【文档说明】黑龙江省大庆市第四中学2020届高三下学期第四次检测理综化学试题【精准解析】.doc，共(16)页，1.526 MB，由小赞的店铺上传

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黑龙江省大庆市第四中学2020届高三下学期第四次检测理综化学试题1.下列说法中正确的是A.单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料B.医用酒精的浓度通常为95%C.合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料

D.淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物【答案】A【解析】【详解】A.单质硅是良好的半导体材料和光电转换材料，常用于将太阳能转变为电能，故A正确；B.医用酒精的浓度通常为75%，故B错误；C.合成纤维是有机合成材料，不是无机非金属材料，故C

错误；D.油脂是高级脂肪酸甘油酯，分子量小于一万，不属于高分子化合物，故D错误；故选：A。2.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.一定条件下，将2molSO2与足量氧气反应，生成SO3的分子数为2NAB.标准状况下，11.2L乙醇中

含有羟基的数目为0.5NAC.4.6g由NO2和N2O4组成的混合气体中含有氧原子的数目为0.2NAD.常温下CH3COONH4的pH=7，则0.5mol·L-1的CH3COONH4溶液中，NH4+浓度为0.5mol·L-1【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫转

化成三氧化硫的反应为可逆反应，则反应生成的三氧化硫小于0.2mol，则分子数小于2NA，故A错误；B．标况下，乙醇为液态，11.2L乙醇的物质的量不是0.5mol，故B错误；C．NO2和N2O4的最简式均为NO2，故4.6gNO2和N2O4中含NO2的物质的量m4.6gn===0

.1mol46g/molM，故含有的氧原子的物质的量为2mol，个数为2NA个，故C正确；D．CH3COONH4是弱酸弱碱盐，能发生双水解，由于NH4+水解，物质的量浓度小于0.5mol·L-1，故D错误；答案选C。3.

实验室制备硝基苯时，经过配制混酸、硝化反应（50~60℃）、洗涤分离、干燥蒸馏等步骤，下列图示装置和原理能达到目的的是（）。A.配置混酸B.硝化反应C.D.蒸馏硝基苯【答案】C【解析】【详解】A．浓硫酸密度较大，为防止酸液飞溅

，配制混酸时应将浓硫酸加入到浓硝酸中，故A项错误；B．制备硝基苯时，反应温度为50~60℃，为控制反应温度应用水溶加热，故B项错误；C．硝基苯不溶于水，分离硝基苯应用分液的方法分离，故C项正确；D．蒸馏硝基苯时，为充分冷凝冷凝水

应从冷凝管下端进，故D项错误。故选C。4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同。Y是空气中含量最高的元素，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z2－与W＋具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（

）A.原子半径大小顺序：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)B.由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性C.元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强D.化合物X2Z2与W2Z2所含化学键类型完全相同【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是

空气中含量最高的元素，则Y为N元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；Z2-与W+具有相同的电子层结构，则W为Na；X与W同主族，X、W的单质在标准

状况下的状态不同，则X单质为气体，故X为H元素。据此解答。【详解】A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，氢原子比较最小，故原子半径r（Na）＞r（N）＞r（O）＞r（H），选项A错误；B、由X（H）、Y（N）、Z（O）三种元素形成的化合物中，一水合氨的水溶

液呈碱性，选项B正确；C、非金属性Z（O）＞Y（N），元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于NH3，选项C错误；D、化合物H2O2含有共价键，而Na2O2含有共价键、离子键，所含化学键类型不完全相同，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查结构性质位置关系综合应用，推断元

素是解题关键，注意对你元素周期律的理解掌握。5.分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)A.3种B.4种C.5种D.6种【答案】B【解析】【详解】分子式为C5H10O2且与NaHCO3溶液反应能产生气体，则该有机物中含有−COOH，可

写为C4H9−COOH，−C4H9的异构体有：−CH2CH2CH2CH3，−CH(CH3)CH2CH3，−CH2CH(CH3)CH3，−C(CH3)3，故符合条件的有机物的同分异构体数目为4，故B正确；故选B。6.技术人员用一种三室微生物燃料电池处理污水，原理如图所示，图中

有机废水中的有机物可以用C6H10O5表示。下列说法不正确的是A.a极是电池的负极B.b极附近的溶液pH增大C.a极的电极反应式为C6H10O5+24e-+7H2O6CO2↑+24H+D.若反应中转移的电子

数为20NA，则生成N2在标准状况下的体积为44.8L【答案】C【解析】【分析】该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O

，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O═6CO2↑+24H+；【详解】A．该原电池中，左边装置电极a上有机物失

电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极a是负极，故A正确；B．右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，氢离子参加反应导致溶液酸性减小，溶液的pH增大，故B正确；C．电极a上有机物失电子

发生氧化反应，电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O═6CO2↑+24H+，故C错误；D．电极b是正极，电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，若反应中转移的电子数为20NA，则生成2molN2，在标准状况下的体积为44.8L，故D正确；答案选C。7.常温下，向0.

1mol/LNa2A溶液中不断通入HCl。H2A、HA-、A2-在溶液中所占物质的量分数与pOH[pOH=-lgc(OH-)]的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.H2A的第二级电离平衡常数为10-10B.随着HCl的通入c(H+)/c(H2A)先减小后增大C.当溶液

呈中性时:c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)D.将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后，溶液显碱性【答案】B【解析】A．当pOH=10时，c（H+）=l0-4mol/L，HA-、A2-浓度相等，H2A的第二级电离平衡常数为4cAcHl0mol/LcHA−+−−=（）（）（）

，选项A错误；B．温度不变，则H2A的第一级电离破坏常数不变，即2cHAcHcHA−+（）（）（）不变，由于HA-浓度先增大，后减小，则2cHcHA（）（）+先减小后增大，选项B正确；C．当溶液呈中性时：c（Na

+）═c（HA-）+2c（A2-）+c（Cl-），选项C错误；D．将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后反应生成NaHA，由A可知H2A的第二级电离平衡常数为4cAcHl0mol/LcHA−+−−=（）（）（），则HA-的水解常数为10waK10K−=

，可知HA-电离大于水解程度，溶液呈酸性，选项D错误。答案选B。点睛：本题综合考查酸碱混合的定性判断和计算，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握电离、水解常数的计算和应用，答题时

注意体会，pOH为OH-离子的负对数，pOH越大，则OH-浓度越小，溶液酸性越强，由图象可知，向0．lmol·L-lNa2A溶液中，不断通入HC1，A2-逐渐减小，生成HA-，HA-浓度先增大，后减小，进而生成H2A，当pOH=10时，HA-、A2-

浓度相等，以此解答该题。8.钛酸钡(BaTiO3)在工业上有重要用途，主要用于制作电子陶瓷、PTC热敏电阻、电容器等多种电子元件。以下是生产钛酸钡的一种工艺流程图:已知:①草酸氧化钛钡晶体的化学式为BaTiO(C2O4)·4H2O;②25℃时，BaCO3的溶度积Ksp=2.58

×10-9；(1)BaTiO3中Ti元素的化合价为:_______________。(2)用盐酸酸浸时发生反应的离子方程式为:________________________________________。(3)流程中通过过滤得到草酸氧化钛钡晶体后，为提高产品质量需

对晶体洗涤。①过滤操作中使用的玻璃仪器有_______________________________________。②如何证明晶体已洗净?__________________________________________。(4)TiO2具有很好的散射性，是

一种有重要用途的金属氧化物。工业上可用TiCl4水解来制备，制备时需加入大量的水，同时加热，其目的是:______________________________________。(5)某兴趣小组取19.70gBaCO3模拟上述工艺流程制备BaTiO3，得产品13.98g，Ba

TiO3的产率为:___________。(6)流程中用盐酸酸浸，其实质是BaCO3溶解平衡的移动。若浸出液中c([Ba2+)=0.1mol/L，则c(CO32-)在浸出液中的最大浓度为____mol/L

。【答案】(1).+4(2).RaCO3+2H+=Ra2++CO2↑+H2O(3).漏斗、烧杯、玻璃棒(4).取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗净。(5).促进TiCl4水解(6).60

%(7).2.58×10-8【解析】试题分析：本题以生产钛酸钡的工艺流程为载体，考查离子方程式的书写，基本实验操作，外界条件对盐类水解平衡的影响，产率和溶度积的计算等。（1）BaTiO3中Ba的化合价为+2价，O的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和

为0，Ti的化合价为+4价。（2）盐酸酸浸时反应的化学方程式为BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2↑，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑。（3）①过滤操作中使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、

玻璃棒。②根据流程草酸氧化钛钡晶体吸附可溶性的Cl-等，要证明晶体已经洗净即证明洗涤液中不含Cl-。方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗净。（4）TiCl4水解的离子方程式为TiCl4+2H2OTiO2

+4HCl，加入大量水促进TiCl4水解，盐的水解是吸热过程，加热促进TiCl4水解，制备时加入大量的水同时加热，目的是促进TiCl4的水解。（5）根据Ba守恒，理论上得到BaTiO3的质量为19.70g197g/mol233g/mol=23.3g，BaTiO3的产率为13.98g23.3g1

00%=60%。（6）BaCO3的溶解平衡表达式为BaCO3（s）Ba2+（aq）+CO32-（aq），Ksp（BaCO3）=c（Ba2+）·c（CO32-）=2.5810-9，若浸出液中c（Ba2+）=0.1m

ol/L，则CO32-在浸出液中最大浓度c（CO32-）=92.58100.1−mol/L=2.5810-8mol/L。9.氯乙酸（ClCH2COOH）常用作制造各种染料、除锈剂等。实验室采用乙酸氯化法（Cl2和冰醋酸共热可制得氯乙酸，伴随有醋酸的多氯代物

生成）合成氯乙酸的装置如下图（加热装置省略）。请回答下列问题：（1）仪器a的名称为______________（填仪器名称）。（2）装置A中发生反应的离子方程式为_________________________________________。（3）仪器组装

完成，关闭分液漏斗活塞和止水夹K2，打开K1，向装置B中长颈漏斗中注入液体至形成一段水柱，若__________________________，则气密性良好。（4）装置B的作用之一是观察Cl2的生成速率，则B中盛放的液体为_____________。实验结束时，关闭分液漏斗

活塞和止水夹K1，此时装置B的作用是_________________________。（5）通过佛尔哈德法可以测定氯乙酸产品中氯元素的质量分数，实验步骤如下：Ⅰ．取0.284g粗产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，煮沸，完全水

解后加稀硝酸调至酸性。Ⅱ．向锥形瓶中加入0.4200mol·L-1的AgNO3溶液10.00mL,使Cl-完全沉淀。Ⅲ．向其中加入2.00mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被硝基苯覆盖。Ⅳ．加入指示剂，用0.0200mol·L-1NH4SCN标准溶液滴定过量Ag+至终点,消耗

10.00mLNH4SCN溶液。已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12。①滴定选用的指示剂是_______(填代号)。a．FeCl2b．NH4Fe(SO4)2c．淀粉d．甲基橙②实验过程中加入硝基

苯的目的是_____________________________，若无此操作所测氯元素的质量分数将会_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。③粗产品中氯元素的质量分数为_________________。【答案】(1).球形冷凝管(2).2MnO4-+10Cl-+16H+=

2Mn2++5Cl2↑+8H2O(3).水柱高度保持不变(4).饱和食盐水(5).储存Cl2，平衡B装置内外气压(6).b(7).防止AgCl转化为AgSCN(8).偏小(9).50％【解析】【详解】（1）仪器a是冷凝仪器，名称为球形冷凝管；正确答案：球形冷凝管；（2）高锰酸

钾与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、氯化钾和水，离子方程式为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；正确答案：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（3）该操作

为检查装置的气密性，因此仪器组装完成，关闭分液漏斗活塞和止水夹K2，打开K1，向装置B中长颈漏斗中注入液体至形成一段水柱，若水柱高度保持不变，则气密性良好；正确答案：水柱高度保持不变；（4）反应产生的氯气中含有氯化氢杂质气体

，因此要用饱和食盐水除去氯化氢气体，B中盛放的液体为饱和食盐水；实验结束时，关闭分液漏斗活塞和止水夹K1，此时装置B的作用是储存Cl2，平衡B装置内外气压；正确答案：饱和食盐水；储存Cl2，平衡B装置内外气压；（5）①由

于铁离子能够与硫氰化铵反应显红色，则滴定选用的指示剂为NH4Fe(SO4)2；正确选项b。②实验过程中加入硝基苯的目的是覆盖氯化银，防止氯化银转化为AgSCN而导致数据不准确；若无此操作，消耗的NH4SCN溶液的体积偏大，根据题中的计算原理可知所测氯元素的质量分

数将会偏小；正确答案：防止AgCl转化为AgSCN；偏小；③根据题意可知，NH4SCN的物质的量为0.002mol，则与之反应的银离子的物质的量为0.002mol，而总的银离子的物质的量为0.042mol，所以与氯

离子反应的银离子的物质的量为0.042-0.002=0.04mol，，所以氯离子的物质的量为0.04mol，则产品中氯元素的含量为0.04×35.5/0.284×100%=50%；正确答案：50%。10.研究化学反应时，既要考虑

物质变化与能量变化，又要关注反应的快慢与限度。回答下列问题:(1)NH3还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图所示。①下图中因为改变了反应条件，反应的活化能：b________(填“>”“<”或“

=”)a。②脱硝反应的热化学方程式可表示为反应物→生成物ΔH=________(用E1、E2的代数式表示)。③研究发现，一定条件下的脱硝反应过程可能如下图所示，根据氧化还原反应中物质的作用，NO为________剂，脱硝总反应的

化学方程式为______________。(2)一定温度下，将不同物质的量的H2O(g)和CO分别通入容积为1L的恒容密闭容器中，进行反应H2O(g)+CO(g)CO2(g)+H2(g)，得到如表所示的三组数据：①4

min内，实验2中平均速率v(CO2)=________；900℃时，反应的平衡常数为________；降低温度时，平衡常数会____________(填“增大”“减小”或“不变”)。②650℃时,若在此容器中充入2.0molH2O(g)、1.0molCO(g)、1.0mol

CO2(g)和xmolH2(g),要使反应在开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是________________。③若a=2.0、b=1.0，则平衡时实验2中H2O(g)和实验3中CO(g)的转化率的关系为α(H2O)________(填“>”“<”或“=”)α(CO)。【答案】(1

).<(2).-(E2-E1)(3).氧化(4).4NH3+4NO+O2⎯⎯⎯→催化剂3N2+6H2O(5).0.05mol·L-1·min-1(6).136(或0.028)(7).增大(8).0≤x<23(9).=【

解析】【分析】(1)①由图象可知活化能降低，b＜a；②由图可知反应物能量大于生成物能量，故反应是放热反应；③NO在反应中化合价降低，作氧化剂；由图2可知反应物为NH3，NO和O2生成物为N2和H2O；(2)①由方程式可知v

(CO2)：v(H2)=1：1，根据图表计算v(H2)=0.05mol/L-1•min-1，故v(CO2)=0.05mol/L-1•min-1，根据平衡常数计算公式，900℃和650°C平衡常数，据此判断反应热量变化；②650℃时，若在此容器中充入2.0molH2O(g)、1

.0molCO(g)、1.0molCO2(g)和xmolH2(g)，计算此时此刻浓度商和平衡常数比较判断反应进行的分析；③根据平衡常数和三段式分别求出实验2中H2O(g)的转化率和实验3中CO(g)的转化率判断。【详解】(1)①由图像可知活化能降低

，b＜a，故答案为：＜；②由图可知反应物能量大于生成物能量，故反应是放热反应，焓变为负值表示放热，△H=生成物能量-反应物能量，故答案为：-(E2-E1)；③NO在反应中化合价降低，作氧化剂；由图2可知反应物为NH3，NO和O2生成物为N2

和H2O，所以化学方程式为：4NH3+4NO+O2⎯⎯⎯→催化剂4N2+6H2O；(2)①由方程式可知v(CO2)：v(H2)=1：1，根据图表实验2计算-1-12Δn0.2mol(H)===0.05molLminVt1L4minv，故v(CO2)=0.05mol/L-1•min

-1；根据平衡常数计算公式：222HO(g)+CO(g)CO(g)+H(g)(mol/L)1200(mol/L)0.20.20.20.2(mol/L)0.81.80.20.2起始量变化量平衡量900℃平衡常数0.20.21==0.81.836K；2

22HO(g)+CO(g)CO(g)+H(g)(mol/L)2400(mol/L)1111(mol/L)1311起始量变化量平衡量650℃平衡常数111==133K，故降低温度平衡常数增大；故答案为：0.05mol/L-1•min-1；136；增大；②650℃时，若在此容器中充入2.0

molH2O(g)、1.0molCO(g)、1.0molCO2(g)和xmolH2(g)，计算此时此刻的1xx==212Q，化学平衡正向移动，所以Q＜平衡常数k，所以x123，则2x3，由题可知x≥0，故答案为：20x<3

；③根据平衡常数和三段式分别求出实验2中H2O(g)的转化率和实验3中CO(g)的转化率，温度不变平衡常数不变，900°C时K=136，实验2水的转化率为x，则水的转化率0.2=100%=20%1；实验3中：222HO(g)+CO(g)CO(g)+H(g)(

mol/L)2100(mol/L)xxxx(mol/L)2-x1-xxx起始量变化量平衡量，2x1=(2x)(1x)36−−，解得x=0.2，CO转化率为0.2=100%=20%1，则实验2中H2O(g)的转化率为20%实验3中CO(g)的转化率为20%相同，故答案为：=。11.东晋《华阳国志

·南中志》卷四中已有关于白铜的记载,云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外,曾主要用于造币,亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题:(1)镍元素基态原子的电子排布式为______,3d能级上的未成对电子数为___

___。(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是______。②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______，提供孤电子对的成键原子是__________。③氨的

沸点______(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是____；氨是________分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为________。(3)单质铜及镍都是由________键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958

kJ·mol-1，INi=1753kJ·mol-1，ICu＞INi的原因是_____________________________________。(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为______。

②若合金的密度为dg∙cm-3，晶胞参数a=______pm。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2(2).2(3).正四面体(4).配位键(5).N(6).高于(7).NH3分子间可形成氢

键(8).极性(9).sp3(10).金属(11).Cu+核外电子排布比Ni+稳定，难以失电子(12).3∶1(13).3A251dN×1010【解析】【分析】根据构造原理写出镍的核外电子排布式，3d能级上的未成对电子数；根据价层电子对互斥理论判断SO42－的立体构型；根据配位键的特点分析

；分子间存在氢键，分子间作用力强，所以氨的沸点高于膦；根据价层电子对互斥理论判断氨分子的立体构型；单质铜及镍都是由金属键形成的晶体；比较Cu+和Ni+核外电子排布；根据均摊法计算铜和镍原子个数；根据d=AmnMN

M==VVNV进行计算。【详解】(1)镍是28号元素，位于第四周期Ⅷ族，根据核外电子排布规则，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级有5个轨道，先占满5个自旋方向相同的电子，剩余3个电子再分别占据三个轨道，电子自旋方向相反，所以未成对的电子数为

2；(2)①根据价层电子对互斥理论，SO2-4的σ键电子对数等于4，孤电子对数为(6+2-2×4)×12=0，则阴离子的立体构型是正四面体形；②根据配位键的特点，在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N；③分子间存在氢键，

分子间作用力强，所以氨的沸点高于膦；根据价层电子对互斥理论，氨中心原子N的σ键电子对数等于3，孤电子对数为(5-3)×12=1，则中心原子是sp3杂化，分子成三角锥形，正负电荷重心不重叠，氨是极性分子；(3)铜和镍属于金属，则单质铜及镍都

是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，呈半充满状态，比较稳定，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍的，所以ICu＞INi；(4)①根据均摊法计算，晶胞中铜原子个数为6

×12=3，镍原子的个数为8×18=1，则铜和镍原子的数量比为3：1；②根据上述分析，该晶胞的组成为Cu3Ni，若合金的密度为dg·cm-3，根据d=-13-13AAAmnMNM643g/mol+59g/mol251g/mol====VVNVNmolVcmNmolVcmg·cm-3，则晶胞参数

a=3A251dNcm=3A251dN×1010pm。【点睛】元素铜与镍的第二电离能ICu＞INi，从铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子，为易错点。12.有机物H是一种药物的主要成分,工业上的合成路线如图所示(部分试剂和反应条件已略去):已

知:Ⅰ.Ⅱ.(易被氧化)回答下列问题:(1)B的结构简式是____________,F中官能团的名称是____________。(2)反应②需加入的试剂及反应条件为________。(3)E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是_________

___________________。(4)C[C7H8O]的同分异构体有________种,其中符合下列条件且核磁共振氢谱中有四组峰的结构简式为__________________________。①分子中含有苯环②能与Na反应放出H2。(5)已知苯环上连有烷基时

再引入一个取代基,常取代在烷基的邻对位,而当苯环上连有羧基时则取代在间位。据此写出以A为原料合成的合成路线______________________________________。【答案】(1).(2).羧基和(酚)羟基(3).浓硫酸和浓硝酸,加热(4).+3NaOH+CH

3COONa+2H2O(5).4(6).(7).【解析】【分析】C发生信息I中的取代反应生成D，D发生氧化反应生成E，结合C的分子式、E的结构简式，可知C为，则D为．烃A与氯气反应得到B，B发生水解反应、酸化得到C，可知A为、B为，反应①的条件为：FeCl3作催化剂。E与氢氧

化钠反应、酸化得到F为，由信息II并结合G后产物结构，可知G为；【详解】由分析可知：A为、B为、C为、D为、F为、G为；（1）B的结构简式是，F是，官能团的名称是：羧基和(酚)羟基；（2）反应②是转化为，反应条件为：浓硝酸、浓硫酸，加热；（

3）E与足量NaOH溶液反应发生酯的水解反应，化学方程式是：+3NaOH+CH3COONa+2H2O；（4）C为C7H8O，当有两个取代基时，有邻、间、对三种：、、，当有一个取代基时，只要一种：，同分异构体共4种；②能与Na反应放出H2，说明含有醇羟基或酚羟基，核磁共振氢谱

中有四组峰的结构简式为；（5）目的产物，由信息：当苯环上连有羧基时则取代在间位，则应先合成苯甲酸，再间位取代氨基，由已知信息II：由硝基变为氨基，由甲苯合成目的产物的路线：。