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四川省棠湖中学2020届高三10月月考化学理综（解析版） 试卷
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四川省棠湖中学2020届高三10月月考理综
1. 能降低反应所需的活化能的是（ ）
A. 降低温度 B. 增大压强 C. 使用催化剂 D. 增加浓度
【答案】C
【解析】试题分析：A、降低温度，活化分子百分数减小，不能改变活化能，A错误；B、增大压强，增多单位体积的活化分子数目，不能改变活化能，B错误；C、使用催化剂，降低活化能，C正确；D、增加浓度，增多单位体积的活化分子数目，不能改变活化能，D错误。答案选C。
考点：化学反应速率的影响因素
2.NaNO2是一种食品添加剂，它与酸性KMnO4溶液可发生反应：MnO4-+NO2-+X→Mn2++NO3-+H2O（未配平）。下列叙述中正确的是（ ）
A. 生成1mo1NaNO3需消耗0.4mo1KMnO4
B. 反应过程中溶液的pH减小
C. 该反应中NO2﹣被还原
D. X可以是盐酸
【答案】A
【解析】试题分析:NaNO2与酸性KMnO4溶液发生的反应为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，反应中是KMnO4氧化剂、NaNO2是还原剂。锰的化合价由+7降到+2，降低了5，所以1mol KMnO4可以得到5mol电子；N的化合价由+3升高到+5，升高了2，所以可以失去2mol电子。A. 生成1mo1NaNO3需消耗0.4mo1KMnO4，A正确；B. 反应过程中溶液中氢离子浓度减小，所以其pH增大，B不正确；C. 该反应中NO2﹣被氧化，C不正确；D. X不可以是盐酸，因为高锰酸钾可以把盐酸氧化，D不正确。本题选A。
3.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 氯化铁溶液中：Mg2+、K+、Cl-、SCN-
B. 白醋中：K+、N a+、CO32-、SO42-
C. 苏打溶液中：Ca2+、Al3+、Cl-、NO3-
D. 食盐水中：Fe2+、NH4+、Cl-、SO42-
【答案】D
【解析】A. 氯化铁溶液中SCN－不能大量共存，A错误；B. 白醋显酸性，碳酸根离子不能大量共存，B错误；C. 苏打溶液中含有碳酸根离子，Ca2+、Al3+均不能大量共存，C错误；D. 食盐水中Fe2+、NH4+、Cl-、SO42-等之间均不反应，可以大量共存，D正确，答案选D。
点睛：明确相关离子的性质、发生的离子反应是解答的关键。在分析时首先看清选项中离子是否会发生反应，能否大量共存，然后再把题干中条件及其存在的离子考虑进去，看是否会发生反应。如NO3-、H＋和Fe2＋三种微粒中任何两种都可以大量共存，但当三种混合时，由于Fe2＋具有氧化性，而NO3-、H＋在一起起硝酸的作用，表现强的氧化性，会把Fe2＋氧化为Fe3＋，硝酸得到电子被还原变为NO。
4.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，铁在22.4L氯气中完全燃烧时转移电子数为3NA
B. 1 L 0.1 mol·L−1的NaHCO3溶液中和离子数之和为0.1NA
C. 在一定温度下64gSO2与足量氧气充分反应，转移电子数为4NA
D. 含有NA个Fe( OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量大于56g
【答案】D
【分析】A、铁在22.4L氯气中完全燃烧，氯气完全反应；
B、由物料守恒关系可知，1 L 0.1 mol·L−1的NaHCO3溶液中HCO3—、CO32—和H2CO3之和为0.1mol；
C、二氧化硫与氧气生成三氧化硫反应为可逆反应；
D、氢氧化铁胶体为氢氧化铁的聚集体；
【详解】A项、标准状况下，22.4L氯气物质的量为1mol，铁在22.4L氯气中完全燃烧，1mol氯气完全反应，转移电子数为0.2NA，故A错误；
B项、由物料守恒关系可知，1 L 0.1 mol·L−1的NaHCO3溶液中HCO3—、CO32—和H2CO3之和为0.1mol，则1 L 0.1 mol·L−1的NaHCO3溶液中HCO3—和CO32—离子数之和小于0.1NA，故B错误；
C项、二氧化硫与氧气生成三氧化硫的反应为可逆反应，64gSO2的物质的量为1mol，反应生成的三氧化硫小于1mol，转移的电子小于2mol，故C错误；
D项、氢氧化铁胶体为氢氧化铁聚集体，含有NA个Fe( OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的物质的量大于1mol， 铁元素的质量大于56g，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数，注意反应中电子转移数目的计算、溶液中的物料守恒关系、可逆反应的特点和胶体的组成是解答的关键。
5.X、Y、Z、W、Q是原子序数逐渐增大的短周期主族元素，其中Z、W为金属元素，Q是同一周期中非金属性最强的元素，且过量的XY2能与由Y、Z、W三种元素组成的一种化合物的水溶液反应得到一种白色沉淀，该白色沉淀能溶于过量的NaOH溶液，但不溶于氨水。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：Q>Z>W
B. 熔融WQ3固体时需要破坏离子键
C. Z、W、Q三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应
D. 非金属性：Y
分析】Z、W为金属元素，过量的XY2能与由Y、Z、W三种元素组成的一种化合物的水溶液反应得到一种白色沉淀，该白色沉淀能溶于过量的NaOH溶液，但不溶于氨水，由此推知X为C, Y为O,Z为Na, W为Al，Q是同一周期中非金属性最强的元素，推知Q为Cl，以此解答。
【详解】A. 因为Z为Na，W为Al，Q为Cl，它们在同一周期，且原子序数逐渐增大，所以原子半径逐渐减小，所以有：Na>Al>Cl，故A错误；B. WQ3为AlCl3，属于共价化合物，熔融WQ3时需要破坏分子间作用力，故B错误；C. Z的最高价氧化物对应的水化物NaOH,W的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3,为两性氢氧化物，Q的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，所以三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，故C正确；D. Y为O，Q为Cl，非金属性：Cl
6.氯盐可导致混凝土中的钢筋腐蚀。为防止混凝土中的钢筋腐蚀，可在混凝土表面敷置一定电解质溶液并将惰性金属导电网浸泡其中，惰性金属导电网与钢筋分别连接外部直流电源从而除去Cl-，装置如图，下列说法错误的是（ ）
A. 钢筋接电源的正极
B. 金属导电网上发生的电极反应为2Cl—－2e-=Cl2↑
C. 混凝土中的钙离子向钢筋方向移动
D. 电解一段时间后钢筋附近溶液的pH增大
【答案】A
【详解】A. 由Cl-移动的方向可知钢筋接电源的负极，故A错误；B. 金属导电网为阳极，发生的电极反应为2Cl—-2e-=Cl2↑，故B正确；C. 混凝土一端为阴极，钙离子为阳离子，所以向钢筋方向移动，故C正确；D. 钢筋附近发生的电极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-,所以电解一段时间后钢筋附近溶液的pH增大，故D正确；答案：A。
【点睛】根据电解原理。阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应判断相关选项的正误。
7.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中C为第三周期简单离子半径最小的元素，0.1mol·L−1A、B、D的最高价氧化物对应的水化物溶液加水稀释时溶液的pH变化情况如图，则下列说法中不正确的是（ ）
A. C制的容器可盛装A和D的最高价含氧酸的浓溶液
B. AE3、D2E2分子中所有原子最外层均达到8电子结构
C. B、D、E的单质或者化合物中都可能有能作漂白剂的物质
D. 工业上分别电解熔融的B与E、C与E形成的化合物制备B、C单质
【答案】D
【详解】第三周期简单离子中半径最小的是铝离子，所以C为铝；0.1mol·L−1A、B、D的最高价氧化物对应的水化物溶液pH分别为1、lg5、13，分别为一元强酸、二元强酸、一元强碱，其中A、B原子序数比铝小，只可能分别为氮和钠，D为硫，则E为氯；
A.铝制容器可盛装浓硫酸和浓硝酸，因为能被钝化，A项不符合题意；
B.AE3、D2E2分别为NCl3、S2Cl2，二者电子式分别为、， B项不符合题意；
C.钠、硫、氯元素均可形成能作漂白剂的物质，如SO2、Na2O2、Cl2、ClO2、HClO，C项不符合题意；
D.工业上制备铝不能电解熔融的氯化铝，由于氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，而是电解熔融的氧化铝， D项符合题意。
本题答案选D。
8.亚硝酰氯NOCl可用于合成清洁剂等。它可用Cl2与NO在常温常压下合成：它的熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃，常温下是黄色的有毒气体，遇水易水解。 请按要求回答下列相关问题：
(1)过量铁屑和稀硝酸充分反应制备NO的离子方程式为：______________________。
(2)制备NOCl的装置如下图所示，连接顺序为:a→_________________________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。
①装置A和B作用是①干燥NO和Cl2，②___________________________________________。
②装置D的作用是______________________________________。
③装置E中NOCl发生反应的化学方程式为________________。
(3)工业生产过程中NO尾气处理方法有多种，其中间接电化学法，其原理如图所示：
该过程中阴极的电极反应式为：__________________________________________。
【答案】(1). 3Fe+8H++2NO3—=3Fe2++2NO↑+4H2O (2). e→f→c→b→d或f→e→c→b→d (3). 观察气泡调节气体流速 (4). 防止E中水蒸气进入F，引起NOCl的水解 (5). NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O (6). 2HSO3—+2e—+2H+= S2O42—+ 2H2O
【分析】（1）过量铁屑和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水；
（2）将氯气和NO干燥后在装置F中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，注意NOCl遇水易水解。
（3）由间接电化学法示意图可知，阴极上HSO3—放电生成S2O42—，S2O42—在吸收塔中将NO还原为N2。
【详解】（1）过量铁屑和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Fe+8H++2NO3—=3Fe2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Fe+8H++2NO3—=3Fe2++2NO↑+4H2O；
（2）将氯气和NO干燥后在装置F中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，故答案为：e→f（或f→e）→c→b→d；
①装置A和B作用是除干燥NO、Cl2外，另一个作用是通过观察气泡调节气体的流速控制反应的发生，故答案为：观察气泡调节气体流速；
②NOCl遇水易水解，装置D中氯化钙做干燥剂，吸收水蒸气，防止E中水蒸气进入反应器F中，引起NOCl的水解，故答案为：防止E中水蒸气进入F，引起NOCl的水解；
③装置E的目的吸收尾气，防止污染环境，NOCl与氢氧化钠溶液反应生成NaCl、NaNO2和H2O，反应的化学方程式为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O，故答案为：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；
（3）由间接电化学法示意图可知，阴极上HSO3—放电生成S2O42—，S2O42—在吸收塔中将NO还原为N2，阴极的电极反应式为2HSO3—+2e—+2H+= S2O42—+ 2H2O，故答案为：2HSO3—+2e—+2H+= S2O42—+ 2H2O。
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重考查分析问题和解决问题的能力，注意化学方程式的书写和排列实验先后顺序的方法，掌握电极反应式的书写方法是解答关键，
9.氯化铅(PbCl2)常用于焊接和制备铅黄等染料。利用从废旧铅蓄电池中得到的铅膏获取氯化铅的流程如图，试回答下列问题：
已知：①铅膏主要由PbSO4、PbO、PbO2和Pb等组成。
②流程图中的“1”表示液体，“s”表示固体。
③硫酸铅、氯化铅微溶于水，但氯化铅能溶于NaCl溶液中，主要发生反应：PbCl2+Cl-==[PbCl3]-。
(1)铅蓄电池的正极材料是________________(填化学式)，放电时负极的电极反应式为________________________________________。
(2)“浸取反应”是在加热条件下，用盐酸和氯化钠溶液浸取铅膏的过程，主要发生反应的方程式有
PbO2+Pb+4HCl==2PbCl2+2H2O PbO+2HCl==PbCl2+H2O
PbSO4+2NaCl==PbCl2+Na2SO4 PbCl2+Cl-=[PbCl3]-
除此之外，PbO2还能与HCl反应产生一种黄绿色气体，该反应的化学方程式是________________；该浸取过程中Pb与盐酸反应产生的H2可能会与________ (填气体名称，下同)、________等混合发生爆炸。
(3)PbCl2(溶液显酸性)在氯化钠溶液中的溶解度随温度的升高而增大，适当地升高温度有利于提高铅的浸取率，当温度高于70℃时，浸取率提高不明显，可能的原因是________________________________；为了提高浸取率，还可以采取的措施是________________________________________。
(4)在室温下静置冷却3h后，过滤得到的氯化铅的回收率可达到85％，过滤后得到的滤液进行循环使用可提高铅的利用率。在循环使用之前需加入氯化钙将SO42-进行沉淀转化，若无此步骤，直接循环使用，溶液中SO42-浓度过大，则会导致的结果是________________________________________。
【答案】 (1). PbO2 (2). Pb+SO42--2e-==PbSO4 (3). PbO2+4HCl==PbCl2+Cl2↑+2H2O (4). 氧气 (5). 空气(或氧气) (6). PbCl2水解生成HCl，超过70℃时HCl易挥发 (7). 延长浸取时间或充分搅拌 (8). 容易形成PbSO4沉淀而导致氯化铅的回收率低
【详解】(1)由铅蓄电池的总反应为：PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，氧化剂做正极，还原剂做负极，所以正极材料是PbO2，放电时负极的电极反应式为：Pb+SO42--2e-==PbSO4。答案：PbO2；Pb+SO42--2e-==PbSO4。
(2) 由PbO2能与HCl反应产生一种黄绿色气体为氯气，所以该反应的化学方程式是PbO2+4HCl==PbCl2+Cl2↑+2H2O 。浸取过程中Pb与盐酸反应产生的H2可能会与氧气或空气等混合发生爆炸。答案：PbO2+4HCl==PbCl2+Cl2↑+2H2O；氧气；空气(或氧气)。
(3) 因为PbSO4+2NaCl==PbCl2+Na2SO4 且PbCl2+2H2OPb(OH)2+2HCl，当温度高于70℃时，PbCl2水解生成的HCl易挥发，促进了水解，所以浸取率不高，为了提高浸取率，还可以采取的措施是延长浸取时间或充分搅拌。答案：PbCl2水解生成HCl，超过70℃时HCl易挥发；延长浸取时间或充分搅拌。
(4)在室温下静置冷却3h后，过滤得到的氯化铅的回收率可达到85％，过滤后得到的滤液进行循环使用可提高铅的利用率。在循环使用之前需加入氯化钙将SO42-进行沉淀转化，若无此步骤，直接循环使用，溶液中SO42-浓度过大，则会导致的结果是形成了PbSO4沉淀而导致氯化铅的回收率低。答案：容易形成PbSO4沉淀而导致氯化铅的回收率低。
10.Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为____________________________。
（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式________________________________________。
（3）TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示：
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O转化率/%
92
95
97
93
88
分析40℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因_______________________________________。
（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为___________。
（5）若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02 mol/L，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5 mol/L，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成______________（列式计算）。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。
（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式________________________。
【答案】(1). 100℃、2h，90℃，5h (2). FeTiO3+ 4H++4Cl− = Fe2++ TiOCl42- + 2H2O (3). 低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降 (4). 4 (5). Fe3+恰好沉淀完全时，c(PO43-)=mol·L−1=1.3×10–17 mol·L−1，c3(Mg2+)×c2(PO43-)＝(0.01)3×(1.3×10–17)2= 1.7×10–40＜Ksp [Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀 (6). 2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑
【解析】（1）由图示可知，“酸浸”时铁的净出率为70%时所需要的时间最短，速率最快，则应选择在100℃、2h，90℃，5h下进行；
（2）“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO3生成TiOCl42−时，发生反应离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl−＝Fe2++ TiOCl42− + 2H2O；
（3）温度是影响速率的主要因素，但H2O2在高温下易分解、氨水易挥发，即原因是低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降；
（4）Li2Ti5O15中Li为+1价，O为-2价，Ti为+4价，过氧根(O22-)中氧元素显-1价，设过氧键的数目为x，根据正负化合价代数和为0，可知(+1)×2+(+4)×5+(-2)×(15-2x)+(-1)×2x=0，解得：x=4；
（5）Ksp[FePO4]=c(Fe3+)×c(PO43-)=1.3×10-2，则c(PO43-)＝＝1.3×10-17mol/L，Qc[Mg3(PO4)2]＝c3(Mg2+)×c2(PO43-)＝(0.01)3×(1.3×10-17)2=1.69×10-40＜1.0×10—34，则无沉淀。
（6）高温下FePO4与Li2CO3和H2C2O4混合加热可得LiFePO4，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑。
11.Zn在现代工业中对于电池制造上有不可磨灭的地位，明朝末年宋应星所著的《天工开物》一书中就有世界上最早的关于炼锌技术的记载。回答下列问题：
(1)Zn基态原子的电子排布式为___________，4s能级上的成对电子数为___________。
(2)葡萄糖酸锌{[CH2OH( CHOH)4COO]2Zn}是目前市场上流行的补锌剂。葡萄糖酸锌中碳原子杂化形式有___________，C、H两元素的第一电离能的大小关系为___________________。
(3)ZnCl2与NH3形成的配合物[Zn(NH3)4]Cl2中，存在___________(填字母)。
A离子键 B.σ键 C.π键
(4)锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞如图所示，其中Zn和X通过共价键结合，该化合物中Zn与X的原子个数之比为___________。
(5)在图示晶胞中若只考查X的排列方式，则X的堆积方式属于金属晶体堆积方式中的___________堆积；设阿伏加德罗常数的数值为NA，该晶胞中Zn的半径为r1nm，X的半径为r2nm，X的相对原子质量为M，则该晶体的密度为___________g·cm－3(用含r1、r2、M、NA的代数式表示)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar] 3d104s2 (2). 2 (3). sp2、sp3 (4). C
4s能级上只有2个电子且成对，故成对电子数为2；
(2)葡萄糖酸锌里有两种碳原子，一种是以sp3杂化（接羟基的碳），一种是以sp2杂化（—COO-里的碳）；
第一电离能表示气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，由于H的电子层数少、原子半径最小，原子核对外层电子的引力较强，故第一电离能C
(4)根据均摊法计算，晶胞中锌的个数为4个，X的个数为8×+6×=4，该化合物中Zn与X的原子个数之比为1：1；
(5)根据晶胞结构特点可知，X的堆积方式属于金属晶体堆积方式中的面心立方最密堆积；设晶胞得边长是a，则根据晶胞结构可知a＝(4r1＋4r2)nm，解得a＝nm，则根据×NA=4，解得ρ＝ g·cm－3。
12.【化学——选修5：有机化学基础】
芳香烃A可以合成扁桃酸，也可以合成H。以下是合成线路(部分产物、反应条件已略去)：
已知：
I、
II、
III、
IV、D的相对分子质量为137，且在苯环的对位上有两个取代基
V、E为一溴取代物
请回答下列问题：
(1)扁桃酸中含氧官能团的名称是 ________；物质B的结构简式 ________。
(2)上述①～⑥反应中属于取代反应的是 ________(填序号)。
(3)关于H物质，下列说法正确的是 ________ (填字母序号)。
A．所有碳原子可能处于同一平面
B．可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和还原反应
C．H与G都能与新制Cu(OH)2反应
(4)写出反应⑥的化学方程式 ____________________________________。
(5)X是扁桃酸的同分异构体，1 mol X可与2 mol Na2CO3反应，其核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3:2:2:1，其结构简式为 ________ (任写两种)。
(6)请结合所学知识和上述信息，写出由A和乙醛为原料(无机试剂任用)制备肉桂醛()的合成路线流程图 ________________________________。
【答案】(1). 羧基、羟基 (2). (3). ①、②、⑤ (4). AB (5). (6). （任写两种） (7).
【分析】A为芳香烃，在光照条件下可与氯气反应生成C7H7Cl，根据碳元素守恒可知，A为甲苯（），则反应②为氯原子被羟基取代的过程，B为苯甲醇（），根据提示条件可知，C中含有醛基，则结合反应③推出C为苯甲醛（），结合给定反应I、II可知扁桃酸的结构简式为：；A合成H的路线中，先发生硝化反应生成D，因D的相对分子质量为137，且苯环对位上有两个取代基，可知D的结构简式为,E为一溴取代物，则结构简式为：,E经过氢氧化钠水溶液加热的情况下，生成F，则F为，再经过氧化反应生成G，G为，再结合反应III可推知H为，据此分析作答。
【详解】（1）根据上述分析可知，扁桃酸的结构简式为：，则其含氧官能团的名称为羧基、羟基，物质B的结构简式为，
故答案为：羧基、羟基；；
（2）根据分析可知，氯代反应、卤素原子的水解反应为取代反应，即①、②、⑤为取代反应，
故答案为：①、②、⑤；
（3）H为，则
A. 苯环为平面结构，碳碳双键也为平面结构，则H中的所有碳原子可能处于同一平面，故A项正确；
B. H结构中含有碳碳双键，可以发生加成反应、聚合反应，同时含有羰基，可发生氧化反应和还原反应，故B项正确；
C. G为，含有醛基，可与新制Cu(OH)2反应，而H中没有醛基，则不能与新制Cu(OH)2反应，故C项错误；
答案选AB；
（4）反应⑥是醇氧化为醛的过程，其化学方程式为，
故答案为：；
（5）X是扁桃酸的同分异构体，则其分子式为C8H8O3，不饱和度 = = 5，分子内含苯环，占据4个不饱和度，又1 mol X可与2 mol Na2CO3反应，则推知分子内含两个酚羟基，和一个醛基或羰基；又因为其核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3:2:2:1，说明有四种不同环境的氢原子，且原子个数比为3:2:2:1，则其结构简式可以为：，
故答案为：（任写两种）；
（6）采用逆合成分析法可知，若要制备肉桂醛()，则需要先制备苯甲醛，再结合提示信息给出的反应III便可获得肉桂醛。A为甲苯，可通过合成G的思路合成苯甲醛，即其合成路线为：，
故答案为：。
四川省棠湖中学2020届高三10月月考理综
1. 能降低反应所需的活化能的是（ ）
A. 降低温度 B. 增大压强 C. 使用催化剂 D. 增加浓度
【答案】C
【解析】试题分析：A、降低温度，活化分子百分数减小，不能改变活化能，A错误；B、增大压强，增多单位体积的活化分子数目，不能改变活化能，B错误；C、使用催化剂，降低活化能，C正确；D、增加浓度，增多单位体积的活化分子数目，不能改变活化能，D错误。答案选C。
考点：化学反应速率的影响因素
2.NaNO2是一种食品添加剂，它与酸性KMnO4溶液可发生反应：MnO4-+NO2-+X→Mn2++NO3-+H2O（未配平）。下列叙述中正确的是（ ）
A. 生成1mo1NaNO3需消耗0.4mo1KMnO4
B. 反应过程中溶液的pH减小
C. 该反应中NO2﹣被还原
D. X可以是盐酸
【答案】A
【解析】试题分析:NaNO2与酸性KMnO4溶液发生的反应为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，反应中是KMnO4氧化剂、NaNO2是还原剂。锰的化合价由+7降到+2，降低了5，所以1mol KMnO4可以得到5mol电子；N的化合价由+3升高到+5，升高了2，所以可以失去2mol电子。A. 生成1mo1NaNO3需消耗0.4mo1KMnO4，A正确；B. 反应过程中溶液中氢离子浓度减小，所以其pH增大，B不正确；C. 该反应中NO2﹣被氧化，C不正确；D. X不可以是盐酸，因为高锰酸钾可以把盐酸氧化，D不正确。本题选A。
3.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 氯化铁溶液中：Mg2+、K+、Cl-、SCN-
B. 白醋中：K+、N a+、CO32-、SO42-
C. 苏打溶液中：Ca2+、Al3+、Cl-、NO3-
D. 食盐水中：Fe2+、NH4+、Cl-、SO42-
【答案】D
【解析】A. 氯化铁溶液中SCN－不能大量共存，A错误；B. 白醋显酸性，碳酸根离子不能大量共存，B错误；C. 苏打溶液中含有碳酸根离子，Ca2+、Al3+均不能大量共存，C错误；D. 食盐水中Fe2+、NH4+、Cl-、SO42-等之间均不反应，可以大量共存，D正确，答案选D。
点睛：明确相关离子的性质、发生的离子反应是解答的关键。在分析时首先看清选项中离子是否会发生反应，能否大量共存，然后再把题干中条件及其存在的离子考虑进去，看是否会发生反应。如NO3-、H＋和Fe2＋三种微粒中任何两种都可以大量共存，但当三种混合时，由于Fe2＋具有氧化性，而NO3-、H＋在一起起硝酸的作用，表现强的氧化性，会把Fe2＋氧化为Fe3＋，硝酸得到电子被还原变为NO。
4.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，铁在22.4L氯气中完全燃烧时转移电子数为3NA
B. 1 L 0.1 mol·L−1的NaHCO3溶液中和离子数之和为0.1NA
C. 在一定温度下64gSO2与足量氧气充分反应，转移电子数为4NA
D. 含有NA个Fe( OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量大于56g
【答案】D
【分析】A、铁在22.4L氯气中完全燃烧，氯气完全反应；
B、由物料守恒关系可知，1 L 0.1 mol·L−1的NaHCO3溶液中HCO3—、CO32—和H2CO3之和为0.1mol；
C、二氧化硫与氧气生成三氧化硫反应为可逆反应；
D、氢氧化铁胶体为氢氧化铁的聚集体；
【详解】A项、标准状况下，22.4L氯气物质的量为1mol，铁在22.4L氯气中完全燃烧，1mol氯气完全反应，转移电子数为0.2NA，故A错误；
B项、由物料守恒关系可知，1 L 0.1 mol·L−1的NaHCO3溶液中HCO3—、CO32—和H2CO3之和为0.1mol，则1 L 0.1 mol·L−1的NaHCO3溶液中HCO3—和CO32—离子数之和小于0.1NA，故B错误；
C项、二氧化硫与氧气生成三氧化硫的反应为可逆反应，64gSO2的物质的量为1mol，反应生成的三氧化硫小于1mol，转移的电子小于2mol，故C错误；
D项、氢氧化铁胶体为氢氧化铁聚集体，含有NA个Fe( OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的物质的量大于1mol， 铁元素的质量大于56g，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数，注意反应中电子转移数目的计算、溶液中的物料守恒关系、可逆反应的特点和胶体的组成是解答的关键。
5.X、Y、Z、W、Q是原子序数逐渐增大的短周期主族元素，其中Z、W为金属元素，Q是同一周期中非金属性最强的元素，且过量的XY2能与由Y、Z、W三种元素组成的一种化合物的水溶液反应得到一种白色沉淀，该白色沉淀能溶于过量的NaOH溶液，但不溶于氨水。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：Q>Z>W
B. 熔融WQ3固体时需要破坏离子键
C. Z、W、Q三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应
D. 非金属性：Y
分析】Z、W为金属元素，过量的XY2能与由Y、Z、W三种元素组成的一种化合物的水溶液反应得到一种白色沉淀，该白色沉淀能溶于过量的NaOH溶液，但不溶于氨水，由此推知X为C, Y为O,Z为Na, W为Al，Q是同一周期中非金属性最强的元素，推知Q为Cl，以此解答。
【详解】A. 因为Z为Na，W为Al，Q为Cl，它们在同一周期，且原子序数逐渐增大，所以原子半径逐渐减小，所以有：Na>Al>Cl，故A错误；B. WQ3为AlCl3，属于共价化合物，熔融WQ3时需要破坏分子间作用力，故B错误；C. Z的最高价氧化物对应的水化物NaOH,W的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3,为两性氢氧化物，Q的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，所以三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，故C正确；D. Y为O，Q为Cl，非金属性：Cl
6.氯盐可导致混凝土中的钢筋腐蚀。为防止混凝土中的钢筋腐蚀，可在混凝土表面敷置一定电解质溶液并将惰性金属导电网浸泡其中，惰性金属导电网与钢筋分别连接外部直流电源从而除去Cl-，装置如图，下列说法错误的是（ ）
A. 钢筋接电源的正极
B. 金属导电网上发生的电极反应为2Cl—－2e-=Cl2↑
C. 混凝土中的钙离子向钢筋方向移动
D. 电解一段时间后钢筋附近溶液的pH增大
【答案】A
【详解】A. 由Cl-移动的方向可知钢筋接电源的负极，故A错误；B. 金属导电网为阳极，发生的电极反应为2Cl—-2e-=Cl2↑，故B正确；C. 混凝土一端为阴极，钙离子为阳离子，所以向钢筋方向移动，故C正确；D. 钢筋附近发生的电极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-,所以电解一段时间后钢筋附近溶液的pH增大，故D正确；答案：A。
【点睛】根据电解原理。阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应判断相关选项的正误。
7.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中C为第三周期简单离子半径最小的元素，0.1mol·L−1A、B、D的最高价氧化物对应的水化物溶液加水稀释时溶液的pH变化情况如图，则下列说法中不正确的是（ ）
A. C制的容器可盛装A和D的最高价含氧酸的浓溶液
B. AE3、D2E2分子中所有原子最外层均达到8电子结构
C. B、D、E的单质或者化合物中都可能有能作漂白剂的物质
D. 工业上分别电解熔融的B与E、C与E形成的化合物制备B、C单质
【答案】D
【详解】第三周期简单离子中半径最小的是铝离子，所以C为铝；0.1mol·L−1A、B、D的最高价氧化物对应的水化物溶液pH分别为1、lg5、13，分别为一元强酸、二元强酸、一元强碱，其中A、B原子序数比铝小，只可能分别为氮和钠，D为硫，则E为氯；
A.铝制容器可盛装浓硫酸和浓硝酸，因为能被钝化，A项不符合题意；
B.AE3、D2E2分别为NCl3、S2Cl2，二者电子式分别为、， B项不符合题意；
C.钠、硫、氯元素均可形成能作漂白剂的物质，如SO2、Na2O2、Cl2、ClO2、HClO，C项不符合题意；
D.工业上制备铝不能电解熔融的氯化铝，由于氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，而是电解熔融的氧化铝， D项符合题意。
本题答案选D。
8.亚硝酰氯NOCl可用于合成清洁剂等。它可用Cl2与NO在常温常压下合成：它的熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃，常温下是黄色的有毒气体，遇水易水解。 请按要求回答下列相关问题：
(1)过量铁屑和稀硝酸充分反应制备NO的离子方程式为：______________________。
(2)制备NOCl的装置如下图所示，连接顺序为:a→_________________________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。
①装置A和B作用是①干燥NO和Cl2，②___________________________________________。
②装置D的作用是______________________________________。
③装置E中NOCl发生反应的化学方程式为________________。
(3)工业生产过程中NO尾气处理方法有多种，其中间接电化学法，其原理如图所示：
该过程中阴极的电极反应式为：__________________________________________。
【答案】(1). 3Fe+8H++2NO3—=3Fe2++2NO↑+4H2O (2). e→f→c→b→d或f→e→c→b→d (3). 观察气泡调节气体流速 (4). 防止E中水蒸气进入F，引起NOCl的水解 (5). NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O (6). 2HSO3—+2e—+2H+= S2O42—+ 2H2O
【分析】（1）过量铁屑和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水；
（2）将氯气和NO干燥后在装置F中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，注意NOCl遇水易水解。
（3）由间接电化学法示意图可知，阴极上HSO3—放电生成S2O42—，S2O42—在吸收塔中将NO还原为N2。
【详解】（1）过量铁屑和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Fe+8H++2NO3—=3Fe2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Fe+8H++2NO3—=3Fe2++2NO↑+4H2O；
（2）将氯气和NO干燥后在装置F中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，故答案为：e→f（或f→e）→c→b→d；
①装置A和B作用是除干燥NO、Cl2外，另一个作用是通过观察气泡调节气体的流速控制反应的发生，故答案为：观察气泡调节气体流速；
②NOCl遇水易水解，装置D中氯化钙做干燥剂，吸收水蒸气，防止E中水蒸气进入反应器F中，引起NOCl的水解，故答案为：防止E中水蒸气进入F，引起NOCl的水解；
③装置E的目的吸收尾气，防止污染环境，NOCl与氢氧化钠溶液反应生成NaCl、NaNO2和H2O，反应的化学方程式为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O，故答案为：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；
（3）由间接电化学法示意图可知，阴极上HSO3—放电生成S2O42—，S2O42—在吸收塔中将NO还原为N2，阴极的电极反应式为2HSO3—+2e—+2H+= S2O42—+ 2H2O，故答案为：2HSO3—+2e—+2H+= S2O42—+ 2H2O。
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重考查分析问题和解决问题的能力，注意化学方程式的书写和排列实验先后顺序的方法，掌握电极反应式的书写方法是解答关键，
9.氯化铅(PbCl2)常用于焊接和制备铅黄等染料。利用从废旧铅蓄电池中得到的铅膏获取氯化铅的流程如图，试回答下列问题：
已知：①铅膏主要由PbSO4、PbO、PbO2和Pb等组成。
②流程图中的“1”表示液体，“s”表示固体。
③硫酸铅、氯化铅微溶于水，但氯化铅能溶于NaCl溶液中，主要发生反应：PbCl2+Cl-==[PbCl3]-。
(1)铅蓄电池的正极材料是________________(填化学式)，放电时负极的电极反应式为________________________________________。
(2)“浸取反应”是在加热条件下，用盐酸和氯化钠溶液浸取铅膏的过程，主要发生反应的方程式有
PbO2+Pb+4HCl==2PbCl2+2H2O PbO+2HCl==PbCl2+H2O
PbSO4+2NaCl==PbCl2+Na2SO4 PbCl2+Cl-=[PbCl3]-
除此之外，PbO2还能与HCl反应产生一种黄绿色气体，该反应的化学方程式是________________；该浸取过程中Pb与盐酸反应产生的H2可能会与________ (填气体名称，下同)、________等混合发生爆炸。
(3)PbCl2(溶液显酸性)在氯化钠溶液中的溶解度随温度的升高而增大，适当地升高温度有利于提高铅的浸取率，当温度高于70℃时，浸取率提高不明显，可能的原因是________________________________；为了提高浸取率，还可以采取的措施是________________________________________。
(4)在室温下静置冷却3h后，过滤得到的氯化铅的回收率可达到85％，过滤后得到的滤液进行循环使用可提高铅的利用率。在循环使用之前需加入氯化钙将SO42-进行沉淀转化，若无此步骤，直接循环使用，溶液中SO42-浓度过大，则会导致的结果是________________________________________。
【答案】 (1). PbO2 (2). Pb+SO42--2e-==PbSO4 (3). PbO2+4HCl==PbCl2+Cl2↑+2H2O (4). 氧气 (5). 空气(或氧气) (6). PbCl2水解生成HCl，超过70℃时HCl易挥发 (7). 延长浸取时间或充分搅拌 (8). 容易形成PbSO4沉淀而导致氯化铅的回收率低
【详解】(1)由铅蓄电池的总反应为：PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，氧化剂做正极，还原剂做负极，所以正极材料是PbO2，放电时负极的电极反应式为：Pb+SO42--2e-==PbSO4。答案：PbO2；Pb+SO42--2e-==PbSO4。
(2) 由PbO2能与HCl反应产生一种黄绿色气体为氯气，所以该反应的化学方程式是PbO2+4HCl==PbCl2+Cl2↑+2H2O 。浸取过程中Pb与盐酸反应产生的H2可能会与氧气或空气等混合发生爆炸。答案：PbO2+4HCl==PbCl2+Cl2↑+2H2O；氧气；空气(或氧气)。
(3) 因为PbSO4+2NaCl==PbCl2+Na2SO4 且PbCl2+2H2OPb(OH)2+2HCl，当温度高于70℃时，PbCl2水解生成的HCl易挥发，促进了水解，所以浸取率不高，为了提高浸取率，还可以采取的措施是延长浸取时间或充分搅拌。答案：PbCl2水解生成HCl，超过70℃时HCl易挥发；延长浸取时间或充分搅拌。
(4)在室温下静置冷却3h后，过滤得到的氯化铅的回收率可达到85％，过滤后得到的滤液进行循环使用可提高铅的利用率。在循环使用之前需加入氯化钙将SO42-进行沉淀转化，若无此步骤，直接循环使用，溶液中SO42-浓度过大，则会导致的结果是形成了PbSO4沉淀而导致氯化铅的回收率低。答案：容易形成PbSO4沉淀而导致氯化铅的回收率低。
10.Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为____________________________。
（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式________________________________________。
（3）TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示：
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O转化率/%
92
95
97
93
88
分析40℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因_______________________________________。
（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为___________。
（5）若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02 mol/L，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5 mol/L，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成______________（列式计算）。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。
（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式________________________。
【答案】(1). 100℃、2h，90℃，5h (2). FeTiO3+ 4H++4Cl− = Fe2++ TiOCl42- + 2H2O (3). 低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降 (4). 4 (5). Fe3+恰好沉淀完全时，c(PO43-)=mol·L−1=1.3×10–17 mol·L−1，c3(Mg2+)×c2(PO43-)＝(0.01)3×(1.3×10–17)2= 1.7×10–40＜Ksp [Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀 (6). 2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑
【解析】（1）由图示可知，“酸浸”时铁的净出率为70%时所需要的时间最短，速率最快，则应选择在100℃、2h，90℃，5h下进行；
（2）“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO3生成TiOCl42−时，发生反应离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl−＝Fe2++ TiOCl42− + 2H2O；
（3）温度是影响速率的主要因素，但H2O2在高温下易分解、氨水易挥发，即原因是低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降；
（4）Li2Ti5O15中Li为+1价，O为-2价，Ti为+4价，过氧根(O22-)中氧元素显-1价，设过氧键的数目为x，根据正负化合价代数和为0，可知(+1)×2+(+4)×5+(-2)×(15-2x)+(-1)×2x=0，解得：x=4；
（5）Ksp[FePO4]=c(Fe3+)×c(PO43-)=1.3×10-2，则c(PO43-)＝＝1.3×10-17mol/L，Qc[Mg3(PO4)2]＝c3(Mg2+)×c2(PO43-)＝(0.01)3×(1.3×10-17)2=1.69×10-40＜1.0×10—34，则无沉淀。
（6）高温下FePO4与Li2CO3和H2C2O4混合加热可得LiFePO4，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑。
11.Zn在现代工业中对于电池制造上有不可磨灭的地位，明朝末年宋应星所著的《天工开物》一书中就有世界上最早的关于炼锌技术的记载。回答下列问题：
(1)Zn基态原子的电子排布式为___________，4s能级上的成对电子数为___________。
(2)葡萄糖酸锌{[CH2OH( CHOH)4COO]2Zn}是目前市场上流行的补锌剂。葡萄糖酸锌中碳原子杂化形式有___________，C、H两元素的第一电离能的大小关系为___________________。
(3)ZnCl2与NH3形成的配合物[Zn(NH3)4]Cl2中，存在___________(填字母)。
A离子键 B.σ键 C.π键
(4)锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞如图所示，其中Zn和X通过共价键结合，该化合物中Zn与X的原子个数之比为___________。
(5)在图示晶胞中若只考查X的排列方式，则X的堆积方式属于金属晶体堆积方式中的___________堆积；设阿伏加德罗常数的数值为NA，该晶胞中Zn的半径为r1nm，X的半径为r2nm，X的相对原子质量为M，则该晶体的密度为___________g·cm－3(用含r1、r2、M、NA的代数式表示)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar] 3d104s2 (2). 2 (3). sp2、sp3 (4). C
4s能级上只有2个电子且成对，故成对电子数为2；
(2)葡萄糖酸锌里有两种碳原子，一种是以sp3杂化（接羟基的碳），一种是以sp2杂化（—COO-里的碳）；
第一电离能表示气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，由于H的电子层数少、原子半径最小，原子核对外层电子的引力较强，故第一电离能C
(4)根据均摊法计算，晶胞中锌的个数为4个，X的个数为8×+6×=4，该化合物中Zn与X的原子个数之比为1：1；
(5)根据晶胞结构特点可知，X的堆积方式属于金属晶体堆积方式中的面心立方最密堆积；设晶胞得边长是a，则根据晶胞结构可知a＝(4r1＋4r2)nm，解得a＝nm，则根据×NA=4，解得ρ＝ g·cm－3。
12.【化学——选修5：有机化学基础】
芳香烃A可以合成扁桃酸，也可以合成H。以下是合成线路(部分产物、反应条件已略去)：
已知：
I、
II、
III、
IV、D的相对分子质量为137，且在苯环的对位上有两个取代基
V、E为一溴取代物
请回答下列问题：
(1)扁桃酸中含氧官能团的名称是 ________；物质B的结构简式 ________。
(2)上述①～⑥反应中属于取代反应的是 ________(填序号)。
(3)关于H物质，下列说法正确的是 ________ (填字母序号)。
A．所有碳原子可能处于同一平面
B．可以发生加成反应、聚合反应、氧化反应和还原反应
C．H与G都能与新制Cu(OH)2反应
(4)写出反应⑥的化学方程式 ____________________________________。
(5)X是扁桃酸的同分异构体，1 mol X可与2 mol Na2CO3反应，其核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3:2:2:1，其结构简式为 ________ (任写两种)。
(6)请结合所学知识和上述信息，写出由A和乙醛为原料(无机试剂任用)制备肉桂醛()的合成路线流程图 ________________________________。
【答案】(1). 羧基、羟基 (2). (3). ①、②、⑤ (4). AB (5). (6). （任写两种） (7).
【分析】A为芳香烃，在光照条件下可与氯气反应生成C7H7Cl，根据碳元素守恒可知，A为甲苯（），则反应②为氯原子被羟基取代的过程，B为苯甲醇（），根据提示条件可知，C中含有醛基，则结合反应③推出C为苯甲醛（），结合给定反应I、II可知扁桃酸的结构简式为：；A合成H的路线中，先发生硝化反应生成D，因D的相对分子质量为137，且苯环对位上有两个取代基，可知D的结构简式为,E为一溴取代物，则结构简式为：,E经过氢氧化钠水溶液加热的情况下，生成F，则F为，再经过氧化反应生成G，G为，再结合反应III可推知H为，据此分析作答。
【详解】（1）根据上述分析可知，扁桃酸的结构简式为：，则其含氧官能团的名称为羧基、羟基，物质B的结构简式为，
故答案为：羧基、羟基；；
（2）根据分析可知，氯代反应、卤素原子的水解反应为取代反应，即①、②、⑤为取代反应，
故答案为：①、②、⑤；
（3）H为，则
A. 苯环为平面结构，碳碳双键也为平面结构，则H中的所有碳原子可能处于同一平面，故A项正确；
B. H结构中含有碳碳双键，可以发生加成反应、聚合反应，同时含有羰基，可发生氧化反应和还原反应，故B项正确；
C. G为，含有醛基，可与新制Cu(OH)2反应，而H中没有醛基，则不能与新制Cu(OH)2反应，故C项错误；
答案选AB；
（4）反应⑥是醇氧化为醛的过程，其化学方程式为，
故答案为：；
（5）X是扁桃酸的同分异构体，则其分子式为C8H8O3，不饱和度 = = 5，分子内含苯环，占据4个不饱和度，又1 mol X可与2 mol Na2CO3反应，则推知分子内含两个酚羟基，和一个醛基或羰基；又因为其核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3:2:2:1，说明有四种不同环境的氢原子，且原子个数比为3:2:2:1，则其结构简式可以为：，
故答案为：（任写两种）；
（6）采用逆合成分析法可知，若要制备肉桂醛()，则需要先制备苯甲醛，再结合提示信息给出的反应III便可获得肉桂醛。A为甲苯，可通过合成G的思路合成苯甲醛，即其合成路线为：，
故答案为：。
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