北京市通州区2020届高三上学期期末考试摸底考试化学试题 19页

北京市通州区2019-2020学年高三摸底考试 化学试题 ‎1.化学与科技、社会、生产密切相关，下列事实不涉及化学反应的是 A. 开采可燃冰生产天然气 B. 利用二氧化碳生产燃料乙醇 C. 化学家合成一些药物 D. 利用石油生产塑料、化纤等高分子材料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 可燃冰是甲烷的水合物，融化后得到天然气，A符合题意；‎ B. 二氧化碳与氢气反应生成乙醇，发生化学变化，B不合题意， ‎ C. 利用小分子合成一些药物，生成了新物质，C不合题意；‎ D. 石油产品裂解生成短链烃，再发生聚合得到塑料、化纤等高分子材料，D不合题意。‎ 故选A。‎ ‎2.下列有关化学用语使用正确的是 A. 氮分子的电子式：‎ B. 质子数为9，中子数为20的氟原子：‎ C. 对硝基苯酚的的结构简式：‎ D. FeCl3水解的离子方程式：FeCl3═Fe3++3Cl-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氮分子的电子式为，A不正确；‎ B. 质子数为9，中子数为20的氟原子为，B不正确；‎ C. 对硝基苯酚是硝基和羟基分别连接在苯环对位的碳原子上，C正确；‎ D. FeCl3═Fe3++3Cl-是FeCl3电离方程式，D不正确。‎ 故选C。‎ ‎3.我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：‎ 下列说法正确的是 A. 图示显示：起始时的2个H2O最终都参与了反应 B. 过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程 C. 过程Ⅲ只生成了极性共价键 D. 使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中1个水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ另一个水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了新的水分子，因此起始时的2个H2O最终都参与了反应，A项正确；‎ B．根据反应过程示意图，过程Ⅰ、Ⅱ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，B项错误； C．过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水和氢气，H2中的化学键为非极性键，C项错误； D．催化剂不能改变反应的△H，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】值得注意的是D选项，催化剂只能降低活化能，改变化学反应速率，不能改变反应的热效应。‎ ‎4.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是 A. 原子半径：W0‎ C. 图丙表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数(N2的起始量恒定)的变化，图中a点N2的转化率大于b点 D. 图丁表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．‎2A(g)+2B(g)⇌‎3C(g)+D(s)为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，图中平衡状态相同，应为使用催化剂，故A错误；‎ B．图中金刚石比石墨的能量高，则石墨转化为金刚石的反应的△H＞0，故B正确；‎ C．增大氢气的量，可促进氮气的转化率，则图中a点N2的转化率小于b点，故C错误；‎ D．开始的pH相同，稀释相同倍数时，酸性强的pH变化大，则HA的酸性强，相同条件下NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎14.硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物（NOx），将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是 A. 过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+Ce2+═2H++Ce3+‎ B. x=l时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1‎ C. 处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce2+总数减少 D. 该转化过程的实质为NOx被H2还原 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 方程式H2+Ce2+═2H++Ce3+中，两种变价元素的价态都升高，违背氧化还原反应原则，A错误；‎ B. x=l时，过程Ⅱ中发生反应2NO+4Ce2++4H+==N2+4Ce3++2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，B错误；‎ C. 把两个反应式按电子守恒加和，得出混合溶液中Ce3+和Ce2+总数不变，C错误；‎ D. 该转化过程的实质为2NOx+2xH2==xN2+2xH2O，D正确。‎ 故选D。‎ ‎15.将高温水蒸气通到KSCN的表面，会发生下列反应：4KSCN+9H2O（g）═K2CO3+K2S+3CO2+3H2S+4NH3，请填空：‎ ‎（1）上述反应所涉及的各元素中，原子半径最大的是______（填元素符号，下同）；属于第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序为：______；‎ ‎（2）上述反应所涉及的各物质中，属于非电解质的是：______；‎ ‎（3）写出CO2的电子式：______；‎ ‎（4）已知物质的量浓度均为0.10mol/L的K2CO3和K2S溶液pH如下：K2CO3水溶液呈碱性的原因是______（用化学用语解释），从表中数据可知，K2CO3溶液c（CO32-）______K2S溶液c（S2-）（填“＞”“＜”或“=”）；‎ 溶液 K2CO3‎ K2S pH ‎11.6‎ ‎12.5‎ ‎（5）K2S接触潮湿银器表面，会出现黑色斑点（Ag2S），其原理如下（配平反应式）：______K2S+______Ag+______O2+______H2O→______Ag2S+______KOH。_____________，每消耗标准状况下224mLO2，转移电子数目为______。‎ ‎【答案】 (1). K (2). O>N>C (3). CO2、NH3 (4). (5). CO32-＋H2OHCO3-＋OH- (6). > (7). 2、4、1、2、2、4 (8). 0.04NA ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)比较原子半径时，通常先看电子层数，一般情况下，电子层数越多，半径越大；若电子层数相同，则依据同周期元素的半径递变规律进行分析。‎ ‎(2)比较非金属性时，可利用同周期、同主族元素的非金属性的变化规律进行推断。‎ ‎(3)比较相同浓度盐溶液中酸根离子浓度时，可依据溶液的pH，确定酸根离子的水解程度，pH越大，酸根的水解程度越大，对应酸越弱，溶液中酸根离子浓度越小。‎ ‎(4)配平氧化还原反应时，首先找出变价元素并标出化合价，确定首先配平的两种物质，然后利用电子守恒进行配平；再依据电荷守恒、质量守恒进行配平。‎ ‎【详解】(1)在反应4KSCN+9H2O(g)═K2CO3+K2S+3CO2+3H2S+4NH3中，所涉及的元素为K、S、C、N、O、H，其中K原子核外有4个电子层，S原子核外有3个电子层，C、N、O原子核外有2个电子层，H原子核外有1个电子层，电子层数越多，原子半径越大，则原子半径最大的是K；属于第二周期元素的非金属元素为C、N、O，三者从左到右的顺序为C、N、O，非金属性依次增强，则三者由强到弱的顺序为O>N>C；答案为：K；O>N>C；‎ ‎(2)上述反应所涉及的各物质中，KSCN、H2O、K2CO3、K2S、H2S为电解质，属于非电解质的是CO2、NH3。答案为：CO2、NH3；‎ ‎(3) CO2为共价化合物，C与每个O原子间形成两对共用电子，电子式为。答案为：；‎ ‎(4) K2CO3为强酸弱碱盐，在水溶液中CO32-水解生成OH-而使溶液呈碱性，原因是CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，从表中数据可知，K2S溶液的pH大，说明S2-水解的程度大，相同浓度时，K2CO3溶液c(CO32-)>K2S溶液c(S2-)。答案为：CO32-＋H2OHCO3-＋OH-；>；‎ ‎(5)在反应 ______K2S+______Ag+______O2+______H2O→______Ag2S+______KOH中，Ag作还原剂，O2作氧化剂，依据电子守恒，可得出4Ag+O2→2Ag2S，再依据质量守恒，便可得到配平的方程式为2K2S+4Ag+O2+2H2O==2Ag2S+4KOH；标准状况下，224mLO2为0.01mol，转移电子数目为0.04NA。答案为：2、4、1、2、2、4；0.04NA。‎ ‎【点睛】CO2电子式的书写，是我们的易错点，由于缺少对电子式的系统分析，有些同学总会想当然，只想着形成8电子相对稳定结构，没有考虑原子核外的电子数，写成或等。‎ ‎16.某化学兴趣小组设计实验探究Mg与盐溶液反应的多样性。‎ 实验 向试管中加2mL溶液 实验现象 实验I：‎ ‎0.1 mol/L AgNO3溶液 镁条表面迅速覆盖一层疏松黑色固体，并有少量气泡产生 实验II：‎ ‎2.0 mol/L NH4Cl溶液 反应开始时产生大量气体（经检验其中含有H2），一段时间后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 实验III：‎ pH=8.2 NaHCO3溶液 产生大量气体（经检验其中含有H2和CO2）和白色固体 请回答下列问题：‎ ‎（1）对实验I进行研究：‎ ‎① 推测实验Ⅰ中黑色固体为Ag，则发生反应的离子方程式为_______________。‎ ‎② 确认黑色固体为Ag的实验方案是___________________________________。‎ ‎（2）对实验II进行研究：‎ ‎① 反应开始时产生H2的原因可能是Mg和NH4+直接反应，或 ___________。‎ ‎② “一段时间后”产生的气体一定含有H2和_____。‎ ‎③ 为进一步研究，设计如下实验：‎ 实验 操作 现象 实验IV 向装有相同镁条的试管中加入2mL1.0mol/L (NH4)2SO4溶液 产生气体的速率明显慢于实验II 结合实验II、IV，可以得出的结论是________________________________。‎ ‎（3）对实验III进行研究：‎ ‎①经检验，白色固体为碱式碳酸镁[ Mg2(OH)2CO3 ]。 ‎ ‎②推测在pH=8.2的该溶液中，若无HCO3－，则H+和Mg反应的程度很小。通过实验证实了该推测，其实验操作是__________________________。‎ ‎（4）根据上述实验判断，影响Mg与盐溶液反应多样性原因有_______（填字母序号）‎ A．盐溶液中阳离子的氧化性 B．盐溶液的温度 C．含Mg生成物的溶解性 D．盐溶液中阴离子的影响 ‎【答案】 (1). 2Ag++Mg=2Ag+Mg2+ (2). 将黑色固体过滤、洗涤，向其中加入稀HNO3，黑色固体溶解并产生无色气体，遇空气后变成红棕色，并向所得溶液中滴加NaCl溶液，生成白色沉淀。 (3). NH4+水解使溶液中c(H+)增大，与Mg反应生成H2 (4). NH3 (5). Cl-有利于Mg和铵盐溶液反应产生H2（或SO42-不利于Mg和铵盐溶液反应产生H2、溶液中阴离子的种类会影响Mg和铵盐溶液反应产生H2） (6). 向装有相同镁条的试管中加入2mLpH=8.2的NaOH溶液。 (7). ACD ‎【解析】‎ 本题考查实验方案设计与评价，（1）①出现黑色固体，此固体为Ag，利用金属活动顺序表，发生置换反应，即Mg＋2Ag＋=Mg2＋＋2Ag；②确认是Ag，需要检验Ag＋，即将Ag转化成Ag＋，具体操作是：将黑色固体过滤、洗涤，向其中加入稀HNO3，黑色固体溶解并产生无色气体，遇空气后变成红棕色，并向所得溶液中滴加NaCl溶液，生成白色沉淀，说明黑色固体为Ag；（2）①NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4＋发生水解反应，NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，消耗H＋‎ 促使平衡向正反应方向进行；②根据实验II，除得到氢气外，还有一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，此气体为NH3；③加入的是(NH4)2SO4，NH4＋的浓度与NH4Cl中NH4＋浓度相同，不同的是阴离子，因此得出结论是Cl－有利于Mg和铵盐溶液反应产生H2（或SO42－不利于Mg和铵盐溶液反应产生H2、溶液中阴离子的种类会影响Mg和铵盐溶液反应产生H2）；（3）②HCO3－在水中既有电离也有水解，HCO3－H＋＋CO32－，pH=8.2说明溶液显碱性，得到Mg2(OH)2CO3，当没有HCO3－，则H＋和Mg2＋反应的程度很小，实验设计为：向装有相同镁条的试管中加入2mLpH=8.2的NaOH溶液，观察反应现象；（4）A、根据实验I，利用Ag＋的氧化性较强，得到黑色固体，故A正确；B、四个实验中没有说明温度对实验的影响，故B错误；C、根据实验III，得到碱式碳酸镁，碱式碳酸镁不溶于水，故C正确；D、实验II和IV的对比，说明阴离子的影响，故D正确。‎ ‎17.碘及其化合物在生活中应用广泛，含有碘离子的溶液需回收处理。‎ ‎（1）“硫碘循环”法是分解水制备氢气的研究热点，涉及下列三个反应：‎ 反应Ⅰ：SO2（g）+I2（aq）+2H2O（l）═2HI（aq）+H2SO4（aq）△H1‎ 反应Ⅱ：HI（aq）═H2（g）+ I2（aq）△H2‎ 反应Ⅲ：2H2SO4（aq）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）‎ ‎①反应：SO2（g）+2H2O（l）═H2SO4（aq）+H2（g）的△H═______（用△H1、△H2表示）；‎ ‎②分析上述反应，下列判断正确的是______；‎ A．反应Ⅲ易在常温下进行 B．反应I中SO2还原性比HI强 C．循环过程中需补充H2O D．循环过程中产生1molO2同时产生1molH2‎ ‎③反应I发生时，溶液中存在如下平衡：I2（aq）+I-（aq）⇌I3-（aq），其反应速率极快且平衡常数大。现将1mol SO2．缓缓通入含1molI2的水溶液中至恰好完全反应。溶液中I3-的物质的量n（I3-）随反应时间（t）的变化曲线如图所示。开始阶段n（I3-）逐渐增大的原因是：______；‎ ‎（2）用海带提取碘时，需用氯气将碘离子氧化成单质。酸性条件下，若氯气过量还能将碘单质进一步氧化成碘酸根离子（IO3-），写出氯气与碘单质反应的离子方程式：______；‎ ‎（3）氯化银复合吸附剂也可有效吸附碘离子。氯化银复合吸附剂对碘离子的吸附反应为I-（aq）+AgCl（s）⇌AgI（s）+Cl-（aq），反应达到平衡后溶液中c（I-）═______[用c（Cl-）、Ksp（AgCl）和Ksp（AgI）表示]．该方法去除碘离子的原理是______。‎ ‎【答案】 (1). △H1+2△H2 (2). BC (3). 开始阶段，SO2和I2反应生成的I-的浓度不断增大，I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)的反应平衡向右移动，n(I3-)不断增加 (4). 5Cl2+I2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+ (5). (6). AgI的溶度积比AgCl的溶度积小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用已知热化学反应求解未知热化学反应时，可利用盖斯定律进行计算，计算时，可根据未知反应，确定已知反应是否需要调整反应物与生成物，是否需要调整化学计量数。‎ ‎(2)在分析图象信息时，从发生的反应入手，根据生成物的浓度变化，确定平衡移动的方向，寻找浓度变化的原因。‎ ‎(3)在分析沉淀溶解平衡时，虽然涉及两个平衡体系，仍可像对待一般的化学平衡一样进行处理。‎ ‎【详解】(1) ①a．SO2(g)+I2(aq)+2H2O(l)═2HI(aq)+H2SO4(aq) △H1‎ b．HI(aq)═H2(g)+I2(aq) △H2‎ 由盖斯定律可知a+2×b得SO2(g)+2H2O(1)═H2SO4(aq)+H2(g) △H=△H1+2△H2。答案为：△H1+2△H2 ；‎ ‎②A．△H-T△S＜0的反应可自发进行，为吸热、熵增的反应，常温不能自发进行，A错误； B．I中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则SO2还原性比HI强，B正确；‎ C．将三个反应式相加，得出2H2O(1)==2H2(g)+O2(g)，反应消耗水，需要不断补充，C正确； D．分解水生成氢气和氧气的体积比为2：1，则产生1molO2同时产生2molH2，D错误。答案为：BC；‎ ‎③n(I3-)逐渐增大的原因是开始阶段，SO2和I2反应生成的I-的浓度不断增大，I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)的反应平衡向右移动，n(I3-)不断增加。答案为：开始阶段，SO2和I2反应生成I-‎ 的浓度不断增大，I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)的反应平衡向右移动，n(I3-)不断增加； ‎ ‎(2)酸性条件下，若氯气过量还能将碘单质进一步氧化成碘酸根离子(IO3-)，氯气与碘单质反应的离子方程式为5Cl2+I2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+。答案为：5Cl2+I2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+；‎ ‎(3)吸附反应为I-(aq) +AgCl(s)⇌AgI(s)+Cl-(aq)，反应达到平衡后，c(I-)==，去除碘离子的原理是AgI溶度积比AgCl的溶度积小，发生沉淀的转化。答案为：；AgI溶度积比AgCl的溶度积小。‎ ‎【点睛】计算c(I-)时，我们也可以这样操作，Ksp(AgCl)= c(Cl-)∙ c(Ag+)，Ksp(AgI)= c(I-)∙ c(Ag+)，然后两式相比，即得出，从而得出c(I-)=。‎ ‎18.某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂。通过如下简化流程既脱除燃媒尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)下列各组试剂中，能准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量的是______（填编号）；‎ A．NaOH溶液、酚酞溶液 B．稀H2SO4酸化的KMnO4溶液 C．碘水、淀粉溶液 D．氨水、酚酞溶液 ‎(2)写出软锰矿浆吸收SO2的化学方程式______；‎ ‎(3)用MnCO3，能除去溶液中的Al3+和Fe3+，用原理解释：______。‎ ‎(4)写出KMnO4与MnSO4溶液反应的离子方程式______；‎ ‎(5)工业上将K2MnO4溶液采用惰性电极隔膜法电解，可制得KMnO4．装置如图：‎ ‎①D是溶液______；‎ ‎②结合电极反应式简述生成KMnO4的原理：______；‎ ‎(6)除杂后得到的MnSO4溶液可以通过______（填操作名称）、过滤制得硫酸锰晶体。‎ ‎【答案】 (1). BC (2). MnO2+SO2=MnSO4 (3). 消耗溶液中氢离子，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀 (4). 2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+ (5). 浓KOH溶液 (6). a极上发生MnO42--e-═MnO4-，部分钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4 (7). 蒸发浓缩、冷却结晶 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，含二氧化硫的尾气通入稀硫酸酸化的软锰矿浆中，二氧化硫能被二氧化锰氧化为硫酸锰，MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS能将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰、硫酸钾。‎ ‎【详解】(1)二氧化硫可被高锰酸钾、碘水氧化，根据颜色变化，可准确判断滴定终点，从而准确测定其含量，而与碱反应时选酚酞作指示剂，吸收不彻底，不能准确测定二氧化硫的含量。答案为：BC； ‎ ‎(2)锰矿浆吸收SO2，生成硫酸锰，反应的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4。答案为：MnO2+SO2=MnSO4； ‎ ‎(3)在水溶液中，Al3+和Fe3+都能水解生成H+，MnCO3能与H+反应从而促进Al3+和Fe3+完全转化为氢氧化物沉淀，从而除去溶液中的Al3+和Fe3+。用原理解释为消耗溶液中氢离子，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀。答案为：消耗溶液中氢离子，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀； ‎ ‎(4)KMnO4与MnSO4溶液发生归中反应，生成MnO2沉淀，反应的离子方程式为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。答案为：2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；  ‎ ‎(5)①由图可知，a电极上MnO42-失去电子，b电极上水电离出的氢离子得到电子生成OH-，左侧溶液中的K+通过阳离子交换膜进入右侧溶液，所以右侧KOH的浓度变大，D是浓KOH 溶液。答案为：浓KOH溶液； ‎ ‎②a为阳极，阳极上K2MnO4失去电子发生氧化反应，电极反应式为MnO42--e-═MnO4-，部分钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4。答案为：a极上发生MnO42--e-═MnO4-，部分钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4； ‎ ‎(6)由MnSO4溶液得到MnSO4•H2O晶体，应蒸发浓缩、冷却结晶、过滤及干燥。答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。‎ ‎【点睛】进行滴定操作时，不一定要使用指示剂，如酸性高锰酸钾溶液测定尾气中二氧化硫的含量，由于滴定终点时溶液能发生明显的颜色变化，所以能准确判断滴定终点。‎ ‎19.以烃A为主要原料，采用以下路线合成药物X、Y和高聚物Z。‎ 已知：‎ Ⅰ．（R或R'可以是烃基或H原子）；‎ Ⅱ．反应①、反应②、反应⑤的原子利用率均为100%‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)A的结构简式为______；‎ ‎(2)X中的含氧官能团名称为______，反应③的条件为______，反应④的反应类型是______；‎ ‎(3)关于药物Y（）的说法正确的是______；‎ A.药物Y的分子式为C8H8O4遇氯化铁溶液可以发生显色反应 B.1mol药物Y与H2、浓溴水中的Br2反应，分别最多消耗4mol和2mol C.1mol药物Y与足量的钠反应可以生成‎33.6L氢气 D.药物Y中⑥、⑦、⑧三处一OH上H的电离程度由大到小的顺序是⑧＞⑥＞⑦‎ ‎(4)写出反应E→F的化学方程式______；‎ ‎(5)写出符合下列条件的E的所有同分异构体的结构简式______；‎ ‎①属于酚类化合物，且是苯的对位二元取代物；‎ ‎②能发生银镜反应和水解反应；‎ ‎③核磁共振氢谱有6个峰。‎ ‎(6)设计一条以CH3CHO为起始原料合成Z的线路（其他试剂任选）______。‎ ‎【答案】 (1). HC≡CH (2). 酯基 (3). 氢氧化钠水溶液、加热 (4). 消去反应 (5). AD (6). (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应①、反应②、反应⑤的原子利用率均为100%，属于加成反应，结合反应②的产物，可推知A为CH≡CH，B为，而G的相对分子质量为78，则G为。C可以发生催化氧化生成D，D发生信息Ⅰ中反应，则反应③为卤代烃在氢氧化钠水溶液、加热条件下的水解反应，则C为，D为，E为，F为，F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应得到X。乙醛与HCN发生加成反应、酸性条件下水解得到，与甲醇发生酯化反应生成，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3，最后发生加聚反应得到。‎ ‎【详解】(1)由以上分析可知A为HC≡CH。答案为：HC≡CH；‎ ‎(2)X为，含氧官能团名称为酯基，反应③的条件为：氢氧化钠水溶液、加热，反应④的反应类型是消去反应。答案为：酯基；氢氧化钠水溶液、加热；消去反应；‎ ‎(3)关于药物Y（） A．药物Y的分子式为C8H804，含有酚羟基，遇氯化铁溶液可以发生显色反应，A正确；‎ B．苯环与氢气发生加成反应，1mol药物Y与3molH2加成，Y中酚羟基的邻位能与浓溴水发生取代反应，1molY消耗2molBr2，B错误； ‎ C．羟基、羧基能与钠反应生成氢气，1mol药物Y与足量的钠反应可以生成1.5mol氢气，标况下氢气体积为‎33.6L，但氢气不一定处于标况下，C错误；‎ D．羧基酸性最强，酚羟基酸性很弱，醇羟基表现为中性，药物Y中⑥、⑦、⑧三处-OH的电离程度由大到小的顺序是⑧＞⑥＞⑦，D正确。故选AD；‎ ‎(4)反应E→F的化学方程式 。答案为： ‎ ‎；‎ ‎(5) E()的同分异构体符合下列条件：①属于酚类化合物，且是苯的对位二元取代物；②能发生银镜反应和水解反应；③核磁共振氢谱有6个峰。符合条件的同分异构体为：、。答案为：、；‎ ‎(6)乙醛与HCN发生加成反应，酸性条件下水解得到，与甲醇发生酯化反应生成，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3，最后发生加聚反应得到。合成路线流程图为：‎ ‎。‎ 答案为：。‎ ‎【点睛】合成目标有机物时，我们可采用逆推法，由高聚物结构简式，确定合成该有机的的单体，然后与原料有机物进行对比，找出碳链的增长与缩短、官能团的改变及变化的部位，借助信息及题干中的合成路线图，确定合理的合成路线。‎