1、福建省莆田市2020届高三化学5月第二次检测试题（含解析）1.2019年12月27日20时45分，长征五号遥三运载火箭（被称为“胖五”）在中国文昌航天发射场点火升空，“胖五”浑身是高科技。下列有关其说法正确的是( )A. 液氢、煤油、液氧推进剂利用了燃料电池原理B. “胖五”某些外表部位覆盖玻璃纤维织物，玻璃纤维是有机高分子材料C. 储氢箱、储氧箱表面裹有1020mm发泡塑料，其作用是保温D. “胖五”外壳主要材料是铝合金，利用了该材料耐腐蚀、密度大等特点【答案】C【解析】【分析】【详解】A燃料电池中涉及的能量为化学能转化为电能，而火箭中液氢、煤油、液氧等燃料燃烧，化学能在发动机内转化为燃气的
2、动能，形成高速气流喷出，产生推力，由此可知，A项错误；B玻璃纤维主要成分为二氧化硅、氧化铝、氧化钙、氧化硼、氧化镁、氧化钠等，属于无机材料，B项错误；C为了使火箭在燃料加注以及飞行过程中，外表面温度保持在0以上，从而避免火箭仪器、电缆等受极低温影响产生功能异常，在运载火箭储氢箱、储氧箱表面裹有1020mm发泡塑料，目的是保温。C项正确；D“胖五”外壳主要材料是铝合金，利用了该材料强度高、耐腐蚀、重量轻（密度小）、成本低等特点。D项错误；答案选C。2.下列有关苯甲酸苯甲酯()的说法正确的是( )A. 能发生取代反应和加成反应B. 所有的碳原子不可能共平面C. 1mol该物质完全燃烧需要17mol
3、O2D. 其一氯代物有4种【答案】A【解析】【详解】A由苯甲酸苯甲酯的结构简式可知，其分子中存在酯基和苯环，故可以发生水解反应（取代反应）和加成反应，A项正确；B与苯环直接相连的碳原子与苯环共平面，结合单键可以旋转，可知苯甲酸苯甲酯分子中所有的碳原子有可能共平面，B项错误；C有机物燃烧时C元素转化为CO2，H元素转化为H2O，由此可知，每1molC原子消耗1molO2，每4molH原子消耗1molO2，苯甲酸苯甲酯的分子式为C14H12O2，可知分子式中含有2个氢原子，则1mol苯甲酸苯甲酯完全燃烧消耗O2的物质的量为mol，C项错误；D苯甲酸苯甲酯分子中每个苯环上有3种等效氢，加上-CH2-
4、上的一种等效氢，共有7种等效氢，则苯甲酸苯甲酯的一氯代物有7种，D项错误；答案选A。3.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )A. 1.0L0.1molL-1乙酸钠溶液中，CH3COO-数目为0.1NAB. 11.2L（标准状况）正戊烷完全燃烧生成CO2分子的数目为2.5NAC. 标准状况下，14g乙烯与2-丁烯的混合物中含有的氢原子数为2NAD. 含0.1molHNO3的稀硝酸与足量Cu反应，转移电子数为0.3NA【答案】C【解析】【详解】ACH3COO-为弱酸根离子，在水溶液中会发生水解，故1.0L0.1molL-1乙酸钠溶液中，CH3COO-数目小于0.1NA，A项错误；B
5、标准状况下正戊烷非气态，故不能用标准状况下气体摩尔体积进行计算，B项错误；C设乙烯的质量为m，则根据题意，可知乙烯与2-丁烯的混合物中含有的氢原子的物质的量为，由此可知，标准状况下，14g乙烯与2-丁烯的混合物中含有的氢原子数为2NA，C项正确；D稀硝酸和足量Cu发生反应：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，由方程式可知，每8molHNO3与Cu完全反应，转移6mole-，则含0.1molHNO3的稀硝酸与足量Cu反应，转移电子数为0.075NA，D项错误；答案选C。【点睛】注意题中陷阱：(1)气体与状况陷阱：若物质为气态，则看气体是否处于标准状况；注意标准状况下，物质是
6、否为气体。如本题的B项，易忽略正戊烷在标准状况下非气体而错选。(2)注意电解质溶液中粒子数目陷阱：是否存在弱电解质的电离或盐类的水解。在判断溶液中微粒总数时，是否忽视溶剂水。已知浓度，是否指明体积，用好公式n=cV。4.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，W与其他元素不属于同周期，W、Y位于同主族，X、Z位于同主族。由X、Y、Z三种元素形成的化合物甲的结构如下图所示，它具有氧化性和漂白性。下列说法正确的是( )A. 元素的非金属性：WXZB. X、Z的简单氢化物的沸点：ZXC. X、Y形成的两种化合物只含离子键D. Y、Z形成的化合物的水溶液显碱性【答案】D【解析】【分析】根据短周期
7、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与其他元素不属于同周期，可知W为H元素；W、Y位于同主族，得到Y为Na元素；X、Z位于同主族，根据X、Y、Z三种元素形成的化合物甲的结构，X和Z之间能形成双键，Z形成6个键，得到X为O元素，Z为S元素。【详解】A. 同主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，非金属性OS，H的非金属性应该最弱，有XZW，A错误；B. X、Z的简单氢化物为H2O和H2S，H2O分子间能形成氢键使沸点升高，所以沸点：X Z，B错误；C. X、Y形成的两种化合物有Na2O和Na2O2，Na2O只含离子键，Na2O2中含离子键和共价键，C错误；D. Y、Z形成的化合物为Na2S，
8、Na2S为强碱弱酸盐，S2-水解使溶液显碱性, D正确。答案选D。【点睛】氢键的存在使物质的物理性质发生变化；盐的水解使盐溶液成酸性或碱性，强碱弱酸盐溶液呈碱性，强酸弱碱盐溶液呈酸性。5.海水结冰形成海冰，海冰中部分盐分被包裹在冰晶中，形成如下图所示的含“盐泡”(设1个盐泡中含1个NaCl单元)的海冰。测得某海冰内层中NaCl的浓度为10-4molL-1，已知该层海冰的密度为0.9gcm-3。下列说法错误的是( )A. “盐泡”内的钠、氯以离子的形式存在B. 海冰密度越大，则海冰中的“盐泡”越少C. 海冰中形成的氢键比例比海水中的大D. 该海冰中“盐泡”与H2O的个数比约为1：(5105)【答
9、案】B【解析】【分析】【详解】A. NaCl是离子化合物，所以钠、氯以离子的形式存在，A正确；B. NaCl的相对分子质量比水大，所以海冰密度越大，NaCl含量越多，B错误；C. 海冰的密度为0.9gcm-3比海水（密度大于1gcm-3）小，所以海冰中形成的氢键比例比海水中的大，C正确；D.假设1L的海冰，NaCl的物质的量10-4mol，水的质量约为0.9gcm-31000mL=900g，水的物质的量约为，则 “盐泡”与H2O的个数比约为10-4：50=1：(5105)，D正确。答案选B【点睛】氢键的存在使水的体积增大，且氢键越多，体积越大，密度越小。6.中国科学院大连化学物理研究所储能技术
10、研究部的研究团队在碱性锌铁液流电池研究方面取得新进展，该电池的总反应为。下列叙述错误的是( )A. 放电时，M为电池正极，电极反应式为+e-=B. 充电时，N接电池负极，该电极发生还原反应C. 放电时，右侧贮液器中溶液浓度增大D. 放电时，电路中转移2mol电子时，负极区电解质溶液增重65g【答案】D【解析】【分析】根据图示和总反应知，放电时，N为负极，Zn失去电子，发生氧化反应，M为正极，得电子，发生还原反应；充电时，N为阴极，得电子，发生还原反应，M为阳极，失去电子，发生氧化反应。【详解】A. 根据分析，放电时，M为电池正极，得电子，发生还原反应，电极反应式为+e-=，A正确；B. 充电时
11、，N为阴极，接电池负极，该电极发生还原反应，B正确；C. 放电时，右侧贮液器中Zn失去电子生成，离子增多，溶液浓度增大，C正确；D. 充放电时，Zn失电子后与氢氧根生成，在溶液增加的质量为Zn和氢氧根之和，大于65g，D错误。答案选D。【点睛】本题根据原电池和电解池原理，判断电池的正负极，得失电子情况，根据图示进行解题。7.已知：。室温下，向浓度为0.1molL-1的氨水中缓缓通入HCl，随pOH的变化曲线如下图所示。假设溶液体积没有变化，下列推断正确的是( )A. NH3H2O的电离常数的数量级为10-4B. b点溶液中：C. c点溶液中：D. pOH=8的溶液中：【答案】D【解析】【分析】
12、根据图中a、b、c点，得到相应的数值进行计算；电荷守恒关系，物料守恒关系。【详解】A. 取a点，pOH=4.7，得c(OH-)=10-4.7mol/L；=0，得，NH3H2O的电离常数为=10-4.7,数量级为10-4.7，A错误；B. b点时，则，所以，B错误；C. c点溶液中：pOH=7，得c(H+)= c(OH-)，根据电荷守恒，则有，但，溶液中有NH3H2O，则,所以 ，C错误；D. pOH=8时， c(OH-)=10-8mol/L，则c(H+)=10-6mol/L，根据电荷守恒和物料守恒，两式相减得：，则，所以，D正确。答案选D。【点睛】本题巧用图上所给点数据进行解题，同时使用溶液中
13、电荷守恒和物料守恒的关系，转化后代入数据，处理后得到答案，要求较高，难度较大。二、非选择题(一)必考题8.三氧化二砷(As2O3)可用于治疗急性早幼粒白血病。利用某酸性含砷废水(含、H+、)可提取三氧化二砷，提取工艺流程如下：已知：常温下，；。As2O3+6NaOH=2Na3AsO3+3H2O。As2S3易溶于过量的Na2S溶液中，故加入FeSO4的目的是除去过量的S2-。回答下列问题：(1)操作M的名称是_，滤液N中含有的阳离子有Fe2+、H+、_。(2)“焙烧”操作中，As2S3参与反应的化学方程式为_。(3)“碱浸”的目的是_，“滤渣Y”的主要成分是_(写化学式)。(4)“氧化”中发生反
14、应的离子方程式为_。(5)该流程中可循环使用的物质是_(写化学式)，某次“还原”过程中制得了1.98kgAs2O3，则消耗标准状况下该物质的体积是_L。(6)溶液中金属离子的除去方法之一是Na2S沉降法。常温下，若某溶液中含Fe2+、Ag+，且浓度均为0.1molL-1，则向该溶液中滴加稀Na2S溶液时，先生成的沉淀是_(填化学式)。【答案】 (1). 过滤 (2). Na+ (3). (4). 从As2O3和Fe2O3的混合物中分离出As元素 (5). Fe2O3 (6). (7). SO2 (8). 448 (9). Ag2S【解析】【分析】酸性含砷废水(含、H+、)加入Na2S和FeSO
15、4得到As2S3和FeS沉淀，过滤将沉淀和滤液分离；As2S3和FeS在空气中焙烧得到As2O3、Fe2O3以及SO2，加入NaOH溶液溶解焙烧产物，As2O3反应生成Na3AsO3形成溶液，过滤得到的滤渣Y为Fe2O3，加入双氧水将Na3AsO3氧化得到Na3AsO4，通入二氧化硫和稀硫酸将Na3AsO4还原得到As2O3。【详解】(1)将固体和液体分离可以采用过滤的方法；沉砷时加入了硫化钠和硫酸亚铁，所以阳离子除了Fe2+、H+还有Na+；(2)焙烧过程中As2S3中S元素被空气中的氧气氧化为SO2，结合元素守恒和电子守恒可得反应方程式为；(3)根据题目所给信息可知As2O3可以和NaOH
16、溶液发生反应，而Fe2O3不能，所以碱浸的目的是从As2O3和Fe2O3的混合物中分离出As元素；滤渣Y为Fe2O3；(4)氧化过程中被双氧水氧化成，结合电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为；(5)焙烧过程产生二氧化硫，二氧化硫具有还原性，还原时可用二氧化硫还原Na3AsO4，所以可以循环使用的物质为SO2；1.98kgAs2O3的物质的量为=10mol，还原过程中As元素由+5价变为+2价，所以生成10mol产品转移40mol电子，S元素由+4(SO2)价变为+6(SO)价，所以转移40mol电子时需要消耗20mol二氧化硫，标况下体积为448L；(6)常温下，；，虽然两种沉淀类型不同，但硫化
17、银的溶度积比硫化亚铁的溶度积小得多，所以可断定硫化银更难溶，所以相同情况下，先生成的沉淀为Ag2S。【点睛】涉及氧化还原反应的计算时不要盲目写方程式进行计算，要注意氧化还原反应中的得失电子守恒关系，根据守恒法计算。9.溴化亚铜(CuBr)微溶于水，不溶于乙醇，可用作有机合成中的催化剂。实验室中可利用无水硫酸铜、溴化钠为主要原料制备溴化亚铜，制备流程如下：回答下列问题：(1)过程用到的玻璃仪器有烧杯、_，其中无水能否用蓝矾代替？做出判断，并说明理由：_。(2)制备CuBr的反应在装置乙中进行，向其中加入32gCuSO4和23g NaBr配制成的150mL水溶液，然后通入足量的SO2(部分夹持及加
18、热装置已略去)。装置甲中，不能采用浓度为98%的浓硫酸，一般采用浓度为70%左右的浓硫酸，其原因是_。写出装置乙中发生反应的离子方程式：_，该反应需保持反应液在60，最佳加热方式为_,该装置中应用搅拌器搅拌的目的是_，Cu2+、Br-反应完毕的标志是_。丙中倒扣的漏斗可防止液体倒吸，下列装置中不能防止液体倒吸的是_(填标号)。a b c d(3)洗涤CuBr沉淀时采用SO2的水溶液而不采用蒸馏水，其目的是_。(4)最后经洗涤、干燥得到21.6g产品，则该实验的产率是_。【答案】 (1). 玻璃棒 (2). 能，因需配制成水溶液 (3). 因反应实质是与的反应，而98%硫酸中主要以分子形式存在，
19、无法电离出，硫酸浓度过低时，不利于逸出 (4). (5). 水浴加热 (6). 加快反应速率 (7). 溶液的蓝色褪去 (8). a (9). 防止CuBr被氧化 (10). 75%（或0.75）【解析】【分析】在CuSO4和NaBr的固体混合物，加水溶解所得混合溶液中通入SO2气体，即可得到CuBr沉淀，经过滤洗涤干燥获得产品；由于溴化亚铜易被氧化，可以使用二氧化硫的水溶液进行洗涤，防止溴化亚铜被氧化；实验室制取二氧化硫可用亚硫酸钠固体与70%的硫酸反应，二氧化硫气体有毒，尾气需要吸收处理，但要注意防倒吸；实际产生的CuBr的质量与通过化学反应计算出的理论上得到的CuBr质量之间的比值，即为
20、产率。【详解】(1) 过程中固体溶解需要在烧杯中进行，且需要使用玻璃棒搅拌加快溶解；硫酸铜配制成溶液需要加水溶解，则无水CuSO4可用蓝矾代替；(2) 利用Na2SO3固体与浓硫酸反应的实质是SO32-+2H+=SO2+H2O，而98%硫酸中主要以H2SO4分子形式存在，Na2SO3无法电离出SO32-；硫酸浓度过低时，二氧化硫在水中溶解的较多，不利于逸出，故不用浓度为98%的浓硫酸，而选择浓度为70%左右的浓硫酸；装置乙中CuSO4和NaBr的混合溶液中通入SO2气体，生成CuBr沉淀，发生反应的离子方程式为2Cu2+2Br-+ SO2+2H2O=SO42-+2CuBr+4H+；该反应需保持
21、反应液在60，则选择水浴加热；该装置中应用搅拌器搅拌的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率；当溶液的蓝色褪去，即说明Cu2+、Br-反应完毕；a多孔球泡可增大气体与溶液的接触面积，但无法防倒吸，故a错误； b气体不溶于CCl4，可防倒吸，故b正确；c当产生倒吸现象时，少量液体进入球形干燥管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重量的作用又流回烧杯内，可防倒吸，故c正确；d当产生倒吸现象时，少量液体进入玻璃管内，烧杯中液体回落，吸收液受自身重量的作用又流回烧杯内，可防倒吸，故d正确；故答案为a；(3) 溴化亚铜微溶于水，且易被空气中氧气氧化，则洗涤CuBr沉淀时采用SO2的水溶液而不采用蒸馏水，可防
22、止CuBr被氧化，且减少产品的流失。(4) 32gCuSO4的物质的量为=0.2mol，23g NaBr的物质的量为=0.22mol，则理论生成的CuBr的物质的量为0.2mol，则该实验的产率是=75%。【点睛】本题涉及防倒吸装置的选择，明确防倒吸装置的特点是解题关键，装置的特点是当将液体吸入漏斗或导管时，然后烧杯中的液面下降，被吸入漏斗中的液体又重新进去烧杯中，达到防倒吸的目的。10.人类过多地使用化石燃料，造成了二氧化碳的大量排放，致使地球气温上升。二氧化碳是温室气体，也是一种重要的资源，如以CO2为基本原料可合成甲醇。回答下列问题：(1)已知下列热化学方程式： 则 _(2)Deluza
23、rche等人在吸附有氢气的催化剂上通入CO2发生反应，该过程的反应机理如下：其中涉及非极性键变化的过程是_(填上图中的数字序号)，写出上述过程中总反应的化学方程式：_。(3)一定条件下，向某密闭容器中按照投料，发生反应，反应达到平衡时，容器中甲醇的体积分数与压强、温度的关系如下图所示：由上图可知，反应物的转化率与压强的关系是：压强增大，CO2的转化率_(填“减小”“不变”或“增大”)，温度为265时的平衡常数Kp=_(Kp为用分压表示的平衡常数，分压=总压体积分数)(保留小数点后四位)。(4)将一定量的、混合气体通入某密闭容器中，在催化剂作用下生成，不同压强下，平衡时混合气体中的体积分数随温度
24、的变化如图所示。则A、B、C三点的平衡常数由大到小的顺序为_(用、表示)，E点变为D点的措施是_。(5)以特殊的纳米材料为电极，一定浓度的硫酸作为电解质溶液，为原料通过电化学方法可制得甲醇，则生成甲醇的电极反应式为_。【答案】 (1). -49.6 (2). (3). (4). 增大 (5). 0.0036 (6). (7). 减小压强 (8). 【解析】【分析】(1)根据盖斯定律计算反应的焓变；(2)根据流程图，氢气、CO2在催化剂表面上反应生成CH3OH；(3)根据b点，温度为265、压强为8MPa，甲醇的百分含量为10%，利用“三段式”计算平衡常数；(4)升高温度，甲醇的体积分数减小，说
25、明升高温度平衡逆向移动；平衡常数只与温度有关；(5) 生成甲醇，碳元素化合价由+4降低为-2，CO2得电子发生还原反应生成甲醇；【详解】(1) 根据盖斯定律得 -49.6；(2)根据流程图，是H-H键断裂，涉及非极性键变化的是过程；氢气、CO2在催化剂表面上反应生成CH3OH，总反应的化学方程式是；(3)根据图示，压强增大，CO2的转化率增大；根据b点，温度为265、压强为8MPa，甲醇的百分含量为10%；，x=；则平衡时CO2的压强为 、则平衡时H2的压强为、则平衡时CH3OH的压强为、则平衡时H2O的压强为，温度为265时的平衡常数Kp=0.0036 ；(4)升高温度，甲醇的体积分数减小，
26、说明升高温度平衡逆向移动，所以升高温度K减小，所以； 平衡常数只与温度有关，所以=，故；减小压强，平衡逆向移动，甲醇体积分数减小，所以E点变为D点的措施是减小压强；(5) 生成甲醇，碳元素化合价由+4降低为-2， 1molCO2得6mol电子生成1mol甲醇，生成甲醇的电极反应式是。【点睛】本题考查盖斯定律、化学平衡移动，明确反应热与反应体系始态和终态有关，与反应历程无关，掌握化学平衡常数表达式，注意平衡常数只与温度有关，与其它因素无关。(二)选考题化学选修3：物质结构与性质11.中科院上海硅酸盐研究所开发出基于硫化银()柔性半导体的新型高性能无机柔性热电材料和器件，研究人员发现硒(Se)、碲
27、(Te)元素固溶的薄片经历1000次反复弯曲后，电导率几乎未发生变化，表明材料的性能受应力影响较小，可满足柔性可穿戴供电的要求。回答下列问题：(1)Ag的核外电子排布式是，则Ag在元素周期表中的位置是_。下列关于的电子排布式书写正确的是_(填标号)。a b c(2)乙硫醇()是一种含硫有机物，和醋酸银可发生下列反应：乙硫醇中S原子的杂化类型是_。乙酸中羧基碳原子的杂化类型是_，乙酸中含有的键数：键数=_。(3)Cu与Ag为同族元素，熔点：Cu_Ag(填“”或“ (7). 铜和银的价电子数相同，Cu的原子半径比Ag的小，前者金属键强，熔点高 (8). (9). 三角锥形 (10). 【解析】【分
28、析】根据原子的电子层数及其价电子数确定元素在周期表中的位置；根据原子及离子的电子排布式分析；根据价层电子对数目和价层电子互斥理论分析原子的杂化类型和空间构型；根据晶胞结构分析晶体的化学式并进行相关计算。【详解】(1)Ag的核外电子排布式是，最高能层数是5，属ds区元素，则Ag在元素周期表中的位置是第五周期IB族；Ag原子失去5s1上的1个电子得到Ag+，则Ag+电子排布式书为，故答案为b；(2)乙硫醇(CH3CH2SH)中S原子的价层电子对数目为4，其中孤对电子数2，杂化类型是sp3杂化；羧基中碳原子的价层电子对数为3，无孤对电子，杂化类型是sp2杂化；乙酸的结构式为，其中单键均为键，双键中有
29、1个键和1个键，则含有的键数：键数=7:1；(3)Cu与Ag为同族元素，铜和银的价电子数相同，且Ag的核电荷数大，Cu的原子半径比Ag的小，Cu金属键强，Cu熔点高，即熔点：CuAg；(4) As、Se、Br同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但As元素原子4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，Se、Te同主族，自上而下第一电离能减小，故第一电离能：BrAsSeTe；SeO32-中Se的价层电子对数目为3+=4，其中孤对电子数目为1，VSEPR模型为四面体，忽略孤对电子可得微粒空间构型为三角锥形；(5)ZnS的晶胞结构中含有Zn2+数目4，S2-数目为8+6=4，则晶
30、胞质量为g，晶胞的体积为(acm) 3，根据可知，a=cm=pm。【点睛】价层电子对互斥模型(简称VSEPR模型)，根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。化学选修5：有机化学基础12.依伐卡托(Ivacaftor)是一种新型药物，其结构简式是，该药物的一种合成路线如下：已知：Et为乙基；。回答下列问题：(1)的反应
31、类型是_，该反应在该合成路线中的作用是_。(2)反应需要的试剂是_。(3)D的结构简式为_，其含有的官能团名称为_。(4)A的同分异构体较多，其中X含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，核磁共振氢谱中有4组峰，峰面积之比为9:6:6:1，则X的结构简式为_。(5)反应的化学方程式为_。(6)设计由苯和乙烯为原料制备的合成路线：_(其他试剂任选)。【答案】 (1). 取代反应 (2). 保护酚羟基（或防止酚羟基被氧化） (3). 浓、浓 (4). (5). （酚）羟基、硝基 (6). (7). (8). 【解析】【分析】A的分子式为C14H22O，和ClCO2CH3发生取代反应生成的的结构简
32、式为，则A的结构简式为，B与浓硫酸、浓硝酸的混合液加热发生硝化反应生成C，C在KOH溶液中加热水解，再酸化得D，D的结构简式为，D再加氢还原生成E；E和I反应生成依伐卡托的结构简式为，结合I的分子式C10H7O3N和H的结构简式可知I的结构简式为，说明E和I发生了取代反应，生成肽键，据此分析解题。【详解】(1)反应是A和ClCO2CH3发生取代反应生成B，则反应类型是取代反应；A中含有酚羟基，易氧化，则该反应在该合成路线中的作用是保护酚羟基(或防止酚羟基被氧化)；(2)反应是B与浓硫酸、浓硝酸的混合液加热发生硝化反应生成C，则需要的试剂是浓硫酸、浓硝酸；(3)由分析知D的结构简式为，其含有的官
33、能团名称为(酚)羟基、硝基；(4)A的结构简式为，其同分异构体X中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；核磁共振氢谱中有4组峰，峰面积之比为9:6:6:1，说明结构有对称性，则满足条件的X的结构简式为；(5)反应是E和I发生了取代反应，生成肽键，发生反应的化学方程式为；(6)合成，只需要和CH3COOH发生成肽反应即可，其中乙烯和水加成可生成乙醇，乙醇催化氧化可生成乙酸，苯发生硝化反应后，再还原即可生成苯胺，则由苯和乙烯为原料制备的合成路线为。【点睛】本题需要学生根据的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。