1、宁夏石嘴山市第三中学2020届高三化学一模考试试题（含解析）1.本草纲目中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法正确的是A. “薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用B. “以灰淋汁”的操作是萃取C. “取碱”得到的是一种碱溶液D. “浣衣”过程有化学变化【答案】D【解析】【详解】A. “薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥共用时，发生水解反应，相互促进水解，降低肥效，故A错误；B. “以灰淋汁”的操作是过滤，故B错误；C. “取碱”得到的是碳酸钾溶液，属于盐溶液，故C错误；D. “浣衣”过程中促进油脂的水解，属于化学变化，故D正确；故选D。2.一种形状像蝴蝶结的有机分子Bo
2、wtiediene，其形状和结构如图所示，下列有关该分子的说法中错误的是A. 生成1 mol C5 H12至少需要4 mol H2B. 该分子中所有碳原子在同一平面内C. 三氯代物只有一种D. 与其互为同分异构体，且只含碳碳三键的链烃有两种【答案】B【解析】【分析】有机物含有2个碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，结合烯烃、甲烷的结构特点解答。【详解】A. 由结构式可知分子中含有5个C、4个H原子，则分子式为C5H4，根据不饱和度的规律可知，该分子内含4个不饱和度，因此要生成1 mol C5 H12至少需要4 mol H2，A项正确；B. 分子中含有饱和碳原子，中心碳原子与顶点上的4个碳原子
3、形成4个共价单键，应是四面体构型，则分子中四个碳原子不可能在同一平面上，B项错误；C. 依据等效氢思想与物质的对称性可以看出，该分子的三氯代物与一氯代物等效，只有一种，C项正确；D. 分子式为C5H4，只含碳碳叁键的链烃有CHC-CH2-CCH或CHC-CC-CH3这2种同分异构体，D项正确；答案选B。【点睛】本题C项的三氯代物可用换位思考法分析作答，这种方法一般用于卤代物较多时，分析同分异构体较复杂时，即将有机物分子中的不同原子或基团进行换位，如乙烷分子，共6个氢原子，一个氢原子被氯原子取代只有一种结构，那么五氯乙烷呢，H看成Cl，Cl看成H，换位思考，也只有一种结构。3.用NA表示阿伏加德
4、罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）A. 电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极溶解32 g铜B. 标准状态下，33.6 L氟化氢中含有1.5 NA个氟化氢分子C. 在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2+4H2O中，每生成4 mol Cl2转移的电子数为8NAD. 25 时，1 L pH13的氢氧化钡溶液中含有0.1NA个氢氧根离子【答案】D【解析】【详解】A电解精炼铜时，阳极是粗铜，粗铜中含有一些比铜活泼的金属也放电，故当转移NA个电子，阳极的铜溶解少于32g，故A错误；B在标准状况下，氟化氢不是气体，无法计算33.6L氟化氢的物质的量，故B错误；C在反应KClO4+8HClKCl+
5、4Cl2+4H2O中高氯酸钾中氯元素化合价从+7价降低到0价，得到7个电子，转移7mol电子时生成4mol氯气，即当生成4mol氯气时转移的电子数为7NA个，故C错误；D25时，1 L pH13的氢氧化钡溶液中c(OH)=0.1mol/L，1L含有0.1NA个氢氧根离子，故D正确；答案选D。4.为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是选项实验目的实验方法相关解释A测量氯水的pHpH试纸遇酸变红B探究正戊烷C5H12催化裂解C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃C实验温度对平衡移动的影响2NO2N2O4为放热反应，升温平衡逆向移动D用AlCl3溶液制备AlCl3晶体AlCl3沸点高
6、于溶剂水A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.氯水中含HClO，具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，应选pH计测定氯水的pH，A错误；B.C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下均为气体，不能冷凝收集，且催化裂化中使用碎瓷片作催化剂且有聚热功能，若改用没有聚热功能的氧化铝固体，实验效果不理想，B错误；C.只有温度不同，且只有二氧化氮为红棕色，通过两烧瓶中气体颜色的变化可验证温度对平衡的影响，C正确；D.加热促进AlCl3水解，且生成HCl易挥发，应在HCl气流中蒸发制备AlCl3晶体，D错误；答案选C。5.利用CH4燃料电池电解制备Ca（H2PO4）2并得到副产物
7、NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法正确的是A. a极反应：CH48e4O2=CO22H2OB. A膜和C膜均为阴离子交换膜C. 可用铁电极替换阴极的石墨电极D. a极上通入2.24 L甲烷，阳极室Ca2减少0.4 mol【答案】C【解析】【详解】A.a极负极，负极上甲烷发生氧化反应，电极反应式为：CH4-8e4O2=CO22H2O，A错误；B.根据题干信息：利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，可知阳极室的电极反应式为：，则阳极室内钙离子向产品室移动，A膜为阳离子交换膜，阴极室的电极反应式为：，则原料室内钠离子向阴极室移动，C膜为阳离子交
8、换膜，B错误；C.阴极电极不参与反应，可用铁替换阴极的石墨电极，C正确；D.a极上通入2.24L甲烷，没有注明在标准状况下，无法计算钙离子减少的物质的量，D错误；答案选C。【点睛】D容易错，同学往往误以为1mol气体的体积就是22.4L，求气体体积时一定要注意气体所处的状态。6.五种短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W元素在短周期元素中原子半径最大，X、W同族，Z、Q同族，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，以下说法正确的是( )A. 酸性：H2YO3H2QO3，所以非金属性YQB. X与W形成
9、的化合物中各原子均满足最外层8电子稳定结构C. X与Y形成的化合物只含有共价键D. 由Z、W、Q三种元素形成的盐只有两种【答案】C【解析】【分析】W元素在短周期元素中原子半径最大，有原子半径递变规律可知是Na元素，X、W同族，且X的原子序数最小，是H元素，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，Y是C元素, 由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，是H2O2或者CS2,故Q是S元素，Z、Q同族，Z是O元素。【详解】A. 酸性：H2YO37C. 图中Q点水的电离程度最小，Kw7，B正确；C. 由图可知，Q点水的电离程度最小，Kw=10-14 ，C不正确
10、； D. M点，由物料守恒可知，c(Na+)=c(HY)+c(Y-)， D不正确。本题选B。8.乳酸亚铁晶体（CH3CH（OH）COO2Fe3H2O ，相对分子质量为288）易溶于水，是一种很好的补铁剂，可由乳酸CH3CH（OH）COOH与FeCO3反应制得。I.碳酸亚铁的制备（装置如图所示）（1）仪器B的名称是_；实验操作如下：打开k1、k2，加入适量稀硫酸，关闭k1，使反应进行一段时间，其目的是_。（2）接下来要使仪器C中的制备反应发生，需要进行的操作是_，其反应的离子方程式为_。（3）仪器C中混合物经过滤、洗涤得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法是_。乳酸亚铁的制备及铁元素含量测定（
11、4）向纯净FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75下搅拌使之充分反应，经过滤，在_的条件下，经低温蒸发等操作后，获得乳酸亚铁晶体。（5）两位同学分别用不同的方案进行铁元素含量测定：甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下，所得纯度总是大于100%，其原因可能是_乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。称取3.000g样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成100mL溶液。吸取 25.00mL该溶液加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0.100 molL1硫代硫酸钠溶液滴定（已知： I2+2S2O32-=S4
12、O62-+2I-），当溶液_ ，即为滴定终点；平行滴定3次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为_ %保留1位小数 。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 生成溶液，且用产生的排尽装置内的空气，防止二价铁被氧化 (3). 关闭 (4). (5). 取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的溶液，若无白色浑浊出现，则洗涤干净 (6). 隔绝空气 (7). 乳酸根中羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液偏多 (8). 蓝色褪去且半分钟不恢复 (9). 【解析】分析】I.亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚
13、铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备硫酸亚铁，C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应：，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中；(1)根据仪器结构判断书写仪器名称；实验开始时打开kl、k2，加入适量稀硫酸，Fe和稀硫酸反应生成氢气，可将装置中的空气排出；(2)待装置内空气排出后，再关闭k2，B中容器内压强增大，可将生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳；(3)检验FeCO3沉淀是否洗涤干净，就是检验洗涤FeCO3沉淀的最后一次洗涤液中是否存在，判断沉淀是否洗涤干净；.(4)Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，获取乳
14、酸亚铁晶体过程中应减小空气中氧气的干扰；(5)乳酸和亚铁离子都可被酸性高锰酸钾氧化；I2的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，最终褪色；已知2Fe3+2I-=I2+2Fe2+、I2+2S2O32-=S4O62-+2I-），找相关粒子关系式、根据滴定时参加反应的硫代硫酸钠的物质的量计算出Fe2+的物质的量，再计算样品纯度；【详解】(1)由仪器图形可知B为蒸馏烧瓶；实验中打开k1、k2，加入适量稀硫酸，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，关闭k1，使反应进行一段时间，可使生成的氢气排出装置C内的空气，防止二价铁被氧化；答案为：蒸馏烧瓶；生成 溶液，且用产生的 排尽装置内的空气，防止二价铁被
15、氧化； (2)待装置内空气排出后，接下来要使仪器C中的制备反应发生，则需关闭，使B装置中气压增大，将生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，与碳酸氢根离子发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反应的离子方程式为；答案为：关闭；(3)检验FeCO3沉淀是否洗涤干净，就是检验最后一次洗涤液中是否存在，取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的溶液，若无白色浑浊出现，则表明洗涤液中不存在；答案为：取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的溶液，若无白色浑浊出现，则洗涤干净； (4) 乳酸亚铁晶体有较强还原性，易被空气中氧气氧化，则制备乳酸亚铁应隔绝空气，防止被氧化；答案为：
16、隔绝空气 ； (5)：乳酸亚铁中亚铁离子以及乳酸根中含有的羟基均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，因为羟基的反应导致消耗高锰酸钾溶液偏多，故结果偏大；答案为：乳酸根中羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液偏多； 碘的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可判断为滴定终点；答案为：蓝色褪去且半分钟不恢复；样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，则铁元素转变成铁离子，取所有可溶物配成的100mL溶液中吸取 25.00mL，该溶液中所含铁离子可按下列关系式计算： ，得x=0.00248mol，则所有可溶物配成的100mL溶液中铁离子为 =0.00992，按铁
17、元素守恒可知，样品中乳酸亚铁的物质的量为0.00992，则样品的纯度为=95.2% ;答案为：9.钴酸锂（LiCoO2）电池是一种应用广泛的新型电源，电池中含有少量的铝、铁、碳等单质。实验室尝试对废旧钴酸锂电池回收再利用。实验过程如下：已知：还原性：ClCo2；Fe3和结合生成较稳定的Fe（C2O4）33，在强酸性条件下分解重新生成Fe3。回答下列问题：（1）废旧电池初步处理为粉末状的目的是_。（2）从含铝废液得到Al（OH）3的离子方程式为_（3）滤液A中的溶质除HCl、LiCl外还有_（填化学式）。写出LiCoO2和盐酸反应的化学方程式_（4）滤渣的主要成分为_（填化学式）。（5）在空气中
18、加热一定质量的CoC2O42H2O固体样品时，其固体失重率数据见下表，请补充完整表中问题。已知：CoC2O4在空气中加热时的气体产物为CO2。固体失重率对应温度下样品失重的质量/样品的初始质量。序号温度范围/化学方程式固体失重率120220CoC2O42H2O CoC2O42H2O1967%300350_59.02%（6）已知Li2CO3的溶度积常数Ksp8.64104，将浓度为0.02 molL1的Li2SO4和浓度为0.02 molL1的Na2CO3溶液等体积混合，则溶液中的Li浓度为_ molL1。【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 (2). AlO2-CO22H
19、2O=Al（OH）3HCO3- (3). FeCl3、CoCl2 (4). 2LiCoO28HCl=2CoCl2Cl24H2O2LiCl (5). C (6). 2CoC2O4O22CoO 4CO2 (7). 0.02【解析】【分析】(1)从反应物呈粉末状接触面积极大对反应的影响来回答；(2)流程图知含铝废液呈碱性，因此是偏铝酸根溶液中通过量二氧化碳，写得到Al（OH）3的离子方程式；(3)滤液A的成分，从电池所含的物质与HCl反应来回答，当然要排除已转移到碱液中的铝元素； LiCoO2和盐酸反应的化学方程式，结合信息判断是氧化还原反应，按氧化还原反应规律书写；(4)滤渣的主要成分为废电池总既
20、不溶于酸又不溶于碱的成分；(5) 补充完整表中问题，要从所提供的信息、数据，结合元素质量守恒定律计算得出； (6)离子浓度计算，先要用浓度是和KSP的关系判断是否有碳酸锂沉淀，如有沉淀，结合数据计算，如没有沉淀，则就是混合溶液中离子的浓度；【详解】废旧钴酸锂镍离子电池主要含有Fe、Al、碳的单质和LiCoO2，初步处理，加碱浸泡，铝和碱液反应生成偏铝酸盐和氢气，固体残渣为：Fe、C的单质和LiCoO2，加盐酸Fe+2H+=Fe2+H2，2LiCoO2+8H+2Cl-=2Li+2Co2+Cl2+4H2O，残渣为C，滤液A为Fe3+、Li+、Co3+、Cl-，加入草酸铵，过滤沉淀为CoC2O42H
21、2O，滤液B为：Fe3+、Li+、Cl-，加入碳酸钠，发生的离子反应为2Li+CO32-=Li2CO3，滤液C为Fe3+、Cl-，加入氧化剂防止铁离子被还原，得氯化铁溶液；(1)废旧电池初步处理为粉末状的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；(2) 偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，因此从含铝废液得到Al(OH)3的离子反应方程式为：AlO2-CO22H2O=Al（OH）3HCO3-；答案为：AlO2-CO22H2O=Al（OH）3HCO3-；(3) LiCoO2中Li为+1价，Co为+3价，具有氧化性，HC
22、l中-1价的氯具有还原性，向固体残渣中加入盐酸时，发生氧化还原反应，Co（+3+2），Cl（-10），反应表示为：2LiCoO2+8H+2Cl-=2Li+2Co2+Cl2+4H2O或2LiCoO28HCl=2CoCl2Cl24H2O2LiCl；，滤液A为Fe3+、Li+、Co3+、Cl-，故滤液A中的溶质为HCl、LiCl、FeCl3、CoCl2；答案为：FeCl3、CoCl2；2LiCoO28HCl=2CoCl2Cl24H2O2LiCl；(4)上述分析可知，滤渣的主要成分为C；答案为：C； (5) 在空气中加热一定质量的CoC2O42H2O固体样品时，首先失去结晶水，在120220时，固体失
23、重率为19.76%，生成产物为CoC2O4；由可知，在120220时，CoC2O42H2O完全失去结晶水生成CoC2O4，然后继续升高温度加热，则CoC2O4分解生成氧化物，其分解失去质量为183g59.02%=108g，剩余的质量为183g-108g=75g，设产物的化学式为CoOx，则59+16x=75，解得x=1，则化学式为CoO，则反应方程式为：2CoC2O4O22CoO 4CO2；答案为：2CoC2O4O22CoO 4CO2；(6) 将浓度为0.02molL-1的Li2SO4和浓度为0.02molL-1的Na2CO3溶液等体积混合，混合瞬间溶液中c(Li+) =0.02mol/L，c
24、(CO32-) =0.01mol/L，计算浓度商 =410-6”“ (8). 阳 (9). CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+【解析】【详解】（1）由盖斯定律-可知，H=（-1559.9kJ.mol-1）-（-285.5kJ.mol-1）-（-1556.8kJ.mol-1）=+282.4kJmol-1。（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，温度越高，乙烯的平衡转化率越低。由图可知，A点时乙烯的平衡转化率为10%，则平衡时C2H4（g）、H2O（g）、C2H5OH（g）的物质的量分别为0.9a mol、0.9a mol、0.la mo
25、l，总的物质的量为1.9amol。平衡时A点对应容器的总压强为b MPa，故C2H4（g）、H2O（g）、C2H5OH（g）的分压分别为、，则。故答案为1.9amol，】。平衡时，正、逆反应速率相等，即。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。故选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，电极反应式为CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+。故答案为阳，CH3CHO-2e-
26、+H2O=CH3COOH+2H+。化学选修3：物质结构与性质11.钴、铜及其化合物在工业上有重要用途，回答下列问题：（1） 请补充完基态Co的简化电子排布式：Ar_， Co2有_个未成对电子。（2）Na3Co（NO2）6常用作检验K的试剂， 配位体的中心原子的杂化形式为_， 空间构型为_。大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n为各原子的单电子数（形成键的电子除外）和得电子数的总和 （如苯分子中的大键可表示为，则中大键应表示为_。（3）配合物Cu（En）2SO4的名称是硫酸二乙二胺合铜（）, 是铜的一种重要化合物。其中 En 是乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的简写。该配合物Cu
27、（En）2SO4中N、 O、 Cu的第一电离能由小到大的顺序是_。乙二胺和三甲胺N（CH3）3均属于胺， 且相对分子质量相近， 但乙二胺比三甲胺的沸点高得多， 原因是_（4） 金属Cu晶体中的原子堆积方式如图所示， 其配位数为_，铜原子的半径为a nm, 阿伏加德罗常数的值为NA, Cu的密度为_ g/cm3（列出计算式即可）。【答案】 (1). 3d74s2 (2). 3 (3). sp2 (4). V形 (5). (6). CuON (7). 乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键 (8). 12 (9). 【解析】【分析】（1）Co的原子序数为27，则按电子排布规律可书写
28、其简化电子排布式，Co2有25个电子，按电子排布规律可确定有几个未成对电子；（2）通过计算配位体的价电子对数，可确定中心原子的杂化形式及离子的空间构型，大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n为各原子的单电子数（形成键的电子除外）和得电子数的总和，则计算出m和n，就可表示；（3）按第一电离能的规律，对N、 O、 Cu的第一电离能展开由小到大排序；乙二胺比三甲胺的沸点高得多的原因从影响沸点的因素入手分析；（4）从金属Cu晶体中的原子堆积方式，按均摊法计算其配位数，铜原子的半径为a nm, 阿伏加德罗常数的值为NA,，Cu晶体的密度即其晶胞的密度，可通过晶胞质量、晶胞体积按定义计算；【
29、详解】(1)Co原子核外有27个电子，根据构造原理书写基态Co的简化电子排布式：Ar3d74s2，Co原子失去4s能级上的2个电子生成Co2+，该离子3d能级上有7个电子，有5个轨道，每个轨道最多排列2个电子，则未成对电子数是3；故答案为：3d74s2；3；(2)配位体的中心原子N原子价层电子对个数=，且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的杂化形式及空间构型分别为sp2、V形；故答案为：sp2；V；大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，则m=3，中心原子sp2杂化，所以中心原子中有1对孤对电子没有参与形成大键,则n = 6322242 = 4，则中大键应表示为34；
30、 答案为：34；(3)同一周期元素,第VA族元素第一电离能大于其相邻元素第一电离能，所以第一电离能ON，非金属元素第一电离能大于金属元素第一电离能，所以第一电离能CuO；答案为：CuON；乙二胺分子之间形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键，乙二胺比三甲胺的沸点高的多，答案为：乙二胺可以形成分子间氢键，而三甲胺不能；(4) 金属Cu晶体中Cu原子的配位数=382=12，铜的原子半径为anm，每个面对角线上的3个Cu原子紧密相邻，则晶胞棱长=，晶胞体积=，晶胞中Cu原子个数=,Cu的密度；答案为：12 ； 。化学选修5：有机化学基础 12.盐酸氨溴索(H)对于治疗老年重症肺炎有良好的疗效，其合成路
31、线如下(部分反应条件及产物已略)：（1）B的名称为_；反应-中为取代反应的是_(填序号)。（2）B的芳香族同分异构体J满足下列条件：可水解 可发生银镜反应 1mol J最多消耗2mol NaOHJ有_种；B的另一种芳香族同分异构体可与NaHCO3溶液反应，并有气体生成，其核磁共振氢谱有4组吸收峰，则它的结构简式为_。（3）可用碱性新制氢氧化铜悬浊液检验C中的特征官能团，写出该检验的离子反应方程式：_。（4）关于E的说法正确的是_。A.E难溶于水 B.E可使酸性KMnO4溶液褪色C.1molE最多与1molH2加成 D.E不能与金属钠反应（5）邻氨基苯甲酸甲酯(L)具有塔花的甜香味，也是合成糖精
32、的中间体，以甲苯和甲醇为原料，无机试剂自选，参照H的合成路线图，设计L的合成路线_。【答案】 (1). 邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯) (2). (3). 6种 (4). (5). (6). AB (7). 【解析】【分析】（1）是甲苯甲基邻位上的氢原子被硝基取代的产物；取代反应是有机物分子中的某些原子或原子团被其它原子或原子团代替的反应；（2）B的芳香族同分异构体：可水解、可发生银镜反应、1mol最多消耗2mol NaOH，说明含有 或、；B的另一种芳香族同分异构体可与NaHCO3溶液反应，并有气体生成，说明含有羧基，其核磁共振氢谱有4组吸收峰，说明结构对称；（3）醛基能被新制氢氧化铜氧化为羧
33、基；（4）根据含有的官能团分析其性质；（5）甲苯发生消化反应生成，氧化为，再氧化为，发生酯化反应生成，还原为邻氨基苯甲酸甲酯。【详解】（1）是甲苯甲基邻位上的氢原子被硝基取代的产物，所以名称是邻硝基甲苯；是苯环上的氢原子被硝基取代； 苯环上的氢原子被溴原子取代，所以属于取代反应的是；（2）的芳香族同分异构体：可水解、可发生银镜反应，1mol最多消耗2mol NaOH，说明含有 或、，结构简式有、,共6种；B的另一种芳香族同分异构体可与NaHCO3溶液反应，并有气体生成，说明含有羧基，其核磁共振氢谱有4组吸收峰，说明结构对称，结构简式是；（3）醛基能被新制氢氧化铜氧化为羧基，反应方程式是；（4）E分子中烃基较大，且只有1个羟基，所以E难溶于水，故A正确； E含有羟基，所以可使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确； 1molE最多与4molH2加成，故C错误；E含有羟基，能与金属钠反应放出氢气，故D错误。（5）甲苯发生消化反应生成，氧化为，再氧化为，发生酯化反应生成，还原为邻氨基苯甲酸甲酯，合成路线为。
