山东省滨州行知中学2019届高三第一次模拟考试理科综合化学试题(解析版)

1.清初《泉州府志》物产条载： “初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。

”文中“盖泥法”的原理与下列相同的是（ ） A. 活性炭净水
B. 用漂白粉漂白织物
C. 除去KNO 3中的NaCl
D. 除去河水中泥沙
【答案】A 【解析】
文中“去土而糖白”是指固体土吸附糖色，所以文中“盖泥法”的原理与下列相同的是活性炭净水，故选A 。

2.设N A 为阿伏伽德罗常数。

下列说法不正确的是
A. 常温常压下，35.5g 的氯气与足量的氢氧化钙溶液完全反应，转移的电子数为0.5N A
B. 60g 甲酸甲酯和葡萄糖的混合物含有的碳原子数目为2N A
C. 同温下，pH=1体积为1L 的硫酸溶液所含氢离子数与pH=13体积为1L 的氢氧化钠溶液所含氢氧根离子数均为0.1N A
D. 已知合成氨反应：N 2(g)+3H 2(g)2NH 3(g)；△H =-92.4kJ/mol ，当该反应生成N A 个NH 3分子时，反应
放出的热量为46.2kJ 【答案】C 【解析】
【详解】A ．2Cl 2+2Ca(OH)2==CaCl 2+Ca(ClO)2+2H 2O ，则Cl 2—— e -，35.5g 的氯气为0.5mol ，转移的电子数为0.5N A ，A 正确；
B ．甲酸甲酯和葡萄糖的最简式都为CH 2O ，则60g 混合物含有的碳原子数目为A 60g
30g/mol
N =2N A ，B 正
确；
C ．温度未知，pH=13体积为1L 的氢氧化钠溶液所含氢氧根离子数不一定为0.1N A ，C 不正确；
D ．反应N 2(g)+3H 2(g)
2NH 3(g)；△H =-92.4kJ/mol 表示生成2molNH 3时，放热92.4kJ ，则当该反应生成
N A 个NH 3分子时，反应放出的热量为46.2kJ ，D 正确； 故选C 。

3.下列有关说法正确的是
A. 用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素是利用了氧化还原反应原理
B. 铁锈是化合物，可用Fe 2O 3·
n H 2O(2≤n <3)表示
C. 已知CH4+H2O CH3OH+H2，该反应的有机产物是无毒物质
D. C(CH3)4的二氯代物只有2种
【答案】D
【解析】
【详解】A．用乙醚作萃取剂，从黄花蒿中提取青蒿素，是物理过程，A不正确；
B．铁锈是混合物，成分复杂，B不正确；
C．该反应的有机产物CH3OH是有毒物质，C不正确；
D．C(CH3)4的二氯代物中，共有2个Cl连在同一碳原子上和不同碳原子上2种可能结构，D正确；故选D。

4.下列由实验现象得出的结论正确的是（）
操作及现象结论
A
其他条件相同，测定等浓度的HCOOK和
K2S溶液的pH 比较K a（HCOOH）和K a2（H2S）的大小
B
向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶
液，溶液呈红色
溶液中一定含有Fe2+
C 向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5
滴等浓度的CuSO4和KMnO4溶液，观察
气体产生的速度
比较CuSO4和KMnO4的催化效
果
D
C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃，制
得的气体使酸性KMnO4溶液褪色一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液褪色
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
由于甲酸的酸性大于氢硫酸，等浓度的HCOOK和K2S溶液的PH：K2S溶液>HCOOK溶液，所以甲酸的电离平衡常数较大，A正确；含有铁离子的溶液滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色，不一定为Fe2+的溶液，B错误；硫酸铜在H2O2溶液分解时作催化剂，而KMnO4溶液与H2O2溶液反应，KMnO4溶液做氧化剂，没有可比性，C错误；浓硫酸能够使乙醇脱水碳化，浓硫酸被还原为二氧化硫，可能是二氧化硫能够使酸性KMnO4溶液褪色，也可能是乙醇蒸气使高锰酸钾溶液褪色，D错误；正确选项A。

点睛：C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃，制得的气体通入到足量的氢氧化钠溶液中进行洗气，除去二氧化硫和二氧化碳气体，然后所得的气体通入到酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，证明一定制得了乙烯气体。

5.短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大。

四种元素形成的单质依次为m、n、p、q ；x、y、z是这些元素组成的二元化合物，其中z为形成酸雨的主要物质之一；25℃时，0.01mol·L－1w溶液中，
c(H+)/c(OH-)＝1.0×10－10。

上述物质的转化关系如图所示。

下列说法正确的是
A. 原子半径的大小：a＜b＜c＜d
B. 氢化物的沸点：b＞d
C. x的电子式为：
D. y、w含有的化学键类型完全相同
【答案】B
【解析】
【分析】
z是形成酸雨的主要物质之一，推出z是SO2，n、p为单质，因此n、p为S和O2，c(H＋)/c(OH－)=10－10，溶液显碱性，即c(OH－)=10－2mol·L－1，w为强碱，即NaOH，推出x和y反应可能是Na2O2与H2O反应，即n为O2，q为S，四种元素原子序数增大，推出a为H，b为O，p为Na，据此分析作答。

【详解】A、半径大小比较：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数增大而减小，因此半径顺序是：Na>S>O>H，故错误；
B、氢化物分别是H2O、H2S，H2O中含有分子间氢键，H2S没有，则H2O的沸点高于H2S，故正确；
C、x为H2O，其电子式为：，故错误；
D、y是过氧化钠，w为NaOH，前者只含离子键，后者含有离子键和共价键，故错误；
答案选B。

6.一种碳纳米管新型二次电池的装置如图所示。

下列说法中正确的是
A. 离子交换膜选用阳离子交换膜（只允许阳离子通过）
B. 正极的电极反应为NiO（OH）＋H2O＋e－＝Ni（OH）2＋OH－
C. 导线中通过1mol电子时，理论上负极区溶液质量增加1g
D. 充电时，碳电极与电源的正极相连【答案】B
【解析】
根据装置图，碳电极通入氢气，发生氧化反应，电极反应为H 2-2e -+ 2OH －
=2H 2O ，Ni 电极NiO(OH)→Ni(OH)2发生还原反应，电极反应为NiO （OH ）＋H 2O ＋e －＝Ni （OH ）2＋OH －，碳电极是负极，Ni 电极是正极。

根据以上分析，离子交换膜选用阴离子交换膜（只允许阴离子通过），故A 错误；正极的电极反应为NiO （OH ）＋H 2O ＋e －
＝Ni （OH ）2＋OH －
，故B 正确；导线中通过1mol 电子时，负极生成1mol 水，理论上负极区溶液质量增加18g ，故C 错误；充电时，负极与电源负极相连，所以碳电极与电源的负极相连，故D 错误。

7.25℃时，向20mL 0.1mol/L H 2R （二元弱酸）溶液中滴加0.1mol/LNaOH 溶液，溶液pH 与加入Na O H 溶液体积
的
关系如图所示。

下列有关说法正确的是
A. a 点所示溶液中：c (H 2R) + c (HR -)+ c (R 2-)=0.lmol /L
B. b 点所示溶液中：c (Na +) >c(HR -)> c (H 2R)>c (R 2-)
C. 对应溶液的导电性：b > c
D. a 、b 、c 、d 中，d 点所示溶液中水的电离程度最大 【答案】D 【解析】
A 、a 点所示溶液中：c (H 2R) + c (HR －
)+ c (R 2－
)=
20?0.1/0.06672010mL mol L
mL mL
=+ mol·L －1，故A 错误；B 、
b 点所示溶液相当于N a 2R ，R 2― 部分水解生成HR ― ,HR ― 再水解生成H 2R ，故
c (Na +) >c (R 2-)>c(HR -)> c (H 2R)，B 错误；C 、溶液的导电性强弱与溶液中阴阳离子的浓度大小和离子所带的电荷数有关系，c 点溶液中离子浓度大，对应溶液的导电性：b < c ，故C 错误；D 、a 、b 抑制水电离，c 点PH=7，不影响水电离，
d 点促进水电离，故D 正确；故选D 。

8.三氯化氮（NCl 3）是一种消毒剂，可利用氯气与氯化铵溶液反应来制备。

已知：三氯化氮的相关性质如下： 物理性质
化学性质
黄色油状液体，熔点为－40℃，沸点为 71℃，不溶
95℃时爆炸，热水中发生水解
于冷水、易溶于有机溶剂，密度为1.65 g•cm-3
某小组同学选择下列装置（或仪器）设计实验制备三氯化氮并探究其性质：
(1)NCl3
的电子式为__________________；仪器M 的名称是______________；
(2)如果气流的方向从左至右，装置连接顺序为A、G、_____________、B。

（注明：F仪器使用单孔橡胶塞）
(3)C中试剂是_________________；B装置的作用是________________；
(4)写出E装置中发生反应的化学方程式_______________________________________
(5)当E装置的烧瓶中出现较多油状液体时停止反应。

控制水浴加热温度为__________；
(6)已知三氯化氮不具有漂白性，三氯化氮与热水反应的化学方程式为NCl3＋4H2O＝NH3•H2O＋3HClO，请设计实验证明该水解反应的产物______________
【答案】(1). (2). 直形冷凝管(3). C、E、D、F(4). 饱和食盐水(5). 吸收尾气中氯气，避免污染环境(6). 3Cl2＋NH4Cl＝NCl3＋4HCl(7). 71℃～95℃(8). 用干燥、洁净玻璃棒蘸取三氯化氮液体（F 装置中的黄色油状液体）滴到干燥的
红色石蕊试纸上，试纸不褪色；再滴加数滴热水后，试纸先变蓝色后褪色
【解析】
【分析】
题干信息显示，利用氯气与氯化铵溶液反应制备三氯化氮，所以制得的氯气不必干燥，但须除去氯化氢，以防干扰三氯化氮的制备。

先用A装置制取Cl2，然后经过安全瓶G防止倒吸，再利用C装置除去Cl2中混有的HCl；此时混有少量水蒸气的Cl2进入E装置与蒸馏烧瓶中加入的氯化铵溶液反应，生成三氯化氮和氯化氢；当E装置的烧瓶中出现较多油状液体时停止反应，用水浴加热蒸馏烧瓶，并控制温度在三氯化氮的沸点与95℃(爆炸点)之间，将三氯化氮蒸出，用D冷凝，用F承接；由于Cl2可能有剩余，所以需使用装置B进行尾气处理。

【详解】(1)NCl3为共价化合物，N原子与Cl各形成一对共用电子，其电子式为；仪器M 名
称是直形冷凝管。

答案为：；直形冷凝管；
(2)依据分析，如果气流的方向从左至右，装置连接顺序为A、G、C、E、D、F、B。

答案为：C、E、D、F；
(3)装置C用于除去Cl2中混有的HCl，所以C中试剂是饱和食盐水；最后所得尾气中可能混有污染环境的Cl2，应除去，由此确定B装置的作用是吸收尾气中氯气，避免污染环境。

答案为：饱和食盐水；吸收尾气中氯气，避免污染环境；
(4)E装置中，氯气与氯化铵溶液反应，生成三氯化氮和氯化氢，化学方程式为3Cl2＋NH4Cl＝NCl3＋4HCl。

答案为：3Cl2＋NH4Cl＝NCl3＋4HCl；
(5)由以上分析可知，水浴加热温度应控制在三氯化氮的沸点与95℃(爆炸点)之间，应为71℃～95℃。

答案为：71℃～95℃；
(6)设计实验时，应能证明现象来自产物，而不是反应物，所以使用的物质应与反应物不反应，但能与两种产物反应，且产生不同的现象，可设计为：用干燥、洁净玻璃棒蘸取三氯化氮液体（F 装置中的黄色油状液体）滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；再滴加数滴热水后，试纸先变蓝色后褪色。

答案为：用干燥、洁净玻璃棒蘸取三氯化氮液体（F 装置中的黄色油状液体）滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；再滴加数滴热水后，试纸先变蓝色后褪色。

【点睛】分析仪器的连接顺序时，要有一个整体观、全局观，依据实验的操作顺序，弄清每步操作可能使用什么装置，会产生什么杂质，对实验过程或结果产生什么影响，于是注意选择合适的试剂，合理安排装置的连接顺序。

9.利用钛矿的酸性废液(含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42-等)，可回收获得FeS2纳米材料、Fe2O3和TiO2·n H2O等产品，流程如下：
(1)TiO2+中钛元素的化合价为________价。

TiO2+只能存在于强酸性溶液中，因为TiO2+易水解生成TiO2·n H2O，写出水解的离子方程式_________________________________。

(2)向富含TiO2+的酸性溶液中加入Na2CO3粉末能得到固体TiO2·n H2O。

请用化学反应原理解释
__________________________________。

(3)NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式为_______________________，该反应需控制温度在308K
以下，其目的是_____________________________。

(4)已知298K时，K sp[Fe(OH)2]=8.0×10-16，若在生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡时，测得溶液的pH为8.5，c(Fe2+)=1.0×10-5mol·L-1，则所得的FeCO3中________Fe(OH)2(填“有”或“没有”)。

(5)FeS2纳米材料可用于制造高容量锂电池，已知电解质为熔融的K2S，电池放电时的总反应为：
4Li+FeS2=Fe+2Li2S，则正极的电极反应式是_______________。

【答案】(1). +4(2). TiO2++(n+1)H2O TiO2▪n H2O+2H+(3). 碳酸钠消耗H+，c(H+)减小，使TiO2+水解平衡向生成TiO2▪n H2O方向移动(4). Fe2++2HCO3- =FeCO3↓+CO2↑+H2O(5). 防止NH4HCO3受热分解和减少Fe2+的水解(6). 没有(7). FeS2+4e-﹦Fe+2S2-
【解析】
【分析】
酸性废液(含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42-等)中加入适量铁屑，发生反应2Fe3++Fe==3Fe2+，冷却结晶后，Fe2+转化为绿矾晶体；绿矾晶体溶于水得FeSO4溶液，往溶液中加入足量的NH4HCO3溶液，发生反应生成CO2气体和FeCO3沉淀等；FeCO3固体在O2中煅烧，可生成Fe2O3和CO2；富含TiO2+的酸性溶液中加入Na2CO3粉末，能得到固体TiO2·n H2O，同时应生成CO2。

【详解】(1)TiO2+中，O元素显-2价，则钛元素的化合价为+4价。

TiO2+只能存在于强酸性溶液中，因为TiO2+易水解生成TiO2·n H2O，表明TiO2+结合H2O中的O，生成H+，则水解的离子方程式为TiO2++(n+1)H2O TiO2▪n H2O+2H+。

答案为：+4；TiO2++(n+1)H2O TiO2▪n H2O+2H+；
(2)向富含TiO2+的酸性溶液中加入Na2CO3粉末能得到固体TiO2·n H2O，同时应生成CO2气体。

用化学反应原理解释为碳酸钠消耗H+，c(H+)减小，使TiO2+水解平衡向生成TiO2▪n H2O方向移动。

答案为：碳酸钠消耗H+，c(H+)减小，使TiO2+水解平衡向生成TiO2▪n H2O方向移动；
(3)NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应，生成CO2气体和FeCO3沉淀等，离子方程式为Fe2++2HCO3-
=FeCO3↓+CO2↑+H2O，该反应需控制温度在308K以下，主要从NH4HCO3的热稳定性和Fe2+的水解两方面考虑，其目的是防止NH4HCO3受热分解和减少Fe2+的水解。

答案为：Fe2++2HCO3- =FeCO3↓+CO2↑+H2O；防止NH4HCO3受热分解和减少Fe2+的水解；
(4)溶液的pH为8.5，则pOH=5.5，c(OH-)=1.0×10-5.5mol·L-1，c(Fe2+)=1.0×10-5mol·L-1，则c(Fe2+)∙
c2(OH-)=1.0×10-5×(1.0×10-5.5)2=1.0×10-16<8.0×10-16，故所得的FeCO3中没有Fe(OH)2。

答案为：没有；(5)电解质为熔融的K2S，由电池放电时的总反应：4Li+FeS2=Fe+2Li2S，可确定正极反应为FeS2得电子生成Fe和S2-，电极反应式是FeS2+4e-﹦Fe+2S2-。

答案为：FeS2+4e-﹦Fe+2S2-。

【点睛】在分析电极反应时，通常从总反应式切入，利用电极的电子得失情况，确定价态变化，由此确定主反应物和主产物，在配平时，可利用电解质中的微粒；也可利用总电极反应减去另一电极反应。

10.(1)一定条件下，CO2与1.0mol·L-1NaOH溶液充分反应放出的热量如下表：
反应序号
CO2的物质的量
/mol NaOH溶液的体积
/L
放出的热量/kJ
1 0.5 0.75 X
2 1.0 2.00 y
该条件下CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式为_____________________。

(2)用焦炭还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒温容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n(NO)随反应时间t的变化情况如下表：
温度t/min 0 40 80 120 160
甲(673K) 2.00 1.50 1.10 0.80 0.80
乙(T) 2.00 1.45 1.00 1.00 1.00 丙(673K) 1.00 0.80 0.65 0.53 0.45 ①甲容器中，0～40min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)=____________。

②该反应的△H__________(填序号) a．大于0 b．小于0 c．等于0 d．不能确定③丙容器达到平衡时，NO的转化率为__________________。

(3)298K时，NH3·H2O的电离常数K b=2×10-5，H2CO3的电离常数K al=4×10-7，K a2=4×10-11。

在NH4HCO3溶
液中，c(NH4+)__________c(HCO3-)(填“>”、“<”或“=”)；反应NH4++HCO3-+H2O NH3·H2O+H2CO3的平衡常数K的数值(用科学计数法表示)为_____。

【答案】(1). CO(g)+NaOH(aq)﹦NaHCO3(aq)，△H=(y-4x)kJ/mol(2). 0.0125mol▪L-1▪min-1(3). b (4). 60%(5). >(6). 1.25×10-3
【解析】
【分析】
(1)由表中数据，可写出下列两个热化学方程式：
反应1：2CO2(g)+3NaOH(ag)==Na2CO3(ag)+NaHCO3(ag)+H2O(l) ∆H1= -4xkJ/mol
反应2：CO 2(g)+2NaOH(ag)==Na 2CO 3(ag) +H 2O(l) ∆H 2= -ykJ/mol
由盖斯定律，将反应1-反应2，即可得到该条件下CO 2与NaOH 溶液反应生成NaHCO 3的热化学方程式。

(2)①甲容器中，0～40min 内用NO 的浓度变化表示的平均反应速率v (NO)=
2.00mol 1.50mol
1L 40min
-⨯。

②甲与乙进行对比，从达平衡的时间看，乙所用时间短，则表明T>673K ，平衡时乙中n (NO)大，从而得出升高温度，平衡逆向移动的结论。

③因为反应前后气体分子数相等，所以温度相同时，改变压强平衡不发生移动，甲与丙中NO 的转化率相同，由于丙中NO 的平衡浓度未知，所以可利用甲计算丙容器达到平衡时，NO 的转化率。

(3)对比NH 3·H 2O 和HCO 3-的电离常数，从而得出二者的水解常数关系，由此推出在NH 4HCO 3溶液中，c (NH 4+)与c (HCO 3-)的大小关系；反应NH 4++HCO 3-+H 2O
NH 3·H 2O+H 2CO 3的平衡常数
K =322343(NH H O)(H CO )(NH )(HCO )c c c c +-⋅⋅⋅=322343
(NH H O)(H CO )(H )(OH )(NH )(OH )(HCO )(H )c c c c c c c c +-+--+
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=W b a1K K K ⋅，代入数据即可求出K 。

【详解】(1)由表中数据，可写出下列两个热化学方程式：
反应1：2CO 2(g)+3NaOH(ag)==Na 2CO 3(ag)+NaHCO 3(ag)+H 2O(l) ∆H 1= -4xkJ/mol 反应2：CO 2(g)+2NaOH(ag)==Na 2CO 3(ag) +H 2O(l) ∆H 2= -ykJ/mol
由盖斯定律，将反应1-反应2，即可得到该条件下CO 2与NaOH 溶液反应生成NaHCO 3的热化学方程式为CO(g)+NaOH(aq)﹦NaHCO 3(aq)，△H =(y-4x)kJ/mol 。

答案为：CO(g)+NaOH(aq)﹦NaHCO 3(aq)，△H =(y-4x)kJ/mol ；
(2)①甲容器中，0～40min 内用NO 的
浓度变化表示的平均反应速率v (NO)=2.00mol 1.50mol
1L 40min
-⨯=
0.0125mol▪L -1▪min -1。

答案为：0.0125mol ▪L -1▪min -1；
②甲与乙进行对比，从达平衡的时间看，乙所用时间短，则表明T>673K ，平衡时乙中n (NO)大，从而得出升高温度，平衡逆向移动，该反应的△H <0，故选b 。

答案为：b ；
③因为反应前后气体分子数相等，所以温度相同时，改变压强平衡不发生移动，甲与丙中NO 的转化率相同，由于丙中NO 的平衡浓度未知，所以可利用甲计算丙容器达到平衡时，NO 的转化率为
2.00mol 0.80mol
100%2.00mol
-⨯=60%。

答案为：60%；
(3) 298K 时，NH 3·H 2O 的电离常数K b =2×10-5，H 2CO 3的电离常数K a2=4×10-11，所以NH 4+的水解能力比HCO 3-弱，故NH 4HCO 3溶液中，c (NH 4+)>c (HCO 3-)；反应NH 4++HCO 3-+H 2O
NH 3·H 2O+H 2CO 3的平衡常数
K =322343(NH H O)(H CO )(NH )(HCO )c c c c +-⋅⋅⋅=322343(NH H O)(H CO )(H )(OH )(NH )(OH )(HCO )(H )c c c c c c c c +-+--+
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=W b a1
K K K ⋅=1457110210410---⨯⨯⨯⨯=1.25×10-3。

答案为：>；1.25×10-3。

【点睛】解题时，我们很容易认为丙在160min时达到化学平衡，于是认为0.45mol是NO的平衡物质的量，其实甲与丙是等效平衡，平衡时丙中NO的物质的量应为0.4mol。

11.D是一种催眠药，F是一种香料，它们的合成路线如下：
(1)A的化学名称是_________，C中含氧官能团的名称为_______________。

(2)F的结构简式为_______________，A和E生成F的反应类型为_______________。

(3)B与乙炔钠合成C的反应类型(酸化前)是______________；写出由C合成D的第二个反应的化学方程式___________________________________。

(4)同时满足下列条件的E的同分异构体有__________种（不含立体异构）。

①遇FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应
(5)以乙炔和甲醛为起始原料，选用必要的无机试剂合成1，3-丁二烯，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。

_________
【答案】(1). 环己醇(2). 羟基(3). (4). 酯化（取代）反应(5). 加成反应(6). +NH3→+HCl(7). 9(8).
【解析】
【分析】
与H2在催化剂作用下发生加成反应生成A，其结构简式为；催化氧化可生成B，结构简式为；与H-C≡CNa可发生加成反应生成，酸化后生成C()，与SOCl2反应生成，与NH3反应生成D()。

酸化后生成E，其结构简式为，与发生酯化反应生成F，其结构简式为。

【详解】(1)A的结构简式为，化学名称是环己醇，C的结构简式为，含氧官能团的名称为羟基。

答案为：环己醇；羟基；
(2)由以上分析可知，F的结构简式为，和生成的反应类型为酯化（取代）反应。

答案为：；酯化（取代）反应；
(3) 与H-C≡CNa合成，反应类型(酸化前)是加成反应；由合成
的化学方程式为+NH3→+HCl。

答案为：加成反应；
+NH3→+HCl；
(4)同时满足条件：“①遇FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应”的E的同分异构体中，应含有1个-OH(酚)、1个-OOCH(3种异构体)，或2个-OH(酚)、1个-CHO(6种异构体)，异构体共有9种（不含立体异构）。

答案为：9；
(5)以乙炔和甲醛为起始原料，利用题给流程图中与H-C≡CNa的反应原理，将HC≡CH转化为
NaC≡CNa，然后与HCHO进行加成，生成HOCH2C≡CCH2OH，与H2加成生成HOCH2C H2CH2CH2OH，再发生消去反应从而得到目标有机物。

合成路线为：
. 。

答案为：。

【点睛】的同分异构体中，含有1个-OH(酚)、1个-OOCH的异构体的结构简式为(共3种异构体)；含2个-OH(酚)、1个-CHO的异构体的结构简式为，，(共6种异构体，序号①、②、③表示-CHO所在的位置)。