1、四川省棠湖中学2020届高三化学第二次适应性考试试题（含解析）1.中国古代“炼丹术”中蕴含了丰富的化学知识，为近代化学的建立和发展奠定了基础。下列关于“炼丹术”中涉及的史实解释错误的是选项史 实解 释A“胡粉(PbCO3Pb(OH2) 投火中，色坏还为铅(Pb)”复分解反应原理B“有硇水者，剪银塊(Ag) 投之，则旋而为水”氧化还原反应原理C.“曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜外变而内不化也”置换反应原理D “铁釜代替土釜，加热丹砂(HgS)，可增采也”平衡移动原理A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. “胡粉(PbCO3Pb(OH2) 投火中，色坏还为铅(Pb)”，利用
2、受热分解反应原理，故A错误；B. “有硇水者，剪银塊(Ag) 投之，则旋而为水”，硝酸溶解银单质，发生氧化还原反应，故B正确；C. “曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜外变而内不化也”，铁置换出铜单质，故C正确；D. “铁釜代替土釜，加热丹砂(HgS)，生成汞和硫单质，汞变为汞蒸气，平衡正向移动，故D正确。综上所述，答案为A。2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 13 g13 C含有的中子数目为6 NAB. 常温下 ，I LpH =4的醋酸溶液所含离子总数为2 10-4NAC. 100 g质量分数为 98% 的磷酸中所含氧原子总数为4 NAD. 0.1 mol Fe 完全溶于稀硝酸，
3、转移的电子数目为0.3 NA【答案】B【解析】【详解】A. 13C 中子数为7，13 g13C物质的量为1mol，13 g13C含有的中子数目为7 NA，故A错误；B. 常温下 ，I L pH =4的醋酸溶液中氢离子物质的量为n(H+)=1104 molL11 L=1104 mol，醋酸电离出氢离子和醋酸根，两者浓度相等，因此所含离子总数为2 10-4NA，故B正确；C. 100 g质量分数为 98% 的磷酸中磷酸质量为100g98% =98g，物质的量为n=1mol，磷酸中含氧原子总数为4 NA，但由于还有2g水，水中也含有氧，因此溶液中氧原子总数大于4 NA，故C错误；D. 0.1 mol
4、 Fe 完全溶于稀硝酸，铁可能变为硝酸铁，也可能变为硝酸亚铁，因此转移的电子数目不一定为0.3 NA，故D错误。答案为B。3.对二乙烯苯()可用作树脂、油漆及特种橡胶的原料下列说法正确的是A 分子中所有原子可共平面B. 一氯代物有4种(不考虑立体异构)C. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 1mol该分子最多可与2mol H2加成【答案】A【解析】【详解】A乙烯、苯分子中所有原子共平面，对二乙烯苯可看成苯环上的两个H原子被两个乙烯基代替，碳碳单键可以旋转，所以该分子中所有原子可能共平面，故A正确；B该分子结构对称，苯环上的一氯代物有1种，取代基上的一氯代物有2种，共有3种一氯代物，故B错误；C含
5、有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D苯环和碳碳双键都可以与氢气加成，所以1mol该分子最多可与5molH2加成，故D错误；故答案为A。4.实验室模拟氨催化氧化法制硝酸的装置如图所示。下列说法错误的是A. 装置、依次盛装碱石灰、P2O5、NaOH溶液B. 装置中产生红棕色气体C. 装置中溶液可使紫色石蕊溶液变红，说明有HNO3生成D. 通空气的主要作用是鼓出氨气，空气可用N2代替【答案】D【解析】【分析】空气通入浓氨水后，氨气和氧气的混合气体经过碱性干燥剂干燥后进入装有催化剂的硬质玻璃管，发生催化氧化产生NO，生成的气体经过酸性干燥剂(或无水氯化钙)，除去
6、氨气和水蒸气，在装置中NO与空气中的氧气反应生成NO2，并收集，中的水可以吸收排出的二氧化氮产生硝酸，尾气中的NO2、NO在中被吸收，防止污染，因此中可以选用氢氧化钠溶液，以此解答该题。【详解】A根据上述分析，装置、可依次盛装碱性干燥剂、酸性干燥剂、NaOH溶液，碱石灰为碱性干燥剂，可以干燥氨气，P2O5属于酸性干燥剂可以吸收氨气并干燥，故A正确；B装置中NO被氧化生成NO2，气体呈红棕色，故B正确；C装置中发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，溶液显酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故C正确；D通空气的主要作用是鼓出氨气并提供氧气，空气不能用N2代替，故D错误；故选：D。5.短周期主族元素原子序
7、数依次增大，X均能与其他三种元素形成共价化合物。四种元素组成某正盐M的水溶液遇到三价铁离子时，呈现血红色。下列说法错误的是( )A. M遇到浓氢氧化钠溶液时，会产生使蓝色石蕊试纸变红的气体B. Y的某种氢化物可做植物生长调和剂，催熟水果C. Z的氧化物对应水化物可能是弱酸D. 化合物(WYZ)2中所有原子均满足8电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素、Y、Z、W原子序数依次增大，均能与其他三种元素形成共价化合物可知为氢元素；四种元素组成某正盐M的水溶液遇到三价铁离子时，呈现血红色，说明M中存在硫氰根离子；由短周期元素、Y、Z、W原子序数依次增大可知：Y为碳元素、Z为氮元素、W为硫
8、元素；M为由四种元素构成的正盐，说明M为硫氰化铵。【详解】根据分析可知、Y、Z、W依次为氢、碳、氮、硫；A铵盐遇浓碱生成氨气，湿润的氨气会使红色石蕊试纸变蓝，A错误；B碳元素形成的氢化物可能是乙烯，乙烯可做植物生长调和剂，催熟水果，B正确；C氮元素的氧化物对应水化物可能是亚硝酸，属于弱酸，C正确；D由的结构可知，N、C、S各原子均满足8电子稳定结构，D正确；故答案选A。6.2019年诺贝尔化学奖授予了对锂离子电池方面的研究作出贡献的约翰B古迪纳夫(John B.Goodenough)等三位科学家。已知可充电镍酸锂离子电池的工作原理如图所示，其总反应为：。下列说法不正确的是( )A. 放电时，A
9、电极为作原电池负极B. 放电时，B电极反应式为C. 充电时，A电极反应式为D. 充电时，当电路中通过电子的电量时，A、B两极质量变化差为【答案】D【解析】【分析】放电时，是电池， A为作原电池负极， B极为正极；充电时，为电解池，A为阴极， B为阳极。【详解】A放电时， A为作原电池负极，其电极反应式为，A正确；B放电时，B极为正极，发生还原反应，其电极反应式为，B正确；C充电时，为电解池，A为阴极，其电极反应式为，C项正确；D充电时，当电路中通过电子的电量时，A电极增加锂离子的质量、B电极减少锂离子的质量，两极质量变化差为，D项错误；故答案选D。7.已知：硫酸银(Ag2SO4)的溶解度大于氯
10、化银且硫酸银(Ag2SO4)的溶解度随温度升高而增大，T时，Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A. a点溶液加入硝酸银固体，则a点可沿虚线移动到b点B. a点溶液若降低温度，则a点可沿虚线移动到c点C. 向a点的悬浊液中加入NaCl固体，溶液组成可能会由a向d方向移动D. 根据曲线数据计算可知，T下，Ksp(Ag2SO4)=2.2510-4【答案】C【解析】【分析】【详解】Aa点溶液加入硝酸银固体，虽然银离子浓度增大，但温度不变溶度积不变，a点应沿实线向下移动，故A错误；B硫酸银溶液中存在平衡Ag2SO42Ag+SO42-，a点c(Ag+)= c(SO42-)
11、，降低温度析出硫酸银，则c(Ag+)和 c(SO42-)不再相等，所以无法移动到c点，故B错误；C向a点的悬浊液中加入NaCl固体，会生成氯化银沉淀，银离子浓度减小，硫酸银的沉淀溶解平衡右移，硫酸根离子浓度增大，但温度不变，硫酸银的溶度积不变，所以溶液组成会由a向d方向移动，故C正确；D根据a点，Ksp(Ag2SO4)=c2(Ag+) c(SO42-)=(1.510-2)21.510-2=3.37510-6，故D错误；故答案为C。8.光气(COCl2)在农药、医药、工程塑料等方面都有广泛应用，光气常温下为无色气，有腐草味，低温时为黄绿色液体，化学性质不稳定，遇水迅速水解，生成氯化氢。某实验小组
12、利用如下实验装置合成光气并利用光气与浓氨水反应制备尿素CO(NH2)2。主要实验装置(夹持装置略去)及操作步骤如下：按如图连接装置，检验装置的气密性，然后加装实验药品；打开活塞a.，向A中缓慢通入干燥的热空气；一段时间后，装置D中溶液会出现分层现象，且混合液上方有大量白色烟雾；已知：3CC14+Al2O3=3COCl2+2AlC13回答下列问题：(1)检验整个装置的气密性的方法：_。(2)步骤中通入干燥的热空气的作用为_。(3)装置C的作用_。(4)装置D中反应除生成尿素CO(NH2)2外，还有NH4Cl生成，该反应的化学方程式为_。(5)分离装置D中混合液的操作名称为_。(6)装置E中足量的
13、NaOH溶液与少量的光气反应的离子方程式为：_。(7)实验后，将D中溶液先蒸发结晶，再用重结晶的方法得到尿素晶体(含有少量的NH4Cl杂质)，测定所得晶体中尿素的百分含量的方法：将7.07g晶体中所含氮完全转化为氨气所得氨气用100mL2.00molL-1的硫酸溶液完全吸收，取吸收液10mL用0.4000molL-1的氢氧化钠标准溶液滴定。到达滴定终点时，消耗氢氧化钠45.00mL，则该晶体中尿素的质量分数为_(保留3位有效数字)。若滴定前未用氢氧化钠标准溶液润洗滴定管，则测得该体晶中尿素的质量分数_(选填“偏大”或“偏小”)。【答案】 (1). 关闭活塞a，将装置末端导管插入盛水的烧杯中，加
14、热装置A，观察末端导管口有气泡产生，停止加热，末端导管口有一段水柱 (2). 加热蒸发CCl4，并且将热的CC14气体带出，进入B装置发生反应 (3). 防止D装置中的水进入装置B，导致光气发生水解反应 (4). COC12+4NH3H2O=CO(NH2)2+2NH4Cl+4H2O (5). 分液 (6). COCl2+4OH-=CO32-+2Cl-+2H2O (7). 84.9% (8). 偏小【解析】【分析】本实验目是合成光气并利用光气与浓氨水反应制备尿素CO(NH2)2；光气化学性质不稳定，遇水迅速水解，所以制备光气时要保持体系干燥，用干燥的热空气将加热蒸发四氯化碳，并将其吹入B装置中与
15、Al2O3进行反应制备光气，C装置可以防止水蒸气进入B装置；光气通入浓氨水中反应制备CO(NH2)2；D中有被吹过来的四氯化碳冷凝，四氯化碳不溶于水，所以出现分层现象；未反应的光气在混合液上方与水蒸气反应生成HCl和CO2，HCl遇到挥发出的氨气反应生成氯化铵，所以产生大量白烟；装置E可以吸收尾气。(7)滴定原理为先将样品中的N元素全部转化为氨气用硫酸吸收，然后用NaOH标准液滴定剩余的硫酸的量，从而确定N元素的量，再根据守恒法计算确定样品中尿素的含量。【详解】(1)可以通过受热法检验装置的气密性，具体操作为：关闭活塞a，将装置末端导管插入盛水的烧杯中，加热装置A，观察末端导管口有气泡产生，停
16、止加热，末端导管口有一段水柱，说明气密性良好；(2)根据分析可知通入干燥热空气的作用为加热蒸发CCl4，并且将热的CC14气体带出，进入B装置发生反应；(3)光气化学性质不稳定，遇水迅速水解，装置C的作用主要是防止D装置中的水蒸气进入装置B，导致光气发生水解反应；(4)D中反应物为COCl2和一水合氨，产物有CO(NH2)2和NH4Cl等，根据元素守恒可得方程式为COC12+4NH3H2O=CO(NH2)2+2NH4Cl+4H2O；(5)装置D中溶液分层，可通过分液的方法分离；(6)光气遇水水解产生HCl和CO2，HCl与NaOH反应生成NaCl和水，CO2和NaOH反应生成Na2CO3和水，
17、所以光气和NaOH溶液反应的离子方程式为COCl2+4OH-=CO32-+2Cl-+2H2O；(7)到达滴定终点时，消耗氢氧化钠45.00mL，则10mL吸收液剩余n(H+)=0.045L0.4000mol/L=0.018mol，则所得的氨气n(NH3)=0.1L2.00mol/L2-=0.22mol，设晶体中n(CO(NH2)2)=x mol，n(NH4+)=y mol；根据元素守恒可得，解得x=0.1mol，y=0.02mol，所以尿素的质量分数为100%=84.9%；若滴定前未用氢氧化钠标准溶液润洗滴定管,会使消耗的氢氧化钠标准溶液偏多，则测得该晶体中尿素的质量分数偏小。【点睛】尿素的质
18、量分数的计算为本题难点，要注意守恒法在化学计算中的使用，避免繁琐的计算，计算步骤越多，出错的概率越大。9.过二硫酸钠(Na2S2O8)也叫高硫酸钠，可用于废气处理及有害物质氧化降解用(NH4)2S2O8溶液和一定浓度的NaOH溶液混合可制得Na2S2O8晶体，同时还会放出氨气。某化学兴趣小组利用该原理在实验室制备Na2S2O8晶体（装置如图所示）已知：反应过程中发生的副反应为2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2(1)图中装有NaOH溶液的仪器的名称为_，反应过程中持续通入氮气的目的是_。(2) (NH4)2S2O8可由电解硫酸铵和硫酸的混合溶液制得，写出电解时阳
19、极的电极反应式：_。(3)Na2S2O8溶于水中，会发生一定程度的水解，最终仅生成H2SO4、Na2SO4和另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质，写出该反应的化学方程式：_。(4)Na2S2O8具有强氧化性，该兴趣小组设计实验探究不同环境下Na2S2O8氧化性的强弱。将MnSO4H2O(1.69g)与过量Na2S2O8(10g)溶于水中形成的混合溶液煮沸3min，观察并记录加入试剂时和加热过程中的现象（如表格所示）。环境调节溶液氧化环境时的现象加热煮沸3min期间产生现象中性加入VmL蒸馏水，无明显现象30s时开始有大量气泡冒出，3min后溶液变深棕色，溶液中有悬浮小颗粒碱性加入VmL某浓度
20、的NaOH溶液，瞬间变为棕色（MnO2）10s后溶液逐渐变为深紫色(MnO4-)，没有明显冒气泡现象酸性加入VmL稀H2SO4无明显现象煮沸3min后，有气泡冒出在_（填“中性”“酸性”或“碱性”)条件下，Na2S2O8的氧化能力最强。中性氧化时，会产生大量气泡，其原因为_。若用0.1molL-1的H2O2溶液滴定碱性氧化反应后的溶液（先将溶液调至酸性再滴定），滴定终点时的现象为_；达到滴定终点时，消耗H2O2溶液的体积为V1rnL。则碱性氧化后的溶液中NaMnO4的质量为_ g(用含V1的代数式表示，5H2O22)。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减
21、少副反应的发生 (3). 2-2e- = (4). Na2S2O8+2H2O=H2SO4+Na2SO4+ H2O2 (5). 碱性 (6). 2H2O22H2O+O2 (7). 当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色 (8). 5.6810-3V1【解析】【分析】(1)(3)(NH4)2S2O8溶液和一定浓度的NaOH溶液混合，发生复分解反应，生成Na2S2O8和NH3，由于发生副反应2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2，所以在反应过程中需不断往反应液中通N2将NH3尽快排出，以减少副反应的发生；也可用电解法制(NH4)2S2O8，
22、在阳极被氧化为；在水溶液中能发生一定程度的水解，生成H2SO4、Na2SO4和H2O2。(4)在中性溶液中，煮沸后，能将Mn2+氧化为MnO2，MnO2促进H2O2分解生成O2；在碱性溶液中，能将Mn2+逐渐氧化为MnO2，煮沸后继续氧化生成；在酸性溶液中，未将Mn2+氧化，只是煮沸后H2O2分解生成O2。【详解】(1)图中装有NaOH溶液的仪器的名称为分液漏斗；依分析可知，为防NH3被氧化，应将生成的NH3从反应装置内尽快排出，所以反应过程中持续通入氮气的目的是将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生。答案为：分液漏斗；将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出，减少副反应的发生；(2)电解
23、时，由生成，O元素的价态部分升高，所以电解时阳极的电极反应式：2-2e- =。答案为：2-2e- =；(3)另一种常温下为液态且具有强氧化性的物质应为H2O2，则最终仅生成H2SO4、Na2SO4和H2O2，该反应的化学方程式：Na2S2O8+2H2O=H2SO4+Na2SO4+ H2O2。答案为：Na2S2O8+2H2O=H2SO4+Na2SO4+ H2O2；(4)由信息知，在碱性溶液中，能将Mn2+逐渐氧化为MnO2，煮沸后继续氧化生成；所以在碱性条件下，Na2S2O8的氧化能力最强。答案为：碱性；中性氧化时，会产生大量气泡，其原因为2H2O22H2O+O2。答案为：2H2O22H2O+O
24、2；碱性氧化反应后的溶液为NaMnO4，呈深紫色，滴定终点时生成无色的Mn2+，所以滴定终点时的现象为当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色；达到滴定终点时，依据关系式5H2O22，可求出n()=，m()=5.6810-3V1g。答案为：当滴入最后一滴H2O2溶液时，溶液由紫色变为无色，且在半分钟内不变色；5.6810-3V1。【点睛】依一般规律，强氧化性的酸根离子在酸性溶液中的氧化能力强，但既然给出了实验现象，就应依据实验现象分析结果。10.将CO2应用于生产清洁燃料甲醇，既能缓解温室效应的影响，又能为能源的制备开辟新的渠道，其合成反应为CO2(g)+3H2(g
25、)CH3OH(g)+H2O(g)。回答下列问题：（1）如图为CO2平衡转化率和温度、压强的关系，其中压强分别为3.0MPa、4.0MPa和5.0MPa。据图可知，该反应为_反应（填“放热”或“吸热)。设CO2的初始浓度为comolL-1，根据5.0MPa时的数据计算该反应的平衡常数K(240k)=_ (列出计算式即可）。若在4.0MPa时减小投料比，则CO2的平衡转化率曲线可能位于II线的_（填“上方”或“下方”)。（2）利用二氧化碳制得的甲醇还可以制取甲胺，其反应原理为CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)H。已知该反应中相关化学键的键能数据如下：共价键COHONHC
26、N键能/k.Jmol-1351463393293则该反应的H=_k.Jmol-1 。（3）已知：CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g) H1=-226kJrnol-1N2(g)+2O2(g)2NO2(g)H2=+68kJmol-1N2(g)+O2(g)2NO(g) H3=+183kJmol-1则：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) H=_kJmol-1。（4）一定温度下，下列措施一定能加快反应CO2(g)+3H2（g)CH3OH(g)+H2O(g)的速率的是_（填选项字母）。A.及时移去甲醇 B.改进催化剂 C.提高反应物浓度 D.增大容器压强（5）甲烷重整可选氧化
27、物NiO- Al2O3作为催化剂，工业上常用Ni(NO3)2、Al(NO3)3混合液加入氨水调节pH=12(常温），然后将浊液高压恒温放置及煅烧等操作制备该催化剂。加入氨水调节pH=12时，c(Ni2+)为_。已知：KspNi(OH)2=510-16【答案】 (1). 放热 (2). (3). 上方 (4). -12 (5). -750 (6). BC (7). 510-2 molL-1【解析】【详解】（1）根据图像，随着温度的升高，CO2的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，推出该反应的正反应是放热反应：反应为气体体积减小的反应，作等温线，增大压强，平衡向正反应方
28、向移动，CO2的转化率增大，I为5.0MPa下进行的曲线，240K时CO2的转化率为0.8，则可列三段式为根据化学平衡常平数的表达式K= ；根据上述分析，II曲线代表4.0MPa下进行的曲线，减小投料比，相当于增大H2的量，CO2的量不变，平衡向正反应方向进行，CO2的转化率增大，即CO2的平衡转化曲线可能位于II曲线的上方，故答案为：放热；上方；（2）反应热等于反应物总键能减去生成物总键能，故H =351 kJ/mol +393 kJ/mol -293 kJ/mol -463kJ/mol=-12kJ/mol，故答案为：-12；（3）由盖斯定律：2+-2可得：2CO(g)+2NO(g) 2CO
29、2(g)+N2(g)H=-750kJmol-1，故答案为：-750；（4）A.及时移去甲醇，则生成物的浓度减小，反应速率减慢，故A错误；B.改进催化剂能加快反应速率，故B正确；C.提高反应物浓度，反应物浓度增大，则反应速率加快，故C正确；D.若缩小体积而使容器压强增大，则反应速率加快，若通入惰性气体使容器压强增大，则反应速率不变，故D错误；综上所述，答案为：BC；（5）pH=12，c(OH-)=0.01molL-1，KspNi(OH)2=510-16，c(Ni2+)=，故答案为：510-2 molL-1。11.2017江苏铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy
30、的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。（1）Fe3+基态核外电子排布式为_。（2）丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是_，1 mol 丙酮分子中含有键的数目为_。（3）C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为_。 （4）乙醇的沸点高于丙酮，这是因为_。 （5）某FexNy的晶胞图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(xn) CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化图2 所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为_。【答案】 (1). Ar3d5或 1s22s22p63s23p63d5 (2). sp2和sp3 (3). 9 mol (4
31、). HCO (5). 乙醇分子间存在氢键 (6). Fe3CuN【解析】（1）铁是26号，Fe3+基态核外电子排布式为Ar3d5或 1s22s22p63s23p63d5；（2）丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是甲基中的C形成3个CH 键，1个CC 键，为sp3 杂化，羰基中的C形成3个CC 键，一个键，故C的杂化方式为sp2；据以上分析1 mol 丙酮分子中含有键的数目为9 mol；（3）C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为HCO；（4）乙醇的沸点高于丙酮，这是因为乙醇分子间存在氢键；丙酮分子中无与电负性较大的O原子相连的H原子，不能形成氢键；（5）a位置Fe：81/8=1，b位置
32、Fe，61/2=3，N为1个，从题21图-2看出：Cu替代a位置Fe型产物的能量更低，将化学式由Fe3FeN用铜替换为Fe3CuN。12.2020年2月，国家卫生健康委办公厅、国家中医药管理局办公室联合发出关于印发新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第六版）的通知。此次诊疗方案抗病毒治疗中增加了磷酸氯喹和阿比多尔两个药物。其中阿比多尔中间体I的合成路线如下：（1）A结构简式是 _。描述检验 A的方法及现象_。（2）I中含氧官能团名称是_。（3）、的反应类型分别是 _ 、 _ 。（4）化学方程式为 _。（5）D的同分异构体中，满足下列条件的有_种a. 含有苯环 b含有NO2其中核磁共振氢谱为3组峰，且
33、峰面积之比为126的为_(任写一种结构简式)。（6）已知：当苯环有RCOO、烃基时，新导入的基团进入原有基团的邻位或对位；原有基团为COOH时，新导入的基团进入原有基团的邻位。苯酚、苯胺（）易氧化。设计以为原料制备的合成路线 _（无机试剂任用）。【答案】 (1). (2). 取适量苯酚溶液于小试管中，滴加过量浓溴水，出现白色沉淀；或取适量苯酚溶液于小试管中，滴加FeCl3溶液，溶液变紫色 (3). 酯基 (4). 还原反应 (5). 取代反应 (6). +CH3COCl+HCl (7). 14 (8). 或 (9). 【解析】【分析】A与硝酸发生反应生成B，B与CH3COCl发生反应生成C，C
34、在铁做催化剂作用下与氯化铵反应生成D，D与反应生成E，根据结合E的结构简式，及A、B、C、D的分子式，可得A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为，D的结构简式为，则反应为取代反应，为取代反应，为还原反应，为氧化反应，步骤G和溴单质发生取代反应生成H，结合I的结构简式，则H的结构简式为，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，A的结构简式是；检验苯酚的方法及现象：取适量苯酚溶液于小试管中，滴加过量浓溴水，出现白色沉淀；或取适量苯酚溶液于小试管中，滴加FeCl3溶液，溶液变紫色；(2)根据流程中I的结构简式，含氧官能团名称是酯基；(3)反应为还原反应，反应为取代反应；(4)反应的化学方程式为
35、+CH3COCl+HCl；(5) D的结构简式为，同分异构体中，满足a. 含有苯环，b含有NO2，若硝基在苯环上，除苯环外的官能团可为-CH2CH3，则苯环上的位置关系有邻间对三种；或2个-CH3，则分别为：、，共六种；若硝基不在苯环上，则除苯环外含有硝基的官能团为CH2CH2NO2或CH(NO2)CH3，则有两种；或一个甲基和一个CH2NO2共有邻间对三种，则符合要求的D的同分异构体共有3+6+2+3=14种，其中核磁共振氢谱为3组峰，即有三种不同环境的氢原子，且氢原子的个数比为126，根据分子式C8H9NO2，则D的同分异构体的结构符合要求的有或；(6)已知：当苯环有RCOO、烃基时，新导入的基团进入原有基团的邻位或对位；原有基团为COOH时，新导入的基团进入原有基团的邻位。苯酚、苯胺（）易氧化。由题意为原料制备的合成路线为：。