四川省成都市实验外国语学校2023-2024学年高三上学期10月检测理综化学 Word版含解析.docx

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成都市实验外国语学校高2021级高三上期10月检测试卷理科综合试题注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应的题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。5.考试结束后，只将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16S：32Cl：35.5Cu：64Zn：65第Ⅰ卷(选择题，共42分)一、选择题：本题共7个小题，每小题6分，共42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.绵阳博物馆位于富乐山西麓，馆内藏品3万余件，其中包括东汉青铜摇钱树、清带套五彩高足瓷碗、宋莲瓣纹高足银碗、西汉漆木马等文物。下列有关叙述错误的是A.青铜摇钱树表面绿色物质主要成分属于盐类B.陶瓷是以作为主要原料经高温烧结而成C.莲瓣纹高足银碗表面因被氧化而呈现灰黑色D.漆木马表面黑漆涂料具有耐潮、耐腐蚀功能【答案】B【解析】【详解】A．青铜摇钱树表面绿色物质主要成分为碱式碳酸铜，属于盐类，A正确；B．陶瓷是以黏土作为主要原料经高温烧结而成的硅酸盐产品，B错误；C．莲瓣纹高足银碗表面因银与硫化氢反应生成硫化银而呈现灰黑色，反应中银被氧化，C正确；D．漆木马表面的黑漆涂料是具有耐潮、耐腐蚀优良功能的涂料，D正确；故选B。2.莽草酸具有抗炎、镇痛作用，莽草酸还可作为抗病毒和抗癌药物中间体，其结构简式如图所示，下列有关莽草酸的说法错误的是 A.易溶于水B.既能发生取代反应，又能发生加成反应C.莽草酸与足量溶液反应生成D.分子中的所有原子可能共平面【答案】D【解析】详解】A．由结构简式可知其含有多个羟基和羧基，都属于亲水官能团，因此易溶于水，故A正确；B．该结构中含羟基和羧基能发生酯化反应，属于取代反应，含有碳碳双键能发生加成反应，故B正确；C．莽草酸含1mol羧基，能与1mol反应生成1mol，即，故C正确；D．该结构中含多个饱和碳原子，所有原子不可能共面，故D错误；故选：D。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.9.2g甲苯()中所含碳碳双键数目为0.3NAB.常温常压下，5.6g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为0.4NAC.常温下，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中由水电离的OH-数目为0.1NAD.1L0.1mol·L-1K2Cr2O7酸性溶液中所含的数目为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A．苯环中不含碳碳双键，A错误；B．乙烯和环丁烷(C4H8)的最简式均为CH2，5.6g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体即5.6g的CH2，物质的量为0.4mol，故含有的碳原子数为0.4NA，B正确；C．碱溶液中水的电离受到抑制，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中由水电离的OH-数目为1×10-13NA，C错误；D．溶液中存在平衡，所含的数目小于0.1NA，D错误；故选B。 4.解释下列事实的化学方程式或离子方程式正确的是A.石英和焦炭制取粗硅的反应：↑B.铅蓄电池工作时的正极反应：PbO2+2e−+4H+=Pb2++2H2OC.将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：Ca2+++OH−=CaCO3↓+H2OD.向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+【答案】C【解析】【详解】A．石英和焦炭制取粗硅的反应为：↑，A项错误；B．铅蓄电池工作时的正极反应：PbO2+2e−++4H+=PbSO4+2H2O，B项错误；C．碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，离子方程式为Ca2+++OH−=CaCO3↓+H2O，C项正确；D．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3，Fe3+可作为H2O2分解的催化剂，发生的反应为2H2O2=2H2O+O2↑，D项错误；答案选C。5.根据实验目的，下列实验方法或操作正确的是选项实验目的实验方法或操作A比较Fe(OH)3和Mg(OH)2Ksp的相对大小向装有1mL0.1mol·L−1MgCl2溶液的试管中，先滴加1～2滴2mol·L−1NaOH溶液，再滴加2滴0.1mol·L−1FeCl3溶液B探究淀粉的水解程度将淀粉溶液在酸性条件下加热一段时间后，向水解液中滴加银氨溶液，加热C判断久置的亚硫酸钠是否变质取一定质量的亚硫酸钠固体于试管中，加蒸馏水完全溶解后，滴加BaCl2溶液D探究浓度对化学反应速率的影响取5mL0.01mol·L−1和5mL0.02mol·L−1的酸性高锰酸钾溶液于两支试管中，分别加入2mL0.01mol·L−1的草酸溶液 A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．氯化镁和少量氢氧化钠反应上次氢氧化镁白色沉淀，加入氯化铁之后如果能出现红褐色沉淀，说明氢氧化铁的溶度积常数小于氢氧化镁，A正确；B．淀粉水解后应该加入氢氧化钠中和酸，再加入银氨溶液检验水解产物，B错误；C．亚硫酸钠能和氯化钡反应上次亚硫酸钡沉淀，应先加入盐酸除去亚硫酸根离子后在加入氯化钡，C错误；D．酸性高锰酸钾溶液浓度不同，颜色不同，应控制酸性高锰酸钾不足且等量，改变草酸的浓度，D错误；故选A。6.“蛟龙号”载人潜水器首次下潜突破7000m深度，带回的海底沉积物中含有短周期主族元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期，W与Y同主族，且W、Y原子的最外层电子数之和与X、Z原子的最外层电子数之和相等，Z元素是元素周期表中非金属性最强的元素。下列结论正确的是A.原子半径大小顺序为W>Z>Y>XB.Z2可以在阴暗条件下与X2发生反应C.X与Y元素组成的化合物一定只含极性键D.W的氧化物常作为半导体材料【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期，W与Y同主族，可知X为H元素；Y、Z位于第二周期，W位于第三周期；Z元素是元素周期表中非金属性最强的元素，Z为F元素；W与Y同主族，且W、Y原子的最外层电子数之和与X、Z原子的最外层电子数之和相等，Y的最外层电子数为=4，可知Y为C元素、W为Si元素。【详解】A．同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径大小顺序为W>Y>Z>X，A项错误；B．F2可以在阴暗条件下与H2发生反应生成HF，B项正确；C．H元素和C元素形成的化合物乙烷中，含有极性共价键和非极性共价键，C项错误；D．二氧化硅作光纤的材料，Si单质常作为半导体材料，D项错误；答案选B。 7.一种电化学法合成甲酸盐和辛腈[CH3(CH2)6CN]的工作原理如图所示。下列说法不正确的是A.电极电势：Ni2P高于In/In2O3-xB.电解一段时间后，阴极区溶液pH增大C.Ni2P电极的电极方程式：CH3(CH2)7NH2-4e-+4OH-=CH3(CH2)6CN+4H2OD.标准状况下，33.6LCO2参与反应时Ni2P电极有0.75mol辛腈生成【答案】B【解析】【分析】由图中电极上可知，发生得电子的还原反应，电极为阴极，阴极反应为，则电极为阳极，辛胺在阳极发生失电子的氧化反应生成辛腈，阳极反应为，阴极与外加电源的负极相接，阳极与外加电源的正极相接，即A为电源负极，B为正极。【详解】A．电极为阳极，电极为阴极，A为电源负极，B为正极，高于，A项正确；B．阴极反应为，电路中转移2mol电子，有2mol移向阳极，则阴极区溶液的碱性减弱，pH减小，B项错误；C．电极为阳极，阳极反应为，C项正确；D．阴极反应，阳极反应，电子守恒有，则，D项正确；答案选B。 第Ⅱ卷(非选择题，共58分)二、非选择题：共58分，第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11~12题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共43分。8.由软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质)制备高纯碳酸锰、硫酸锰的一种工艺流程如图所示。已知：①25℃时，Ksp(MnCO3)=1.810-11，Ksp(CaF2)=1.510-10，Ksp(MgF2)=7.410-11。②一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如表所示。金属氢氧化物Fe(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2Al(OH)3开始沉淀的pH6.82.38.13.4完全沉淀的pH8.33.2104.7回答下列问题：（1）除去铁屑表面油污，可采用的方法是___________。（2）已知“溶浸”时，Fe不能还原MnO2，但Fe2+能还原MnO2得到Mn2+。Fe2+还原MnO2的离子方程式是___________。（3）“氧化”时，过氧化氢的实际消耗量远大于理论消耗量，其原因可能是___________。（4）用CaCO3“调pH”虽然成本较低，但会引入Ca2+等杂质，若使用___________(填化学式)“调pH”可避免此问题；调节pH步骤中，应控制的pH范围是___________。（5）滤渣3的主要成分是___________(填化学式)。（6）“沉锰”时发生反应的离子方程式为___________。（7）硫酸锰在不同温度下溶解度和该温度范围内析出晶体的组成如图所示。“结晶”是从“除杂”后过滤所得的滤液中获得MnSO4·H2O。其操作是___________，___________，洗涤，真空干燥。 【答案】（1）热的纯碱溶液浸泡铁屑（2）2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O（3）Fe3+是过氧化氢分解的催化剂，使过氧化氢部分分解，所以过氧化氢的实际消耗量远大于理论消耗量（4）①.MnCO3或Mn(OH)2②.4.7≤pH＜8.1（5）CaF2、MgF2（6）Mn2+++NH3·H2O=MnCO3++H2O（7）①.蒸发浓缩②.趁热过滤【解析】【分析】软锰矿主要成分是MnO2，还含有Fe、Mg等元素。加入硫酸、铁屑溶解软锰矿，Fe2+把MnO2还原为Mn2+，过滤，所得溶液中含有Mn2+、Fe2+、Mg2+、Fe3+，加双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，加碳酸钙调节pH生成Fe(OH)3沉淀除去Fe元素；加MnF2生成CaF2、MgF2沉淀除去Ca2+、Mg2+；过滤得硫酸锰溶液。硫酸锰溶液加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀；蒸发硫酸锰溶液，得MnSO4·H2O晶体。【小问1详解】除去铁屑表面油污，可采用的方法是热的纯碱溶液浸泡铁屑；【小问2详解】“溶浸”时先发生反应，产生Fe2+，酸性环境下Fe2+把MnO2还原为Mn2+，反应的离子方程式是2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；【小问3详解】过氧化氢把Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+是过氧化氢分解的催化剂，使过氧化氢部分分解；【小问4详解】欲使“调pH”时不引入新杂质，可使用能与H+反应的锰的化合物，如MnCO3或Mn(OH)2等；pH调节步骤中，应该除去铁离子和铝离子，并且不能让锰离子沉淀，所以pH范围为：＜4.7≤pH8.1；【小问5详解】加MnF2会生成CaF2、MgF2沉淀，以便除去Ca2+、Mg2+； 【小问6详解】硫酸锰溶液加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀，同时会有氨水参与生成铵根离子，所以离子方程式为：Mn2+++NH3·H2O=MnCO3++H2O；【小问7详解】由硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成图可知，欲获取应在23.9~100℃范围内进行实验操作。该范围内的溶解度随温度升高而降低，故蒸发浓缩至溶液中析出大量晶体后，需趁热过滤，并用热水洗涤晶体，以减少损失、增大产率，所以答案为：蒸发浓缩；趁热过滤。9.碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂，是一种墨绿色结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。Ⅰ．模拟制备碱式氯化铜。向CuCl2溶液中通入NH3和HCl，调节pH至5.0~5.5，控制反应温度于70~80℃，实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。（1）仪器X的主要作用有导气、___________。（2）实验室利用装置A制NH3，发生反应的化学方程式为___________。（3）反应过程中，在三颈烧瓶内除观察到溶液蓝绿色褪去，还可能观察到现象有___________。Ⅱ．无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品4.29g，加硝酸溶解，并加水定容至200mL，得到待测液。（4）铜的测定：取20.00mL待测液，经测定Cu2+浓度为0.2mol·L-1，则称取的样品中n(Cu2+)=___________mol。（5）采用沉淀滴定法测定氯：用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3(已知AgSCN是一种难溶于水的白色固体)，实验如图： ①滴定时，应选用什么物质作为指示剂_______。A．FeSO4B．Fe(NO3)3C．FeCl2②重复实验操作三次，消耗NH4SCN溶液平均体积为10.00mL。则称取的样品中n(Cl－)等于_______mol。（6）根据上述实验结果可推知无水碱式氯化铜的化学式为_______。【答案】（1）防倒吸（2）2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O（3）溶液中有大量墨绿色固体产生，三颈烧瓶中有白烟（4）0.04（5）①.b②.0.02（6）Cu2(OH)3Cl【解析】【分析】用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，由于氨气极易溶于水，因此通入到溶液时要注意防倒吸，用浓硫酸和氯化钠反应制得HCl，向CuCl2溶液中通入NH3和HCl，控制反应得到碱式氯化铜。【小问1详解】根据装置图可知，仪器X为球形干燥管，其主要作用是导气和防止倒吸现象的发生；【小问2详解】实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应制备氨气，化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；【小问3详解】向CuCl2溶液中通入NH3和HCl，反应除了生成碱式氯化铜外，还有NH3与HCl反应生成NH4Cl，因此看到的实验现象除溶液中有大量墨绿色固体产生，三颈烧瓶中还有白烟产生；【小问4详解】4.29g固体溶解配制成溶液体积为200mL，取20.00mL待测液，经测定Cu2+浓度为0.2mol·L-1 ，则称取的样品中n(Cu2+)=0.2mol·L-1×0.2L=0.04mol；【小问5详解】①用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，当到达滴定终点时，可用Fe3+检验SCN-，可以使用Fe(NO3)3，而不能使用含有Cl-的FeCl3溶液，否则FeCl3会和AgNO3反应生成AgCl沉淀，影响滴定终点的判断，故使用的指示剂是Fe(NO3)3溶液，答案选b；②10.00mL0.1mol/L的NH4SCN的物质的量n(NH4SCN)=0.1mol/L×0.01L=0.001mol，由关系式NH4SCN~AgNO3可知：未反应的AgNO3的物质的量等于0.001mol，由于共加入30.00mL0.1000mol/L的AgNO3溶液，则与Cl-反应的硝酸银的物质的量等于0.0300L×0.1000mol/L-0.001mol=0.002mol，根据关系式Cl-~Ag+，可知n(Cl-)=0.002mol，则样品配成的的200mL溶液中含有的氯离子的物质的量是n(Cl-)=0.002mol×=0.02mol；【小问6详解】测定无水碱式氯化铜组成时，称取产品4.29g，已知铜离子的物质的量为0.04mol，氯离子的物质的量为0.02mol，假设无水碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)xCl，可知无水碱式氯化铜的物质的量为0.02mol，其摩尔质量M=，2×64+17x+35.5=214.5，解得x=3，故该无水碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)3Cl。10.完成下列问题。（1）工业上可采用CH3OHCO+2H2的方法来制取高纯度的CO和H2.我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。甲醇(CH3OH)脱氢反应的第一步历程，有两种可能方式：方式A：CH3OH*→CH3O*＋H*Ea=+103.1kJ·mol-1方式B：CH3OH*→CH3*＋OH*Eb=+249.3kJ·mol-1由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为_________(填A、B)。下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图。 该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为___________。（2）污染性气体NO2与CO在一定条件下反应为：2NO2(g)+4CO(g)4CO2(g)+N2(g)①某温度下，在1L恒容密闭容器中充入0.1molNO2和0.2molCO，5s时反应达到平衡，此时容器的压强变为原来的，则从反应开始到平衡时CO的平均反应速率=___________。此温度下，若某时刻测得NO2、CO、CO2、N2的浓度分别为amol•L-1、0.4mol•L-1、0.1mol•L-1、lmol•L-1，要使反应向逆反应方向进行，a的取值范围是___________。②在容积一定的I、II、III三个相同密闭容器中分别充入amolNO2和2amolCO，二者发生上述反应，三个容器的反应温度分别为、、且恒定不变，实验测得反应均进行到时，三个容器中的NO2的体积分数如图1所示，此时I、II、III三个容器中反应一定达到化学平衡状态的是___________(填“I”“II”或“III”)容器；若三个容器内的反应都达到化学平衡时，反应温度是___________(填“”“”或“”)，NO2的转化率最大。（3）电化学降解的原理如图2所示。 ①阴极的电极反应式为___________。②若电解过程中转移了6mol电子，则质子交换膜两侧电解质溶液的质量变化差()为___________g。【答案】（1）①A②.CHO*+3H*=CO*+4H*(或CHO*=CO*+H*)（2）①.0.008mol/(Ls)②.③.III④.（3）①.②.32g【解析】【小问1详解】活化能越高，反应越不易发生，则由活化能E值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为A；由计算机模拟的各步反应的能量变化示意图可知，放热最多的步骤的化学方程式为：CHO*+3H*=CO*+4H*(或CHO*=CO*+H*)；【小问2详解】①常温下，在1L恒容密闭容器中充入0.1molNO2和0.2molCO，5s时反应达到平衡，此时容器的压强变为原来的，则反应后气体总物质的量为原来的，设反应后生成N2的物质的量为xmol，列出三段式：反应前气体总物质的量为0.3mol，反应后气体总物质的量为(0.3-x)mol，，解得x=0.01，则从反应开始到平衡时CO的平均反应速率==0.008mol/(Ls)；该反应的平衡常数K= ，若某时刻测得NO2、CO、CO2、N2的浓度分别为amol•L-1、0.4mol•L-1、0.1mol•L-1、lmol•L-1，要使反应向逆反应方向进行，则，解得，且，则a的取值范围为；②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO2的体积分数增大，根据图1中I、II、III图像可知，温度由升高至，NO2的体积分数减小，说明时，反应未达到平衡状态；温度由升高至，NO2的体积分数增大，说明平衡逆向移动，可能达到平衡状态，一定达到平衡状态的是III；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则温度越高，反应达到平衡时，NO2的体积分数越大，故若三个容器内的反应都达到化学平衡时，反应温度是时，NO2的体积分数最小，NO2的转化率最大；【小问3详解】①阴极发生还原反应，在阴极得电子生成N2，电极反应式为；②阳极反应为，通过交换膜进入阴极区，则左侧减少的质量是水的质量，转移了6mol电子，消耗3mol，则=；右侧生成的物质的量为1mol，进入右侧的物质的量为6mol，则==22g，故=54g-22g=32g。(二)选考题：共15分。请考生从2道化学题中每科任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[化学——选修3：物质结构与性质]11.元素周期表中第四周期过渡元素在工业及生活方面有重要应用。请回答下列问题：（1）“钛”被称为21世纪金属，画出基态钛的价电子的电子排布图___________。（2）CrO5中Cr为+6价，则-1价的O与-2价的O的个数比为_________。（3）[Co(NH3)4Cl2]+中中心离子的配位数_________。能区别[Co(NH3)4Cl2]Cl和[Co(NH3)4Cl2]NO3两种溶液的试剂是_________(填标号)。A．浓氨水    B．NaOH溶液    C．稀H2SO4D．AgNO3溶液（4）K3[Fe(CN)6]是鉴别Fe2+的重要试剂，这四种元素的电负性从大到小的顺序是_________(填元素符号)，下列碳的杂化为sp的是_________(填标号)。A．CH2Cl2B．C2H2C．溴苯     D．HCN （5）ZnS的晶胞如图所示，若m点坐标为(0，0，0)，n点坐标为(，，0)此晶胞中与n点最远的S的坐标为___________。若晶胞参数为apm，则ZnS的密度为___________g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】11.12.4：113.①.6②.D14.①.N>C>Fe>K②.BD15.①.(,,)或(,,)②.【解析】【小问1详解】Ti是22号元素，基态Ti原子价电子排布式为3d24s2，则其价电子排布图为；【小问2详解】CrO5中Cr为+6价，设-1价的O的个数为x个，-2价的O的个数为(5-x)个，则有，解得x=4，则-1价的O与-2价的O的个数比为4：1；【小问3详解】[Co(NH3)4Cl2]+中中心离子的配位数为6；根据[Co(NH3)4Cl2]Cl和[Co(NH3)4Cl2]NO3的结构可知，[Co(NH3)4Cl2]Cl溶液中含有Cl-，检验Cl-应选择AgNO3溶液，答案选D；【小问4详解】铁氰化钾中，所涉及的元素有Fe，K，C，N，元素的非金属性越强，其电负性越大，所以所涉及的元素的电负性由大到小的顺序为：N>C>Fe>K；A．CH2Cl2中碳原子为sp3杂化，A项不选； B．C2H2中碳原子sp杂化，B项选；C．溴苯中碳原子为sp2杂化，C项不选；D．HCN中碳原子为sp杂化，D项选；答案选BD；【小问5详解】由图可知，晶胞中与n点最远的S的坐标为(,,)或(,,)；根据均摊法可知一个晶胞中Zn原子的数目为4，S原子数目为，晶胞的质量为，晶胞参数为apm，晶胞体积为，则ZnS的密度为=。[化学——选修5：有机化学基础]12.酮基布洛芬片是用于治疗各种关节炎、强直性脊柱炎引起的关节肿痛、以及痛经、牙痛、术后痛和癌性痛等的非处方药。其合成路线如图所示：（1）有机物A的化学名称为_______，反应①的所需试剂及反应条件为_______（2）D的含氮官能团名称为_______，反应②的反应类型为_______（3）有机物C的结构简式为_______（4）D→E反应的化学方程式为_______（5）苯的二元取代物M是酮基布洛芬的同分异构体，则符合条件的M有_______种(不考虑立体异构)；①分子中含有两个苯环，且每个苯环上的两个取代基均在对位；②遇溶液显紫色；③能发生银镜反应；④消耗反应。 写出其中一种不能与溴水发生加成反应的同分异构体的结构简式为_______【答案】（1）①.间甲基苯甲酸(或3-甲基苯甲酸)②.氯气，光照(或，hv)（2）①.氰基②.取代反应（3）（4）（5）①.10②.或【解析】【分析】根据流程图中B的结构简式及的反应条件推知C的结构为：，同理E的结构为：，据此分析；【小问1详解】有机物A中甲基与羧基位置相间，且羧基是官能团，所以A的化学名称为间甲基苯甲酸(或3-甲基苯甲酸)，根据题干条件，A转化为B发生取代反应，Cl取代了苯环侧链甲基上的H，所以反应①的所需试剂及反应条件为氯气，光照；【小问2详解】根据D的结构简式可知，D中氮官能团名称为氰基，B转化为C的过程中，H、O的原子个数均未改变，多了一个C和N，少了一个Cl，即氰基代替了原来Cl的位置，所以反应②的反应类型为取代反应；【小问3详解】 B转化为C的过程中氰基代替了原来Cl的位置，所以C的结构式为：；【小问4详解】根据分析可知D与苯在AlCl3作用下发生取代反应生成E，化学方程式为：；【小问5详解】