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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2022届高三一模检验卷化 学（A）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷（选择题）一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每
2、小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1下列说法不正确的是（ ）A“结草为庐”所用的秸秆，经现代科技可转化为苯乙酸、苯乙烯等芳香烃B钠钾合金可用作快中子反应堆的热交换剂CNa2S固体可用于除去废水中Cu2+、Hg2+等重金属D陶者“陶尽门前土，屋上无片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦。”黏土烧制陶器中发生了化学变化【答案】A【解析】A苯乙酸含O元素，为含氧衍生物，苯乙烯属于芳香烃，A错误；B钠钾合金熔点低，通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂，B正确；C相同温度下，Na2S的溶解度比CuS、HgS大，所以废水中Cu2+、Hg2+等重金属与Na2S反应转化为CuS、HgS而除去，C正确；
3、D黏土烧制陶器的过程中生成了新的物质发生了化学变化，D正确；答案选A。2下列离子方程式不能正确表示体系颜色变化的是（ ）A向AgCl悬浊液中加Na2S溶液，有黑色难溶物生成：2AgCl(s)+S2(aq)=Ag2S(s)+2Cl(aq)B向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体，溶液紫色褪去：2MnO+5SO+6H+=2Mn2+5SO+3H2OC向橙色K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液，溶液变黄色：Cr2O+2OH=2CrO+H2OD向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色：3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2O【答案】B【解析】A向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，是由
4、于发生沉淀的转化，离子方程式为2AgCl(s)+S2(aq)=Ag2S(s)+2Cl(aq)，A正确；B向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体，二者发生氧化还原反应，KMnO4被还原为无色Mn2+而使溶液紫色褪去，NaHSO3被氧化为硫酸钠，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：2+5+H+=2Mn2+ +5+3H2O，B错误；C在溶液中存在化学平衡：+H2O2+2H+，向其中加入NaOH溶液，NaOH电离产生的OH消耗其中的H+，使该平衡正向移动，显黄色，其浓度增大而使溶液由橙色变成黄色，C正确；D向稀硝酸中加入铜粉，反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，溶液中含有
5、Cu2+而使溶液变蓝色，该反应的离子方程式：3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2O ，D正确；故合理选项是B。3有机物X、Y、Z在一定条件下可实现如下转化，下列说法正确的是（ ）AZ的分子式为C7H8OB化合物Z环上的一氯代物共有3种（不考虑立体异构）CX、Y、Z都可以使酸性高锰酸钾褪色DX、Y、Z分子中所有碳原子均处于同一平面【答案】C【解析】AZ的分子式为C7H14O，A项错误；B化合物Z环上的一氯代物共有4种，分别是，B项错误；CX、Y中都含有碳碳双键，Z中含有羟基，则三者都可以使酸性高锰酸钾褪色，C项正确；DY、Z分子中都含有多个饱和的碳原子，则两分子中所有碳原子不可能处于同
6、一平面，D项错误；答案选C。4下列实验现象与实验操作不匹配的是（ ）选项实验操作实验现象A向蔗糖中加入浓硫酸，并将产生的气体通过足量溴水蔗糖变黑、膨胀，溴水褪色，有气泡冒出B将足量硼酸滴入溶液中有气泡产生C向盛有溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液溶液由黄色变为浅绿色DMg和盐酸反应，将温度计水银球插入反应液中镁条逐渐溶解，产生气泡，温度计水银柱上升AABBCCDD【答案】B【解析】A蔗糖和浓硫酸反应产生了CO2和SO2，SO2可以被溴水吸收，使溴水褪色，CO2与溴水不反应，以气泡形式冒出，实验现象与实验操作匹配，故A不符合题意；B碳酸的酸性强于硼酸，将足量硼酸滴入溶液中无现象，实验现象不正确，故
7、B符合题意；C维生素C具有还原性，能将三价铁离子还原为二价铁离子，溶液由黄色变为浅绿色，实验现象与实验操作匹配，故C不符合题意；D活泼金属和酸的反应属于放热反应，故镁和盐酸反应的现象为温度计水银柱迅速上升，镁条逐渐溶解，产生气泡， 实验现象与实验操作匹配，故D不符合题意；故答案为B。52019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。其中，X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，W、Z、Y位于同一周期。下列叙述正确的是（ ）A原子半径：XZWB非金属性：XZWCX的氧化物对应的水化物均为强酸DWY3中各原子均满足8电子稳定结构【答案】D【解析】X位于第
8、三周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，结合物质的结构可知，Z可形成双键，Z为O，X为S；W、Z、Y位于同一周期，Y只形成1个共价键，Y为F，W形成2个共价键且得到1个电子，W为N。由上述分析可知，X为S、W为N、Z为O、Y为F。A电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：XWZ，A错误；B根据同一主族从上往下，元素的非金属性依次减弱可知，非金属性ZX，B错误；C由分析可知，X为S，故其氧化物对应的水化物均为H2SO3和H2SO4，前者为中强酸，后者为强酸，C错误；D由分析可知，WY3即NF3，其电子式为，故分子中各原子均满足8电子稳定结构，D正确；故答案为D。6微生物燃
9、料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如下图所示，下列说法正确的是（ ）A电子从b流出，经外电路流向aB该电池在高温下进行效率更高CHS在硫氧化菌作用下转化为SO的反应是：HS+4H2O-8e=SO+9H+D若该电池有0.4mol电子转移，则有0.45molH+通过质子交换膜【答案】C【解析】由氢离子的移动方向可知，电极a为微生物燃料电池的负极，在硫氧化菌作用下，硫氢根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为HS+4H2O-8e=SO+9H+，b极为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e+4H+=
10、2H2O。A由分析可知，电极b是电池的正极，a是负极，则电子从a流出，经外电路流向b，故A错误；B微生物的主要成分是蛋白质，若电池在高温下进行，蛋白质会发生变性，微生物的催化能力降低，电池的工作效率降低，故B错误；C由分析可知，电极a为微生物燃料电池的负极，在硫氧化菌作用下，硫氢根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为HS+4H2O-8e=SO+9H+，故C正确；D由分析可知，正极的电极反应式为O2+4e+4H+=2H2O，则当电池有0.4mol电子转移时，负极区有0.4mol氢离子通过质子交换膜加入正极区，故D错误；故选C。725时，向某二元弱酸H2X的溶液中滴加NaOH
11、溶液，混合溶液中lg或lg与pH的关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）AKa2(H2X)的数量级为1011 Bn曲线表示lg与pH的变化关系C25时，NaHX溶液中c(X2)c(H2X)【答案】D【解析】 H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)Ka2(H2X)，pH相同时，由图像可知m为lg，n为lg。Am为lg，曲线m中lg=-1时，即=101，pH=9.3，则Ka2(H2X)=c(H+)=101109.3=1010.3，所以Ka2(H2X)的数量级为1011，故A正确；BH2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)Ka2(H2X)，pH相同时，由图像可知m为lg
12、，n为lg，故B正确；C根据曲线n可知，pH=7.4时=1，则第一步的电离平衡常数Ka1(H2X)=c(H+)=10107.4=106.4，HX的水解平衡常数Kh(HX)=107.6Ka2(H2X)=1010.3，所以25时，NaHX溶液中HX的水解程度比电离程度大，则c(X2)1、lg-1，HX的水解程度比电离程度大，则c(X2-)c(H2X)，故D错误；故选D。第卷（非选择题）二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第810题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11、12题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：此题包括3小题，共43分。8肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水
13、合肼（N2H4H2O）：CO(NH2)22NaOHNaClONa2CO3N2H4H2ONaCl。实验一：制备NaClO溶液（实验装置如图1所示）（1）锥形瓶中发生反应的离子方程式是_。实验二：制取水合肼（实验装置如图2所示）已知水合肼具有还原性，被氧化生成氮气。控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108114馏分。（2）分液漏斗中的溶液是_（填标号）。选择的理由是_。ACO(NH2)2溶液 BNaOH和NaClO混合溶液实验三：测定馏分中水合肼的质量分数。采用下列步骤：A称取馏分5.000g，加入适量NaHCO3固体，加水配成250mL溶液
14、。B移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入10 mL水，摇匀。C用0.2000 molL1的I2溶液滴定，至溶液出现微黄色且半分钟内不消失，滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右，记录消耗碘的标准溶液的体积。D进一步操作与数据处理。（3）水合肼与碘溶液反应的化学方程式为：_；（4）滴定过程中，NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，原因是_。（5）滴定时，碘的标准溶液盛放在_（填“酸式”或“碱式”）滴定管中；若三次滴定消耗碘的标准溶液的平均体积为18.00mL，则馏分中水合肼（N2H4H2O）的质量分数为_（保留三位有效数字）。【答案】（1）Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O （2）B 如
15、果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化 （3）N2H4H2O +2I2=N2+4HI+H2O （4）生成的HI与NaHCO3反应 （5）酸式 18.0% 【解析】（1）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O，故答案为Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O；（2）依据制取水合肼（N2H4H2O）的原理：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl，可知，要将CO(NH2)2溶液与NaOH和NaClO混合溶液加在一起发生反应。根据题中的已知信息，“水合肼具有还原
16、性，被氧化生成氮气。”可知，水合肼能被强氧化性的NaClO氧化成氮气，所以NaOH和NaClO混合溶液一定不能过量。则要将NaOH和NaClO混合溶液滴入CO(NH2)2溶液中，即分液漏斗中装NaOH和NaClO混合溶液。故答案为B；如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；（3）水合肼与碘溶液反应发生氧化还原反应，生成N2、HI和H2O，反应的化学方程式为：N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O，故答案为N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O；（4）NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，是因为生成的HI与NaHCO3反应；（5）碘单质具有氧化性，应选择酸式
17、滴定管；结合反应定量关系计算水合肼（N2H4H2O）的质量分数， 解得 n=0.0018mol，250mL溶液中含有的物质的量=0.0018mol =0.018mol，水合肼（N2H4H2O）的质量分数= ，故答案为酸式；18.0%。9以钛铁矿（主要成分为FeOTiO2，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质）为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂（Li4Ti5O12）和磷酸亚铁锂（LiFePO4）的工艺流程如下：回答下列问题：（1）“溶浸”后溶液中的金属阳离子主要包括Mg2+、TiOCl+_。“滤液”经加热水解后转化为富钛渣（钛元素主要以TiO22H2O形式存在），写出上述转变的离子方程式：_。
18、（2）“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是_。（3）“沉铁”步骤反应的化学方程式为_，“沉铁”后的滤液经处理后可返回_工序循环利用。（4）“煅烧”制备LiFePO4过程中，Li2CO3和H2C2O4的理论投入量的物质的量之比为_。（5）以Li4Ti5O12和LiFePO4作电极组成电池，充电时发生反应：Li4Ti5O12+LiFePO4=Li4+xTi5O12+Li1-xFePO4（0x1），阳极的电极反应式为_。（6）从废旧LiFePO4电极中可回收锂元素。用硝酸充分溶浸废旧LiFePO4电极，测得浸取液中c(Li+)=4molL-1，加入等体积的碳酸钠溶液将Li+转化为Li2CO3沉淀
19、，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，则反应后的溶液中CO的浓度为_molL-1已知Ksp(Li2CO3)=1.610-3，假设反应后溶液体积为反应前两溶液之和。【答案】（1）Fe2+、Ca2+ TiOCl+3H2OTiO22H2O+2H+ Cl （2）双氧水和氨水都会因温度过高分解（3）2FeCl2+ H2O2+ 2H3PO4= 2FePO4+4HCl+ 2H2O 溶浸 （4）11（5）LiFePO4-xe= Li1-xFePO4+xLi+（6）0.04 molL-1【解析】钛铁矿（主要成分为FeOTiO2，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质）和足量盐酸反应后，其中只有杂质SiO
20、2和盐酸不反应，其它成分都和盐酸反应生成溶于水的盐酸盐，过滤后的滤液中含有溶于水的盐酸盐，加热过程中，TiOCl+水解生成TiO22H2O沉淀，过滤得到含有TiO22H2O的富钛渣，加入双氧水、氨水后得到过氧钛化合物，煅烧后得到TiO2，然后和Li2CO3反应得到Li4Ti5O12，富铁液加入双氧水和磷酸后，Fe2+转化为FePO4沉淀，然后和Li2CO3、H2C2O4高温煅烧生成LiFePO4。（1）钛铁矿的成分中只有SiO2与盐酸是不反应的，FeOTiO2、MgO、CaO与盐酸反应后产生的阳离子有 Mg2+、TiOCl+、Fe2+、Ca2+等。TiOCl+水解成TiO22H2O的离子方程式
21、是TiOCl+3H2OTiO22H2O+2H+ Cl。（2）“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是加入的双氧水和氨水都会因温度过高分解。（3）由流程图可知，H2O2为氧化剂，H3PO4为沉淀剂，则“沉铁”步骤反应的化学方程式为2FeCl2+ H2O2+ 2H3PO4= 2FePO4+4HCl+ 2H2O，根据流程图，生成的盐酸可返回溶浸工序循环使用。（4）根据流程图，FePO4与Li2CO3和H2C2O4高温煅烧生成LiFePO4，则反应的化学方程式是2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ 3CO2+ H2O，根据化学计量数，可知Li2CO3和H2C2O4的理论投入量的
22、物质的量之比为11。（5）充电时，和电源正极相连的电极叫阳极，反生氧化反应，根据充电时发生的反应Li4Ti5O12+LiFePO4=Li4+xTi5O12+Li1-xFePO4（0x1），LiFePO4生成Li1-xFePO4的过程中发生氧化反应，则阳极电极反应式为LiFePO4-xe= Li1-xFePO4+xLi+。（6）浸取液中c(Li+)=4molL-1，加入等体积的碳酸钠溶液将Li+转化为Li2CO3沉淀，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，设浸取液的体积为V L，则可知沉淀后的c(Li+)=0.2 molL-1，Ksp(Li2CO3)=c2(Li+)c()=1.6103，
23、则0.2 = 1.6103，故=0.04 molL-1。10氧族元素的单质及其化合物在工业生产和生活中有重要的应用，运用化学原理研究氧族元素的单质及其化合物有重要意义。回答下列问题：（1）臭氧层被破坏的反应过程如图所示，NO的作用是_。已知：O3(g)+O(g)=2O2(g) H=-143kJmol-1，“反应1”：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) H1=-200.2kJmol-1，写出“反应2”的热化学方程式_。（2）在恒温恒容密闭容器中，n(O3)n(SO2)=11投料发生如下反应：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) H=-240.8kJmol-1，T1和T2
24、（T1T2）时SO2的转化率如图所示。T1时，计算该反应的分压平衡常数Kp=_（结果保留小数点后两位）。恒温时增大SO2平衡转化率的措施是_（写一条）。（3）在容积为1L的多个反应装置中，分别充入2molSO2和2molO3控制在不同温度下发生反应，经过相同反应时间t后剩余SO2的物质的量与温度的关系如图所示。已知臭氧会转化成氧气：2O3(g)3O2(g)，在上述反应条件下臭氧分解率与温度关系如表：温度/50100150200250300分解率/%00063081低于140，SO2的剩余量随温度升高减小的原因是_；高于200，SO2的剩余量随着温度升高增大，除了升温平衡向吸热的逆向移动这一原因
25、外，另一原因是_。已知250时SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)的平衡常数K=1，平衡时氧气的浓度c(O2)=_mol/L（结果保留小数点后两位）。【答案】（1）催化剂 NO2(g)O(g)=NO(g)O2(g) H2=57.2kJmol1 （2）0.62 增大O3的浓度或及时分离出生成物 （3）低于140，反应尚未平衡，温度升高反应速率加快，消耗的SO2增大，剩余的SO2减小 O3分解成O2使平衡逆向移动 1.55 【解析】（1）反应过程是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气，反应过程中NO参与反应最后又生成，作用是催化剂。已知：O3(g)+
26、O(g)=2O2(g) H=-143kJmol-1，“反应1”：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) H1=-200.2kJmol-1，根据盖斯定律二者相减得到“反应2”的热化学方程式：NO2(g)O(g)=NO(g)O2(g) H2=57.2kJmol1。（2）升高温度平衡向逆反应方向移动，则T2时SO2的转化率相对较低，但反应速率较快，先达到平衡，故T2时SO2的转化率=42%，T1时SO2的转化率=44%；该反应是反应前后气体物质的量不变的可逆反应，分压平衡常数可以直接用各气体的平衡物质的量计算，可列出三段式：，则T1时，计算该反应的分压平衡常数。恒温时增大SO2平衡转化率的
27、措施是增大O3的浓度或及时分离出生成物。（3）低于140，反应尚未平衡，温度升高反应速率加快，消耗的SO2增大，剩余的SO2减小；由表格数据可知，当温度达到200时，O3开始分解生成O2，减小反应物浓度同时增加生成物浓度，平衡逆向移动，引起SO2的剩余量随着温度升高增大；由表格可知，250时O3的分解率为30%，分解的n(O3)=2mol30%=0.6mol，由2O33O2可知，0.6mol O3参与反应生成0.9molO2，设SO2的转化浓度为xmol/L，则，平衡常数，解得，则平衡时氧气的浓度c(O2)=( 0.65+0.9) mol/L =1.55mol/L。（二）选考题：共15分。请考
28、生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。11选修3-物质结构与性质第IIB族元素（Zn、Cd、Hg）和第VIA族元素（S、Se、Te）组成的某些二元化合物常用作半导体材料，在压电效应等器件方面有着广泛的应用。回答下列问题：（1）基态Se原子核外电子排布式为Ar_，有_个未成对电子。（2）Zn的四种卤化物熔点如下表所示。请分析ZnF2熔点高于其他三种卤化物，自ZnCl2至ZnI2熔点依次升高的原因：_。化合物ZnF2ZnCl2ZnBr2ZnI2熔点/87227539444
29、6（3）向硫酸锌溶液中加入足量氨水可生成可溶性Zn(NH3)4SO4，该物质中所含酸根的空间结构为_，Zn(NH3)42+中配位原子为_（填名称），从化学键角度解释该离子能够形成的原因：_。（4）H2S、H2Se、H2Te的沸点由低到高的顺序为_（用“”连接，下同）；键角由小到大的顺序为_。（5）氧化锌系气敏陶瓷是指具有气敏效应的半导体陶瓷，应用十分广泛。一种ZnO陶瓷的晶胞（立方体）如图1所示，图2是沿着立方格子对角面取得的截图，则Zn原子与O原子间最短距离为_pm。晶体的密度为_gcm-3（NA为阿伏加德罗常数的值，Zn原子半径为apm，列出计算式即可）。【答案】（1）3d104s24p4
30、 2 （2）ZnF2是离子晶体，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高（3）正四面体 N N提供孤对电子，Zn2+提供空轨道，形成配位键 （4）H2SH2SeH2Te H2TeH2SeH2S （5） 【解析】（1）Se为34号元素，基态Se原子核外电子排布式为Ar3d104s24p4；Se的4p轨道上含有2个未成对电子；（2）由表中数据可知，ZnF2的熔点与ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的熔点相差很大，是因为ZnF2是离子晶体，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高；（3）中心原子的价层电子对数为，没有孤电子
31、对，则其空间结构为正四面体；Zn(NH3)42+中NH3有孤电子对，故配位原子为N，N提供孤对电子，Zn2+提供空轨道，形成配位键；（4）H2S、H2Se、H2Te为分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越高，则沸点由低到高的顺序为H2SH2SeH2Te；原子序数越大，最外层电子离核越远，孤对电子活动范围越大，斥力越小，键角越小，则键角由小到大的顺序为H2TeH2SeH2S；（5）设Zn原子与O原子间最短距离为l pm，晶胞参数为b pm，由图2可知，则，则，故Zn原子与O原子间最短距离为pm；由晶胞结构可知，晶胞中Zn原子的个数为，O原子个数为，则晶胞密度为。12选修5-有机化学基础苯嘧磺草胺（
32、I）是一种除草剂，下图是其合成的部分流程。已知：当苯环上存在时，其他的基团引入主要在其邻对位，而当苯环上存在时，其他的基团引入主要在其间位；（具有还原性）；。请回答以下问题：（1）C中处于对位关系的官能团名称是_、_。（2）DE和FG反应类型分别是_、_。（3）分别写出E和H的结构简式_、_。（4）写出AB的化学反应方程式_。（5）C的一氟一氯苯甲酸同分异构体还有9种。芳香化合物W，相对分子质量比C大14，则符合下列条件的W的同分异构体共有_种（不考虑立体异构）。F、Cl与苯环直接相连；不与溶液作用；稀硫酸条件下发生水解反应；发生银镜反应。（6）在横线处补充完整以甲苯为原料合成的流程图（无机试
33、剂任选）_。【答案】（1）羧基 氟原子 （2）还原反应 取代反应 （3） （4）+C2H5OH （5）40 （6） 【解析】（1）C中官能团有羧基和氟原子和氯原子，其中处于对位关系的官能团名称是羧基和氟原子。（2）DE为硝基变氨基，属于还原反应，FG是羧基变酯基，反应类型为取代反应。（3）从后面F的结构分析，D中硝基与氯原子的对位，D中的硝基变成氨基则成为E，则E的结构简式为，G到H 为酯基变成羧基，所以H的结构简式为。（4）从原子守恒分析，AB的化学反应方程式+C2H5OH。（5）C的一氟一氯苯甲酸同分异构体还有9种。芳香化合物W，相对分子质量比C大14，即多一个CH2原子团，则F、Cl与苯环直接相连；不与溶液作用，说明不含酚羟基；稀硫酸条件下发生水解反应，说明有酯基；发生银镜反应，说明有醛基，则为甲酸酯类。若苯环上除了氯和氟原子外还有一个取代基，即苯环上连接三种同的取代基时，则结构有10种，若其连接四个不同的取代基，有30种结构，即同分异构体总共有40种。（6）以甲苯为原料，先发生硝化反应生成对位硝基甲苯，再被氧化生成对位硝基苯甲酸，再还原合成，流程图如下：。