2019届高三化学上学期第四次模拟考试试题(含解析).doc

2019届高三化学上学期第四次模拟考试试题(含解析)一 选择题（每题6分，共78分）1. 化学与人们的生产、生活息息相关下列有关说法正确的是（）A. 煤的干馏和石油的分馏都属于化学变化B. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理C. 区分食盐是否加碘的方法是向食盐溶液中加少量淀粉，观察其是否变蓝D. 铝制容器不宜用来长时间存放酸性和碱性食物，也不可长时间存放含盐腌制食品【答案】D【解析】试题分析：A、石油的分馏属于物理变化，故A错误；B、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故B错误；C、淀粉与碘单质变蓝色，不是碘的化合物，故C错误；D、铝能与酸、碱发生化学反应，则铝制餐具不宜长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故D正确；故选D。考点：考查了煤和石油的综合利用、绿色化学、物质的检验、铝的化学性质的相关知识。2. 设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A. 11gT2O含有的电子数为5NAB. 常温下，0.2L 0.5molL1NH4NO3溶液的氮原子数小于0.2NAC. 含4molHCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应转移的电子总数为NAD. 标准状况下，2.24L H2S全部溶于水所得溶液中HS和S2离子数之和为0.1NA【答案】A【解析】A、11g超重水的物质的量为=0.5mol，而每个超重水分子中含10个电子，故0.5molT2O中含5NA个电子，故A正确；B、溶液中硝酸铵的物质的量n=0.5mol/L0.2L=0.1mol，而1mol硝酸铵中含2mol氮原子，故溶液中含有的氮原子个数为0.2NA个，故B错误；C、二氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故当盐酸变稀时反应即停止，故盐酸不能反应完全，则转移的电子总数小于NA个，故C错误；D、H2S为弱酸，在溶液中不能完全电离，故溶液中的H2S、HS-和S2-的个数之和为0.1NA个，故D错误；故选A。3. 根据海水综合利用的工业流程图（如图），判断下列说法正确的是（）A. 过程的提纯只有物理过程，过程通过氧化还原反应可产生两种单质B. 在过程中将MgCl26H2O真接灼烧即可制得纯净无水MgCl2C. 过程所得的高浓度溴水只需分液即可获得液溴D. 过程反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀间题【答案】D【解析】试题分析：A、过程的提纯中过滤属于物理过程，但是除去镁离子、碳酸根离子、硫酸根离子属于化学过程；过程电解饱和食盐水获得了氯气和氢气两种单质，故A错误；B、因MgCl26H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等，得不到无水MgCl2，若要由MgCl26H2O灼烧即可制得无水MgCl2，为防止Mg2+发生水解，应在HCl气氛中进行，故B错误； C、溴易溶于水，不能通过分液分离水和溴的混合物，故C错误； D、因Br2+SO2 +2H2O=2HBr+H2SO4，反应后溶液呈酸性，能与金属容器反应，故D正确；故选D。【考点定位】考查海水资源及其综合利用【名师点晴】本题考查了海水资源综合利用，涉及了离子的除杂、离子水解、氧化还原反应、元素及其化合物的有关知识进行综合利用，提高了试题的综合性。海水蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和氢氧化钠；母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到高浓度的溴。4. 铅、二氧化铅、氟硼酸（HBF4）电池是一种低温性能优良的电池，常用于军事和国防工业，其总反应方程式为Pb+PbO2+4HBF42Pb（BF4）2+2H2O已知：HBF4、Pb（BF4）2均是易溶于水的强电解质下列说法中不正确的是（）A. 充电时，阳极附近溶液的pH增大B. 充电时，阴极的电极反应式为pb2+2epbC. 放电时，转移1mol电子时负极减少的质量为103.5gD. 放电时，正极的电极反应式为PbO2+2e+4H+pb2+2H2O【答案】A【解析】试题分析：原电池的总反应为：Pb+PbO2+4HBF42Pb(BF4)2+2H2O，故放电时负极反应为：Pb-2e-=Pb2+；正极反应：PbO2+2e-+4H+=Pb2+2H2O，阴离子移向负极，阳离子移向正极；充电时，阴极反应：Pb2+2e-=Pb，阳极反应：Pb2+2H2O-2e-=PbO2+4H+，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。A、充电时，阳极反应：Pb2+2H2O-2e-=PbO2+4H+，产生大量氢离子，故阳极附近溶液的酸性增强，pH减小，故A错误；B、充电时的阴极反应即是将放电时的负极反应倒过来，故阴极反应为：Pb2+2e-=Pb，故B正确；C、放电时，此装置为原电池，放电时负极反应为：Pb-2e-=Pb2+，负极的质量减小，转移1mol电子时负极减少的质量为207g/mol=103.5g，故C正确；D、放电时，此装置为原电池，正极上发生还原反应，电极方程式为PbO2+2e+4H+=pb2+2H2O，故D正确；故选A。【考点定位】考查原电池和电解池的工作原理【名师点晴】本题考查了原电池和电解池中电极反应式的书写和离子移动方向的判断。在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，原电池的总反应为：Pb+PbO2+4HBF42Pb(BF4)2+2H2O，故放电时负极反应为：Pb-2e-=Pb2+；正极反应：PbO2+2e-+4H+=Pb2+2H2O，阴离子移向负极，阳离子移向正极；充电时，阴极反应：Pb2+2e-=Pb，阳极反应：Pb2+2H2O-2e-=PbO2+4H+，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。5. 用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的是（）A. 用图1所示装置制取少量H2B. 用图2所示装置分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物C. 用图3所示装置验证Na和水反应的热效应D. 用图4所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体【答案】C【解析】A，长颈漏斗没有插到液面下形成液封，氢气可以从长颈漏斗中逸出，关闭弹簧夹后固液不能立即分离，反应停不下来，所以A错。B，乙酸乙酯与碳酸钠溶液不互溶，可以用分液漏斗分液，本题用蒸馏法不对，即使蒸馏，温度计水银球也不能插到液面下，而是位于蒸馏烧瓶支管口处，所以B错。C，当向小试管中加水时，试管中的钠与水反应放出热量，小试管与大试管间没有物质交换，只有热量交换，大试管中的空气受热膨胀，气压超过外界大气压，这个压强差使得U形管中左管液面下降、右管液面上升，所以可以验证钠与水反应的热效应，C正确。D，氯化铵受热易分解为氯化氢和氨气，所以不能用蒸发结晶的方法得到氯化铵，只能用蒸发浓缩、降温结晶来得到，D不正确。点睛：从溶液中制备晶体通常用结晶法。结晶法分为蒸发结晶和降温结晶。蒸发结晶适用于热稳定性较好并且溶解度随温度变化不大的溶质。降温结晶适用于溶解度随温度变化较大以及热稳定性差的晶体，为了提高产品的产率，通常要先对溶液进行蒸发浓缩至溶液表面形成晶膜（即微小晶体，确保溶液为饱和溶液），然后再冷却结晶、过滤、冰水洗涤、控制一定温度干燥（温度由晶体的分解温度决定）。6. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子在元素周期表中原子半径最小，Y的次外层电子数是最外层的，ZX2是一种储氢材料，W与Y属于同一主族下列叙述正确的是（）A. 原子半径：rWrZrYB. 化合物X2Y、ZY、ZX2中化学键的类型相同C. 由X、Y、Z、W组成的化合物的水溶液可能显酸性D. 由Y元素形成的离子与W元素形成的离子的电子数不可能相同【答案】C考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。7. 下列关于电解质溶液的叙述正确的是（）A. 在pH=3的溶液中，Na+、Cl、Fe2+、ClO可以大量共存B. pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色C. 常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中：c（Cl）c（NH4+）c（H+）=c（OH）D. 向0.1molL1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c（OH）/c（NH3H2O）增大【答案】B【解析】试题分析：A、pH=3的溶液显酸性，酸性溶液中Fe2+与ClO发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B、pH=11的NaOH溶液的浓度为0.001mol/L，pH=3的醋酸溶液中醋酸的浓度远远大于0.001mol/L，所以两溶液等体积混合后醋酸过量，溶液显示酸性，滴入石蕊溶液呈红色，故B正确；C、常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液呈中性，存在的电荷守恒为c(H+)+c(NH4+)=c(Cl)+c(OH)，由于中性溶液c(H+)=c(OH)，所以c(NH4+)=c(Cl)，故C错误；D、向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，则一水合氨的浓度增大，氢氧根离子的浓度减小，则溶液中减小，故D错误；故选B。【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡.二、选择题：本题共有8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一个选项符合题目要求，第1921题又多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8. （1）用铜与浓硫酸反应制取硫酸铜，实验装置如图所示A中装置体现了浓硫酸的哪些性质？_；（2）为符合绿色化学的要求，某同学进行如下设计：将铜粉在_（填仪器名称）中反复灼烧，使铜与空气充分反应生成氧化铜，再将氧化铜与稀硫酸反应，反应后溶液经过_、_、过滤、洗涤、干燥，即可得到产品CuSO45H2O晶体，干燥时需要控制温度小于100，若温度过高，则会导致_（3）探究小组用滴定法测定某胆矾晶体中CuSO4的含量取ag样品配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c molL1的EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL滴定反应如下：Cu2+H2Y2=CuY2+2H+写出计算CuSO4质量分数的计算式=_；下列操作会导致CuSO4含量的测定结果偏低的是_a用样品溶液润洗锥形瓶b滴定终点时俯视读数c滴定终点时滴定管尖嘴中有气泡【答案】 (1). 酸性和强氧化性 (2). 坩埚 (3). 蒸发浓缩 (4). 冷却结晶 (5). CuSO45H2O晶体失去部分结晶水 (6). 100% (7). bc【解析】(1)A装置中铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，A中装置体现了浓硫酸的酸性和强氧化性，故答案为：酸性和强氧化性；(2)高温灼烧固体应在坩埚中进行，从硫酸铜溶液中得到硫酸铜晶体可以将硫酸铜溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即可得到产品CuSO45H2O晶体，CuSO45H2O晶体中的结晶水容易失去，所以干燥需要控制温度小于100，故答案为：坩埚；蒸发浓缩、冷却结晶；CuSO45H2O晶体失去部分结晶水；(3)取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c molL-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL，滴定反应如下：Cu2+H2Y2-=CuY2-+2H+铜离子物质的量和标准液中H2Y2-的物质的量相同=cmol/L610-3L，依据元素守恒得到：则20mL溶液中含有的CuSO45H2O物质的量为cmol/L610-3L；100mL溶液中含cmol/L610-3L5；所以CuSO4质量分数的表达式=100%，故答案为：100%；a用样品溶液润洗锥形瓶，导致待测溶液中溶质增大，导致测定结果偏高，故a错误；b滴定终点时俯视滴定管读数说明消耗标准液读数偏小，结果偏低，故b正确；c滴定终点时滴定管尖嘴中有气泡，导致标准溶液体积减小，结果偏低，故c正确；故答案为：bc。点睛：本题的易错点为(3)，明确离子的性质和滴定实验的定量关系是解本题关键，解题思路为：根据滴定反应Cu2+H2Y2-=CuY2-+2H+，铜离子物质的量和H2Y2-的物质的量相同，然后依据元素守恒得到20mL溶液中含有的CuSO45H2O物质的量，计算时注意单位的换算。9. 能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是未来重要的绿色能源之一（1）利用工业废气CO2可制取甲醇，已知常温常压下下列反应的能量关系如图：则CO2与H2反应生成CH3OH的热化学方程式为_（2）CH4和H2O（g）通过下列转化也可以制得CH3OH；ICH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H10IICO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H20将1.0molCH4和3.0molH2O（g）通入反应室（容积为100L）中，在一定条件下发生反应I，CH4的转化率与温度、压强的关系如图所示已知温度为T1时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为_；图中的p1_p2（填“”、“”或“=”），判断的理由是_若反应II在恒容密闭容器进行，下列能判断反应II达到平衡状态的是_（填序号）a生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等 b混合气体的密度不变c混合气体的总物质的量不变 dCH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化在某温度下，将一定量的CO和H2投入10L的密闭容器中发生反应II，5min时达到平衡，各物质的物质的浓度（molL1）变化如下表所示：0min5min10minCO0.10.05H20.20.2CH3OH00.040.05若5min时只改变了某一条件，10min时测得各物质浓度如表，则所改变的条件是_；10min时v正_v逆（填“”、“”或“=”）【答案】 (1). CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）H=50KJ/mol (2). 0.003 molL1min1 (3). (4). 该反应正方向为体积增大的方向，相同温度下，压强越大甲烷的转化率减小，P2 的转化率比P1小，说明P2P1 (5). cd (6). 向容器中充入1molH2 (7). 【解析】试题分析：（1）图1中的热化学方程式为CO(g)+H2O(l)=CO2(g)+H2(g)H=-41kJ/mol，CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)H=-(510-419)kJ/mol=-91KJ/mol，依据盖斯定律-得：二氧化碳和氢气制备甲醇的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)H=-50KJ/mol；（2）由图知道平衡时甲烷的转化率为0.5，所以c(CH4)=0.005mol/L，所以v(CH4)=0.001mol/(Lmin)，速率之比等于化学计量数之比，所以v(H2)=3v(CH4)=30.001mol/(L?min)=0.003mol/(Lmin)，故答案为：0.003mol/(Lmin)；温度相同时，作垂直x轴的辅助线，压强为P1的CH4的转化率高，反应为前后体积增大的反应，压强增大平衡向体积减小的方向移动，即向逆反应移动，CH4的转化率降低，所以P1P2，故答案为：；该反应为反应前后气体体积增大的反应，温度相同时，压强越大，CH4的转化率越小，压强为P1的CH4的转化率高，所以P1P2；a、生成CH3OH的速率与消耗CO的速率都表示正反应速率，不能判断反应达到平衡状态，错误；b、容器的体积不变，气体的质量不变，混合气体的密度始终不变，不能判断反应达到平衡状态，错误；c、该反应属于气体的物质的量发生变化的反应，混合气体的总物质的量不变，表示反应达到了平衡状态，正确；d、CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化，表示反应达到了平衡状态，正确；故选cd；对比6min和8min时各物质的浓度可知改变条件后反应反应向正方向进行，按照转化量之比等于计量系数之比C(CO)：C(H2)：C(CH3OH)=0.01mol/L：0.02mol/L：0.01mol/L，所以8min后三种物质的浓度应为：(0.06-0.01)mol/L、(0.12-0.02)mol/L、(0.04+0.01)mol/L，而8min后氢气的浓度为0.2mol/L，所以多加了0.1mol/L10=1mol的氢气；该温度下，甲醇的平衡浓度是0.06mol/L，氢气的平衡浓度是0.12mol/L，一氧化碳的平衡浓度是0.04mol/L所以平衡常数K=46.3，第10min时反应的浓度商Qc=25K，反应向正反应方向进行，v正v逆，故答案为：加1 mol氢气；。考点：考查了热化学方程式的书写、化学平衡移动的影响因素、化学平衡常数的计算和应用和盖斯定律求反应热的相关知识。10. 连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，是一种强还原剂，广泛用于纺织工业（1）在一定温度下，将足量SO2气体通入甲酸（HCOOH）和NaOH混合溶液中，即有保险粉生成同时生成一种气体该反应的化学方程式为_（2）保险粉可用于除去废水中的重铬酸根离子（Cr2O72被转化为Cr3+），这是目前除去酸性废水中铬离子的有效方法之一，则每消耗0.2mol保险粉，理论上可除去Cr2O72的物质的量为_mol（3）Na2S2O4溶液在空气中易被氧化，某课题小组测定0.050molL1Na2S2O4溶液在空气pH变化如下图1；0t1段主要生成HSO3，根据pH变化图，推测0t1发生反应的离子方程式为_；t3时溶液中主要阴离子是_，t2t3阶段pH变小的主要原因是_若t1时溶液中Na2S2O4全部被氧化成NaHSO3，此时溶液中c（SO32）c（H2SO3）=_molL1（填准确值，不考虑溶液体积变化）（4）利用图2所示装置（电极均为惰性电极）也可使NaHSO3转化为Na2S2O4，并获得较浓的硫酸a为电源的_（填“正极”或“负极”）；阴极的电极反应式为_【答案】 (1). 2NaOH+HCOOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+2H2O (2). 0.2 (3). 2S2O42+O2+2H2O=4HSO3 (4). SO42 (5). HSO3空气中被氧化为硫酸，氢离子浓度增大 (6). 105109 (7). 正极 (8). 2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O【解析】试题分析：（1）SO2气体通入甲酸钠的碱性溶液可以生成Na2S2O4，反应的化学方程式为NaOH + HCOONa +2SO2 = Na2S2O4 + CO2 + H2O；（2）根据电子得失守恒可知，保险粉与重铬酸根离子反应的关系式为Cr2O72-Na2S2O4，所以每消耗0.2mol保险粉，理论上可以除去Cr2O72-的物质的量为0.2mol，故答案为：0.2；（3）0t1段主要先生成HSO3-，溶液显酸性，说明HSO3-的电离程度大于水解程度；Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，0t1发生离子反应方程式为：2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-，故答案为：2+O2+2H2O=4HSO3-；t3时溶液的pH=1，说明溶液的酸性较强，因此亚硫酸氢钠被氧化为硫酸氢钠，则溶液中主要阴离子符号是SO42-或HSO4-，t2-t3阶段pH变小，主要是因为HSO3-被空气中的氧气氧化生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，故答案为：SO42-或HSO4-；HSO3-被空气中的氧气氧化生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大；（4） 与电源a电极相连的电极上二氧化硫被氧化为硫酸，发生氧化反应，该电极为电解池的阳极，故a为电源的正极，故答案为：正极；阴极上发生还原反应，亚硫酸氢钠被还原为Na2S2O4，电极反应式为2HSO3-+2H+2e-= S2O42-+2H2O， 故答案为：2HSO3-+2H+2e-= S2O42-+2H2O。考点：考查了制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量、电解原理的相关知识。11. 【化学一选修3：物质结构与性质】原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素其中A的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素；E和C位于同一主族，F的原子序数为29（1）F原子基态的外围核外电子排布式为_（2）在A、B、C三种元素中，第一电离能由小到大的顺序是_（用元素符号回答）（3）元素B的简单气态氢化物的沸点_（高于，低于）元素A的简单气态氢化物的沸点，其主要原因是_（4）由A、B、C形成的离子CAB与AC2互为等电子体，则CAB的结构式为_（5）在元素A与E所形成的常见化合物中，A原子轨道的杂化类型为_（6）由B、C、D三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式为_（7）FC在加热条件下容易转化为F2C，从原子结构的角度解释原因_【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1 (2). NOC (3). 高于 (4). B的氢化物分子之间存在氢键 (5). N=C=O (6). sp (7). NaNO2 (8). Cu+外围电子3d10轨道全满稳定，Cu2+外围电子3d9轨道电子非全满和半满状态不稳定【解析】试题分析：原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素，A的基态原于有3个不同的能级，各能级中的电子数相等，则A是C元素；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同，C原子序数大于A，则C为O元素；B原子序数大于A而小于C，则B是N元素；E和C位于同一主族，且E原子序数小于29，则C是S元素；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素，原子序数小于S，则D是Na元素；F的原子序数为29，为Cu元素；（1）F是Cu元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理知Cu元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；（2）A、B、C分别是C、N、O元素，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IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以电离能从小到大顺序是NOC；（3）含有氢键的氢化物熔点较高，氨气分子中含有氢键、甲烷中不含氢键，所以氨气熔沸点高于甲烷；（4）等电子体原子个数相等、价电子数相等，由C、N、O形成的离子OCN-与CO2互为等电子体，根据二氧化碳结构式知OCN-的结构简式为N=C=O；（5）在元素C与S所形成的常见化合物CS2中，二硫化碳分子中中心原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以C原子采用sp杂化；（6）由N、O、Na三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，该晶胞中N原子个数=1+81/8=2、O原子个数=2+161/8=4，Na原子个数=81/4=2，所以该晶胞中Na、N、O原子个数之比=2：2：4=1：1：2，则化学式为NaNO2；（7）在原子中电子层全满、半满和全空为稳定状态，Cu+外围电子3d10轨道全满稳定，Cu2+外围电子3d9轨道电子非全满和半满状态不稳定,所以CuO在加热条件下容易转化为Cu2O。考点：考查了晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断的相关知识。12. 扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A和B 为原料合成扁桃酸衍生物F路线如下：（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为：_,写出A+BC的化学反应方程式为_.（2）中、3个OH的酸性有强到弱的顺序是：_。（3）E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E的分子中不同化学环境的氢原子有_种。（4）写出符合下列条件的F的一种同分异构体（不考虑立体异构）的结构简式：_。、属于一元酸类化合物，、苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基（5）已知：A有多种合成方法，请写出由乙酸合成A的路线流程图（其他原料任选）。合成路线流程图示例如下：_【答案】 (1). 醛基、羧基 (2). (3). (4). 4 (5). (6). 【解析】(1)A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则A是OHC-COOH，根据C的结构可知B是，A+BC发生加成反应，反应方程式为：，故答案为：羧基和醛基；(2)羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，故强弱顺序为：，故答案为：；(3)C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反应，可以生成3个六元环的化合物，C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为，为对称结构，分子中有4种化学环境不同的H原子，分别为苯环上2种、酚羟基中1种、亚甲基上1种，故答案为：4；(4)F的所有同分异构体符合：属于一元酸类化合物，苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基，另外取代基为-CBr(CH3)COOH、-CH(CH2Br)COOH、-CH2CHBrCOOH、-CHBrCH2COOH，可能的结构简式为：、，故答案为：、任意2种；(5)由题中信息可知，乙酸与PCl3反应得到ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到OHC-COOH，合成路线流程图为：，故答案为：。