山东省青岛市2024年高考化学模拟试题（含答案）

山东省青岛市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．2022年中国十大科技新闻之一是物理化学科学家联合突破海水无淡化原位直接电解制氢技术，向大海要水要资源又有新进展。下列说法正确的是A．该过程将化学能转化为电能B．H2O、D2C．氢能源代替化石能源可缓解海水酸化D．实验室电解水常加入少量稀盐酸增强导电性2．叠氮化铅[Pb(NI：N2Ⅱ：NaNA．NH3的键角大于B．N2C．反应I中氧化剂和还原剂的物质的量之比可能为3D．反应I每消耗23g钠，共转移1mol电子3．软包电池的关键组件结构如图所示。X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，X元素最外层电子数是次外层电子数的一半，W和Q同主族。下列说法错误的是A．简单离子半径Q>M>W>XB．简单气态氢化物的热稳定性M>W>QC．常温下M单质可以置换出W单质D．W34．黑磷具有与石墨相似的层状结构，其结构如图所示。下列分析错误的是A．黑磷中既存在非极性共价键又存在范德华力B．黑磷的熔点高于白磷C．黑磷中P原子杂化方式为sD．第三周期只有Cl元素的第一电离能大于P5．氧化法制备联苯衍生物的转化过程如图所示。下列说法错误的是A．②→③发生消去反应B．②③中最多处于同一平面的碳原子数相同C．⑤的苯环上的一氯代物有6种D．1mol④与浓溴水反应最多可消耗3molB6．下列实验操作规范的是A．①灼烧干海带B．②检验铜与浓硫酸反应的氧化产物C．③用CClD．④配制溶液定容后摇匀7．根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是选项实验目的实验现象结论A探究有机物中官能团之间的影响分别向丙烯酸乙酯和α−氰基丙烯酸乙酯中滴入水，前者无明显现象，后者快速固化氰基活化双键，使其更易发生加聚反应B比较KMnO4、Cl向酸性KMnO4溶液中滴入氧化性：KMnC纤维素水解实验将脱脂棉放入试管中，滴入90%硫酸捣成糊状，30s后用NaOH溶液调至碱性，加入新制Cu(OH纤维素未发生水解D探究不同价态硫元素之间的转化向Na2S+4价和−2价硫可归中为0价A．A B．B C．C D．D8．吲哚布芬是抗血栓药物，结构如图所示。关于该有机物说法错误的是A．分子式为CB．存在对映异构体C．1mol吲哚布芬最多能与2molNaOH反应D．不能使酸性KMnO9．溴苯可用于生产镇痛解热药和止咳药，其制备、纯化流程如图。下列说法错误的是A．“过滤”可除去未反应的铁粉B．“除杂”使用饱和NaHSO3溶液可除去剩余的溴单质C．“干燥”时可使用浓硫酸作为干燥剂D．“蒸馏”的目的是分离苯和溴苯10．某溴丁烷与乙醇反应的能量转化如图(“”表示过渡态)。下列说法错误的是A．总反应为取代反应B．该反应过程中C原子杂化方式有变化C．加C2D．该过程正逆反应的决速步骤不同11．纯磷酸(易吸潮，沸点261°C)可由85%的磷酸减压蒸馏除水、结晶得到。实验装置如图。该过程需严格控制温度，高于100°CA．由毛细管通入N2B．丙处应连接球形冷凝管C．磷酸易吸潮是因为它可与水形成氢键D．连接减压装置的目的是降低磷酸沸点12．我国首创高钛渣沸腾氯化法获取TiCl4，以高钛渣(主要成分为TiO2，含少量V、Si和流程中几种物质的沸点如表物质TiCVOCSiCA1C沸点．“除钒”反应为3VOCB．“除硅、铝”过程中，可通过蒸馏的方法分离TiCl4中含Si、C．“除钒”和除“硅、铝”的顺序可以交换D．“反应器”中应增大湿度以提高反应速率13．八钼酸铵[(NHA．a连接电源正极B．生成Mo8C．电解一段时间后，b极附近氨水的浓度减小D．双极膜附近的OH14．联氨(N2HA．N2HB．通入氧气反应后，溶液的pH将减小C．当有1molN2D．加入NaClO的反应为[Cu15．25℃时，向0.1mol⋅L−1的NH4HCO3溶液(pH=7.8)中通入HClA．NH4B．曲线M表示NH3⋅C．H2CD．该体系中c二、非选择题16．研究金属原子结构及晶体结构具有重大意义。（1）Fe3+价电子轨道表示式为（2）原子发射光谱法是通过处于激发态的待测元素微粒回到基态时发射的特征谱线对其进行鉴别的方法。下列状态的铁粒子处于激发态的是____(填标号)。A．3d64s2 B．3d（3）利用配合物的特征颜色可检验补铁药片中的Fe3+和①取等量碾碎的药片放入两支试管中，试管1加盐酸溶解，试管2加等体积蒸馏水溶解。分别滴加KSCN溶液，发现试管1溶液变红，试管2溶液不变色。依据图示信息，解释SCN−检验Fe②配体SCN的空间构型为。③邻二氮菲中N原子的价层孤电子对占据。(填标号)。A．2s轨道B．2p轨道C．sp杂化轨道D．sp（4）金属合金MgCux的结构可看作以Cu4四面体(相互共用顶点)替换立方金刚石结构中的碳原子，形成三维骨架，在晶胞空隙处，有序地放置Mg原子(四面体的4个顶点代表①x=。②若Mg原子A的原子坐标为(0.25，0.25，0.75)，则C的原子坐标为。③晶胞参数为anm，则AB原子之间的距离为nm。17．硫酸镍广泛应用于电镀、电池等工业。以红土镍矿(主要成分为NiO，含MgO、Al2O3、Fe2O3、FeOOH、已知：①相关金属离子[c(Mn+金属离子FFAMZN开始沉淀的pH6.31.83.48.96.26.9沉淀完全的pH8.33.24.710.98.28.9②当离子完全沉淀时，c(回答下列问题：（1）为提高“酸溶”中镍的浸出率，可采取的措施有(写一条即可)。“滤渣1”的主要成分为。（2）写出“硫化除铜”过程中涉及反应的离子方程式、。（3）“氧化除杂”中加入H2O2和Ni(OH)2的作用分别是（4）“氟化除杂”中，若c(Mg2+)=0.004mol⋅L−1（5）称取mg硫酸镍晶体(NiSO4⋅H2O，摩尔质量Mg⋅mol−1)样品溶于水，配成250mL溶液。量取25.00mL用18．ZY12201是一款新型TGR5激动剂，目前已经在体外、体内实验上证明了对糖尿病治疗的有效性。其合成路线如下：已知：①RBr②R−SH+R'Br回答下列问题：（1）B中官能团的名称为，G的结构简式为。（2）A→B的化学方程式为，E→F的反应类型为。（3）符合下列条件的A的同分异构体有种。a.含有苯环，且苯环上只有两个对位取代基；b.遇FeClc.能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳气体。（4）结合题目信息，写出以和2−溴丙烷为原料制备的合成路线。19．三水合草酸合铁(Ⅲ)酸钾{Kx[Fe(C2OI.无水FeCl（1）仪器连接顺序为A→(仪器不重复使用)。（2）B中冷水的作用为。（3）Ⅱ.三水合草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的制备：称取一定质量草酸钾固体，加入蒸馏水，加热。溶解。90∼95°C时，边搅拌边向草酸钾溶液中加入过量FeCl用无水FeCl3配制所需FeCl（4）乙醇代替水洗涤的目的是。（5）Ⅲ.晶体组成的测定及误差分析取少量晶体配成溶液，用0.0200mol⋅L−1标准酸性高锰酸钾溶液进行第一次滴定，达终点时消耗18.00mL标准液，向滴定后的溶液中加入过量锌粒将Fe第二次滴定时的离子反应方程式为。（6）Kx[Fe(C2O4A．样品中含有草酸钾杂质B．第一次滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失C．第二次滴定终点读数时仰视D．第二次滴定终点时颜色为深紫红色20．CH4与CO反应I：CH反应Ⅱ：CH反应Ⅲ：CO(g)+已知：反应I、Ⅱ的自发均需高温条件。（1）上述三个反应的平衡常数Kp、ΔH与温度T关系如图1所示。图中a点代表的是(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)反应的ΔH，ΔH3（2）向密闭容器中，通入3molCO2和1molCH4，若仅考虑上述反应，平衡时CO2、900K时，CH4的物质的量分数为，用各物质的物质的量分数表示反应Ⅲ的平衡常数Kx=。900K后随温度升高，H2（3）DRM反应目前普遍存在的一个难题是积碳，该过程与两个反应有关①CH4→NiC+2H2ΔH>0；②2CO⇌C+CO（4）使用CaO/Fe3O4/Ni复合催化剂，可显著提高二氧化碳的转化率，实现碳氢分离，并得到富含CO

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．该电解制氢过程是将电能转化为化学能，A不符合题意；B．同一元素的不同原子之间互称为同位素，H2O、D2O和T2O均为分子不互为同位素，B不符合题意；C．化石能源燃烧产生大量CO2，溶于水使海水酸化，而氢能源是清洁能源，燃烧产物为水无污染，因此氢能源代替化石能源可缓解海水酸化，C符合题意；D．为增强导电性，实验室电解水可加入少量NaOH溶液而不是稀盐酸，否则电解的是HCl而不是水，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．电解池是将电能转化为化学能的装置；B．依据质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素；C．化石能源燃烧产生大量CO2，溶于水使海水酸化；D．依据放电顺序分析。2．【答案】C【解析】【解答】A．氨气中氮元素采用sp3杂化，三角锥形，键角约为107。；硝酸根中氮的价层电子对数=3+12（5+1-2×3）=3，采用sp2杂化，平面三角形，键角为120。，故NB．等电子体理论认为N2O与CO2分子具有相似的结构，则其空间构型是直线型（N、O原子采取sp杂化，生成两个σ键，两个三中心四电子π键），N2O为极性分子，Ｂ不符合题意；C．反应I中钠和氨气是还原剂，一氧化二氮是氧化剂，根据得失电子守恒和元素守恒可配平多组系数，故氧化剂和还原剂的物质的量之比可能为3：D．反应I中钠并不是唯一的还原剂，同时氨气也是还原剂，故每消耗23g即1mol钠，共转移电子不是1mol，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；B．依据等电子体理论分析；C．氧化剂具有氧化性，得电子、元素化合价降低；还原剂具有还原性，失电子、元素化合价升高；D．依据化合价变化判断。3．【答案】A【解析】【解答】A．简单离子的层数越多，质子数越小半径越大，所以S2->O2->F->Li+，A符合题意；B．电负性越强，非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，HF>H2O>H2S，B不符合题意；C.2F2+2H2O=4HF+O2，常温下F2单质可以置换出O2单质，C不符合题意；D．O3分子看成一个O原子是中心原子，其他2个O原子为配原子，可以看成三原子分子。O3的价电子对数=2+(6-2×2)÷2=3.有一个孤电子对，所以是V型，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．简单离子的层数越多，质子数越小半径越大；B．电负性越强，非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强；C.常温下F2单质可以置换出O2单质；D．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；4．【答案】D【解析】【解答】A．黑磷中P与P之间存在非极性共价键，层与层之间存在范德华力，A不符合题意；B．黑磷分子的相对分子质量远大于白磷，黑磷的熔点高于白磷，B不符合题意；C．黑磷中结构中连接为空间立体结构，故P原子杂化方式为spD．第三周期中Ar与Cl的第一电离能都大于P的，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．同种原子之间的共价键为非极性键，层与层之间存在范德华力；B．依据相对分子质量进行比较熔沸点，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高；C．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；D．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中IIA族和VA族的第一电离能高于相邻的元素。5．【答案】B【解析】【解答】A．对比②③结构可知，③多出一个碳碳双键，且少了一个I和邻位碳上的H，故发生的为消去反应，A不符合题意；B．②中与苯环相连的碳原子为饱和碳，与其所连的碳原子四个原子一定不共平面，③中与苯环相连的碳原子为不饱和碳，与其所连的碳原子四个原子一定共平面且可与苯环在同一平面，故②③中最多处于同一平面的碳原子数不同，B符合题意；C．⑤中苯环上有6种不同化学环境的氢原子，故其一氯代物有6种，C不符合题意；D．苯环上酚羟基的邻对位容易被浓溴水取代，④中酚羟基邻对位均可被取代，1mol④最多可消耗3mol溴单质，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．根据官能团的变化确定反应类型；B．依据苯、乙烯、甲醛是平面结构，乙炔是直线结构、甲烷是正四面体形结构且单键可以沿键轴方向旋转判断；C．利用等效氢的数目判断；D．根据官能团的性质判断。6．【答案】C【解析】【解答】A．①灼烧干海带需用坩埚而不是蒸发皿，A不选；B．实验结束后烧瓶中的残留物还含有浓硫酸，因此检验铜与浓硫酸反应的氧化产物时，应将残留物沿烧杯壁倒入水中，以免引起液体飞溅，B不选；C．③用CCl4萃取碘水中的碘单质，倒转分液漏斗用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正，C选；D．④配制溶液定容后，应反复上下颠倒，摇匀，而不是摇动容量瓶，D不选；故答案为：C。

【分析】A．灼烧固体需用坩埚；B．依据浓硫酸的稀释操作，应将残留物沿烧杯壁倒入水中；C．实验操作规范；D．定容后，应反复上下颠倒，摇匀。7．【答案】A【解析】【解答】A．官能团决定有机物的性质，向丙烯酸乙酯和α−氰基丙烯酸乙酯中滴入水，前者无明显现象，后者快速固化，因为氰基的作用使得双键活性增强，故其更易发生加聚反应，A符合题意；B．向酸性KMnO4溶液中滴入FeCl2溶液，紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生，可以证明KMnO4氧化性大于Cl2，无法证明Cl2>Fe3+，B不符合题意；C．将脱脂棉放入试管中，滴入90%硫酸捣成糊状，30s后用NaOH溶液调至碱性，加入新制Cu(OHD．向Na2SO3故答案为：A。

【分析】A．实验设计合理；

B．实验无法证明氧化性Cl2>Fe3+；

C．反应需加热；

D．浓硫酸具有强氧化性，可能氧化Na8．【答案】D【解析】【解答】A．根据该物质的结构简式可知，其分子式为C18H17NO3，A不符合题意；B．该物质中含有手性碳原子，该分子为手性分子，存在对映异构体，B不符合题意；C．该分子中含有一个羧基和一个酰胺基，1mol该物质可与2molNaOH反应，C不符合题意；D．该物质与苯环直接相连的碳原子上有氢原子，则该物质能被酸性高锰酸钾氧化从而使其褪色，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．根据结构简式确定分子式；B．有一个手性碳原子的分子，由于手性碳原子具有手性，和其镜象对称体就像人的双手一样不能完全重合，而产生的同分异构体，我们称为对映异构体；CD．根据官能团的性质判断。9．【答案】C【解析】【解答】A．苯与液溴反应后剩余铁粉，不溶于苯，“过滤”可除去未反应的铁粉，A不符合题意；B．NaHSO3可与Br2发生氧化还原反应，故使用饱和NaHSO3溶液可除去剩余的溴单质，B不符合题意；C．水洗后须加入固体干燥剂P2O5后蒸馏，不可用浓硫酸干燥剂，以防蒸馏过程发生副反应，C符合题意；D．经过过滤、水洗、干燥后得到的是苯和溴苯的混合物，故蒸馏的主要目的是分离苯和溴苯，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．过滤用于分离难溶性固体与可溶性液体混合物；B．NaHSO3与Br2发生氧化还原反应；C．依据发生副反应分析；D．蒸馏用于分离互溶的沸点不同的液体混合物。10．【答案】C【解析】【解答】A．该溴丁烷与乙醇反应的总反应为(CH3)3CBr+CH3CH2OH→(CH3)3COCH2CH3+HBr，此反应类型为取代反应，A不符合题意；B．(CH3)3CBr、CH3CH2OH中C原子的杂化方式为sp3杂化，(CH3)3C+碳原子杂化方式为sp2杂化，B不符合题意；C．反应物为(CH3)3CBr与CH3CH2OH，加入C2H5ONa，对反应物浓度与反应过程中的过渡态无任何影响，故不能影响反应速率，C符合题意；D．正逆反应的决速步骤由反应速率慢的步骤决定，故该过程正逆反应的决速步骤不同，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．取代反应是有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替的反应；B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；C．依据影响反应速率的因素分析；D．活化能越大，反应速率越慢，速率最慢是决速步骤。11．【答案】A,C【解析】【解答】A．由毛细管通入N2，使磷酸溶液受热均匀，可防止暴沸，气体流通可加速水逸出，A符合题意；B．丙处应连接直形冷凝管，起冷凝蒸气的作用，B不符合题意；C．磷酸分子中含有三个羟基，可与水分子形成氢键，故磷酸易吸潮，C符合题意D．连接减压装置的目的是降低水的沸点防止温度过高生成焦磷酸，D不符合题意；故答案为：AC。【分析】A．依据装置构造分析；B．蒸馏应连接直形冷凝管；C．依据氢键的形成条件分析；D．依据压强对沸点的影响分析。12．【答案】C,D【解析】【解答】A．粗TiCl4中的VOCl3与Al发生反应，3VOClB．TiCl4、SiCl4、AlCl3可可通过蒸馏的方法分离TiCl4，B不符合题意；C．“除钒”和除“硅、铝”的顺序不可以交换，会导致TiCl4中含有AlCl3，C符合题意；D．Na为活泼金属，可与水发剧烈反应，D符合题意；故答案为：CD。【分析】A．根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒分析；B．依据沸点表的数据分析；C．顺序交换，产物中会含有AlCl3；D．Na与水反应剧烈。13．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，a为阳极，连接电源正极，A不符合题意；B．双极膜释放出氢离子向阴极移动和MoO42−反应生成Mo8C．电解一段时间后，b极附近生成的氢氧根离子和左侧迁移过来的铵根离子生成一水合氨，氨水的浓度变大，C符合题意；D．阴离子向阳极迁移，双极膜附近的OH故答案为：C。

【分析】电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应；阴离子通过阴离子交换膜移向阳极，阳离子通过阳离子交换膜移向阴极。14．【答案】B【解析】【解答】A．N2H4、NH3均为分子晶体，且均能形成氢键，而NB．通入氧气反应后，一价铜被氧化为二价铜、同时生成氢氧根离子，4[Cu(NH3C．N2H4中氮元素化合价由-2变为0生成氮气，根据电子守恒可知，N2HD．加入NaClO，[Cu(NH3)4]故答案为：B。

【分析】A．依据相对分子质量进行比较熔沸点，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高；分子间含有氢键，熔沸点较高；B．依据反应产物判断；C．根据电子守恒计算；D．依据氧化还原反应原理，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析。15．【答案】A,C【解析】【解答】A．由质子守恒可知NH4HCB．曲线M表示NH4+的分布分数随pHC．Ka1=c(H+)c(HCO3-)c(H2CO3)图中pH=6.3时c(H2CO3)=c(HCO3-)，KD．NH3⋅H2O⇌NH4++OH-，Kb=c(NH4+)c(OH-)c(NH3⋅H2O)利用图中pH=9.3的交叉点时c(NH4+故答案为：AC。

【分析】A．依据质子守恒分析；

B．依据图中曲线分析；

C．选择pH=6.3点，利用Ka1×K16．【答案】（1）（2）B；D（3）用KSCN−检验Fe3+时，SCN−会与OH−竞争结合Fe3+。pH升高，（4）2；(0.75，0.25，0.25)；2【解析】【解答】（1）Fe3+价电子为3d5，轨道表示式为；（2）基态铁原子价电子为3d64s2，基态Fe2+价电子为3d6，基态Fe3+价电子为3d5，因此处于激发态的为3d44（3）①由图可知OH−与SCN−都能与铁形成配位键，碱性状态下含有大量的②SCN③邻二氮菲中氮原子成一个双键，杂化方式为sp2杂化，因此孤电子对占据sp2杂化轨道。（4）①由图可知Cu4位于顶点、面心和四个四面体空隙，根据均摊法可得个数为8×18+6×12+4=8，每个铜原子由两个四面体共用，因此铜原子个数为8×4×12=16，Mg原子位于四个四面体空隙和八面体空隙中，八面体空隙有12×1②由图可知，A原子位于左前上四面体空隙，C原子位于右前下四面体空隙，因此二者y坐标相同，x、z坐标相加为1，即C坐标为（0.75，0.25，0.25）；③由图可知，AB原子之间的距离为面对角线的一半，晶胞参数为anm，则AB之间的距离为22

【分析】（1）依据构造原理和洪特规则分析；（2）依据构造原理分析；（3）①依据基团间的相互影响分析；②依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；③依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；（4）①利用均摊法确定原子数②③根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。17．【答案】（1）增大硫酸浓度或加热；Si（2）Cu2+（3）H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，Ni(OH（4）2（5）cVM【解析】【解答】（1）为提高酸溶中镍的浸出率，可采取的措施为增大硫酸浓度或加热。根据分析可知，滤渣1为SiO2。（2）滤液1中能与H2S反应的物质有Fe3+、Cu2+，离子方程式为Cu2++（3）氧化除杂中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入Ni(OH)2的作用为调节溶液的pH除去Fe3+和Al3+。从表中可知，Al3+完全沉淀的pH为4.7，同时又不能使Ni2+沉淀，因此pH应调节为4.7~6之间。（4）设加入的NiF2的浓度为xmol，混合前两溶液的体积均为aL，则反应后Mg2+浓度为10-5mol/L，则反应掉的Mg2+的物质的量约为0.004amol，根据离子方程式Mg2++2F-=MgF2↓，参与反应的F-物质的量为0.008amol，则剩余F-物质的量为(2xa-0.008a)mol，则混合后溶液中F-浓度为(2xa−0.008a)2amol/L=2x−0（5）已知消耗EDTA的物质的量为cV×10-3mol，根据方程式Ni2++H2Y2−=NiY2−+2H+可知，消耗的Ni

【分析】（1）依据影响反应速率的因素分析；（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；（3）依据已知信息判断；（4）利用Ksp计算；（5）依据化学反应方程式计算。18．【答案】（1）醚键，羰基；（2）+2CH3I→（3）12（4）【解析】【解答】（1）B：中官能团的名称为醚键和羰基，G的结构简式为；（2）A：在氢化钠条件下与CH3I发生反应生成B：，+2CH3I→NaH+2HI（3）A：的分子式为C11H14O3；含有苯环，且苯环上只有两个对位取代基，遇FeCl3溶液显紫色，说明分子具有的局部结构为，能与碳酸氢钠溶液反应产生二氧化碳气体说明该有机物含有羧基-COOH；由分子式C11H14O3可知还有4个饱和碳。和-COOH取代C4H10中两个氢的位置，因-C4H8-有12种结构，故符合条件的同分异构体数目为12；（4）结合题目信息，以和2−溴丙烷为原料制备的合成路线：。

【分析】（1）根据结构简式确定官能团；依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；（2）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；根据官能团的变化确定反应类型；（3）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；（4）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。19．【答案】（1）ACFBDE或ACDBFE（2）冷却，使FeCl（3）容量瓶、三颈烧瓶（4）降低晶