成都附属实验中学2019-2020学年度2017级高考模拟考试理科综合试题（化学部分）（二）

成都附属实验中学2017级高考模拟考试试题（二）
理科综合能力测试
（化学部分）
本试卷分选择题和非选择题两部分，共40题，满分300分，考试时间150分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 K 39 Fe 56 Co 59
第Ⅰ卷（选择题 共126分）
一、选择题（每小题6分，本大题共13小题。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
7．化学与生活、生产密切相关，下列有关说法中正确的是(　　)
A．ClO2具有氧化性，可用作自来水的净水剂
B．苏打溶液显碱性，苏打常用作胃酸中和剂
C．CaCO3是生产普通玻璃和硅酸盐水泥的共同原料
D．Fe和Al2O3构成的铝热剂，用于焊接钢轨
答案：C
解析：A项，ClO2的氧化性应用于消毒杀菌，不能用来净水，错误；B项，用作胃酸中和剂的应为小苏打NaHCO3，错误；C项，制备水泥的原料是粘土、石灰石，制备玻璃的原料是纯碱、石灰石、石英，所以都用到CaCO3，正确；D项，铝热反应是Al和Fe2O3在高温下生成Fe和Al2O3的反应，Al和Fe2O3构成铝热剂，错误。
8.下列有关1­甲基­1­环己烯(结构简式如图所示)的说法正确的是(　　)
A．该物质含有六元环的同分异构体有3种
B．分子中所有碳原子在同一平面上
C．该物质为芳香烃
D．能使溴的四氯化碳溶液褪色，且反应生成的产物有2种
答案：A
解析：A项，该物质含有六元环的同分异构体，将甲基置于序号处，或把双键放在环外，可形成三种同分异构体(如图)，正确；B项，该六元环不是苯环，根据甲烷分子的正四面体结构和乙烯分子的六原子共面结构可知，分子中所有碳原子不一定在同一平面上，错误；C项，该物质中不含有苯环，不是芳香烃，错误；D项，该物质含有碳碳双键，能发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，但反应产物只有一种，错误。
9．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是(　　)
选项
实验操作和现象
预期实验目的或结论
A
用洁净的铂丝蘸取某食盐试样，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色
说明该食盐试样不含KIO3
B
SiO2能与氢氟酸及碱反应
SiO2是两性氧化物
C
向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀
KI3溶液中存在平衡：
II2＋I－
D
室温下向CuCl2和少量FeCl3的混合溶液中，加入铜屑，充分搅拌，过滤，得蓝绿色溶液
除去杂质FeCl3得纯净CuCl2溶液
答案：C
解析：A项，实验操作下，火焰显黄色，不能确定KIO3是否存在，钾的焰色反应应透过蓝色钴玻璃片观察，火焰显紫色，错误；B项，SiO2是酸性氧化物，错误；C项，I2使淀粉变蓝，I－和Ag＋反应生成黄色沉淀，正确；D项，加入铜屑发生2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，不能除去生成的FeCl2，错误。
10．W、X、Y、Z是短周期主族元素，且原子序数依次增大，W的氧化物较多，其中一种为红棕色气体，X为同周期主族元素中原子半径最小的金属元素，四种元素的最外层电子数之和为19。下列说法正确的是(　　)
A．简单气态氢化物的热稳定性：W B．X的最高价氧化物对应的水化物为强碱
C．Y、Z的最高价氧化物均能溶于水
D．常温下，Y的单质为固体
答案：D
解析：由W的一种氧化物为红棕色气体可知W为N，X为金属元素，且X的原子序数比W的大，故X为第三周期元素，第三周期主族元素中原子半径最小的金属元素为Al，故X为Al；N、Al最外层电子数之和为8，故Y、Z最外层电子数之和为11，若Y为Si，则Z为Cl；若Y为P，则Z为S。A项，N的非金属性比Si、P都强，错误；B项，Al(OH)3为两性氢氧化物，错误；C项，若Y为Si，SiO2难溶于水，错误；D项，不管Y是Si还是P，其单质在常温时均为固体，正确。
11．以钴催化剂废料(含Fe3O4、Co2O3、CaO和SiO2)制备CoC2O4的一种流程如下：

下列说法错误的是(　　)
A．滤渣1的主要成分是SiO2和CaSO4，滤渣2可用于制备铁红
B．在“氧化”中，0.5 mol NaClO3最多能氧化4 mol Fe2＋
C．在“酸浸”中发生的反应有Co3＋＋Fe2＋===Co2＋＋Fe3＋
D．用稀硝酸和AgNO3溶液可检验CoC2O4是否洗涤干净
答案：B
解析：A项，由废料成分知，SiO2不与稀硫酸反应，CaSO4微溶于水，故滤渣1的主要成分是CaSO4和SiO2，分析流程图知，滤渣2的主要成分是Fe(OH)3，正确；B项，1 mol NaClO3最多得6 mol电子，还原产物为Cl－，故0.5 mol NaClO3最多能氧化3 mol Fe2＋，错误；C项，废料中的Co2O3与稀硫酸反应生成Co2(SO4)3，Fe3O4溶于稀硫酸生成了Fe3＋和Fe2＋，目标产物中Co的价态为＋2，且该流程中没有加入还原剂，故在“酸浸”中Fe2＋可还原Co3＋，正确；D项，CoC2O4表面吸附有Cl－，可通过用AgNO3溶液和稀HNO3溶液检验Cl－来确定沉淀是否洗净，正确。
12．如图所示装置，开关K闭合时，电流表指针发生偏转，下列有关开关K闭合时的说法正确的是(　　)

A．b极是负极
B．a极电极反应式为H2－2e－===2H＋
C．当装置中有1 mol电子通过时，右池产生标准状况下5.6 L气体
D．电池总反应式为2H2＋O2===2H2O
答案：D
解析：选项A，通入H2的一极为负极，则a极为负极，b极为正极，错误。选项B，左池的电解质为NaOH，则a极电极反应式为2OH－＋H2－2e－===2H2O，错误。选项C，b极电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，当通过1 mol电子时，右池消耗标准状况下O2 5.6 L，错误。
13．不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)的关系如图所示。下列有关说法中正确的是(　　)

A．若从a点到c点，可采用在水中加入酸的方法
B．b点对应的醋酸中由水电离的c(H＋)＝10－6 mol·L－1
C．c点对应溶液的KW大于d点对应溶液的KW
D．T ℃时，0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液的pH＝11
答案：D
解析：a点对应的c(H＋)和c(OH－)相等，同理c点对应的c(H＋)和c(OH－)也相等，溶液一定呈中性，从a点到c点，可以采用升温的方法，A项错误；KW只与温度有关，同温度下不同酸碱性溶液的KW相同，a点和b点的KW都是10－14，c点和d点的KW都是10－12，酸和碱溶液都会抑制水的电离，酸溶液中由水电离的c(H＋)与溶液中的c(OH－)相等，即c水电离(H＋)＝c(OH－)＝10－8 mol·L－1，B、C项均错误；T ℃时，KW＝10－12，0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液的c(H＋)＝10－11 mol·L－1，pH＝11，D项正确。
第II卷（非选择题共174分）
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33~40题为选考题，考生根据要求做答。
（一）必考题（共129分）
26．（15分）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]·3H2O可用于摄影和蓝色印刷，其在110 ℃可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应。某化学研究小组对K3[Fe(C2O4)3]·3H2O受热分解生成的气体产物和固体产物进行探究。


(1)烧瓶M中盛有饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液，常用于实验室制N2，则该反应的化学方程式为___________________________________________________________。
(2)实验所需的仪器装置如图所示，各装置的连接顺序为：a接________、________接________、________接________、________接________。
(3)装置检查气密性后，先通一段时间N2，其目的是______________________ ________________________________________________________。 结束实验时先熄灭B、D两装置中的酒精灯再通入N2至常温，其目的是__________________________________。
(4)E装置中澄清石灰水的作用是____________________________________。
(5)探究分解后的固体产物
①取B中充分反应后所得固体于试管中，加入足量蒸馏水，过滤、洗涤、干燥得到黑色粉末，取4.4 g黑色粉末溶于足量稀硝酸中，收集到标准状况下NO气体1.12 L。通过计算判断，黑色粉末的成分为________(写化学式)。请设计实验方案验证__________________ ____________________________________________________________________。
②9.82 g三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体在以上装置中加热分解，所得固体的质量为5.42 g，同时得到密度为1.647 g·L－1(已折合成标准状况下)的含碳气体，写出该分解反应的化学方程式_________________________________________________。
解析：(1)利用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制备N2，NH4Cl和NaNO2发生氧化还原反应，同种元素不同价态发生归中反应，NH4Cl中N由－3价升高到0，升高了3，NaNO2中N由＋3价降低到0，降低了3，因此反应的化学方程式为NH4Cl＋NaNO2NaCl＋N2↑＋2H2O。(2)验证气体产物，先验证水蒸气、再验证CO2并除去CO2、最后验证CO气体。(3)先通一段时间N2，排出装置中的空气，防止空气中的CO2干扰实验。结束实验时先熄灭B、D两装置中的酒精灯，再通入N2至常温，目的是防止压强减小，E、F装置中的溶液倒吸。(4)检验气体产物中是否含有CO，需先除净CO2，E装置中的澄清石灰水用来检验CO2是否除尽。(5)①NO的物质的量是0.05 mol，则转移电子是0.05 mol×3＝0.15 mol。如果黑色粉末是Fe，则Fe是0.05 mol，其质量是0.05 mol×56 g·mol－1＝2.8 g。如果黑色粉末是FeO，则其物质的量是0.15 mol，其质量是0.15 mol×72 g·mol－1＝10.8 g。由于黑色粉末总质量是4.4 g，所以黑色粉末应该是FeO和Fe的混合物。根据金属活动性顺序知Fe比Cu活泼，单质Fe与过量CuSO4溶液能发生置换反应，因此可选择CuSO4溶液检验固体产物是否含有单质Fe。FeO是碱性氧化物，不溶于CuSO4溶液，根据碱性氧化物能溶于盐酸，生成的Fe2＋在酸性条件下易被H2O2氧化为Fe3＋，Fe3＋遇KSCN溶液变红，由此可以检验固体产物中的FeO。②由题意可知，分解后所得含碳气体的摩尔质量为M＝1.647 g·L－1×22.4 L·mol－1≈36.9 g·mol－1，假设混合气体中CO2、CO的物质的量分别是x、y，则(44x＋28y)÷(x＋y)＝36.9，解得x∶y＝5∶4，n(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)＝9.82 g÷491 g·mol－1＝0.02 mol，根据K元素守恒可得n(K2CO3)＝(0.02 mol×3)÷2＝0.03 mol，在固体中Fe元素的物质的量是：n(Fe)＝0.02 mol，产生的CO、CO2的物质的量是0.02 mol×6－0.03 mol＝0.09 mol，由于n(CO2)∶n(CO)＝5∶4，所以n(CO2)＝0.05 mol，n(CO)＝0.04 mol，Fe元素结合的O元素的物质的量是0.02 mol×12－0.05 mol×2－0.04 mol×1－0.03 mol×3＝0.01 mol，因此K3[Fe(C2O4)3]·3H2O发生分解反应的各种物质的量之比为n(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O∶n(K2CO3)∶n(Fe)∶n(FeO)∶n(CO2)∶n(CO)∶n(H2O)＝0.02 mol∶0.03 mol∶0.01 mol∶0.01 mol∶0.05 mol∶0.04 mol∶0.06 mol＝2∶3∶1∶1∶5∶4∶6。故该分解反应的化学方程式是2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O3K2CO3＋Fe＋FeO＋4CO↑＋5CO2↑＋6H2O。
答案：(1)NH4Cl＋NaNO2NaCl＋N2↑＋2H2O
(2)a接b(c)、c(b)接f、g接d(e)、e(d)接h
(3)排出装置中的空气，防止空气中的CO2干扰实验结果　防止E、F装置中的溶液倒吸
(4)检验CO2是否已除净
(5)①FeO和Fe　取少量固体于试管中，加入足量的硫酸铜溶液，若出现红色固体，则说明有Fe；取经过滤、洗涤至洗涤液无色后的固体于另一支试管中，加过量盐酸，静置，取上层清液，滴加几滴KSCN溶液无红色出现，再滴加1～2滴H2O2溶液，若溶液呈血红色，则说明有FeO(其他合理答案也可以)　
②2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O3K2CO3＋Fe＋FeO＋4CO↑＋5CO2↑＋6H2O
27．（14分）三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其他一些含钴配合物的原料。下图是某科研小组以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取[Co(NH3)6]Cl3的工艺流程：

回答下列问题：
(1)写出加“适量NaClO3”后发生反应的离子方程式_____________________________。
(2)“加Na2CO3调pH至a”会生成两种沉淀，分别为______________________(填化学式)。
(3)操作Ⅰ的步骤包括________________、冷却结晶、减压过滤。
(4)流程中NH4Cl除作反应物外，还可防止加氨水时c(OH－)过大，其原理是__________________________________________。
(5)“氧化”步骤，甲同学认为应先加入氨水再加入H2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为________(填“甲”或“乙”)同学观点正确，理由是_________________
_________________________。写出该步骤的化学方程式______________________________。
(6)通过碘量法可测定产品中钴的含量。将[Co(NH3)6]Cl3转化成Co3＋后，加入过量KI溶液，再用Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，反应原理：2Co3＋＋2I－===2Co2＋＋I2、I2＋2S2O===2I－＋S4O，实验过程中，下列操作会导致所测钴含量数值偏高的是________。
a．用久置于空气中的KI固体配制溶液
b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗
c．滴定结束后，发现滴定管内有气泡
d．溶液蓝色褪去，立即读数
解析：(1)加适量NaClO3的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，ClO被还原为Cl－，由于用盐酸溶解废料，可用H＋和H2O配平得反应的离子方程式。(2)加入碳酸钠调节pH，铝离子和铁离子转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀。(3)为防止产品水解，应在HCl氛围下蒸发浓缩。(4)流程中氯化铵除作为反应物外，其溶于水电离出的NH会抑制后期加入的NH3·H2O的电离，可防止加氨水时氢氧根离子浓度过大。(5)若先加入过氧化氢，Co2＋被氧化为Co3＋，再加入氨水，会生成氢氧化钴，不利于产品的生成，故甲同学观点正确。(6)a项，用久置于空气中的KI固体配制溶液，碘化钾部分被氧化为碘单质，滴定时消耗的Na2S2O3标准液体积增多，测定结果偏高，故正确；b项，盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，则标准液被稀释，滴定时消耗的Na2S2O3标准液体积增多，测定结果偏高，故正确；c项，滴定结束后，发现滴定管内有气泡，气泡占据一定的体积，则使计算时Na2S2O3标准液体积偏小，测定结果偏低，故错误；d项，溶液蓝色褪去，立即读数，此时溶液混合不均，碘单质可能并未完全反应，导致消耗的Na2S2O3标准液体积减少，测定结果偏低，故错误。
答案：(1)6Fe2＋＋ClO＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O
(2)Fe(OH)3、Al(OH)3
(3)HCl氛围下蒸发浓缩
(4)NH4Cl溶于水电离出的NH会抑制后期加入的NH3·H2O的电离
(5)甲　防止Co(OH)3的生成　
H2O2＋2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O===2[Co(NH3)6]Cl3↓＋12H2O
(6)ab
28．(14分)二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题。

(1)在太阳能的作用下，以CO2为原料制取炭黑的流程如图甲所示。其总反应的化学方程式为____________。
(2)CO2经过催化氢化合成低碳烯烃。其合成乙烯的反应为2CO2(g)＋6H2(g)CH2===CH2(g)＋4H2O(g) 　ΔH。几种物质的能量(在标准状况下规定单质的能量为0，测得其他物质在生成时所放出或吸收的热量)如下表所示：
物质
H2(g)
CO2(g)
CH2==CH2(g)
H2O(g)
能量/kJ·mol－1
0
－394
52
－242
则ΔH＝______________。
(3)在2 L恒容密闭容器中充入2 mol CO2和n mol H2，在一定条件下发生反应：2CO2(g)＋6H2(g)CH2===CH2(g)＋4H2O(g)　ΔH，CO2的转化率与温度、投料比[X＝]的关系如图乙所示。
①X1__________(填“＞”“＜”或“＝”，下同)X2，平衡常数KB________KA。
②T K时，某密闭容器中发生上述反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下表：
时间
浓度/mol·L－1　
物质
0
10
20
30
40
50
H2(g)
6.00
5.40
5.10
9.00
8.40
8.40
CO2(g)
2.00
1.80
1.70
3.00
2.80
2.80
CH2==CH2(g)
0
0.10
0.15
3.20
3.30
3.30
20～30 min间只改变了某一条件，根据表中的数据判断改变的条件可能是_____(填字母)。
A．通入一定量H2 B．通入一定量CH2==CH2
C．加入合适的催化剂 D．缩小容器容积
(4)在催化剂M的作用下，CO2和H2同时发生下列两个反应：
Ⅰ.2CO2(g)＋6H2(g)CH2===CH2(g)＋4H2O(g) 　ΔH＜0
Ⅱ.2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)　ΔH＜0

图丙是乙烯在相同时间内，不同温度下的产率，则高于460 ℃时乙烯产率降低的原因不可能是____________(填字母)。
A．催化剂M的活性降低 B．反应Ⅰ的平衡常数变大
C．生成甲醚的量增加 D．反应Ⅱ的活化能增大
(5)Na2CO3溶液通常用来捕获CO2，常温下，H2CO3的第一步、第二步电离常数分别为Ka1＝4×10－7，Ka2＝5×10－11，则0.5 mol·L－1的Na2CO3溶液的pH等于____________(不考虑CO的第二步水解和H2O的电离)。
解析：过程2中在700 K条件下，二氧化碳和氧化亚铁发生反应生成碳和四氧化三铁，过程1中四氧化三铁分解生成氧化亚铁和氧气，所以整个反应过程中，氧化亚铁作催化剂，Fe3O4是中间产物，则总反应的化学方程式为CO2C＋O2。
(2)反应焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则该反应的焓变为52 kJ·mol－1＋(－242 kJ·mol－1)×4－(－394 kJ·mol－1)×2－0＝－128 kJ·mol－1。
(3)①相同条件下，投料比越大，二氧化碳的转化率越大，根据图乙知，相同温度下投料比为X1时的转化率大于投料比为X2时的转化率，所以X1＞X2。随着温度升高，CO2的转化率减小，说明该反应的正反应是放热反应，温度越高，其平衡常数越小，温度TA＜TB，则平衡常数KA＞KB。②20～30 min间各组分的浓度都增加，所以可能是缩小容器容积的结果，相当于增大压强。
(4)在反应充分的情况下，催化剂不会使平衡移动，所以不会影响乙烯的产率，但会改变反应速率，当温度高于460 ℃时，催化剂M的活性降低，反应速率减慢，在相同时间内生成乙烯的物质的量减少，A项可能是乙烯产率降低的原因；反应Ⅰ的正反应为放热反应，温度升高平衡常数减小，且反应Ⅰ的平衡常数变大时，乙烯的产率升高，B项不可能；生成甲醚的量增加，说明反应按反应Ⅱ进行，则反应Ⅰ生成乙烯的量减少，乙烯的产率降低，C项可能；反应Ⅱ的活化能增大会使反应Ⅱ较难进行，反应Ⅰ的进行程度会增加，乙烯的产率升高，D项不可能。
(5)根据Kh＝≈＝＝＝2×10－4，所以c(OH－)＝10－2 mol·L－1，pH＝12。
答案：(1)CO2C＋O2　(2)－128 kJ·mol－1　
(3)①＞　＜　②D　 (4)BD　 (5)12
（二）选考题:共45分.请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做,则每学科按所做的第一题计分.
35.【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
钴的化合物有丰富多彩的颜色，考古发现我国古代陶器釉料大多含有钴的化合物，请回答下列关于钴及其化合物的问题：
(1)基态Co原子核外的最高能层符号是________，基态Co3＋核外未成对的电子数为________。
(2)已知CoCl2的熔点为86 ℃，易溶于水，则CoCl2是________晶体。又知CoO的熔点是1 935 ℃，CoS的熔点是1 135 ℃，试分析CoO的熔点较高的原因___________________
____________________________________________。
(3)Co3＋、Co2＋易形成配离子，如[Co(CN)6]3－、[Co(SCN)4]2－。已知CoCl3·6H2O有多种结构，若取1 mol CoCl3·6H2O溶解于水后滴加足量硝酸银溶液能够形成2 mol白色沉淀，则CoCl3·6H2O中的配离子为________(写出化学式)；配位体SCN－对应的酸为HSCN，HSCN通常有H—S—C≡N和H—N===C===S两种结构，比较二者沸点的高低并分析其原因：______
_______________________________________________________________________。
(4)一种Co3＋的配离子为[Co(NO2)(NH3)5]2＋，该配离子中NO提供配位键的原子是________，NO中N原子的杂化类型是________。
(5)常温下金属钴晶体的晶胞为六方最密堆积(如图所示)，若钴原子的半径为r nm，则金属钴晶体中原子的配位数是________；晶体的密度是________g·cm－3(用含r的代数式表示，NA为阿伏加德罗常数的值)。
解析：(1)基态Co原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2，故最高能层符号为N，Co3＋的价电子排布式为3d6，故Co3＋核外有4个未成对电子。(2)CoCl2的熔点较低，应为分子晶体；CoO的熔点是1 935 ℃，CoS的熔点是1 135 ℃，因两者均为离子晶体，但S2－半径大于O2－半径，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔点较高。(3)根据信息，Co3＋形成配离子，配位数为6，Co2＋形成配离子，配位数为4，CoCl3·6H2O中有2个Cl－在外界，所以其配离子为[Co(H2O)5Cl]2＋；H—S—C≡N和H—N===C===S相比，后者分子之间可以形成氢键，因而沸点较高。(4)NO中N原子为sp2杂化。(5)六方最密堆积中原子的配位数是12，原子的半径为r nm，则六边形的边长为2r nm，六棱柱的高为×2r nm，六棱柱的体积为24r3 nm3,1个晶胞中含有6个钴原子，则晶体的密度为 g÷24r3 nm3＝ g·cm－3。答案：(1)N　4
(2)分子　两者均为离子晶体，但S2－半径大于O2－半径，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔点较高
(3)[Co(H2O)5Cl]2＋　H—S—C≡N的沸点低于H—N===C===S，原因是后者分子之间容易形成氢键，而前者只有范德华力　
(4)N　sp2　 (5)12　
36.【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
有机物M可用于治疗支气管哮喘、慢性支气管炎。该有机物可以由有机物A经过一系列反应合成得到，其合成路线如下图所示：


请回答下列问题：
(1)有机物A中含有官能团的名称为____________。有机物F的名称为________________。
(2)③的反应条件为______________，反应类型为____________________。
(3)有机物B的结构简式为____________________，反应⑤的化学方程式为________________________________________________________________________。
(4)A的同分异构体中，同时符合下列条件的有________种。
①含有苯环结构，且苯环上有两个取代基；②属于酯类物质，且遇FeCl3溶液显紫色。
(5)结合上述合成路线，设计以苯甲醛和CH3MgBr为起始原料制备苯基乙二醇()的合成路线(无机试剂任选)。
解析：由反应①前后物质结构可知，①属于取代反应，同时生成HI，A发生信息中反应生成B，B为，反应③为醇的消去反应，由反应③后产物结构可知，反应④是与溴发生取代反应生成C，C为，C发生卤代烃的水解反应生成D，D为，D发生氧化反应生成E，E为，反应⑦是醛基被氧化为羧基，生成M的反应是羧基与氨基脱去1分子水。
(4)由题目信息可知，A的同分异构体含有酯基与酚羟基，且在苯环上有两个取代基，其中一个取代基为羟基，另外一个取代基可能为—OOCCH2CH3、—CH2OOCCH3、—COOCH2CH3、—CH2COOCH3、—CH2CH2OOCH、—CH(CH3)OOCH，分别具有邻、间、对三种位置结构，故共有18种。(5)苯甲醛与CH3MgBr/H2O、H＋作用得到，然后发生消去反应生成，再与溴单质发生加成反应生成，最后在氢氧化钠溶液和加热条件下发生水解反应生成
答案：(1)醛基、醚键　邻氨基苯甲酸或2­氨基苯甲酸
(2)浓硫酸，加热　消去反应
(3)

(4) 18




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