【文档说明】湖北省黄冈市麻城市实验高级中学2020届高三模拟（五）考试理综化学试题【精准解析】【武汉专题】.docx，共(19)页，1.028 MB，由小赞的店铺上传

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湖北省黄冈市麻城市实验高级中学2020届高三模拟（五）考试理科综合化学试题1.化学与生活、生产关系密切。下列说法正确的是（）A.明矾可作净水剂，也可用于自来水的杀菌消毒B.氢氧化铝、碳酸钠常用作胃酸中和剂C.SiC和C60两种

化合物均属于新型无机非金属材料D.“火烧硝石有紫青烟”的描述说明硝石中含有钾元素【答案】D【解析】【详解】A．明矾不具有杀菌消毒的作用，但可净水只起到除去悬浮物的作用，故A错误；B．碳酸钠碱性较强，不用于治疗胃酸过多，通常用氢氧

化铝和碳酸氢钠，故B错误；C．C60属于单质，不是化合物，不属于新型无机非金属材料，故C错误；D．“紫青烟”为钾元素的焰色反应现象，故D正确；答案选D。【点睛】杀菌消毒使用的是氧化性较强的物质，例如臭氧，二氧化氯

，过氧化氢等，明矾只能吸附水中的难溶物而沉降。2.阿伏加德罗常数用NA表示，下列叙述正确的是A.18克液态水与18克冰中氢键数目均为NAB.工业酸性废水中的Cr2O72-可转化为Cr3+除出，现用电解的方法模拟该过程，阴极为石墨，阳极

为铁，理论上电路中每通过6mol电子，就有NA个Cr2O72-被还原C.标准状况下，22.4LNO2含有的原子数小于3NAD.1molLiAlH4在125℃完全分解成LiH、H2、Al，转移电子数为3N

A【答案】D【解析】【详解】A．冰中1个水分子周围有4个水分子通过氢键连接，每个水分子相当于含有2个氢键，所以1mol冰中，氢键的数目是2NA，故A错误；B．铁为阳极，Fe-2e－=Fe2＋，Cr2O72－与亚铁离子发生氧化还原反应生成Cr3＋和三价铁离子，其离子方程式为：Cr2O72－+6

Fe2＋+14H＋=6Fe3＋+2Cr3＋+7H2O；得关系式：Fe2＋～2e－～～16Cr2O72－，当电路中通过6mole－，有0.5molCr2O72－被还原，故B错误；C．所以标准状况下，22.4LNO2物质的量为：122.4L22.4L?mol－=

1mol，含有的原子数等于3NA，故C错误；D．依据分解化学方程式和盐酸化合价变化计算电子转移，1molLiAlH4在125℃完全分解成LiH、H2、Al，化学方程式为：LiAlH4=LiH+H2↑+Al，转

移电子3NA，故D正确；故选D。3.因新型冠状病毒肺炎疫情防控需求，口罩已经成为了2020每个人必备之品。熔喷布，俗称口罩的“心脏”，是口罩中间的过滤层，能过滤细菌，阻止病菌传播。熔喷布是一种以高熔融指数的聚丙烯（PP）为

材料，由许多纵横交错的纤维以随机方向层叠而成的膜。其中有关聚丙烯的认识正确的是A.由丙烯通过加聚反应合成聚丙烯B.聚丙烯的链节：—CH2—CH2—CH2—C.合成聚丙烯单体丙烯的结构简式：CH2CHCH3D.聚丙烯能使溴水发生加

成反应而褪色【答案】A【解析】【详解】A.由丙烯通过加聚反应合成高分子化合物聚丙烯，故A正确；B.聚丙烯的链节：，故B错误；C.合成聚丙烯单体丙烯的结构简式：CH2=CHCH3，碳碳双键不能省，故C错误；D.聚丙烯中没有不饱和键，不能使溴水发生加成反应而褪色，

故D错误；故选A。4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最高的元素，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是A.Y单质的熔点高于X单质B.W、Z的氢化物沸点W>ZC.X、W、Z能形成具有强还原

性的XZWD.X2YW3中含有共价键【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最高的元素，W是O元素，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X为Na元素，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，Z的最外层电子数为7，则Z为Cl元素，Y

为Si元素。【详解】根据分析可知，W为O，X为Na，Y为Si，Z为Cl元素。A．Na形成晶体为金属晶体，其熔点较低，而Si形成晶体为原子晶体，具有较高熔点，则单质熔点：Y＞X，故A正确；B．水分子间形成氢键，沸点较高，W、Z的氢化物沸点W>Z，故B正确；C．

X、W、Z能形成具有强氧化性的NaClO，而不是还原性，故C错误；D．Na2SiO3中含有Si-O共价键，故D正确；故选C。5.如图，将一根纯铁棒垂直没入水中，一段时间后发现AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重．下列关于此现象的说法不正确的是A

.铁棒AB段的溶解氧浓度高于BC段B.铁棒AB段电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-C.铁棒AB段的Fe2+浓度高于BC段D.该腐蚀过程属于电化学腐蚀【答案】C【解析】【分析】铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于原电池，BC段作原电池负极、AB段作原电池正极，据此解答

即可。【详解】A、铁棒AB段与空气界面较近，深水处溶氧量较少，因此铁棒AB段的溶解氧浓度高于BC段，故A不符合题意；B、依据分析可知，AB段为原电池的正极，发生反应O2+4e-+2H2O=4OH-，故B不符合题意；C、由于AB段产生较

多铁锈，BC段腐蚀严重，故BC段作原电池负极、AB段作原电池正极，因此BC段Fe2+浓度较高，故C符合题意；D、铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故D不符合题意；故答案为C。6.下列依据实验

方案和现象对浓硫酸性质做出的判断合理的是实验方案实验I：实验II：实验现象试纸中心区域变黑，边缘变红黑色固体溶解，溶液接近无色(溶液中锰元素仅以2Mn+存在)，产生能使带火星的木条复燃的无色气体A.由I可知，浓硫酸具有脱水性B.由I可知，浓硫酸具有弱酸性C.由II可知，浓硫酸具有强氧化性D.由

II可知，浓硫酸具有吸水性【答案】A【解析】【详解】A．试纸中心区域变黑，说明试纸中的H元素和O元素被脱去，只剩下C，证明浓硫酸具有脱水性，A正确；B．蓝色石蕊试纸边缘变红，证明浓硫酸具有酸性，不能证明浓硫酸有弱酸性

，B错误；C．浓硫酸与MnO2反应后，Mn元素仅以2Mn+存在，说明Mn元素化合价降低，表现氧化性，产生能使带火星的木条复燃的无色气体，说明生成O2。但由于Mn元素也表现氧化性，且实验中没有说明有硫酸的还

原产物生成，故不能体现浓硫酸的强氧化性，C错误；D．浓硫酸与MnO2反应没有体现出浓硫酸的吸水性，D错误；故选A。7.已知常温下，3种物质的电离平衡常数如下表：物质HCOOHCH3COOHNH3·H2O电离平衡常

数K1.77×10−41.75×10−51.76×10−5下列说法不正确的是A.等物质的量浓度时，溶液pH：HCOONa＜CH3COONaB.pH均为3时，溶液浓度：c(HCOOH)＞c(CH3COOH)C.HCOOH溶液与氨水混合，当溶液pH＝7时，c(HCO

O-)＝c(NH4+)D.等物质的量浓度等体积的CH3COOH溶液和氨水混合，溶液pH约为7【答案】B【解析】【详解】A．由题可知，()()aa3HCOOHCHCOOHKK＞，所以相同浓度时，3CHCOO−的水解程度更大，CH3COONa溶液的碱性更强，A项正确；B．由题可知，()(

)aa3HCOOHCHCOOHKK＞，所以相同pH时，3CHCOOH的浓度更大，B项错误；C．HCOOH溶液与氨水混合后，若溶液常温下pH=7，则(H)(OH)cc+−=；根据溶液中的电荷守恒关系：()()()()4HNHOHHCOOcccc

++−−+=+，可知()()4HCOO=NHcc−+，C项正确；D．等体积等浓度的醋酸与氨水混合后，溶液即可视为CH3COONH4的溶液，由题可知，()()a3b32CHCOOHNHHOKK，溶液中4NH+和3CHCOO−的水解程度相近，所以溶液pH值约为7，D项正确

；答案选B。【点睛】弱酸或弱碱的电离常数越小，则可认为其“越弱”；相同浓度时，越弱的酸或碱的溶液，酸性或碱性就越弱；其他条件相同时，越弱的酸或碱形成的盐在发生水解时，水解程度就越大；电离常数相同的弱酸和弱碱形成的盐，由于对应的离子水解程度相同，所以其溶液可能显

中性。8.二苯甲酮广泛应用于药物合成，同时也是有机颜料、杀虫剂等的重要中间体。实验室以苯与苯甲酰氯为原料，在AlCl3作用下制备二苯甲酮的实验流程如下图所示：相关物理常数和物理性质如下表：名称相对分子

质量密度/g·cm-3熔点/oC沸点/oC溶解性苯780.885.580.1难溶水，易溶乙醇苯甲酰氯140.51.22−1197遇水分解无水氯化铝133.52.44190178（升华）遇水水解，微溶苯二苯甲酮1821.1148.5305（常压）难溶水，易溶苯已知：反应原理为：。该反应剧烈放热。回答

下列问题：（1）反应装置如图所示（加热和夹持装置已略去），迅速称取7.5g无水三氯化铝放入三颈瓶中，再加入30mL无水苯，搅拌，缓慢滴加6mL新蒸馏过的苯甲酰氯。反应液由无色变为黄色，三氯化铝逐渐溶解。混合完后，保持50℃左

右反应1.5～2h。仪器A的名称为_______。装置B的作用为_______。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是______。能作为C中装置的是_______（填标号）。（2）操作X为___________。（3）NaOH溶液洗涤的目的是____

_________。（4）粗产品先经常压蒸馏除去__________，再减压蒸馏得到产品。（5）当所测产品熔点为________时可确定产品为纯品。已知实验最终所得纯品8.0g，则实验产率为_________%（保留三位有效数字）。【答案】(1).恒压滴液漏斗(2).防止外界

空气中水蒸气进入影响实验(3).控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高(4).bc(5).分液(6).洗去残留的HCl(7).苯(8).48.5(9).84.4【解析】【分析】苯与苯甲酰氯为原料，在AlCl3作用下制备二苯甲酮

，，实验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装置B的作用为防止外界空气中水蒸气进入影响实验。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高。尾气中有HCl，极易溶于水，用C中装置吸收。反应混合液冷却，加浓盐酸后，静置分层，分液后在有机层中加NaOH溶液洗去

残留的HCl，用无水MgSO4干燥得粗产品，粗产品先经常压蒸馏除去苯，再减压蒸馏得到产品。【详解】（1）由装置图：仪器A的名称为恒压滴液漏斗。实验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装置B的作用为防止外界空气

中水蒸气进入影响实验。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高。尾气中有HCl，极易溶于水，用C中装置吸收，能作为C中装置的是bc（填标号）。故答案为：恒压滴液漏斗；防止外界空气中水蒸气进入影响实验；控制反应速率，防止

反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高；bc；（2）制备二苯甲酮的反应混合物，冷却、加浓盐酸后分成两相，有机相和水相，用分液的方法分离，操作X为分液。故答案为：分液；（3）分液后得到的有机相中含有HCl，NaOH溶液洗涤的目的是洗去残留的HCl。故答案为：洗去残留的HCl；（4）苯和二苯甲

酮互溶，沸点不同，粗产品先经常压蒸馏除去苯，再减压蒸馏得到产品。故答案为：苯；（5）纯净物具有固定的熔点，二苯甲酮的熔点为48.5℃，当所测产品熔点为48.5℃时可确定产品为纯品。30mL苯（密度0.88g·mL－1）的物质的量为300.8878mol=0.34mol，6mL新蒸馏过的苯甲酰

氯物质的量为61.22140.5mol=0.05210mol，由制备方程式可知，苯过量，所以产品的理论产量为0.05210mol×182g·mol－1=9.482g，则本实验中苯乙酮的产率为8g9.482g×100%=

84.4%，故答案为：48.5；84.4；【点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，（7）为解答的难点，先判断苯过量，然后算出理论产量，最后利用公式计算产率。9.(

1)已知反应2HI(g)=H2(g)+I2(g)的△H=+11kJ·mol-1，1molH2(g)、1molI2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为_____________

_kJ。(2)已知某密闭容器中存在下列平衡：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，CO的平衡物质的量浓度c(CO)与温度T的关系如图所示。①该反应△H_____________0(填“＞”或“＜”)

②若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1_____________K2(填“＞”、“＜”或“=”)。(3)在恒容密闭容器中，加入足量的MoS2和O2，仅发生反应：2MoS2(s)+7O2(g)2MoO3(s)+4SO2(g)ΔH。测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示：①p1

、p2、p3的大小：___________。②若初始时通入7.0molO2，p2为7.0kPa，则A点平衡常数Kp=___________(用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算，分压=总压×气体的物质的量分数，写出计算式即可)。(4)中科院兰州化学物理研究所用Fe3(CO)12/ZSM

-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如表。助剂CO2转化率(%)各产物在所有

产物中的占比(%)C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8①欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加_______助剂效

果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是:___________②下列说法正确的是______；a．第ⅰ步的反应为：CO2+H2CO+H2Ob．第ⅰ步反应的活化能低于第ⅱ步c．催化剂助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用d．Fe3(CO)12/ZSM-5使CO2

加氢合成低碳烯烃的ΔH减小e．添加不同助剂后，反应的平衡常数各不相同【答案】(1).299(2).<(3).>(4).p1>p2>p3(5).11372(kPa)7(6).K(7).降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几

乎无影响(8).ac【解析】【详解】(1)焓变=反应物的键能之和-生成物的键能之和，设1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为x，则：2x-436kJ/mol-151kJ/mol=11kJ/mol，解得x=299kJ/mol；(2)①据图可知

随温度升高，CO的平衡浓度增大，说明升高温度平衡逆向移动，该反应的正反应为放热反应，所以△H<0；②对于放热反应，温度越高，平衡常数越小，T1<T2所以K1>K2；(3)①该反应为气体的物质的量减少的反应，所以温度相同时，压强越大氧气的平衡转化率越大，所以p1>p2>p3；②初始投料为7

.0molO2，平衡时O2的转化率为50%，即△n(O2)=3.5mol，根据反应方程式可知平衡时n(SO2)=2mol，n(O2)=7mol-3.5mol=3.5mo；恒容容器中气体的压强之比等于气体的物质的量之比，初始的总气体的物质的量为7mol，压强为7.0kPa，则平衡时p(O

2)=3.5kPa，p(SO2)=2kPa，Kp=()()442772SO2==O3.5pp11372(kPa)7；(4)①由表中数据可知，助剂为Na时，其他副反应占比大，助剂为Cu时，CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、CO

2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少；加入助剂可以降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响；②a．由催化CO2加氢合成低碳烯烃反应可知，

第ⅰ步所反应为：CO2+H2⇌CO+H2O，故a正确；b．第ⅰ步反应是慢反应，第ⅱ步是快反应，反应的活化能越低，反应速率越快，所以第ⅰ步反应的活化能高于第ⅱ步，故b错误；c．助剂可改变反应的选择性，所以催化剂助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用，故c正确；d．催化剂不

能改变平衡状态，不能改变焓变，故d错误；e．反应的平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，与添加的助剂无关，故e错误；综上所述选ac。【点睛】焓变=反应物键能之和-生成物键能之和；催化剂只影响反应速率，不影响反应的焓变，也不影响平衡常数。

10.“NaH2PO2还原法”制备高纯度氢碘酸和亚磷酸钠(Na2HPO3)的工业流程如图。已知：25℃时，H3PO3的pKa1=1.3，pKa2=6.6。（1）“合成”过程，主要氧化产物为H3PO3，相应的化学方程式为___________。（2）“除铅”过程，FeS除去微量Pb2+

的离子方程式为___________。（3）“减压蒸馏”过程，I-回收率为95%，则剩余固体的主要成分为___________（填化学式）。（4）“调pH=11”的作用是___________。（5）氢

碘酸也可以用“电解法”制备，装置如图所示。其中双极膜(BPM)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH-；A、B为离子交换膜。①B膜最佳应选择___________②阳极的电极反应式是__

_________。③少量的I-因为浓度差通过BPM膜，若撤去A膜，其缺点是：___________【答案】(1).NaH2PO2＋I2＋H2O=H3PO3＋NaI＋HI(2).FeS(s)＋Pb2＋(

aq)=PbS(s)＋Fe2＋(aq)(3).NaH2PO3(4).除去铁，并将NaH2PO3转变为Na2HPO3(5).Na＋离子交换膜(6).2H2O－4e－=O2↑＋4H＋(7).I－会在阳极放电，沉积在阳极表面，损伤阳极板【解析】【分析】“合成”步骤，NaH2PO2和I2和水反应

生成H3PO3和NaI和HI；之后加入FeS将Pb2+转化为PbS除去，此时溶液中的杂质为Fe2+；因为HI易挥发，“减压蒸馏”获得HI溶液，剩余固体主要为含有Fe2+杂质的NaH2PO3，加水溶解，再加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，调pH=11将Fe3+转化为沉淀除去，同时部分

NaH2PO3转换为了Na2HPO3；再次调pH将NaH2PO3彻底转化为Na2HPO3，最后“结晶”得到Na2HPO3固体，据此分析解答。【详解】(1)根据后续流程可知“合成”步骤中产生HI，说明I2将N

aH2PO2氧化，HI为强酸，所以还生成H3PO3和NaI，根据电子守恒和元素守恒可得该反应的化学方程式为：NaH2PO2+I2+H2O=H3PO3+NaI+HI；(2)“除铅”过程，利用沉淀转化原理，加入FeS将Pb2+变成PbS，离子方程式为

：FeS(s)+Pb2+(aq)=Fe2+(aq)+PbS(s)；(3)根据合成步骤的反应，可知蒸馏前溶液中主要含H3PO3、NaI和HI，而蒸馏过程I-回收率为95%，说明H3PO3和NaI反应有NaH2PO3生成，则剩余固体的主要成分为NaH2PO3；(

4)“调pH=11”的作用：将Fe3+转化为沉淀除去，同时将NaH2PO3转换为了Na2HPO3；(5)①从图上看，右端的BPM膜和B膜之间产生NaOH，BPM膜提供OH-，所以B膜最好是钠离子交换膜；②阳极附近溶

液为硫酸溶液，水电离的氢氧根失电子产生氧气，同时产生氢离子，故阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+；③电解池中阴离子有向阳极移动的趋势，少量的I－因为浓度差通过BPM膜，若没有A膜的阻挡，I－会在阳极失电子得到碘单质，沉积在阳极表面，损伤阳极板。【点睛】电解池

中阳离子有流向阴极的趋势，阴离子有流向阳极的趋势，结合各室的产物来分析A、B膜的作用。11.一种Ru络合物与g-C3N4复合光催化剂将CO，还原为HCOOH的原理图如图。(1)基态碳原子的价电子排布图为________

___。(2)1molHCOOH中含有的σ键数目为___________，HCOOH的沸点比CO2高的原因为___________。(3)Ru络合物中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。(4)Ru络合物中与Ru配位的原子有N、_

__________。(5)一类石墨的聚合物半导体g-C3N4，其单层平面结构如图1，晶胞结构如图2。①g-C3N4中氮原子的杂化类型是______________。②根据图2，在图1中用平行四边形画出一个最小重复单元。______

________③已知该晶胞的体积为Vcm3，中间层原子均在晶胞内部。设阿伏加德罗常数的值为NA，则g-C3N4的密度为______________g.cm-3。【答案】(1).或(2).4NA(3).HCOOH和CO2都为分子晶体，HCOOH分子间形成氢键(4).N

>O>C(5).Cl，C(6).sp2杂化(7).(8).A184VN【解析】【分析】根据能量最低原理，由基态碳原子的价电子排布式确定其价电子排布图；HCOOH和CO2都为分子晶体，HCOOH分子间形成了氢键，导致沸点偏高；同一

周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，且同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的；由图一可知N形成三个化学键，有3个杂化轨道，杂化轨道间的夹角为120°。【详解】(1)根据能量最低原理，基态碳原子的价电子排布式为2s22p2，故其价电子排布图为或；(

2)一个单键就是一个σ键,一个双键中含有一个σ键,一个π键，根据甲酸分子结构可知1分子甲酸中含4个σ键，则1molHCOOH中含有的σ键数目为4NA；HCOOH和CO2都为分子晶体，但HCOOH分子间形成了氢键，氢键比普通分子间

作用力要强，故HCOOH的沸点比CO2高；(3)Ru络合物中含有的第二周期元素为C、N、O，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，且同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的，故第一电

离能由大到小的顺序为N>O>C；(4)由Ru络合物的结构可知，其中与Ru配位的原子有N、Cl、C；(5)①由图一可知N形成三个化学键，有3个杂化轨道，杂化轨道间的夹角为120°，故N原子的杂化类型为sp2杂化；②根据图2，在图1中用平行四边形画出一个最小重

复单元为；③ρ=m/V=M/VNA=A184VNg.cm-312.苯丁酸氮芥是氮芥类抗癌药的代表物，其合成路线如图所示：回答下列问题：(1)反应①所需的试剂和条件是______________，B中的官能团名称是______________(2)C的结构简式为________

______。(3)写出具有苯环结构，既能发生银镜反应又能发生水解反应的D的同分异构体的结构简式______________。(不考虑立体异构，只需写出3个)(4)②的反应类型是______________。(5)写出F到G的反应方程式______________。(6)设计由苯和制备

的合成路线(无机试剂任选)。______________【答案】(1).浓硫酸，浓硝酸，55－60℃水浴加热(2).硝基(3).(4).、、、、；(5).还原反应(6).+CH3OH浓硫酸Δ+H2O(7).【解析】【分析】根据题中合成路线，A为苯，苯发生硝化反应生成B为硝基苯，硝基苯

被还原得C为，C发生取代反应生成D，D发生加成反应得E，E发生还原反应得F，F与甲醇发生酯化反应生成G为，G和环氧乙烷发生加成反应得H，H发生氨基上氢原子的取代然后再将酯基水解反应得I。【详解】(1)反应①为苯发生硝化反应生成硝基苯，所以所需的试剂和条件是浓硝酸、浓硫

酸和55－60℃水浴加热；根据B的结构简式可知，B中的官能团名称是硝基；(2)根据可知，C为；(3)D的同分异构体具有苯环结构，既能发生银镜反应又能发生水解反应，而D中只有1个O原子，且含有酰胺基，所以其同分异构体中均含有甲酸形成的酰胺基，所以符合条件的有、、、、；(

4)反应②为硝基转化为氨基的反应，加氢去氧，所以为还原反应；(5)F与甲醇发生酯化反应生成G，反应方程为：+CH3OH浓硫酸Δ+H2O；(6)苯和发生类似题中步骤④的反应得，发生还原反应得，在浓硫酸的作用下发生分子内脱水得到，所以合成路线为，【点睛】有机反应中，加氧或者去

氢的反应为氧化反应，加氢或者去氧的反应为还原反应(催化加氢属于还原反应)。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com