2025年高考押题预测卷：化学（山西、陕西、宁夏、青海）02（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：化学（山西、陕西、宁夏、青海）02（解析版），共17页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 S 32 Mn 55
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是
A．明矾溶液显酸性，中国古代利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈
B．溶液显碱性，常做烘焙糕点的膨松剂
C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
D．二氧化硅中存在光的全反射，并且有硬度和柔韧度，可作光导纤维
【答案】B
【详解】A．明矾溶液电离出的Al3+水解显酸性，可以清除铜镜表面的铜锈Cu2(OH)2CO3，A正确；
B．常做烘焙糕点的膨松剂是利用了NaHCO3遇酸或受热分解生成CO2气体，B错误；
C．维生素C具有还原性，可以与氧化剂反应，用作食品抗氧化剂，C正确；
D．二氧化硅作光导纤维利用了其存在光的全反射，并且有硬度和柔韧度，D正确；
答案选B。
2．实验室提取桂花精油的流程如下。下列说法错误的是
A．“操作①”所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
B．“操作②”为过滤，所得的石油醚可循环利用
C．“乙醇洗涤”可提高桂花精油的收率
D．“减压蒸馏”可防止桂花精油在较高温度下变质
【答案】B
【分析】向桂花中加入石油醚，充分振荡，过滤，分离除去不溶物，得到溶液，然后根据物质沸点的不同，将溶液进行蒸馏，分离出沸点低的石油醚和桂花浸膏，再向桂花浸膏中加入无水乙醇回流1小时，进行抽滤，并用乙醇洗涤固体残渣，充分回收桂花精油，将分离得到溶液进行减压蒸馏，分离得到桂花精油。
【详解】A．“操作①”是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，该操作名称为过滤，所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，A正确；
B．“操作②”为分离互溶的、沸点不同的混合物，名称为蒸馏，所得的沸点较低的石油醚可循环利用，B错误；
C．残留在固体上的桂花精油能够溶于乙醇，“乙醇洗涤”抽滤时的固体残渣，可提高桂花精油的收率，C正确；
D．桂花精油不稳定，高温易变质。利用物质沸点随压强的减小而降低的性质进行“减压蒸馏”就可防止桂花精油在较高温度下变质，D正确；
故合理选项是B。
3．黄铜矿（，S元素为-2价）是冶炼铜的原料之一，用溶解黄铜矿的反应为（未配平）。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．34g 中所含分子数目为2
B．1L 1 溶液中含的数目为
C．等物质的量的和中所含O-H键数目均为2
D．反应中生成9ml 转移的电子数目为17
【答案】D
【详解】A．34g的物质的量为1ml，所含分子数目为，A错误；
B．因溶液中会水解，所以1L 1 溶液中含的数目小于，B错误；
C．1个和中均含2个O-H键，则等物质的量的和中所含O-H键数目相等，但不一定是，C错误；
D．配平用溶解黄铜矿的反应为：可知，每生成18ml，反应转移34ml电子，则生成9ml转移的电子数目为17，D正确；
故选D。
4．乙醇酸可用于新型可降解材料的合成，未来可应用于人体内埋植型修复器械等。高选择性实现甘油在双氧水中被氧化为乙醇酸的反应如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．常温下，1 ml甘油中含有3NA个氢键
B．1 ml甘油转化为1 ml乙醇酸和1ml甲醛时需要NA个H2O2分子参与反应
C．1 ml乙醇酸发生聚合反应可生成聚乙醇酸分子NA个
D．1 ml乙醇酸中含有9 NA个共用电子对
【答案】D
【详解】A．甘油含有三个羟基，每个羟基中的氢原子均可作为质子供体，与相邻分子的氧原子形成氢键，理论上，每个甘油分子最多可形成3个氢键，氢键是分子间作用，每个氢键需两个分子共同参与，因此，1 ml甘油中含有氢键数应为：，A错误；
B．甘油转化为乙醇酸和甲醛的化学方程式为：+2H2O2 +HCHO+3H2O，可见1 ml甘油需2 mlH2O2，即2 NA个H2O2分子，B错误；
C．多个乙醇酸发生聚合反应生成1个聚乙醇酸分子，1 ml乙醇酸聚合成高聚物时，生成的聚合物分子数通常远小于1 ml，C错误；
D．乙醇酸的结构式为，含有9个共价键，每个共价键均为1个共用电子对，则1 ml乙醇酸中含有9 NA个共用电子对，D正确；
故选D。
5．部分含Na或Al或Fe物质的分类与相应化合价关系如图所示。
下列推断不合理的是
A．若a和b含同种金属元素，则a能与H2O反应生成c
B．若b能与H2O反应生成O2则b中含共价键和离子键
C．若f能溶于NaOH溶液，则f中的金属元素位于周期表d区
D．在含同种金属元素的d→g→f转化过程中，一定存在物质颜色的变化
【答案】C
【分析】多种元素价类二维图，现根据价态排除不满足的元素，再根据物质类别进行具体判断。
【详解】A．若a和b含同种金属元素，a为单质，b为+1价氧化物，如Na和Na2O，则a能与H2O反应生成c，故A正确；
B．若b能与H2O反应生成O2，则b为过氧化物，如Na2O2，则b中含共价键和离子键，故B正确；
C．若f能溶于NaOH溶液，则f为Al，位于周期表p区，故C错误；
D．在含同种金属元素的d→g→f转化过程中，化合价升高，一定存在物质颜色的变化，如氢氧化亚铁→氢氧化铁→氧化铁，故D正确；
答案选C。
6．邻羟基查尔酮、黄酮醇属于黄酮类物质，有抗菌消炎、抗病毒等生理活性，广泛存在于植物中，邻羟基查尔酮可转化为黄酮醇，如图所示。下列说法不正确的是
A．邻羟基查尔酮分子中所有原子可能共平面
B．黄酮醇中碳原子只有1种杂化方式
C．上述转化过程属于氧化反应
D．1ml邻羟基查尔酮最多能与7mlH2反应
【答案】D
【详解】A．两个苯环、碳碳双键、碳氧双键各自确定一个平面，单键可以旋转，和苯环直接相连的原子在苯环确定的平面上，则邻羟基查尔酮分子中所有原子可能共平面，A正确；
B．黄酮醇中碳原子都是sp2杂化，B正确；
C．在有机反应中，“加氧去氢”属于氧化反应，对比反应前后的物质结构可知，上述转化过程属于氧化反应，C正确；
D．两个苯环、碳碳双键、碳氧双键都可以和氢气加成，则1ml邻羟基查尔酮最多能与8mlH2反应，D错误；
故选D。
7．钛金合金可制作装甲，-钛金合金具有立方晶胞（如图所示），晶胞参数为。原子对在每个面的中心处，且平行于立方体的棱边，其间距为。立方体相邻两面上的原子对互相垂直。下列有关说法错误的是
A．这种钛金合金的化学式为B．每个Ti原子周围最近的Au原子共有3个
C．最邻近的原子间距为D．该合金可作装甲是因其硬度比成分金属的大
【答案】B
【分析】-钛金合金具有立方晶胞，Au原子位于晶胞顶点及体心，Ti原子位平面上，晶胞中的Au原子有，Ti原子位于每个平面上，有个，据此分析；
【详解】A．据分析可知，钛金合金的化学式为，A正确；
B．在任一面上的Ti为例，该晶胞Au原子，最近棱上两个Au，加上平行并置晶胞中心的Au，共4个，故Ti原子周围最近的Au原子共有4个，B错误；
C．最邻近的原子间距为Ti与最近顶点的Au距离，，计算为=，C正确；
D．合金硬度比成分金属的大，故该合金可作装甲，D正确；
故选B。
8．某同学设计利用乙烷燃料电池来电解处理酸性含铬废水(主要含有)，其装置示意图如图所示，处理过程中存在反应。下列说法错误的是
A．M电极的电极反应为
B．铬元素最终以形式除去
C．电解池右侧的Fe电极更换为石墨电极，对废水处理影响不大
D．若电解过程中，电子的有效利用率为60%，每处理掉0.2ml的，理论上N电极需要通入11.2L(已折算为标准状况)
【答案】D
【分析】由图可知，左侧装置为燃料电池，M电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，N电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子；右侧装置为电解池，与M电极相连的铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，与N电极相连的铁电极为阳极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子：Fe-2e-=Fe2+，放电生成的亚铁离子酸性条件下与废水中的重铬酸根离子反应生成铬离子、铁离子和水，随着H+的放电和被消耗，溶液的pH增大，溶液中的铁离子、铬离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁、氢氧化铬沉淀达到处理酸性含铬废水的目的。
【详解】A．由分析可知，M电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为，故A正确；
B．由分析可知，铬元素最终以氢氧化铬形式除去而达到处理酸性含铬废水的目的，故B正确；
C．由分析可知，与M电极相连的右侧铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，右侧的铁电极更换为石墨电极，此时仍然是氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，不会影响对废水处理，故C正确；
D．每处理掉0.2ml重铬酸根离子，需要1.2mlFe2+，若电解过程中，电子的有效利用率为60%，由得失电子数目守恒可知，理论上N电极需要通入标准状况下氧气的体积为×22.4L/ml=22.4L，故D错误；
故选D。
9．在电催化5-羟甲基糠醛(HMF)加氢制备2，5-呋喃二甲醇(BHMF)的反应中，碳负载的纳米Pb/PbO复合催化剂发挥了关键作用，其阴极的催化反应路径如图所示(H*代表活性氢)。下列说法错误的是
A．反应过程中有非极性键的断裂与形成
B．H*转化为会降低BHMF的产率
C．生成BHMF的电极反应式为
D．Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF和H*
【答案】A
【详解】A．反应过程中有H-O、C=O极性键的断裂，H-H非极性键的形成，H-O、C-H极性键的形成，A错误；
B．H*与HMF形成，若H*转化为会降低BHMF的产率，B正确；
C．水得电子生成氢氧根和H*，H*与HMF反应生成BHMF，电极反应式为，C正确；
D．Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF（PbO）和H*（Pb），D正确；
故选A；
10．已知、、、、五种元素为原子序数依次增大的前四周期元素且只有一种金属元素，已知的原子半径在元素周期表中最小；的第一电离能高于同周期相邻元素；和同主族，且二者形成的一种离子在酸性条件下不能稳定存在；的价层电子数比的电子数大1。下列说法正确的是
A．Z元素位于第四周期第VIIB族
B．和形成的一种化合物溶于水可看作一种二元弱碱
C．的氢化物的分子构型为形
D．元素的基态原子的核外有1个未成对电子
【答案】B
【分析】R的原子半径在元素周期表中最小，则R为H；W的第一电离能高于同周期相邻元素，且原子序数比H大，第二周期中N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能高于相邻元素C和O，所以W为N；X原子序数大于N，X、Y同主族，且二者形成的一种离子在酸性条件下不能稳定存在，如在酸性条件下发生反应，所以X为O，Y为S ；Z为前四周期元素，且Z的价层电子数比X（O，电子数为8）的电子数大1，则Z价层电子数为9 ，Z为C（C的价层电子排布为）。
【详解】A．Z为C，位于第四周期第Ⅷ族，A选项错误；
B．R（H）和W（N）形成的（联氨 ），溶于水时，，，可看作一种二元弱碱，B选项正确；
C．X（O）的氢化物，中心O原子价层电子对数，含2对孤电子对，分子构型为V形；但氢化物还有，其结构不是V形 ，C选项错误；
D．Y（S）基态原子的电子排布式为，3p轨道上有2个未成对电子，D选项错误；
故选B 。
11．下列实验仪器的选择或操作均正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【详解】A．乙醇与乙酸互溶，不能用分液的方法分离，A错误；
B．浓盐酸与MnO2制取氯气需要加热，B错误；
C．在乙醇中的溶解度小，可以从溶液中析出，得到晶体，C正确；
D．配制检验醛基的悬浊液必需是NaOH过量，D错误；
答案选C。
12．常见金属单质X的转化如下图所示，下列说法错误的是
A．X与铁的氧化物在高温时反应生成B．是由极性键构成的极性分子
C．B和D都既能与酸反应又能与碱反应D．X与溶液反应时，水作氧化剂
【答案】C
【分析】金属单质X与氢氧化钠可反应，故金属X为Al，金属单质X与气体a2反应生成氧化物，故a2为O2，氧化物B为Al2O3，盐溶液为，通入过量氧化物C，生成白色沉淀，则说明氧化物C可以与水反应生成弱酸，白色沉淀为，据此分析；
【详解】A．X与铁的氧化物在高温时发生置换反应生成铁和氧化铝，反应的化学方程式：Fe 2O3＋2AlAl 2O3＋2Fe，可生成，A正确；
B．a3为O3，是由极性键（中间氧原子呈正电负，两端氧原子呈负电性）构成的极性分子，B正确；
C．Al2O3是两性氧化物，是两性氢氧化物，均既能与强酸反应又能与强碱反应，C错误；
D．Al与溶液反应时，，Al作还原剂，水作氧化剂，D正确；
故选C。
13．在两种不同催化剂作用下，反应的历程如图所示。
下列叙述正确的是
A．不同催化剂作用下使该反应的焓变不同
B．基元反应②和③的正反应
C．其他条件相同，比更不稳定
D．其他条件不变，升温能提高的平衡转化率
【答案】C
【详解】A．不同催化剂不改变反应的焓变，只改变反应速率，A错误；
B．根据图像可知，基元反应②和③的正反应均是放热反应，B错误；
C．比能量更低，比更稳定，C正确；
D．总反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率降低，D错误；
故选C。
14．常温下，向溶液中缓慢滴入相同浓度的溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法不正确的是
A．当时，
B．M点：
C．M点：
D．N点：
【答案】B
【分析】溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度改变的微粒为Na+、H+、OH-和HCOO-，当HCOOH溶液的体积为20mL时，①表示的离子浓度减小，且由0.1ml/L减小至接近于0，②表示的离子浓度增大，且浓度由0增大至0.05ml/L，则①表示OH-，②表示HCOO-。
【详解】A．当时，所得溶液为NaOH和HCOONa等浓度的混合溶液，溶液中存在质子守恒：，，A正确；
B．根据分析，M点：，，ml/L，B错误；
C．M点：，溶液中存在电荷守恒：，可得，C正确；
D．N点加入20mL溶液，所得溶液为溶液，水解，溶液呈碱性，溶液中存在：，D正确；
故选B。
第II卷（非选择题 共58分）
二、非选择题，共4题，共58分。
15．（15分）废旧磷酸铁锂电池提锂渣的主要成分为磷酸铁()，还有石墨粉、铝和铜的氧化物等，某科研小组从提锂渣中回收磷酸铁并实现正极材料再生的流程如下。
已知：①和均难溶于水，但在强酸或磷酸条件下可生成易溶的磷酸二氢盐；
②铁磷溶液的主要成分为。
回答下列问题：
(1)为提高提锂渣的“浸出”率，可采取的措施有 (写出一条)。
(2)“除杂”时加入适量铁粉可使形成沉淀从溶液中分离，原因是 ；“滤渣”的主要成分有石墨、和 (填化学式)。
(3)“氧化”后生成难溶性的，该反应的化学方程式为 。
(4)“氧化”终点所得溶液需调节一定以使铁、磷元素充分沉淀制备磷酸铁，终点对制备磷酸铁过程的影响如下图所示。由图分析，终点约为 最适宜，若大于该，会导致 。
(5)“滤液”中可循环使用的物质主要是 (填化学式)。
(6)“煅烧”时葡萄糖的作用是 。
【答案】(1)将提锂渣磨成粉末(或适当升温等，合理即可)
(2) 与反应，使转化为，从而使沉淀 Cu
(3)
(4) 2.5(或2-2.5之间) 生成，使磷酸铁中杂质增多
(5)
(6)作还原剂
【分析】提锂渣的主要成分为磷酸铁()，还有石墨粉、铝和铜的氧化物等，加入稀硫酸和磷酸将固体溶解，加入铁粉可降低溶液酸度，使得形成沉淀从溶液中分离，铁磷溶液的主要成分被过氧化氢氧化后生成，从溶液中滤出后经脱水后，加入葡萄糖和碳酸锂，发生反应生成LiFePO4，实现正极材料再生。
【详解】（1）为提高提锂渣的“浸出”率，可采取将提锂渣磨成粉末(或适当升温等)的措施；
（2）“除杂”时加入适量铁粉，与反应，使转化为，从而使沉淀；根据分析可知，“滤渣”的主要成分有石墨、和Cu；
（3）在作用下被氧化为，化学方程式：；
（4）根据图示，终点约为2.5时，Fe、P元素沉淀率都比较高，且基本达到最大；若大于该，会导致生成，使磷酸铁中杂质增多；
（5）滤液中剩余的硫酸可循环使用；
（6）“煅烧”时葡萄糖中的C元素起还原性作用，将硫酸铁中的铁元素还原为+2价，实现正极材料的再生。
16．（15分）硝酸锰可用于制备电子元件和金属表面磷化处理，学习小组用下列装置和试剂制备并测定其纯度。已知：、、。回答下列问题：
(1)制备。
①装置B中反应需控制温度为。实验时向装置B的 (填仪器名称)中通入水蒸气，通入水蒸气的作用为 。
②硝酸与Mn反应时生成NO和，和的物质的量之比为1：1，该反应的化学方程式为 。
③尾气处理时，欲使氮氧化物均转化为，可采取的措施为 。
④实验结束后，向装置C所得混合液中加入MnO，充分反应后，过滤、洗涤、将滤液和洗涤液合并，蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品。加入MnO的作用为 。
(2)测定产品的纯度：准确称量m g产品，配成100mL溶液，取25.00mL所配溶液加入滴定管中，取标准溶液于洁净的锥形瓶中，用所配产品溶液进行滴定，达到滴定终点时消耗产品溶液17.90mL。
①滴定反应原理为 (用离子方程式表示，滴定反应中生成)。
②达到滴定终点的标志是 。
③产品中的质量分数为 (用含c、m的代数式表示)。
【答案】(1) 圆底烧瓶 提供热量并将生成的硝酸吹入装置C中，使之与金属反应 打开装置E中的活塞K，由此向试剂瓶中通入足量的空气或 调节溶液的pH，使转化为沉淀而除去
(2) 滴入最后半滴产品溶液时，溶液变为无色，且半分钟内不恢复原色
【详解】（1）①装置B为圆底烧瓶，由实验目的和原理推知，装置A用于制备水蒸气，水蒸气通入装置B中提供热量并将生成的硝酸吹入装置C中与金属反应，装置D用于防止装置E中的液体倒吸。
②由反应生成的NO和NO2的体积比为1:1可推知，反应的化学方程式为。
③尾气处理时，欲使氮氧化物均转化为NaNO3，需要加入氧化剂，可采取的措施为打开装置E中的活塞K，由此向试剂瓶中通入足量的空气或O2。
④Mn片中含有的Fe在实验中转化为Fe3+，实验结束后向装置C所得混合液中加入MnO，可调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去。
（2）①滴定原理是利用与发生归中反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平反应的离子方程式为。
②利用的颜色变化来指示终点，达到滴定终点的现象为滴入最后半滴产品溶液时，溶液变为无色，且半分钟内不恢复原色。
③由反应原理可得关系式：，则产品中的质量分数为
。
17．（15分）丁烯是一种重要的化工原料，主要用于生产甲基叔丁基醚丁基橡胶等产品。氧化异丁烷脱氢制备异丁烯[]以及正丁烷（P）直接脱氢制2-丁烯（M）技术已进入工业化应用。回答下列问题：
(1)丁烷可以作为燃料使用。已知0.1ml 完全燃烧生成(l)放出a kJ热量，则表示燃烧热的热化学方程式为 。
(2)氧化异丁烷脱氢制备异丁烯，其反应为 △H，在催化作用下的反应机理如下：
写出转化①、②的化学方程式： 、 。
(3)正丁烷直接脱氢制2-丁烯过程发生如下两个反应：
反应Ⅰ．；
反应Ⅱ．。
在℃、kPa的恒压密闭容器中，按物质的量之比为1∶2通入(g)和(g)的混合气体，发生上述反应，测得生成物的物质的量与反应时间关系曲线如图所示（曲线a只表示某物质的部分变化）。
①从平衡角度说明通入的作用是 。
②曲线b表示的物质是 （填名称），若其他条件不变，在恒容密闭容器中进行上述反应，则点X将可能移向点 （填“A”“B”或“C”）。
(4)在T℃、kPa的恒压密闭容器中，按物质的量之比为1∶2通入（g）和（g）的混合气体，发生反应Ⅰ、Ⅱ，当反应Ⅰ和反应Ⅱ均达到平衡时，测得P、M在含碳物质中的占比分别为20%、60%，则 ，反应Ⅰ的 [用含的式子表示，若用N代表，则P在含碳物质中的占比表示为]。
【答案】(1)
(2)
(3) 反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体体积增大的反应，恒温恒压条件下，通入可以降低反应体系中其他组分的分压，提高反应物的转化率 2-丁烯 C
(4) 或0.5 kPa
【详解】（1）0.1ml 完全燃烧生成(l)放出a kJ热量，则丁烷完全燃烧的热化学方程式可以表示为：；
（2）转化①转化为，转化为，化学方程式为：；转化②为转化为，转化为，化学方程式为：；
（3）①反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体体积增大的反应，恒温恒压条件下，通入可以降低反应体系中其他组分的分压，相当于减压，平衡正向移动，提高反应物的转化率；
②时刻，曲线a物质的量是，曲线b物质的量是，曲线c物质的量是，两个反应均生成氢气，则曲线a代表，根据物质的量关系，则=0.5ml、=0.25ml，即曲线b表示2-丁烯；两个反应均是气体体积增大的反应，如果改为恒容，则压强变大，反应速率加快，达到平衡时间变短，但平衡逆向移动，丁烷的转化率降低，2-丁烯物质的量变小，则应为C点；
（4）设初始通入，则，达到平衡以后，根据碳守恒可知，；得P、M在含碳物质中的占比分别为20%、60%，则、、，由上一问方程式的比例关系可知，，则0.5；
平衡时，，、、，反应Ⅰ的。
18．（13分）化合物L是一种抗病毒药物，其合成路线如图所示：
已知：。回答下列问题：
(1)I的化学名称是 。
(2)B中官能团名称是 。
(3)、的反应类型分别是 、 。
(4)D的结构简式是 。
(5)E与I生成J的化学方程式是 。
(6)M是C的同分异构体，M能发生水解反应，酸性条件下的一种水解产物能与溶液发生显色反应，则M的结构共有 种，其中不能发生银镜反应且苯环上一氯代物只有两种的结构简式是 。
【答案】(1)4-氯苯甲醛或对氯苯甲醛
(2)羟基，酮羰基
(3) 取代反应 还原反应
(4)
(5)
(6) 13
【分析】
A与CH3COCl在氯化铝及加热条件下反应生成B，结合A的分子式及B的结构简式可推知A为苯酚，反应为取代反应，同时还生成氯化氢；B与CH3I在一定条件下发生取代反应生成C和HI，C转化为D，D转化为E，根据D的分子式及E的结构简式可推出C与氯气取代生成D，D为；E与I在催化剂作用下加热生成J，J与PPA作用生成K，推知J为，结合其他有机物的结构简式及反应条件进行分析；
【详解】（1）I的化学名称是4-氯苯甲醛或对氯苯甲醛；
（2）根据结构简式可知，B中官能团名称为羟基，酮羰基；
（3）A到B、K到L的反应类型分别是取代反应、还原反应；
（4）
由C、E的结构，结合D的分子式推测D的结构简式是；
（5）
E与I生成J的化学方程式是；
（6）
M是C的同分异构体，M能发生水解反应，其中酸性条件下的一种水解产物能与溶液发生显色反应，则满足条件的M的结构：①苯环上含、、，共6种，②苯环上含、，共3种，③苯环上含、，共3种，④苯环上含，共1种，所以共有13种，其中不能发生银镜反应且苯环上一氯代物只有两种的结构简式是。
A．分离乙醇和乙酸
B．制备
C．制备晶体
D．配制检验醛基的悬浊液