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1、2020年高考理综(化学)模拟试题(8)可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Br-80 Ba-137第卷 (选择题 共42分)一、 选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目求的)72019年4月25日，习总书记宣布北京大兴国际机场正式投运！该机场在建设过程中使用了当今世界机场多项尖端科技，被英国卫报评为“新世界七大奇迹”之首。化工行业在这座宏伟的超级工程中发挥了巨大作用，下列有关说法不正确的是
2、A青铜剑科技制造的第三代半导体芯片，其主要成分是SiO2B支撑航站楼的C形柱柱顶的多面体玻璃，属于硅酸盐材料C机场中的虚拟人像机器人“小兴”表面的塑料属于高分子聚合物D耦合式地源热泵系统，光伏发电系统及新能源汽车的使用，可以减轻温室效应及环境污染【答案】A【解析】A项，第三代半导体芯片的主要成分不是SiO2，而是GaN，A项错误，符合题意；B项，普通玻璃属于硅酸盐材料，B项正确，不符合题意；C项， 塑料属于高分子聚合物，C项正确，不符合题意；D项，大兴国际机场是全国可再生能源使用比例最高的机场，耦合式地源热泵系统，可实现年节约1.81万吨标准煤，光伏发电系统每年可向电网提供600万千瓦时的绿色
3、电力，相当于每年减排966吨CO2，并同步减少各类大气污染物排放，D项正确，不符合题意；故选A。8莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是A分子式为C7H10O5，属于芳香族化合物，易溶于水B分子中含有3种官能团，可以发生加成、氧化、取代等反应C在水溶液中，1mol莽草酸最多可电离出4molH+D1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4molCO2气体【答案】B【解析】A项，由结构简式可知，莽草酸的分子式为C7H10O5，该分子中没有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；B项，莽草酸分子中含有羟基、羧基、碳碳双键三种官能团，故B正确；C项，莽草酸分子中羧基
4、能够电离，而羟基不能电离，故C错误；D项，莽草酸分子中只有羧基能与碳酸氢钠溶液反应，1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出1molCO2气体，故D错误；故选C。9草酸亚铁(FeC2O4)可作为生产电池正极材料磷酸铁锂的原料，受热容易分解，为探究草酸亚铁的热分解产物，按下面所示装置进行实验。下列说法不正确的是A实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊，E中固体变为红色，则证明分解产物中有CO2和COB反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加12滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，证明分解产物中不含Fe2O3C装置C的作用是除去混合气中的CO2D反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N
5、2直至温度恢复至室温【答案】B【解析】A项，实验中观察到装置B中石灰水变浑浊，说明产生了分解产物中有CO2，E中固体变为红色，F中石灰水变浑浊，则证明分解产物中有CO，故A正确；B项，因为反应中生成有CO，CO会部分还原氧化铁得到铁，因此反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加12滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，不能证明分解产物中不含Fe2O3，故B错误；C项，为了避免CO2影响CO的检验，CO在E中还原氧化铜，生成的气体在F中变浑浊，因此在装置C要除去混合气中的CO2，故C正确；D项，反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温避免生成的铜单质被氧化，故D正确；故选
6、B。10设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 14 g聚丙烯中含CH键总数目为2NAB. 常温下，pH=13的NaOH溶液中含有的OH-数目为0.1NAC. 100 mL 12 molL-1浓硝酸与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NAD. 电解精炼铜时，若阳极质量减少64 g，则阴极得到电子的数目为2NA【答案】A【解析】聚丙烯中的CH键数目等于H原子数，聚丙烯的最简式为CH2，故14 g聚丙烯中含有2 mol H原子，A项正确；因为NaOH溶液的体积未知，故无法求得OH-的数目，B错误；随着反应的进行，浓硝酸将变为稀硝酸，还原产物由NO2转变成NO，无法求出转移的电子数，C错
7、误；由于粗铜中含有比铜容易失电子的Ni、Zn、Fe等金属，故阳极质量减少64 g时，阴极得到的电子数不一定是2NA，D错误。11室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定相同体积、浓度均为0.l molL1的三种弱酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断正确的是A室温下，同浓度的NaA、NaB、NaD溶液的pH大小关系：pH(NaA)pH(NaB)PH(NaD)B滴定至P点时，溶液中：c(Na)c(B)c(HB)c(H)c(OH)CpH7时，三种溶液中：c(A)c(B)c(D)D当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)c(HB)c(HD)c(OH)2c(H)【答案
8、】C【解析】A项，浓度均为0.1mol/L的三种酸(HA、HB和HD)溶液，酸越弱，电离出的H+越少，起始时pH值越大，根据图象，则三种酸的强弱为：HAHBHD，酸越强，电离出的H+越多，对水的抑制作用越大，则三种溶液中，由水电离产生的c(H+)的关系为：HAHBHD，故A错误；B项，滴定至P点时，此时中和百分数为50%，对于HB溶液，此时溶液中的起始组分为c(HB)：c(NaB)=1：1，显酸性，则c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(B-)，由于c(H+)c(OH-)，则c(B)c(Na+)，考虑到溶液显酸性，则以HB的电离为主导，但始终是微弱的，
9、而HB的电离又会抑制水的电离，因此c(B)c(Na)c(HB)c(H)c(OH)，故B错误；C项，pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，对于HA溶液，c(Na+)=c(A)，对于HB溶液，c(Na+)=c(B-)，对于HD溶液，c(Na+)=c(D-)，由图可知，中和到相同pH时，中和分数HAHBHD，即加入氢氧化钠的量HAHBHD，则三种溶液中：c(A)c(B)c(D)，故C正确；D项，当中和百分数达100%时，三种溶液分别恰好存在等量的NaA、NaB、NaD，三种溶液混合，则起始时c(NaA)：c(NaB)：c(NaD)=1：1：1，根据质子守恒，c(HA)+ c(HB
10、)+ c(HD)+c(H+)=c(OH- )，则有c(HA)+ c(HB)+ c(HD)=c(OH-)-c(H+)，故D错误；故选C。12新型可充电钠离子电池因具有原料储量丰富，价格低廉，安全性高等优点而备受青睐，而FeFe(CN)6因理论比容量较高，充放电过程中材料结构稳定，有利于Na+的可逆脱嵌，可以作为一种非常有潜力的正极材料，下列说法不正确的是A放电时，FeFe(CN)6上的电势比Zn片上的高B放电时，正极反应为FeFe(CN)6+2Na+2e-=Na2FeFe(CN)6C充电时，外电路中通过0.2 mol电子时，阴极质量增加6.5 gD对于正极材料，充电可实现Na+的嵌入，放电可实现
11、Na+的脱嵌【答案】D【解析】A项，根据题意，FeFe(CN)6作为一种非常有潜力的正极材料，在原电池中作正极，电势高于负极Zn片，不符合题意；B项，放电时FeFe(CN)6作为正极材料发生还原反应，该材料充放电过程中有利于钠离子的可逆脱嵌，因此其正极反应式为FeFe(CN)6+2Na+2e-=Na2FeFe(CN)6，不符合题意；C项，充电时，阴极反应为Zn+2e-=Zn，外电路转移0.2 mol电子，阴极棒上沉积6.5 g Zn，不符合题意；D项，放电时，FeFe(CN)6作为正极材料发生还原反应，实现Na+嵌入，充电时，FeFe(CN)6作为阳极材料发生氧化反应，实现Na+脱嵌，符合题意
12、。故选D。13X、Y、Z、U、W五种短周期非金属元素，它们的原子半径与原子序数有如图关系，化合物XZ是水煤气的主要成分之一，下列说法不正确的是A. U、X、W 三种元素最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强B. 由Y、Z和氢三种元素形成的化合物中一定只含共价键C. XZ2与X60的化学键类型和晶体类型都相同D. X的位置是第2周期、第A族【答案】B【解析】化合物XZ是水煤气的主要成分之一，则XZ为CO，根据原子半径X大于Z可知，X为C、Z为O，结合原子序数大小可知Y为N元素，则a=7；U的原子序数=2a=14，则U为Si元素；W的原子序数=2a+3=17，为Cl元素。A项，U、X、W分别为Si、
13、C、Cl，非金属性ClCSi，则Si、C、Cl三种元素最高价氧化物的水化物酸性依次增强，故A正确；B项，Y、Z分别为N、O，N、O、H可以形成离子化合物硝酸铵，硝酸铵中含有离子键和共价键，B错误；C项，XZ2、YZ2分别为CO2、NO2，X60为C60，前二者是极性共价键，C60中非极性共价键，三者都只含有共价键，形成的晶体都是分子晶体，C正确；D项，X是C元素，位置是第2周期、第A族，D正确。第卷 (非选择题 共58分)二、必做题(本题共3小题，共43分。每个试题考生都必须作答)26(15分)二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发粘、遇冷变硬的性质。
14、查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：物理性质毒性色态挥发性熔点沸点剧毒金黄色液体易挥发-76138化学性质300 以上完全分解S2Cl2Cl22SCl2遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气(1)制取少量S2Cl2实验室可利用硫与少量氯气在110140反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2。仪器m 的名称为_，装置F 中试剂的作用是_。装置连接顺序： A_ ED。实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是_。为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和_。(2)少量S2Cl2泄漏时应喷水雾
15、减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬浊液，但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因是_。(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数。W溶液可以是_(填标号)。a.H2O2溶液 b.KMnO4溶液(硫酸酸化) c.氯水该混合气体中二氧化硫的体积分数为_(用含V、m 的式子表示)。【答案】(1)直形冷凝管(或冷凝管) (1分) 除去Cl2中混有的HCl杂质(2分) FCB(2分) 将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气；并将B中残留的S2Cl2排入E中收集(2分) 滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量，其他合理答案均得分) (2分) (
16、2)防止S2Cl2遇水分解放热，放出腐蚀性烟气(2分) (3)ac(2分) (2分) 【解析】(1)根据仪器构造可判断仪器m的名称为直形冷凝管(或冷凝管)；生成的氯气中含有氯化氢，则装置F中试剂的作用是除去Cl2中混有的HCl杂质。根据已知信息可知参加反应的氯气必须是干燥纯净的，利用F除去氯化氢，利用C干燥氯气，所以装置连接顺序为AFCBED。氯气有毒，所以实验结束停止加热后，再通入一段时间氮气的目的是将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，同时也将B中残留的S2Cl2排入E中收集。由于氯气过量会生成SCl2，且S2Cl2300以上完全分解，所以为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度
17、和滴入浓盐酸的速率。(2)由于S2Cl2受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气，所以泄漏时应喷水雾减慢其挥发，不要对泄漏物或泄漏点直接喷水；(3)三种物质均可以把SO2氧化为硫酸，进而与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀，但酸性高锰酸钾也能氧化氯化氢，所以W溶液可以是双氧水或氯水，不能是酸性高锰酸钾，答案选ac；mg固体是硫酸钡，根据硫原子守恒可知SO2的物质的量是，所以该混合气体中二氧化硫的体积分数为。27(14分) 二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿、菱锰矿为原料来制备。某软锰矿主要成分为MnO2，还含有Si(16.27%)、Fe(5.86%)、Al(3.42%)、Zn(2.68%)和
18、Cu(0.86%)等元素的化合物，其处理流程图如下：化合物Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10-3510-610-38(1)硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要反应的化学方程式为_。(2)“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能_；滤渣A的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3，加入氨水需调节pH 至少达到_，恰好能使Fe3+、A13+沉淀完全。(当离子浓度降到1.010-5molL-1时即视为沉淀完全)(3)滤渣B的成分是_。(4)MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O为体系的电解液中电解获得，其阳极电极反应式为_。(5)工业
19、上采用间接氧化还原滴定法测定MnO2纯度，其操作过程如下：准确称量0.9200g该样品，与足量酸性KI 溶液充分反应后，配制成100mL溶液。取其中20.00mL，恰好与25.00mL 0.0800molL-1Na2S2O3溶液反应(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。计算可得该样品纯度_%。(小数点后保留1位数字)。【答案】 (1)MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O (2分) (2)充分氧化过量的Fe2+(2分) 4(2分) (3)CuS、ZnS(2分) (4)Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+(2分) 47.3(4分) 【解析
20、】(1)软锰矿中加入H2SO4和过量FeSO4溶液“酸浸”时MnO2被还原为MnSO4，则FeSO4被氧化成Fe2(SO4)3，“酸浸”时发生的主要反应的化学方程式为：MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O。(2)“酸浸”时除了MnO2被还原成MnSO4外，Fe、Al、Zn、Cu也溶解转化为FeSO4、Al2(SO4)3、ZnSO4、CuSO4，酸浸后过滤得到的滤液中含MnSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、Al2(SO4)3、ZnSO4、CuSO4；向此滤液中加入氨水并搅拌，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能将Fe2+充分氧化转化成Fe3+；加入
21、氨水调节pH使Al3+、Fe3+完全转化成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀形成滤渣A，由于Al(OH)3、Fe(OH)3类型相同且Al(OH)3的溶度积大于Fe(OH)3的溶度积，使Fe3+、Al3+完全沉淀，只要使Al3+完全沉淀，即c(Al3+)310-35110-5=110-10mol/L，c(H+)4，pH至少达到4能使Fe3+、Al3+沉淀完全。(3)加入氨水调节pH至5.4经过滤后滤渣A为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含MnSO4、ZnSO4、CuSO4、(NH4)2SO4，向滤液中加入MnS并加热至沸，发生沉淀的转化形成难溶的ZnS、CuS将Zn2+、Cu2+除去，过滤
22、得到的滤渣B的成分为ZnS、CuS。(4)根据题意电解过程中MnSO4被氧化成MnO2，则阳极电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。(5)MnO2与足量酸性KI反应的离子方程式为：MnO2+4H+2I-=Mn2+I2+2H2O，得出关系式：MnO2I22Na2S2O3，n(MnO2)=12n(Na2S2O3)=120.08mol/L0.025L100mL20mL=0.005mol，m(MnO2)=0.005mol87g/mol=0.435g，该样品纯度为0.435g0.9200g100%=47.3%。28(15分)CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，中国政府承诺，到2
23、020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%50%。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。(1)研究表明CO2和H2在催化剂存在下可发生反应生成CH3OH。己知部分反应的热化学方程式如下： CH3OH(g)+ 3/2O2(g) CO2(g)+2H2O(1) H1=akJmol-1H2(g)+1/2O2(g) H2O(1) H2=bkJmol-1H2O(g) H2O(l) H3=ckJmol-1则 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=_kJmol-1(2)为研究CO2与CO之间的转化，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)CO2(g
24、) 2CO(g) H，反应达平衡后，测得压强、温度对CO的体积分数(CO)的影响如图所示。回答下列问题：压强p1、p2、p3的大小关系是_；Ka 、 Kb 、 Kc 为a、b、c三点对应的平衡常数，则其大小关系是_。900、1.0 MPa时，足量碳与a molCO2反应达平衡后，CO2的转化率为_ (保留三位有效数字)，该反应的平衡常数Kp_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。(3) 以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4 为催化剂，可以将CO2 和CH4 直接转化成乙酸，CO2(g)+CH4(g) CH3COOH(g)。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如右图所示。2
25、50300 时，乙酸的生成速率降低的主要原因是_； 300400时，乙酸的生成速率升高的主要原因是_。 为了提高该反应中CO2的转化率，可以采取的措施是_(写一条即可)。(4)以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。阴极上的电极反应式为_；每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中_mol硫酸。【答案】(1)(3b-a-c ) (2分) (2)p1p2p3(2分) KaKbKc(1分) 66.7% (或0.667) (2分) 3.2 MPa(2分) (3)催化剂的催化效率降低(1分) 温度升高，化学反应速率加快(1分) 增大反应体系压强或增大CH
26、4的浓度或将乙酸液化分离出来(1分) (4)2CO2+12H+12e-=C2H4+4H2O(2分) 6 (1分) 【解析】(1)已知CH3OH(g)+ 3/2O2(g) CO2(g)+2H2O(1) H1=akJmol-1H2(g)+1/2O2(g) H2O(1) H2=bkJmol-1H2O(g) H2O(l) H3=ckJmol-1则根据盖斯定律，由3-可得到 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，故H= (3b-a-c ) kJmol-1。(2)对于反应C(s)CO2(g) 2CO(g)减小压强反应向正方向进行，由图可知相同温度时P1时的CO体积分数大于P2大于P3
27、 故p1p2p3，相同压强时比较温度对反应的影响，同一压强下增大温度，CO的体积分数会增大，故正反应为吸热反应，H0，平衡常数只受反应温度影响，故在700下，KaKb，c点的温度高于a点和b点，温度升高反应正向进行故KaKbKc。若起始压强为P0，达到平衡转化率为， C(s)CO2(g) 2CO(g)起始(mol) a 0变化(mol) m 2m 平衡(mol) a-m 2m故，故CO2的转化率为66.7% (或0.667)。压强之比等于物质的量之比，则反应的平衡常数Kp；(3)如图为不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系，温度超过250时，催化剂的催化效率降低，在300时失去活性，
28、所以温度高于300时，乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的。为了提高该反应中CO2的转化率即使反应正向进行，可以增大压强或增大CH4的浓度或将乙酸液化分离出来；(4)电解时，阴极得电子，发生还原反应，电极反应式是2CO2+12H+12e-=C2H4+4H2O。每生成0.5mol乙烯，消耗12molH+，故消耗6mol硫酸。三、选做题(本题共2小题，考生根据要求选择其中一题进行作答)37化学选修3：物质结构与性质(15分)碳是形成单质和化合物最多的元素，其单质及化合物有独特的性质和用途。请回答下列问题。(1)C原子的价电子轨道表达式为_。(2)碳可以形成多种有机化合物，下图所示是一种嘌呤和一种吡
29、啶的结构，两种分子中所有原子都在一个平面上。嘌呤中所有元素的电负性由大到小的顺序_。嘌呤中轨道之间的夹角1比2大，解释原因_。吡啶结构中N 原子的杂化方式_。分子中的大键可以用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)。该嘌呤和吡啶中都含有大键，请问该吡啶中的大键表示为_。 (3)石墨烯中部分碳原子被氧化后，转化为氧化石墨烯(如图2所示)石墨烯转化为氧化石墨烯时，1号C与相邻C原子间键能的变化是_(填“变大”、“变小”“不变”)。石墨烯具有很大的比表面积，可用于制超级电容器。若石墨烯中碳碳键的键长为am，12g单层石墨烯的单面理论面积约为_
30、m3(列出计算式即可)。 (4)石墨烯可转化为富勒烯(C60)，C60和K能形成新型化合物，其晶胞如图所示，晶胞参数为a nm该化合物中K原子和C60分子的个数比为_，该晶体的密度=_g/cm3(列出计算式)。【答案】(1) (1分) (2) N C H (或N C H) (1分) 孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大(2分) sp3(1分) (1分) (3)变小(1分) (3分)(4) 3：1 (2分) 2.78/a3 (3分) 【解析】 (1)碳原子价电子排布式为2s22p2，根据能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，其价电子原子轨道表示式为； (2)元
31、素的非金属性越强，电负性数值越大，嘌呤中所有元素的电负性由大到小的顺序为N C H；孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力越大，键角越大，因此嘌呤中轨道之间的夹角1比2大；吡啶结构中N原子连接有3个原子，含有1个孤对电子，采用sp3杂化；分子中的大键可以用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数。根据吡啶的结构，其中的大键由5个原子6个电子形成的，表示为；(3)石墨烯转化为氧化石墨烯时，1号C 连接的O原子吸引电子能力较强，导致与1号C原子相邻C原子对电子的吸引力减小，所以1号C 与相邻C原子间键能的变化是变小；单层石墨烯中含有C原子个数61/
32、32，每个六边形面积；根据均摊法可以计算出每个六边形所占有的碳原子个数为61/3=2，所以12g(即1molC)单层石墨烯实际占有的六边形个数为： NA，则单层石墨烯单面的理论面积约为NA=；(4)晶胞中K原子原子数目=12=6、C60分子数目=1+8=2，化合物中K原子和C60分子的个数比为6：2=3：1；晶胞中K原子、C60分子的总质量=g，晶体密度=g(a10-7)3=g/cm3。38化学选修5：有机化学基础(15分)扎来普隆是一种短期治疗失眠症的药物，其合成路线如下：回答下列问题：(1)A中的官能团名称是_。(2)所需的试剂和条件分别为_。(3)、的反应类型依次为_、_。(4)扎来普隆
33、的分子式为_。(5)的化学方程式为_。(6)属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应的B的同分异构体有_种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有_。(7)已知：有碱性且易被氧化。设计由和乙醇制备的合成路线(无机试剂任选)。_【答案】(1)羰基(或酮基) (1分) (2)浓HNO3，浓H2SO4/ (1分) (3)还原反应(1分) 取代反应(1分) (4)(1分) (5) (2分) (6)17(3分) 、(2分) (7)(3分) 【解析】(1)A的结构简式为，含有的官能团名称是羰基；(2)A的结构简式为，B的结构简式为，则发生取代反应，所需的试剂和条件分别为浓，浓；(3)由
34、B的结构简式为、C的结构简式为、E的结构简式为、F的结构简式为可知，是-NO2转化为-NH2，发生了还原反应，而的反应类型为取代反应；(4)扎来普隆的结构简式为，其分子式为；(5)C的结构简式为、D的结构简式为，则发生取代反应的化学方程式为；(6)B的结构简式为，其属于芳香化合物，且含有硝基，并能发生银镜反应的同分异构体满足：含有苯环和硝基；含有-CH2CHO或一个甲基和一个-CHO；若为-NO2和-CH2CHO，则有4种结构，其中有一种为苯环上连接-CH(NO2)CHO；若为-NO2、-CH3和-CHO，则有4+4+2=10种，另外还有-CH2NO2和-CHO共有3种，共有4+10+3=17种，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式有、；(7)因有碱性且易被氧化，则由和乙醇制备时，应先将-CH3氧化为-COOH，再与乙醇发生酯化反应，最后再将-NO2还原为-NH2，具体合成路线为。