2020┄2021届江西省吉安市高考化学一模试卷-普通用卷

2021年江西省吉安市高考化学一模试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.化学与生活密切相关。

下列解释错误的是（）
Ａ．一氯乙烷冷镇痛喷雾剂用于受伤运动员应急处理，主要是一氯乙烷的麻醉作用
Ｂ．铅笔的主要成分是石墨与黏土，黏土含量越多，铅笔硬度越大Ｃ．松花皮蛋中的氨基酸盐是蛋白质在碱性条件下水解所形成Ｄ．季铵盐表面活性剂能吸收空气中的水份，从而具有优良的抗静电效果
2.N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
Ａ．被氧化失去的电子数为
Ｂ．所在的溶液中含有数为
Ｃ．标准状况气体分子中共用电子对数目为
Ｄ． mol 发生水解反应断裂化学键数为
3.在提纯粗苯甲酸（C6H5-COOH，常温下为晶体）过程中，下列操作未涉及的是
（）
Ａ．高温灼烧Ｂ．热过滤Ｃ．加热溶解Ｄ．蒸发浓缩
4.下列实验过程可以达到实验目的是（）
选
项
实验目的实验过程
A 洗涤试管中KMO4受热
后的残留物
向试管中加入少量蒸馏水溶解，重复2-3次
B探究非金属性：Cl＞Si 向盛有2mL硅酸钠溶液的试管中滴加几点盐酸溶液，观察是否有沉淀生成
C 探究温度对反应速率的
影响
向2支盛有3mL1mol•L-1KI溶液的试管中同时加入
2滴淀粉溶液，观察不同温度下的实验现象
D制取并纯化乙炔向电石（CaC2）中加入少量水，将生产的气体依次通过NaOH溶液CuSO4溶液和无水氯化钙
Ａ．A Ｂ．B Ｃ．C Ｄ．D
5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。

W、X、Y最外层电子数之
和为15，且由这三种元素组成的某盐在净水过程中可以做絮凝剂。

下列说法正确的是（）
Ａ．常温常压下X的单质为气态Ｂ．简单氢化物的分解温度：
Ｃ．X、Z形成的化合物为离子化合物Ｄ．W与Y具有相同的最高化合价
6.下列Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ是多面体碳烷的结构，下列说法正确的是（）
Ａ．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ属于同系物Ｂ．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ一氯取代物均为一种Ｃ．Ⅱ的二氯取代物有4种不含立体异构
Ｄ．开环反应打开三元环和四元环的反应，1molⅡ至少需要
7.最近，我国科学家利用廉价的碳酸钠和碳纳米管构建无钠预填装的“可呼
吸”Na-CO2电池，总反应为：3CO2+4Na⇌2Na2CO3+C，下列说法错误的是（）
Ａ．原电池的负极为A，正极为 B Ｂ．放电时正极反应为
Ｃ．放电时，向B移动
Ｄ．制作电池时，Na先预填装进负极
二、简答题（本大题共4小题，共43.0分）
8.溴化锂是一种高效的水汽吸收剂和空气湿度调节剂，54%-55%的溴化锂水溶液是
吸收式绿色制冷剂，其对环境无污染。

制备路线图如下：
（1）25℃时在Li2CO3与LiF的混合悬浊液中，=______（25℃，Li2CO3，K sp=8×10-4；LiF，K sp=2×10-3），溶液显______（填“中性”、“酸性”或“碱性”）。

（2）制得LiBr的关键是“合成”与“调pH”阶段。

①“合成”制得LiBr时，绿色还原剂CO（NH2）2与Br2恰好反应的物质的量之
比是______。

②“合成”后的生成液为橙黄色，用Li2CO3调节pH到8-9，Li2CO3转化
为 LiHCO3，同时溶液变为无色，加人Li2CO3的目的为______。

③“合成”时温度与BrO3-%的关系如下表：
温度（℃）20304050607080
BrO3-%00.500.600.710.758.515.2
“合成”时选择的温度为______，理由是______。

（3）“除杂1”利用CS（NH2）2去除BrO3-，生成物为Li2SO4、CO（NH2）2等，写出相应的化学方程式______。

（4）“除杂2”先用HBr把溶液调到一定的酸度，加热到70℃左右，然后用LiOH调至pH=7，加热的作用是______。

9.碳酸二甲酯（简称DMC）作为“绿色”化工产品具有广泛的应用。

用甲醇、二氧
化碳制备DMC的方程式为：2CH3OH（g）+CO2（g）→CH3O（CO）OCH3（g）+H2O（g）△H1=-15kJ•mol-1（平衡常数为K1）
物质CH3OH
（g）
CO2（g）
CH3O（CO）OCH3
（g）
H2O
（g）
生成焓kJ•mol-
1
-201-393-569Q 已知：生成焓是某温度下，用处于标准状态的各种元素的最稳定单质生成标准状态下1mol某纯物质的热效应。

（1）H2O（g）生成焓Q为______，从平衡移动的角度选择有利于制得DMC的条件是______（填序号）。

A．高温B．高压C．低温D．低压（2）在体积为1L的密闭容器中，甲醇、二氧化碳分别投料4×10-2mol、2×10-2mol．不同温度下平衡转化率如图所示。

温度降为100℃以内平衡转化率变化显著，原因之一有______。

100℃时平衡常数为______L•mol-1（结果保留一位有效数字）（3）有研究者用CO和O2代替CO2进行实验：2CH3OH（g）+CO（g）+O2（g）→CH3O（CO）OCH3（g）+H2O （g）△H2（平衡常数为K2）
①CO和O2生成CO2的反应是______（填“放热反应”或“吸热反应”），则
△H2______△H1（填“大于”、“小于”或“等于”）。

②在100-200℃的范围内，相同温度时关于K2与K1的推理正确的是______（填
编号）A．K2远大于K1B．K2略大于K1C．K2等于K1D．K2远小于K1
10.锂子蓄离电池能量高、循环寿命长和对环境友好的显著优点，其含氟类锂化合物
电解质的稳定性一直受业界高度重视。

LDFCB的结构如图1所示：
（1）基态F原子电子的电子排布图（轨道表达式）为______，基态Li原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为______形。

（2）LDFCB中的碳、硼杂化轨道类型为______，其负离子水溶性______（填“较好”或“不好”），理由是______。

（3）Li（CF3SO3）作为锂离子电池的电解质，在接收或失去Li+时形成新的正负离子而传递锂离子，新的正负离子化学式分别是______、______。

（4）锂晶体是体心立方结构（如图2），中心点坐标是______，若晶胞边长为apm，则锂原子的半径r为______pm。

11.4-（2-羧基苄氧基）苯乙酸是第三代强效、安全抗过敏药物盐酸奥洛他定的重要
中间体，合成路线图如下：
（1）烃A（M=28）的分子式为______。

（2）C2H2O2的结构式为______，C2H2O3所含官能团的名称是______。

（3）一步合成产物的化学反应方程式是______，其反应类型为______。

（4）分子式为______。

符合下列条件的同分异构体的结构式为______。

①遇FeCl3溶液显紫色；
②酸性条件下水解得到有机物C6H6O2和C2H4O2；
③核磁共振氢谱显示有4个峰，峰面积之比为1：2：2：3
（5）利用OHCCOCOOH、苯酚合成，合成线路流程图为______。

三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）
12.连二亚硫酸盐（如ZnS2O4）在工业中用作漂白剂、解毒剂、吸氧剂等，用途十分
广泛。

Ⅰ．制取ZnS2O4溶液和晶体控制35-45℃进行反应，原理为：Zn+2SO2=ZnS2O4 （1）仪器2的名称是______；其中产生SO2气体，化学方程式是______。

（2）仪器4中加入mg锌粉与一定量的水，电加热并启动磁力搅拌器5，一段时间后，打开止水夹，______，待浑浊______，关闭活塞和止水夹。

（3）仪器6盛装的溶液是NaOH溶液，则仪器7盛装的溶液是______（填序号）。

A．浓硫酸（干燥剂）B．碱性焦性没食指酸（吸氧剂）C．品红溶液（检验试剂）D．硝酸（氧化剂）（4）停止电加热，仪器3放入一定量乙醇，制得Zns2O4晶体，主要原因是______。

Ⅱ．测定产率（5）如果反应温度超过45℃，会导致ZnS2O4分解，仪器4中有黄色沉淀、白色沉淀且伴随着气泡生成，则ZnS2O4分解的化学方程式为______。

（6）取ZnS2O4溶液的十分之一，加入过量甲醛，再加入浓度为c1mol•L-1的碘溶液V1 mL；用浓度为c2mol•L-1的NaS2O3溶液滴定过量的碘，三次平均消耗
的体积为V2mL．则产率计算式为______。

（已知：2 ZnS2O4+4HCHO+2H2O=Zn（HSO3）2•2HCHO+Zn（HSO2）2•2HCHO
Zn（HSO2）2•2HC HO+4I2+4H2O=Zn（ HSO4）2+2HCHO+8HI I2+2Na2S2O3=2KI+Na2S2O6）
答案和解析
1.【答案】 A 【解析】
解：A．一氯乙烷冷镇痛喷雾剂用于受伤运动员应急处理，主要是由于一氯乙烷迅速气化局部降温减轻疼痛，不是麻醉作用，故A错误；B．铅笔的主要成分是石墨与黏土，生产上常在石墨粉末中掺进一些黏土粉末以增加硬度，黏土掺得越多，铅笔就越硬，故B正确；C．蛋白质是氨基酸的脱水缩合物，故松花皮蛋中的蛋白质在碱性条件下水解形成氨基酸盐，故C正确；D．由于季铵盐表面活性剂能吸收空气中的水份，季铵盐表面形成盐溶液，溶液能导电从而具有抗静电效果，故D正确；故选：A。

A．氯乙烷沸点较低、易挥发吸热；B．铅笔的主要成分是石墨与黏土，石墨太软，光用石墨做笔芯，既易断又易磨损，黏土掺得越多，铅笔就越硬；C．蛋白质是氨基酸的脱水缩合物；D．表面活性剂吸收空气中的水份，形成盐溶液，从而具有优良的抗静电效果。

本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。

2.【答案】 C 【解析】
解：A、乙醇被氧化可能生成乙醛，还可能生成乙酸或二氧化碳，故被氧化后碳元素的化合价不明确，则转移的电子数无法计算，故A错误；
B、溶液体积不明确，故溶液中氢离子的个数无法计算，故B错误；
C、标况下22.4L二氧化碳的物质的量为1mol，而二氧化碳中含4对共用电子对，故1mol二氧化碳中含4.0N A对共用电子对，故C正确；
D、酯的水解为可逆反应，故不能进行彻底，故转移的化学键小于N A个，故D错误。

故选：C。

A、乙醇被氧化可能生成乙醛，还可能生成乙酸或二氧化碳；
B、溶液体积不明确；
C、求出二氧化碳的物质的量，然后根据二氧化碳中含4对共用电子对来分析；
D、酯的水解为可逆反应。

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。

3.【答案】 A 【解析】
解：苯甲酸从结构上看常温下溶解度不大，温度升高溶解度增大。

先热溶解使苯甲酸溶解，溶液部分倒入蒸发器，蒸发浓缩后热过滤再除去不溶物，降温结晶。

若高温灼烧会碳化，最后转化为CO2和H2O。

故选：A。

提纯粗苯甲酸，应先向苯甲酸溶解，然后蒸干浓缩、过滤，以除去杂质，以此解答该题。

本题考查混合物分离、提纯方法及选择，为高频考点，把握分离方法及分
离原理为解答的关键，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握实验的操作方法以及步骤。

4.【答案】 D 【解析】
解：A．分解生成的二氧化锰不溶于水，应加浓盐酸、加热洗涤，故A错误；B．发生强酸制取弱酸的反应，盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，故B错误；C．淀粉遇碘单质变蓝，KI与淀粉混合无现象，不能判断反应速率的变化，故C错误；D．电石（CaC2）中加入少量水，生成乙炔中混有硫化氢、磷化氢等杂质，则依次通过NaOH溶液CuSO4溶液和无水氯化钙，故D正确；故选：D。

A．分解生成的二氧化锰不溶于水；B．发生强酸制取弱酸的反应，盐酸为无氧酸；C．淀粉遇碘单质变蓝；D．电石（CaC2）中加入少量水，生成乙炔中混有硫化氢、磷化氢等杂质。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

5.【答案】 B 【解析】
解：根据分析可知：W为O，X为Al，Y为S，Z为Cl元素。

A．常温下Al为固态，故A错误；B．非金属性O＞Cl＞S，非金属性越强，简单氢化物的分解温度应该，则简单氢化物的分解温度：W＞Z＞Y，故B正确；C．X、Z形成的化合物为氯化铝，氯化铝为共价化合物，故C错误；D．S的最高价为+6，O没有最高正价，故D错误；故选：B。

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，这三种元素组成的某盐在净水过程中可以做絮凝剂，可以得出有O、Al元素；又依据“W、X、Y最外层电子数之和为15”可知另一种元素最外层电子数为15-6-3=6，只能为为S，则W为O，X为Al，Y为S；Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，据此解答。

本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律容纳及元素周期表结构，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

6.【答案】 B 【解析】
解：A．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ的结构不同，不是同系物，故A错误；B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ高度对称，故一氯取代物均为一种，故B正确；C．Ⅱ的二氯取代物有：相邻2种、相间1种，共3种，故C错误；D．开环反应（打开三元环和四元环的反应），1molⅡ与3molH2反应，选择合理的方法也可以“破坏”所有的三元环和四元环，故D错误。

故选：B。

A．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ的不饱和度不同；B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ高度对称，只有1种H；
C．Ⅱ的二氯取代物有：相邻2种、相间1种；D．开环反应（打开三元环和四元环的反应），1molⅡ与3molH2反应。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构特点以及同分异构体的判断，题目难度不大。

7.【答案】 D 【解析】
解：A．根据电子流向可知，原电池的负极为B，正极为A，故A错误；B．放电电池反应式为3CO2+4Na⇌2Na2CO3+C，则正极反应式为3CO2+4e-═2CO32-+C，故B错误；C．放电时，阳离子移向正极即A，故C错误；D．因为钠很容易被氧化，所以制作电池时，Na先预填装进负极，故D正确；故选：D。

根据电子流向可知，原电池的负极为B，正极为A，则Na作负极，负极反应式为2Na-2e-+CO32-═Na2CO3、正极反应式为3CO2+4e-═2CO32-+C，阳离子移向正极，据此分析解答。

本题考查原电池原理，明确充电电池中正负极、阴阳极发生反应关系是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。

8.【答案】200 碱性 1：3 除去多余的Br260℃ 温度小于60℃时，反应速率较慢，大于60℃时，副产物BrO3-%骤然增大，产率降低4LiBrO3+3CS（NH2）2+6LiHCO3=4LiBr+3CO（NH2）2+3Li2SO4+6CO2↑+3H2O 使溶液中的CO2逸出，以免消耗更多的LiOH
【解析】
解：（1）已知：25℃，Li2CO3，K sp=8×10-4；LiF，K sp=2×10-3，====200；CO32-、F-水解显碱性，故溶液显碱性；故答案为：200；碱性；（2）①“合成”制得LiBr时，绿色还原剂CO（NH2）2中氮元素化合价从-3升高到0，Br2中溴元素从0降低到-1，根据氧化还原反应中化合价升降变化相等可得恰好反应的物质的量之比为1：3；故答案为：1：3；
②“合成”后的生成液为橙黄色，说明溴单质过量，加入Li2CO3的目的为除去多余的Br2；故答案为：除去多余的Br2；
③观察表有：温度小于60℃时，反应速率较慢，大于60℃时，副产物BrO3-%骤然增大，产率降低，故温度选择60℃；故答案为：60℃；温度小于60℃时，反应速率较慢，大于60℃时，副产物BrO3-%骤然增大，产率降低；（3）CS（NH2）2与溶液中LiHCO3、副产物LiBrO3反应生成Li2SO4、CO（NH2）2、LiBr、CO2、H2O，反应为：4LiBrO3+3CS（ NH2）2+6LiHCO3=4LiBr+3CO（NH2）2+3Li2SO4+6CO2↑+3H2O；故答案为：4LiBrO3+3CS（ NH2）2+6LiHCO3=4LiBr+3CO（NH2）2+3Li2SO4+6CO2↑+3H2O；（4）“除杂2”先用HBr把溶液调到一定的酸度，加热到70℃左右，然后用LiOH调至pH=7，加热的作用是使溶液中的CO2逸出，以免消耗更多的LiOH；
故答案为：使溶液中的CO2逸出，以免消耗更多的LiOH。

根据流程：尿素、碳酸锂、溴单质发生氧化还原反应制得溴化锂，继续加碳酸锂反应过量的溴单质，加入CS（NH2）2去除副产物LiBrO3，再加入HBr、LiOH同时加热除杂，蒸发浓缩冷却降温得到产品，（1）已知：25℃，Li2CO3，K sp=8×10-4；LiF，K sp=2×10-3，==，据此计算；CO32-、F-水解显碱性；（2）①根据化合价的升降变化分析；
②“合成”后的生成液为橙黄色，说明溴单质过量，加入碳酸锂与其反应；
③考虑反应速率和减少副产物；（3）CS（NH2）2与溶液中LiHCO3、副产物LiBrO3反应生成Li2SO4、CO（NH2）2、LiBr、CO2、H2O，据此书写；（4）加热促进溶液中CO2的逸出。

本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强，题目难度较大。

9.【答案】-241 BC 温度降低，平衡向正方向移动5×10-3放热反应小于 A 【解析】
解：（1）反应热△H=生成物总生成焓-反应物总生成焓=[Q+（-569）]kJ•mol-1-[2×（-201）+（-393）]kJ•mol-1=-15kJ•mol-1，Q=-241，制取DMC的反应正向为体积减小的放热反应，增大压强或降低温度均有利
于反应正向移动，提高DMC的产率，所以有利于制得DMC的条件是低温、加压，故答案为：-241； B C；（2）制取DMC的反应正向为放热反应，降低温度，有利于反应正向移动，平衡转化率升高；反应的三段式为
2CH3OH（g）+CO2（g）=CH3O（CO）OCH3（g）+H2O（g）起始浓度（mol/L）4×10-2 2×10-2 0 0 变化量（mol/L）8×10-4 4×10-4 4×10-4 4×10-4
平衡浓度（mol/L） 3.92×10-2 1.96×10-2 4×10-4 4×10-4
平衡常数k==5×10-3，故答案为：温度降低，平衡向正方向移动；5×10-3；（3）CO在O2中燃烧是放热反应，即CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H＜0，并且化学反应进行程度很大，即常数k很大，①2CH3OH（g）+CO2（g）→CH3O（CO）OCH3（g）+H2O（g），②2CH3OH（g）+CO（g）+O2（g）→CH3O（CO）OCH3（g）+H2O（g）△H2，根据盖斯定律②-①得到CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=△H2-△H1，CO（g）+O2（g）=CO2（g）的化学反应常数k=，①CO在O2中燃烧是放热反应，即CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H ＜0，所以△H=△H2-△H1＜0，即△H2＜△H1，故答案为：放热反应；小于；
②CO（g）+O2（g）=CO2（g）的反应趋于完全，所以反应常数k=很大，即K2远大于K1，故答案为：A。

（1）根据反应热△H=生成物总生成焓-反应物总生成焓计算H2O（g）生成焓Q；制取DMC的反应正向为体积减小的放热反应，增大压强或降低温度均有利于反应正向移动，提高DMC的产率；（2）制取DMC的反应正向为放热反应，降低温度，有利于反应正向移动，提高DMC的产率；根据反应的三段式计算平衡时各物质的浓度，代入平衡常数k的表达式计算平衡常数k；（3）CO在O2中燃烧是放热反应，即CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H＜0，并且化学反应常数k很大，①2CH3OH（g）+CO2（g）→CH3O （CO）OCH3（g）+H2O（g），②2CH3OH（g）+CO（g）+O2（g）→CH3O（CO）OCH3（g）+H2O（g）△H2，根据盖斯定律②-①得到CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=△H2-△H1，CO（g）+O2（g）=CO2（g）的化学反应常数k=，据此解答①②。

本题考查盖斯定律的应用和反应热的计算、化学平衡及其影响因素、化学平衡常数的计算等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，把握基本原理并能迁移运用是解题关键，注意利用三段式法计算、总化学反应常数k与过程反应常数k1、k2的关系，题目难度中等。

10.【答案】球 sp2、sp3较好离子中含有较多的O与F，都可以与水形成氢键H-O…X，水溶性较好Li2（CF3SO3）+Li（CF3SO3）2-（，，） a 【解析】
解：（1）F的电子数为9，基态F原子电子的电子排布图为
，基态Li原子电子占据最高能级为2s，电子云轮廓图为球形，故答案为：；球；（2）由图可知，环中C均形成3个σ键，B形成4个σ键，均无孤对电子，则C、B的杂化分别为sp2、sp3，负离子水溶性较好，理由是离子中含有较多的O与F，都可以与水形成氢键H-O…X，水溶性较好；故答案为：sp2、sp3；较好；离子中含有较多的O与F，都可以与水形成氢键H-O…X，水溶性较好；（3）Li（CF3SO3）作为锂离子电池的电解质，接收或失去Li+形成正负离子分别为Li2（CF3SO3）+、Li（CF3SO3）2-，故答案为：Li2（CF3SO3）+；Li（CF3SO3）2-；（4）体心立方结构，中心点为体心位置，中心点坐标是（，，），晶胞边长为apm，锂原子的半径为r，则体对角线为4r，则（a）2+a2=（4r）2，解得r=a，故答案为：（，，）；a。

（1）F的电子数为9，基态Li原子电子占据最高能级为2s；（2）由图可知，环中C均形成3个σ键，B形成4个σ键，均无孤对电子；（3）Li（CF3SO3）作为锂离子电池的电解质，接收或失去Li+形成正负离子；（4）体心立方结构，中心点为体心位置，晶胞边长为apm，锂原子的半径为r，则体对角线为4r，（a）2+a2=（4r）2。

本题考查晶胞计算，为高频考点，把握电子排布、杂化等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，注意（3）为解答的难点，题目
难度不大。

11.【答案】C2H4OHCCHO 羧基、醛基+→取代反
应C8H6O4Na2OHCCOCOOH
【解析】
解：（1）A为CH2=CH2，烃A（M=28）的分子式为C2H4，故答案为：C2H4；（2）C2H2O2的结构简式为OHC-CHO，C2H2O3所含官能团的名称是羧基、醛基，故答案为：OHCCHO；羧基、醛基；（3）一步合成产物的化学反应方程式是+→，其反应类型为取代反应，故答案为：+→；取代反应；（4）分子式为C8H6O4Na2；的同分异构体符合下列条件：
①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；
②酸性条件下水解得到有机物C6H6O2和C2H4O2，说明含有酯基且由乙酸和酚形成的酯；
③核磁共振氢谱显示有4个峰，峰面积之比为1：2：2：3，
则符合条件的结构简式为，故答案为：C8H6O4Na2；；（5）用OHCCOCOOH、苯酚合成，OHCCOCOOH、苯酚反应生成，然后和氢气发生加成反应得到
，再和亚硫酸氢钠反应生成，其合成
路线为，故答案为：
OHCCOCOOH
，故答案为：OHCCOCOOH。

烃A（M=28），则A为CH2=CH2，根据B产物分子式知，B应该为CH2BrCH2Br，B产物为HOCH2CH2OH，乙二醇发生催化氧化生成OHCCHO，OHCCHO发生氧化反应生成OHCCOOH，OHCCOOH和苯酚发生加成反应、中和反应，最终发生取代反应生成4-（2-羧基苄氧基）
苯乙酸；（5）用OHCCOCOOH、苯酚合成，OHCCOCOOH、苯酚反应生成，然后和氢气发生加成反应得到
，再和亚硫酸氢钠反应生成。

本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识综合运用能力、知识迁移能力，正确分析4-（2-羧基苄氧基）苯乙酸合成过程中断键和成键方式是解本题关键，采用知识迁移方法进行（5）题合成路线设计，题目难度中等。

12.【答案】蒸馏烧瓶Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O 打开仪器1的活塞，滴入硫酸消失 B 乙醇使连二亚硫酸锌溶解度降低而析出2ZnS2O4S↓+SO2↑+2ZnSO3↓ ×100%【解析】
解：（1）仪器2为蒸馏烧瓶；其中为浓硫酸与Na2SO3制备SO2气体，反应为；Na2SO3 +H2SO4 ═Na2SO4+SO2↑+H2O；故答案为：蒸馏烧瓶；Na2SO3 +H2SO4 ═Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）根据分析，仪器4中加入mg锌粉与一定量的水，电加热并启动磁力搅拌器5，一段时间后，打开止水夹，打开仪器1的活塞，滴入硫酸，控制35-45℃进行反应：Zn+2SO2=ZnS2O4，制备ZnS2O4，待浑浊消失，说明锌粉已反应完全，关闭活塞和止水夹；故答案为：打开仪器1的活塞，滴入硫酸；消失；（3）已知：连二亚硫酸盐（如ZnS2O4）在工业中用作吸氧剂，说明连二
亚硫酸盐易与氧气反应，故制备过程应隔绝空气，故仪器7盛放的溶液为碱性焦性没食指酸（吸氧剂）；故答案为：B；（4）停止电加热，仪器3放入一定量乙醇，乙醇使连二亚硫酸锌溶解度降低而析出，制得Zns2O4晶体；故答案为：乙醇使连二亚硫酸锌溶解度降低而析出；（5）反应温度超过45℃，会导致ZnS2O4分解，仪器4中有黄色沉淀S、白色沉淀ZnSO3且伴随着气泡SO2生成，反应为：2ZnS2O4S↓+SO2↑+2ZnSO3↓；
故答案为：2ZnS2O4S↓+SO2↑+2ZnSO3↓；（6）设实际制备的ZnS2O4物质的量为xmol，则实验用了mol，由题有关系式：I2～2Na2S2O3，则剩余的碘为：n（Na2S2O3）=c2V2×10-3mol，根据：2 ZnS2O4～2 ZnS2O4•2HCHO～4I2，则消耗的碘为2n （ZnS2O4）=2×mol，则有2×+c2V2×10-3=c1V1×10-3，解得x=5（c1V1-c2V2）×10-3，根据Zn元素守恒，mg锌粉理论上制得的n（ZnS2O4）=mol，故产率为：×100%；故答案为：×100%。

由1中浓硫酸滴入2中与Na2SO3反应：Na2SO3 +H2SO4 ═Na2SO4+SO2↑+H2O制备SO2气体，仪器4中加入mg锌粉与一定量的水，电加热并启动磁力搅拌器5，一段时间后，打开止
水夹，打开仪器1的活塞，滴入硫酸，控制35-45℃进行反应：Zn+2SO2=ZnS2O4，制备ZnS2O4，温度不宜过高，否则会导致ZnS2O4分解：2ZnS2O4S↓+SO2↑+2ZnSO3↓，待浑浊消失，说明锌粉已反应完全，关闭活塞和止水夹，停止电加热，仪器3放入一定量乙醇，降低连二亚硫酸锌溶解度制得Zns2O4晶体，6盛装的溶液是NaOH溶液，吸收多余的SO2气体，7盛放吸氧剂，防止空气中的氧气氧化ZnS2O4，根据关系式计算产率。

本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度较大。