1、四川省雅安市2020届高三化学第三次诊断试题（含解析）1.下列有关说法错误的是（ ）A. 聚丙烯纤维是生产医用口罩的重要材料B. 在月饼包装盒中放入生石灰，可防止月饼氧化变质C. 84消毒液、医用酒精等都可以用于新冠病毒的消毒D. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应【答案】B【解析】【详解】A聚丙烯纤维具有许多优良的性能，是生产医用防护口罩、防护服等疫情防护防控物资的重要原材料，A正确；B在月饼包装盒中放入生石灰，可吸收包装盒内水蒸气从而防止月饼受潮，B错误；C84消毒液、医用酒精等都具有杀菌消毒能力，可用于新冠病毒的消毒，C正确；D“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了F
2、e与CuSO4的置换反应，生成的Cu附着于铁釜表面，D正确；故选B。2.下列说法正确的是（ ）A. 苯的硝化、油脂的皂化均可看作取代反应B. 蛋白质和淀粉都是高分子化合物，都能水解生成葡萄糖，提供生命活动的能量C. 用酸性KMnO4溶液无法鉴别乙醇与苯D. 分子式为C4H9Cl的同分异构体有5种【答案】A【解析】【详解】A苯硝化后生成硝基苯和水、油脂皂化后生成高级脂肪酸钠和甘油，均可看作取代反应，A正确；B蛋白质水解生成氨基酸，不能生成葡萄糖，B不正确；C乙醇能使酸性KMnO4溶液褪色，而苯不能，用酸性KMnO4溶液可鉴别乙醇与苯，C不正确；D分子式为C4H9Cl的同分异构体有4种，分别为CH
3、3CH2CH2CH2Cl、CH3CH2CHClCH3、(CH3)2CHCH2Cl、(CH3)3CCl，D不正确；故选A。3.复旦大学研发的一种新型水锂电池，一极采用复合膜包裹的金属锂，另一极采用锰酸锂(LiMn2O4)，以0.5molL-1Li2SO4水溶液作电解质，安全性能和成本较现有的锂离子电池都具有明显的优势。下列有关该电池的说法不正确的是（ ）A. 电极a负极，电极b是正极B. 工作时电池的总反应为：LiMn2O4+Li=Li2Mn2O4C. 放电时，溶液中Li+从a向b迁移D. 电池放电时的阳极反应式为：Li2Mn2O4e-=LiMn2O4+Li+【答案】D【解析】【分析】电极a为采
4、用复合膜包裹的金属锂，易失电子，作负极，电极b为锰酸锂(LiMn2O4)，作正极；在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。【详解】A由以上分析知，电极a的材料为金属锂，易失电子，作负极，则电极b作正极，A正确；B电池工作时，负极Li-e- =Li+，正极LiMn2O4+e-+Li+= Li2Mn2O4，总反应为：LiMn2O4+Li=Li2Mn2O4，B正确；C放电时，溶液中的阳离子(Li+)从负极(a)向正极(b)迁移，C正确；D电池放电时，为原电池，电极只讲正、负极，不讲阴、阳极，D不正确；故选D。4.有原子序数依次增大的a、b、c、d四种元素，最外层电子数分别为4、1、x、7，已
5、知c原子的电子层数等于x，d-的电子层结构与Ar元素相同。下列说法错误的是（ ）A. 元素a与氢形成原子比为1：1的化合物有多种B. 元素b的单质能与水、无水乙醇反应C. c的简单离子与d-的简单离子最外层电子数和电子层数都不相同D. 元素a与元素d可形成既含有极性共价键又含非极性共价键的化合物【答案】C【解析】【分析】a、b、c、d四种元素的原子序数依次增大，d-的电子层结构与Ar元素相同，则d为Cl；a、b、c、d四种元素的最外层电子数分别为4、1、x、7，已知c原子的电子层数等于x，则a的电子排布为2、4，b的电子排布为2、8、1，c的电子排布为2、8、3，从而得出a为碳，b为钠，c为铝
6、，d为氯。【详解】A元素a与氢形成原子比为1：1的化合物有C2H2、C4H4、C6H6、C8H8等多种，A正确；B元素b的单质能与水反应生成NaOH和H2、能与无水乙醇反应生成CH3CH2ONa和H2，B正确；Cc的简单离子为，d-的简单离子为，二者的最外层电子数相同，C错误；D元素a与元素d可形成Cl2C=CCl2、Cl3C-CCl3等，它们既含有极性共价键C-Cl键，又含非极性共价键碳碳单键和碳碳双键，D正确；故选C。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 1.0L0.5molL-1FeBr2溶液与1molCl2反应时转移的电子数目为2NAB. 25，1LpH=9的CH
7、3COONa溶液中，发生电离的水分子数为110-9NAC. 3.0g甲醛(HCHO)和冰醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4NAD. 标准状况下，2.24L二氯甲烷中含有的原子数目为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A1.0L0.5molL-1FeBr2溶液与1molCl2反应时，Cl2过量，Fe2+、Br-全部参加反应，转移的电子数目为1.5NA，A不正确；B25，1LpH=9的CH3COONa溶液中，水电离产生的c(OH-)=110-5mol/L，所以发生电离的水分子数为110-5NA，B不正确；C3.0g甲醛(HCHO)和冰醋酸的最简式都为CH2O，3.0g混合物中含有0.1mol“C
8、H2O”，所以含有的原子总数为0.4NA，C正确；D标准状况下，二氯甲烷呈液态，无法计算含有的原子数目，D不正确；故选C。6.下列实验过程可以达到实验目的的是编号实验目的实验过程A测定NaHCO3溶液的浓度用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，并选择酚酞为指示剂B鉴别KI、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液向盛有KI、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液的试管中分别滴加盐酸，观察实验现象C探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象D除去乙醇中混有的乙酸混合液蒸馏，收集78.3左右的馏分（
9、乙醇的沸点为78.3）A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】【详解】A用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，因生成的CO2的溶解，滴定终点时溶液呈弱酸性，应选择甲基橙为指示剂，A不合题意；B向盛有KI、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液的试管中分别滴加盐酸，观察到的现象依次为：无现象、白色沉淀、有气泡逸出、先生成白色沉淀然后沉淀溶解，现象不同，可以鉴别开来，B符合题意；C向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，虽然能发生反应，但没有明显变化，无法判断浓度对速率的影响，C不合题意；D除去乙醇中混有的乙酸，应先加烧
10、碱将乙酸转化为乙酸钠，然后进行蒸馏，D不合题意；故选B。7.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01molL-1的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。下列叙述正确的是（ ）A. Ksp(Ag2C2O4)=10-7B. a点表示的是AgCl的不饱和溶液C. 向c(Cl-)=c(C2O42-)=0.1molL-1的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀D. Ag2C2O4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+C2O42-(aq)的平衡常数为109.04【答案】D【解析】【详解】AKsp(Ag2C2O4)c2(Ag)c(C
11、2O)(104)2(102.46)1010.46，故A错误；B.在a点，c(Ag)大于平衡浓度，故a点的浓度积Qc(AgCl)Ksp(AgCl)，故为氯化银的过饱和溶液，将有沉淀析出，故B错误；C.根据图像可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag)小，故向c(Cl)c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故C错误；D.Ag2C2O4(s)2Cl(aq)2AgCl(s)C2O42- (aq)的平衡常数K，此时溶液中的c(Ag)相同，故有：K109.04，故D正确；选D。8.氯苯是染料、医药、有机合成的中间体，是重要的有机化工产品。其合成反应原理是：C6H6+
12、Cl2C6H5Cl+HCl某实验室制取氯苯的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。请回答下列问题：(1)仪器a、b组合成制取氯气的装置，反应不需要加热，则仪器a中的固体反应物是_（填化学式）。(2)把氯气干燥后通入装有40mL苯（密度0.88g/mL）的反应器d中（内有铁屑作催化剂），维持反应温度在5060，回流40分钟。对仪器d加热的方法是_。(3)仪器c的名称是_，仪器c出口的气体成分有HCl、Cl2和_。(4)将d中液体倒入分液漏斗中，分别用蒸馏水和NaOH溶液洗涤，分离出的产物干燥后，进行蒸馏纯化，得到24g纯净的氯苯。碱洗之前要进行水洗，其目的是_。用10%NaOH溶液碱洗时发生氧化
13、还原反应的化学方程式为_。该实验所得氯苯的产率为_（保留小数点后一位），该产率低于理论产率的原因_（填写两条）。【答案】 (1). KMnO4 (2). 水浴加热 (3). 球形冷凝管 (4). 苯蒸气 (5). 洗去产品中的FeCl3、HCl，节省碱的用量，降低成本 (6). Cl22NaOH=NaClNaClOH2O (7). 47.2%（或47.3%） (8). 氯苯在提取过程中有损失，有副反应发生【解析】【分析】仪器a、b组合成制取氯气的装置，反应不需要加热，则应为KMnO4与浓盐酸反应制Cl2，发生反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8
14、H2O；a、d间的洗气瓶内应装有浓硫酸，用于除去Cl2中混有的水蒸气；在d中，干燥后的氯气通入装有40mL苯（密度0.88g/mL）的反应器d中（内有铁屑作催化剂），因需要维持反应温度在5060，所以最好用热水浴加热。生成的氯苯中混有苯、Cl2、HCl、FeCl3等，先水洗去掉HCl、FeCl3等，再用NaOH洗涤，去掉Cl2，然后分液，再进行蒸馏，以便获得纯净的氯苯。【详解】(1)仪器a、b组合成制取氯气的装置，反应不需要加热，则应为利用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，则仪器a中的固体反应物是KMnO4。答案为：KMnO4；(2)因需维持反应温度在5060，所以可利用热水浴加热，对仪器d加热
15、的方法是水浴加热。答案为：水浴加热；(3)仪器c的名称是球形冷凝管，因苯易挥发，所以仪器c出口的气体成分有HCl、Cl2和苯蒸气。答案为：球形冷凝管；苯蒸气；(4)因HCl、FeCl3易溶于水，为节省碱液，在碱洗之前要进行水洗，其目的是洗去产品中的FeCl3、HCl，节省碱的用量，降低成本。答案为洗去产品中的FeCl3、HCl，节省碱的用量，降低成本用10%NaOH溶液碱洗时，主要洗去Cl2，Cl2与NaOH溶液反应，生成NaCl、NaClO等，发生氧化还原反应的化学方程式为Cl22NaOH=NaClNaClOH2O。答案为：Cl22NaOH=NaClNaClOH2O；苯与氯气反应制氯苯化学方
16、程式为+Cl2+HCl，则理论上制得氯苯的质量为=50.77g，该实验所得氯苯的产率为=47.2%（或47.3%），该产率低于理论产率的原因：氯苯在提取过程中有损失，有副反应发生。答案为：47.2%（或47.3%）；氯苯在提取过程中有损失，有副反应发生。【点睛】凡需控制加热温度在100或100以下，都可利用水浴加热；水浴加热不仅能控制加热温度，而且能使反应物均匀受热。9.碱式硫酸铁Fe(OH)SO4是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，在医药上也可用于治疗消化性溃疡出血。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如图：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
17、沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3开始沉淀2.05.93.7完全沉淀3.5844.7请回答下列问题：(1)该工艺中“搅拌”的作用是_，写出反应I中发生氧化还原反应的离子方程式_。(2) “滤渣”的主要成分是_（填化学式），加入适量NaHCO3的目的是调节pH在_范围内。(3)反应中加入NaNO2离子方程式为_，在实际生产中，可以同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有5.6L（标况），则理论上相当于节约NaNO2（Mr=69）用量_g。(4)碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解为Fe2(OH)聚合离子，该水解反应的离子方程式为_。(5)为测定含Fe
18、2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：取25.00mL溶液，稀释到250mL，准确量取20.00mL于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pHCu2+H+，所以在Fe2(SO4)3和H2SO4的混合溶液中加入Fe，Fe先与Fe2(SO4)3反应，后与H2SO4反应。10.脱除工业废气中的氮氧化物（主要是指NO和NO2）可以净化空气、改善环境，是环境保护的主要课题。(1)早期是利用NH3还原法，可将NOx还原为N2进行脱除。已知：4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g) H=-905.9kJmol-1N2(g)O2(g)2NO(g) H=+180kJmol-1H2O(g)
19、H2O(l) H=-44kJmol-1写出常温下，NH3还原NO反应的热化学方程式_。(2)以漂粉精溶液为吸收剂可以有效脱除烟气中的NO。漂粉精溶液的主要成分是Ca(ClO)2，若吸收过程中，消耗的Ca(ClO)2与吸收的NO的物质的量之比为34，则脱除后NO转化为_。某一兴趣小组研究不同温度下相同浓度漂粉精溶液对NO脱除率的影响，结果如图所示。图中，4060NO脱除率上升可能的原因为_；6080NO脱除率下降可能的原因为_。(3)过硫酸钠（Na2S2O8）氧化去除NO第一步：NO在碱性环境中被Na2S2O8氧化为NaNO2第二步：NaNO2继续被氧化为NaNO3，反应为+2OH-+2+H2O
20、。不同温度下，平衡时的脱除率与过硫酸钠（Na2S2O8）初始浓度（指第二步反应的初始浓度）的关系如图所示。a、b、c、d四点平衡常数K由大到小的顺序为_，原因是_。若a点（0.1，40%）时，的初始浓度为amolL-1，平衡时pH=13，则65时，第二步反应的平衡常数K=_。（用含a的代数式表示，已知65时Kw=1.010-13）(4)利用新型材料光催化脱除NO法如图所示。某电化学小组将过程A、B设计成酸性电解池反应，则该反应中阴极反应方程式为_。【答案】 (1). 4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) H=-2069.9kJmol-1 (2). HNO3（或NO） (3)
21、. 温度升高，化学反应速率加快，有利于NO充分反应 (4). 温度升高，气体溶解度下降；（或温度升高，ClO-水解增强，HClO发生分解等） (5). KbKa=Kc=Kd (6). a、c、d三点在同一温度下，K值相同；b点温度升高，NO的脱除率上升，说明平衡向正向移动，K值增大 (7). (8). O2+2e-+2H+=H2O2【解析】【分析】利用盖斯定律，将已知热化学方程式调整化学计量数进行相加减，便可得到待求热化学反应方程式；Ca(ClO)2与吸收的NO的物质的量之比为34，利用得失电子守恒，便可求出含N产物的存在形式。温度升高，NO的脱除率提高，应由温度升高引起；温度继续升高，NO脱
22、除率反而降低，则必存在副反应，且温度升高有利于副反应的发生。化学平衡常数受温度变化的影响，温度相同时，平衡常数不变；升高温度，平衡正向移动，则K值增大。求平衡常数时，可由已知数据，建立三段式，代入公式便可求出K值。设计原电池时，正极O2H2O2，则电极反应式为O2得电子产物与H+反应生成H2O2。【详解】(1)4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g) H=-905.9kJmol-1N2(g)O2(g)2NO(g) H=+180kJmol-1H2O(g)H2O(l) H=-44kJmol-1将-5+6得：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) H=-2069.9kJ
23、mol-1。答案为：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) H=-2069.9kJmol-1；(2) 发生反应时，Ca(ClO)2中的Cl由+1价降为-1价，则NO失电子后所得产物中N的价态为=5，从而得出脱除后NO转化为HNO3（或）。答案为：HNO3（或）；图中，4060时，随温度的升高，NO脱除率上升，显然温度升高有利于反应的进行，可能的原因为温度升高，化学反应速率加快，有利于NO充分反应；6080时，温度升高，NO脱除率下降，则应为反应物浓度的下降等，所以可能的原因为温度升高，气体溶解度下降；（或温度升高，ClO-水解增强，HClO发生分解等）。答案为：温度升高，化学
24、反应速率加快，有利于NO充分反应；温度升高，气体溶解度下降；（或温度升高，ClO-水解增强，HClO发生分解等）；(3)a、c、d三点温度相同，平衡常数相等，b点时温度高，亚硝酸根脱除率大，则表明温度升高平衡正向移动，K值增大，则平衡常数K由大到小的顺序为KbKa=Kc=Kd，原因是a、c、d三点在同一温度下，K值相同；b点温度升高，的脱除率上升，说明平衡向正向移动，K值增大。答案为：KbKa=Kc=Kd；a、c、d三点在同一温度下，K值相同；b点温度升高，的脱除率上升，说明平衡向正向移动，K值增大；pH=13，65时Kw=1.010-13，则c(OH-)=1mol/L，利用题给数据，可建立如
25、下三段式： 65时，第二步反应的平衡常数K=。答案为：；(4)某电化学小组将过程A、B设计成酸性电解池反应，则该反应中阴极为过程A中O2得电子的产物与H+作用生成H2O2，反应方程式为O2+2e-+2H+=H2O2。答案为：O2+2e-+2H+=H2O2。【点睛】分析温度升高对亚硝酸根离子脱除率的不利影响时，应从气体与溶液的反应入手，分析温度对气体的溶解度的影响、反应物中副反应的发生对主反应的影响等。11.碳族元素的单质及其化合物在生产、生活中是一类重要物质。请回答下列问题(1)碳原子核外有_种不同运动状态的电子，第一电离能介于硼和碳之间的元素的名称为_，碳族元素外围电子排布的通式为_。(2)
26、青蒿素（C15H22O5）的结构如图所示，图中数字标识的五个碳原子的杂化轨道类型为_，组成青蒿素的三种元素电负性由大到小排序是_。(3)青蒿素分子中，氧元素的成键方式有_；从青蒿中提取青蒿素的最佳溶剂是_。a乙醇 b乙醚 c水(4)SnO2是一种重要的半导体传感器材料，用来制备灵敏度高的气敏传感器，SnO2与熔融NaOH反应生成Na2SnO3，Na2SnO3中阴离子空间构型为_。(5)第三代太阳能电池利用有机金属卤化物碘化铅甲胺(CH3NH3PbI3，相对分子质量为Mr)半导体作为吸光材料，CH3NH3PbI3具有钙钛矿(AMX3)的立方结构，其晶胞如图所示。AMX3晶胞中与金属阳离子(M)距
27、离最近的卤素阴离子(X)形成正八面体结构，则X处于_位置。CH3NH3PbI3晶体的晶胞参数为anm，其晶体密度为dgcm-3，则阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为_。【答案】 (1). 6 (2). 铍 (3). ns2np2 (4). sp2，sp3 (5). OCH (6). 键和键 (7). b (8). 平面三角形 (9). 面心 (10). 【解析】【分析】在原子的核外电子中，没有运动状态完全相同的两个电子存在，所以原子核外有多少个电子，就有多少种运动状态；一般来说，元素的非金属性越强，元素的电负性大，总的来说第一电离能越大，但当原子核外价电子处于半满、全满状态时，能量低，第一电
28、离能反常，但仅比原子序数比它大1的元素大；原子核外参与杂化的轨道为形成键电子所在的轨道和孤对电子所在的轨道；有机物通常易溶于与它结构相似的有机物；判断微粒的结构时，需看中心原子的价层电子对数及孤电子对数。在AMX3的晶胞中，所含黑球个数为8=1，所含白球的个数为6=3，二者的个数比为1:3，对照化学式，可确定黑球为M离子，白球为X离子，白球位于各个面的面心。【详解】(1)碳为6号元素，原子核外有6个电子，有6种不同运动状态的电子，铍的2s能级上有2个电子，处于全满状态，第一电离能比硼大，所以第一电离能介于硼和碳之间的元素的名称为铍，碳原子的外围电子排布为2s22p2，所以碳族元素外围电子排布的
29、通式为ns2np2。答案为：6；铍；ns2np2；(2)图中数字标识的五个碳原子中，只有3号碳原子的价电子对数为3，其它碳原子的价层电子对数都为4，所以杂化轨道类型为sp2、sp3，组成青蒿素的三种元素分别为C、H、O，非金属性OCH，所以电负性由大到小排序是OCH。答案为：sp2、sp3；OCH；(3)青蒿素分子中，4个O原子形成单键，1个O原子形成双键，所以氧元素的成键方式有键和键；青蒿素分子中含有2个醚键，它属于醚类，所以从青蒿中提取青蒿素的最佳溶剂是乙醚，故选b。答案为：键和键；b；(4)在Na2SnO3中，阴离子的价电子对数为3，不存在孤电子对，所以其空间构型为平面三角形。答案为：平
30、面三角形；(5)从分析可知，图中AMX3晶胞中黑球为金属阳离子(M)，白球为卤素阴离子(X)，形成正八面体结构，则X处于面心位置。从晶胞结构看，1个晶胞中，只含有1个“AMX3”，则CH3NH3PbI3的晶胞中也只含有1个“CH3NH3PbI3”。CH3NH3PbI3晶体的晶胞参数为anm，其晶体密度为dgcm-3，则dgcm-3=，阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为NA=。答案为：面心；。【点睛】分析晶胞结构时，在各球表示原子未知的情况下，解题不能鲁莽，应从物质组成与晶胞结构图的对比中寻找突破，不能简单地认为半径小的球就表示金属阳离子。12.奥司他韦是一种高效、高选择性神经氨酸酶抑制剂，是
31、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。其合成路线如图所示：回答下列问题：(1)莽草酸的含氧官能团名称有_；反应的反应类型_。(2)反应的反应试剂和反应条件_。(3)1molB最多可以消耗_molNaOH溶液。(4)请写出反应的化学方程式_。(5)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。(6)设计由对甲基苯甲醛制备对醛基苯甲酸的合成路线_。【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). 取代反应 (3). 乙醇、浓硫酸、加热 (4). 1 (5). + H2O (6). 17种 (7). 【解析】【分析】莽草酸与乙醇在浓硫酸作催化剂
32、加热条件下发生酯化反应生成A，结合已知信息，A与丙酮在酸性条件下反应生成B，B与发生取代反应生成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司他韦，据此分析解答。【详解】(1)莽草酸的结构简式为，含氧官能团名称为：羟基、羧基；根据分析反应的反应类型为取代反应，故答案为：羟基、羧基；取代反应；(2)根据分析，反应为莽草酸与乙醇在浓硫酸作催化剂条件下发生酯化反应生成A，反应实际和反应条件：乙醇、浓硫酸、加热，故答案为：乙醇、浓硫酸、加热；(3)B为 ，其所含官能团中只有酯基能与氢氧化钠反应，1mol酯基消耗1mol氢氧化钠，故答案为：1；(4)根据分析，反应为A与丙酮在酸性条件下反应生成B
33、的反应，化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；(5)B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-X，则该有机物可写为C6H13X(X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种氢原子，2-甲基戊烷分子中含有5种氢原子，3-甲基戊烷分子中含有4种氢原子，2,2-二甲基丁烷分子中含有3种氢原子，2,3-二甲基丁烷分子含有2种氢原子，则该有机物符合要求的同分异构体的数目为17个，故答案为：17；(6)首先与乙二醇反应得到保护醛基，然后与高锰酸钾反应将甲基氧化成羧基得到，酸化得到，合成路线为： ，故答案为： 。
