品中POCl3物质的量是0.00260mol×10=0.0260mol，POCl3的质量分数为×100%=99.8%。9.四氧化三锰是电子工业生产锰锌铁氧体软磁材料的重要原料。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、Al2O3、MgO和SiO2等杂质)为原料制备高品位四氧化三锰的一种工艺流程如下：已知：①0.01mol/L金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：金属离子AlFeFeMgMn第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 3+3+2+2+2+开始沉淀4.12.27.59.68.8完全沉淀5.43.29.5//②Ksp(MgF2)=74×10-1l；Ksp(MnF2)=5.6×10-3回答下列问题：（1）提高“酸浸”效果的方法有___________、___________(任写两种)。（2）“氧化1”步骤中，氧化剂a可选用MnO2，发生反应的离子方程式为___________，为了检验氧化是否完全可选用的试剂是___________(写化学式)。（3）“沉铁铝”步骤中，调节pH范围为___________。（4）“沉镁”步骤中，沉淀转化反应的平衡常数K值等于___________。（5）“沉锰”步骤中，杂质含量直接影响四氧化三锰的品位，实验测得温度对四氧化三锰中硫酸根含量的影响如图所示。实际生产中综合考虑选择50°C为宜，不选择更高温度的原因是___________。（6）“氧化2”步骤中发生反应的化学方程式为___________。【答案】（1）①.碳酸锰矿粉碎、搅拌②.增大H+浓度、升高温度等（2）①.2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O②.K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液（3）5.4~8.8（4）7.6×107（5）50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应（6）6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O【解析】【分析】碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、Al2O3、MgO和SiO2等杂质)中加入硫酸酸浸，矿石中只有SiO2不溶解，其它物质转化为FeSO4、MgSO4、Al2(SO4)3、MnSO4等；加入氧化剂a进行氧化1操作，此时Fe2+被氧化为Fe3+；加入试剂b沉铁铝，生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀；过滤后往滤液中加入MnF2，将Mg2+转化为MgF2；过滤后，往滤液中加入氨水，生成Mn(OH)2沉淀，再通入O2第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 ，将Mn元素部分氧化，从而生成Mn3O4。【小问1详解】通过增大接触面积、适当增大酸的浓度、升高温度等，都可提高“酸浸”效果，则提高“酸浸”的方法有：碳酸锰矿粉碎、搅拌、增大H+浓度、升高温度等。答案为：碳酸锰矿粉碎、搅拌；增大H+浓度、升高温度等；【小问2详解】“氧化1”步骤中，将Fe2+氧化为Fe3+，氧化剂a可选用MnO2，则发生反应生成Fe3+、Mn2+等，离子方程式为2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O，为了检验氧化是否完全，需检验Fe2+是否存在，可选用的试剂是：K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液。答案为：2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O；K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液；【小问3详解】从表中可以看出，pH≥5.4时，Fe3+、Al3+全部转化为沉淀，pH=8.8时，Mn2+开始沉淀，所以“沉铁铝”步骤中，调节pH的范围为5.4~8.8。答案为：5.4~8.8；【小问4详解】“沉镁”步骤中，沉淀转化反应为MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq)则平衡常数K==≈7.6×107。答案为：7.6×107；【小问5详解】从图中可以看出，“沉锰”步骤中，50°C以后，硫酸根含量变化很少，实际生产中综合考虑选择50°C为宜，不选择更高温度的原因是：50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应。答案为：50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应；【小问6详解】由分析可知，“氧化2”步骤中，Mn(OH)2被O2氧化为Mn3O4等，发生反应的化学方程式为6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O。答案为：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O。【点睛】检验Fe2+、Fe3+混合溶液中的Fe2+时，不能使用Cl2、KSCN溶液。10.二氧化碳催化加氢制甲醇，能助力“碳达峰”，涉及反应有：第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 反应①反应②反应③（1）反应②自发进行的条件是_______(填“高温”、“低温”或“任意温度”)，反应③_______。（2）反应③在热力学上趋势大于反应①，其原因是_______。（3）反应③有催化剂和无催化剂作用下的反应机理如图所示(其中标有*的为吸附在催化剂表面上的物种，TS为过渡态)，催化剂可使反应历程中决速步骤的活化能降低_______eV(eV为能量单位)。（4）在下，和按物质的量之比为进行投料，只发生反应①和反应③，平衡时CO和在含碳产物中的物质的量分数及转化率随温度的变化如图所示。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 ①图中a代表的物质是_______。②q曲线在250℃之后随温度升高而增大的原因是_______。③250℃时，反应①的平衡常数_______(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。（5）向一定浓度的溶液通入至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示(阴、阳极区溶液均为溶液)。电解过程中生成尿素的电极反应式为_______。【答案】（1）①.低温②.（2）反应③是放热反应，反应①为吸热反应（3）0.20（4）①.②.250℃之后反应①为主反应③.（5）【解析】【小问1详解】反应②的△H<0，△S<0，若△G=△H-T△S<0，需满足低温，因此需要低温自发；反应③=反应①+反应②，则△H3=△H1+△H2=+41kJ/mol+(-90kJ/mol)=-49kJ/mol；【小问2详解】第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 反应③在热力学上趋势大于反应①，其原因是反应③是放热反应，反应①为吸热反应；【小问3详解】由图知TS3步活化能最大，为该反应的决速步，未使用催化剂时的活化能为1.8eV-0.2eV=1.6eV，使用催化剂时的活化能为0.4eV-(-1.0eV)=1.4eV，故使用催化剂使该步骤的活化能降低了0.2eV；【小问4详解】反应①为吸热反应，反应③为放热反应，平衡后升高温度，甲醇的物质的量减少，CO的物质的量增加，a曲线代表甲醇，b曲线代表CO，q曲线代表CO2的转化率随温度的变化；250°C之前以反应③为主，升高温度，反应③逆向移动，CO2的转化率降低，250°C之后以反应①为主，升高温度，反应①正向移动，CO2的转化率增大；250°C时，二氧化碳的转化率为20%，CO和CH3OH的物质的量分数相等，发生反应①和③：由二氧化碳的转化率为20%得出5×20%=2x，x=0.5mol，平衡后各物质的物质的量为：n(CO2)=4mol，n(H2)=17-4x=15mol，n(CO)=0.5mol，n(H2O)=2x=1mol，n(CH3OH)=0.5mol，n(总)=4+15+0.5+0.5+1=21mol，Kp==；【小问5详解】电解过程中生成尿素的电极为阴极，发生还原反应，由硝酸根离子和二氧化碳在酸性条件下生成尿素，电极反应式为：。(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，则每科按所做的第一题计分。11.某合金基体是铁碳合金，还含有一定量的Cr、Ni、Cu、C等元素。回答下列问题：（1）基态碳原子核外电子所处的最高能层符号为___________，基态的外围电子排布图为___________。（2）六羰基铬[Cr(CO)₆]中σ键和π键的个数比为___________，与CO互为等电子体的是___________。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 A．　　　　B．　　　　C．　　　　D．　　　　E．HCl（3）完成下列含碳化合物相关分析：①A分子中采取sp²杂化的碳原子有___________个。②B的沸点低于对羟基苯甲醛()的沸点，其原因是___________。（4）是离子晶体，其晶格能可通过Born-Haber循环计算得到。通过图中数据________(填“能”或“不能”)计算出Cu原子的第一电离能，的晶格能为____________kJ∙mol-1。（5）的晶胞结构如图所示，A的原子坐标参数为(0，0，0)，B为(则C的原子坐标为___________；已知该晶体的密度为和的半径分别为和，NA代表阿伏加德罗常数的值，则该晶胞中离子的空间利用率为___________(用代数式表示)。【答案】（1）①.L②.（2）①.1:1②.AD（3）①.7②.有机物B易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，故B的沸点低（4）①.不能②.5643第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 （5）①.②.【解析】【小问1详解】基态碳原子核外电子排布在K、L层，所以最高能层为L；【小问2详解】基态Cr3+的外围电子排布式为3d3，所以外围电子排布图为；CO中含有1σ个键和2个π键，CO和Cr形成6个配位键，故Cr(CO)6中σ键和π键的个数比为(6+6):12=1:1，与CO互为等电子体的是、CN-，故选AD；【小问3详解】①苯环和基碳原子均为sp2杂化，故为7；②有机物B中羟基与醛基位于苯环的邻位碳原子上，故易形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛处于对位，易形成分子间氢键，故B的沸点低；【小问4详解】第一电离能是指基态的气态原子失去最外层的一个电子变为气态离子所需能量，图中表示的是固态Cu原子，故不能确定Cu原子的第一电离能；晶格能是指气态基态离子形成lmol离子化合物所释放的能量，故Cu3N的晶格能为3285kJ·mol-1-822kJ·mol-1+3180kJ·mol-1=5643kJ·mol-1；【小问5详解】根据A的原子坐标参数为(0，0，0)，B为(则C点坐标为；利用均摊法，位于顶点与面心，位于体心与棱上，则1个晶胞中含有4个和4个，故离子体积为，1个晶胞的体积为，则该晶胞中离子的体积占晶胞体积大百分率为。12.黄酮哌酯是一种解痉药，可通过如图路线合成：第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 回答问题：（1）A→B的反应类型为_______。（2）已知B为一元强酸，室温下B与NaOH溶液反应的化学方程式为_______。（3）D的结构简式为_______。（4）E和F可用_______(写出试剂)鉴别。（5）X是F的同分异构体，符合下列条件的X的结构简式为_______(任写一种)。①含有酯基；②含有苯环；③核磁共振氢谐有两组峰（6）已知酸酐能与羟基化合物反应生成酯。写出下列F→G反应方程式中M和N的结构简式_______、_______。（7）设计以为原料合成的路线_______(其他试剂任选)。已知：+CO2【答案】（1）取代反应第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 （2）+NaOH+H2O（3）（4）FeCl3溶液（5）或（6）①.②.H2O（7）【解析】【分析】A()与浓硫酸在加热的条件下发生苯环上的取代反应生成B()与NaOH溶液反应生成,C的结构简式为，苯酚与NaOH反应生成和CO2在一定条件下反应，再与HCl反应生成D，则D的结构简式为,酸酐能与羟基化合物反应生成酯，则F与苯甲酸酐反应可生成G、苯甲酸和水，故M和N的结构简式为和H2O。【小问1详解】第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 A()与浓硫酸在加热的条件下发生苯环上的取代反应生成B()，即反应类型为取代反应；【小问2详解】B为一元强酸，室温下B与NaOH溶液反应生成和H2O，反应的化学方程式为+NaOH→+H2O；【小问3详解】C的结构简式为，苯酚与NaOH反应生成和CO2在一定条件下反应，再与HCI反应生成D，则D的结构简式为；【小问4详解】由E、F的结构简式可知，F含有酚羟基，而E没有，因此可用FeCl3溶液鉴别两者，前者溶液变成紫色，后者无明显现象；【小问5详解】F的分子式为C10H10O4，X是F的同分异构体，X含有苯环和酯基，其核磁共振氢谱有两组峰，说明X只有2种不同环境的H原子，则满足条件的X的结构简式为或；【小问6详解】酸酐能与羟基化合物反应生成酯，则F与苯甲酸酐反应可生成G、苯甲酸和水，故M和N的结构简式为和H2O；【小问7详解】第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司 已知+CO2，则以为原料合成时，可先将与浓硫酸在加热的条件下发生取代反应生成，再依次与NaOH(熔融条件下)、HCI反应生成再与CH₃COCI发生取代反应生成，经氧化可得到，再与AlCl3反应可得到。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司