1、重庆市巴蜀中学2020届高考化学适应性月考试题（二）（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 -27 -35.5 -64一、选择题：本题共13小题，每小题6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.化学与生产，生活密切相关，下列叙述错误的是( )A. 生物质能的利用可以提高能源利用率，一般不会对环境造成污染B. 氮氧化合物与“光化学烟雾”“臭氧层空洞”“硝酸型酸雨”的形成都有关C. 硅的氧化物及硅酸盐构成了绝大部分岩石、沙子及土壤D. 由于钝化的原因，常温下可用钢瓶来装载浓硫酸、浓硝酸、液氯等强氧化性液体【答案】D【解析】【详解】A生物质能就是太阳能以化学
2、能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，一般不会对环境造成污染，A叙述正确；B氮氧化合物与“光化学烟雾” “硝酸型酸雨”的形成都有关，“臭氧层空洞”主要是氮氧化物、氟氯代烃等的排放引起的，B叙述正确；C硅的氧化物及硅酸盐构成了地壳中大部分的岩石、沙子和土壤，C叙述正确；D由于钝化的原因，常温下可用钢瓶来装载浓硫酸、浓硝酸，常温下干燥的Cl2不与Fe反应，可用钢瓶来贮存液氯，不属于钝化，D叙述错误；答案为D。2.已知阿伏加德罗常数可以用NA表示，下列说法错误的是( )A. 标准状况下22.4L CCl4含有的分子数为NA个B. 物质的量均为1
3、mol的CH4和H2O，核外电子总数均为10NAC. NA个Al(OH)3胶体粒子的质量大于78gD. 1mol乙酸含有C-H键数目为3NA【答案】A【解析】【详解】A标准状况下CCl4为液体，无法用气体摩尔体积计算分子数，A说法错误；BCH4和H2O均为10电子微粒，物质的量均为1mol的CH4和H2O，核外电子总数均为10NA，B说法正确；C1个Al(OH)3胶体粒子中不能确定含有多少个Al(OH)3，则NA个Al(OH)3胶体粒子的质量大于78g，C说法正确；D乙酸的结构简式为CH3COOH，1mol乙酸含有C-H键数目为3NA，D说法正确；答案为A。【点睛】非气体无法用气体摩尔体积计算
4、其物质的量。3.下列离子方程式正确的是( )A. 用KMnO4标准溶液滴定草酸：2MnO4-+16H+5C2O42-=2Mn2+10CO2+8H2OB. 氯气溶于水：Cl2+H2O2H+Cl-+ClO-C. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-D. 碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2HCO3-+Ca2-+2OH-=CaCO3+CO32-+2H2O【答案】C【解析】【详解】A用KMnO4标准溶液滴定草酸，草酸为弱酸写化学式：2MnO4-+6H+5H2C2O4=2Mn2+10CO2+8H2O，A错误；B氯气溶于水，生成的次
5、氯酸为弱酸，写化学式：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，B错误；C向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3，生成氢氧化铝和碳酸氢钠：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，C正确；D碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合生成碳酸钙和水：HCO3-+Ca2-+OH-=CaCO3+H2O，D错误；答案为C。【点睛】单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质在离子反应中写化学式。4.下列各组物质中杂质(括号内为杂质)的检验方法、除杂试剂都正确的是( )选项物质及其杂质检验方法除杂ACl2(HCl)通入AgNO3溶液中饱和食盐水B乙酸乙酯(乙酸)滴入石蕊溶液饱和Na2CO3溶液CFe
6、Cl2溶液(FeCl3)滴入KSCN溶液通入过量氯气DNaCl(Na2CO3) 滴入CaCl2溶液加入过量的CaCl2溶液，过滤、将滤液蒸发结晶A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A除去氯气中的氯化氢应用饱和食盐水，氯气能与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，A检验方法错误；B饱和Na2CO3溶液能与乙酸反应，降低乙酸乙酯的溶解度，可用石蕊溶液检验，B正确；CFeCl2溶液能与氯气反应生成氯化铁，C除杂试剂错误；DNaCl加入过量的CaCl2溶液，溶液中引入新的杂质离子，D操作方法错误；答案为B。5.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内
7、层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z的核电荷数比Y多5，W与Y同主族。下列说法正确的是( )A. 简单离子半径的大小顺序：WQZYB. X、W、Q最高价氧化物对应的水化物均可与Z的最高价氧化物对应的水化物反应C. QY2可用于自来水的杀菌消毒D. X的氢化物沸点一定低于Y的氢化物沸点【答案】C【解析】【分析】X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数最多为8，则内层电子为2，X为C；Y是地壳中含量最高的元素，Y为O；Z的核电荷数比Y多5，则Z为Al；W与Y同主族，则W为S；Q为短周期元素，序数大于16，则为Cl。【详解】AY、Z、W、Q分别为O、Al、S、Cl，具有相同核外
8、电子排布的简单离子，序数越大，半径越小，则半径的大小顺序：WQYZ，A说法错误；BX、W、Q最高价氧化物对应的水化物分别为碳酸、硫酸、高氯酸，硫酸、高氯酸可与Z的最高价氧化物对应的水化物即氢氧化铝反应，碳酸与氢氧化铝不反应，B说法错误；CQY2为ClO2，具有强氧化性，用于自来水的杀菌消毒，C说法正确；DX的氢化物有好多种，其最简单的氢化物沸点一定低于Y的氢化物沸点，D说法错误；答案为C。6.某有机物的分子式为C5H10O3，其中只含有一个甲基、一个羟基和一个羧基的结构(不考虑立体异构)有( )A. 5种B. 6种C. 7种D. 8种【答案】B【解析】【详解】分子式为C5H10O3含有羧基、羟
9、基和甲基，碳链CH3-C-C-C-COOH上羟基有3种，CH3-C-C- COOH上-CH2-OH有2种，CH3-C- COOH上-CH2-CH2-OH有1种，共6种，综上所述，答案为B。【点睛】羧基、羟基、甲基必须在碳链的一端，可根据碳链由长到短找羟基的位置即可。7.在一定温度下，氯气与NaOH溶液反应可生成NaCl、NaClO和NaClO3。下列判断不正确的是( )A. 若反应过程中消耗2mol氯气，则转移电子数目可能为3NAB. 反应停止后n(NaClO)：n(NaCl)：n(NaClO3)可能为1:6:1C. 氯气与氢氧化钠反应过程中消耗氯气与NaOH的物质的量之比一定为1:2D. 若
10、氢氧化钠与氯气恰好完全反应，则反应后所得溶液中总是存在：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(ClO3-)【答案】D【解析】【详解】A若氯气与NaOH发生3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O转移电子数最多，1mol转移mol电子；发生Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O转移电子最少，转移1mol电子，2mol氯气反应，可能转移3mol电子，A判断正确；B反应停止时，n(NaClO)：n(NaCl)：n(NaClO3)为1:6:1时，得电子数目为11+51=6，失电子数目为16，相等，B判断正确；C根据NaCl、NaClO、NaClO3可知，钠离子和氯原
11、子的物质的量之比为1：1，则参加反应所需氯气与NaOH的物质的量之比为1：2，C判断正确；D根据溶液中离子电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)+3c(ClO3-)，D判断错误；答案为D。8.甲烷在工农业生产、生活中有着重要作用，请回答下列问题。(1)用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)H1=-574kJ/molCH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H2若在相同条件下，1molCH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867kJ，则
12、H2=_。(2)用CH4催化还原NO，欲提高N2的平衡产率，应该采取的措施是_(填序号)。A升高温度 B增大压强 C降低温度 D降低压强(3)一定温度下，在初始体积为2L恒压密闭容器中通入1molCH4和4molNO(假设只发生反应)，20min后该反应达到平衡，测得容器中N2的物质的量为0.8mol。则从反应开始至刚达到平衡用NO表示的反应速率v(NO)=_，该温度下反应的平衡常数K=_。(答案可用分数表示)(4)为了提高CH4和NO转化为N2的产率，种学家寻找了一种新型的催化剂。将CH4和NO按一定比例、一定流速通过装有上述新型催化剂的反应器中，测得N2的产率与温度的关系如图所示，OA段N
13、2产率增大的原因是_。(5)对于反应而言，不同温度下，CH4的浓度变化如图所示，下列说法正确的是_(填序号)。AT1大于T2 Bc时二氧化碳的浓度为0.2mol/LCa点正反应速率大于b点的逆反应速率 Da点的反应速率一定比c点的反应速率小(6)新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和2，电解质为KOH溶液，该甲烷燃料电池中，负极反应方程式为_。【答案】 (1). -1160kJ/mol (2). C (3). 0.04mol/(Lmin) (4). (5). OA段随着温度的升高，催化剂的活性增强，化学反应速率加快，因此氮气的产率逐渐增大 (6). C (7). CH
14、4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O【解析】【分析】(1)根据盖斯定律计算。(2)根据勒夏特列原理判断。(3)根据三段式法计算。(4)氮气的产率与速率有关，而速率与催化剂、温度相关。(5)根据图象判断。(6)根据碱性环境，可以知道CO2最终转化为CO32-。【详解】(1)在相同条件下，1molCH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867kJ，则2CH4(g)+4NO2(g)=2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g)H3=-1734kJ/mol，根据盖斯定律，=-，所以H2=H3-H1=-1160kJ/mol。(2)反应CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+
15、2H2O为放热、体积不变的可逆反应，欲使N2的平衡产率提高，可使平衡正向进行，则反应条件是降低温度，答案为C。(3)根据三段式法：由于反应前后体积不变，因此，反应开始到达平衡用NO来表示的反应速率v(NO)=0.04mol/(Lmin)。根据平衡常数的定义，代入数据，得到K=。(4)氮气的产率与速率有关，而速率与催化剂、温度相关。当温度升高时，催化剂的活性増强，化学反应速率加快，因此氮气的产率逐渐增大。(5)A根据图象，相同时间内，T2比T1反应进行的程度大，因此T2T1，说法错误；Bc点甲烷转换的浓度为1.2mol/L，因此二氧化碳的浓度也是1.2mol/L，B说法错误；C在同一温度未达平衡
16、前，a点反应物浓度大于b点反应物浓度，a点的正反应速率大于b点的正反应速率；未达平衡时，b点的正反应速率大于b点的逆反应速率，所以a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，C说法正确；Da点所处的温度低于c点所处的温度，但a点的反应物的浓度大于c点的反应物浓度，因此两点的速率无法比较，说法错误；答案为C。(6)根据碱性环境，可以知道CO2最终转化为CO32-，根据得失电子守恒和物料守恒，可以得出负极电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。9.中南大学郑雅杰等3位老师提出“以含砷废水沉淀还原法制备As2O3”，有较高的实际应用价值。某工厂含砷废水含有H3AsO3、H2SO4、F
17、e2(SO4)3、Bi2(SO4)3等，利用该废水提取As2O3的流程如图所示。表：金属离子沉淀pH值表格(20)10-110-210-310-410-5Fe3+1.82.22.52.93.2Cu2+4.75.25.76.26.7(1)为了加快中和过程的速率，可以采取的措施有_(写出一条合理的措施即可)。(2)沉淀中的成分，除了Bi(OH)3沉淀外，还有_。(3)A可以循环利用，A的化学式为_。在滤液1中，加入NaOH调节pH为8的目的是_。(4)Cu3(AsO3)2沉淀加入一定量的水调成浆料，通入SO2，该过程的化学反应方程式是_。(5)按照一定的液固比，将水加入Cu3(AsO3)2沉淀中，
18、调成浆料。当反应温度为25，SO2流量为16L/h，液固比、时间对砷、铜浸出率的影响如图甲、乙所示。请选择最适宜的液固比、反应时间：_、_。(6)一定条件下，用雄黄(As4S4)制备As2O3的转化关系如图所示。若反应中，1mol As4S4(其中As元素的化合价为+2价)参加反应时，转移28mole-，则物质a为_(填化学式)。【答案】 (1). 适当增加氢氧化钠溶液的浓度或加热 (2). Fe(OH)3 (3). CuSO4 (4). 完全沉淀Cu2+，回收利用铜 (5). Cu3(AsO3)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)22H2O+2H3AsO3+H2SO4 (6). 4：1
19、(7). 60min (8). SO2【解析】【分析】(1)为了加快中和的速率，可以通过浓度、温度来调节反应的速率。(2)根据元素守恒进行判断(3)Cu3(SO3)22H2O氧化可以得到CuSO4，在流程中可以循环利用。(4)根据氧化还原反应中化合价升降守恒可知S的化合价升高，根据信息写出反应物和产物并配平方程式。(5)根据图象，砷的浸岀率随着液固比增加而増加。为了减少铜的浸出，适宜的液固比为4:1。砷浸出率随反应时间延长而升高，铜浸出率随反应时间延长而降低。(6)根据电子转移相等计算。【详解】(1)为了加快中和的速率，可以通过浓度、温度来调节反应的速率，因此可以通过增加氢氧化钠溶液的浓度、加
20、热来加快化学反应速率。(2)根据含砷废水的成分H3AsO3、H2SO4、Fe2(SO4)3、Bi2(SO4)3等，根据元素守恒，除了得到Bi(OH)3沉淀外，还有Fe(OH)3沉淀。(3)Cu3(SO3)22H2O氧化可以得到CuSO4，在流程中可以循环利用。Cu3(AsO3)2为了充分回收砷，使用了过量硫酸铜，为了减少铜的损失，应回收利用铜，用NaOH调节废水pH值至8。(4)结合Cu3(AsO3)2中Cu为+2价，1molCu3(SO3)22H2O中有2molCu显+1价，1molCu显+2价，根据氧化还原反应中化合价升降守恒可知S的化合价升高，根据信息写出反应物和产物并配平方程式：Cu3
21、(AsO3)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)22H2O+2H3AsO3+H2SO4。(5)根据图象，砷的浸岀率随着液固比增加而増加，但同时铜的浸岀率也随着液固比増加而升高。为了减少铜的浸出，适宜的液固比为4:1。砷浸出率随反应时间延长而升高，铜浸出率随反应时间延长市降低。当反应为60min时，砷浸出率较大和铜浸出率较小，继续延长反应时间，砷、铜浸出率变化不大。因此，选择60min。(6)As4S4中As为+2价、S为-2价，且As元素被氧化为+3价的As2O3，1molAs4S4(其中As元素的化合价为+2价)参加反应时，转移28mole-，由于As的化合价只升高了1，则S元素化合价必
22、须升高6价，即S元素的化合价由-2升高为+4价，因此应为SO2。10.某实验小组用软锰矿制备高锰酸钾，主要实验步骤如下：步骤一：将软锰矿(主要成分为MnO2)、KClO3和KOH固体按一定比例混合后加热熔融可制得绿色K2MnO4；步骤二：将反应后固体充分溶解、过滤，向滤液中通入过量CO2气体使溶液显酸性，K2MnO4在酸性条件下反应得到KMnO4、MnO2和K2CO3，最后分离得到高锰酸钾晶体(粗产品)。请回答下列问题：(1)步骤一加热熔融应在_(填序号)进行。A.铁坩埚 B.氧化铝坩埚 C.瓷坩埚 D.石英(2)为进一步提高粗产品(高锰酸钾晶体)纯度，常采用的实验方法是_。(3)KMnO4、
23、MnO2在一定条件下都可以氧化浓盐酸制取氯气，制取等物质的量的氯气消耗KMnO4与MnO2的物质的量之比为_。(4)某学习小组为了探究高锰酸钾溶液和草酸钠溶液的反应过程，将高锰酸钾溶液逐滴滴入一定体积的酸性草酸钠溶液中(温度相同，并不断振荡)，记录的现象如表：滴入KMnO4溶液的次序(假设每滴溶液体积相等)滴入的KMnO4溶液紫色褪去的时间先滴入第1滴1min褪色后再滴入第2滴15s褪色后再滴入第3滴3s褪色后再滴入第4滴1s请分析高锰酸钾溶液褪色时间变化的原因：_。(5)我国室内空气质量标准规定室内空气中甲醛(HCHO)含量不得超过0.08mg/m3。我校某同学通过查阅资料，拟采用如下方法测
24、定2019年暑假新装修的焕然一新的明德楼教室内空气中甲醛的含量。测定原理：5HCHO+4KMnO4+6H2SO4=2K2SO4+4MnSO4+5CO2+11H2O。实验操作：用容积为1000mL用注射器抽取空气，缓慢注入酸性高锰酸钾溶液中(装置如图)，当酸性高锰酸钾溶液正好褪色时，停止注入。用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液配制实验中使用的酸性KMnO4溶液l000mL，需0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液的体积为_。装置中多孔玻璃球泡的作用是_。该同学在206教室内不同地点抽取空气，并缓慢注入酸性高锰酸钾溶液中。当第250次将注射器中空气全部缓慢注入酸性高锰酸钾溶液中时，酸
25、性高锰酸钾溶液恰好褪色。请通过计算判断，该教室空气中甲醛含量_(填“已”或“未”)超标。若未超标，该教室内空气中甲醛(HCHO)含量为_mg/m3；若已超标，请举出减少室内空气污染的一条合理措施：_。【答案】 (1). A (2). 重结晶 (3). 2:5 (4). 反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)越大催化效果越好 (5). 1.00mL (6). 使甲醛被酸性高锰酸钾溶液充分吸收 (7). 未 (8). 0.075【解析】【详解】(1)将软锰矿(主要成分为MnO2)、KClO3和KOH固体加热，只有铁坩埚不与KOH反应。答案选A。(2) 提纯高锰酸钾固体，减少其它杂质的
26、含量可采用重结晶的方法。(3)KMnO4制取氯气时，化合价由+7变为+2，转移5个电子，MnO2制取氯气时，化合价由+4变为+2，转移2个电子，则根据电子得失守恒可知物质的量之比为2：5。(4)滴入的高锰酸钾越多，褪色时间越短，即反应速率越快，说明还原产物Mn2+对反应有催化用，且c(Mn2+)越大催化效果越好。(5)用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液配制0.0001mol/L酸性KMnO4溶液1000mL，浓度稀释为原来的1000分之一，故需0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液的体积为1mL。装置中多孔玻璃球的接触面积大，其作用是使甲醛被酸性高锰酸钾溶液充分吸收。实验时在居室
27、内不同地点抽取空气、并缓慢注入酸性高锰酸钾溶液中。当第250次将注射器中气全部缓慢注入酸性高锰酸钾溶液中时，则抽取的空气体积为1000mL250=0.25m3，设该居室室内空气中甲醛含量为xmg/m3，根据反应关系式：5：4，x=0.075，即该新装修的居室空气中甲醛含量为0.075 mg/m30.08 mg/m3，未超过国家规定标准。11.本题涉及部分铜及其化合物的相关结构问题的考查，请回答下列问题。(1)写出基态Cu2+的核外电子排布式：_。Cu的同周期元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素原子还有_(用元素符号表示)。(2)从原子结构角度分析高温Cu2O比CuO稳定原因是_。(3)Cu(
28、NH3)2Ac可用于合成氨工业中的铜洗工序，除去进人合成塔前混合气中的CO(CO能使催化剂中毒)。Ac表示CH3COO-，Ac中碳原子的杂化方式为_。Cu(NH3)2Ac能够结合CO的原因是_。(4)铜原子与氯原子形成化合物的晶胞如图所示(黑球代表铜原子，白球表示氯原子)。已知铜和氯的电负性分别为1.9和3.0，则铜与氯形成的化合物属于_填(“离子”或“共价”)化合物。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子1的坐标为(，1)，则原子2和3的坐标分别为_、_。已知该晶体的密度为g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和氯原子的最短距离
29、为_pm(只写计算式)。【答案】 (1). Ar3d9 (2). K、Cr (3). Cu+的价层电子排布为3d10，3d轨道全充满，较稳定 (4). sp2和sp3 (5). 形成了配位键 (6). 共价 (7). (，1，) (8). (，) (9). 【解析】【详解】(1)Cu为29号元素，原子核外电子排布式为Ar3d104s1，故Cu2+核外电子排布为Ar3d9，Cu最外层电子数为1个，与铜最外层电子数相同的还有K和Cr，Cr的核外电子排布为Ar3d54s1。(2)由于Cu2O中Cu+价层电子排布为3d10，3d轨道全充满，较稳定，所以高温Cu2O比CuO稳定。(3)CH3COO-中甲
30、基上的C无孤电子对，形成4条键，属于sp3杂化，酯基上的碳原子无孤电子对，形成3条键，为sp2杂化。由于CO的C提供孤对电子与Cu+形成了配位键，所以Cu(NH3)2Ac能够结合CO。(4)一般认为电负性相差小于1.7形成共价键，已知铜和氯的电负性分别为1.9和3.0，则铜与氯形成的化合物属于共价化合物。根据原子的坐标和坐标系，类比可得原子2的坐标为(，1，)，原子3的坐标为(，)。Cu和Cl的最短距离即为晶胞体对角线的，设晶胞参数为a cm，则，pm，最短距离为，即pm。12.甲苯是重要的基础化工原料，下图是大学化学教材有机化学基础上由甲苯合成J的一种合成路线。请依据上述流程回答以下问题(1
31、)B的化学名称为_，J的分子式为_。(2)D生成E的反应类型为_。(3)设计第步和第步的目的是_。(4)由H生成J过程中生成的无机物除了外还有_。(5)写出CD的反应方程式为_。(6)D的同分异构体有多种。其中含有苯环和碳氧双键，且核磁共振氢谱有四组峰的有_种。(不考虑立体异构)(7)请依据流程图中相关信息，写出由甲苯和乙醛制备的合成路线_。(无机试剂任选)【答案】 (1). 邻硝基甲苯 (2). C15H10O (3). 氧化反应 (4). 保护氨基、防止-NH2被氧化 (5). NaCl、H2O (6). +HCl (7). 6 (8). 【解析】【分析】根据E的结构简式，可知甲苯与浓硝酸
32、在浓硫酸的作用下，生成B为邻硝基甲苯；邻硝基甲苯与HCl在Fe的作用下，硝基转变为氨基；C与CH3COCl反应生成D，即；E在酸性条件下，重新还原为氨基，即。据此解答。【详解】(1)结合前后可判断硝基取代在邻位，故B为邻硝基甲苯；根据J结构简式可知，分子式为C15H10O。(2)新制MnO2作氧化剂将D中的甲基氧化为醛基，故反应类型为氧化反应。(3)氨基具有还原性，为了防止在将甲基氧化为醛基的过程中将氨基氧化，需要保护氨基，设计第步和第步的目的就是保护氨基。(4)根据原子守恒和电荷守恒可判断产物还有NaCl和H2O。(5)该反应为取代反应，方程式为+HCl。(6)满足条件的有、，共6种。(7)结合流程图中DE和FG的信息，甲苯被氧化为苯甲醛时，才可与乙醛发生碳链增长，可设计合成路线如下 。
