【文档说明】西藏拉萨中学2021届高三上学期第三次月考理科综合化学试卷【精准解析】.doc，共(16)页，1.206 MB，由小赞的店铺上传

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拉萨中学高三年级(2021届)第三次月考理科化学可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23Ca-40Fe-56Mn-54.941-127Pb-207选择题1.设阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.标准状况下，0.1m

ol2Cl溶于水，转移的电子数目为0.1ANB.pH=2的()243FeSO中由水电离出的H＋为0.01ANC.常温下，22g2CO和2NO混合气体中，含有的原子数目为1.5AND.标准状况下，2.24L甲醇中含有C-H键的数目为0.3AN【答案】C【解析】【详解】A．氯气溶于水

为可逆反应，无法计算转移电子数目，故A错误；B．溶液的体积未知，故无法计算水电离出的H＋数目，故B错误；C．CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故22g混合物的物质的量为0.5mol，而两者均为三原子分子，故0.5mol混合物中含1.5NA个原子，故C正确；D．

标况下甲醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的C-H键个数，故D错误。答案选C。2.下列化学用语书写正确的是（）A.过氧化钠的电子式是B.乙烷的结构式是C.氯原子的结构示意图是D.中子数为7的碳原子是76C【答案】B【解析】【

详解】A．过氧化钠的电子式是，A不正确；B．乙烷的分子式为C2H6，存在C-C键和C-H键，结构式是，B正确；C．氯原子的结构示意图是，C不正确；D．中子数为7的碳原子是136C，D不正确；故选B。3.下列实验仪器或装置的选

择正确的是配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液除去Cl2中的HCl蒸馏用冷凝管盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．配制50.00mL0.

1000mol.L-1Na2CO3溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配置溶液，故A错误；B．除去氯气中的氯化氢气体使用饱和氯化钠溶液，可以吸收氯化氢气体，根据氯气在水中的反应：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中的氯离子使氯气溶于水的平衡逆向移动，降低氯气在水中的溶解度，

洗气瓶长进短出，利于除杂，故B正确；C．蒸馏要使用直形冷凝管，接水口下口进上口出，球形冷凝管一般作反应装置，故C错误；D．硅酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液是一种矿物胶，能将玻璃塞与试剂瓶的瓶口粘在一起，盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞，应使用橡胶塞，故D错误。答案选B。4.下列

离子方程式书写正确的是()A.将22HO滴入酸性4KMnO溶液中：-+2+422222MnO+10H+3HO=2Mn+3O+8HOB.碳酸氢铵溶液和足量氢氧化钠溶液混合并加热：+-4NH+OHΔ32NH+HO

?C.用惰性电极电解氯化钠溶液：+-2H+2Cl通电22HCl+D.1-1molL的2NaAlO溶液和2.5-1molL的盐酸等体积混合：()-+3+2232AlO+5H=AlOH+Al+HO【答案】D【解析】【详解】A．-+2+422222MnO+10H

+3HO=2Mn+3O+8HO不满足电荷守恒、得失电子守恒的原则，正确的离子方程式为24MnO−+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，A不正确；B.碳酸氢铵与足量氢氧化钠混合加热，4NH+、3HCO−都与OH-发生反应，离子方程式应为4NH++3HCO−+2OH-==23C

O−+NH3↑+2H2O，B不正确；C．用惰性电极电解氯化钠溶液，离子方程式应为2Cl-+2H2O==通电2OH-+Cl2↑+H2↑，C不正确；D．1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的盐酸等体积混合，发生反应生成Al(OH)3沉淀，其中有一部分沉淀溶于盐酸

，生成氯化铝和水，离子方程式为：()-+3+2232AlO+5H=AlOH+Al+HO，D正确；故选D。5.X、Y、Z、W均是短周期主族元素，且原子序数依次增大。X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，Z原子的

最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14.下列叙述错误的是()A.原子半径由大到小的顺序为：Y>Z>W>XB.最高价氧化物对应的水化物酸性：W>X>ZC.X与氢元素形成的化合物不止一种D.W同族上

一周期元素单质能把W元素从其钠盐的水溶液中置换出来【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Z位于同一主族，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，则Z为Si元素，X为C元素。Y的单质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反

应，Y为Al元素。Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W原子的最外层电子数为7，且4种元素中W的原子序数最大，W为Cl元素。【详解】A．一般来说，核外电子层数越多原子半径越大，对于同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径由大到小的顺序为r(A1)>r(Si)

>r(Cl)>r(C)，A正确；B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性Cl>C>Si，则C、Si、Cl最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的是HClO4>H2CO3>H2SiO3，B正确；C．C元素与氢元素能形成多种烃类化合物，C正确；

D．W为Cl元素，Cl的同族上一周期元素为F，F2不能从NaCl溶液中置换出Cl2，因为F2会与溶剂水反应，反应的化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2，D错误；故选D。6.微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以Na

Cl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含CH3COO-的溶液为例)。下列说法错误的是A.负极反应为-+-322CHCOO+2HO-8e=2CO+7HB.隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜C.当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上

除盐58.5gD.电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2:1【答案】B【解析】【分析】据图可知a极上CH3COOˉ转化为CO2和H+，C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，则b极为正极。【详解

】A．a极为负极，CH3COOˉ失电子被氧化成CO2和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+，故A正确；B．为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即

b极，则隔膜2为阳离子交换膜，故B错误；C．当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有1molClˉ移向负极，同时有1molNa+移向正极，即除去1molNaCl，质量为58.5g，故C正确；D．b极为正极，水溶液为酸性，所以氢离子得

电子产生氢气，电极反应式为2H++2eˉ=H2↑，所以当转移8mol电子时，正极产生4mol气体，根据负极反应式可知负极产生2mol气体，物质的量之比为4:2=2:1，故D正确；故答案为B。7.从中草药中提取的calebinA(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于c

alebinA的说法错误的是A.可与FeCl3溶液发生显色反应B.其酸性水解的产物均可与Na2CO3溶液反应C.苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种D.1mol该分子最多与8molH2发生加成反应【答案】D【解析】【分析】根据结构简式可知，该有机物含有碳碳双键、酚羟基、酯基、羰基、

醚键等官能团。【详解】A.该有机物中含有酚羟基，可以与FeCl3溶液发生显色反应，A正确；B.该有机物中含有酯基，酯在酸性条件下水解生成羧基，羧基能与Na2CO3溶液反应生成CO2，B正确；C.该有机物中含有两个苯环，每个苯环上都含有三个

氢原子，且无对称结构，所以苯环上一氯代物有6种，C正确；D.该有机物中含有两个苯环、两个碳碳双键、一个羰基，每个苯环可以与3个氢气加成，每个双键可以与1个氢气加成，每个羰基可以与1个氢气加成，所以1mol分子最多可以与2×3+2×1+1=9mo

l氢气发生加成反应，D错误。答案选D。【点睛】本题根据有机物的结构得到官能团，再根据官能团的性质进行解题，注意羰基也能与氢气发生加成反应。非选择题8.()32423KFeCO3HO是制备某负载

型活性铁催化剂的主要原料，具有工业生产价值。某化学小组用如下方法制备()32423KFeCO3HO，并测定产品中铁的含量。I.制备晶体i.称取5g莫尔盐()()44222NHFeSO6HO，用15mL水和几滴1243molLHSO−溶液充分溶解，再加入

25mL饱和224HCO溶液，加热至沸，生成黄色沉淀；ⅱ.将沉淀洗涤至中性，加入10mL饱和224KCO溶液，水浴加热至40℃，边搅拌边缓慢滴加22HO溶液，沉淀逐渐变为红褐色；ⅲ.将混合物煮沸30s，加入8mL饱和224HCO溶液，红褐色沉淀溶解，趁

热过滤，滤液冷却后，析出翠绿色晶体，过滤、干燥。II.测定产品中铁的含量ⅳ.称量gx制得的样品，加水溶解，并加入稀24HSO酸化，再滴入14molLKMnOy−溶液使其恰好反应；v.向ⅳ的溶液中加入过

量Zn粉，反应完全后，弃去不溶物，向溶液中加入稀24HSO酸化，用14molLKMnOy−溶液滴定至终点，消耗4KMnO溶液mLz。已知：224HCO为二元弱酸，具有较强的还原性(1)莫尔盐()()44222NHF

eSO6HO中铁元素的化合价是_______。(2)步骤ⅰ中黄色沉淀的化学式为242FeCO2HO，生成该沉淀的离子方程式是_______。(3)步骤ⅱ中除了生成红褐色沉淀，另一部分铁元素转化为()3243FeCO−、将下述反应的离子方程式补充完整2426F

eCO2HO+____+____=()324334FeCO2Fe(OH)−++____2HO，_____________。(4)步骤ⅱ中水浴加热的温度不宜过高，原因是_______。(5)步骤iv在铁的含量测定中所起的作用是______

_。(6)已知：ⅴ中Zn粉将铁元素全部还原为2+Fe；反应中4MnO−转化为2+Mn。则该样品中铁元素的质量分数是_______(用含,,xyz的代数式表示)。【答案】(1).+2(2).22224242Fe2HOHCOFeCO2HO2H++++=

+(3).2426FeCO2HO+2246CO−+223HO=()324334FeCO2Fe(OH)−++122HO(4).避免过氧化氢分解，防止草酸根离子和3+Fe更多的水解(5).将草酸和草酸根离子全部氧化，避免对2+Fe测定产生

影响(6).28%yzx【解析】【详解】(1)莫尔盐()()44222NHFeSO6HO中铁元素的化合价是0−(−2)×2−(+1)×2=+2，故答案为：+2；(2)步骤i中黄色沉淀的化学式为FeC2O4⋅2H2O，生成该沉淀的离子方程式是

22224242Fe2HOHCOFeCO2HO2H++++=+，故答案为：22224242Fe2HOHCOFeCO2HO2H++++=+；(3)步骤ii中除了生成红褐色沉淀，另一部分铁元素转化为[Fe(C2O4)3

]3−，由电子及原子、电荷守恒可知离子反应为2426FeCO2HO+2246CO−+223HO=()324334FeCO2Fe(OH)−++122HO，故答案为：2426FeCO2HO+2246CO−+223HO=()324334FeCO2Fe(OH)−++122HO

；(4)步骤ii中水浴加热的温度不宜过高，原因是过氧化氢受热易分解，同时防止草酸根和铁离子水解，故答案为：避免过氧化氢分解，防止草酸根离子和Fe3+更多的水解；(5)步骤iv在铁的含量测定中是将草酸和草酸根离子全部氧化，避免对Fe2+测定产生影响，故答案为：将

草酸和草酸根离子全部氧化，避免对Fe2+测定产生影响；(6)滴定过程中，铁元素化合价从+2→+3，锰元素化合价从+7→+2，则由氧化还原反应中得失电子守恒可得关系式：245Fe~KMnO+，则()()2+-1-34nFe=5nKMnO=5ymolLz10L

，()()2+2+-1mFe=nFe56gmol=0.28yzg，该样品中铁元素的质量分数为()2+mFe28yz100%=%xgx。9.2019年诺贝尔化学奖授予对锂离子电池研究作出贡献的三位科学家。(1)最早的可充电锂电池用金属锂作负极。锂在

元素周期表中的位置是_______，属于活泼金属，使电池存在较大安全隐患。(2)现在广泛使用的锂离子电池有多种类型。某可充电钴酸锂电池的工作原理如图所示：该电池放电时，其中一极的电极反应式是x6LiCxe=6CxLi−+−+，则该极应为图中的__(填“A”或“B”)。

(3)天然气的主要成分为4CH，一般还含有26CH等烃类，是重要的燃料和化工原料，乙烷在一定条件可发生如下反应：()()()262421CHg=CHg+HgΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示：物质()26

CHg()24CHg()2Hg燃烧热()1Δ/kJ?molH−-1560-1411-286①1ΔH=_______1kJ?mol−。②提高该反应平衡转化率的方法有_______、_______。③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下()p发生上述反应，乙烷的平衡转化率为α

。反应的平衡常数pK=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。(4)4CH和2CO都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：①阴极上的反应式为_______。②若生成的乙烯和

乙烷的体积比为2∶1，则消耗的4CH和2CO体积比为_______。【答案】(1).第二周期IA族(2).A(3).+137(4).升高温度(5).减小压强(增大体积)(6).(1)(2)(1)p+

+−(7).22CO2eCOO−−+=+(8).6∶5【解析】【详解】(1)锂在元素周期表中的位置是第二周期IA族，故答案为：第二周期IA族；(2)根据阳离子向正极移动，由装置图锂离子移动方向可知，B为正极，A为负极，又负极失电

子发生氧化反应，所以反应式为-+x6=LiC-xe6C+xLi是在负极反应，则该极应为图中的A，故答案为：A；(3)①根据题表中数据信息可写出热化学方程式(ⅰ)()()()()1262227CHgOg2COg3HO11560kJmol2H−+=+

=−、(ⅱ)()()()()124222CHg3Og2COg2HO11411kJmolH−+=+=−、(ⅲ)()()()12221HgOgHO1286kJmol2H−+==−，根据盖斯定律，由(ⅰ)-(ⅱ)

-(ⅲ)得-1262421CH(g)=CH(g)+H(g)ΔH=+137kJmol。故答案为：+137；②由于该反应为吸热反应、且为气体分子数增大的反应，因此可通过升高温度、减小体系压强等提高该反应的平衡转化率。③设起始时26CH和2H的物质的量均为1mol

，列出三段式：()()()26242CH(g)=CH(g)+H(g)mol101molαααmol1-αα1+α起始转化平衡平衡时26CH、24CH和2H对应的分压分别为1-αp2+α、αp2+α、1+αp2+α，则该反应的平

衡常数pα1+αppα(1+α)2+α2+αK==p1-α(2+α)(1-α)p2+α，故答案为：α(1+α)p(2+α)(1-α)；(3)①结合图示可知2CO在阴极发生还原反应生成CO，即阴极上的反应式为22CO2eCOO−−+=+

。②设生成24CH和26CH的物质的量分别为2mol和1mol，则反应中转移电子的物质的量为4mol×2+2mol×1=10mol，根据碳原子守恒，可知反应的4CH和2CO的体积比为6：5，故答案为：6∶5。10.用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2

O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp16.3110−38.6110−32.3110−12.

7110−回答下列问题(1)软锰矿预先粉碎的目的是____________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为________。(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会

减小，减小的原因是________。(3)滤液I可循环使用，应当将其导入到________操作中(填操作单元的名称)。(4)净化时需先加入的试剂X为________(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_______(当溶液

中某离子浓度511.010molLc−−„时，可认为该离子沉淀完全)。(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______________________。【答案】(1).增大接触面积，充分反应，提高反应速率：(2).222MnOB

aSHOBa(OH)MnOS++=++(3).过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(4).蒸发(5).H2O2(6).4.9(7).2332342MnHCONHHOMnCONHHO+−+++=++【解析】【分析】软锰矿

粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的

滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的

金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。【详解】(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与

BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；(2)根据题目信息可

知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值后会减小；(3)滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；(4)

净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀

，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，c(OHˉ)=()()33-32.33-1-53sp+AlOH110=molL110AlcK=10-9.1mol/L，所以c(H+)=10

-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9；(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO-3+NH3·H2O=MnCO3↓+NH4++H2O。[化学

——选修3：物质结构与性质]11.以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵()()465732NHFeCHO。(1)Fe基态核外电子排布式为_______；()226FeHO+中与2Fe+配位的原子是_______(填元素符号)。(2)3NH分子中氮

原子的轨道杂化类型是_______；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。(3)与4NH+互为等电子体的一种分子为_______(填化学式)。(4)柠檬酸的结构简式如图。1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目

为_______mol。(5)偏铝酸钠中阴离子的空间构型_______。(6)氮化硼晶体的晶胞结构与金刚石晶体的晶胞结构相同，氮化硼晶体的密度为pg/cm3，阿伏伽德罗常数为NA值，氮化硼的摩尔质量为mg/mol，则氮化硼晶体的体积___

____cm3。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d64s2或62[Ar]3d4s(2).O(3).3sp(4).N>O>C(5).4CH或4SiH(6).7(7).直线形(8).34cmAmN【解析】【详解】Fe是26号元素，根据核外电子排布规律，其基态核外电子排布式为1s2

2s22p63s23p63d64s2或62[Ar]3d4s；()2+26FeHO中配体是H2O，配体中O原子含有孤对电子与Fe2+配位，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或62[Ar]3d4s；O；(2)3NH分子中N原子有1对孤对电子，3个成键电子对，所以N原子以3s

p方式杂化；同一周期主族元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但ⅤA族元素的第一电离能出现反常，所以C、N、O元素的第一电离能：N>O>C；故答案为：3sp；N>O>C；(3)价电子总数相同，原子总数相同的微粒互为等电子体，考虑与N元素相邻主族的元素，可知与4NH+

互为等电子体的分子是4CH或4SiH；故答案为：4CH或4SiH；(4)单键都是σ键，双键中有一个σ键，则1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成7molσ键；故答案为：7；(5)偏铝酸钠中阴离子为偏铝酸根，

中心原子为Al，Al原子孤电子对数=312202+−=，价层电子对数=0+2=2，微粒空间构型与VSEPR模型相同为直线形，故答案为：直线形；(6)氮化硼晶体的晶胞结构与金刚石晶体的晶胞结构相同，金刚石的晶胞中含有8个C原子，则氮化硼的晶胞中含有4个BN，密度()()mρV=晶胞晶胞=()

A4mNV晶胞，计算得V(晶胞)=3A4mcmN，故答案为：3A4mcmN。[化学——选修5：有机化学基础]12.苯基环丁烯酮(PCBO)是一种十分活泼的反应物，可利用它的开环反应合成一系列多官能团化合物。近期我国科学家报道用PCBO与醛或酮发生[4+2]环加成

反应，合成了具有生物活性的多官能团化合物(E)，部分合成路线如下：已知如下信息：回答下列问题：(1)A的化学名称是___________。(2)B的结构简式为___________。(3)由C生成D所用的

试别和反应条件为___________；该步反应中，若反应温度过高，C易发生脱羧反应，生成分子式为C8H8O2的副产物，该副产物的结构简式为________。(4)写出化合物E中含氧官能团的名称__________；E中手性碳

(注：连有四个不同的原子或基团的碳)的个数为___________。(5)M为C的一种同分异构体。已知：1molM与饱和碳酸氢钠溶液充分反应能放出2mol二氧化碳；M与酸性高锰酸钾溶液反应生成对苯二甲酸。M的结

构简式为__________。(6)对于，选用不同的取代基R'，在催化剂作用下与PCBO发生的[4+2]反应进行深入研究，R'对产率的影响见下表：R'—CH3—C2H5—CH2CH2C6H5产率/%918063请找出规律，并解释原因______

_____。【答案】(1).2−羟基苯甲醛(水杨醛)(2).(3).乙醇、浓硫酸/加热(4).(5).羟基、酯基(6).2(7).(8).随着R'体积增大，产率降低；原因是R'体积增大，位阻增大【解析】【分析】根据合成路线分析可知，A()与CH3CHO在NaOH的水溶液中发生

已知反应生成B，则B的结构简式为，B被KMnO4氧化后再酸化得到C()，C再与CH3CH2OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应得到D()，D再反应得到E()，据此分析解答问题。【详解】(1)A的结构简式为，其名称为2-羟基苯甲醛(或水杨醛)，

故答案为：2-羟基苯甲醛(或水杨醛)；(2)根据上述分析可知，B的结构简式为，故答案为：；(3)C与CH3CH2OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应得到D()，即所用试剂为乙醇、浓硫酸，反应条件为加热；在该步反应中，若反应温度过高，根据副产物的分子式可知，C发

生脱羧反应生成，故答案为：乙醇、浓硫酸/加热；；(4)化合物E的结构简式为，分子中的含氧官能团为羟基和酯基，E中手性碳原子共有位置为的2个手性碳，故答案为：羟基、酯基；2；(5)M为C的一种同分异构体，1molM与饱和NaHCO3溶液反应能放出2mol二

氧化碳，则M中含有两个羧基(—COOH)，又M与酸性高锰酸钾溶液溶液反应生成对二苯甲酸，则M分子苯环上只有两个取代基且处于对位，则M的结构简式为，故答案为：；(6)由表格数据分析可得到规律，随着取代基R′体积的增大，产物的

产率降低，出现此规律的原因可能是因为R′体积增大，从而位阻增大，导致产率降低，故答案为：随着R′体积增大，产率降低；原因是R′体积增大，位阻增大。