化學(xué)-2022年高考押題預(yù)測(cè)卷01（山東卷）（考試版）

………………○………………內(nèi)………………○………………裝………………○………………訂………………○………………線………………○………………○………………內(nèi)………………○………………裝………………○………………訂………………○………………線………………○………………○………………外………………○………………裝………………○………………訂………………○………………線………………○…學(xué)校：______________姓名：_____________班級(jí)：_______________考號(hào)：______________________第=頁(yè)）2022年高考原創(chuàng)押題預(yù)測(cè)卷01【山東卷】化學(xué)·全解全析12345678CCBDBDBC9101112131415CCACDDBDAC1．C【解析】A．絲綢為蠶絲制品，主要成分是蛋白質(zhì)，A正確；B．聚乙烯是乙烯發(fā)生加聚反應(yīng)生成的聚合物，屬于有機(jī)高分子材料，B正確；C．氮化硼陶瓷基復(fù)合材料屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，不是高分子材料，C錯(cuò)誤；D．“空氣捕捉”法能實(shí)現(xiàn)從空氣中捕獲二氧化碳，減少空氣中二氧化碳含量，利于碳中和，D正確。故選C。2．C【解析】將菠菜研磨成汁，需要在研缽中進(jìn)行，加水溶解，需要燒杯和玻璃棒，過(guò)濾時(shí)需要漏斗和玻璃棒，滴加稀硝酸、KSCN溶液時(shí)需要膠頭滴管，所以不需要的儀器為容量瓶；故答案為C。3．B【解析】A．乙烯是一種植物生長(zhǎng)調(diào)節(jié)劑，乙烯能與KMnO4溶液反應(yīng)，故用浸泡過(guò)KMnO4溶液的硅土吸收乙烯，可保存水果，A正確；B．SO2能和有色物質(zhì)結(jié)合成無(wú)色物質(zhì)，具有漂白性，不是還原性體現(xiàn)，B錯(cuò)誤；C．FeCl3具有氧化性和銅反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯化銅，可刻蝕銅制印刷電路板，C正確；D．長(zhǎng)鏈烷烴裂解可得短鏈烷烴和烯烴，故可以裂解得到小分子烯烴制備有機(jī)原料，D正確；故選B。4．D【解析】A．HO2與與HX(X=C1、Br、I等)的某些性質(zhì)相似，HX為極性分子，HO2為極性分子，A正確；B．H2O的沸點(diǎn)低于H2O2的沸點(diǎn)，沸點(diǎn)高是由于都含有氫鍵但過(guò)氧化氫的氫鍵強(qiáng)度大，B正確；C．HO2與HX(X=Cl、Br、I等)某些性質(zhì)相似，故HO2可與AgNO3反應(yīng)：HO2+AgNO3=AgO2↓+HNO3，C正確；D．H2O、H2O2中O的雜化方式相同，H2O2為V型分子，D錯(cuò)誤；故選D。5．B【解析】設(shè)四種氣體的質(zhì)量為mg，則CH4、CO2、O2、SO2的物質(zhì)的量分別表示為、、、，同溫同壓下，氣體體積比=物質(zhì)的量之比，物質(zhì)的量越大，氣體體積越大，則a、b、c、d中分別為SO2、CO2、O2、CH4，據(jù)此分析解答。A．由分析可知d中通入的氣體是CH4，A正確；B．a(chǎn)、b中分別為SO2、CO2，二者物質(zhì)的量之比=:=11:16，則原子個(gè)數(shù)之比=(11×3):(16×3)=11:16，B錯(cuò)誤；C．a(chǎn)、c中分別為SO2、O2，同溫同壓下，氣體體積之比=物質(zhì)的量之比，則a和c容器體積之比=:=1:2，C正確；D．c、d中分別為O2、CH4，同溫同壓下，兩種氣體的密度之比=摩爾質(zhì)量之比，因此c和d中氣體密度之比=32:16=2:1，D正確。答案選B。6．D【解析】A．對(duì)乙酸乙酯和乙醇混合液用分液漏斗進(jìn)行分液的原理為：乙醇易溶于飽和碳酸鈉溶液中，而乙酸乙酯不溶，應(yīng)先向混合液中加入飽和碳酸鈉溶液，振蕩、靜置，從而使飽和碳酸鈉溶液層與乙酸乙酯分層，然后利用分液漏斗進(jìn)行分離，利用的是兩者的溶解度差異并非密度差異，故A不符合題意；B．5.3gNa2CO3?10H2O中Na2CO3物質(zhì)的量小于0.05mol，用500mL容量瓶所配碳酸鈉溶液物質(zhì)的量濃度小于0.10mol/L，故B不符合題意；C．加熱后的坩堝須在干燥器中冷卻，防止吸收空氣中的水導(dǎo)致測(cè)量結(jié)果產(chǎn)生誤差，故C不符合題意；D．FeSO4易水解、易被氧化，配制FeSO4溶液時(shí)要抑制水解、防止氧化，因此配制FeSO4溶液時(shí)，先將FeSO4固體溶解在稀硫酸中，然后稀釋到所需濃度，再加入少量鐵粉防止氧化，故D符合題意；答案選D。7．B【解析】A．環(huán)庚三烯與乙烯含有碳碳雙鍵的個(gè)數(shù)不同，不是同系物，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)流程圖，苯與亞甲基卡賓發(fā)生加成反應(yīng)得環(huán)庚三烯，故B正確；C．環(huán)庚三烯有4種等效氫，一氯代物有、、、，共4種，故C錯(cuò)誤；D．分子中含有1個(gè)單鍵碳(*號(hào)標(biāo)出)，不可能所有原子都共平面，故D錯(cuò)誤；選B。8．C【解析】“外加電流法”利用的是電解池原理，通過(guò)外加電源將被保護(hù)金屬連接到電源負(fù)極，使被保護(hù)金屬做電解池陰極，惰性金屬連接電源正極做“輔助陽(yáng)極”；“犧牲陽(yáng)極法”利用的是原電池原理，將被保護(hù)金屬與比其活潑的金屬連接形成原電池，讓更活潑的金屬做原電池負(fù)極，也就是“犧牲陽(yáng)極”，被保護(hù)金屬做原電池正極，這兩種方法均可有效防止鐵發(fā)生電化學(xué)腐蝕。A．鐵發(fā)生電化學(xué)腐蝕的原因是鐵不純，鐵與雜質(zhì)在其表面形成了原電池，A項(xiàng)正確；B．利用“外加電流法”時(shí)，鐵連接電源負(fù)極，B項(xiàng)正確；C．“犧牲陽(yáng)極法”利用了原電池原理，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．兩種保護(hù)法中都要采用輔助陽(yáng)極，D項(xiàng)正確；答案選C。9．C【解析】Z、X、Y、Q、M、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X形成4個(gè)共價(jià)鍵、Y形成3個(gè)共價(jià)鍵、CQ間可以形成雙鍵，X、Y、Q為同周期相鄰元素，則XYZ分別為C、N、O元素；M能形成6個(gè)共價(jià)鍵，為S，則W為Cl；A．Q、M、X的簡(jiǎn)單氫化物分別為H2O、H2S、CH4，但是題目中沒(méi)有說(shuō)明是簡(jiǎn)單氫化物，碳可以形成多種烴，故不能判斷沸點(diǎn)高低，A錯(cuò)誤；B．SOCl2中心原子硫原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，為sp3雜化，空間構(gòu)型均為三角錐形；COCl2中心原子碳原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，為sp2雜化，空間構(gòu)型均為平面三角形，B錯(cuò)誤；C．Na2S2O3在酸性條件下會(huì)發(fā)生自身氧化還原生成黃色渾濁硫單質(zhì)和無(wú)色氣體二氧化硫，C正確；D．M、W均可與Q形成原子個(gè)數(shù)比為1∶2的化合物，分別為SO2、ClO2，SO2漂白原理為與有色物質(zhì)結(jié)合生成無(wú)色物質(zhì)，，ClO2漂白原理為其強(qiáng)氧化性，原理不相同，D錯(cuò)誤；故選C。10．C【解析】A．①中，F(xiàn)eCl3溶液中加入過(guò)量Cu粉，充分反應(yīng)后，溶液變藍(lán)，表明有Cu2+生成；2天后，溶液變?yōu)闇\藍(lán)色，則表明Cu2+濃度減少，Cu2+被Cu還原為Cu+，Cu+與Cl-結(jié)合為CuCl沉淀，從而得出可能原因是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，A正確；B．由③可知，CuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未觀察到白色渾濁，則表明②中白色渾濁不是Cu2+與SCN-直接反應(yīng)生成的，B正確；C．②中紅色褪去的原因可能是生成的Cu+與溶液中的SCN-結(jié)合為CuSCN，從而促進(jìn)Fe(SCN)3的不斷電離，不一定是Fe3+被完全消耗了，C不正確；D．從②中可以看出，當(dāng)溶液中既有Cl-又有SCN-時(shí)，優(yōu)先生成CuSCN，則表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)，D正確；故選C。11．A【解析】A．手性碳原子是指連接四個(gè)不一樣的原子或原子團(tuán)的碳原子，由該化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知X分子中不存在手性碳原子，故A正確；B．該化合物含有飽和碳原子，具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，則X分子中所有原子不可能共平面，故B錯(cuò)誤；C．能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)的是苯環(huán)、碳碳雙鍵、醛基，則1molX最多能與8molH2發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．酚醛縮聚對(duì)酚的要求是酚羥基的鄰對(duì)位至少有兩個(gè)氫，該有機(jī)物不能與HCHO發(fā)生縮聚反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選A。12．CD【解析】該裝置的目的是制備鈦鐵合金，所以需要Fe2+、Ti4+發(fā)生還原反應(yīng)，而CaCl2熔鹽不參與電極反應(yīng)，所以陽(yáng)極應(yīng)是O2-被氧化生成氧氣。A．電解過(guò)程中需要Fe2+、Ti4+發(fā)生還原反應(yīng)，所以以二氧化鈦、氧化亞鐵混合粉末壓制的塊體應(yīng)為陰極，連接電源的負(fù)極，A錯(cuò)誤；B．Ti、Fe性質(zhì)活潑，容易被生成的氧氣氧化，所以通入Ar氣主要是為了保護(hù)鈦鐵合金不被氧化，B錯(cuò)誤；C．TiO2得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)應(yīng)為T(mén)iO2+4e-＝Ti＋2O2-，C正確；D．16.0gTiFe2，即=0.1mol，需生成0.1molTi、0.2molFe，根據(jù)電極反應(yīng)TiO2+4e-＝Ti＋2O2-、FeO+2e-＝Fe＋O2-可知，共轉(zhuǎn)移0.8mol電子，O2-在陽(yáng)極被還原，電極反應(yīng)為2O2--4e-=O2↑，所以生成0.2mol氧氣，標(biāo)況下體積為0.2mol×22.4L/mol=4.48L，但同時(shí)流出的氣體還有Ar，所以流出氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積大于4.48L，D正確；綜上所述答案為CD。13．D【解析】輝銻礦加入鹽酸和，得到浸出液中除含過(guò)量鹽酸和之外，還含有、、；加入適量Sb，將五價(jià)Sb轉(zhuǎn)化為三價(jià)Sb，加入Na2S生成CuS沉淀除去銅，加入，和加入的反應(yīng)生成As、，之后得到溶液，電解生成Sb和。A．浸出液中含過(guò)有，加適量Sb兩者反應(yīng)生成且不引入新雜質(zhì)，目的是更好地循環(huán)利用Sb元素，A正確；B．過(guò)多的會(huì)和反應(yīng)生成，導(dǎo)致Sb元素流失；具有還原性也可能會(huì)和反應(yīng)生成有毒的As單質(zhì)，故“除銅”時(shí)，不宜加過(guò)多的，是為了防止生成或產(chǎn)生有毒物質(zhì)，B正確；C．由流程可知，除砷”時(shí)和加入的反應(yīng)生成As，As元素化合價(jià)降低同時(shí)P元素化合價(jià)升高會(huì)生成，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：，C正確；D．“電解”時(shí)，生成Sb和，根據(jù)電子守恒可知，3Sb3+～6e-～3Sb5+、2Sb3+～6e-～2Sb，則被氧化的Sb元素與被還原的Sb元素的質(zhì)量之比為3:2，D錯(cuò)誤；故選D。14．BD【解析】A．已知H2在氧氣中燃燒是一個(gè)放熱反應(yīng)，則可知反應(yīng)①中分解制備需從外界吸收能量，A正確；B．已知CO2中C原子周?chē)膬r(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+=2，則C原子為sp雜化，而CH3OH中C原子均以單鍵與周?chē)?個(gè)H和一個(gè)O原子形成4個(gè)σ鍵，則該C原子以sp3雜化，則反應(yīng)②中，碳原子的雜化方式發(fā)生了變化，B錯(cuò)誤；C．核磁共振可以檢測(cè)有機(jī)物中不同環(huán)境的H原子種類(lèi)，X射線衍射則可以檢測(cè)晶體與非晶體和晶體的結(jié)構(gòu)，則可用核磁共振、X射線衍射等技術(shù)可檢測(cè)合成淀粉與天然淀粉的組成結(jié)構(gòu)是否一致，C正確；D．由題干反應(yīng)歷程圖可知，C6→淀粉的過(guò)程中涉及O-H鍵和O-C鍵的斷裂，C-O鍵的形成，D錯(cuò)誤；故答案為BD。15．AC【解析】A．，數(shù)量級(jí)為，故A正確；B．高氯酸銨水解呈酸性、高氯酸溶液滴定氨水選擇甲基橙作指示劑，故B錯(cuò)誤；C．點(diǎn)所示溶液中，電荷守恒為，物料守恒為，聯(lián)立以上兩個(gè)等式可得，故C正確；D．點(diǎn)的溶質(zhì)為和等物質(zhì)的量的混合物，電離程度大于水解程度、顯堿性，水的電離被抑制；M、N兩點(diǎn)是中性點(diǎn)，P點(diǎn)是完全中和為、水解促進(jìn)水的電離，故水的電離程度：，故D錯(cuò)誤；答案選AC。16．（除標(biāo)注外，每空·分）(1)(2)Ti原子的價(jià)電子數(shù)比Al多，金屬鍵更強(qiáng)(3)

16

H<C<N

N(4)藍(lán)色沉淀與氨水可發(fā)生如下反應(yīng)：，生成的在極性較小的乙醇中溶解度較小而析出(或加入乙醇使溶液極性減小，在極性較小的溶液中溶解度較小從而析出)（2分）(5)

正四面體

50%(6)（2分）【解析】(1)鎵是31號(hào)元素，鎵的基態(tài)原子電子排布式是；(2)Al的價(jià)電子排布為3s23p1，Ti的價(jià)電子排布為3d24s2，Ti原子的價(jià)電子數(shù)比Al多，金屬鍵更強(qiáng)，所以鈦的硬度比鋁大。(3)①EDTA中N形成3個(gè)單鍵，有1個(gè)孤電子對(duì)，雜化軌道數(shù)是4，雜化軌道類(lèi)型為。②單鍵為鍵，雙鍵中有1個(gè)鍵，鄰苯二胺分子中鍵的數(shù)目為16。③EDTB分子中所含H、C、N三種元素，非金屬性越強(qiáng)電負(fù)性越大，電負(fù)性由小到大的順序?yàn)镠<C<N。④配離子中N原子含有孤電子對(duì)，配位原子是N；(4)向盛有硫酸銅水溶液的試管中加入氨水，首先形成藍(lán)色沉淀，繼續(xù)加入氨水，氫氧化銅生成四氨合銅離子，發(fā)生反應(yīng)，，所以沉淀溶解，得到深藍(lán)色透明溶液；向該溶液中加入乙醇，在極性較小的乙醇中溶解度較小而析出析出，所以析出深藍(lán)色晶體。(5)N原子所在空隙是4個(gè)Al原子圍成的正四面體空隙，該空隙的填充率為50%。(6)根據(jù)均攤原則，1個(gè)晶胞含有Fe原子數(shù)是，N原子數(shù)是2，直六棱柱的底邊邊長(zhǎng)為xcm，高為ycm，晶胞的體積為，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則晶體的密度算式為。17．（除標(biāo)注外，每空1分）(1)(2)2CrO+2H+Cr2O+H2O

（2分）

8H++Cr2O+3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O（2分）(3)Cr(OH)3(4)pH過(guò)高會(huì)使Cr(OH)3的溶解，導(dǎo)致鉻的去除率降低(5)Ca(OH)2的溶解度隨著溫度的升高而降低，煮沸并趁熱過(guò)濾有利于除盡溶液中的Ca2+(6)1.9×105（2分）(7)NH4NO3（2分）【解析】工業(yè)碳酸鍶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)加硝酸進(jìn)行“酸溶”，碳酸鍶和硝酸反應(yīng)生成硝酸鍶、水和二氧化碳，氣體A為CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+的溶液，向溶液中加入過(guò)量的(NH4)2CrO4進(jìn)行“沉鋇、鉛”，過(guò)濾得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，對(duì)溶液進(jìn)行酸化、加草酸進(jìn)行還原，被還原為Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水調(diào)pH到7~8，將Cr3+轉(zhuǎn)化為沉淀除去，濾渣1為Cr(OH)3，再加NaOH調(diào)pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，過(guò)濾后碳化，Sr2+轉(zhuǎn)化為SrCO3，再經(jīng)過(guò)“系列操作”得到高純SrCO3。(1)氣體A為CO2，其電子式為；(2)(NH4)2CrO4溶液中存在2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH過(guò)低，H+濃度過(guò)大，平衡2CrO+2H+Cr2O+H2O正向移動(dòng)，更多的CrO轉(zhuǎn)化為Cr2O，導(dǎo)致(NH4)2CrO4的利用率降低；結(jié)合流程和分析來(lái)看“還原”時(shí)草酸和鉻酸根離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為8H++Cr2O+3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O；(3)由分析可知“濾渣1”的主要成分為Cr(OH)3；(4)Cr(OH)3是兩性氫氧化物，pH過(guò)大Cr(OH)3會(huì)溶解，故用氨水和NaOH分步調(diào)節(jié)pH，而不是直接調(diào)節(jié)溶液的pH≈13的原因?yàn)閜H過(guò)高會(huì)使Cr(OH)3的溶解，導(dǎo)致鉻的去除率降低；(5)“調(diào)pH

≈13”主要是使鎂離子、鈣離子沉淀，“調(diào)pH

≈13”后需對(duì)溶液進(jìn)行煮沸并趁熱過(guò)濾的原因?yàn)镃a(OH)2的溶解度隨著溫度的升高而降低，煮沸并趁熱過(guò)濾有利于除盡溶液中的Ca2+；(6)Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常數(shù)K=====1.9

×105；(7)由于酸化階段加入的硝酸根離子在流程中沒(méi)有除去，加之系列操作前加入了銨根離子，故系列操作烘干過(guò)程中除蒸發(fā)水分外，還能夠除去SrCO3中的微量可溶性雜質(zhì)，該雜質(zhì)除NH4HCO3外還可能為NH4NO3。18．（除標(biāo)注外，每空2分）(1)

三頸燒瓶(或三口燒瓶、三口瓶)（1分）

堿石灰（1分）(2)

苯（1分）

②中液面保持不變（1分）(3)SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl

防止結(jié)晶析出的四乙酸硅堵塞③的導(dǎo)氣管口(4)將③的管口插入到液體中(或“插入到燒瓶底部”)，再慢慢打開(kāi)旋塞

84.6【解析】本實(shí)驗(yàn)的目的是以SiCl4、(CH3CO)2O為原料制取Si(CH3COO)4，由于反應(yīng)物和產(chǎn)物都具有吸濕性，所以整個(gè)實(shí)驗(yàn)都應(yīng)在干燥的環(huán)境中進(jìn)行。(1)儀器①的名稱(chēng)是三頸燒瓶(或三口燒瓶、三口瓶)，管口A所接干燥管中所盛試劑，既能吸收水蒸氣，又能吸收酸性氣體，所以盛裝的試劑是堿石灰。答案為：三頸燒瓶(或三口燒瓶、三口瓶)；堿石灰；(2)因?yàn)檎麄€(gè)裝置內(nèi)應(yīng)為無(wú)水環(huán)境，所以檢查上述裝置氣密性，應(yīng)先向②中注入一定量的苯，然后密封管口A和B，打開(kāi)旋塞⑥，若②中液面保持不變，則證明裝置的氣密性良好。答案為：苯；②中液面保持不變；(3)制備四乙酸硅時(shí)，采用SiCl4、(CH3CO)2O為原料，二者發(fā)生置換反應(yīng)，生成Si(CH3COO)4和CH3COCl，化學(xué)方程式為：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl，因?yàn)镾i(CH3COO)4為米黃色晶體，易堵塞導(dǎo)管，所以該過(guò)程中，玻璃管③的管口必須保持在液面上方，其原因是：防止結(jié)晶析出的四乙酸硅堵塞③的導(dǎo)氣管口。答案為：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl；防止結(jié)晶析出的四乙酸硅堵塞③的導(dǎo)氣管口；(4)為確保三頸燒瓶?jī)?nèi)的無(wú)水狀態(tài)，可將三頸燒瓶?jī)?nèi)液體抽出。即將③的管口插入到液體中(或“插入到燒瓶底部”)，再慢慢打開(kāi)旋塞，小心緩慢地除去儀器①中的殘留液體。理論上，m[Si(CH3COO)4]=，則四乙酸硅的產(chǎn)率為。答案為：將③的管口插入到液體中(或“插入到燒瓶底部”)，再慢慢打開(kāi)旋塞；84.6。【點(diǎn)睛】分兩次由分液漏斗各滴入75mL左右的乙酸酐的目的，是將SiCl4全部轉(zhuǎn)化為四乙酸硅。19．（除標(biāo)注外，每空2分）(1)+CH3COOH+H2O(2)（1分）(3)酯化反應(yīng)(或取代反應(yīng))（1分）(4)羧基和醛基（1分）(5)(6)或者或者或者(7)，，（3分）【解析】本題為有機(jī)合成流程題，由題干中A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式和A到B的轉(zhuǎn)化條件可知，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，由信息①、(2)小問(wèn)中B的分子式和A到B的轉(zhuǎn)化條件并結(jié)合E和P的產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，由B到D轉(zhuǎn)化條件可知，D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，由D到E的轉(zhuǎn)化條件可知，E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，由F的分子式和轉(zhuǎn)化條件可知，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，由生成M的轉(zhuǎn)化條件結(jié)合M的分子式和M能夠發(fā)生銀鏡反應(yīng)可知，M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，由M轉(zhuǎn)化為P的條件可知，P的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，由J的分子式和G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，J的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，(6)由分析可知，P的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，其分子式為：C9H8O3，則W是P的同分異構(gòu)體，則符合i．包含2個(gè)六元環(huán)，不含甲基，ii．W可水解，即含有酯基，W與溶液共熱時(shí)，最多消耗，即分子中含有酚羥基和酚酯基等條件的W的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：或者或者或者，(7)由分析可知，P的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，由題干E+P轉(zhuǎn)化為J的轉(zhuǎn)化信息可知，Q可以由和Z轉(zhuǎn)化為來(lái)，則可由Y發(fā)生水解得到，則可由X在鐵粉和酸作用下制得，可由在濃硫酸、濃硝酸共同作用下制得，據(jù)此分析解題。(1)由分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，則→A的反應(yīng)方程式是+CH3COOH+H2O；(2)由分析可知，B的分子式為，E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是；(3)由分析可知，M→P即+CH3OH+H2O，則該反應(yīng)的反應(yīng)類(lèi)型是酯化反應(yīng)(或取代反應(yīng))；(4)由分析可知，M能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，則M分子中含有的官能團(tuán)是羧基和醛基；(5)由分析可知，J的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是；(6)由分析可知，P的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，其分子式為：C9H8O3，則W是P的同分異構(gòu)體，則符合i．包含2個(gè)六元環(huán)，不含甲基，ii．W可水解，即含有酯基，W與溶液共熱時(shí)，最多消耗，即分子中含有酚羥基和酚酯基等條件的W的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：或者或者或者；(7)由分析可知，P的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，由題干E+P轉(zhuǎn)化為J的轉(zhuǎn)化信息可知，Q可以由和Z轉(zhuǎn)化為來(lái)，則可由Y發(fā)生水解得到，則可由X在鐵粉和酸作用下制得，可由在濃硫酸、濃硝酸共同作用下制得，故答案為：，，。20．（除標(biāo)注外，每空2分）(1)-48.9(2)

>（1分）

溫度升高，催化劑的活性降低(或反應(yīng)b為吸熱反應(yīng)，溫度升高更有利于反應(yīng)b進(jìn)行)

（1分）

13%

2.0×10-3(或2.03×10-3)(3)31

使用了更高效的催化劑

（1分）

越多（1分）【解析】(1)