1、云南省德宏州2017届高三化学上学期期末考试教学质量检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Cl-35.5 Mn-55 Pb-207 1. 化学与生活、生产、环境等密切相关，下列有关说法错误的是A. 在厨房里可用米汤检验加碘食盐中的碘B. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质C. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”D. 我国北方地区雾霾天气的形成与机动车尾气排放增加有关【答案】A【解析】【详解】A米汤中含有淀粉，食盐中含有碘酸钾不含碘单质，碘酸钾遇淀粉不变蓝色，所以不能用米汤检验加碘食盐
2、中的碘酸钾(KIO3)，故A符合题意； B硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，可做食品的吸水剂，铁粉具有强还原性，可作抗氧化剂，故B不符合题意；C二氧化硅能用于制光导纤维、二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故C不符合题意；DPM2.5是形成雾霾的罪魁祸首，机动车尾气排放增加容易形成雾霾天气，故D不符合题意；答案选A。2. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 200mL5molL-1浓硫酸与足量Cu共热，转移的电子数为NAB. 常温常压下，0.1mol H2O2中含有极性共价键的数目为0.1NAC. 1L 0.1molL-1的NaHS溶液中HS
3、和S2离子数之和为0.1NAD. 2.4g镁在足量的空气中燃烧，转移的电子数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A200mL5molL-1浓硫酸的物质的量为200mL5molL-1=1mol，根据化学方程式：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，铜的化合价从0价升高到+2价，2mol浓硫酸完全反应时转移2mol电子，1mol浓硫酸完全反应时转移1mol电子，转移的电子的物质的量为NA，但是浓硫酸随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，当浓硫酸转化为稀硫酸时，反应停止，故转移的电子数小于NA，故A不符合题意；B根据过氧化氢的结构式为：HOOH，一个过氧化氢分子含有两个极性共价键，0
4、.1mol H2O2中含有极性共价键的数目为0.2NA，故B不符合题意；C依据溶液中物料守恒计算分析，硫氢根离子水解生成氢氧根离子和硫化氢，硫氢根离子电离生成硫离子和氢离子，1L 0.1molL-1中HS-、S2-、H2S总的物质的量为1L0.1molL-1=0.1mol，故HS-和S2-离子数之和小于0.1NA，故C不符合题意；D2.4g镁的物质的量n=0.1mol，在足量的氧气中燃烧生成氧化镁，镁的化合价从0价升高到+2价，0.1mol镁转移的电子的物质的量为0.2mol，转移的电子数为0.2NA，故D符合题意；答案选D。3. 下列实验操作可以达到目的的是目的操作A证明SO2具有漂白性将S
5、O2通入酸性KMnO4溶液中B证明H2CO3酸性比H2SiO3强往Na2SiO3溶液中通入足量的CO2C收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO用向上排空气法D配制FeCl3溶液将FeCl3固体溶解于适量蒸馏水A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A将SO2通入酸性KMnO4溶液中，酸性高锰酸钾溶液褪色是因为二氧化硫具有还原性，与漂白性无关，A错误；B往Na2SiO3溶液中通入足量的CO2，若出现白色沉淀，则生成了硅酸，说明H2CO3酸性比H2SiO3强，B正确；CNO的密度与空气相当，一般不用排空气法收集，C错误；D将FeCl3固体溶解于适量蒸馏水，由于Fe3+易水解，会产生Fe(
6、OH)3，应在HCl的氛围下进行，D错误；答案选B。4. 新型纤维酸类降脂药克利贝特可由物质X在一定条件下反应制得： 下列有关叙述正确的是A. 克利贝特的分子式为C28H34O6B. 1mol物质X最多可以与含2molBr2的溴水反应C. 物质X分子中所有碳原子可能位于同一平面内D. 用饱和NaHCO3溶液可以鉴别物质X和克利贝特【答案】D【解析】【分析】物质X中含有酚羟基、苯环，转化为克利贝特之后，分子中含有苯环、羧基、醚基，由此分析。【详解】A根据克利贝特的结构可知分子式为C28H36O6，故A不符合题意；B酚羟基的邻对位与溴水发生取代反应，则1mol物质X最多可以与含4molBr2的溴水
7、反应，故B不符合题意；C物质X中，与苯环相连的碳原子具有甲烷的结构，所有碳原子不可能共平面，故C不符合题意；D-COOH与NaHCO3溶液反应生成气体，而酚不能，则用饱和NaHCO3溶液可以鉴别物质X和克利贝特，故D符合题意；答案选D。5. 铅、二氧化铅、氟硼酸（HBF4）电池是一种低温性能优良的电池，常用于军事和国防工业，其总反应方程式为Pb+PbO2+4HBF42Pb（BF4）2+2H2O已知：HBF4、Pb（BF4）2均是易溶于水的强电解质，下列说法中不正确的是（ ）A. 放电时，溶液中的BF4-向负极移动B. 放电时，转移1mol电子时正极减少的质量为119.5gC. 充电时，阳极附近
8、溶液的酸性减弱D. 充电时，阴极的电极反应式为Pb2+2e-Pb【答案】C【解析】【分析】原电池的总反应为：Pb+PbO2+4HBF42Pb（BF4）2+2H2O，故放电时负极反应为：Pb-2e-=Pb2+；正极反应：PbO2+2e-+4H+=Pb2+2H2O，阴离子移向负极，阳离子移向正极；充电时，阴极反应：Pb2+2e-=Pb，阳极反应：Pb2+2H2O-2e-=PbO2+4H+，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。【详解】A、放电时，此装置为原电池，阴离子BF4-要向负极移动，故A正确；B、放电时，正极反应：PbO2+2e-+4H+=Pb2+2H2O，每当转移2mol电子时正极有1molPb
9、O2溶解，质量减少239g，故转移1mol电子时正极减少的质量为119.5g，故B正确；C、充电时，阳极反应：Pb2+2H2O-2e-=PbO2+4H+，产生大量氢离子，故阳极附近溶液的酸性增强，故C错误；D、充电时阴极反应即是将放电时的负极反应倒过来，故阴极反应为：Pb2+2e-=Pb，故D正确，故选C。【点晴】本题考查了原电池中电极反应式的书写和离子移动方向的判断，应注意的是在原电池中，阴离子移向负极，阳离子移向正极；在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。6. 香花石由前20号元素中的6种组成，其化学式为Y2X3(ZWR4)3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电
10、子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法错误的是A. 气态氢化物的稳定性：WRZRTD. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：XZ【答案】B【解析】【分析】根据题干信息，R最外层电子数为次外层的3倍，R是O；T无正价，T是F；Z的最外层电子数与次外层相等，Z是Be；X是Ca；X与R原子序数之和是W的2倍，W是Si；Y、Z、R、T位于同周期，X、Y是金属，Y是Li，据此分析解答。【详解】A非金属性：FOSi，则气态氢化物的稳定性：HFH2OSiH4，A正确；BCaO2中O的化合价为-1价，而SiO2中O的化合价
11、为-2价，两者不同，B错误；C同周期元素，从左至右，原子半径依次减小，因此原子半径LiBeOF，C正确；D金属性CaBe，因此最高价氧化物对应的水化物的碱性：Ca(OH)2Be(OH)2，D正确；答案选B。7. 已知：常温下浓度为0.1mol/L的下列溶液的pH如表：溶质NaFNa2CO3NaClONaHCO3pH7.511.69.78.3下列有关说法正确的是A. 在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3HClOHFB. 若将CO2通入0.1mol/L Na2CO3溶液至溶液呈中性，则溶液中：2c()+c()=0.1mol/LC. 向Na2CO3溶液中通入足量的HF气体，化学
12、反应方程式为：Na2CO3+2HF=CO2+ H2O+2NaFD. 等体积等物质的量浓度的NaClO溶液与NaF溶液中离子总数大小：N(NaClO)N(NaF)【答案】CD【解析】【详解】A溶液pH越大，对应酸的酸性越弱，根据表中数据可知，酸性大小为：HFH2CO3HClO，温度、浓度相同时，酸性越强，溶液导电能力越强，则三种溶液导电性大小为：HClOH2CO3HF，故A不符合题意；B若将CO2通入0.1mol/LNa2CO3溶液至溶液中性，则c(H+)=c(OH)，根据电荷守恒可知：2c()+c()=c(Na+)=0.2mol/L，故B不符合题意； C酸性大小为：HFH2CO3，向Na2CO
13、3溶液中通入足量的HF气体，反应生成水、二氧化碳和氟化钠，正确的化学反应方程式为：Na2CO3+2HF=CO2+ H2O+2NaF，故C符合题意；DNaClO、NaF溶液中次氯酸根离子、氟离子发生水解使溶液呈碱性，氢离子浓度小于107mol/L，由于酸性HFHClO，则次氯酸根的水解程度大于氟离子，故次氯酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于氟化钠，次氯酸钠溶液中的氢离子浓度小于氟化钠；两溶液中钠离子浓度相等，两溶液中阴离子浓度=c(Na+)+c(H+)，由于溶液体积相等，则次氯酸钠溶液中阴离子数目小于氟化钠，即：N(NaClO)N(NaF)，故D符合题意；答案选CD。8. 下图是实验室制备氯气并进行一
14、系列相关实验的装置(夹持及加热仪器已略)。（1）制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，则相关的化学反应方程式为：_。装置B中饱和食盐水的作用是_；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象_。（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、依次放入_。abcd干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（3）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱。当向D中缓缓通入少量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为_色，打开活塞，将装置D中少量溶液加入
15、装置E中，振荡。观察到的现象是_。（4）装置F中用足量的NaOH溶液吸收余氯，试写出相应的离子方程式：_。（5）如果将过量二氧化锰与20 mL 12 molL1的浓盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气_0.06 mol。(填“大于”“小于”“等于”)，若有17.4 g的MnO2被还原，则被氧化的HCl的质量为_。【答案】 (1). MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O (2). 除去Cl2中的HCl (3). B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱 (4). d (5). 黄 (6). E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色 (7). 2OHCl2ClClOH2O (8). 小于 (9).
16、 14.6 g【解析】【详解】（1）制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，则相关的化学反应方程式为：MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O，饱和食盐水可吸收HCl，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；若装置C堵塞，B中压强增大，长颈漏斗中液面会上升，形成水柱。（2）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证干燥氯气无漂白性可用湿润的有色布条，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中abc的中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，选d；（3）当向D中缓缓通入少量氯气时，氯气和
17、溴化钠反应生成溴单质，可以看到无色溶液逐渐变为黄色，打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入含碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡观察到的现象是：E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色。（4）用足量的NaOH溶液吸收多余的氯气，相应的离子方程式为2OHCl2ClClOH2O （5）根据化学反应MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O被氧化HCl为2 ， 0.24 0.06 由于浓盐酸与MnO2反应生成氯气，而稀盐酸与MnO2不反应，所以充分反应后生成氯气小于0.06 mol，17.4 g的MnO2的物质的量为0.2 mol，被氧化的HCl的质
18、量为0.4 mol，质量为14.6 g。9. CO的应用和治理问题属于当今社会的热点问题。(1)为防止镍系催化剂中毒，工业上常用SO2除去原料气中少量CO，生成物为固体S和CO2。该反应的热化学方程式为_。(已知：硫的燃烧热为296kJmol-1；一氧化碳燃烧热为283kJmol-1)，该反应的平衡常数表达式K=_。(2)光气(COCl2)是一种无色剧毒的气体，但却是一种重要的化工原料，常用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl2(g)+CO(g)COCl2(g)来制备光气。左图为此反应的反应速率随温度变化的曲线，右图为某次模拟实验研究过程中某恒容容器内各物质的浓度随时间变化的曲线。回
19、答下列问题： 06min内，该反应的平均速率v(Cl2)=_。一定温度下，能判断该反应达到化学平衡状态依据的是_。(填标号)aCO浓度保持不变 b混合气体的密度保持不变c混合气体的颜色不再变化 d气压恒定时若保持温度不变，在第8min时将各物质浓度变为c(Cl2)=0.8mol/L、c(CO)=0.6mol/L、c(COCl2)=0.4mol/L，此时v正_v逆(填“”、“”或“=”)。随着温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是_。(填“增大”、“减小”或“不变”)比较第8min时反应温度T(8)与第15min时反应温度T(15)的高低：T(8)_T(15)(填“”、“”或“=”)。若保持温度不
20、变，在第8min时向体系中加入三种物质各1mol，则平衡_移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)。【答案】 (1). SO2(g)+2CO(g)=S(s)+2CO2(g) H=-270kJmol-1 (2). (3). 0.15molL-1min-1 (4). a、c、d (5). (6). 减小 (7). (8). 向正反应方向【解析】【详解】(1)硫的燃烧热为296kJmol-1，一氧化碳的燃烧热为283kJmol-1，则：S(s)+O2(g)=SO2(g) H1=296kJmol-1；CO(g)+O2(g)=CO2(g) H2=283kJmol-1；依据盖斯定律2得到：SO
21、2(g)+2CO(g)=S(s)+2CO2(g) H =2H2H1 =(2283+296)kJmol-1=-270kJmol-1；化学平衡常数表达式为平衡时生成物的浓度幂之积与反应物的浓度幂之积的比值，固体不代入表达式，该反应的化学平衡常数表达式为；(2)由图可知，06min内，该反应平均速率v(Cl2)= 0.15molL-1min-1；aCO浓度保持不变，表示该反应达到化学平衡状态，故a符合题意； b由于反应在恒容容器内，混合气体的密度始终保持不变，故混合气体的密度保持不变，不能代表该反应达到化学平衡状态，故b不符合题意；c氯气是黄绿色气体，故混合气体的颜色不再变化，表示该反应达到化学平衡
22、状态，故c符合题意； d该反应气体的压强是一个变值，故气压恒定时，该反应达到化学平衡状态，故d符合题意；答案选a、c、d；8min时，平衡时c(Cl2)=0.3mol/L、c(CO)=0.1mol/L、c(COCl2)=0.9mol/L，Cl2(g)+CO(g)COCl2(g)，K=30，Qc=0.3K，所以平衡向正反应方向移动，v正v逆；平衡常数只与温度有关，由图可知，随着温度升高，平衡逆向移动，正反应为放热反应，化学平衡常数表示的是化学反应向正反应方向进行的程度，说明随着温度升高，该反应平衡常数减小；根据图象，第8min反应处于平衡状态，在第10分钟时是改变温度使平衡向逆反应方向移动，由升
23、温平衡向逆反应方向移动，可知正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，故T(8)T(15)；若保持温度不变，在第8min时向体系中加入三种物质各1mol，由于反应在恒容容器内，相当于增大压强，则平衡向正反应方向。10. 工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下：请回答下列问题： （1）步骤所得废渣的成分是_写化学式），操作I的名称_。（2）步骤、的变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：R2(SO4)n(水层)+ 2nHA（有机层）2RAn（有机层） + nH2SO4 (水层)中萃取时必须加入适量碱，其原因是_。中X试剂为_。
24、（3）的离子方程式为_。（4）25时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：pH131415161718192021钒沉淀率%881948965980988988964931893结合上表，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳pH为_；若钒沉淀率为931%时不产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(Fe3+)_。(已知：25时，KspFe(OH)3=2610-39)（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有_和_。【答案】 (1). SiO2 (2). 过滤 (3). 加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率或类似表述，如提高RAn（有机层）的浓度、百分含量等 (4).
25、 H2SO4 (5). NH3H2O+VO3 =NH4VO3+OH (6). 1.71.8（或1.7、1.8其中一个） (7). 2.610-3molL-1 (8). 氨气（或氨水） (9). 有机萃取剂【解析】【分析】将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程，水溶过滤得到含VO2+、SO42-、K+的溶液，加入有机萃取剂分液得到含VO2+的有机层，再经过反萃取得到水层，加入KClO3氧化VO2+为VO3-，加入氨水调节溶液PH形成NH4VO3沉淀，灼烧得到V2O5，以此分析解答；（1）含有K2SO4、SiO2杂质VOSO4水溶后，二氧化硅不溶于水，过滤得到滤渣为二
26、氧化硅；（2）中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行；（3）依据氨水与VO3-反应配平得到离子方程式；（4）根据表中数据判断，中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.8，此时钡沉淀率达到最大，需要氨水量较小；依据沉淀溶度积计算分析；（5）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成可以循环利用.【详解】（1）对比操作I前后的物质，可以判断VOSO4、K2SO4是易溶易电离的盐，而二氧化硅是难溶于水的酸性氧化物，因此滤渣的主要成分是SiO2；操作I的目的是从混合物中分离滤渣和溶液，说明I是过滤；（2）加入碱，碱能中和硫酸，减小硫酸浓度，使R2(SO4)n(水层)+ 2nHA(有机层)2RAn(有机层
27、)+ nH2SO4 (水层)的平衡向正反应方向移动，提高钒的萃取率或类似表述，如提高RAn（有机层）的浓度、百分含量、充分溶解等；加入X试剂的目的是得到有机萃取剂HA，因此需要使R2(SO4)n(水层)+ 2nHA(有机层)2RAn(有机层)+ nH2SO4 (水层)的平衡向逆反应方向移动，且不能引入新的杂质，因此X为硫酸；（3）加入氨水提高溶液的pH至1.71.8之间时，首先氨水与酸中和生成铵根离子，接着铵根离子与钒酸根离子结合生成钒酸铵沉淀，即NH3H2O+H+ = NH4+H2O，NH4+VO3 =NH4VO3或NH3H2O+VO3 =NH4VO3+OH或NH3H2O+VO3+H+ =N
28、H4VO3+ H2O；（4）读表，pH至1.71.8之间时，钒沉淀率最高，达到98.8%；根据钒沉淀率和溶液pH之间关系，若钒沉淀率为93.1%，则溶液pH=2.0，则c(H+)=10-2mol/L，由于常温下水的离子积为1.010-14，c(OH)=10-12mol/L，若不产生Fe(OH)3沉淀，则QcKsp，则c(Fe3+)c3(OH) 2.61039，则c(Fe3+) 2.6103mol/L；（5）图中萃取步骤消耗有机萃取剂，反萃取步骤生成有机萃取剂，因此有机萃取剂HA可以循环利用；图中调pH需要消耗氨水，焙烧时生成氨气，为了防止污染环境，氨气回收变为氨水，因此氨气或氨水可以循环利用。
29、【化学选修3物质结构与性质】11. 已知 A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A的周期数等于其主族序数，B原子的价电子排布为nsnnpn，D是地壳中含量最多的元素。E是第四周期的p区元素且最外层只有2对成对电子，F元素的基态原子第四能层只有一个电子，其它能层均已充满电子。(1)基态E原子的价电子排布图_。(2)B、C、D三元素第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。(3)BD中心原子杂化轨道的类型为_杂化；CA的空间构型为_(用文字描述)。(4)1mol BC中含有键的数目为_NA。(5)D、E元素最简单氢化物的稳定性_(填化学式)，理由是_。(6)C、F两元素形成的
30、某化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式是_，C原子的配位数是_。若相邻C原子和F原子间的距离为a cm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为_gcm3(用含a、NA的符号表示)。【答案】 (1). (2). NOC (3). sp2 (4). 正四面体 (5). 2 (6). H2O (7). H2Se (8). H2O中共价键的键能高于H2Se (9). Cu3N (10). 6 (11). 【解析】【分析】已知 A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，B原子的价电子排布为nsnnpn，n2，则B是碳元素。A的周期数等于其主族序数，原子序数小于B，则A是氢元素或Be元
31、素。D是地壳中含量最多的元素，则D是氧元素。C的原子序数介于B与D之间，则C是氮元素。E是第四周期的p区元素且最外层只有2对成对电子，则E位于第A族，应该是Se元素。F元素的基态原子第四能层只有一个电子，其它能层均已充满电子，则F是铜。【详解】(1)Se是第四周期第A族，则基态Se原子的价电子排布图为。(2)非金属性越强，第一电离能越大。但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则B、C、D三元素第一电离能由大到小的顺序为NOC。(3)CO32-中心原子碳原子的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以杂化轨道的类型为sp2杂化；根据CA4+可知A是氢元素，铵根的空间构型为正四面体。(
32、4)CN的中含有三键，而三键是由1个键，2个键构成，则1mol CN中含有键的数目为2NA。(5)由于非金属性是氧元素强于硒元素，H2O中共价键的键能高于H2Se ，所以D、E元素最简单氢化物的稳定性H2OH2Se。(6)根据晶胞结构可知，氮原子位于顶点，个数81/81，铜位于棱上，个数是121/43，则该化合物的化学式是Cu3N。N原子的配位数是6(即上下前后左右个1个)。若相邻N原子和Cu原子间的距离为a cm，则棱长是2acm，体积是，则该晶体的密度为mVgcm3。【化学选修有机化学基础】12. 某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图(部分产物、合
33、成路线、反应条件略去)。其中A是一氯代物，H是一种功能高分子。已知：芳香烃X为甲苯；(苯胺，易被氧化)。(1)A的结构简式是_，C中所含官能团的名称为_，反应的类型是_。(2)反应两步能否互换_，(填“能”或“不能”)理由是_。(3)反应的化学方程式是_。(4)有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物有_种。(5)请用合成反应流程图表示出由和其他无机物合成最合理的方案。(合成流程图示例如：CH2=CH2CH3=CH2BrCH3CH2OH)_。【答案】 (1). (2). 醛基 (3). 氧化反应 (4). 不能 (5). 因为还原得到的氨基会被氧化 (6). +HNO3 +H
34、2O (7). 6 (8). 【解析】【分析】X的结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为，在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息、反应信息可知，G为，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应是错的高聚物，H为；转化为，由此分析。【详解】(1)A的结构简式是，C为，C中所含官能团的名称为醛基，反应为C 在银铵溶液作用下转化为D，反应类型是氧化反应；(2)F为，F转化生成G，由反应信息可知，苯胺容易被氧化，反应两步不能互换，因为还原得到的氨基会被氧化；(3)反应的化学方程式是+HNO3 +H2O；(4)有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物，如果两个酚羟基位于相邻位置，有2种结构，如果两个酚羟基位于相间位置，有3种结构，如果两个酚羟基位于相对位置，有1种结构，所以符合条件的有6种；(5)在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与氯气发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成 ，合成流程图示为：。
