四川省成都艺术高级中学2020届高三高考模拟考试理科综合化学试题（一）

成都艺术高级中学2020届高考模拟考试试题（一）
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 N 14 B 11 Cu 64
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．化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是(　　)
A．“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是单质硅
B．高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于无机高分子材料
C．医用双氧水和酒精均可用于伤口清洗，两者消毒原理相同
D．纯碱既可用于清洗油污，也可用于治疗胃酸过多
答案：A
解析：A项，硅是半导体材料，“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是单质硅，正确；B项，聚四氟乙烯俗称“塑料王”，属于有机高分子材料，错误；C项，医用双氧水消毒是利用强氧化性使蛋白质变性，而酒精消毒也是使蛋白质变性，但不是利用强氧化性，两者消毒原理不相同，错误；D项，纯碱由于碱性较强，不可用于治疗胃酸过多，错误。
8．下列依据相关实验得出的结论正确的是(　　)
A．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2＋
B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液
C．将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是乙烯
D．取少量某晶体放入试管中，加热，将产生的气体通过硫酸铜粉末，硫酸铜粉末变蓝，则可证明晶体的成分中含有结晶水
答案：A
解析：向溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，则不含Fe3＋，滴加氯水后显红色，则是因为生成了Fe3＋，因此一定含有Fe2＋，A项正确；焰色反应是元素的性质，焰色反应呈黄色的溶液含有Na＋，则可能是NaOH溶液或钠盐溶液，B项错误；能使溴水褪色的气体除了乙烯，还可以为SO2等，C项错误；使硫酸铜粉末变蓝的物质是水，可能是受潮带有的水，也可能是晶体分解产生的水，D项错误。
9．有机物X、Y、Z在一定条件下可实现如下转化，下列说法正确的是(　　)

A．化合物Z环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)
B．Y和Z可以用金属钠来鉴别
C．X、Y、Z分子中所有碳原子均处于同一平面
D．Y的分子式为C7H9O
答案：B
解析：A项，Z的环上一氯代物共有4种，分别为错误；B项，Y中的醛基不能和金属钠反应，而Z中的羟基能和金属钠反应放出H2，故可用金属钠将两者鉴别，正确；C项，Y、Z分子中环上的碳原子有饱和碳原子，呈四面体结构，所有碳原子不可能处于同一平面，错误；D项，Y的分子式为C7H10O，错误。
10．钨是高熔点金属，工业上用主要成分为FeWO4和MnWO4的黑钨铁矿与纯碱共熔冶炼钨的流程如下，下列说法不正确的是(　　)

A．将黑钨铁矿粉碎的目的是增大反应的速率
B．共熔过程中空气的作用是氧化Fe(Ⅱ)和Mn(Ⅱ)
C．在高温下WO3被氧化成W
D．操作Ⅱ是过滤、洗涤、干燥，H2WO4难溶于水且不稳定
答案：C
解析：A项，将固体反应物粉碎可以增大反应物的接触面积，能提高反应速率，正确；B项，通过流程图可知，纯碱、空气、FeWO4和MnWO4共熔发生反应，使Fe(Ⅱ)和Mn(Ⅱ)转化为难溶的Fe2O3和MnO2，进而通过冷却、水浸、过滤的方法除去，正确；C项，在高温下H2与WO3反应生成W和H2O，从元素价态变化来看，WO3为氧化剂，被还原，错误；D项，Na2WO4溶液中加入硫酸发生复分解反应，生成难溶于水的H2WO4，经过过滤、洗涤、干燥获得较为纯净的H2WO4，加热使其分解为WO3，正确。
11．有A、B、C、D、E五种短周期元素。其中A、B以1∶1形成的化合物可用作呼吸面具或潜水艇的供氧剂；A、D同族；C2＋与A2－具有相同的电子层结构；E的最高价含氧酸是短周期中酸性最强的。下列有关五种元素及其化合物的说法正确的是(　　)
A．B能与冷水反应，C不能与冷水反应
B．简单氢化物的稳定性：D>E
C．简单离子半径：A>B>C>E
D．A、D形成的一种化合物可用于消毒、杀菌和漂白
答案：D
解析：A、B以1∶1形成的化合物可用作呼吸面具或潜水艇的供氧剂，由于A形成的离子是A2－，所以A是O元素，B是Na元素，D与A同族，且是短周期元素，则D是S元素，C2＋与A2－具有相同的电子层结构，所以C是Mg元素，E的最高价含氧酸是短周期中酸性最强的，则E是Cl元素。A项，Na和冷水反应剧烈，Mg和冷水反应较慢，错误；B项，非金属性Cl>S ，所以氢化物稳定性：HCl>H2S，错误；C项，电子层数越多的离子半径越大，电子层排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：Cl－>O2－>Na＋>Mg2＋，错误；D项，SO2可用于消毒、杀菌和漂白，正确。
12．下列图示与对应的叙述不相符的是(　　)


A．图1表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH
B．图2表示 KNO3的溶解度曲线，a点所示的溶液是80 ℃时KNO3的不饱和溶液
C．图3 表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下，反应过程中的能量变化
D．图4表示恒温恒容条件下，2NO2(g)N2O4(g)中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态
答案：D
解析：A项，根据图像知，稀释相同的倍数，HA的pH变化快，所以HA的酸性比HB强，则相同浓度的钠盐溶液中，NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，图像与实际相符，故A不符合题意；B项，溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，图像曲线变化与实际相符，故B不符合题意；C项，反应物大于生成物的总能量，则反应是放热反应，加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变，图像曲线变化与实际相符，故C不符合题意；D项，可逆反应2NO2(g)N2O4(g)中，分析判断，NO2消耗速率和N2O4的消耗速率之比为2∶1时才能说明反应达到平衡状态，交点只是浓度相同不能证明达到终点，该说法不合理，故D符合题意。
13．水系锌离子电池是一种新型二次电池，工作原理如下图。该电池以粉末多孔锌电极(锌粉、活性炭及黏结剂等)为负极，V2O5为正极，三氟甲磺酸锌[Zn(CF3SO3)2]为电解液。下列叙述错误的是(　　)

A．放电时，Zn2＋向V2O5电极移动
B．充电时，阳极区电解液的浓度变大
C．充电时，粉末多孔锌电极发生还原反应
D．放电时，V2O5电极上的电极反应式为V2O5＋xZn2＋＋2xe－===ZnxV2O5
答案：B
解析：A项，放电时，阳离子向正极移动，所以Zn2＋向V2O5电极移动，正确；B项，充电时，阳极区发生氧化反应，同时阳离子向阴极移动，则锌离子通过阳膜向左移动，所以阳极区电解液的浓度不变，错误；C项，充电时，粉末多孔锌电极为阴极，发生还原反应，正确；D项，放电时，V2O5电极为正极，发生还原反应，电极反应式为V2O5＋xZn2＋＋2xe－===ZnxV2O5，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）某实验小组的同学为了探究CuSO4溶液与Na2CO3溶液的反应原理并验证产物，进行如下实验。
实验Ⅰ：将CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合，一定温度下充分反应至不产生气泡为止，过滤、冷水洗涤、低温干燥，得到蓝绿色固体。该小组同学猜想此固体为：xCuCO3·yCu(OH)2。
(1)为了验证猜想，先进行定性实验。
实验序号
实验步骤
实验现象
结论
实验Ⅱ
取适量蓝绿色固体，加入足量稀硫酸
固体溶解，生成蓝色溶液及________
蓝绿色固体中含有
CO
(2)为进一步确定蓝绿色固体的组成，使用如下装置再进行定量实验。

实验Ⅲ：称取5.190 g样品，充分加热至不再产生气体为止，并使分解产生的气体全部进入装置C和D中。
①装置C中盛放的试剂是________，装置E的作用是_____________________________，反应结束时要通入适量的空气，其作用是__________________________________________。
②实验结束后，测得装置C增重0.270 g，装置D增重1.320 g。则该蓝绿色固体的化学式为__________________________________________________。
(3)若x＝y＝1，写出CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合时反应的化学方程式：_____________________________________________________________________。
(4)已知20 ℃时溶解度数据：S[Ca(OH)2]＝0.16 g，S[Ba(OH)2]＝3.89 g。有同学据此提出可将装置D中的澄清石灰水换成等体积的饱和Ba(OH)2溶液，其可能的依据之一是_____________________________________________________。
(5)有同学为了降低实验误差，提出如下建议，其中合理的是________(填字母序号)。
A．加热装置B前，先通空气一段时间后再称量C、D的初始质量
B．将D换为盛有碱石灰的U形管
C．将C、D颠倒并省去E装置
解析：(1)实验Ⅱ中加入了足量稀硫酸，结论是蓝绿色固体中含有CO，则实验现象应为有无色气体(即CO2)产生。(2)①实验Ⅲ是定量实验，蓝绿色固体xCuCO3·yCu(OH)2受热会生成水蒸气和CO2，装置C是为了测量生成的水蒸气的质量，盛放的试剂为无水氯化钙，装置E的作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置D中，使测量出现误差。反应结束时要通入适量的空气，其作用是使分解产生的气体全部进入装置C和D中，以保证测量的准确性。②n(H2O)＝0.270 g÷18 g·mol－1＝0.015 mol，n(H)＝0.03 mol，n(CO2)＝1.320 g÷44 g·mol－1＝0.03 mol，n(C)＝0.03 mol，结合化学式xCuCO3·yCu(OH)2，知x∶y＝2∶1，即该蓝绿色固体的化学式为2CuCO3·Cu(OH)2。(3)若x＝y＝1，则CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合时反应的化学方程式为2CuSO4＋2Na2CO3＋H2O===CuCO3·Cu(OH)2↓＋CO2↑＋2Na2SO4。(4)根据题意S[Ba(OH)2]>S[Ca(OH)2]，在相同体积时，饱和Ba(OH)2溶液吸收CO2的量更多。(5)加热装置B前，先通空气一段时间，可排出装置内的二氧化碳气体，使测量更准确，A项合理。将D换为盛有碱石灰的U形管，可以充分吸收生成的二氧化碳气体，B项合理。若将C、D颠倒，则所测水蒸气的质量不准确；若省去E装置，则空气中的水蒸气和二氧化碳会进入装置中，使测量结果不准确，C项不合理。
答案：(1)产生无色气体　(2)①无水氯化钙　防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置D中　使分解产生的气体全部进入装置C和D中　②2CuCO3·Cu(OH)2　(3)2CuSO4＋2Na2CO3＋H2O===CuCO3·Cu(OH)2↓＋CO2↑＋2Na2SO4　(4)Ba(OH)2的溶解度大于Ca(OH)2，相同体积的饱和Ba(OH)2溶液吸收CO2的量更多(答案合理即可)　(5)AB
27．（14分）用NH3催化还原NxOy可以消除氮氧化物的污染。
已知：反应Ⅰ：4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(l)　ΔH1
反应Ⅱ：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)　ΔH2 (且|ΔH1|＝2|ΔH2|)
反应Ⅲ：4NH3(g)＋6NO2(g)5N2(g)＋3O2(g)＋6H2O(l)　ΔH3
反应Ⅰ和反应Ⅱ在不同温度时的平衡常数及其大小关系如下表：
温度/K
反应Ⅰ
反应Ⅱ
已知：
K2>K1>K2′>K1′
298
K1
K2
398
K1′
K2′
(1)推测反应Ⅲ是____________反应(填“吸热”或“放热”)。
(2)相同条件下，反应Ⅰ 在2 L密闭容器内，选用不同的催化剂，反应产生N2的量随时间变化如图1所示。
①计算0～4 min在A催化剂作用下，反应速率v(NO)＝____________。
②下列说法正确的是____________。
A．该反应的活化能大小顺序是：Ea(A)＞Ea(B)＞Ea(C)
B．增大压强能使反应速率加快，是因为增加了活化分子百分数
C．单位时间内HO键与NH键断裂的数目相等时，说明反应已经达到平衡
D．若在恒容绝热的密闭容器中发生反应，当K值不变时，说明反应已经达到平衡
(3)一定条件下，反应Ⅱ达到平衡时体系中n(NO)∶n(O2)∶n(NO2)＝2∶1∶2。在其它条件不变时，再充入NO2气体，分析NO2体积分数­φ(NO2)的变化情况：(填“变大”、“变小”或“不变”)恒温恒压容器，φ(NO2)____________；恒温恒容容器，φ(NO2)____________。
(4)一定温度下，反应Ⅲ在容积可变的密闭容器中达到平衡，此时容积为3 L，c(N2)与反应时间t变化曲线X如图2所示，若在t1时刻改变一个条件，曲线X变为曲线Y或曲线Z。则：
①变为曲线Y改变的条件是____________。变为曲线Z改变的条件是____________。

②若t2降低温度，t3达到平衡，请在上图2中画出曲线X在t2～t4内 c(N2)的变化曲线。
解析：(1)已知K1＞K1′，说明随温度升高，K减小，则反应Ⅰ为放热反应，ΔH1＜0；K2＞K2′，说明随温度升高，K减小，则反应Ⅱ为放热反应，ΔH2＜0；反应Ⅰ－反应Ⅱ×3得到反应Ⅲ，则ΔH3＝ΔH1－3ΔH2，已知|ΔH1|＝2|ΔH2|，所以ΔH3＝ΔH1－3ΔH2＝|ΔH2|＞0，即反应Ⅲ为吸热反应；(2)① 已知4分钟时N2为2.5 mol，则消耗的NO为3 mol，所以v(NO)＝＝＝0.375 mol·L－1·min－1；②相同时间内生成的N2的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低，所以该反应的活化能大小顺序是：Ea(A)＜Ea(B)＜Ea(C)，故A错误；增大压强能使反应速率加快，是因为增大了单位体积内的活化分子数，而活化分子百分数不变，故B错误；单位时间内H—O键断裂表示逆速率，N—H键断裂表示正速率，单位时间内H—O键与N—H键断裂的数目相等时，则消耗的NH3和消耗的水的物质的量之比为4∶6，则正逆速率相等，说明反应已经达到平衡，故C正确；该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，则K会减小，当K值不变时，说明反应已经达到平衡，故D正确；(3)一定条件下，反应 Ⅱ 2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)达到平衡时体系中n(NO)∶n(O2)∶n(NO2)＝2∶1∶2。在其他条件不变时，恒温恒压条件下，再充入NO2气体，则与原来的平衡为等效平衡，则NO2体积分数与原来平衡相同；若恒温恒容容器中，再充入NO2气体，容器中压强增大，与原来平衡相比较，平衡正向移动，则NO2体积分数变大；(4)①分析图像可知曲线X变化为曲线Y是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，反应中体积是可变的，已知是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂，当曲线X变为曲线Z时N2物质的量浓度增大，可变容器中气体体积和浓度成反比，曲线X，体积为3 L，N2浓度为3 mol·L－1，改变条件当曲线X变为曲线Z时，N2浓度为4.5 mol·L－1，则体积压缩体积为：3∶V＝4.5∶3，V＝2 L，所以将容器的体积快速压缩至2 L符合；②反应Ⅲ为吸热反应，若t2降低温度，则平衡逆向移动，氮气的浓度减小，在t3达到平衡，曲线X在t2～t4内 c(N2)的变化曲线图见答案。
答案：(1)吸热　(2)①0.375 mol·L－1·min－1
②C、D　(3)不变　变大　(4)①加入催化剂　将容器的体积快速压缩至2 L
②
28．（14分）NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电泡等。可由电镀废渣(除镍元素外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等元素杂质)为原料获得。工艺流程如下：

已知：①NiCO3是一种不溶于水易溶于强酸的沉淀；②已知25℃，Fe(OH)3的Ksp=2.64×10−39。
（1）Ni的原子序数为28，则它在周期表中的位置为______，写出H2O2的结构式______。
（2）步骤②，向滤液I中加入适量Na2S溶液的目的是除去Cu2+和Zn2+，其中除去Cu2+的离子方程式为____________________________________；加Na2S之前需控制pH不能太低的目的是_____________________________________________________________。
（3）步骤③的目的是除去Fe和Cr，温度不能太高的原因是________________________。若在25℃时，调pH=4除去铁，此时溶液中c(Fe3+)=______________。
（4）粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度镍，下列叙述正确的是______________(已知：氧化性Fe2+ A．粗镍作阳极，纯镍作阴极
B．阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni2++2e−=Ni
C．电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
D．电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Cu2+和Zn2+
E．电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt
解析：本题将工艺流程与氧化还原、电解池、沉淀溶解平衡相互结合，第一步操作为溶解金属，第二步为除去Cu2+和Zn2+，第三步除去Fe和Cr，最后得到NiSO4·6H2O，在各个步骤中结合氧化还原等一些应用。（1）根据元素的排列规律及Ni的原子序数为28，可知Ni的位置为：第四周期第Ⅷ族；H2O2为分子晶体，原子之间均以共价单键相连，其结构式为：H-O-O-H；故答案为：第四周期第Ⅷ族；H-O-O-H；（2）S2−与Cu2+和Zn2+结合可生成沉淀，所以用Na2S溶液的目的是除去Cu2+和Zn2+，则除去Cu2+的离子方程式为：Cu2++S2−=CuS↓；S2−可与结合生成弱电解质H2S，所以前一步在调节溶液的pH不能太低，否则会生成杂质H2S，影响除杂；故答案为：Cu2++S2−=CuS↓；避免生成H2S，影响除杂；（3）步骤③除去Fe采用生成Fe(OH)3的方式，在第一步酸溶时，铁变成Fe2+，因此该处需要氧化剂，发生氧化还原反应，温度太高，氧化剂H2O2分解；由于存在沉淀溶解平衡： Fe3++3OH−Fe(OH)3，平衡常数，已知pH=4，则c(H+)=10−4mol/L，公式换算可得：c(Fe3+)=2.64×10-9mol/L；故答案为：防止H2O2受热分解；2.64×10−9mol/L；（4）用电解法制备高纯度镍，原理同于制备高纯度铜，粗镍做阳极，活泼金属在阳极放电，该处在阳极反应的金属有Fe、Zn，失去电子生成Fe2+、Zn2+，Cu和Pt作为阳极泥，在电解槽的底部，阴极发生的电极反应式为：Cu2++2e−=Cu，虽然阴极阳极都是2e−，但Fe、Zn和Cu本身的质量不一样，所以阳极减少的质量不等于阴极生成的质量，所以选AE，故答案为：AE。
答案：（1）第四周期，第Ⅷ族 H-O-O-H
（2）Cu2++S2−=CuS↓ 避免生成H2S，影响除杂
（3）防止H2O2受热分解 2.64×10−9mol/L
（4）AE


（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）
B、N、Co均为新型材料的重要组成元素。请回答下列问题：
(1)基态氮原子的价电子排布图为________________。
(2)Co能形成[Co(CNO)6]3－。
①1 mol该离子中含有的σ键数目为________。
②与CNO－互为等电子体的分子为________________(任写一种，填化学式)。
(3)往CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成配离子[Cu(NH3)4]2＋。已知NF3和NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)分子中的大π键可用符号Π表示，其中m表示形成大π键的原子数，n表示参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π)。则NO中的大π键应表示为________。
(5)多硼酸根的结构之一为链状(如图所示)，其化学式为____________。

(6)氮化硼晶体有多种结构，其中立方氮化硼具有金刚石的结构(如图所示)。若晶胞边长为a nm，晶胞中B原子位于N原子所形成的正四面体的体心，则B—N键的键长为________ nm，这种氮化硼晶体的密度为________ g/cm3(用含有a和NA的代数式表示，NA表示阿伏加德罗常数的值)。

解析：(1)基态氮原子的价电子为2s能级的轨道上有两个自旋状态相反的电子，2p能级的三个轨道上各有1个自旋状态相同的电子，价电子排布图为 (2)①CNO－结构为[O===C===N]－，每个CNO－粒子含2个σ键，6个CNO－与Co3＋形成了6个配位键，配位键属于σ键，故1 mol [Co(CNO)6]3－离子中含18 mol σ键，数目为18NA；②可利用“左右移位法”写出与CNO－互为等电子体的分子，如CO2、N2O等。(3)F元素是电负性最大的元素，在NF3中N元素显＋3价，不易提供孤电子对形成配位键，N元素电负性比H大，在NH3中N元素显－3价，N原子有一个孤电子对，易提供孤电子对形成配位键。(4)NO中N原子提供2个电子，每个O原子提供1个电子，带一个单位负电荷，共6个电子，则形成的大π键为Π。(5)每个B原子均摊的氧原子数目为1＋2×＝2，故表示为BO，或表示为聚合离子形式：(BO2)。(6)B—N键的键长为晶胞体对角线的，晶胞边长为a nm，面对角线为a nm，体对角线为a nm，则B—N键的键长为a nm；4个B原子位于晶胞内部，每个晶胞均摊N原子数目为8×＋6×＝4，即平均每个晶胞含4个BN，则晶胞密度为 g/cm3＝ g/cm3。
答案：(1)
(2)①18NA(或1.083 6×1025)
②CO2(或N2O等合理答案)
(3)电负性F>N>H，NH3中氮原子显－3价，而在NF3中氮原子显＋3价，高度缺电子，不易提供孤电子对给Cu2＋的空轨道形成配位键
(4)Π
(5)BO[或(BO2)]
(6)a　
36.【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
有机物J是我国自主成功研成的一类新药，它属于酯类，分子中除苯环外还含有一个五元环。合成J的一种路线如下：

已知：
回答下列问题：
(1)B的结构简式是________________。C的官能团名称是________________。
(2)D生成E的化学方程式为______________________________________________。
(3)H→J的反应类型是________。在一定条件下，H自身缩聚生成的高分子化合物的结构简式是______________________。
(4)根据C X，X的分子式为___________。X有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有________种(已知：碳碳三键或碳碳双键不能与羟基直接相连)。
A．除苯环外无其他环，且无—O—O—键
B．能与FeCl3溶液发生显色反应
C．苯环上的一氯代物只有两种
(5)利用题中信息和所学知识，写出以甲烷和甲苯为原料合成的路线流程图(其他试剂自选)______________________ _______________________________________
__________________________________________。
解析：根据已知信息及G的结构简式可知H是，H脱水生成J，结合J属于酯类，分子中除苯环外还含有一个五元环，可知J是；根据G的结构简式及AB的转化可知B是，则C是；结合已知信息知F是(CH3)3CMgBr，则E是(CH3)3CBr。
(1)B的结构简式为中的官能团名称为醛基、溴原子。(2)D与HBr发生加成反应生成(CH3)3CBr的化学方程式为。(3)H→J为酯化反应；在一定条件下H自身缩聚生成高分子化合物的化学方程式为＋(n－1)H2O。(4)根据 X，X是，分子式为C8H6O3。能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；又除苯环外无其他环，且无—O—O—键；苯环上的一氯代物只有两种，则满足条件的同分异构体有：
，共9种。
答案：(1) 　醛基、溴原子
(2)
(3)酯化反应或取代反应　
(4)C8H6O3　9