陕西省榆林市2019届高三第二次模拟试理科综合化学试卷Word版含解析.doc

陕西省榆林市2019届高三第二次理科综合模拟试题 化学部分 ‎1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是 A. 聚乙烯、油脂和蛋白质均属于有机高分子 B. 生物柴油的成分为液态烃的混合物，属于油脂 C. HgCl2可用作防腐剂和杀菌剂，是因为它能使蛋白质发生变性 D. 大量生产和使用活性炭防PM2.5口罩应对雾霾属于“绿色化学”范畴 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、油脂不属于高分子化合物，聚乙烯和蛋白质属于有机高分子，故A错误；‎ B、生物柴油成分为烃的含氧衍生物，故B错误；‎ C、HgCl2属于重金属盐，能使蛋白质变性，因此可用作防腐剂和杀菌剂，故C正确；‎ D、“绿色化学”的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，口罩防雾霾不属于“绿色化学”，故D错误。‎ ‎2.设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是 A. 加热时，‎6.4g铜粉与足量浓硫酸反应，转移的电子数为0.2NA B. 0.1mol氧气与‎2.3g金属钠充分反应，转移的电子数为0.4NA C. 将0.1mol乙烷和0.1 mol Cl2混合光照，生成一氯乙烷的分子数为0.1NA D. 0.2mol·L－1的NaAlO2溶液中AlO2－的数目小于0.2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加热时，Cu与浓硫酸反应生成CuSO4，6.4gCu失去电子物质的量为‎6.4g×2/‎64g·mol－1=0.2mol，故A正确；‎ B、假设钠与氧气发生2Na＋O2=2Na2O，金属钠不足，氧气过量，假设发生2Na＋O2=Na2O2，金属钠不足，氧气过量，因此该反应充分反应后，转移电子物质的量为‎2.3g×1/‎23g·mol－1=0.1mol，故B错误；‎ C、乙烷和Cl2发生取代反应，生成的有机物是混合物，一氯乙烷的物质的量小于0.1mol，故C错误；‎ D、题目中无法得到NaAlO2溶液体积，因此无法判断AlO2－物质的量，故D错误。‎ ‎3.维生素C的结构简式如图所示，下列说法错误的是 A. 1mol维生素C发生加成反应，至少需要1molH2‎ B. 维生素C不溶于水 C. 维生素C的二氯代物超过三种 D. 维生素C的所有原子不可能处于同一平面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据维生素C的结构简式，能与H2发生加成反应的官能团是碳碳双键，1mol维生素C中含有1mol碳碳双键，因此1mol维生素C能与1molH2发生加成，故A说法正确；‎ B、维生素C中含有多个羟基，可溶于水，维生素C为水溶性维生素，故B说法错误；‎ C、采用定一移一的方法进行判断，，一个氯原子固定在①号碳原子上，另一个氯原子进行移动，有三种形式，当一个氯原子固定在①碳原子左端紧邻的碳原子上，另一个氯原子进行移动，有一种形式，因此二氯代物至少有4种，故D说法正确；‎ D、维生素C中碳原子有“－CH2－”结构，因此维生素C所有原子一定不共面，故D说法正确。‎ ‎4.一种将CO2和H2O转换为燃料H2、CO及CH4的装置如图所示(电解质溶液为稀H2SO4)。下列关于该装置的叙述错误的是 A. 该装置可将电能转化为化学能 B. 工作时，电极a周围溶液的pH增大 C. 电极b上生成CH4的电极反应式为CO2+8H++8e－===CH4+2H2O D. 若电极b上只产生1 mol CO，则通过质子膜的H+数为2NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该装置含有外加电源，属于电解池，电解质溶液为硫酸，根据电解原理，电极a为阳极，电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，电极b为阴极，如转化成CH4，阴极反应式为CO2＋8e－＋8H＋=CH4＋2H2O，然后进行分析；‎ ‎【详解】该装置含有外加电源，属于电解池，电解质溶液为硫酸，根据电解原理，电极a为阳极，电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，电极b为阴极，如转化成CH4，阴极反应式为CO2＋8e－＋8H＋=CH4＋2H2O，‎ A、根据该装置图，该装置为电解池，电能转化为化学能，故A说法正确；‎ B、工作时，电极a的电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，c(H＋)增大，pH降低，故B说法错误；‎ C、根据上述分析，电极b电极反应式为CO2＋8e－＋8H＋=CH4＋2H2O，故C说法正确；‎ D、若只产生CO，电极b电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋=CO＋H2O，产生1molCO，消耗2molH＋，即通过质子膜的H＋物质的量为2mol，故D说法正确；‎ ‎【点睛】解答电化学题的步骤是首先写出两极电极反应式，电极反应式的书写是关键，列出还原剂、氧化产物，或氧化剂、还原产物，标出得失电子，根据电解质的酸碱性，判断H＋、OH－、H2O，谁参加反应，谁被生成，如本题中电极b，假设CO2生成CH4，CO2→CH4，C 的化合价由＋4→－4价，化合价降低，得到电子，CO2＋8e－→CH4，交换膜为质子膜，说明环境为酸性，因此H＋作反应物，H2O为生成物，电极反应式为CO2＋8e－＋8H＋=CH4＋2H2O。‎ ‎5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素。W、Y、Z最外层电子数之和为12；W与X、Y与Z分别同周期；X与Z形成的化合物可被氢氟酸腐蚀。下列说法错误的是 A. 常温常压下W的单质为气态 B. Z的氢化物为共价化合物 C. X和Y的原子半径大小：X‎2c(C2O42-)‎ D. 滴加NaOH溶液的过程中始终存在：c(OH-)+‎2c(C2O42-)+c(HC2O4-)=c(Na+)+c(H+)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 草酸属于二元弱酸，滴加NaOH溶液，发生H‎2C2O4＋NaOH=NaHC2O4＋H2O，NaHC2O4＋NaOH=Na‎2C2O4＋H2O，然后进行分析；‎ ‎【详解】草酸属于二元弱酸，滴加NaOH溶液，发生H‎2C2O4＋NaOH=NaHC2O4＋H2O，NaHC2O4＋NaOH=Na‎2C2O4＋H2O，‎ A、根据图像，H‎2C2O4二级电离常数表达式K=c(C2O42－)×c(H＋)/c(HC2O4－)，在pH=4.3时，c(C2O42－)=c(HC2O4－)，此时H‎2C2O4的二级电离常数为10－4.3，不是H‎2C2O4的一级电离常数，故A说法错误；‎ B、根据图像，pH=2.7的溶液中，c(H‎2C2O4)=c(C2O42－)，故B说法正确；‎ C、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋‎2c(C2O42－)，当pH=7时，c(H＋)=c(OH－)，有c(Na＋)=c(HC2O4－)＋‎2c(C2O42－)，因此c(Na＋)>‎2c(C2O42－)，故C说法正确；‎ D、溶液为电中性，滴加氢氧化钠溶液过程中始终存在c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋‎2c(C2O42－)，故D说法正确；‎ ‎8.NaC1O3可用于制取二氧化氯、亚氯酸钠及高氯酸盐等。以原盐(主要成分为NaC1)为原料制备氯酸钠的工艺流程如下：‎ 已知：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“粗制盐水”中加入NaOH和Na2CO3的目的是___________________。‎ ‎(2)过滤时，使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和____________。‎ ‎(3)在pH：6.4～6.8，温度：40～‎50℃‎的条件下电解，理论上最终产物只有NaC1O3。电解时阳极的产物为C12，溶液中发生的反应有C12+H2O====HC1O+H++C1-，HC1OH++C1O-‎ 和__________。‎ ‎(4)电解槽中温度不宜过高，其原因是_________________________。加入的Na2Cr2O7可以调节电解液酸度，若酸度过大，则电解液中主要存在__________(填“Cr2O72-”或“CrO42-”)。‎ ‎(5)为检测电解后盐水中NaC1O3的物质的量浓度进行下列实验：‎ I．准确吸取10．00mL电解后的盐水，加入适量的3％H2O2溶液充分搅拌并煮沸。‎ Ⅱ．准确吸取0.10mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液25．00 mL于300mL锥形瓶中，加入足量稀硫酸。‎ III．将I的溶液加入Ⅱ的锥形瓶中，隔绝空气煮沸10min，加热充分反应。冷却至室温后，加入10mL0.4mol·L-1MnSO4溶液、5mL 85％磷酸溶液，用c mol·L-1的KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2+至溶液变为微红色，即滴定终点，此时消耗高锰酸钾V mL。‎ ‎①步骤I中加入H2O2溶液的作用是______________________。‎ ‎②步骤Ⅱ中C1O3-被Fe2+还原为C1-的离子方程式为________________________。‎ ‎③该盐水中NaC1O3的物质的量浓度为________mol·L-1。‎ ‎【答案】 (1). 除去Mg2＋和Ca2＋ (2). 漏斗 (3). 2HClO＋ClO－=ClO3－＋2Cl－＋2H＋ (4). 防止HClO分解和Cl2逸出 (5). Cr2O72－ (6). 除去电解后盐水中Cr2O72－和CrO42－ (7). ClO3－＋6Fe2＋＋6H＋=Cl－＋6Fe3＋＋3H2O (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据流程，过滤得到盐泥，含Mg(OH)2和CaCO3，即加入NaOH和Na2CO3的目的是除去Mg2＋和Ca2＋；‎ ‎（2）过滤时使用的玻璃仪器是漏斗、玻璃棒、烧杯，缺少的是漏斗；‎ ‎（3）电解时阳极产物为Cl2，发生Cl2＋H2O=HClO＋H＋＋Cl－、HClOH＋＋ClO－，根据题意，最终得到产物只有NaClO3，即只有HClO与ClO－发生氧化还原反应得到ClO3－，2HClO＋ClO－=ClO3－＋2Cl－＋2H＋；‎ ‎（4）根据问题（3），有Cl2和HClO，HClO受热易分解，要让氯气参与反应，应防止Cl2逸出，因此电解槽中的温度不宜过高的原因是防止HClO分解和Cl2逸出；根据Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，酸度过大，c(H＋)增大，该反应的平衡向逆反应方向进行，则电解液中主要以Cr2O72－形式存在；‎ ‎（5）①电解后的盐水中含有Cr2O72－和CrO42－，Cr2O72－和CrO42－具有强氧化性，能氧化Fe2＋，干扰NaClO3的测定，因此加入H2O2的目的是除去电解后盐水中Cr2O72－和CrO42－；‎ ‎②NaClO3具有强氧化性，能与Fe2＋发生氧化还原反应，其离子方程式为ClO3－＋6Fe2＋＋6H＋=Cl－＋6Fe3＋＋3H2O；‎ ‎③KMnO4滴定剩余Fe2＋，Fe2＋被氧化成Fe3＋，依据操作步骤，(NH4)2Fe(SO4)2作还原剂，NaClO3、KMnO4作氧化剂，根据得失电子数目守恒，有25.00×10－‎3L×0.10mol·L－1×1=n(NaClO3)×6＋V×10－‎3L×cmol·L－1×5，解得：n(NaClO3)=(25×10－3×0.1－5V×10－3×c)/6mol，则c(NaClO3)=(25×10－3×0.1－5V×10－3×c)/(6×10×10－3)mol·L－1=mol·L－1；‎ ‎【点睛】难点是NaClO3的物质的量浓度计算，学生不能够理解加入MnSO4、磷酸的作用，不知道如何插手，本题只注意两点即可，一是ClO3－具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，二是KMnO4滴定剩余Fe2＋，剩余Fe2＋的理解为ClO3－与Fe2＋反应后剩余的，这两个反应都是氧化还原反应，Fe2＋作还原剂，ClO3－、KMnO4为氧化剂，采用得失电子数目守恒进行计算。‎ ‎9.尿素是一种重要的氮肥，它的合成主要发生以下2步反应：‎ 反应1：2NH3(g)+CO2(g) NH4COONH2(1) △H1=a kJ·mol-1‎ 反应2：NH4COONH2(1)=====NH2CONH2(1)+H2O(1) △H2=b kJ·mol-1‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)写出合成尿素的热化学方程式：_____________________(用含a、b的代数式表示)。写出一种可以提高NH3平衡转化率的措施：_______________________________。‎ ‎(2)‎95℃‎时，在‎2L恒容密闭容器中加入3mol氨气和1molCO2使之充分反应合成尿素，达到平衡时，CO2的转化率为60％，则此温度下合成尿素的平衡常数是________________(保留2位小数)。‎ ‎(3)下表为反应1和反应2在不同温度下达到平衡时所测得的平衡常数(K)的数据。‎ ‎①从上表数据可推出b_____(填“>”或“ (5). 升高温度，平衡常数变大，平衡正向移动，说明正反应是吸热反应 (6). 增大 (7). KA>KB>KC ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）反应1＋反应2得出2NH3(g)＋CO2(g)H2NCONH2(l)＋H2O(l) △H=△H1＋△H2=(a＋b)kJ·mol－1；要提高NH3的平衡转化率，应使平衡向正反应方向进行，可能的措施不：增大CO2的通入量或适当增大体系压强等；‎ ‎（2）2NH3(g)＋CO2(g)H2NCONH2(l)＋H2O(l)‎ 起始： 3 1‎ 变化： 1.2 0.6‎ 平衡： 1.8 0.4 达到平衡时，c(CO2)=0.2mol·L－1，c(NH3)=0.9mol·L－1，根据平衡常数的表达式K=1/[c2(NH3)·c(CO2)]≈6.17；‎ ‎（3）①根据反应2，升高温度，化学平衡常数增大，说明升高温度平衡向正反应方向进行，根据勒夏特里原理，△H>0，即b>0；‎ ‎②升高温度，化学反应速率增大；‎ ‎③B点以后，升高温度，CO2的转化率降低，说明平衡向逆反应方向进行，正反应方向为放热反应，化学平衡常数只受温度的影响，该反应中升高温度，化学平衡常数降低，即KA>KB>KC；‎ ‎【点睛】易错点是(3)中③，学生认为A点没有达到平衡，B、C两点达到平衡，然后得出KB>KC>KA，忽略了平衡常数研究的对象是化学平衡，因此该反应化学平衡常数的大小比较，只根据温度升高，化学平衡常数减小即可，平时做题过程应注意题意的理解，不能主观臆断。‎ ‎10.钴是一种中等活泼金属，化合价为+2价和+3价，其中CoC12易溶于水。某校同学设计实验制取(CH3COO)2Co(乙酸钴)并验证其分解产物。回答下列问题：‎ ‎(1)甲同学用Co2O3与盐酸反应制备CoC12·4H2O，其实验装置如下：‎ ‎①烧瓶中发生反应的离子方程式为____________________________________。‎ ‎②由烧瓶中的溶液制取干燥的CoC12·4H2O，还需经过的操作有蒸发浓缩、___________、洗涤、干燥等。‎ ‎(2)乙同学利用甲同学制得的CoC12·4H2O在醋酸氛围中制得无水(CH3COO)2Co，并利用下列装置检验(CH3COO)2Co在氮气气氛中的分解产物。已知PdC12溶液能被CO还原为Pd。‎ ‎①装置E、F是用于检验CO和CO2的，其中盛放PdC12溶液的是装置_____(填“E”或“F”)。‎ ‎②装置G的作用是__________________；E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是________________。‎ ‎③通氮气的作用是____________________________________________。‎ ‎④实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是____________________________________________________________。‎ ‎⑤若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X)：n(CO)：n(CO2)：n(C2H6)=1：4：2：3(空气中的成分不参与反应)，则乙酸钴在空气气氛中分解的化学方程式为________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Co2O3＋6H＋＋2Cl－=2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O (2). 冷却结晶、过滤 (3). F (4). 除去CO2 (5). 分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质 (6). 将D中的气态产物被后续装置所吸收，或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中 (7). 防止倒吸 (8). 3(CH3COO)2CoCo3O4＋4CO↑＋2CO2↑＋‎3C2H6↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式: Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；‎ ‎②因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；‎ ‎（2）①装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；‎ ‎②装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质；‎ ‎③通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等；‎ ‎④实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸；‎ ‎⑤乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X) ︰ n(CO)︰n(CO2) ︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根据原子守恒配平即可；‎ ‎【详解】(1)①已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式: Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2++Cl2↑+3H2O；‎ ‎②因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；‎ ‎（2）①装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；‎ ‎②装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质，答案为：除去CO2；分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物质；‎ ‎③通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等，答案为：将D中的气态产物带入后续装置（或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等）；‎ ‎④实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸，答案为：防止倒吸；‎ ‎⑤乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X) ︰ n(CO)︰n(CO2) ︰n(C2H6)=1︰4︰2︰3，根据原子守恒配平即可，反应式为：3(CH3COO)2Co Co3O4+4CO↑+2CO2↑+‎3C2H6↑；‎ ‎11.LED灯是一种环保的光源，在相同照明效果下比传统光源节能80%以上。目前市售LED晶片材质基本以砷化镓、磷化铝镓钢(AlGaInP)、氮化铟镓( InGaN)为主，砷化镓的晶胞结构如图。回答下列问题：‎ ‎（1）砷的基态原子的电子排布式是___________。‎ ‎（2）磷和砷是同一族的元素，第一电离能：磷___________(填“>”“ (3). < (4). AsH3和PH3都属于分子晶体，两者结构相似，AsH3的相对分子质量比PH3大，范德华力强，AsH3的沸点高于PH3 (5). sp3 (6). 三角锥 (7). H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3As，＋5价的砷正电性更高，导致As－O－H中的O的电子向As偏移，在水分子作用下，越容易电离出H＋，酸性越强 (8). 4 (9). GaAs ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）As位于第四周期VA族，基态砷原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或者[Ar]3d104s24p3；‎ ‎（2）同主族从上到下，第一电离能减小，即第一电离能：磷>砷；AsH3和PH3都属于分子晶体，两者结构相似，AsH3的相对分子质量比PH3大，范德华力强，AsH3的沸点高于PH3；‎ ‎（3）AsH3中心原子为As，As有3个σ键，孤电子对数为(5－3×1)/2=1，价层电子对数为 ‎4，因此As原子杂化类型为sp3；其空间构型为三角锥形；‎ ‎（4）H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3As，＋5价的砷正电性更高，导致As－O－H中的O的电子向As偏移，在水分子作用下，越容易电离出H＋，酸性越强；‎ ‎（5）根据晶胞的结构，As为晶胞的顶点和面心，个数为8×1/8＋6×1/2=4；Ga位于晶胞内部，因此砷化镓的化学式为GaAs。‎ ‎【点睛】物质结构考查中，可以灵活运用知识点，如判断AsH3的杂化轨道方式和空间构型，完全可以采用NH3的中N的杂化方式和NH3空间构型进行判断，即简单又快速。‎ ‎12.奈必洛尔是一种用于血管扩张的降血压药物。合成奈必洛尔中间体G的部分流程如下：‎ 已知：乙酸酐的结构简式为，请回答下列问题：‎ ‎（1）G物质中官能团的名称是羧基、___________、___________。‎ ‎（2）反应A→B的化学方程式为______________________。‎ ‎（3）上述④⑤变化过程的反应类型分别是___________、___________。‎ ‎（4）写出满足下列条件的C的同分异构体的结构简式：___________、___________。‎ I.苯环上只有两种取代基；‎ Ⅱ.分子中只有4种不同化学环境的氢；‎ Ⅲ.能与 NaHCO3反应生成CO2。‎ ‎（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以 和乙酸酐为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)。____________‎ ‎【答案】 (1). 醚键 (2). 氟原子 (3). (4). 加成反应或还原反应 (5). 消去反应 (6). (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ M与氢气发生加成反应生成后G，说明M中含有不饱和键，E生成M，反应类型为消去反应，即M的结构简式为；‎ ‎【详解】（1）根据G的结构简式，G中含有官能团是羧基、醚键、氟原子；‎ ‎（2）对比A和B结构简式，A→B的反应类型为取代反应，化学方程式为；‎ ‎（3）对比D和E的结构简式，氢气与D中羰基发生加成反应，M与氢气发生加成反应生成后G，说明M中含有不饱和键，E生成M，反应类型为消去反应；‎ ‎（4）分子含有4种不同环境的氢，说明是对称结构，能与NaHCO3反应生成CO2，说明含有羧基，符合条件的结构简式为、；‎ ‎（5）以和乙酸酐为原料制备 ,根据逆合成法可以知道,合成需要得到,结合题中反应原理及反应物为苯酚,则用苯酚与乙酸酐反应生成,在氯化铝存在条件下转化成，在催化剂存在条件下与氢气发生加成反应生成,反应消去反应得到,所以合成路线流程为:‎ ‎。‎ ‎【点睛】有机物推断和合成试题，考查官能团的引入和消除，解决这类问题，主要观察结构简式，哪些键断裂，哪些键生成，从而确定反应类型，如反应④，对比D和E的结构简式，D中碳氧双键转化成E中碳氧单键，引入羟基，说明发生加成反应，平时练习中灵活运用所学知识点。‎