1、四川省射洪县射洪中学等2020届高三化学上学期毕业班第四次大联考试题（含解析）1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 28gN2与6gH2充分反应，生成NH3分子的数目为2NAB. 6.4gCu与过量S充分反应，转移电子的数目为0.2NAC. 标准状况下，2.24LC2H5OH中含有分子的数目为0.1NAD. 25时，1LpH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.1NA【答案】D【解析】【详解】A. 合成氨反应为可逆反应，28gN2与6gH2充分反应，不能反应完全生成NH3分子的数目小于2NA，A项错误；B. 6.4gCu与过量S充分反应生成Cu2S，转移电子的数目为0
2、.1NA，B项错误；C. 标准状况下，C2H5OH为液态，2.24LC2H5OH 不是0.1mol，分子数目不是0.1NA ，C项错误；D. 25时，1LpH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.1NA，D项正确。故选D。2.脂环烃分子中两个或两个以上碳环共有两个以上碳原子烃称为桥环烃，二环4.1.0庚烷（）是一种典型的桥环烃，下列关于二环4.1.0庚烷的说法错误的是（ ）A. 与环庚烯互为同分异构体B. 所有的碳原子均在同一平面上C. 一氯代物有4种（不考虑立体异构）D. 二环4.1.0庚烷易溶于CCl4，难溶于水【答案】B【解析】【详解】A. 二环4.1.0庚烷的分子式为C7H12，与
3、环庚烯（C7H12）互为同分异构体，A项正确；B. 所有碳原子均为饱和碳原子，其结构类似于环己烷，所有碳原子在空间上不可能处于同一平面上，B项错误；C. 二环4.1.0庚烷有四种碳原子，四种氢原子，一氯代物有4种，C项正确；D. 二环4.1.0庚烷属于烃类物质难溶于水，易溶于有机溶剂，D项正确。故选B。3.A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由C元素形成的单质，已知甲乙=丁己，甲丙=戊己，0.1molL-1丁溶液的pH为13(25)。下列说法正确的是A. 原子半径：DC BAB. B元素只能形成一种二元含氧酸，且B元素的
4、含氧酸对应的酸酐一定是氧化物C. 1mol甲与足量乙反应转移电子的数目为NAD. 1.0L 0.1molL-1戊溶液中阴离子总的物质的量小于0.1mol【答案】C【解析】【分析】0.1molL1丁溶液的pH为1，说明丁是强碱，且四种元素都是短周期元素，所以丁为NaOH。由甲+乙丁+己，甲+丙戊+己，而己是由C元素形成的单质，故甲为过氧化钠、乙为水，己为氧气，丙为二氧化碳，戊为碳酸钠；A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，所以A为H、B为C、C为O、D为Na。【详解】A.原子半径NaCOH，故A不选；B. 碳元素可以形成碳酸，也可以形成己二酸，都是二元含氧酸，碳酸的酸酐是CO2，是氧
5、化物，但己二酸的酸酐不是氧化物，故B不选；C. Na2O2与足量乙发生歧化反应，1molNa2O2转移1mol电子，故C选；D.碳酸根水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，阴离子数增多，所以阴离子总的物质的量必然大于0.1mol，故D不选。故选C。【点睛】过氧化钠不管是跟水反应还是跟二氧化碳反应，发生的都是歧化反应，转移电子发生在形成共价键的两个-1价的氧之间，所以1mol Na2O2转移1mol电子，即转移电子的物质的量和Na2O2的物质的量相等。4.利用下列实验装置进行实验，能达到实验目的的是（ ）A制取CO2B干燥NH3C收集NOD收集CH3COOC2H5A. AB. BC. CD
6、. D【答案】A【解析】【详解】A.大理石为难溶于水的块状固体，能利用该装置制备CO2，A项正确；B.无水氯化钙与NH3反应，不能用无水氯化钙干燥，B项错误；C.NO和O2反应生成NO2，不能用排空气法收集，C项错误；D.CH3COOC2H5在强碱性条件下发生水解，D项错误。故选A。5.中科院科学家设计出一套利用SO2和太阳能综合制氢方案，其基本工作原理如图所示，下列说法错误的是（ ）A. 该电化学装置中，Pt电极作正极B. BiVO4电极上的反应式为SO32-2e-+2OH=SO42-+H2OC. 电子流向：Pt电极导线BiVO4电极电解质溶液Pt电极D. Pt电极电势高于BiVO4电极的电
7、势【答案】C【解析】【详解】A.Pt电极上生成氢气，即氢的化合价由+1价降低到0价，发生还原反应，作正极，A项正确；B.BiVO4电极为负极，SO32-转化为SO42-，发生氧化反应，在NaOH溶液中，电极反应式为SO32-2e+2OH-= SO42-+H2O，B项正确；C.电子从BiVO4电极（负极）经导线流向Pt电极（正极），且不能进入溶液，C项错误；D.Pt电极（正极）电势高于BiVO4电极（负极），D项正确。故选C。6.常温下，用0.10molL1盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1mol L1CH3COONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A. 所示溶液
8、中：c(Cl)c(HCN)c(CN)c(OH)B. 所示溶液中：c(Na+)c(Cl)c(CH3COO)c(CH3COOH)C. 阳离子物质的量浓度之和：与所示溶液中相等D. 所示溶液中：c(CH3COOH)+ c(H+)c(OH)=0.05 molL1【答案】D【解析】【详解】A、为向0.1mol/L20.00mLNaCN溶液中加入0.1mol/L10.00mLHCl，反应后得到等物质的量浓度的NaCl、HCN和NaCN的混合液，由于溶液呈碱性，c（OH-）c（H+），NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，则溶液中c（HCN）c（Cl-）c（CN-）c（OH-），A项错误；B、为向0.1m
9、ol/L20.00mLCH3COONa溶液中加入0.1mol/LHCl且加入盐酸的体积小于10.00mL，所得溶液含等物质的量浓度CH3COOH和NaCl、以及CH3COONa且CH3COONa的浓度大于NaCl，溶液呈酸性，故c（CH3COO-）c（Cl-），B项错误；C、和中c（H+）相等，但加入的盐酸体积不相等，溶液中c（Na+）不相等，与所示溶液中阳离子物质的量浓度之和不相等，C项错误；D、为向0.1mol/L20.00mLCH3COONa溶液中加入0.1mol/L20.00mLHCl，两者恰好完全反应得到物质的量浓度均为0.05mol/L的CH3COOH和NaCl的混合液，溶液中电荷
10、守恒为c(H)c(Na)=c(OH)+c(CH3COO)c(Cl)，由钠离子和氯离子浓度相等，结合物料守恒得c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.05mol/L，两式整理得c（CH3COOH）+c（H+）-c（OH-）=0.05mol/L，D项正确；答案选D。【点睛】巧抓“四点”，突破“粒子”浓度关系：（1）抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合；（2）抓“恰好”反应点，生成什么溶质，溶液的酸碱性，是什么因素造成的；（3）抓溶液“中性”点，生成什么溶质，哪种反应物过量或不足；（4）抓反应“过量”点，溶质是什么，判断谁多、谁少还是等量。7.氯化亚砜（SOCl2）常用于医药、农药、染
11、料工业，也可在有机合成工业中作氯化剂。已知：SOCl2的相关性质如下表所示：颜色、状态熔点沸点腐蚀性水解无色或微黄液体-10578强极易水解现利用如图装置制备SOCl2。 请回答下列问题：制备SO2和Cl2。（1）本实验选用装置甲制备SO2和Cl2，装置甲中仪器x的名称为_；若以KMnO4和浓盐酸反应制备Cl2，反应的离子方程式为_。制备SOCl2。以活性炭作为催化剂，SO2和C12可以和S粉在180200时反应合成SOCl2，选用装置A、B、C、D进行制备（夹持、加热装置略去）。（2）按气流从左到右的方向，装置A、B、C、D的连接顺序为_（填仪器接口的字母编号）。（3）试剂y为_（填选项字母
12、，下同）；试剂z为_。A热水 B乙醇 C石蜡油 D冰水（4）装置A中U形管内发生反应的化学方程式为_。（5）装置C的作用为_；若装置A处通入的SO2和Cl2的物质的量之比为1：3，则装置C中生成的盐为_（填化学式）。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 2MnO4-+16H+10Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O (3). afg（gf）bcde (4). C (5). D (6). SO2+2Cl2+S2SOCl2 (7). 尾气处理（或吸收未反应的SO2和Cl2） (8). NaC1、NaClO和Na2SO4【解析】【分析】（1）根据仪器构造可得；高锰酸钾和浓盐酸反应制备Cl2，同时生
13、成氯化锰、氯化钾和水；（2）A为制备装置，D为收集装置，B为干燥装置，连接在D后防止水蒸气进入，C为尾气处理装置；（3）反应条件为在180200，选择石蜡油维持；装置D为冷凝收集产品的装置，试剂z为冷凝，据此分析；（4）装置A中U形管内为二氧化硫和氯气在180200催化剂催化下生成SOCl2；（5）SO2和Cl2为有毒气体，考虑尾气处理；装置A处通入的SO2和Cl2的物质的量之比为1：3，Cl2过量装置C中发生的反应为SO2+Cl2+4NaOH2NaCl+Na2SO4+2H2O、Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O；【详解】.（1）装置甲中仪器x的名称为分液漏斗；若选用装置甲以高锰酸
14、钾和浓盐酸反应制备Cl2，反应的离子方程式为2MnO4-+16H+10Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案为：分液漏斗 ； 2MnO4-+16H+10Cl-=2Mn2+5Cl2+8H2O ； .（2）按气流从左到右的方向，A为制备装置，D为收集装置，B为干燥装置，连接在D后防止水蒸气进入，C为尾气处理装置，连接顺序为afg（gf）bcde，故答案为：afg（gf）bcde；（3）试剂y为石蜡油，能保持油浴温度为180200；试剂z为冰水，冷凝收集生成的氯化亚砜，故答案为C； D；（4）装置A中U形管内发生反应的化学方程式为SO2+2Cl2+S2SOCl2。（5）装置C的作用为吸收未反应
15、的SO2和Cl2；若装置A处通入的SO2和Cl2的物质的量之比为1：3，Cl2过量，则装置C中发生的反应为SO2+Cl2+4NaOH=2NaCl+Na2SO4+2H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，生成的盐为NaCl、Na2SO4和NaClO；故答案为：尾气处理（或吸收未反应的SO2和Cl2） ； NaC1、NaClO和Na2SO48.偏钒酸铵(NH4VO3)主要用作催化剂、催干剂、媒染剂等。用沉淀法除去工业级偏钒酸铵中的杂质硅、磷的流程如下：(1)碱溶时，下列措施有利于NH3逸出的是_(填字母序号)。a.升高温度 b.增大压强 c.增大NaOH溶液的浓度(2) 滤渣的主
16、要成分为Mg3(PO4)2、MgSiO3，已知Ksp(MgSiO3)=2.410-5，若滤液中c(SiO32-)0.08 molL1，则c(Mg2+)=_。由图可知，加入一定量的MgSO4溶液作沉淀剂时，随着温度的升高，除硅率升高，其原因是SiO32- +2H2OH2SiO3+2OH-，但除磷率下降，其原因是_。(3)实验室过滤操作所需的玻璃仪器有_。(4)探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响，设计实验步骤(常见试剂任选)：取两份10 mL一定浓度的滤液A和B，分别加入1 mL和10 mL的1 mol/LNH4Cl溶液，再向A中加入_mL蒸馏水，控制两份溶液的温度均为50 、pH均为8，由专用仪
17、器测定沉钒率，加入蒸馏水的目的是_。(5)偏钒酸铵本身在水中的溶解度不大，但在草酸(H2C2O4)溶液中因发生氧化还原反应而溶解，同时生成络合物(NH4)2(VO)2(C2O4)3，该反应的化学方程式为 _。【答案】 (1). ac (2). 310-4mol/L (3). Mg3(PO4)2溶解度增大和促进Mg2水解生成Mg(OH)2 (4). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (5). 9 (6). 使两份溶液总体积相等，确保其他条件相同，而NH4Cl的浓度不同 (7). 2NH4VO3+4H2C2O4=(NH4)2(VO)2(C2O4)3+2CO2+4H2O【解析】【分析】以沉淀法除去工业级偏钒酸铵(
18、NH4VO3)中硅、磷元素杂质的流程为：在偏钒酸铵中加氢氧化钠溶液，将偏钒酸铵溶解，铵盐遇到强碱生成氨气，再加盐酸调节溶液的pH值，加硫酸镁，生成Mg3(PO4)2、MgSiO3沉淀，过滤除去滤渣，在滤液中加氯化铵得偏钒酸铵。(1)根据气体在水中溶解度的影响因素，利用平衡移动原理分析；(2)根据Ksp(MgSiO3)=c(Mg2+)c(SiO32-)，结合c(SiO32-)=0.08mol/L，进行计算；由于物质的溶解度随温度的升高而增大，并结合影响盐类水解的因素分析；(3)根据过滤操作分析使用的玻璃仪器；(4)探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响，对比实验应控制两溶液的体积相同；(5)偏钒酸铵
19、与草酸反应生成(NH4)2(VO)2(C2O4)3和CO2，据此解答。【详解】(1)根据气体在水中溶解度的影响因素可知，升温、减压都可以减小气体的溶解度，由于氨气在水中形成氨水能电离出氢氧根离子，根据平衡移动原理，增加OH-的浓度可以减小氨气的溶解度，故合理选项是ac；(2)已知Ksp(MgSiO3)=c(Mg2+)c(SiO32-)=2.4l0-5，结合c(SiO32-)=0.08mol/L，则c(Mg2+)=mol/L=310-4mol/L；难溶性物质Mg3(PO4)2的溶解度随温度的升高而增大，且温度升高促进盐的水解，升温促进Mg2+水解生成Mg(OH)2沉淀，使硅酸根水解生成硅酸沉淀，
20、反应的离子方程式为SiO32- +2H2OH2SiO3+2OH-，因此导致除磷率降低，而除硅率升高；(3)过滤是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(4)探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响，根据控制变量的原则，两溶液的体积必须相等，所以要向A中加入约9 mL蒸馏水，使两份溶液总体积相等，确保只有浓度是变量；(5)偏钒酸铵与草酸反应生成(NH4)2(VO)2(C2O4)3，V元素化合价降低，则碳元素化合价升高由H2C2O4中的+3价升高变为CO2中的+4价，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的化学方程式为：2NH4VO3+4H2C2O4=(NH4)2(VO)
21、2(C2O4)3+2CO2+4H2O。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制、溶度积的计算、实验设计等，掌握有关化学反应基本原理，同时对题目信息有一定的解读和接受能力是本题解答的关键。需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，是对学生综合能力的考查。9.乙烯的分子式为C2H4，是一种重要的化工原料和清洁能源，研究乙烯的制备和综合利用具有重要意义。请回答下列问题：（1）乙烯的制备：工业上常利用反应C2H6（g）=C2H4（g）+H2（g）H制备乙烯。已知：.C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l） H1=-1556.8kJmol-1；.H2
22、（g）+O2(g)=H2O（1） H2=-285.5kJmol-1；.C2H6（g）+O2(g)=2CO2（g）+3H2O（l） H3= -1559.9kJmol-1。则H=_kJmol-1。（2）乙烯可用于制备乙醇：C2H4（g）+H2O（g）=C2H5OH（g）。向某恒容密闭容器中充入amolC2H4（g）和amol H2O（g），测得C2H4（g）的平衡转化率与温度的关系如图所示：该反应为_热反应（填“吸”或“放”）。A点时容器中气体的总物质的量为_。已知分压=总压气体物质的量分数，用气体分压替代浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数（KP），测得300时，反应达到平衡时该容器内的压强为bMP
23、a，则A点对应温度下的KP=_MPa-1（用含b的分数表示）。已知：C2H4（g）+H2O（g）=C2H5OH（g）的反应速率表达式为v正=k正c（C2H4）c（H2O），v逆=k逆c（C2H5OH），其中，k正、k逆为速率常数，只与温度有关。则在温度从250升高到340的过程中，下列推断合理的是_（填选项字母）。A.k正增大，k逆减小 B.k正减小，k逆增大C.k正增大的倍数大于k逆 D.k正增大的倍数小于k逆若保持其他条件不变，将容器改为恒压密闭容器，则300时，C2H4（g）的平衡转化率_10%（填“”“ (7). 阳 (8). CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+【解析
24、】【分析】（1）由盖斯定律-得C2H6（g）C2H4（g）+H2（g）H进行相应的改变；（2）由图可知，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，则平衡逆向移动；由图可知，A点时乙烯的平衡转化率为10%，利用三行式计算各组分的平衡物质的量和总物质的量，再利用平衡常数的表达式进行计算；升高温度，正、逆反应速率都增大，即k正和k逆均增大，但由于正反应是放热反应，K减小；正反应为气体物质的量减小的反应，平衡时，与恒容容器相比，恒压密闭容器压强更大，反应正向进行程度更大；（3）乙醛在阳极发生氧化反应生成乙酸。【详解】（1）由盖斯定律一一可知，H=（-1559.9kJmol-1）-（-285.5kJmol-1）-
25、（-1556.8kJmol-1）=+282.4kJmol-1，答案：+282.4；（2）由图可知，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，说明正反应是放热反应，故答案为：放；由图可知，A点时乙烯的平衡转化率为10%， 可逆反应C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）开始（mol）a a 0反应（mol）0.1a 0.1a 0.1a平衡（mol）0.9a 0.9a 0.1a混合气体总物质的量=（0.9+0.9+0.1）amol=1.9amol，平衡时A点对应容器的总压强为bMPa，故C2H4（g）、H2O（g）、C2H5OH（g）的分压分别为MPa、MPa、MPa，则Kp=MPa-1，故答案为：1
26、.9amol ； ；平衡时，正、逆反应速率相等，即K=。升高温度，正、逆反应速率都增大，即k正和k逆均增大，但由于正反应是放热反应，K减小，故k正增大的倍数小于k逆，故答案为：D；正反应为气体物质的量减小的反应，平衡时，与恒容容器相比，恒压密闭容器压强更大，反应正向进行程度更大，C2H4（g）的平衡转化率更高，故答案为：。（3）乙醛在阳极发生氧化反应生成乙酸，电极反应式CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+，故答案为：阳 ； CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+。10.硼及其化合物在工农业生产中具有广泛应用。请回答下列问题：（1）基态B原子的价电子排布图_，B属于
27、元素周期表中的_区元素。（2）NaBO2可用于织物漂白。第二周期中第一电离能介于B和O之间的元素为_（填元素符号）。BO2-的空间构型为_，写出两种与其互为等电子体的分子的化学式：_。（3）BF3和F-可以形成BF4-，BF3和BF4-中B原子的杂化方式分别为_、_。（4）立方BN和立方AlN均为原子晶体，结构相似，BN的熔点高于AlN的原因为_。（5）一种新型轻质储氢材料的晶胞结构如图所示：该化合物的化学式为_。设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为_gcm-3（用含a、NA的代数式表示）。【答案】 (1). (2). p (3). Be、C (4). 直线形 (5). CO2或CS2或
28、N2O或BeCl2 (6). sp2 (7). sp3 (8). B原子半径更小，BN键键长更短，键能更大 (9). Na3Li（BH4）4 (10). 【解析】【详解】（1）硼为5号元素，属于p区元素，其基态原子的价电子排布图为。故答案为，p。（2）Be的2s能级处于全满，第一电离能：BeB，N的2p能级处于半满，第一电离能：NO，故第一电离能介于B和O之间的元素只有Be、C两种。的中心原子的价层电子对数为2，孤电子对数为0，立体构型为直线形；与互为等电子体的分子有CO2、CS2、N2O、BeCl2等。故答案为直线形，CO2或CS2或N2O或BeCl2。（3）BF3和中B原子的价层电子对数分
29、别为2、3，所以其杂化方式分别为sp2、sp3。（4）立方BN和立方AlN均为原子晶体，B原子半径更小，BN键键长更短，键能更大，熔点更高。（5）根据均摊法可得，该物质的化学式为Na3Li(BH4)4。，该晶体密度。11.有机合成是制药工业中的重要手段。G是某抗炎症药物的中间体，其合成路线如图：已知：，（1）B的结构简式为_。（2）反应的条件为_；的反应类型为_；反应的作用是_。（3）下列对有机物G的性质推测正确的是_(填选项字母)。A.具有两性，既能与酸反应也能与碱反应B.能发生消去反应、取代反应和氧化反应C.能聚合成高分子化合物D.1mol G与足量NaHCO3溶液反应放出2mol CO2
30、（4）D与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为_。（5）符合下列条件的C的同分异构体有_种。A.属于芳香族化合物，且含有两个甲基 B.能发生银镜反应 C.与FeCl3溶液发生显色反应其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6211的是_(写出其中一种的结构简式)。（6）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。根据题中的信息，写出以甲苯为原料合成有机物的流程图(无机试剂任选)。_合成路线流程图示例如图：XYZ目标产物【答案】 (1). (2). 浓硫酸、浓硝酸、加热 (3). 取代反应 (4). 保护酚羟基，以防被氧化 (5). A
31、C (6). +3NaOH+CH3COONa+2H2O (7). 16 (8). 或 (9). 【解析】【分析】根据D的结构简式（），可知C分子中含有苯环，苯环上有两个邻位取代基，其中一个为-OOCCH3，另一个为烃基，被酸性高锰酸钾氧化为羧基生成D，B分子中有苯环，结合已知的第一个反应：，可知B分子中也有在苯环上处于邻位的两个取代基，其中一个是羟基，另一个是甲基，所以A是乙酸酐，由乙酰氯和乙酸发生取代反应生成。D在NaOH溶液中水解然后再酸化，得到的E为，比较E和G的结构，再结合已知：可知，E到F是发生了硝化反应，E中苯环羟基的对位碳原子上的氢原子被硝基取代生成了F，F到G是硝基被还原为氨基
32、。【详解】（1）从上面的分析可知，B的结构简式为；（2）反应是硝化反应，需要浓硝酸作反应物，浓硫酸作催化剂，而且反应还需加热；是取代反应，反应的作用是保护酚羟基，以防被高锰酸钾氧化。故答案为浓硫酸、浓硝酸、加热；取代反应；保护酚羟基，以防被氧化；（3）G的结构简式为；A.G中有羧基，显酸性，还有氨基，显碱性，所以G具有两性，既能与酸反应也能与碱反应，故A正确；B.醇可以发生消去反应，但酚不能发生消去反应，酚和羧酸都可以发生取代反应，酚羟基有还原性，可以被氧化，发生氧化反应，故B错误；C.在G的分子中既有羧基，又有羟基，可以发生缩聚反应，生成聚酯，故C正确；D.能和NaHCO3溶液反应放出CO2
33、的只能是羧基，而1mol羧基只能生成1mol CO2，故1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故D错误；故选AC；（4）D的结构简式为，与足量的NaOH溶液反应时，羧基可以和NaOH发生酸碱中和，酯基可以发生水解，水解后生成的不是醇，而是酚，会继续和NaOH发生中和反应，所以1mol D能消耗3mol NaOH，发生反应的化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+2H2O；（5）C为，C的同分异构体属于芳香族化合物，即含有苯环，与FeCl3溶液发生显色反应，苯环上直接连有羟基；能发生银镜反应，要求分子中有醛基。C的苯环上共有3个碳原子和2个氧原子，酚羟基和醛基各用了1个氧原
34、子，醛基还用了1个碳原子，还有2个碳原子，根据含有两个甲基的要求，苯环上共有4个取代基，两个甲基，一个酚羟基和一个醛基；可以先固定两个甲基的位置，有邻、间、对三种位置，然后再连上酚羟基和醛基。当2个甲基处于邻位时，酚羟基和醛基有6种不同的位置，当2个甲基处于间位时，酚羟基和醛基有7种不同的位置，当2个甲基处于对位时，酚羟基和醛基有3种不同的位置，所以共有16种同分异构体。其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6211的是或。故答案为16，或；（6）以甲苯为原料合成，需要在苯环上连上羧基和氨基，羧基可以通过甲基被氧化得到，氨基可以先在苯环上连上硝基，然后再还原得到。因为苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。最终合成的有机物的两个取代基在邻位，所以甲苯应先硝化，在甲基的邻位引入硝基，然后再氧化甲基成为羧基，最后还原硝基为氨基；流程为：。