广西玉林市、贵港市、崇左市、柳州市、百色市2021届高三第二次模拟考试理科综合化学试题

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可能用到的相对原子质量： H1 C12 N14 O16 Na23 Si28 Cl35.5 Fe56 C 59
1. 化学与生活密切相关。下列叙述错误的是
A. 纯碱溶液可以用于清洗餐具油污B. 玉米淀粉和废弃秸杆可生产乙醇
C. “84消毒液”可以喷洒于衣物上进行杀菌消毒D. 珠江三角洲的形成与胶体聚沉有关
【答案】C
【解析】
【详解】A．纯碱溶液显碱性，油污的主要成分是酯类，在碱性条件下可水解，故纯碱溶液可用于清洗餐具油污，故A正确；
B．废弃秸秆的主要成分是纤维素，淀粉和纤维素在一定条件下水解成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇，故B正确；
C．“84消毒液”的主要成分是次氯酸钠，次氯酸钠水解生成次氯酸，次氯酸的强氧化性可用于生活场所杀菌消毒，但不可以直接喷洒在衣物上，故C错误；
D．胶体遇到电解质溶液会发生聚沉，所以在江河入海口都会形成三角洲，故D正确；
答案选C。
2. 从中草药中提取的calebinA(结构简式如下图)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebinA的说法错误的是
A. 所有原子一定不在同一平面上B. 可以和氢气发生加成反应
C. 在一定条件下可发生水解反应D. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】
【详解】A．该物质中含有饱和碳原子，根据甲烷的结构可知该物质中所有原子一定不在同一平面上，故A正确；
B．该物质含有苯环、碳碳双键、酮羰基，均可以和氢气发生加成反应，故B正确；
C．该物质含有酯基，一定条件下可以发生水解反应，故C正确；
D．该物质含有酚羟基，可以被酸性高锰酸钾氧化使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
综上所述答案为D。
3. NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是
A. 6gSiO2中所含硅氧键数为0.4NA
B. 11.2 L(标准状况)甲烷与氨气混合物中含质子数为5NA
C. 1 ml Na2O2与1 ml SO2充分反应，转移的电子数为2NA
D. 0.5 ml NO与0.5 ml O2充分反应后，分子数为0.75NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．6gSiO2物质的量为=0.1ml，含有0.1mlSi原子，每个Si原子形成4个硅氧键，则6gSiO2中所含硅氧键数为0.4NA，故A正确；
B．一个CH4分子和一个NH3分子均含有10个质子，11.2 L(标准状况)甲烷与氨气混合物含有0.5ml分子，所以含质子数为5NA，故B正确；
C．1 ml Na2O2与1 ml SO2充分反应，SO2恰好完全被氧化为硫酸根，转移的电子数为2NA，故C正确；
D．NO与O2反应生成NO2，而NO2会发生反应2NO2N2O4，所以0.5 ml NO与0.5 ml O2充分反应后，分子数小于0.75NA，故D错误；
综上所述答案为D。
4. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4酸化后， 遇H+表现强氧化性，会把Fe2+氧化为Fe3+，故滴加KSCN溶液后变红色不能确定Fe(NO3)2试样已变质，A不符合题意；
B．KMnO4具有强氧化性，与维生素C反应后KMnO4褪色，说明维生素C具有还原性，与KMnO4发生氧化还原反应，B符合题意；
C．将湿润的淀粉KI试纸放入含有红棕色气体的集气瓶中，试纸变蓝，说明红棕色气体将I-氧化为I2，即红棕色气体有氧化性，但Br2蒸汽也为红棕色，具有氧化性，能将I-氧化为I2，故不能说明该气体是NO2，C不符合题意；
D．在2mL0.01ml·L-1的溶液中先滴入几滴0.01 ml·L-1ZnSO4溶液，有白色的ZnS生成，因为Na2S溶液过量，所以再滴入CuSO4溶液，过量的S2-与Cu2+反应生成黑色的CuS沉淀，所以无法判断Ksp(CuS)与Ksp(ZnS)的大小关系，D不符合题意；
故选B。
5. 对于下列实验，不能正确描述其反应的离子方程式是。
A. 向饱和Na2CO3溶液中通人过量CO2：2Na+++ H2O + CO2= 2NaHCO3↓
B. 向Mg(OH)2溶悬浊中滴加过量FeCl3溶液后出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+ 2Fe3+= 2Fe(OH)3+ 3Mg2+
C. 向KAl(SO4)2溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Al3+++ Ba2++ 3OH-= BaSO4↓+ Al(OH)3↓
D. 向草酸中滴入高锰酸钾酸性溶液：2+ 6H++ 5H2C2O4= 2Mn2++ 10CO2↑+ 8H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaHCO3溶解度小，向饱和Na2CO3溶液中通人过量CO2生成NaHCO3沉淀：2Na+++ H2O + CO2= 2NaHCO3↓，故A不选；
B．Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶，向Mg(OH)2溶悬浊中滴加过量FeCl3溶液后出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+ 2Fe3+= 2Fe(OH)3+ 3Mg2+，故B不选；
C．向KAl(SO4)2溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，碱过量，氢氧化铝溶解生成KAlO2：Al3++2+ 2Ba2++ 4OH-=2 BaSO4↓+ AlO，故C选；
D．草酸是弱酸，向草酸中滴入高锰酸钾酸性溶液，生成锰盐和二氧化碳：2+ 6H++ 5H2C2O4= 2Mn2++ 10CO2↑+ 8H2O，故D不选；
故选C。
6. 微生物燃料电池可净化废水，同时还能获得能源或有价值化学品，下图为其工作原理。下列说法正确的是
A. M极的电极反应式为： CH3COOH- 8e -+2H2O= 2CO2↑+8H+
B. 外电路转移4ml电子时，N极消耗22.4LO2(标准状况)
C. 反应一段时间后，N极附近的溶液pH值下降
D. 该电池在常温和高温都可以工作
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图中信息可知，CH3COOH被氧化生成CO2，失去电子，则M电极为负极，N电极为正极，O2得到电子生成H2O，Cr2O得到电子转化为Cr(OH)3，则M极的电极反应式为： CH3COOH- 8e -+2H2O= 2CO2↑+8H+，故A符合题意；
B．外电路转移4ml电子时，在N极上，O2得到电子生成H2O，Cr2O得到电子转化为Cr(OH)3，所以消耗O2的体积应小于22.4LO2(标准状况)，故B不符合题意；
C．在N极，O2得到电子和H+结合生成H2O，反应一段时间后，H+浓度降低，N极附近的溶液pH值升高，故C不符合题意；
D．在高温下，会使微生物失去活性，不再有催化作用，故D不符合题意；
故选A。
7. 短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大。已知A、C的原子序数之差为8，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15， B元素原子的最外层电子数等于A元素原子的最外层电子数的一半，下列叙述正确的是
A. 简单离子的半径：B>C>D> AB. 简单氢化物的热稳定性：C>D> A
C. C和D的最高价氧化物对应水化物均为强酸D. B 与D形成的化合物的水溶液呈碱性
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、C的原子序数的差为8，说明A、C同主族，最外层电子数相同，设B的最外层电子数为x，由B元素原子的最外层电子数等于A元素原子的最外层电子数的一半可知，A、C的最外层电子数为2x，由A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15可得：x+2x+2x=15，解得x=3，则A为O元素、B为Al元素、C为S元素，由A、B、C、D的原子序数依次增大可知，D为Cl元素。
【详解】A.电子层结构相同的离子，随着核电荷数增大，离子半径依次减小，氧离子和铝离子的电子层结构相同，则氧离子的离子半径大于铝离子，故A错误；
B.元素的非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强，三种非金属元素中，氧元素的非金属性最强，则水的热稳定性最强，故B错误；
C.硫元素和氯元素的最高价氧化物对应水化物分别为硫酸和高氯酸，硫酸和高氯酸均为强酸，故C正确；
D.氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，故D错误；
故选C。
8. 氨基钠(NaNH2)是化工、医药领域常用的试剂，常温下为白色晶体，熔点为210°C，温度高于400°C时开始分解成单质，易水解。某兴趣小组探究氨基钠的制备与性质。
I.制备氨基钠(NaNH2)
实验室制备氨基钠的反应原理是： 2Na+ 2NH32NaNH2 +H2↑
实验装置如下图所示：
(1)仪器D冷却水的入口位置是_______(“a”或“b")， NaNH2电子式是_______
(2)为提高氨基钠的纯度，在加入药品后，点燃A和C两处酒精灯之前应进行的操作是_______。
(3)干燥管B与E分别放入的试剂为_______。
(4)如图所示的一种电化学装置可以制备该实验所需的NH3，图中陶瓷在高温时可以传输H+该装置中产生氨气的电极反应式为__。
II.探究(NaNH2)的性质
(5)小组I为验证有NaNH2生成，取适量充分反应后的固体于试管中，加入蒸馏水，有无色刺激性气体产生，反应的化学方程式为_______，检验该气体的方法是_______。
(6)小组2为了测定产品的纯度，取8 g产品与水充分反应后，将生成的气体完全干燥后，再用浓硫酸充分吸收，称量测得浓硫酸增重3.4g，则产品纯度为_______%。
【答案】 ①. a ②. ③. 打开 C 处，通入惰性气体，排尽装置内空气 ④. 碱石灰、P2O5 ⑤. N2+6e-+6H+=2NH3 ⑥. NaNH2 + H2O = NaOH + NH3 ↑ ⑦. 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝(用玻璃棒蘸浓盐酸或者浓硝酸靠近试管口，产生白烟) ⑧. 97.5
【解析】
【分析】装置A氯化铵和消石灰共热制备氨气，干燥管B的作用是干燥NH3，防止含有的水与金属钠发生副反应，所以加入的干燥剂一般为碱石灰、烧碱或氧化钙等碱性干燥剂；装置C是氨气与钠反应制备NaNH2，干燥管E的主要的作用是吸收尾气中的NH3，防止污染环境，还可以防止空气中的水进入三颈烧瓶与钠反应，所以适宜选取的试剂为五氧化二磷等酸性固体干燥剂。
【详解】(1)为了能够使冷凝管内充满水，冷却水要下进上出，即从a口进入；NaNH2为Na+和NH构成的离子化合物，电子式为；
(2)氨基钠与空气中的水或氧气反应会使降低其纯度，所以在加入药品后，点燃A和C两处酒精灯之前应先打开 C 处，通入惰性气体，排尽装置内空气；
(3)根据分析可知B处干燥剂主要作用是干燥氨气，所以选用碱石灰；而E除了要吸收氨气还需要防止空气中的水进入，所以宜选取的试剂为P2O5；
(4)氮气Pt电极a上得电子被还原，结合传导过来的氢离子生成氨气，电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3；
(5)加入蒸馏水，有无色刺激性气体产生，说明产生氨气，结合元素守恒可知化学方程式应为NaNH2 + H2O = NaOH + NH3 ↑；氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，且能与HCl气体反应生成固态氯化铵，所以检验氨气的具体方法为：将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝(用玻璃棒蘸浓盐酸或者浓硝酸靠近试管口，产生白烟)；
(6)浓硫酸增重即生成的氨气的质量，所以n(NH3)==0.2ml，根据NaNH2与水反应的化学方程式可知样品中n(NaNH2)=0.2ml，所以纯度为=97.5%。
9. 2020年初比亚迪汉EV和特斯拉Mdel 3均搭载了磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池组。某企业设计了磷酸亚铁锂电池正极生产和回收的工艺流程如下：
已知：①Ksp[Fe(OH)3]=10-39；②Li2CO3的溶解度：0°C为1.54g， 100°C为0.72g。
(1)反应釜中反应的化学方程式为_______。
(2)获得LiH2PO4，晶体的分离操作是_______，反应器中加入C的目的是_______。
(3)写出一条可以提高“碱浸”效率的措施_______。
(4)向滤液1中加入过量CO2可得到白色胶状物质，该反应的离子方式为_______。
(5)“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，缺点是____，若“沉铁"后溶液中c(Fe2+)=10 -6ml·L-1，则该过程应调节pH=___，“ 沉锂”时，所得Li2CO3应选择___(“冷水”或“热水")进行洗涤；从滤渣2中可以回收循环利用___(填化学式)。
【答案】 ①. Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O ②. 过滤 ③. 将+3价铁元素还原成+2价 ④. 粉碎、搅拌、加热(合理即可) ⑤. +CO2+2H2O=Al(OH)3↓+ ⑥. 会产生污染环境的氮氧化合物 ⑦. 3 ⑧. 热水 ⑨. C
【解析】
【分析】Li2CO3用稀H3PO4溶解生成LiH2PO4，并有CO2气体放出，将反应后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶并过滤获得的LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4，再与C、Al一起组合成电极正极；将回收的废旧电池正极，用NaOH溶液溶解其中的Al，经过滤后固体滤渣用硫酸酸化的H2O2溶解并过滤除去C，在含有Fe3+和Li+的滤液中加入氨水和NaOH溶液调节溶液pH，通过生成Fe(OH)3而达到除铁的目的，经过滤后滤液中再加入Na2CO3溶液可生成Li2CO3沉淀，最后过滤可获得Li2CO3。
【详解】(1)反应釜中Li2CO3用稀H3PO4溶解生成LiH2PO4，并有CO2气体放出，则发生反应的化学方程式为Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O；
(2)通常固液分离先选择过滤操作，则从溶液中获得LiH2PO4，晶体的分离操作是过滤，反应器中LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4，则说明加入C的目的是将+3价铁元素还原成+2价；
(3)用NaOH溶液溶解废旧电极正极材料时，通常采用粉碎、搅拌、加热等措施可加快溶解速率；
(4)用NaOH溶液溶解Al生成NaAlO2，则向含NaAlO2的滤液1中加入过量CO2可得到Al(OH)3白色胶状沉淀和NaHCO3，发生反应的离子方式为+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+；
(5)“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，HNO3的还原产物是氮氧化物，对环境有污染；若“沉铁"后溶液中c(Fe3+)=10 -6ml·L-1，由Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe2+)×c3(OH-)=10 -6ml·L-1×c3(OH-)=10-39 ，c(OH-)=ml·L-1=10-11ml·L-1，此时溶液pH=3；由Li2CO3的溶解度：0°C为1.54g， 100°C为0.72g可知洗涤Li2CO3应选择热水；由分析知滤渣2中主要成分是C，回收后可循环利用。
【点睛】以磷酸亚铁锂电池正极生产和回收的工艺流程为载体，考查混合物的分离和提纯的综合应用，明确流程中涉及的反应原理是解题关键，主要选择的分离操作是过滤、结晶和沉淀的生成，其中固液分离选择过滤。
10. CO是一种重要的化工原料，主要用于制氢、甲醇等工业领域中。回答下列问题：
I.制氢气
450°C时，在10L体积不变的容器中投入2ml CO和2ml H2O， 发生如下反应：CO(g)+ H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H，当反应达平衡时，测得平衡常数为9.0。
已知：①2H2(g) + O2(g) = 2H2O(g) △H1= -483.6kJ·ml -1
②2CO(g) + O2(g) = 2CO2(g) △H2=-566.0kJ· ml-1
(1)△H=_______kJ·ml-1。
(2)在450°C下反应达平衡时， CO的转化率为_______
(3)下列情况能说明该反应一定达平衡的是_______(填标号)。
A.单位时间内断裂2NA个O—H键同时断裂NA个H—H键
B.c(CO)：c(CO2)=1：1
C.CO的体积分数不再随时间改变
D.气体的平均摩尔质量不再随时间改变
(4)该反应的v-t图像如图1所示，若其他条件不变，只是在反应前加入催化剂，则其v-t图像如图2所示。
下列说法正确的是_______(填正确答案标号)，
①a1>a2②a1b2④b1t2⑥tlA.①③⑤ B.①③⑥ C.②④⑦ D.②④⑤
两图中阴影部分面积，图1_______图2(填“大于”“小于”或“等于”)。
II.制甲醇
(5)合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H ；在催化剂作用下，测得CO的平衡转化率与反应温度、压强关系如图所示，由图中数据可知，△H_______0(填“>"“<”或“=”)，甲醇产率随着压强变化呈现图示规律的原因是_______。
【答案】 ①. -41.2 ②. 75% ③. AC ④. D ⑤. 等于 ⑥. ＜ ⑦. 正反应是气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移， 因此其它条件相同时，压强越大，甲醇的产率越高
【解析】
【详解】(1)根据盖斯定律(②-①)可得CO(g)+ H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) 的ΔH=[-566.0kJ· ml-1-(-483.6kJ·ml -1)]=-41.2kJ·ml -1；
(2)初始投料为2ml CO和2ml H2O，容器体积为10L，设CO的转化率为α，列三段式有：

根据题意有=9，解得α=0.75=75%；
(3)A．单位时间内断裂2NA个O—H键同时断裂NA个H—H键，即水的消耗速率与氢气的消耗速率相等，结合方程式中系数关系可知，也就是正逆反应速率相同，反应达到平衡，故A正确；
B．平衡时c(CO)：c(CO2)不再变化但不一定是1：1，比值与初始投料和转化率有关，所以不能说明反应平衡，故B不符合题意；
C．CO的体积分数不再随时间改变，说明此时正逆反应速率相等，反应达到平衡，故C符合题意；
D．该反应前后气体系数之和相等，所以气体的物质的量始终不变，气体的总质量也不变，则气体的平均摩尔质量为定值，该值不变不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；
综上所述答案为AC；
(4)催化剂可以同时加快正逆反应速率，所以a1t2，故⑤正确；
综上所述②④⑤正确，故答案为D；
阴影面积为反应物浓度的变化，也就是转化率，催化剂只是加快反应速率，不能改变平衡转化率，所以两图中阴影部分面积，图1=图2；
(5)据图可知压强相同时温度越低CO的转化率越大，说明降低温度平衡正向移动，则正反应为放热反应ΔH＜0；该反应的正反应是气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移， 因此其它条件相同时，压强越大，甲醇的产率越高。
11. 钴元素的用途广泛，据古文献记载：宜德时期青花瓷使用的颜料“苏勃泥青"是从一种进口钴毒矿[主要成分：(FeC)xAsS]中提取出来的。
(1)C价电子排布式为_______
(2)无水CCl2的熔点是735°C ，沸点1049°C ，CCl2属于_______晶体；砷酸(H3AsO4)分子中As原子的杂化方式为_______杂化；砷酸根离子的空间构型为_______；第一电离能I1(As)_______I1(Se)(填“大于”或“小于")。
(3)[C(NH3)4(H2O)2]Cl3是一种特殊的配合物，其中心离子的配位数是_______，每个[C(NH3)4(H2O)2]3+所含共价键的数目是_______，配体NH3的熔沸点大于同族元素氢化物AsH3的原因是_______。
(4)钴氰化钾K3[C(CN)6]是一种浅黄色单斜棱晶体，与配体CN-原子总数相等的等电子体是_______。
(5)金属钴晶体的晶胞结构如图所示，其中正六边形的面积为apm2，棱长为bpm；每个C距离最近且相等的C原子数目为_______ ； 设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_______(用含a、b、NA的代数式表示) g·cm-3。
【答案】 ①. 3d74s2 ②. 离子 ③. sp3 ④. 正四面体形 ⑤. 大于 ⑥. 6 ⑦. 22 ⑧. NH3分子间可形成氢键，使得熔沸点升高 ⑨. CO或NO+ ⑩. 12 ⑪.
【解析】
【详解】(1)C是27号元素，核外电子排布式为[Ar]3d74s2，价电子排布式为3d74s2；
(2)无水CCl2的熔点是735°C，沸点1049°C，熔沸点较高，属于离子晶体；砷酸(H3AsO4)分子中As的杂化方式与中As的杂化方式相同，As的价层电子对数为4+×(5+3-4×2)=4，故杂化方式为sp3杂化；根据As的价层电子对数为4可知，的空间构型为正四面体形；由于As是第VA族元素，价层电子排布式为4s24p3，p轨道半满，较稳定，不易失去电子，故第一电离能比Se大；
(3)由[C(NH3)4(H2O)2]Cl3可知，每个C3+有4个NH3和2个H2O配位，配位数为6；[C(NH3)4(H2O)2]3+中，每个C3+与NH3形成4条配位键，与H2O形成2条配位键，NH3中N与H形成3条共价键，4个NH3形成12条共价键，H2O中O与H形成2条共价键，2个H2O形成4条共价键，配位键属于共价键，所以共价键数目为4+2+12+4=22；由于N的电负性较强，可以吸引相邻NH3分子的H，故NH3分子间可形成氢键，使得熔沸点升高；
(4) CN-中含有2个原子，14个电子，等电子体有CO或NO+；
(5)由图可知C为六方最密堆积，所以每个C距离最近且相等的C原子数目为12；根据均摊法，每个晶胞中C原子数目为12×+2×+3×1=6，晶胞密度=。
12. 某兴趣小组利用芳香族化合物A制取有机物G的合成路线如下：
已知：①RCOOHRCOC6H5
②RCH=CH2RCOOH+CO2
回答下列问题：
(1)A的分子式为_______，A 的一种同分异构体为，该同分异构体的化学名称是_______。
(2)C→D的反应类型为_______。
(3)F的结构简式为_______。
(4)G中手性碳(注：连有四个不同原子或基团的碳)的个数为_______，G与NaHCO3：溶液发生反应的化学方程式：_______。
(5)E存在多种同分异构体，同时符合以下条件的有_______个
①苯环上有两个取代基；②能发生银镜反应； ③能 与NaHCO3溶液反应。
(6)结合已知信息写出以为原料制备合成路线(其他试剂任选)：_______。
【答案】 ①. C9H12O ②. 2，4，6-三甲基苯酚 ③. 取代反应 ④. ⑤. 1 ⑥. +NaHCO3→+CO2↑+H2O ⑦. 18 ⑧.
【解析】
【分析】A中醇羟基被催化氧化生成B，B与Br2在FeBr3催化作用下发生苯环上的取代反应生成C，根据D的结构简式可知C应为，D中-CN被氧化成-COOH得到E，根据E生成F的反应条件可知该反应与信息①类似，所以F为，F再经过系列转化生成G。
【详解】(1)根据A的结构简式可知A的分子式为C9H12O；该物质含有酚羟基，所以主链为苯酚，在2、4、6号碳上分别有一个甲基，所以名称为2，4，6-三甲基苯酚；
(2)C中溴原子被-CN代替生成D，所以为取代反应；
(3)根据信息①和E的结构简式可知F为；
(4)连有四个不同的原子或基团的碳为手性碳原子，手性碳一定为饱和碳原子，所以G中只有同时连接羧基、甲基的碳原子为手性碳，即只有1个；G中含有羧基，可以和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，化学方程式为+NaHCO3→+CO2↑+H2O；
(5)E存在多种同分异构体，同时符合以下条件：
①苯环上有两个取代基；
②能发生银镜反应，说明含有-CHO；
③能 与NaHCO3溶液反应，说明含有-COOH；
则其苯环上的两个取代基可以是：-CHO和-C2H4COOH、-CHO和-CH(CH3)COOH、-CH2CHO和-CH2COOH、-C2H4CHO和-COOH、-CH(CH3)CHO和-COOH、-CH3和-CH(COOH)CHO，共6组，每一组都有邻间对三种，所以同分异构体共有63=18种；
(6)根据信息①可知可由发生类似反应生成；根据信息②可知苯甲酸可以由被酸性高锰酸钾氧化生成，而可以通过消去反应生成苯乙烯，所以合成路线为。选项
实验
现象
结论
A
将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液
溶液呈血红色
Fe(NO3)2已变质
B
向盛有2mL酸性高锰酸钾溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液
溶液紫色褪去
维生素C具有还原性
C
将湿润的淀粉KI试纸放入含有红棕色气体的集气瓶中
试纸变蓝
该气体为NO2，具有氧化性
D
在2mL0.01ml·L-1的溶液中先滴入几滴0.01 ml·L-1ZnSO4溶液，再滴入0.01 ml·L-1CuSO4溶液
先有白色沉淀生成，后出现黑色沉淀
Ksp(CuS)< Ksp(ZnS)