【精品高考化学】2019年山东省淄博市高考化学三模试卷+答案

2019年山东省淄博市高考化学三模试卷
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（6分）《天工开物》中对制造染料“蓝靛”的叙述如下：“凡造淀，叶与茎多者入窖，少者入桶与缸。

水浸七日，其汁自来。

每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，淀信即结。

水性定时，淀沉于底……其掠出浮沫晒干者曰靛花。

”文中没有涉及的实验操作是（）A．溶解B．搅拌C．升华D．蒸发
2．（6分）化学与生活、社会发展息息相关。

下列说法正确的是（）A．有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素
B．聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程
C．疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性
D．“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅
3．（6分）N A为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A．水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为2N A
B．25℃时，1L pH＝11的醋酸钠溶液中，由水电离出的OH﹣数目为0.001N A
C．1mol﹣OH（羟基）与lmolNH4+中所含电子数均为10N A
D．2.8g乙烯与2.6g苯中含碳碳双键数均为0.1N A
4．（6分）一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应为：，（无机小分子产物略去）。

下列说法正确的是（）
A．该反应属于化合反应
B．b的二氯代物有6种结构
C．1mol b加氢生成饱和烃需要6molH2
D．C5H11Cl的结构有8种
5．（6分）下列图示（加热装置省略，其序号与选项的序号对应）的实验操作，能实现相应实验目的是（）
A ．探究乙醇的催化氧化
B ．实验室制取并收集少量纯净的氯气
C ．研究催化剂对过氧化氢分解速率的影响
D ．实验室制备少量NO
6．（6分）短周期元素W 、X 、Y 、Z 的原子序数依次增加．m 、p 、r 是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下，p 为无色无味气体，q 为液态，r 为淡黄色固体，s 是气体单质．上述物质的转化关系如图所示．下列说法错误的是（ ）
A ．原子半径：Z ＞Y ＞X
B ．最简单气态氢化物的稳定性：Y ＞X
C ．m 、n 、r 都含有离子键和共价键
D ．m 、n 、t 都能破坏水的电离平衡
7．（6分）人体血液存在H 2CO 3/HCO 3﹣
，HPO 42﹣
/H 2PO 4﹣
等缓冲对。

常温下，水溶液中各
缓冲对的微粒浓度之比的对数值lg x[x 表示
c(H 2CO 3)
c(HCO 3
−)或
c(HPO 42−)c(H 2PO 4
−)与pH 的关系如图所示。

已知碳酸pK al ＝6.4、磷酸pK a2＝7.2（pK a ＝﹣lgKa ）。

则下列说法正确的是（ ）
A ．曲线I 表示
lg c(HPO 4
2−)c(H 2PO 4
−)与pH 的变化关系
B ．a ﹣b 的过程中，水的电离程度逐渐减小
C ．当c （H 2CO 3）＝c （HCO 3﹣
）时，c （HPO 42﹣
）＝c （H 2PO 4﹣
）
D ．当pH 增大时，
c(HCO 3−)⋅c(H 2PO 4
−)c(HPO 4
2−)逐渐减小
二、解答题（共5小题，满分58分）
8．（12分）S 2Cl 2是有机化工中的氯化剂和中间体，为浅黄色液体。

可由适量氯气通入熔融的硫磺而得。

Cl 2能将S 2Cl 2氧化为SCl 2，SCl 2遇水发生歧化反应，并且硫元素脱离水溶液。

已知：
物质 S S 2Cl 2 SCl 2 沸点/℃ 445 138 59 熔点/℃
113
﹣76
﹣122
回答下列问题。

（1）写出下列反应的化学方程式 ①制取氯气： 。

②SCl 2与水反应： 。

（2）为获得平稳的氯气气流，应 。

（3）C 装置中进气导管应置于熔融硫上方且靠近液面，还是伸入熔融硫的下方？请判断并予以解释 。

（4）D 装置中热水浴（60℃）的作用是 。

（5）指出装置D 可能存在的缺点 。

9．（16分）铍铜广泛应用于制造高级弹性元件。

从某废旧铍铜元件（含BeO 、CuS 、少量FeS 和SiO 2）中回收铍和铜两种金属的流程如图：
已知：Ⅰ．铍与铝元素处于周期表中相邻周期对角线的位置，化学性质相似。

Ⅱ．常温下：K sp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，K sp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，K sp[Mn（OH）2]＝2.1×10﹣13。

（1）写出铍铜元件中SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式。

写出生成“红褐色固体”的离子方程式。

（2）滤渣B的主要成分为（填化学式）。

写出反应①中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式。

（3）①从“溶液C…→BeCl2溶液”的过程中，下列操作中合理的是（按先后顺序排序）（填字母）。

a．加入过量的NaOH溶液b．过滤c．加入适量的盐酸d。

加入过量的氨水e。

通入过量的CO2气体f．洗涤
②从“BeCl2溶液→BeCl2固体”的操作是。

（4）MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应②中CuS发生反应的离子方程式。

（5）溶液D中含c（Cu2+）＝2.2mol•L﹣1、c（Fe3+）＝0.008mol•L﹣1、c（Mn2+）＝0.01mol •L﹣1，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，首先沉淀的是（填离子符号）。

10．（15分）回收利用硫和氮的氧化物是保护环境的重要举措。

Ⅰ．（1）工业生产可利用CO从燃煤烟气中脱硫。

已知S（s）的燃烧热（△H）为﹣mkJ/mol。

CO与O2反应的能量变化如图1所示，则CO从燃煤烟气中脱硫的热化学方程式为（△H用含m的代数式表示）。

（2）在模拟回收硫的实验中，向某恒容密闭容器中通入2.8molCO和1molSO2气体，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图2所示。

与实验a相比，实验c 改变的实验条件可能是。

②请利用体积分数计算该条件下实验b的平衡常数K＝。

（列出计算式即可）（注：
某物质的体积分数＝该物质的物质的量/气体的总物质的量）
（3）双碱法除去SO 2的原理为：NaOH 溶液⇌CaO SO 2
Na 2SO 3溶液。

该方法能高效除去SO 2并
获得石膏。

①该过程中NaOH 溶液的作用是 。

②25℃时，将一定量的SO 2通入到100mL0.1mol/L 的NaOH 溶液中，两者完全反应得到含Na 2SO 3、NaHSO 3的混合溶液，溶液恰好呈中性，则溶液中H 2SO 3的物质的量浓度是 （假设反应前后溶液体积不变；25℃时，H 2SO 3的电离常数 K 1＝1.0×10﹣
2 K 2＝5.0
×10﹣
8）。

Ⅱ．用NH 3消除NO 污染的反应原理为：4NH 3（g ）+6NO （g ）⇌5N 2（g ）+6H 2O （l ）△H ＝﹣1807.98kJ/mol 。

不同温度条件下，NH 3与NO 的物质的量之比分别为4：1、3：
1、1：3，得到NO 脱除率曲线如图所示。

（1）曲线a 中NH 3的起始浓度为4×10﹣
5mol/L ，从A 点到B 点经过1秒，该时间段内NO 的脱除速率为 mg/（L •s ）。

（2）不论以何种比例混合，温度超过900℃，NO 脱除率骤然下降，除了在高温条件下氮气与氧气发生反应生成NO ，可能的原因还有（一条即可） 。

11．（15分）据《自然》杂志于2018年3月15日发布，中国留学生曹原用石墨烯实现了常温超导。

这一发现将在很多领域发生颠覆性的革命。

曹原被评为2018年度影响世界的十大科学人物的第一名。

（1）下列说法中正确的是 。

a ．碳的电子式是
，可知碳原子最外层有4个单电子
b ．12 g 石墨烯含共价键数为N A
c ．从石墨剥离得石墨烯需克服共价键
d ．石墨烯中含有多中心的大π键
（2）COCl2分子的空间构型是。

其中，电负性最大的元素的基态原子中，有种不同能量的电子。

（3）独立的NH3分子中，H﹣N﹣H键键角106.70．图1是[Zn（NH3）6]2+离子的部分结构以及其中H﹣N﹣H键键角。

请解释[Zn（NH3）6]2+离子中H﹣N﹣H键角变为109.50的原因是。

（4）化合物[EMIM][AlCl4]具有很高的应用价值，其熔点只有7℃，其中EMIM+结构如图2所示。

该物质晶体的类型是。

大π键可用符号πm n表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的原子数和电子数。

则EMIM+离子中的大π键应表示为。

（5）碳化钙的电子式：，其晶胞如图3所示，晶胞边长为a nm、CaC2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为N A，其晶体密度的计算表达式为g•cm﹣3；
晶胞中Ca2+位于C22﹣所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为nm。

12．有机物J在有机化工领域具有十分重要的价值。

2018年我国首次使用α﹣溴代羰基化合物合成了J，其合成路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）E的名称
（2）C→D的化学方程式。

（3）D→E、E→F的反应类型分别是、。

（4）H中含有的官能团名称是，F的分子式。

（5）化合物X是D的同分异构体，其中能与氢氧化钠溶液反应的X有种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：6的结构简式为。

（6）参照题中合成路线图，设计以甲苯和为原料来合成
的合成路线。

2019年山东省淄博市高考化学三模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．【解答】解：由信息可知，水浸七日，涉及溶解，加石灰搅拌，自然蒸发结晶可得到“蓝靛”，不涉及升华，故C选。

故选：C。

2．【解答】解：A．丝绸的主要成分是蛋白质，不是纤维素，故A错误；
B．高分子是相对分子质量达几万或几十万的分子，聚乳酸酯属于高分子，油脂分子不属于高分子，故B错误；
C．温度升高，蛋白质会发生变性，为避免蛋白质变性，疫苗一般应冷藏存放，故C正确；
D．硅太阳能电池板的成分是单质硅，不是二氧化硅，故D错误；
故选：C。

3．【解答】解：A、过氧化钠和水反应时，增重为氢元素的质量，即1molNa2O2～1molH2O～增重1molH2的质量～转移1mol电子，故当增重2g即1mol氢气的质量时，反应转移1mol 电子即N A个，故A错误；
B.1L pH＝ll的CH3COONa溶液中，氢氧根的浓度为10﹣3mol/L，而在此溶液中氢氧根全
部来自于水的电离，故溶液中水电离出的氢氧根的物质的量n＝CV＝10﹣3mol/L×1L＝10﹣3mol，即10﹣3N A个，故B正确；
C．﹣OH中含9个电子，故1mol﹣OH 中含电子为9NA个，故C错误；
D．苯分子中的化学键是结余碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊化学键，不含碳碳双键，故D错误；
故选：B。

4．【解答】解：A．a苯环上的H原子被甲基取代生成b，该反应为取代反应，故A错误；
B．b的二氯代物中，如果两个氯原子位于甲基上，有1种；
如果一个位于甲基上，一个位于苯环上，有3种；
如果两个氯原子都位于苯环上有6种，所以符合条件的有10种；
故B错误；
C ．只有苯环能和氢气发生加成反应，则1molb 最多能和3mol 氢气反应生成饱和烃，故C 错误；
D ．如果碳链结构为C ﹣C ﹣C ﹣C ﹣C ，有3种一氯代物； 如果碳链结构为
，一氯代物有4种，
如果碳链结构为，一氯代物有1种，
所以符合条件的有8种，故D 正确； 故选：D 。

5．【解答】解：A ．挥发的醇及生成的醛均使高锰酸钾褪色，由现象不能说明乙醇的催化氧化生成乙醛，故A 错误；
B ．浓盐酸挥发，需要除去挥发的HCl ，故B 错误；
C ．只有催化剂一个变量，可研究催化剂对过氧化氢分解速率的影响，故C 正确；
D ．NO 与氧气反应，不能排空气法收集，故D 错误； 故选：C 。

6．【解答】解：由上述分析可知，W 为H ，X 为C ，Y 为O ，Z 为Na ，
A ．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Z ＞X ＞Y ，故A 错误；
B ．非金属性Y ＞X ，则最简单气态氢化物的稳定性：Y ＞X ，故B 正确；
C ．n 为Na 2CO 3，m 为NaHCO 3，t 为NaOH ，均含离子键、共价键，故C 正确；
D ．n 、m 促进水的电离，t 抑制水的电离，则m 、n 、t 都能破坏水的电离平衡，故D 正确； 故选：A 。

7．【解答】解：H 2CO 3⇌HCO 3﹣
+H +
的电离平衡常数K al =c(H +)⋅c(HCO 3−)c(H 2CO 3)
，所以lg
c(H 2CO 3)
c(HCO 3
−)=pK al ﹣pH ＝6.4﹣PH ，H 2PO 4﹣
⇌HPO 42﹣
+H +的电离平衡常数K a2=
c(H +)⋅c(HPO 42−)
c(H 2PO 4−)，所以lg c(HPO 42−)c(H 2PO 4
−)=pH ﹣pK a2＝pH ﹣7.2， A 、当lgx ＝0时，pH 分别为6.4、7.2，所以，曲线I 表示lg c(H 2CO 3)
c(HCO 3
−)与pH 的变化关系，
曲线II 表示lg
c(HPO 42−)c(H 2PO 4
−)与pH 的变化关系，故A 错误；
B 、酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH 越小，抑制作用越大，水的电离程度越小，
a ﹣
b 的过程中pH 增大，溶液酸性减弱，水的电离程度增大，故B 错误； C 、当
c （H 2CO 3）＝c （HCO 3﹣
）时，即lg
c(H 2CO 3)
c(HCO 3
−)=0，溶液中pH ＝6.4，则lg
c(HPO 42−)c(H 2PO 4
−)=pH
﹣pK a2＝pH ﹣7.2＝6.4﹣7.2＝﹣0.8＜0，即c （HPO 42﹣
）＜c （H 2PO 4﹣
），故C 错误； D 、
c(HCO 3−)⋅c(H 2PO 4
−)c(HPO 4
2−)=c(HCO 3−)⋅c(H +)k a2=k a1⋅c(H 2CO 3)
k a2
，pH 增大则
H 2CO 3⇌HCO 3﹣
+H +正向进行，使c （H 2CO 3）减小，而K a1、K a2不变，所以pH 增大时，
c(HCO 3−)⋅c(H 2PO 4
−)c(HPO 4
2−)逐渐减小，故D 正确，
故选：D 。

二、解答题（共5小题，满分58分）
8．【解答】解：（1）①A 中制备了氯气，可由高锰酸钾（或氯酸钾）和浓盐酸制备，反应为：2KMnO 4+16 HCl ＝2KCl+2 MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O 或 KClO 3+6 HCl ＝KCl+3Cl 2↑+3H 2O ；
故答案为：2KMnO 4+16 HCl ＝2KCl+2 MnCl 2+5Cl 2↑+8H 2O 或 KClO 3+6 HCl ＝KCl+3Cl 2↑+3H 2O ；
②已知：SCl 2遇水发生歧化反应，并且硫元素脱离水溶液，则SCl 2与水反应生成S 单质、二氧化硫，结合质量守恒反应为：2SCl 2+2H 2O ═S ↓+SO 2↑+4HCl ； 故答案为：2SCl 2+2H 2O ═S ↓+SO 2↑+4HCl ；
（2）控制分液漏斗的活塞，使浓盐酸匀速滴下，可以获得平稳的氯气气流； 故答案为：控制分液漏斗的活塞，使浓盐酸匀速滴下；
（3）已知：Cl 2能将S 2Cl 2氧化为SCl 2，故C 装置中进气导管应深入熔融硫的下方，使氯气与硫充分接触、反应，减少因氯气过量而生成SCl 2；
故答案为：深入熔融硫的下方，使氯气与硫充分接触、反应，减少因氯气过量而生成SCl 2； （4）SCl 2的沸点为59℃，故D 装置中热水浴（60℃）可以使SCl 2形成气体与S 2Cl 2分离而除去SCl 2； 故答案为：除去SCl 2；
（5）装置中涉及的气体Cl 2、SCl 2等均为有毒气体，不能直接排放，故装置D 的缺陷是没有吸收Cl 2、SCl 2等尾气的装置；
故答案为：没有吸收Cl 2、SCl 2等尾气的装置。

9．【解答】解：（1）SiO 2与NaOH 溶液反应的离子方程式为SiO 2+2OH ﹣
═SiO 32﹣
+H 2O ，红
褐色固体为氢氧化铁，生成的离子方程式为Fe 3++3NH 3•H 2O ＝Fe （OH ）3↓+3NH 4+，
故答案为：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O；Fe3++3NH3•H2O＝Fe（OH）3↓+3NH4+；
（2）滤渣B的主要成分为CuS、FeS，反应①中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式为BeO22﹣+4 H+═Be2++2H2O，
故答案为：CuS、FeS；BeO22﹣+4 H+═Be2++2H2O；
（3）①溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，选择最合理步骤顺序为：加入过量的氨水过滤，洗涤加入适量的HCl，顺序为dbfc，
故答案为：dbfc；
②从“BeCl2溶液→BeCl2固体”，应避免水解，蒸发时，可在HCl气流中加热蒸干BeCl2
溶液（蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体），
故答案为：在HCl气流中加热蒸干BeCl2溶液（蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体）；
（4）反应②中CuS发生反应的离子方程式为，
故答案为：MnO2+CuS+4 H+═Mn2++Cu2++S↓+2H2O；
（5）常温下：K sp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20，K sp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，K sp[Mn（OH）2]＝2.1×10﹣13，溶液D中含c（Cu2+）＝2.2mol•L﹣1、c（Fe3+）＝0.008mol•L﹣1、c（Mn2+）＝0.01mol•L﹣1，则生成沉淀时的c（OH﹣）分别为10﹣10mol/L、1.7×10﹣12mol/L、4.6×10﹣6mol/L，
则Fe3+最先生成沉淀，
故答案为：Fe3+。

10．【解答】解：（1）S（s）的燃烧热（△H）为﹣mkJ/mol，则①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1＝﹣mkJ/mol，由图象可知②2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）△H2＝﹣566kJ，利用盖斯定律，将②﹣①可得CO从燃煤烟气中脱硫的热化学方程式2CO（g）+SO2（g）═CO2（g）+S（s）△H＝（m﹣566）kJ/mol，
故答案为：2CO（g）+SO2（g）═CO2（g）+S（s）△H＝（m﹣566）kJ/mol；
（2）①a、c开始均通入2.8mol CO和1mol SO2，容器的容积相同，而起始时c的压强大于a，物质的量与体积一定，压强与温度呈正比关系，故c组改变的实验条件可能是：升高温度，
故答案为：升温；
②2CO（g）+2SO2（g）⇌2CO2（g）+S（l），设消耗二氧化硫物质的量x，
起始量（mol） 2.8 1 0
变化量（mol）x x x
平衡量（mol ）2.8﹣x 1﹣x x
2.8+12.8+1−x
=
160120
x ＝0.95mol ，三种气体的体积分数分别为
1.85
2.85
、
0.052.85
、
0.95
2.85
，
则K =
(0.952.85
)2
(1.852.85)2
×(0.052.85
)2，
故答案为：(
0.952.85
)2
(1.852.85)2×(0.052.85
)2；
（3）①反应中二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠和氧化钙反应生成亚硫酸钙和氢氧化钠，则氢氧化钠起到催化剂的作用， 故答案为：催化剂；
②已知25℃时，H 2SO 3的电离平衡常数K a1＝1×10﹣
2，K a2＝5×10﹣
8，可知SO 32﹣
的水
解常数为
10−14
5×10−8
=2×10﹣7
，则
c(HSO 3−)⋅c(H +)
c(SO 32−)
=2×10﹣7，溶液恰好呈中性，则可知c
（HSO 3﹣
）＝2c （SO 32﹣
），由钠离子守恒可知c （HSO 3﹣
）+2c （SO 32﹣
）＝0.1mol/L ，则c （HSO 3﹣
）＝0.05mol/L ，而HSO 3﹣
的水解常数为
10−1410=10
﹣12
，则
c(H 2SO 3)⋅c(H +)c(HSO 3−)
=10
﹣12
，c （H 2SO 3）＝5×10﹣
7mol/L ，
故答案为：5×10﹣
7mol/L ；
II ．（1）曲线a 中，氨气的起始浓度为4×10﹣
5mol/L ，则NO 的起始浓度为1×10﹣
5mol/L ，
A 点的脱除率为55%，
B 点的脱除率为75%，从A 点到B 点经过1s ，该时间段内NO 的脱除速率为1×10﹣
5mol/L ×（0.75﹣0.55）×30g/mol ÷1s ＝6×10﹣
2mg/（L •s ）；
故答案为：6×10﹣
2（或0.06）；
（2）氨的催化氧化反应是放热反应，升高温度有利于向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，
故答案为：该反应的正反应放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动。

11．【解答】解：（1）a 项，C 为6号元素，核外电子排布式为1s 22s 22p 2，故最外层只有2个单电子，a 项错误；
b 项，石墨烯中，一个碳原子形成2mol 的单键，1mol 的双键。

每一个键都有两个碳原子共同拥有，所以12 g 石墨烯（即1molC ）含共价键数为1.5N A 故b 错误；
c 项从石墨剥离得石墨烯，需要破坏石墨的层状结构，即破坏的是分子间作用力，c 项错
误；
d 项石墨烯中的环状结构中，含有大π键，d 项正确； 故答案为：d ；
（2）COCl 2分子中，C 为中心原子，其价电子对数＝1+2+
4−(2×1+1×2)
2
=3，无孤对电子，其空间构型为平面三角形；C 、O 、Cl 电负性最大的为O ，其核外排布为1s 22s 22p 4，有3个能级，故有3种不同能量的电子； 故答案为：平面三角形； 3
（3）键角影响分子的空间构型，当氨分子与Zn 2+形成配合物后，孤对电子与Zn 2+形成配位键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H ﹣N ﹣H 键角变大；
故答案为：氨分子与Zn 2+形成配合物后，孤对电子与Zn 2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H ﹣N ﹣H 键角变大；
（4）化合物[EMIM][AlCl 4]，是由[EMIM]+与[AlCl 4]﹣
相互作用而形成的，所以为离子化
合物；由图可知，EMIM +离子中的大π键由5个原子和6个电子形成的，故表示为：π56；
故答案为：离子晶体 π
56
（5）由图3所示，钙离子在棱上和体心位置，即12×1
4+1＝4，C 22﹣
离子在顶点和面心，
即8×18+6×12=4，根据密度ρ=m V =4M
N A (a×10−7)
3； 晶胞中Ca 2+位于C 22﹣
所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为晶胞的边长的√22，即为 √2
2
a （或0.707a ）； 故答案为：
4M N A (a×10)
； √2
2
a （或0.707a ） 12．【解答】解：（1）E 为（CH 3）2 COHCOOH ，E 的名称为2﹣甲基﹣2﹣羟基丙酸， 故答案为：2﹣甲基﹣2﹣羟基丙酸； （2）C
发生催化氧化生成
D ，C →D
的化学方程式为
，
故答案为：；
（3）D→E、E→F的反应类型分别是氧化反应、取代反应，
故答案为：氧化反应；取代反应；
（4）H中含有的官能团名称是酚羟基、硝基，F的分子式为C4H7O2Br，
故答案为：酚羟基、硝基；C4H7O2Br；
（5）D为（CH3）2COHCHO，化合物X是D的同分异构体，X能和NaOH溶液反应，说明含有酯基或羧基，可能是甲酸丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯、丁酸、2﹣甲基丙酸6种，其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：6的结构简式为
，
故答案为：6；；
（6）以甲苯和为原料来合成，可由
苯甲醇和发生取代反应得到，苯甲醇可由一氯甲苯发生水解反应得到，一氯甲苯可由甲苯发生取代反应得到，其合成路线为
，
故答案为：。