2022年安徽省濱湖壽春高三下學(xué)期一模考試化學(xué)試題含解析

1、2021-2022學(xué)年高考化學(xué)模擬試卷請(qǐng)考生注意：1請(qǐng)用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請(qǐng)用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的注意事項(xiàng)，按規(guī)定答題。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、氰氨化鈣是一種重要的化工原料，其制備的化學(xué)方程式為：CaCO3+2HCN =CaCN2+CO+H2+CO2，下列說法正確的是ACO為氧化產(chǎn)物，H2為還原產(chǎn)物BCaCN2含有共價(jià)鍵，屬于共價(jià)化合物CHCN既是氧化劑又是還原劑D每消耗10g CaCO3生成2.24L CO22、常

2、溫下，關(guān)于等體積、等pH的稀鹽酸和稀醋酸溶液，下列說法正確的是A兩溶液中由水電離的：鹽酸醋酸B兩溶液中C分別與足量的金屬鋅反應(yīng)生成氫氣的量：鹽酸醋酸D分別用水稀釋相同倍數(shù)后溶液的pH：鹽酸=醋酸3、下列裝置所示的分離提純方法和物質(zhì)的溶解性無關(guān)的是ABCD4、如圖為高中化學(xué)教材必修1（人教版）中NaCl在水中的溶解和電離示意圖。下列由此得出的說法中，錯(cuò)誤的是A在H2O分子中，H或O原子均完全不帶電荷B在NaCl晶體中，Na和Cl的排列整齊有序CNa、Cl在水中是以水合離子的形式存在DNaCl晶體的溶解和電離過程破壞了離子鍵5、將40的飽和硫酸銅溶液升溫至50，或溫度仍保持在40而加入少量無水硫酸

3、銅，在這兩種情況下均保持不變的是A硫酸銅的溶解度B溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量C溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)D溶液中Cu2+的數(shù)目6、根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是()選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向雞蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液，出現(xiàn)渾濁蛋白質(zhì)可能發(fā)生了變性B將乙醇與濃硫酸混合加熱，產(chǎn)生的氣體通入酸性KMnO4溶液，溶液紫紅色褪去產(chǎn)生的氣體中一定含有乙烯C室溫下，用pH試紙測(cè)得：0.1 molL1Na2SO3溶液的pH約為10；0.1 molL1NaHSO3溶液的pH約為5HSO3結(jié)合H+的能力比SO32的強(qiáng)D向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，產(chǎn)生淡黃色沉淀(AgBr)Ksp(A

4、gBr)Ksp(AgCl)AABBCCDD7、NH3是一種重要的化工原料，利用NH3催化氧化并釋放出電能（氧化產(chǎn)物為無污染性氣體），其工作原理示意圖如下。下列說法正確的是A電極為正極，電極上發(fā)生的是氧化反應(yīng)B電極的電極反應(yīng)式為2NH36eN2+6H+C電子通過外電路由電極流向電極D當(dāng)外接電路中轉(zhuǎn)移4 mol e時(shí)，消耗的O2為22.4 L8、某無色溶液中含Na+、I-、NO3-、Cl-，加入下列哪種溶液不會(huì)使其變色A淀粉溶液B硫酸氫鈉溶液CH2O2溶液D氯水9、X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素，A、B、C、D、E為上述四種元素中的兩種或三種所組成的化合物。已知A的相對(duì)分子質(zhì)

5、量為28，B分子中含有18個(gè)電子，五種化合物間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是（ ）AX、Y組成化合物的沸點(diǎn)一定比X、Z組成化合物的沸點(diǎn)低BY的最高價(jià)氧化物的水化物為弱酸CY、Z組成的分子可能為非極性分子DW是所在周期中原子半徑最小的元素10、下列說法正確的是ASiO2制成的玻璃纖維，由于導(dǎo)電能力強(qiáng)而被用于制造通訊光纜B水分子中OH鍵的鍵能很大，因此水的沸點(diǎn)較高CNa2O2中 既含有離子鍵又含有共價(jià)鍵，但Na2O2屬于離子化合物D1 mol NH3中含有共用電子對(duì)數(shù)為4NA (NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)11、分別在三個(gè)容積均為2.0L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：A(g)+B(g)D(g)。其

6、中容器甲中反應(yīng)進(jìn)行至5min時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)，相關(guān)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表所示：容器溫度/起始物質(zhì)的量/mol平衡物質(zhì)的量/mol化學(xué)平衡常數(shù)n(A)n(B)n(D)n(D)甲5004.04.003.2K1乙5004.0a02.0K2丙6002.02.02.02.8K3下列說法不正確的是A05min內(nèi)，甲容器中A的平均反應(yīng)速率v(A)=0.64molL-1min-1Ba=2.2C若容器甲中起始投料為2.0molA、2.0molB，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，A的轉(zhuǎn)化率小于80DK1=K2K312、以CO2和Na2O2為原料，制取純凈干燥的O2，實(shí)驗(yàn)裝置如下：下列說法不正確的是A裝置中試劑可以是NaOH溶液B裝置的作用是

7、干燥O2C收集氧氣應(yīng)選擇裝置aD裝置、之間應(yīng)增加盛澄清石灰水的洗氣瓶13、常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（ ）ApH=1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+B水電離出的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-C=1012的水溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-Dc(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、ClO-、SO42-、SCN-14、假設(shè)與猜想是科學(xué)探究的先導(dǎo)和價(jià)值所在。下列假設(shè)引導(dǎo)下的探究肯定沒有意義的是A探究SO2和Na2O2反應(yīng)可能有Na2SO4生成B探究濃硫酸與銅在一定條件下反應(yīng)產(chǎn)生的黑色物質(zhì)可能是CuO

8、C探究Na與水的反應(yīng)可能有O2生成D探究向滴有酚酞試液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞紅色褪去的現(xiàn)象是溶液的酸堿性改變所致，還是HClO的漂白性所致15、根據(jù)所給信息和標(biāo)志，判斷下列說法錯(cuò)誤的是AABBCCDD16、如圖是利用試紙、鉛筆芯設(shè)計(jì)的微型實(shí)驗(yàn)以鉛筆芯為電極，分別接觸表面皿上的試紙，接通電源，觀察實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象下列說法錯(cuò)誤的是（）ApH試紙變藍(lán)BKI淀粉試紙變藍(lán)C通電時(shí)，電能轉(zhuǎn)換為化學(xué)能D電子通過pH試紙到達(dá)KI淀粉試紙17、X、Y、Z、W為短周期主族元素，它們的最高正化合價(jià)和原子半徑如下表所示：元素XYZW最高正化合價(jià)+3+1+5+7原子半徑0.0820.1860.1100.099則下列說

9、法錯(cuò)誤的是AX的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物具有兩性BZW3分子中所有原子最外層均滿足8e結(jié)構(gòu)CY的一種氧化物可用作供氧劑，Z的一種氧化物可用作干燥劑D簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：WZX18、下列有關(guān)氯元素及其化合物的表示正確的是（ ）A質(zhì)子數(shù)為17、中子數(shù)為20的氯原子：B氯離子(Cl)的結(jié)構(gòu)示意圖：C氯分子的電子式：D氯乙烯分子的結(jié)構(gòu)簡式：H3CCH2Cl19、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X位于A族，Y的原子核外最外層與次外層電子數(shù)之和為9，Z是地殼中含量最多的金屬元素，W與X同主族。下列說法錯(cuò)誤的是()A原子半徑：r(Y)r(Z)r(W)r(X)B由X、Y組成的化合物是離子

10、化合物CX的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強(qiáng)DY的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性比Z的弱20、實(shí)驗(yàn)室為探究鐵與濃硫酸足量的反應(yīng)，并驗(yàn)證的性質(zhì)，設(shè)計(jì)如圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，下列說法不正確的是（）A裝置B中酸性溶液逐漸褪色，體現(xiàn)了二氧化硫的還原性B實(shí)驗(yàn)結(jié)束后可向裝置A的溶液中滴加KSCN溶液以檢驗(yàn)生成的C裝置D中品紅溶液褪色可以驗(yàn)證的漂白性D實(shí)驗(yàn)時(shí)將導(dǎo)管a插入濃硫酸中，可防止裝置B中的溶液倒吸21、海水綜合利用要符合可持續(xù)發(fā)展的原則，其聯(lián)合工業(yè)體系（部分）如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是A中可采用蒸餾法B中可通過電解法制金屬鎂C中提溴涉及到復(fù)分解反應(yīng)D的產(chǎn)品可生產(chǎn)鹽酸、漂白液等22、下圖為某二次電池充電時(shí)的

11、工作原理示意圖，該過程可實(shí)現(xiàn)鹽溶液的淡化。下列說法錯(cuò)誤的是A充電時(shí)，a為電源正極B充電時(shí)，Cl-向Bi電極移動(dòng)，Na+向NaTi2(PO4)2電極移動(dòng)C充電時(shí)，新增入電極中的物質(zhì)：n(Na+)：n(Cl-)=1:3D放電時(shí)，正極的電極反應(yīng)為BiOCl+2H+3e-=Bi+Cl-+H2O二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機(jī)物是有機(jī)合成中間體，如可合成J或高聚物等，其合成J的線路圖如圖：已知：，A苯環(huán)上的一氯代物只有2種有機(jī)物B是最簡單的單烯烴，J為含有3個(gè)六元環(huán)的酯類（、為烴基或H原子）回答以下問題：（1）A的化學(xué)名稱為_；E的化學(xué)式為_。（2）的反應(yīng)類型：_；H分子中官能團(tuán)的名稱是_。

12、（3）J的結(jié)構(gòu)簡式為_。（4）寫出I在一定條件下生成高聚物的化學(xué)反應(yīng)方程式_。（5）有機(jī)物K是G的一種同系物，相對(duì)分子質(zhì)量比G少14，則符合下列條件的K的同分異構(gòu)體有_種（不考慮立體異構(gòu)）。a苯環(huán)上只有兩個(gè)取代基b既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)也能與溶液反應(yīng)寫出其中核磁共振氫譜有6個(gè)峰，峰面積之比為2:2:1:1:1:1的結(jié)構(gòu)簡式_。24、（12分）已知：D為烴，E分子中碳元素與氫元素的質(zhì)量之比61，相對(duì)分子質(zhì)量為44，其燃燒產(chǎn)物只有CO2和H2O。A的最簡式與F相同，且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，可由淀粉水解得到。（1）A的結(jié)構(gòu)簡式為_。（2）寫出DE的化學(xué)方程式_。（3）下列說法正確的是_。A.有機(jī)物F能使石蕊溶液

13、變紅B.用新制的氫氧化銅無法區(qū)分有機(jī)物C、E、F的水溶液C.等物質(zhì)的量的C和D分別完全燃燒消耗氧氣的量相等D.可用飽和碳酸鈉溶液除去有機(jī)物B中混有的少量C、FE.B的同分異構(gòu)體中能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的酯類共有2種25、（12分）X、Y、Z均是中學(xué)化學(xué)中常見的物質(zhì)，某同學(xué)用X、Y兩種單質(zhì)及Z的溶液進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，部分實(shí)驗(yàn)內(nèi)容如下表所示：(1)I中反應(yīng)物與生成物總能量的大小E(反應(yīng)物)_E(生成物）（填“ ”“或或）。由上述實(shí)驗(yàn)，得出的結(jié)論是：_。27、（12分）硫酸鋅可用于制造鋅鋇白、印染媒染劑等。用鋅白礦(主要成分為ZnO，還含有Fe2O3、CuO、SiO2等雜成) 制備ZnSO47H2O的流程如下。相關(guān)

14、金屬離了生成氫氧化物沉淀的pH (開始沉淀的pH按金屬離子濃度為1.0molL-1計(jì)算）如下表：金屬離子開始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+6.48.0 (1)“濾渣1”的主要成分為_(填化學(xué)式）?！八峤边^程中，提高鋅元素浸出率的措施有：適當(dāng)提高酸的濃度、_(填一種)。(2)“置換”過程中，加入適量的鋅粉，除與溶液中的Fe3+，H+反應(yīng)外，另一主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。(3)“氧化”一步中，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。溶液pH控制在3.2，6.4)之間的目的是_。(4)“母液”中含有的鹽類物質(zhì)有_ (填化學(xué)式）。28、（14分）有機(jī)物M是有機(jī)合成的重要中

15、間體，制備M的一種合成路線如下(部分反應(yīng)條件和試劑略去)：已知：A的密度是相同條件下H2密度的38倍；其分子的核磁共振氫譜中有3組峰；(-NH2容易被氧化)；R-CH2COOH請(qǐng)回答下列問題：(1)B的化學(xué)名稱為_。A中官能團(tuán)的電子式為_。(2)CD的反應(yīng)類型是_，I的結(jié)構(gòu)簡式為_。(3)FG的化學(xué)方程式為_。(4)M不可能發(fā)生的反應(yīng)為_(填選項(xiàng)字母)。a.加成反應(yīng) b.氧化反應(yīng) c.取代反應(yīng) d.消去反應(yīng)(5)請(qǐng)寫出任意兩種滿足下列條件的E的同分異構(gòu)體有_。能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng) 能與NaHCO3反應(yīng) 含有-NH2(6)參照上述合成路線，以為原料(無機(jī)試劑任選)，設(shè)計(jì)制備的合成路線：

16、_。29、（10分）非索非那定（H）是一種重要的抗過敏藥，可采用如圖路線合成：已知：Ph-代表苯基；請(qǐng)回答（1）A的名稱為_；FC的反應(yīng)類型為_。（2）E的分子式為_；H中含氧官能團(tuán)的名稱為_。（3）實(shí)驗(yàn)室檢驗(yàn)B中官能團(tuán)所用的試劑為_。（4）EF的化學(xué)方程式為_。（5）D水解后得到物質(zhì)W（）則同時(shí)滿足下列條件的W的同分異構(gòu)體有_種；其中核磁共振氫譜有五組吸收峰，峰面積之比為6：2：2：1：1的結(jié)構(gòu)簡式為_。i苯環(huán)上有兩個(gè)取代基能與FcC1溶液發(fā)生顯色反應(yīng)iii能發(fā)生銀鏡反應(yīng)（6）新戊酸（）可用于生產(chǎn)香料，設(shè)計(jì)由乙烯為起始原料制備新皮酸的合成路線_（無機(jī)試劑任選）。參考答案一、選擇題(共包括22

17、個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、C【解析】A.HCN中碳的化合價(jià)為+2價(jià)，CO中碳的化合價(jià)也是+2價(jià)，CO既不是氧化產(chǎn)物也不是還原產(chǎn)物，A錯(cuò)誤；B.CaCN2中含有離子鍵和共價(jià)鍵，屬于離子化合物，B錯(cuò)誤；C.HCN中H的化合價(jià)降低，C的化合價(jià)升高，HCN既是氧化劑又是還原劑，C正確；D.每消耗10gCaCO3生成0.1molCO2，沒有說明溫度和壓強(qiáng)，無法計(jì)算二氧化碳的體積，D錯(cuò)誤；答案選C。2、B【解析】醋酸是弱酸，水溶液中存在電離平衡。重視外因?qū)﹄婋x平衡的影響?！驹斀狻緼. 稀鹽酸和稀醋酸溶液中的OH均來自水的電離，兩溶液pH相等，則H+、OH-濃度分別相等，即水電離的：鹽酸醋

18、酸，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B. 兩溶液分別滿足電荷守恒關(guān)系c(H+)=c(OH)+c(Cl-)、c(H+)=c(OH)+c(CH3COO-)，兩溶液的pH相等，c(H+)和 c(OH)的也相等，則c(Cl-)c(CH3COO-)，B項(xiàng)正確；C. 稀鹽酸和稀醋酸等體積、等pH，則H+等物質(zhì)的量，與足量的金屬鋅反應(yīng)時(shí)促進(jìn)醋酸電離出更多H+，生成更多氫氣，故生成氫氣量：鹽酸醋酸，D項(xiàng)錯(cuò)誤。本題選B。3、A【解析】A、蒸餾與物質(zhì)的沸點(diǎn)有關(guān)，與溶解度無關(guān)，正確；B、洗氣與物質(zhì)的溶解度有關(guān)，錯(cuò)誤；C、晶體的析出與溶解度有關(guān)，錯(cuò)誤；D、萃取與物質(zhì)的溶解度有關(guān)，錯(cuò)誤；答案選A。4、A【解析】A在H2O分子中，O原子吸引電

19、子的能力很強(qiáng)，O原子與H原子之間的共用電子對(duì)偏向于O，使得O原子相對(duì)顯負(fù)電性，H原子相對(duì)顯正電性，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B在NaCl晶體中，Na和Cl整齊有序地排列，B項(xiàng)正確；CNa、Cl在水中是以水合離子的形式存在，C項(xiàng)正確；DNaCl晶體的溶解和電離過程，使原本緊密結(jié)合的Na+與Cl-分開，成為了自由的水合離子，破壞了Na+與Cl-之間的離子鍵，D項(xiàng)正確；答案選A。5、C【解析】A. 硫酸銅的溶解度隨溫度升高而增大，將40的飽和硫酸銅溶液升溫至50，硫酸銅的溶解度增大，故A錯(cuò)誤； B. 40的飽和硫酸銅溶液，溫度仍保持在40，加入少量無水硫酸銅，硫酸銅生成硫酸銅晶體，溶液中溶劑減少，溶質(zhì)析出，溶液中溶

20、質(zhì)的質(zhì)量減少，故B錯(cuò)誤；C. 將40的飽和硫酸銅溶液升溫至50，溶解度增大，濃度不變；溫度不變，飽和硫酸銅溶液加入少量無水硫酸銅，析出硫酸銅晶體，溶液仍為飽和溶液，濃度不變，故C正確； D. 溫度仍保持在40，加入少量無水硫酸銅，硫酸銅生成硫酸銅晶體，溶液中溶劑減少，溶質(zhì)析出，溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量減少，溶液中Cu2+的數(shù)目減少，故D錯(cuò)誤。【點(diǎn)睛】明確硫酸銅溶解度隨溫度的變化，理解飽和溶液的概念、硫酸銅與水發(fā)生CuSO4+5H2O=CuSO45H2O反應(yīng)后，溶劑質(zhì)量減少是解決該題的關(guān)鍵。6、A【解析】A. 雞蛋清主要成分為蛋白質(zhì)，少量CuSO4可能會(huì)使其發(fā)生變性，故A項(xiàng)正確；B. 乙醇和濃硫酸共熱至

21、170后發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，但乙醇易揮發(fā)，二者均可使高錳酸鉀褪色，則該實(shí)驗(yàn)不能證明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C. 室溫下，用pH試紙測(cè)得：0.1 molL1Na2SO3溶液的pH約為10；0.1 molL1NaHSO3溶液的pH約為5，說明SO32-的水解程度比HSO3-大，即SO32-結(jié)合H的能力比HSO3-的強(qiáng)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D. NaCl和NaBr的濃度大小未知，產(chǎn)生的淡黃色沉淀也可能是溴離子濃度較大所導(dǎo)致，因此該實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象不能說明Ksp(AgBr)K3，故D正確；故選A。12、C【解析】實(shí)驗(yàn)原理分析：二氧化碳通過U型管與過氧化鈉反應(yīng)生成氧氣，氧氣和沒有反應(yīng)的二氧化碳通入堿液

22、洗氣瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗氣瓶驗(yàn)證二氧化碳是否除盡，在通過盛有濃硫酸的洗氣瓶干燥氧氣，最后收集；【詳解】A.裝置中試劑可以是NaOH溶液，用來除掉二氧化碳?xì)怏w，故不選A；B. 裝置中盛有濃硫酸，作用是干燥O2，故不選B；C. 由于氧氣密度大于空氣，選擇裝置b，故選C；D. 裝置、之間應(yīng)增加盛澄清石灰水的洗氣瓶，驗(yàn)證二氧化碳是否除盡，故不選D；答案：C13、C【解析】ApH=1的溶液，顯酸性，F(xiàn)e2+、NO3-、H+發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B水電離出的c(H+)=10-12mol/L的溶液呈酸性或堿性，HCO3-和氫離子或氫氧根離子都能反應(yīng)，都不能大量共存，故B

23、錯(cuò)誤；C=1012的水溶液呈酸性，這幾種離子之間不反應(yīng)且和氫離子也不反應(yīng)，能大量共存，故C正確；DFe3+和SCN-發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)，不能大量共存，故D錯(cuò)誤；故選C。14、C【解析】A、SO2具有還原性，Na2O2具有氧化性，所以探究SO2和Na2O2反應(yīng)可能有Na2SO4生成有意義，故A不符合題意；B、濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，所以探究濃硫酸與銅在一定條件下反應(yīng)產(chǎn)生的黑色物質(zhì)可能是CuO有意義，故B不符合題意；C、Na是非?；顫姷慕饘?，不可能與水反應(yīng)生成O2，所以探究Na與水的反應(yīng)可能有O2生成沒有意義，故C符合題意；D、Cl2能與NaOH反應(yīng)，使溶液的堿性減弱，Cl2與H2O反應(yīng)生成了HClO，HC

24、lO具有漂白性，所以探究向滴有酚酞試液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞紅色褪去的現(xiàn)象是溶液的酸堿性改變所致，還是HClO的漂白性所致有意義，故D不符合題意。15、B【解析】A.阿司匹林主要成分是乙酰水楊酸，含有羧基，具有酸性，可以與NaHCO3發(fā)生反應(yīng)，因而可解毒，A正確；B.將Cu片制成納米銅，增加了銅與空氣的接觸面積，導(dǎo)致反應(yīng)速率加快，并不是金屬活動(dòng)性發(fā)生改變，B錯(cuò)誤；C.帶有該標(biāo)識(shí)，證明該物質(zhì)具有放射性，會(huì)對(duì)人產(chǎn)生危害，因此看到要隨時(shí)報(bào)警，C正確；D.糧食釀酒，涉及淀粉的水解反應(yīng)，產(chǎn)生的葡萄糖在酒化酶的作用下產(chǎn)生乙醇的氧化還原反應(yīng)，D正確；故合理選項(xiàng)是B。16、D【解析】A連接負(fù)極的鉛筆

25、芯為陰極，陰極上氫離子放電生成氫氣，同時(shí)電極附近生成氫氧根離子，溶液呈堿性，pH試紙遇堿變藍(lán)色，故A正確；B連接正極的鉛筆芯為陽極，陽極上氯離子放電生成氯氣，氯氣能氧化碘離子生成碘，碘與淀粉試液變藍(lán)色，所以淀粉碘化鉀試紙變藍(lán)色，故B正確；C該裝置是將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能裝置，為電解池，故C正確；D電子不通過電解質(zhì)溶液，電解質(zhì)溶液中陰陽離子定向移動(dòng)形成電流，故D錯(cuò)誤；故答案為D?！军c(diǎn)睛】考查電解原理，明確離子放電順序及各個(gè)電極上發(fā)生的反應(yīng)、物質(zhì)的性質(zhì)即可解答，該裝置為電解池，連接負(fù)極的鉛筆芯為陰極，陰極上氫離子放電，同時(shí)電極附近生成氫氧根離子，溶液呈堿性；連接正極的鉛筆芯為陽極，陽極上氯離子放電生成

26、氯氣，氯氣能氧化碘離子生成碘，碘與淀粉試液變藍(lán)色，注意電解質(zhì)溶液中電流的形成，為易錯(cuò)點(diǎn)。17、A【解析】根據(jù)X、Y、Z、W為短周期主族元素，聯(lián)系最高正化合價(jià)，X可與為B元素或者Al元素，Y為Li元素或Na元素，Z為N元素或P元素，W為Cl元素，又原子半徑：YZClX，則X為B元素，Y為Na元素，Z為P元素，據(jù)此分析回答問題。【詳解】AB的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物H2BO3是弱酸，不具有兩性，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；BPCl3的電子式為，所有原子最外層均滿足8e結(jié)構(gòu)，B選項(xiàng)正確；CNa的氧化物Na2O2可作供氧劑，P的氧化物P2O5是酸性干燥劑，C選項(xiàng)正確；D非金屬性越強(qiáng)，簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金

27、屬性ClPB，則熱穩(wěn)定性：HClPH3BH3，D選項(xiàng)正確；答案選A。18、C【解析】A、左上角應(yīng)是質(zhì)量數(shù)，質(zhì)量數(shù)=中子數(shù)+質(zhì)子數(shù)=37，應(yīng)是，故A說法錯(cuò)誤；B、氯離子質(zhì)子數(shù)大于電子數(shù)，其結(jié)構(gòu)示意圖：，故B錯(cuò)誤；C、氯原子最外層7個(gè)電子，每個(gè)氯原子都達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故C正確；D、氯乙烯結(jié)構(gòu)簡式：CH2=CHCl，而題目中是氯乙烷，故D說法錯(cuò)誤。19、D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X位于A族，X為氟元素，Y的原子核外最外層與次外層電子數(shù)之和為9，Y為鈉元素，Z是地殼中含量最多的金屬元素，Z為鋁元素，W與X同主族，W為氯元素。【詳解】X為氟元素，Y為鈉元素，Z為鋁元素

28、，W為氯元素。A. 電子層越多原子半徑越大，電子層相同時(shí)，核電荷數(shù)越大原子半徑越小，則原子半徑：r(Y)r(Z)r(W)r(X)，故A正確；B. 由X、Y組成的化合物是NaF，由金屬離子和酸根離子構(gòu)成，屬于離子化合物，故B正確；C. 非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)氫化物越穩(wěn)定，X的簡單氣態(tài)氫化物HF的熱穩(wěn)定性比W的簡單氣態(tài)氫化物HCl強(qiáng)，故C正確；D.元素的金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性越強(qiáng)， Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物是NaOH，堿性比Al(OH)3強(qiáng)，故D錯(cuò)誤；故選D，【點(diǎn)睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的應(yīng)用，推斷元素為解答關(guān)鍵，注意熟練掌握元素周期律內(nèi)容、元素周期表結(jié)構(gòu)，提高分析能力及綜

29、合應(yīng)用能力，易錯(cuò)點(diǎn)A，注意比較原子半徑的方法。20、B【解析】A.通入酸性溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸錳、硫酸鉀和硫酸，可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，體現(xiàn)的還原性，故A正確；B.KSCN溶液用于檢驗(yàn)三價(jià)鐵離子，故B錯(cuò)誤；C.能使品紅溶液變?yōu)闊o色是二氧化硫生成的亞硫酸結(jié)合有機(jī)色素形成無色物質(zhì)，體現(xiàn)了二氧化硫的漂白性，用酒精燈加熱，褪色的品紅恢復(fù)紅色，故C正確；D.B中的溶液發(fā)生倒吸，是因?yàn)檠b置A中氣體壓強(qiáng)減小，實(shí)驗(yàn)時(shí)A中導(dǎo)管a插入濃硫酸中，A裝置試管中氣體壓強(qiáng)減小時(shí)，空氣從導(dǎo)管a進(jìn)入A裝置，a導(dǎo)管起平衡氣壓的作用，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)睛】本題考查學(xué)生對(duì)實(shí)驗(yàn)原理與裝置的理解與評(píng)價(jià)，掌握二氧化硫氧

30、化性、漂白性、還原性等是解題關(guān)鍵，題目難度中等。21、C【解析】A.利用蒸餾原理可從海水中提取淡水，故不選A； B.從海水中得到氯化鎂后，鎂為活潑金屬，則可以電解熔融狀態(tài)的氯化鎂生成氯氣和金屬鎂，故不選B；C.將苦鹵濃縮通入過量氯氣進(jìn)行氧化，靜置溴沉在底部,繼而通入空氣和水蒸氣，將溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收劑二氧化硫發(fā)生作用轉(zhuǎn)化成氫溴酸以達(dá)到富集溴，然后再用氯氣將其氧化得到溴，反應(yīng)過程中不涉及復(fù)分解反應(yīng)，故選C；D.從海水中得到氯化鈉后，電解氯化鈉溶液，得氫氧化鈉和氫氣和氯氣，利用制得的氯氣可以生產(chǎn)鹽酸和漂白液，故不選D；答案：C22、C【解析】充電時(shí)，Bi電極上，Bi失電子生成BiOCl，

31、反應(yīng)為Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，則Bi為陽極，所以a為電源正極，b為負(fù)極，NaTi2(PO4)2為陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)為NaTi2(PO4)2+2Na+2e-=Na3Ti2(PO4)3，放電時(shí)，Bi為正極，BiOCl得電子發(fā)生還原反應(yīng)，NaTi2(PO4)2為負(fù)極，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼.充電時(shí)，Bi電極上，Bi失電子生成BiOCl，Bi為陽極，則a 為電源正極，A正確；B.充電時(shí)，Cl-向陽極Bi電極移動(dòng)，Na+向陰極NaTi2(PO4)2電極移動(dòng)，B正確；C. 充電時(shí)，Bi電極上的電極反應(yīng)為Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，NaTi2(PO

32、4)2電極上，反應(yīng)為NaTi2(PO4)2+2Na+2e-= Na3Ti2(PO4)3，根據(jù)得失電子守恒，新增入電極中的物質(zhì)：n(Na+)：n(Cl-)=3：1，C錯(cuò)誤； D.放電時(shí)，Bi為正極，正極的電極反應(yīng)為BiOCl+2H+3e-=Bi+Cl-+H2O，D正確；故合理選項(xiàng)是C?！军c(diǎn)睛】本題考查了二次電池在充、放電時(shí)電極反應(yīng)式及離子移動(dòng)方向的判斷的知識(shí)。掌握電化學(xué)裝置的工作原理，注意電極反應(yīng)的書寫是關(guān)鍵，難度中等。二、非選擇題(共84分)23、對(duì)甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛） 消去反應(yīng) 氯原子、羧基 n+(n-1)H2O 6 【解析】根據(jù)已知，A為，根據(jù)流程和已知可知，B為乙烯、C為乙醇、

33、D為乙醛，根據(jù)已知，可知E為，被銀氨溶液氧化生成F()，F(xiàn)發(fā)生消去反應(yīng)生成G（）。根據(jù)J分子結(jié)構(gòu)中含有3個(gè)六元環(huán)可知，G與HCl發(fā)生加成反應(yīng)，氯原子加在羧基鄰位碳上，生成H為，H在堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)再酸化生成I為，兩分子I在濃硫酸作用下發(fā)生成酯化反應(yīng)，生成環(huán)酯J為?！驹斀狻浚?）A的化學(xué)名稱為對(duì)甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）；E的化學(xué)式為；（2）的反應(yīng)類型為消去反應(yīng)，H分子中官能團(tuán)的名稱是氯原子、羥基；（3）J的結(jié)構(gòu)簡式為；（4）I在一定條件下發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高聚物的化學(xué)反應(yīng)方程式為n+(n-1)H2O；（5）K是G的一種同系物，相對(duì)分子質(zhì)量比G小14，說明K比G少一個(gè)CH2，根據(jù)題意知，

34、K的同分異構(gòu)體分子中含有酚羥基和醛基，根據(jù)分子式知還應(yīng)有碳碳雙鍵，即有OH和CH=CHCHO或連接在苯環(huán)上，分別得到3種同分異構(gòu)體，故符合條件的同分異構(gòu)體有6種，其中的核磁共振氫譜有6個(gè)峰，峰面積之比為221111。24、CH2OH(CHOH)4CHO2CH2CH2+O22CH3CHOACDE【解析】A能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，可由淀粉水解得到，說明A為葡萄糖，葡萄糖在催化劑作用下生成C為乙醇，E分子中碳元素與氫元素的質(zhì)量之比61，說明E分子中C與H原子個(gè)數(shù)比為1:2，相對(duì)分子質(zhì)量為44，其燃燒產(chǎn)物只有CO2和H2O，則E為CH3CHO，D為烴，根據(jù)C和E可知，D為乙烯，F(xiàn)的最簡式和葡萄糖相同，且由乙醛

35、催化氧化得到，說明F為乙酸，B在酸性條件下生成乙酸和乙醇，則B為乙酸乙酯。據(jù)此判斷。【詳解】(1)A為葡萄糖，其結(jié)構(gòu)簡式為CH2OH(CHOH)4CHO，故答案為CH2OH(CHOH)4CHO；(2)乙烯催化氧化生成乙醛的化學(xué)方程式為：2CH2CH2+O22CH3CHO，故答案為2CH2CH2+O22CH3CHO；(3)A. 有機(jī)物F為乙酸，具有酸性，可使石蕊溶液變紅，故A正確；B. C為乙醇、E為乙醛、F為乙酸乙酯，乙醇易溶于水，不分層，乙醛與新制氫氧化銅反應(yīng)生成磚紅色沉淀，乙酸乙酯不溶于水，產(chǎn)生分層，上層為油狀液體，現(xiàn)象各不相同，所以可用新制的氫氧化銅區(qū)分，故B錯(cuò)誤；C. 1mol乙醇完全

36、燃燒消耗3mol氧氣，1mol乙烯完全燃燒消耗3mol氧氣，則等物質(zhì)的量的乙醇和乙烯分別完全燃燒消耗氧氣的量相等，故C正確；D. 飽和碳酸鈉溶液可以溶解乙醇、消耗乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，所以可用飽和碳酸鈉溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙醇和乙酸，故D正確；E. 乙酸乙酯的同分異構(gòu)體中能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的酯類物質(zhì)有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共2種，故E正確；答案選：ACDE。25、 硝酸或硫酸 Cl對(duì)鋁與H之間的反應(yīng)有催化作用 2Al36H6NO3=Al2O36NO23H2O B Cu2e=Cu2 NO3 【解析】（1）該反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，且為放熱反應(yīng)，根據(jù)反應(yīng)熱=生成物

37、的總能量-反應(yīng)物的總能量作答；根據(jù)圖示信息可知，X在常溫下被Z的濃溶液鈍化；（2）根據(jù)影響反應(yīng)速率的外因結(jié)合三種鹽的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)分析；（3）結(jié)合Z可能是硫酸或硝酸，及題意中II中反應(yīng)產(chǎn)生的氣泡有特殊顏色，推測(cè)該氣泡為二氧化氮，據(jù)此分析作答；結(jié)合原電池的工作原理分析；（4）Cu2為藍(lán)色溶液；NO3在正極得電子生成NO2?！驹斀狻浚?）I進(jìn)行的是自發(fā)的氧化還原反應(yīng)，為放熱反應(yīng)，所以反應(yīng)物總能量高于生成物總能量；由I、II可知，X在常溫下被Z的濃溶液鈍化，故Z可能是硫酸或硝酸，故答案為：；硫酸或硝酸；（2）由于加入（適量）等物質(zhì)的量的NaCl、KCl、CsCl后反應(yīng)速率明顯加快，因三種鹽均含有Cl，而C

38、l不可能與Al反應(yīng)，故只能是Cl起催化作用，故答案為：Cl對(duì)鋁與H之間的反應(yīng)有催化作用；（3）有色氣體為NO2，Z是硝酸，鋁被濃硝酸氧化后生成致密的Al2O3，故反應(yīng)的離子方程式為：2Al36H6NO3=Al2O36NO23H2O；由III知，X、Y與濃硝酸構(gòu)成原電池且Y是負(fù)極，故Y的單質(zhì)在常溫下應(yīng)該與濃硝酸發(fā)生反應(yīng)，鉛、鎂、銀都能與濃硝酸反應(yīng)，石墨與濃硝酸不反應(yīng)，答案選B；故答案為2Al36H6NO3=Al2O36NO23H2O；B；（4）溶液最終變成藍(lán)色，則說明生成銅離子，即銅是負(fù)極，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為：Cu2e=Cu2；NO3與H在正極得電子生成NO2和H2O，故答案為

39、：Cu2e=Cu2；NO3。26、還原 產(chǎn)生藍(lán)色沉淀 pH=2 0.3mol/L KNO3或NaNO3溶液 Ag + Fe3+ Ag+ + Fe2+或(Ag+ + Fe2+ Ag + Fe3+) 正極 其它條件不變時(shí)，物質(zhì)的氧化性與濃度有關(guān)系，濃度的改變可導(dǎo)致平衡的移動(dòng) 【解析】(1)根據(jù)元素化合價(jià)的變化判斷；(2)實(shí)驗(yàn)：甲同學(xué)認(rèn)為：Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質(zhì)Ag，則要證明甲的結(jié)論正確，可驗(yàn)證Fe3+的還原產(chǎn)物Fe2+的存在；實(shí)驗(yàn)：進(jìn)行對(duì)照實(shí)驗(yàn)；(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象判斷溶液中發(fā)生的反應(yīng)；(4)根據(jù)指針偏轉(zhuǎn)方向判斷正負(fù)極，判斷電極反應(yīng)，并結(jié)合氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物分析解答。

40、【詳解】(1)往AgNO3溶液中逐滴加入氨水，銀離子和氨水反應(yīng)生成白色的氫氧化銀沉淀和銨根離子，Ag+NH3H2OAgOH+NH4+；繼續(xù)滴入氨水白色沉淀溶解，氫氧化銀和氨水反應(yīng)生成銀氨溶液和水，AgOH+2NH3H2OAg(NH3)2OH+2H2O，若用乙醛進(jìn)行銀鏡反應(yīng)，再加入乙醛溶液后，水浴加熱，生成乙酸銨，氨氣、銀和水，化學(xué)反應(yīng)方程式為：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O，銀氨溶液中的銀為+1價(jià)，被醛基還原生成0價(jià)的銀單質(zhì)，故答案為：還原；(2)實(shí)驗(yàn)：甲同學(xué)認(rèn)為：Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質(zhì)Ag，則要證明甲的結(jié)論正確，可驗(yàn)證Fe3+的還原

41、產(chǎn)物Fe2+的存在即可，驗(yàn)證Fe2+的實(shí)驗(yàn)是取少量除盡Ag+后的溶液于試管中，加入K3Fe(CN)6溶液會(huì)和Fe2+反應(yīng)生成藍(lán)色沉淀，故答案為：；產(chǎn)生藍(lán)色沉淀；實(shí)驗(yàn)：丙同學(xué)認(rèn)為：Fe3+和NO3均能把Ag氧化而溶解，且兩個(gè)實(shí)驗(yàn)結(jié)果證明了丙同學(xué)的結(jié)論，而實(shí)驗(yàn)I驗(yàn)證了Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質(zhì)Ag，則實(shí)驗(yàn)II需要驗(yàn)證NO3也能把Ag氧化而溶解，需進(jìn)行對(duì)照實(shí)驗(yàn)，0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液(pH=2)，NO3為0.3 mol/L，所以需向附有銀鏡的試管中加入pH=2的 0.3 mol/L KNO3或NaNO3溶液，故答案為：pH=2的 0.3 mol/L KNO3或NaNO3；(3)

42、Fe3+遇KSCN溶液變紅，第一份滴加2滴KSCN溶液無變化，說明FeSO4溶液中無Fe3+，第二份加入1ml 0.1mol/L AgNO3溶液，出現(xiàn)白色沉淀，隨后有黑色固體Ag產(chǎn)生，再取上層溶液滴加KSCN溶液變紅，說明有Fe3+產(chǎn)生，說明Fe2+被Ag+氧化生成Fe3+，Ag+被還原為Ag，又Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質(zhì)Ag，則該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為：Fe3+AgFe2+Ag+或Ag+Fe2+Ag+Fe3+； (4)K剛閉合時(shí)，指針向左偏轉(zhuǎn)，則銀為負(fù)極，石墨為正極，該電池的反應(yīng)本質(zhì)為Fe3+AgFe2+Ag+，該反應(yīng)中鐵離子為氧化劑，銀離子為氧化產(chǎn)物，則氧化性：Fe3+A

43、g+，故答案為：正極；當(dāng)指針歸零后，向右燒杯中滴加幾滴飽和AgNO3溶液，指針向右偏轉(zhuǎn)，則此時(shí)石墨為負(fù)極，銀為正極，右側(cè)燒杯中銀離子濃度增大，反應(yīng)Fe3+AgFe2+Ag+的平衡左移，發(fā)生反應(yīng)Ag+Fe2+Ag+Fe3+，此時(shí)Ag+為氧化劑，F(xiàn)e3+為氧化產(chǎn)物，則氧化性：Fe3+Ag+；由上述實(shí)驗(yàn)，得出的結(jié)論是：在其它條件不變時(shí)，物質(zhì)的氧化性與濃度有關(guān)，濃度的改變可導(dǎo)致平衡移動(dòng)。27、SiO2粉碎鋅白礦（或充分?jǐn)嚢铦{料、適當(dāng)加熱等）Zn+CuSO4Cu+ZnSO43Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-變?yōu)镸nO

44、2沉淀，避免引入雜質(zhì)ZnSO4、K2SO4【解析】鋅白礦中加入稀硫酸浸取，ZnO、Fe2O3、CuO分別和稀硫酸反應(yīng)生成ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4，SiO2和稀硫酸不反應(yīng)，然后過濾，得到的濾液中含有ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、H2SO4，向?yàn)V液中混入Zn，將Fe3+還原為Fe2+，得到Cu沉淀，然后過濾，得到的濾液中含有ZnSO4、FeSO4，向?yàn)V液中加入高錳酸鉀，高錳酸鉀將Fe2+氧化為Fe3+，向溶液中加入適量氧化鋅，溶液pH升高，鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，過濾，得到的濾液中含有ZnSO4，將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到ZnSO47H2O。(

45、1)根據(jù)上述分析，“濾渣1”的主要成分為二氧化硅。浸取過程中，為提高浸出效率可采用的措施有，可將礦石粉碎或提高浸取時(shí)的溫度，或適當(dāng)增大酸的濃度等，故答案為SiO2；粉碎鋅白礦（或充分?jǐn)嚢铦{料、適當(dāng)加熱等）；(2)“置換”過程中，加入適量的鋅粉，除與溶液中的Fe3+，H+反應(yīng)外，另一主要反應(yīng)為置換銅的反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Zn+CuSO4Cu+ZnSO4，故答案為Zn+CuSO4Cu+ZnSO4；(3)根據(jù)流程圖，“氧化”一步中，F(xiàn)e2+能被高錳酸鉀氧化生成Fe3+，高錳酸鉀被還原成二氧化錳，生成是鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀反應(yīng)的離子方程式為3Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH)3

46、+MnO2+7Zn2+；溶液PH控制在3.2，6.4)之間可以使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-變?yōu)镸nO2沉淀，避免引入雜質(zhì)，故答案為3Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+ ；使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-變?yōu)镸nO2沉淀，避免引入雜質(zhì)；(4)根據(jù)上述分析，氧化后溶液轉(zhuǎn)化含有的鹽類物質(zhì)有ZnSO4、K2SO4，故答案為ZnSO4、K2SO4。點(diǎn)睛：本題考查物質(zhì)分離和提純、實(shí)驗(yàn)裝置綜合等知識(shí)點(diǎn)，為高頻考點(diǎn)，明確物質(zhì)的性質(zhì)及實(shí)驗(yàn)步驟是解本題關(guān)鍵，知道流程圖中發(fā)生的反應(yīng)及基本操作方法、實(shí)驗(yàn)先后順序等。本題的易錯(cuò)點(diǎn)是（3）中離子方程式

47、的書寫和配平。28、丙二醛 取代反應(yīng) +(CH3CO)2O+CH3COOH d 、(符合要求均可) 【解析】（1）（5）A 的密度是相同條件下 H2密度的38倍，則A的相對(duì)分子質(zhì)量為76，其分子的核磁共振氫譜中有3組峰，A能連續(xù)被氧化生成二元酸，則A為二元醇，A、B、C中碳原子個(gè)數(shù)相等，則A為HOCH2CH2CH2OH，B為OHCCH2CHO，C發(fā)生取代反應(yīng)生成D；根據(jù)已知知，E發(fā)生還原反應(yīng)生成F為，F(xiàn)發(fā)生取代反應(yīng)生成G，D與G發(fā)生取代反應(yīng)生成H，H加熱發(fā)生已知的反應(yīng)生成的I為，I發(fā)生取代反應(yīng)生成M；(6)以為原料(無機(jī)試劑任選)，設(shè)計(jì)制備的合成路線，可由對(duì)氨基苯甲酸發(fā)生縮聚反應(yīng)得到，氨基可由硝基還原得到，羧基可由醛基氧化得到，醛基可由醇羥基氧化得到，醇羥基可由鹵代烴發(fā)生水解反應(yīng)得到?！驹斀狻?1)B為OHCCH2CHO，B的化學(xué)名稱為丙二醛，A是HOCH2CH2CH2OH，A中官能團(tuán)為羥基，A中官能團(tuán)的電子式為；(2)C的結(jié)構(gòu)簡式為HOOC-CH2-COOH，D的結(jié)構(gòu)簡式為HOOCCHBrCOOH，C與Br2發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生HOOC-CHBr-COOH和HBr；I的結(jié)構(gòu)簡式為；(3)F發(fā)生取代反應(yīng)生成G，F(xiàn)G 的化學(xué)方程式為+(CH3CO)2O+CH3COOH；(4)a.M中苯環(huán)能發(fā)生加成反應(yīng)，