1、安徽省六安市舒城中学2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）满分：100分时间：90分钟可能用到的相对原子质量：H:1Li:7C:12N:14O:16Na:23Al:27P:31S:32Cl:35.5V:51Fe:56Pd:106一、选择题（每题只有一个选项符合题意，共42分。）1.在2020年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中化学品发挥了重要作用。下列说法中错误的是（ ）A. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%B. 生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料C. 84消毒液、二氧化氯泡腾片可作为环境消毒剂D. 硝酸铵制成的医用速冷冰袋利用了硝酸铵溶于水吸热的性质【答案】A【
2、解析】【详解】A医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，这个浓度的酒精使病毒中的蛋白质变性，从而杀死病毒，故A错误；BPP纤维也称聚丙烯纤维，由聚丙烯及多种有机、无机材料，经特殊的复合技术精制而成的有机高分子材料，故B正确；C84消毒液、二氧化氯具有强氧化性，可作为环境消毒剂，故C正确；D硝酸铵溶于水是吸热的，可以用于医用速冷冰袋，故D正确；答案选A。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，发生反应：CaOCl2+H2SO4（浓）=CaSO4+Cl2+ H2O。下列说法正确的是A. 明矾、小苏打都可称为混盐B. 在上述反应中，
3、浓硫酸体现氧化剂和酸性C. 每产生1molCl2，转移电子数为NAD. 1molCaOCl2中共含离子数为4NA【答案】C【解析】【详解】A选项，明矾是两种阳离子和一种阴离子组成的盐，小苏打是一种阳离子和一种阴离子组成的盐，因此都不能称为混盐，故A错误；B选项，在上述反应中，浓硫酸化合价没有变化，因此浓硫酸只体现酸性，故B错误；C选项，CaOCl2中有氯离子和次氯酸根，一个氯离子升高一价，生成一个氯气，因此每产生1mol Cl2，转移电子数为NA，故C正确；D选项，CaOCl2中含有钙离子、氯离子、次氯酸根，因此1mol CaOCl2共含离子数为3NA，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】读
4、清题中的信息，理清楚CaOCl2中包含的离子。3.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验现象结论A向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液溶液变澄清酸性：苯酚碳酸B将氯乙烷和NaOH溶液共热几分钟，冷却，滴入AgNO3溶液有白色沉淀生成氯乙烷中含有氯元素C向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一支无明显现象，另一支产生黄色沉淀相同条件下，AgI比AgCl的溶解度小DC2H5OH与浓硫酸170共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色乙烯能被KMnO4氧化A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A苯酚浊液中滴加
5、Na2CO3溶液，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，可知苯酚的酸性比碳酸氢根离子的酸性强，故A错误；B氯乙烷中的氯元素不是以离子状态存在的，因此不能与AgNO3溶液直接反应，必须使之变为Cl，因此，应通过氯乙烷在碱性溶液中水解得到，但要注意，反应后溶液显碱性，不能直接加AgNO3溶液，否则Ag+与OH反应得到Ag2O沉淀，影响氯的检验，所以应加入足量硝酸酸化后，再加AgNO3溶液检验，故B错误；C相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，出现黄色沉淀，说明生成碘化银沉淀，说明Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，则gI比AgCl的溶解度小，故C正确；D反应物乙醇易挥发，可能是
6、挥发出来的乙醇蒸汽被KMnO4溶液氧化导致KMnO4溶液褪色，验证乙烯能被KMnO4氧化前要先除杂，故D错误；答案选C。4.下列有关化学用语表示正确的是（ ）A. 对硝基甲苯的结构简式：B. 离子结构示意图既可以表示35Cl，也可以表示37ClC. NH5的结构与NH4Cl相似，NH5的结构式：D. CO2的比例模型：【答案】B【解析】【详解】A. 氮原子与碳原子直接相连，对硝基甲苯的结构简式：，与题意不符，A错误；B. 35Cl、37Cl的质子个数为17，核外电子数为18，则离子结构示意图既可以表示35Cl，也可以表示37Cl，符合题意，B正确；C. NH5的结构与NH4Cl相似，NH5为离
7、子晶体，与题意不符，C错误；D. CO2中，C原子半径大于O原子，则比例模型：，与题意不符，D错误；答案为B。5.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A. 滴加盐酸可以产生沉淀的溶液中：Ca2+、Na+、NO、K+B. 0.1mol/LFeCl2溶液：K+、Mg2+、SO、MnOC. 0.1mol/L的NaHCO3溶液中：SO、AlO2-、NH、Br-D. (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：Fe3+、Cl-、Br-、K+【答案】D【解析】【详解】A滴加盐酸可以产生沉淀的溶液中可能含有Ag+和SiO，Ca2+和SiO反应，SiO存在时不能大量共存，故A不符合题意；B0.1mol/LF
8、eCl2溶液中，Fe2+具有还原性，与MnO不能大量共存，故B不符合题意C0.1mol/L的NaHCO3溶液中，AlO2-、NH与HCO发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C不符合题意；D的溶液中Fe3+、Cl-、Br-、K+之间不反应，且都不与(NH4)2Fe(SO4)2反应，在溶液中能大量共存，故D符合题意；答案选D。6.X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数为X最外层电子数的一半，X、Y、Z的原子半径依次减小，X、Y、Z组成的一种化合物(ZXY)2的结构式为YXZZXY。下列说法正确的是A. (XY)2中X元素的化合价为+3B. Y氧化物对应的水化物是强酸
9、C. 化合物W(Y3)2中只含有离子键D. X和Z组成的化合物中不可能所有原子都达到8电子稳定结构【答案】A【解析】【详解】X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z的原子半径依次减小，X、Y、Z组成的一种化合物(ZXY)2的结构式为YXZZXY，说明X为C元素、Y为N元素、Z为O元素；W的最外层电子数为X最外层电子数的一半，则W为Mg元素；AC元素的非金属性比N元素弱，则(CN)2中C元素的化合价为+3，故A正确；BN元素的最高价氧化物对应的水化物HNO3是强酸，而+3价N元素氧化物的水化物HNO2是弱酸，故B错误；C化合物Mg(N3)2中除含有离子键，N3-中还含有非极性
10、共价键，故C错误；DC和O组成的化合物CO2的电子式为，C为O原子都达到8电子稳定结构，故D错误；故答案为A。7.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：下列说法不正确的是A. 固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B. X可以是空气，且需过量C. 捕获剂所捕获的气体主要是COD. 处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4+NO2-=N2+2H2O【答案】B【解析】【详解】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水
11、吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。A工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；B由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；C气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO
12、，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；DNaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4+NO2-=N2+2H2O，故D正确；故选B。8.下列关于物质保存或性质的描述错误的是（）A. 金属钠不可以保存在无水乙醇中B. 氢氧化铜的悬浊液加热后变为黑色C. 氟化钠溶液需保存在带玻璃塞的细口瓶中D. 向盛二氧化碳的塑料瓶中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后会变浑浊【答案】C【解析】【详解】A钠能够与乙醇反应，所以钠不能保存在乙醇中，故A正确；B氢氧化铜受热分解生成黑色氧化铜，所以氢氧化铜的悬浊液加热后变为黑色，故B正确；C氟离子水解生成HF，HF
13、能够腐蚀玻璃，所以氟化钠溶液不能保存在带玻璃塞的细口瓶中，可以用塑料试剂瓶中保存，故C错误；D碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以向盛二氧化碳的塑料瓶中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后会变浑浊，故D正确；答案选C。9.研究发现Pd2团簇可催化CO的氧化，在催化过程中路径不同可能生成不同的过渡态和中间产物（过渡态已标出），下图为路径1和路径2催化的能量变化。下列说法错误的是A. CO的催化氧化反应为2CO+O2=2CO2B. 反应路径1的催化效果更好C. 路径1和路径2第一步能量变化都为3.22 eVD. 路径 1 中最大能垒（活化能）E正 =1.77 eV【答案】B【
14、解析】【详解】A. 由图可知CO在Pd2催化作用下与氧气反应产生CO2，反应方程式为2CO+O2=2CO2，A正确；B. 由图可知：反应路径2所需总的活化能比反应路径1低，反应路径2的催化效果更好，B错误；C. 反应路径1和反应路径2的第一步能量变化都为3.22eV，C正确；D. 路径1的最大能垒(活化能)E正=-3.96eV-（-5.73eV） =1.77 eV，D正确；故答案选B。10.美国斯坦福大学的工程师设计出一种从污水“提取”潜在电能的新型微生物电池，该电池能将生活污水中的有机物分解同时发电，电池结构如图所示。已知a电极为惰性材料，b电极为Ag2O。下列说法不正确的是（ ）A. a电
15、极是负极，b电极是正极B. b电极发生的反应是Ag2O+2e-+2H+=2Ag+H2OC. a电极每生成标准状况下2.24LCO2，可向b电极转移0.1mol电子D. 高温条件下，该电池不能正常工作【答案】C【解析】【详解】A选项，根据题图中电子流动方向，可判断a电极是负极，b电极是正极，故A正确；B选项，b电极是正极，Ag2O得到电子发生还原反应，电极反应式为Ag2O+2e+2H+=2Ag+H2O，故B正确；C选项，a电极发生反应的有机基质是什么物质未说明，故电子转移的数目无法确定，故C错误；D选项，高温条件下，微生物会死亡，导致电池无法正常工作，故D正确。综上所述，答案为C。11.下列关于
16、有机化合物的说法正确的是A. 糖类、油脂、蛋白质均只含C、H、O三种元素B. 乙烯，乙醇、植物油均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 2 -苯基丙烯( )分子中所有原子共平面D. 二环1，1，0丁烷()的二氯代物有3种(不考虑立体异构)【答案】B【解析】【详解】A. 蛋白质中还含有N等元素，故A错误；B. 乙烯和植物油中含有碳碳双键，乙醇中含有羟基，均能被高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C. 2 -苯基丙烯( )分子中所有碳原子可以共平面，但甲基中的氢原子与苯环不能共面，故C错误；D. 二环1，1，0丁烷()的二氯代物，其中两个氯原子在同一个碳原子上的有1种，在相邻碳原子上的有1中，
17、在相对碳原子上的有2中，共有4种(不考虑立体异构)，故D错误；故选B。【点睛】蛋白质的组成元素一般为碳、氢、氧,氮、硫，少数含有磷，一定含有的是碳、氢、氧、氮。12.实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2C12，原理为SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l) H=-97.3kJ/mol。装置如图所示(部分装置已省略)。已知SO2C12的熔点为-54.1，沸点为69.1，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。下列说法正确的是A. 乙中盛放的试剂为无水氯化钙B. 制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中C. 用来冷却的水应该从a口入，b口出D. 可用硝酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫【答案】B【解析】
18、【分析】SO2C12的熔沸点低、易挥发，根据装置图可知，三颈烧瓶上方的冷凝管的作用是使挥发的产物冷凝回流，由于会有一部分SO2和Cl2通过冷凝管逸出，SO2和Cl2都会污染空气，故乙装置应使用碱性试剂，SO2C12遇水能发生剧烈反应并产生白雾，乙中盛放碱石灰，吸收未反应完的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入甲中导致SO2Cl2水解。【详解】A乙的作用是吸收未反应完的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入甲中导致SO2Cl2水解，故乙中盛放的试剂应该是碱石灰，无水氯化钙只能吸收水，A选项错误；B根据题目中热化学方程式可知，H8溶解)9(
19、9)溶解(1)实验室用18.4molL-1的浓硫酸配制480mL2molL-1的硫酸，配制时所用玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和胶头滴管外，还需_。(2)加入NaOH溶液使溶液呈碱性，既可以除去某些杂质离子，同时又可以将Cr2O转化为_(填微粒的化学式)。(3)钠离子交换树脂的反应原理为Mn+nNaR=MRn+nNa+，则利用钠离子交换树脂可除去滤液II中的金属阳离子有_。(4)写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：_。(5)沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定某废水中SCN-的浓度，可用0.1000molL-1 AgNO3标准溶液滴定待测液，已知：银盐性质AgClAgIAgC
20、NAg2CrO4AgSCN颜色白色黄色白色砖红色白色Ksp1.810-108.310-171.210-163.510-111.010-12滴定时可选为滴定指示剂的是_(填编号)，滴定终点的现象是_。ANaCl BK2CrO4 CKI DNaCN取某废水25.00mL，滴定终点时消耗AgNO3标准溶液10.00mL，则废水中SCN-的物质的量浓度为_。【答案】 (1). 500mL的容量瓶、量筒 (2). CrO (3). Mg2、Ca2 (4). 2CrO3SO212H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4SO2OH (5). B (6). 当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉
21、淀颜色不改变 (7). 0.04molL1【解析】【分析】向含铬污泥中加入稀硫酸和水并调节pH=1，浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，过滤后的滤液中加入双氧水，Cr3+被氧化生成Cr2O，再向溶液中加入NaOH溶液并调节pH为8，根据表中数据可知，溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀且溶液中Cr2O转化为CrO，然后过滤，向滤液中加入钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入SO2，发生反应：2CrO3SO212H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4SO2OH-，根据以上进行解答。【详解】(1)配制480mL所需溶液，应选用500mL的
22、容量瓶，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变列式：18.4molL-1V(浓硫酸)=2molL-150010-3mL，解得V=54.3mL，配制时所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和胶头滴管外，还需500mL的容量瓶、量筒；(2)根据各金属阳离子完全沉淀的pH，加入NaOH溶液调节pH=8，将Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，同时将Cr2O转化为CrO，反应为：Cr2O+2OH-=2CrO+H2O；(3)加入NaOH溶液调节pH=8除去了浸取液中Fe3+和Al3+，根据浸取液中含有的金属阳离子和钠离子交换树脂的反应原理，可知利用钠离子交换树脂除去滤液中的金属阳离子为Mg
23、2、Ca2；(4)SO2将CrO还原为Cr(OH)(H2O)5SO4，SO2被氧化为SO，S元素化合价由+4升到+6，Cr元素化合价由+6降到+3，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒及溶液呈碱性，写出离子方程式为：2CrO3SO212H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4SO2OH-；(5)若用AgNO3滴定SCN-的浓度，可选用的指示剂与Ag+反应产物的Ksp应比AgSCN略大，且变化现象明显，从所给数据看，AgCl、Ag2CrO4满足，但由于AgCl为白色沉淀，与AgSCN颜色相同，故应选K2CrO4为滴定指示剂，这样在滴定终点时，沉淀的颜色发生明显变化(白色砖红色)以指示滴定刚好达到
24、终点；根据以上分析，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变；由滴定发生反应：Ag+SCN-=AgSCN可知：n(SCN-)=n(Ag+)=n(AgNO3)=0.1000molL110.0010-3L=110-3mol，则c(SCN-)=0.04molL1。【点睛】根据溶度积常数含义可知，AgSCN的Ksp比Ag2CrO4的Ksp略小，溶液中Ag+先与SCN-反应，生成白色AgSCN沉淀，SCN-反应消耗完以后Ag+再与指示剂K2CrO4反应，生成砖红色的Ag2CrO4沉淀，沉淀的颜色发生明显变化(白色砖红色)以指示滴定刚好达到终点。17.新技术的开发
25、应用，不仅有利于改善环境质量，而且能充分开发“废物”的潜在价值。回答下列问题：(1)用烟道气与氢气来合成甲醇涉及到如下几个反应：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)H91kJmol-12CO2(g)=2CO(g)+O2(g)H+566kJmol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H483.6kJmol-1CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)H_kJmol-1。(2)在容积均为2L的两个恒容密闭容器中发生反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，有关数据如下：容器温度/起始量达到平衡CO/molH2O/molH2/molCO转化率所需时间/min1
26、800213280012nx800C时该反应的平衡常数K=_。容器2中x=_，n=_。(3)反应(NH4)2CO3+H2O+CO22NH4HCO3可用于捕捉空气中的CO2，为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体，在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测定CO2气体的浓度，得到的曲线图如图：H_0(填“”“”“C H (4). sp2、sp3 (5). NH3H2O、H2O (6). 三角锥形 (7).
27、 16 (8). 顶点、面心 (9). (10). 【解析】【分析】根据原子杂化轨道和价层电子排布原理进行回答，晶胞原子利用率=原子体积/晶胞总体积，回答下列问题。【详解】(1)I原子为53号元素，则价层电子排布式为：5s25p5；能量最高的为第四层，即O。(2) 同周期元素，从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性CO，H的电负性最小，故有HCO。(3) 中碳原子的结构有甲基和苯环，杂化方式为sp2、sp3。(4) ZnCl2和Zn(NH3)4Cl2为离子晶体，属于分子晶体的是NH3H2O、H2O。NH3的空间构型为三角锥形。锌和氮原子之间可形成4个键，每个氨气中有3个键，所有1 mol Z
28、n(NH3)4Cl2中含有4+34=16mol 键。(5)Zn和Cu可形成金属互化物(ZnCu)，该金属互化物中所有金属原子均按面心立方最密堆积，若所有Cu均位于晶胞的面心，则Zn位于晶胞的顶点、面心。(6) 面心立方最密堆积结构，含有钯原子数目为=4个钯原子，设钯原子半径为r，晶胞中钯原子的体积为，面心立方中，体对角线上为3个钯原子相切，则体对角线为4r，晶胞边长为，晶胞体积为，该晶胞中原子的空间利用率为。若该晶胞参数a658 pm，则该晶胞密度为=gcm3。【点睛】本题计算晶胞密度时，注意NA个晶胞质量和摩尔质量关系； 金属原子半径和立方体边长关系；单位关系换算1 nm= 1 000 pm
29、=10-9 m。选修5：有机化学基础19.甲苯是一种重要的化工原料，用甲苯可以合成多种化工产品，下图是用甲苯合成对甲基苯酚苯甲醛树脂、食品防腐剂尼泊金酸乙酯的合成路线。已知：请回答下列问题：(1)A的结构简式是_。(2)反应中属于取代反应的有_个。(3)B分子中含有的官能团是_，分子中不同化学环境的氢原子有_种。(4)写出上述合成路线中发生缩聚反应的化学方程式：_。(5)下列有关E的说法正确的是_(填字母代号)。a分子式为C7H5O2Br b在NaOH的醇溶液中可以发生消去反应c苯环上的一氯代物有两种 d分子中所有原子可能在同一平面上(6)尼泊金酸乙酯有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体
30、有_种。遇FeCl3溶液呈紫色；为苯的对位二元取代物；不能发生银镜反应，能发生水解反应。(7)以甲苯为起始原料，也可制得医用麻醉药苄佐卡因()，设计一种制取苄佐卡因的合成路线(其他反应物自选)_。【答案】 (1). (2). 5 (3). 羟基 (4). 5 (5). n+n (6). acd (7). 3 (8). 【解析】【分析】根据流程图可知，甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成A，则A的结构简式为，A在加热条件下在氢氧化钠溶液中发生氯代烃的水解反应生成B，B在Cu作催化剂加热条件下与氧气发生氧化反应生成苯甲醛，则B为苯甲醇，结构简式为；甲苯在溴化铁作催化剂的条件下与Br2发生取代反应
31、生成，被酸性高锰酸钾溶液氧化为E，E在碱性条件下氢氧化钠溶液中发生氯代烃的水解反应，再进行酸化生成，则E的结构简式为；在浓硫酸加热条件下与乙醇发生酯化反应生成尼泊金酸乙酯，在加热条件下在氢氧化钠溶液中发生氯代烃的水解反应生成，与发生缩聚反应生成甲基苯酚苯甲醛树脂，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，A的结构简式是；(2)根据流程图转化关系，反应为甲苯在光照的条件下与氯气发生取代反应生成A；反应为A在加热条件下在氢氧化钠溶液中发生氯代烃的水解反应生成B，卤代烃的水解反应属于取代反应类型；反应为B在Cu作催化剂加热条件下与氧气发生氧化反应生成苯甲醛，反应为甲苯在溴化铁作催化剂的条件下与Br2发生
32、取代反应生成；反应为在加热条件下在氢氧化钠溶液中发生氯代烃的水解反应，卤代烃的水解反应属于取代反应类型；反应为在浓硫酸加热条件下与乙醇发生酯化反应生成尼泊金酸乙酯，酯化反应属于取代反应类型，则属于取代反应的有5个； (3)B为苯甲醇，结构简式为，分子中含有的官能团是羟基，分子中不同化学环境的氢原子有5种；(4)与发生缩聚反应生成甲基苯酚苯甲醛树脂，发生缩聚反应的化学方程式：n+n；(5)E的结构简式为；a根据E的结构简式可知，分子式为C7H5O2Br，故a正确；b消去反应发生后将会形成双键，根据E的结构简式，溴苯中溴原子在支链上，与溴原子直接相连的相邻的碳原子是苯环的一部分，不能再形成双键，故
33、b错误；cE的苯环上有两种不同环境的氢原子，则一氯代物有两种，故c正确； d根据E的结构简式，苯环和C=O处于平面结构，与苯环直接相连的所有原子共面，与C=O双键直接相连的所有原子都处于同一平面，羧基上的O-H键旋转一定角度，可能与C=O双键共面，则分子中所有原子可能在同一平面上，故d正确；答案选acd；(6)尼泊金酸乙酯的结构简式为，有多种同分异构体，其中遇FeCl3溶液呈紫色，说明该同分异构体具有苯酚的性质，分子结构中含有苯环和酚羟基；为苯的对位二元取代物，不能发生银镜反应，能发生水解反应，说明苯环上羟基的对位含有一个支链，该支链不含有醛基，但含有酯基，符合条件的结构简式分别为、，共3种；(7)以甲苯为起始原料，也可制得医用麻醉药苄佐卡因()，首先在加热条件下与浓硝酸、浓硫酸发生硝化反应生成，再被KMnO4(H+)氧化为，在浓硫酸加热条件下与乙醇发生酯化反应生成，发生已知信息的反应生成，合成路线为：。【点睛】卤代烃的水解反应、酯化反应、苯的硝化反应等都属于取代反应。
