辽南协作校2019-2020学年度下学期高三第二次模拟考试化学试卷（解析版）

辽南协作校 2019—2020 学年度下学期高三第二次模拟考试试题 化学能力测试 可能用到的相对原子质量：H－1 N－14 O－16 S－16 Fe－56 Ni－59 一、选择题：每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.下列说法正确的是 A. 新型冠状病毒在相对封闭的环境中存在经气溶胶传播的可能 B. 燃煤中加入 CaO 可以减少酸雨的形成及温室气体的排放 C. 脂肪在胆汁的作用下水解 D. “绿色化学”的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．气溶胶是指悬浮在气体介质中的固态或液态颗粒所组成的气态分散系统，当新型冠状病毒感染 者的飞沫在空气中混合，就很可能使他人吸入感染，故 A 正确； B．燃煤中加入 CaO 可以吸收 SO2，可以固硫，减少酸雨的形成，但是不能减少温室气体的排放，故 B 错 误； C．脂肪在人体内的化学变化主要是在脂肪酶的催化下，水解生成甘油和高级脂肪酸，故 C 错误； D．绿色化学又称环境友好化学，其核心是应用化学原理和技术手段从源头上减少或消除环境污染，故 D 错误； 答案选 A。 2.下列推论中正确的是 A. 由 Cl2 能置换出 Br2 证明非金属性 Cl＞Br，由工业制粗硅的反应也能证明非金属性 C＞Si B. 乙醇能被过量酸性高锰酸钾氧化成乙酸，则乙二醇也能被过量酸性高锰酸钾氧化成乙二酸 C. Al3+与 S2－在溶液中可发生相互促进的水解反应生成沉淀和气体，Fe2+与 S2－也是如此 D. 浓硫酸可以干燥氯化氢气体，则也能干燥氟化氢气体 【答案】D 【解析】 【详解】A．非金属性的强弱，看最高价氧化物，工业制硅生成 CO，不是 CO2，故 A 错误； B．乙二醇可被酸性高锰酸钾氧化成乙二酸，但高锰酸钾过量，会继续氧化成二氧化碳和水，故 B 错误； C．Fe2+与 S2－也是反应是生成 FeS 沉淀，没有发生双水解，故 C 错误； D．氯化氢、氟化氢均是酸性气体，可以用浓硫酸干燥，故 D 正确； 答案选 D。 3.短周期主族元素 R、X、Y 、Z 的原子序数依次增大，化合物 M、N 均由这四种元素组成，且 M 的相对分 子质量比 N 小 16。分别向 M 和 N 中加入烧碱浓溶液并加热，二者均可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的 气体。下列说法错误的是 A. X 形成的某阳离子 X5+中每个 X 都达到 8 电子结构 B. M 和 N 可能发生反应 C. R 与 Y 形成的具有漂白性的物质和 Y 与 Z 形成的具有漂白性的物质等物质的量混合后漂白性增强 D. X 和 Z 的最简单气态氢化物之间反应能生成两种盐 【答案】C 【解析】 【分析】 向 M 和 N 中加入烧碱浓溶液并加热，二者均可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则 M、N 中含有铵 根；又 M 的相对分子质量比 N 小 16，刚好一个氧原子的质量，可能有多种情况：若 M 是亚硫酸铵 (NH4)2SO3，则 N 是硫酸铵(NH4)2SO4；若 M 是亚硫酸氢铵 NH4HSO3，则 N 是硫酸氢铵 NH4HSO4；若 M 是 高氯酸铵 NH4ClO3，则 N 是氯酸铵 NH4ClO4 等；又 R、X、Y 、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素， 故 R 是 H，X 是 N，Y 是 O，Z 是 S 或 Cl 等，据此作答。 【详解】A．X 形成的某阳离子 X5+，为 N5+，其结构式为 ，每个氮原子周围均满 足 8 电子结构，故 A 正确，不符合题意； B．若 M 是亚硫酸氢铵 NH4HSO3，N 是硫酸氢铵 NH4HSO4，二者反应生成硫酸铵、二氧化硫和水，故 B 正确，不符合题意； C．过氧化氢和二氧化硫反应会生成硫酸： ，漂白性减弱，故 C 错误，符合题意； D．X 和 Z 的最简单气态氢化物可能分别是氨气和硫化氢，二者分别呈酸碱性，可发生反应生成硫化铵、硫 氢化铵，故 D 正确，不符合题意； 答案选 C。 4.下列有关同分异构体的叙述正确的是 A. C4H10 的二氯代物有 8 种 B. 甲苯与氢气充分加成后的产物的一溴代物有 4 种 [ ]+N N N N N≡ → ← ≡ 2 2 2 2 4H O +SO =H SO C. 分子式为 C10H12O2 的芳香化合物属于酯类且苯环上有四个取代基的有 6 种 D. 分子式为 C5H10 并能使溴的四氯化碳溶液褪色的有机物(不含立体异构)有 6 种 【答案】C 【解析】 【详解】A．C4H10 的二氯代物有 7 种，主链四个碳有 5 种，主链三个碳有 2 种，共 7 种，故 A 错误； B．甲苯与氢气充分加成后的产物是 ，与甲基直接相连的碳上有氢，该物质只有一个对称轴， 可知一氯代物有 5 种，故 B 错误； C．分子式为 C10H12O2 的芳香化合物属于酯类且苯环上有四个取代基，则该物质苯环上 3 个取代基为甲基， 另外一个是甲酯基，可以换位思考，苯环上有 3 个取代基分别是—H、—H、甲酯基，则符合苯环三取代基 （XXY）情况，同分异构体有 6 种，故 C 正确； D．能使溴 四氯化碳溶液褪色，则该物质含碳碳双键，又分子式为 C5H10，则该物质是单烯烃，主碳链五 个碳是对称结构，有 2 种；主碳链四个碳有 3 种，共 5 种，故 D 错误； 答案选 C。 【点睛】本题主要考察同分异构体的书写，注意通过等效氢找同分异构体的数目；特别是苯环上的多取代， 取代基超过 3 个注意转化成少数取代基进行计算。 5.如图装置可用于收集气体并验证其某些化学性质能达到目的是 选项 气体 试剂 现象 结论 A NH3 酚酞试液 溶液变红色 氨水显碱性 B Cl2 紫色石蕊试液 溶液先变红后褪色 Cl2 有酸性和漂白性 C C2H4 溴水 溶液褪色 C2H4 分子中含碳碳双 键 D X KI 淀粉溶液 溶液变蓝 X 可能是 NO2 A. A B. B C. C D. D 的 【答案】D 【解析】 【分析】 根据气体通入的方向，可知此装置收集的气体密度比空气的大。 【详解】A．NH3 的密度比空气小，故 A 错误； B．Cl2 的密度比空气大，通入到紫色石蕊试液中，先变红后褪色，原因是 Cl2＋H2O HCl＋HClO，变 红是因为盐酸有酸性，褪色是因为次氯酸有漂白性，故 B 错误； C．乙炔的密度比空气小，故 C 错误； D．氯气的氧化性强于碘单质，把碘单质置换出来，淀粉遇碘变蓝，X 可以是 Cl2；如果是 NO2，3NO2＋ H2O=2HNO3＋NO，硝酸具有强氧化性，把碘离子氧化成碘单质，溶液变蓝，X 可以是 NO2，这两种气体的 密度都大于空气，故 D 正确； 答案选 D。 6.在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主 要包括电化学过程和化学过程，如图所示，下列说法正确的是 A. 负极区发生的反应有 Fe3++e－= Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O B. Fe2+在过程中起催化剂作用 C. 阳极材料可选用 Ag D. 电路中转移 1 mol 电子时，消耗氧气 5.6L 【答案】A 【解析】 【分析】 根据氢离子的移动方向，可以判断，左侧是电源的负极，右侧是电源的正极，则该装置左侧是阴极，右侧 是阳极。 【详解】A．电解池的负极区是与电源负极相连的区域，即阴极，得到电子，发生还原反应：Fe3++e－= Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故 A 正确； B．反应过程中，Fe3+和 Fe2+均是循环转化的，整个过程是 HCl 和 O2 的反应，故 B 错误； C．阳极 电极反应是： ，若阳极材料选用 Ag，则电极反应发生改变，故 C 错误； D．没有指明是在标况下，不能计算氧气的体积，故 D 错误； 答案选 A。 7.常温时，l mol·L-1 的 HClO2 和 1 mol·L-1 的 HMnO4 两种溶液，起始时的体积均为 V0，分别向两溶液中 加水稀释至体积为 V，所得曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 当稀释至 pH 均为 3 时，溶液中 c(ClO2－)＞c(MnO4－) B. 在 0≤pH≤5 时，HMnO4 溶液满足：pH= C. 等 pH HClO2 和 HMnO4 分别与足量 Zn 反应放出 H2 的体积 HClO2＞HMnO4 D. 稀释前分别用 l mol·L-1 的 NaOH 溶液中和，消耗 NaOH 溶液的体积：HMnO4＞HClO2 【答案】B 【解析】 【分析】 两溶液加水稀释，溶液的酸性变弱，呈如图变化，又 HClO2 的酸性小于高锰酸，对应酸根离子 ClO2-的水解 程度更大，可据此判断溶液里面的微粒关系。 【 详 解 】 A ． 当 稀 释 至 pH 均 为 3 时 ， 根 据 溶 液 中 存 在 物 料 守 恒 c(H+)=c(OH-)+c(ClO2-) 和 c(H+)=c(OH-)+c(MnO4－)可以知道，c(ClO2-)= c(MnO4－)，故 A 错误； B．在 0≤pH≤5 时，不考虑水的电离，所以 HMnO4 溶液中的 pH 应该为： ，故 B 正确； C．由图中曲线可以知道，酸性 HClO2HMnO4，但溶液体积未知，故无 法比较，故 C 错误； 的 的 - - 22Cl -2e =Cl ↑ 0 lg V V ( ) ( )+ 0 0 1 VpH=-lgc H =-lg =lg V/VV × D．都是一元酸且物质的量相等，所以稀释前分别用 1mol·L-1 的 NaOH 溶液中和，消耗的 NaOH 溶液体积 应该相等，故 D 错误； 答案选 B。 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。 (一)必考题 8.某化学兴趣小组拟用下图装置制备氢氧化亚铁并观察其颜色。提供化学药品：铁粉、稀硫酸、氢氧化钠溶 液。 (1)稀硫酸应放在_________中(填写仪器名称)． (2)本实验通过控制 A、B、C 三个开关，将仪器中的空气排尽后，再关闭开关______、打开开关_________ 就可观察到氢氧化亚铁的颜色。试分析实验开始时排尽装置中空气的理由____________。 (3)该实验使用铁粉，除反应速率可能太快外，还可能会造成的不良后果是_______________。 (4)在 FeSO4 溶液中加入(NH4)2SO4 固体可制备摩尔盐硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O](该晶体比一般 亚铁盐稳定 ，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇)，用如图所示的装置抽滤，与普通漏斗过滤相比，抽滤 的优点是_____________________________。 ①为洗涤(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O 粗产品，下列方法中最合适的是____。 A．用冷水洗 B．先用冷水洗，后用无水乙醇洗 C．用 30%的乙醇溶液洗 D．用 90%的乙醇溶液洗 ②测定摩尔盐中铁的含量。称取 ag 产品于锥形瓶中，溶解后加稀硫酸酸化，用 c mol·L-1 的酸性 KMnO4 溶 液滴定至终点，滴定终点的现象是_______________。到达终点消耗 KMnO4 的体积为 VmL，则该晶体中铁 的质量分数的表达式为_______________________(用字母 a，c，V 表示)。 ③实验室可用______( 填试剂名称)检验 Fe2+存在，出现特征蓝色沉淀的离子方程式为_________________。 【答案】 (1). 分液漏斗 (2). B (3). A(或 AC) (4). 防止生成的氢氧化亚铁被氧化 (5). 铁粉 进入导管从而堵塞导管 (6). 过滤速度快 (7). D (8). 当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为 浅 紫 色 ， 且 30s 不 变 色 (9). (10). 铁 氰 化 钾 (11). 【解析】 【分析】 用如图装置制备氢氧化亚铁并观察其颜色。提供化学药品：铁粉、稀硫酸、氢氧化钠溶液，结合装置分析 可知，开启 BC，关闭 A，需要在三颈烧瓶 2 中加入铁单质，分液漏斗中是稀硫酸，利用反应生成氢气排净 装置中的空气，可以收集 C 处的气体检验是否是纯净的氢气，将仪器中的空气排尽后，然后关闭 B，开启 AC，利用生成的氢气在装置 2 中压强增大，把硫酸亚铁溶液压入装置 3 的氢氧化钠溶液中，反应生成氢氧 化亚铁白色沉淀，以此解答该题。 【详解】(1)此实验目的是制备氢氧化亚铁，先用铁和稀硫酸反应制备硫酸亚铁，此反应在装置 2 中进行， 稀硫酸是溶液，应盛放在分液漏斗中，即应盛放在 1 处； 故答案为：分液漏斗； (2)打开 B、C，关闭 A，利用装置 2 中产生 氢气，把装置 3 中的空气排尽，使装置处于还原氛围，然后关 闭 B，打开 A，产生气体压强增大，把产生的 FeSO4 压入到装置 3 中，产生 Fe(OH)2，氢氧化亚铁溶液容易 被空气中的氧气所氧化，生成氢氧化铁，对氢氧化亚铁颜色的观察产生干扰，所以要排除装置中的空气， 防止生成的氢氧化亚铁被氧化； 故答案为：B；A 或(AC)；防止生成的氢氧化亚铁被氧化； (3)在利用压强把硫酸亚铁溶液压入到装置 3 中时，也有可能把铁粉压入到导管中，容易堵塞导管； 故答案为：铁粉进入导管从而堵塞导管； (4)抽滤可加快水的流速，加快过滤速度； ①因为硫酸亚铁铵易溶于水，不溶于乙醇，应该用乙醇洗涤，减少硫酸亚铁铵的溶解，同时利用乙醇和水 互溶，从而达到洗涤的要求，故选 D； ②用 c mol·L-1 的酸性 KMnO4 溶液测定摩尔盐中铁的含量，亚铁离子被氧化，会使高锰酸钾褪色，当滴入最 后一滴标准液时，溶液由无色变为浅紫色，且 30s 不变色，即达到滴定终点；高锰酸根与亚铁离子的对应关 的 0.28cV 100%a × ( ) ( )2+ 3- 3 26 63Fe +2[Fe CN ] =Fe [Fe CN ] ↓ 系为： ，故参与反应的铁的质量为： ，该晶体中铁的质量分数 的表达式为 ； ③)检验 Fe2+存在，出现特征蓝色沉淀，则选择试剂铁氰化钾，发生离子反应： ； 故答案为：过滤速度快；D；当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为浅紫色，且 30s 不变色； ；铁氰化钾； 。 【点睛】明确制氢氧化亚铁不能接触空气，故在亚铁离子和氢氧化钠接触前需要排空，从而分析三个开关 的闭合。 9.甲醇水蒸气催化重整反应是生产氢能的有效方法之一。 (1)甲醇水蒸气重整制氢存在以下副反应：(已知 a、b 均大于零) Ⅰ：甲醇分解 ：CH3OH(g)⇌ CO(g)+2H2(g) △H= +akJ·mol-1 Ⅱ：水蒸气变换：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+ H2(g) △H= kJ·mol-1 催化重整反应：CH3OH(g) +H2O(g)⇌CO2(g)+ 3H2(g) △H=________kJ·mol-1 (2)甲醇分解与水蒸气变换反应 Kp 与温度关系见下表： ①698K 时．CH3OH(g) +H2O(g)⇌CO2(g)+ 3H2(g)的 Kp=___________。(保留小数点后二位) ②在较高温度下进行该反应．发现平衡时体系中 CO 含量偏高的原因是_____________。 (3)甲醇水蒸气重整反应的可能机理如图甲所示．结合下表分析 CH3OH →CH3O 的主要反应为 ______________(填序号)，解释原因______________________________________________________________。 - 2+ 4MnO Fe 1 5  -35cV 56 10 =0.28cV× × 0.28cV 100%a × ( ) ( )2+ 3- 3 26 63Fe +2[Fe CN ] =Fe [Fe CN ] ↓ 0.28cV 100%a × ( ) ( )2+ 3- 3 26 63Fe +2[Fe CN ] =Fe [Fe CN ] ↓ b− (4)某研究小组对重整反应温度(T)与水醇比( )进行优化，得到图乙、丙。 结合图乙分析温度、水醇比与甲醇平衡转化率的关系：________________. ②在图中用阴影画出最优化的反应条件区域(下图为乙和丙组合的平面图，实线为甲醇平衡转化率，虚线为 CO 物质的量分数)：______________ 【答案】 (1). a-b (2). (3). 温度升高，反应 I 正向移动，反应 II 逆向移动，都会使 CO 浓度升高 (4). A (5). 反应 C 的活化能最小，但反应 C 要用到反应 B 生成的 OH，而反应 B 活化能非 常大，不易发生反应，除了 C，反应 A 活化能小最容易反应，所以主要反应为 A； (6). 升高温度，水 醇比越大，甲醇转化率越大 (7). 【解析】 【详解】(1)根据盖斯定律，目标方程为甲醇分解、水蒸气变换两方程叠加，焓变为 a-b； (2) ①Ⅰ、甲醇分解：CH3OH(g)⇌ CO(g)+2H2(g)的平衡常数为 KP1，Ⅱ、水蒸气变换：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+ H2(g)的平衡常数为 KP2，反应 I+II 得到 CH3OH(g) +H2O(g)⇌CO2(g)+ 3H2(g)的平衡常数 KP=KP1×KP2，698K 时 KP1=1.8×105，KP2=9.339，所以 ； S M 61.68 10× 5 P P1 P2 6K =K K =1.8 10 19.339= .68 10× × ×× ②由题给信息知，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，使体系中 CO 含量增大；反应Ⅱ为放热反 应，升高温度，平衡逆向移动，也使体系中 CO 含量增大，故平衡体系中 CO 含量高； 故答案为： ；温度升高，反应 I 正向移动，反应 II 逆向移动，都会使 CO 浓度升高； (3) 反应 C 的活化能最小，但反应 C 要用到反应 B 生成的 OH，而反应 B 活化能非常大，不易发生反应，除 了 C，反应 A 活化能小最容易反应，所以主要反应为 A； (4) ①图乙是温度、水醇比与甲醇的平衡转化率的关系图，分析可知：当水醇比一定时如 1.00，温度升高， 甲醇的平衡转化率增大，温度一定(200℃)时，水醇比减小则甲醇的平衡转化率降低，所以温度、水醇比与 甲醇的平衡转化率的关系为温度越高、水醇比相对越大，甲醇的平衡转化率越高； ②由图可知：甲醇的平衡转化率最高(为 100%)所在曲线与 CO 的物质的量分数最低(为 0.5%)所在曲线围成 的区域即为最优化的反应条件区域：温度 260℃左右、水醇比 1.8 以上，此时甲醇的平衡转化率最高，CO 的物质的量分数最低，如图阴影部分： ； 故答案为：升高温度，水醇比越大，甲醇转化率越大； 。 【点睛】注意平衡常数和化学反应方程式之间的关系，为易错点。 10.某实验室模拟以粗盐(含杂质 Mg2+、Ca2+、K+和 SO42-)为原料进行生产并综合利用的某过程如下图所示。 已知： Kap[Mg(OH)2]=5.6×10-12；Kap[CaMg(CO3)2]O>C (4). 4 (5). sp2、sp3 (6). 2:1 (7). 50 (8). 【解析】 【详解】（1）Cu 是 29 号元素，核外电子排布式为 ，属于过渡元素，价电子包括 3d、4s 电子， 价电子排布式为 ，在元素周期表中铜位于 ds 区； （2）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但ⅡA 族、ⅤA 族元素最高能级为全充满或 半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：N>O>C； （3）Cu2+形成 4 个配位键，Cu2+的配位数是 4；形成配位键的 N 原子，没有孤电子对，杂化轨道数目为 3， N 原子采取 sp2 杂化，而氨基中 N 原子形成 3 个 键、还有 1 对孤电子对，N 原子杂化轨道数目为 4，N 原 子采取 sp3 杂化； （4）结构中如 1、3、6、7 的 O2−围成的正四面体空隙有 8 个，面心位置 6 个 O2−围成的正八面体，将晶胞 补全可知共用 1 条棱的 4 个面心与该棱顶点 O2−也围成正八面体，而这样的正八面体为 4 个晶胞共有，晶胞 中正八面体数目＝1+12×14=4，则晶体中正四面体空隙数与正八面休空隙数之比为 8:4＝2:1；由图可知晶体 结构中 O2−离子数目为 8×18+6×12=4，由化学式可知晶胞中 Fe 原子数目为 3，根据化合价代数和为 0，则晶 10 13d 4s 2 -182 -18 AA 75 25 3 2a 10 N2 3a N 10 ×× 或 [ ] 10 1Ar 3d 4s 10 13d 4s σ 胞中含有 2 个 Fe3+、1 个 Fe2+，Fe3O4 中有一半的 Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半 Fe3+和 Fe2+填充在正 八面体空隙中，则填充在正四面体空隙中的 Fe3+为 1 个，填充在正八面体空隙中有 1 个 Fe3+和 1 个 Fe2+， 有 2 个正八面体空隙空隙没有填充阳离子，则有 50%的正八面体空隙没有填充阳离子； （5）根据图知，每个 Ni 原子被 3 个 O 原子包围、每个 O 原子被 3 个 Ni 原子包围，如图 所示，相邻的 3 个圆中心连线为正三角形，三角形的边长为 2anm，每个三角形含有 一个 Ni 原子，三角形的面积 ，如图 实际上每个 Ni 原子被两个小三角形包含小平行四边形面积为 ，O 原子个数=16×6＝1，每 平方米面积上分散的该晶体的质量 。 [化学选修 5：有机化学基础](15 分) 12.奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂，是目前治疗流感的最常用药物之一，是公认的抗禽 流感、甲型 H1N1 等病毒最有效的药物之一． 也是国家的战略储备药物。也有专家尝试使用奥司他韦作为 抗新现冠状病毒肺炎药物。奥司他韦的合成路线如下： 回答下列问题： (1)莽草酸的含氧官能团名称为：___________ 反应③的反应类型：__________________。 o -18 2 2 -18 22a 2a sin60 10 m = 31=[ 2 a] 10 m× × × × × 2 -18 22 3a 10 m× 2 -18 2 -18 2 -18 A A A 1 M 1 59+16 75= g= g= gN N2 3a 10 2 3a 10 2 3a 10 N × × × × × (2)反应①的反应试剂和反应条件：________________________________。 (3)请写出反应②的化学方程式：__________________________________。 (4)芳香化合物 X 是 B 的同分异构体，则符合官能团只含酚羟基的 X 有_____种。 (5)碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。C 中有_____个手性碳。 (6)设计由对甲基苯甲醛 制备对醛基苯甲酸 的合成路线如下图所示。 M 写出 M 结构简式__________________，条件 1 为_______________________。 【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). 取代反应 (3). 乙醇、浓硫酸，加热 (4). + +H2O (5). 17 (6). 3 (7). (8). 高锰酸钾 【解析】 【分析】 莽草酸与乙醇在浓硫酸作催化剂加热条件下发生酯化反应生成 A，结合已知信息，A 与 在酸 性条件下反应生成 B，B 与 HO-SO2CH3 发生取代反应生成 C，C 加入稀酸作用下生成 D 在经过一系列反应 最终得到奥斯他韦，据此分析解答。 【详解】(1)莽草酸的结构简式为 ，含氧官能团名称有：羟基、羧基；根据分析反应③的反 应类型为取代反应； (2)根据分析，反应①为莽草酸与乙醇在浓硫酸作催化剂加热条件下发生酯化反应生成 A，反应试剂和反应 条件：乙醇、浓硫酸，加热； (3)根据分析，反应②为 A 与 在酸性条件下反应生成 B 的化学方程式： ； 2 2 + HOCH CH OH H → 1→条件 →稀酸 +H→ (4)B 的结构简式为 ，芳香化合物 X 是 B 的同分异构体，则 X 中有苯环，官能团 只含酚羟基，则 X 中有 5 个-OH，并直接连在苯环上，则 X 为 和-C6H13，根据题意 在 X 的结构中为一个固定原子团结构，可将 看作卤素原子，如 Cl 原子， 则该有机物可写为 C6H13Cl(Cl 代表 原子团)，故同分异构体情况分别如下：正己烷分子中 含有 3 类氢原子，2-甲基戊烷分子中含有 5 类氢原子，3-甲基戊烷分子中含有 4 类氢原子，2，2-二甲基丁 烷分子中含有 3 类氢原子，2，3-二甲基丁烷分子中含有 2 类氢原子，则该有机物符合要求的同分异构体的 数目为 17 个； (5)碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳；C 的结构简式为 ，其中 是手性碳的如图所示 ，有 3 个手性碳； (6)根据已知信息，可以推测出 M 为： ；条件 1 是将苯环上的甲基氧化成羧基，故条 件 1 为高锰酸钾溶液。 【点睛】本题考查有机物的综合推断，需要特别注意反应前后物质的官能团变化及提供的已知信息。