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精品解析：江西省临川第二中学2022-2023学年高二下学期第三次月考化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：江西省临川第二中学2022-2023学年高二下学期第三次月考化学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
江西省临川第二中学2022-2023学年高二下学期第三次月考
化学试题
分值：100分 时间：75分钟
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 K-39 Fe-56
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)
1. 化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法错误的是
A. 明矾净水的原理与的水解有关
B. “天机芯”是全球首款异构融合类电脑芯片，其主要成分和光导纤维不同
C. 茶多酚有氧化性，可作食品保鲜剂
D. 乙二醇为二元醇，可用于生产汽车防冻液
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾中水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附水中杂质，所以明矾净水的原理与的水解有关，故A正确；
B．电脑芯片的成分是单质硅，光导纤的成分是二氧化硅，故B正确；
C．茶多酚具有还原性，易被氧化，可作食品保鲜剂，故C错误；
D．乙二醇为结构简式是，为二元醇，可用于生产汽车防冻液，故D正确；
选C。
2. 有机化合物分子中基团之间的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列事实中，不能说明上述观点的是
A. 甲苯能使酸性溶液褪色，而苯和甲烷不能使酸性溶液褪色
B. 乙烯能发生加成反应，而乙烷不能发生加成反应
C. 苯酚能与溶液反应，而乙醇不能与溶液反应
D. 苯酚苯环上的氢原子比苯分子中的氢原子更容易被卤素原子取代
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯和甲烷不能使酸性溶液褪色，甲基连接在苯环上，可被氧化，说明苯环对甲基影响，能说明上述观点，故A不选；
B．因为乙烯的结构中含有碳碳双键，能与氢气发生加成反应，而烷烃中则没有，是自身的官能团性质，不是原子团间的相互影响导致的化学性质，故B选；
C．受苯环的影响，苯酚中的羟基氢原子变得比较活泼，所以苯酚能与NaOH溶液反应，而乙醇不能，是有机物分子中基团间的相互影响会导致化学性质不同，故C不选；
D．苯酚苯环上的氢比苯分子中的氢更容易被卤原子取代，说明苯酚苯环上H原子更活泼，说明酚-OH对苯环的影响，故D不选；
故选B。
3. 观察下列模型或图谱，结合有关信息进行判断，下列说法正确的是
A
B
C
D
模型或图谱
H原子的电子云图
分子球棍模型
可装入空腔大小适配的“杯酚”
X射线衍射图谱
A. 由图可见H原子核外靠近核运动的电子多
B. 是由极性键构成的非极性分子
C. 超分了“杯酚”与形成氢键而识别
D. 从图中可知a是晶态粉末的X射线衍射图谱
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢原子的核外只有1个电子，H原子的电子云图说明核外电子在原子核附近出现的几率大，故A错误；
B．SF6中含有6个相同的极性键，且分子结构呈中心对称，正负电荷的重心重合，故其为非极性分子，故B正确；
C．C和H原子不能形成氢键，杯酚与C60不能形成氢键，故C错误；
D．a是非晶态粉末的X射线衍射图谱，b是晶态的X射线衍射图谱，故D错误；
故选B。
4. 合成聚2-氯丙烯的主要过程为：，下列说法不正确的是
A. 聚2-氯丙烯能使酸性溶液褪色
B. 2-氯丙烯不存在顺反异构
C. 分子中键和键比例为3：1
D. 转化①为加成反应，转化②为加聚反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．聚2-氯丙烯中不含碳碳双键，不能使酸性溶液褪色，故A错误；
B．2-氯丙烯中1号碳原子上有2个H原子，不存在顺反异构，故B正确；
C．三键中有1个键和2个键，单键全是键，分子中有6个键和2个键，比例为3：1，故C正确；
D．转化①是丙炔与氯化氢发生加成反应生成2-氯丙烯，转化②是2-氯丙烯发生加聚反应生成聚2-氯丙烯，故D正确；
选A。
5. 下列说法正确的是
A. 按系统命名法的名称为2－甲基－3，5－二乙基己烷
B. 用Na2CO3溶液能区分CH3COOH、CH3CH2OH、苯、硝基苯四种物质
C. 等质量的甲烷、乙烯、1，3－丁二烯分别充分燃烧，所耗氧气的量依次增加
D. 下列物质的沸点按由低到高顺序为：CH3(CH2)2CH3<(CH3)3CH
【解析】
【详解】A．该有机物最长碳链有7个碳原子，取代基分别在2、3、5号碳上，2，5号碳上各有一个甲基，3号碳上有一个乙基，名称为2，5-二甲基-3-乙基庚烷，A错误；
B．碳酸钠和醋酸反应生成二氧化碳气体，有气泡冒出，和乙醇互溶不反应，溶液不分层，和苯分层且油状液体在上层，和硝基苯分层且油状液体在下层，故可用碳酸钠区分这四种物质，B正确；
C．甲烷、乙烯、1，3-丁二烯中H元素的质量分数：甲烷>乙烯>1,3-丁二烯，而等质量的烃燃烧，H元素的质量分数越大，耗氧量越多，故等质量的甲烷、乙烯、1，3-丁二烯分别充分燃烧，耗氧量依次减少，C错误；
D．烷烃中碳原子数越多，沸点越高，互为同分异构体的烷烃，支链越多，沸点越低，故沸点由低到高顺序为：(CH3)3CH
6. 某有机物是药物生产的中间体，其结构简式如图。下列有关叙述正确的是
A 该有机物与溴水可发生加成反应
B 该有机物与浓硫酸混合共热可发生消去反应
C. 1mol该有机物与足量NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH
D. 该有机物中有一个手性碳原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子中不含碳碳双键，不能与溴发生加成反应，A错误；
B．由于醇羟基邻位碳原子上没有氢原子，则与浓硫酸混合加热，不能发生消去反应，B错误；
C．有机物水解可生成酚羟基、羧基和HCl，都能与NaOH反应，则1mo1A与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗4molNaOH，C错误；
D．该有机物中仅有“*”处一个手性碳原子，D正确；
故选D。
7. 下列有关实验装置及用途叙述完全正确的是
A. a装置检验消去反应后有丙烯
B. b装置检验酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚
C. c装置用于实验室制取并收集乙烯
D. d装置用于实验室制硝基苯
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．挥发的醇及生成的烯烃均使高锰酸钾褪色，由高锰酸钾不能检验丙烯生成，故A错误；
B．盐酸易挥发，盐酸与苯酚钠反应，图中装置不能比较碳酸、苯酚的酸性，故B错误；
C．温度计测定反应液的温度，水银球应在液面下，故C错误；
D．水浴加热制备硝基苯，图中装置可制备，故D正确；
故选：D。
8. 下列两组命题中，M组命题能用N组命题加以解释的是
选项
M组
N组
A．
的稳定性大于
的分子间作用力更大
B．
的沸点高于
因为分子间范德华力更大
C．
金属具有导热性
当金属中存在温度差时，“自由电子”碰撞金属阳离子将能量进行传递
D．
过氧化氢分子是极性分子
过氧化氢分子中只含有极性键
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于O的非金属性强于S，所以H2O的稳定性大于H2S，A错误；
B．，易形成分子间氢键，熔沸点较高，易形成分子内氢键，熔沸点降低，所以的沸点高于，B错误；
C．金属具有导热性是当金属中存在温度差时，“自由电子”碰撞金属阳离子将能量进行传递形成，C正确；
D．过氧化氢分子是极性分子，但是过氧化氢分子中含有极性键和非极性键，D错误；
故选C。
9. 溶于氨水形成，下列有关的说法正确的是
A. 由于是配合物，故向其中滴加溶液不会生成沉淀
B. 中键的数目为18mol
C. 中的键角大于中的键角
D. VA族元素单质的晶体类型相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．能电离出 ，向其中滴加溶液会生成硫酸钡沉淀，故A错误；
B．中Ni2+与NH3形成配位键，NH3分子中有3个N-H键，配位键、单键全是键，中键的数目为24mol，故B错误；
C．中N原子不含孤电子对，中N原子存在孤电子对，中的键角大于中的键角，故C正确；
D．VA族元素从上到下原子半径增大，单质的晶体类型不相同，故D错误；
选C。
10. 氯乙烷(沸点：12.5℃，熔点：-138.7℃)有如图转化关系：
氯乙烷乙醇乙醛；
设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 标准状况下，22.4 L氯乙烷所含分子数为NA
B. 25℃时，1.0 mol·L-1的NaOH溶液中阴阳离子总数为2NA
C. 若有46 g乙醇转化为乙醛时，乙醇得到的电子数为2NA
D. 若38 g乙醛和甲醇的混合物中含有4 g氢元素，则碳原子数目为1.5NA
【答案】D
【解析】
【分析】氯乙烷转化为乙醇的反应为；乙醇转化为一圈的反应为；
【详解】A．标准状况下，氯乙烷为液态，不能用进行计算，故A错误；
B．根据，NaOH溶液的体积未知，无法计算NaOH的量，故B错误；
C．对于反应，乙醇被氧化，失去电子，转移电子总数为4，若有46 g乙醇转化为乙醛时，乙醇失去的电子数为，故C错误；
D．设，，则根据题意有，，解得，，则38 g乙醛和甲醇的混合物中碳原子数目为，故D正确；
故选D。
11. 烯烃或炔烃在酸性高锰酸钾溶液作用下，分子中的不饱和键完全断裂，此法可用于减短碳链。已知：
烯烃被氧化的部位
CH2=
RCH
对应的氧化产物
CO2
RCOOH
现有某烯烃与酸性溶液作用后得到的氧化产物有、乙二酸()和丙酮( )，则该烯烃的结构简式可能是
A. B.
C. CH2=CH-CH=CHCH2CH3 D.
【答案】D
【解析】
【详解】A． 与酸性溶液作用后得到的氧化产物有和 ，A错误；
B． 与酸性溶液作用后得到的氧化产物有和 ，Ｂ错误；
C． 与酸性溶液作用后得到的氧化产物有,和 ， C错误；
D． 与酸性溶液作用后得到的氧化产物有,和 ， D正确；
故选D。
12. 有机物X、Y分子式不同，它们只含C、H、O元素中的两种或三种，若将X、Y不论何种比例混合，只要其物质的量之和不变，完全燃烧时耗氧气量和生成水的物质的量也不变。X、Y可能是
A. C2H4、C2H6O B. C2H2、C6H6 C. CH2O、C3H6O2 D. CH4、C2H4O2
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y不论何种比例混合，只要物质的量之和不变，完全燃烧生成水的量不变，说明X、Y两物质的化学式中，氢原子数目相同，二者耗氧量相同，则X、Y两化学式相差一个“CO2”基团，符合CxHy(CO2)n，可以利用分子式的拆写法判断。
【详解】A．C2H4、C2H6O含有的H数目不同，物质的量比值不同，生成的水的物质的量不同，故A错误；
B．C2H2、C6H6含有H数目不同，二者的物质的量比值不同，生成水的物质的量不同，且耗氧量也不同，故B错误；
C．CH2O、C3H6O2含有的H数目不同，二者的物质的量比值也不同，生成水的物质的量也不同，且耗氧量不同，故C错误；
D．CH4、C2H4O2含有的H数目相同，在分子组成上相差一个“CO2”基团，只要其物质的量之和不变，完全燃烧时耗氧气量和生成水的物质的量也不变，故D正确；
故选D。
13. 酸性水系锌锰电池放电时，电极上的易剥落，会降低电池效率，若向体系中加入少量KI固体则可以提高电池的工作效率，原理如图所示。下列说法正确的是
A. 含有的碳电极的电势低于Zn电极
B. 加入KI后可降低能量的“损失”，相关方程式为
C. 电池要维荷较高的工作效率，需不断向体系中加入KI固体
D. 放电时，消耗0.5molZn时，有0.5mol通过质子交换膜
【答案】B
【解析】
【分析】Zn电极为负极，发生氧化反应Zn-2e-=Zn2+，含有MnO2的碳电极为正极，发生还原反应MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，MnO2剥落后，影响了反应的进行；加入KI后，提高了电池的工作效率，对应反应的方程式为MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-。
【详解】A．含有MnO2的碳电极为正极，该碳电极的电势高于Zn电极，故A错误；
B．加入KI后，对应反应的方程式为MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-，可以让I在正极继续得电子，恢复“损失”的能量，故B正确；
C．加入KI后，对应反应的方程式为MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-，碘离子不断消耗又生成、循环反应，故不需要继续向体系中加入KI固体，故C错误；
D．放电时，负极每消耗1mol Zn，转移2mol电子，则会有2mol H+通过质子交换膜进入正极，故消耗0.5mol Zn时，有1mol H+通过质子交换膜，故D错误；
故选B。
14. 金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过下列途径制备：
下列说法正确是
A. 四氢二聚环戊二烯分子式为
B. 金刚烷的二氯代物有6种
C. 二聚环戊二烯与HBr加成反应最多得4种产物
D. 上述四种烃均能使溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据四氢二聚环戊二烯的键线式，其含有的碳原子数是10个，含有的H原子数是16，则其分子式是，故A错误；
B．金刚烷的二氯代物有如图所示共6种， 、 、、 、 、，故B正确；
C．二聚环戊二烯含有两个双键，若加成时只加成一个双键，有4种结构，若两个双键均被加成，有3种结构，所以最多有7种，故C错误；
D．四氢二聚环戊二烯、金刚烷不含碳碳双键，不能与溴发生加成，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误；
答案B。
二、非选择题(本题包括4小题，共58分)
15. 我国科学家屠呦呦因青蒿素研究获得诺贝尔奖，青蒿素是从传统药材中发现的能治疗疟疾的有机化合物。青蒿素为无色针状晶体，熔点为156~157℃，易溶于丙酮、氯仿和乙醚，在水中几乎不溶。现某实验小组拟提取青蒿素。
Ⅰ．实验室流程如图所示：
（1）在操作Ⅰ前要对青蒿进行粉碎，其目的是___________，操作II的名称是___________。
（2）操作Ⅲ进行的是重结晶，其操作步骤为加热溶解→___________→___________→过滤、洗涤、干燥。_________
Ⅱ．已知青蒿素是一种仅含有C、H、O三种元素的化合物，为进一步确定其化学式，进行了如图实验：
实验步骤：
①连接装置，检查装置气密性；
②称量E、F中仪器及药品的质量；
③取14.10g青蒿素放入C的硬质玻璃管中，点燃C、D中的酒精灯加热，充分反应；
④实验结束后冷却至室温，称量反应后E、F中仪器及药品的质量。
（3）装置E、F应分别装入的药品为___________、___________。
（4）实验测得：
装置
实验前
实验后
E
54.00g
63.90g
F
80.00g
113.00g
通过质谱法测得青蒿素的相对分子质量为282，结合上述数据，得出青蒿素的分子式为___________。
【答案】（1） ①. 增大青蒿与乙醚的接触面积，提高浸取率 ②. 蒸馏
（2）趁热过滤、冷却结晶
（3） ①. 无水氯化钙(或五氧化二磷) ②. 碱石灰
（4）
【解析】
【分析】Ⅰ由图可知，青蒿素粉碎在乙醚溶液中过滤，取过滤液蒸馏得到青蒿素粗品，再经过重结晶得到青蒿素。
Ⅱ由图可知，装置C中青蒿素在通入的空气中完全燃烧产生的水蒸气、一氧化碳和二氧化碳，装置D中氧化铜将反应生成的一氧化碳氧化为二氧化碳，装置E中盛有的无水氯化钙或五氧化二磷用于吸收和测定反应生成水蒸气的量，装置F中碱石灰用于吸收测定反应生成二氧化碳的量，该实验的缺陷是空气中的二氧化碳和水蒸会导致测得水蒸气和二氧化碳的量偏大，应在装置C的左侧增加除去空气中二氧化碳、水蒸气的除杂装置，同时在装置F右侧增加防止空气中二氧化碳、水蒸气进入装置F的装置；
【小问1详解】
①根据实验室用乙醚提取青蒿素的工艺流程可知，在操作之前对青蒿进行干燥粉碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率。
②提取液经过蒸馏后可得青蒿素粗品。
【小问2详解】
重结晶操作步骤为加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
【小问3详解】
由分析可知，装置E中盛有的无水氯化钙或五氧化二磷用于吸收和测定反应生成水蒸气的量，装置F中碱石灰用于吸收测定反应生成二氧化碳的量；
【小问4详解】
题意可知，青蒿素的物质的量为=0.05mol由表格数据可知，反应E中测得反应生成水的质量为(63.90-54.00)g=9.90g，装置F中测得二氧化碳的质量为(113.00-80.00)=33.00g，由原子个数守恒可知，青蒿素中氢原子的物质的量为×2=1.1mol，碳原子的物质的量为=0.75mol，氧原子的物质的量为=0.25mol，由n：n(C)：n(H)：n(O)=0.05mol：0.75mol：1.1mol：0.25mol=1：15：22：5可知，青蒿素的分子式为C5H22O5；
16. A、B、D、E四种元素均为短周期元素，原子序数逐渐增大。A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等。B、D、E三种元素在周期表中的相对位置如图①所示，只有E元素的单质能与水反应生成两种酸，甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由A、B、D三种元素中的一种或几种组成，其中只有M分子同时含有三种元素：W为A、B两元素组成的18电子分子，可作火箭燃料；甲、乙为非金属单质：X分子含有10个电子。它们之间的转化关系如图②所示。
请回答下列问题：
（1）Z的化学式为_______；X分子的空间构型为_______。
（2）E的单质与水反应的离子方程式为_______。E元素可分别与钙(Ca)、钛(Ti)元素形成化合物，其中CaE2的熔点为782℃，沸点1600℃，TiE4的熔点为-24.1℃，沸点为136.4℃，两者熔沸点差别很大的原因是_______。
（3）W-空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%~30%的KOH溶液。W-空气燃料电池放电时负极反应式为_______。
（4）将一定量的A2、B2的混合气体放入1L恒容密闭容器中，在200℃下达到平衡。测得平衡气体的总物质的量为0.4mol，其中A2为0.1mol，B2为0.1mol。则该条件下A2的平衡转化率为_______，该温度下的平衡常数为_______。
【答案】（1） ①. ②. V形
（2） ①. ②. 为离子晶体，为分子晶体，熔沸点比离子晶体低得多
（3）
（4） ①. 75% ②. 400
【解析】
【分析】A、B、D、E四种元素均为短周期元素，原子序数逐渐增大．A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等，推知元素A是H；由元素在周期表中位置，可知B、D位于第二周期，E位于第三周期，而E元素的单质能与水反应生成两种酸，则E为Cl，可推知B为N元素、D为O元素；甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由H、N、O三种元素中的一种或几种组成，其中W为N2H4，甲、乙为非金属单质，X分子含有10个电子，结合转化关系可知，甲是O2、乙是N2、X是H2O，依次可推导出Y是NO、Z是NO2、M是HNO3，据此解答。
【小问1详解】
由分析可知：Z为二氧化氮，化学式为NO2；X是H2O，H2O为V形结构，故答案为：NO2；V形；
【小问2详解】
E 的单质为Cl2，其与水反应生成HCl和HClO，发生反应的离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO；活泼金属与活泼非金属原子易形成离子键，因此可判断为离子晶体，为分子晶体，离子键键能大于分子间作用力，因此离子晶体的熔沸点高于分子晶体，故答案为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO；为离子晶体，为分子晶体，熔沸点比离子晶体低得多；
【小问3详解】
正极发生还原反应，氧气在正极得电子，碱性条件下生成OH-，正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，负极发生氧化反应，失去电子，碱性条件下生成氮气与水，负极反应式为：N2H4+4OH--4e-═N2+4H2O；故答案为：N2H4+4OH--4e-═N2+4H2O；
【小问4详解】
测得平衡气体的总物质的量为0.40mol，其中A2为0.1mol，B2为0.1mol，则：
则该条件下H2的平衡转化率为×100%=75%；
容器体积为1L，则该反应的平衡常数，则K=。
故答案为：75%；400；
17. 铁及其化合物在生产、生活中有重要应用。回答下列问题：
（1）的价电子轨道表示式为___________。
（2）和可形成如图所示的配合物离子。其中铁的一个配体为茂环阴离子()，该配体以电子参与配位。(-Ph表示苯基)
①在该配合物结构中，的配位数为___________。该配合物中碳原子的杂化方式共有___________种。
②N、S、O第一电离能由大到小的顺序为___________。
③表示环戊二烯负离子(每个碳原子上都结合了一个氢原子)，已知分子中的大键可用符号表示，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)，则中的大键应表示为___________。
（3）普鲁士蓝晶体属立方晶系，晶胞棱长为apm。铁—氰骨架组成晶胞中的8个小立方体，Fe粒子在小立方体顶点，在小立方体的棱上，两端均与Fe相连，小立方体中心空隙可容纳，如图所示(在图中省略)。
①该晶胞的化学式为___________。
②若所有铁粒子为等径小球，则与之间最近距离为___________pm；该晶体的密度为___________(阿伏加德罗常数为)。
【答案】（1） （2） ①. 4 ②. 3 ③. ④.
（3） ①. ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
的价电子排布式为3d6，轨道表示式为
【小问2详解】
①在该配合物结构中，与形成配位键的原子为2个N和2个S，配位数为4。该配合物中中含有电子，中C原子采用sp2杂化，苯基、中C原子采用sp2杂化，CO中C原子采用sp杂化，单键碳原子采用sp3杂化，碳原子的杂化方式共有3种。
②N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能N>O，同主族元素从上到下第一电离能依次减小，第一电离能S
【小问3详解】
①根据均摊原则，Fe粒子数为 、数为24、K+数4，该晶胞的化学式为。
②若所有铁粒子为等径小球，则与之间最近距离为小立方体的体对角线的一半，最短距离为pm；该晶体的密度为。
18. 以烃A为原料合成一种药物中间体G的路线如下(部分反应条件省略)：
已知：Ⅰ．苯环上连有烷基时，再引入一个取代基，通常取代在烷基的邻、对位；而当苯环上连有羧基时，则取代在间位。
Ⅱ．(易被氧化)
回答下列问题：
（1）G的分子式为___________，C中所含官能团的名称为___________。
（2）A的名称为___________；A→B的反应类型为___________。
（3）D→E的转化中，反应①的化学方程式为___________。
（4）写出与C互为同分异构体且满足下列条件的结构简式为___________。
①属于芳香族化合物
②能与碳酸氢钠溶液反应生成
③核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积比为1：2：2。
（5）与F具有相同官能团的F的同分异构体有___________种(F除外)。
【答案】（1） ①. ②. 羧基、硝基
（2） ①. 甲苯 ②. 氧化反应
（3） （4） （5）9
【解析】
【分析】苯环上连有烷基时，再引入一个取代基，通常取代在烷基的邻、对位；而当苯环上连有羧基时，则取代在间位；根据D的结构式推出C为；根据A的化学式推出A为，B为；D发生取代反应生成E；根据E的结构式和(易被氧化)可知，F为；F和 发生取代反应生成G。
【小问1详解】
G的分子式为C11H13NO4；C中所含官能团的为羧基和硝基；
故答案为：C11H13NO4；羧基、硝基。
【小问2详解】
根据分析可知A的为甲苯；根据分析可知A→B的反应类型为氧化反应；
故答案为：甲苯；氧化反应。
【小问3详解】
D→E的转化中，反应①的化学方程式为；
故答案为：。
【小问4详解】
C为，与C互为同分异构体①属于芳香族化合物说明含有苯环；②能与碳酸氢钠溶液反应生成CO2说明分子中含有羧基；③核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积比为1：2：2；综上所述分子中有硝基，并且与羧基为对位，则分子式为；
故答案为：。
【小问5详解】
F为，与F具有相同官能团的F的同分异构体有羟基位置有4种情况，除F外羟基位置有3种情况，羟基位置有2种情况，合计有9种情况；
故答案为：9。
江西省临川第二中学2022-2023学年高二下学期第三次月考
化学试题
分值：100分 时间：75分钟
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 K-39 Fe-56
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)
1. 化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法错误的是
A. 明矾净水的原理与的水解有关
B. “天机芯”是全球首款异构融合类电脑芯片，其主要成分和光导纤维不同
C. 茶多酚有氧化性，可作食品保鲜剂
D. 乙二醇为二元醇，可用于生产汽车防冻液
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾中水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附水中杂质，所以明矾净水的原理与的水解有关，故A正确；
B．电脑芯片的成分是单质硅，光导纤的成分是二氧化硅，故B正确；
C．茶多酚具有还原性，易被氧化，可作食品保鲜剂，故C错误；
D．乙二醇为结构简式是，为二元醇，可用于生产汽车防冻液，故D正确；
选C。
2. 有机化合物分子中基团之间的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列事实中，不能说明上述观点的是
A. 甲苯能使酸性溶液褪色，而苯和甲烷不能使酸性溶液褪色
B. 乙烯能发生加成反应，而乙烷不能发生加成反应
C. 苯酚能与溶液反应，而乙醇不能与溶液反应
D. 苯酚苯环上的氢原子比苯分子中的氢原子更容易被卤素原子取代
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯和甲烷不能使酸性溶液褪色，甲基连接在苯环上，可被氧化，说明苯环对甲基影响，能说明上述观点，故A不选；
B．因为乙烯的结构中含有碳碳双键，能与氢气发生加成反应，而烷烃中则没有，是自身的官能团性质，不是原子团间的相互影响导致的化学性质，故B选；
C．受苯环的影响，苯酚中的羟基氢原子变得比较活泼，所以苯酚能与NaOH溶液反应，而乙醇不能，是有机物分子中基团间的相互影响会导致化学性质不同，故C不选；
D．苯酚苯环上的氢比苯分子中的氢更容易被卤原子取代，说明苯酚苯环上H原子更活泼，说明酚-OH对苯环的影响，故D不选；
故选B。
3. 观察下列模型或图谱，结合有关信息进行判断，下列说法正确的是
A
B
C
D
模型或图谱
H原子的电子云图
分子球棍模型
可装入空腔大小适配的“杯酚”
X射线衍射图谱
A. 由图可见H原子核外靠近核运动的电子多
B. 是由极性键构成的非极性分子
C. 超分了“杯酚”与形成氢键而识别
D. 从图中可知a是晶态粉末的X射线衍射图谱
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢原子的核外只有1个电子，H原子的电子云图说明核外电子在原子核附近出现的几率大，故A错误；
B．SF6中含有6个相同的极性键，且分子结构呈中心对称，正负电荷的重心重合，故其为非极性分子，故B正确；
C．C和H原子不能形成氢键，杯酚与C60不能形成氢键，故C错误；
D．a是非晶态粉末的X射线衍射图谱，b是晶态的X射线衍射图谱，故D错误；
故选B。
4. 合成聚2-氯丙烯的主要过程为：，下列说法不正确的是
A. 聚2-氯丙烯能使酸性溶液褪色
B. 2-氯丙烯不存在顺反异构
C. 分子中键和键比例为3：1
D. 转化①为加成反应，转化②为加聚反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．聚2-氯丙烯中不含碳碳双键，不能使酸性溶液褪色，故A错误；
B．2-氯丙烯中1号碳原子上有2个H原子，不存在顺反异构，故B正确；
C．三键中有1个键和2个键，单键全是键，分子中有6个键和2个键，比例为3：1，故C正确；
D．转化①是丙炔与氯化氢发生加成反应生成2-氯丙烯，转化②是2-氯丙烯发生加聚反应生成聚2-氯丙烯，故D正确；
选A。
5. 下列说法正确的是
A. 按系统命名法的名称为2－甲基－3，5－二乙基己烷
B. 用Na2CO3溶液能区分CH3COOH、CH3CH2OH、苯、硝基苯四种物质
C. 等质量的甲烷、乙烯、1，3－丁二烯分别充分燃烧，所耗氧气的量依次增加
D. 下列物质的沸点按由低到高顺序为：CH3(CH2)2CH3<(CH3)3CH
【解析】
【详解】A．该有机物最长碳链有7个碳原子，取代基分别在2、3、5号碳上，2，5号碳上各有一个甲基，3号碳上有一个乙基，名称为2，5-二甲基-3-乙基庚烷，A错误；
B．碳酸钠和醋酸反应生成二氧化碳气体，有气泡冒出，和乙醇互溶不反应，溶液不分层，和苯分层且油状液体在上层，和硝基苯分层且油状液体在下层，故可用碳酸钠区分这四种物质，B正确；
C．甲烷、乙烯、1，3-丁二烯中H元素的质量分数：甲烷>乙烯>1,3-丁二烯，而等质量的烃燃烧，H元素的质量分数越大，耗氧量越多，故等质量的甲烷、乙烯、1，3-丁二烯分别充分燃烧，耗氧量依次减少，C错误；
D．烷烃中碳原子数越多，沸点越高，互为同分异构体的烷烃，支链越多，沸点越低，故沸点由低到高顺序为：(CH3)3CH
6. 某有机物是药物生产的中间体，其结构简式如图。下列有关叙述正确的是
A 该有机物与溴水可发生加成反应
B 该有机物与浓硫酸混合共热可发生消去反应
C. 1mol该有机物与足量NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH
D. 该有机物中有一个手性碳原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子中不含碳碳双键，不能与溴发生加成反应，A错误；
B．由于醇羟基邻位碳原子上没有氢原子，则与浓硫酸混合加热，不能发生消去反应，B错误；
C．有机物水解可生成酚羟基、羧基和HCl，都能与NaOH反应，则1mo1A与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗4molNaOH，C错误；
D．该有机物中仅有“*”处一个手性碳原子，D正确；
故选D。
7. 下列有关实验装置及用途叙述完全正确的是
A. a装置检验消去反应后有丙烯
B. b装置检验酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚
C. c装置用于实验室制取并收集乙烯
D. d装置用于实验室制硝基苯
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．挥发的醇及生成的烯烃均使高锰酸钾褪色，由高锰酸钾不能检验丙烯生成，故A错误；
B．盐酸易挥发，盐酸与苯酚钠反应，图中装置不能比较碳酸、苯酚的酸性，故B错误；
C．温度计测定反应液的温度，水银球应在液面下，故C错误；
D．水浴加热制备硝基苯，图中装置可制备，故D正确；
故选：D。
8. 下列两组命题中，M组命题能用N组命题加以解释的是
选项
M组
N组
A．
的稳定性大于
的分子间作用力更大
B．
的沸点高于
因为分子间范德华力更大
C．
金属具有导热性
当金属中存在温度差时，“自由电子”碰撞金属阳离子将能量进行传递
D．
过氧化氢分子是极性分子
过氧化氢分子中只含有极性键
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于O的非金属性强于S，所以H2O的稳定性大于H2S，A错误；
B．，易形成分子间氢键，熔沸点较高，易形成分子内氢键，熔沸点降低，所以的沸点高于，B错误；
C．金属具有导热性是当金属中存在温度差时，“自由电子”碰撞金属阳离子将能量进行传递形成，C正确；
D．过氧化氢分子是极性分子，但是过氧化氢分子中含有极性键和非极性键，D错误；
故选C。
9. 溶于氨水形成，下列有关的说法正确的是
A. 由于是配合物，故向其中滴加溶液不会生成沉淀
B. 中键的数目为18mol
C. 中的键角大于中的键角
D. VA族元素单质的晶体类型相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．能电离出 ，向其中滴加溶液会生成硫酸钡沉淀，故A错误；
B．中Ni2+与NH3形成配位键，NH3分子中有3个N-H键，配位键、单键全是键，中键的数目为24mol，故B错误；
C．中N原子不含孤电子对，中N原子存在孤电子对，中的键角大于中的键角，故C正确；
D．VA族元素从上到下原子半径增大，单质的晶体类型不相同，故D错误；
选C。
10. 氯乙烷(沸点：12.5℃，熔点：-138.7℃)有如图转化关系：
氯乙烷乙醇乙醛；
设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 标准状况下，22.4 L氯乙烷所含分子数为NA
B. 25℃时，1.0 mol·L-1的NaOH溶液中阴阳离子总数为2NA
C. 若有46 g乙醇转化为乙醛时，乙醇得到的电子数为2NA
D. 若38 g乙醛和甲醇的混合物中含有4 g氢元素，则碳原子数目为1.5NA
【答案】D
【解析】
【分析】氯乙烷转化为乙醇的反应为；乙醇转化为一圈的反应为；
【详解】A．标准状况下，氯乙烷为液态，不能用进行计算，故A错误；
B．根据，NaOH溶液的体积未知，无法计算NaOH的量，故B错误；
C．对于反应，乙醇被氧化，失去电子，转移电子总数为4，若有46 g乙醇转化为乙醛时，乙醇失去的电子数为，故C错误；
D．设，，则根据题意有，，解得，，则38 g乙醛和甲醇的混合物中碳原子数目为，故D正确；
故选D。
11. 烯烃或炔烃在酸性高锰酸钾溶液作用下，分子中的不饱和键完全断裂，此法可用于减短碳链。已知：
烯烃被氧化的部位
CH2=
RCH
对应的氧化产物
CO2
RCOOH
现有某烯烃与酸性溶液作用后得到的氧化产物有、乙二酸()和丙酮( )，则该烯烃的结构简式可能是
A. B.
C. CH2=CH-CH=CHCH2CH3 D.
【答案】D
【解析】
【详解】A． 与酸性溶液作用后得到的氧化产物有和 ，A错误；
B． 与酸性溶液作用后得到的氧化产物有和 ，Ｂ错误；
C． 与酸性溶液作用后得到的氧化产物有,和 ， C错误；
D． 与酸性溶液作用后得到的氧化产物有,和 ， D正确；
故选D。
12. 有机物X、Y分子式不同，它们只含C、H、O元素中的两种或三种，若将X、Y不论何种比例混合，只要其物质的量之和不变，完全燃烧时耗氧气量和生成水的物质的量也不变。X、Y可能是
A. C2H4、C2H6O B. C2H2、C6H6 C. CH2O、C3H6O2 D. CH4、C2H4O2
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y不论何种比例混合，只要物质的量之和不变，完全燃烧生成水的量不变，说明X、Y两物质的化学式中，氢原子数目相同，二者耗氧量相同，则X、Y两化学式相差一个“CO2”基团，符合CxHy(CO2)n，可以利用分子式的拆写法判断。
【详解】A．C2H4、C2H6O含有的H数目不同，物质的量比值不同，生成的水的物质的量不同，故A错误；
B．C2H2、C6H6含有H数目不同，二者的物质的量比值不同，生成水的物质的量不同，且耗氧量也不同，故B错误；
C．CH2O、C3H6O2含有的H数目不同，二者的物质的量比值也不同，生成水的物质的量也不同，且耗氧量不同，故C错误；
D．CH4、C2H4O2含有的H数目相同，在分子组成上相差一个“CO2”基团，只要其物质的量之和不变，完全燃烧时耗氧气量和生成水的物质的量也不变，故D正确；
故选D。
13. 酸性水系锌锰电池放电时，电极上的易剥落，会降低电池效率，若向体系中加入少量KI固体则可以提高电池的工作效率，原理如图所示。下列说法正确的是
A. 含有的碳电极的电势低于Zn电极
B. 加入KI后可降低能量的“损失”，相关方程式为
C. 电池要维荷较高的工作效率，需不断向体系中加入KI固体
D. 放电时，消耗0.5molZn时，有0.5mol通过质子交换膜
【答案】B
【解析】
【分析】Zn电极为负极，发生氧化反应Zn-2e-=Zn2+，含有MnO2的碳电极为正极，发生还原反应MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，MnO2剥落后，影响了反应的进行；加入KI后，提高了电池的工作效率，对应反应的方程式为MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-。
【详解】A．含有MnO2的碳电极为正极，该碳电极的电势高于Zn电极，故A错误；
B．加入KI后，对应反应的方程式为MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-，可以让I在正极继续得电子，恢复“损失”的能量，故B正确；
C．加入KI后，对应反应的方程式为MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-，碘离子不断消耗又生成、循环反应，故不需要继续向体系中加入KI固体，故C错误；
D．放电时，负极每消耗1mol Zn，转移2mol电子，则会有2mol H+通过质子交换膜进入正极，故消耗0.5mol Zn时，有1mol H+通过质子交换膜，故D错误；
故选B。
14. 金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过下列途径制备：
下列说法正确是
A. 四氢二聚环戊二烯分子式为
B. 金刚烷的二氯代物有6种
C. 二聚环戊二烯与HBr加成反应最多得4种产物
D. 上述四种烃均能使溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据四氢二聚环戊二烯的键线式，其含有的碳原子数是10个，含有的H原子数是16，则其分子式是，故A错误；
B．金刚烷的二氯代物有如图所示共6种， 、 、、 、 、，故B正确；
C．二聚环戊二烯含有两个双键，若加成时只加成一个双键，有4种结构，若两个双键均被加成，有3种结构，所以最多有7种，故C错误；
D．四氢二聚环戊二烯、金刚烷不含碳碳双键，不能与溴发生加成，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误；
答案B。
二、非选择题(本题包括4小题，共58分)
15. 我国科学家屠呦呦因青蒿素研究获得诺贝尔奖，青蒿素是从传统药材中发现的能治疗疟疾的有机化合物。青蒿素为无色针状晶体，熔点为156~157℃，易溶于丙酮、氯仿和乙醚，在水中几乎不溶。现某实验小组拟提取青蒿素。
Ⅰ．实验室流程如图所示：
（1）在操作Ⅰ前要对青蒿进行粉碎，其目的是___________，操作II的名称是___________。
（2）操作Ⅲ进行的是重结晶，其操作步骤为加热溶解→___________→___________→过滤、洗涤、干燥。_________
Ⅱ．已知青蒿素是一种仅含有C、H、O三种元素的化合物，为进一步确定其化学式，进行了如图实验：
实验步骤：
①连接装置，检查装置气密性；
②称量E、F中仪器及药品的质量；
③取14.10g青蒿素放入C的硬质玻璃管中，点燃C、D中的酒精灯加热，充分反应；
④实验结束后冷却至室温，称量反应后E、F中仪器及药品的质量。
（3）装置E、F应分别装入的药品为___________、___________。
（4）实验测得：
装置
实验前
实验后
E
54.00g
63.90g
F
80.00g
113.00g
通过质谱法测得青蒿素的相对分子质量为282，结合上述数据，得出青蒿素的分子式为___________。
【答案】（1） ①. 增大青蒿与乙醚的接触面积，提高浸取率 ②. 蒸馏
（2）趁热过滤、冷却结晶
（3） ①. 无水氯化钙(或五氧化二磷) ②. 碱石灰
（4）
【解析】
【分析】Ⅰ由图可知，青蒿素粉碎在乙醚溶液中过滤，取过滤液蒸馏得到青蒿素粗品，再经过重结晶得到青蒿素。
Ⅱ由图可知，装置C中青蒿素在通入的空气中完全燃烧产生的水蒸气、一氧化碳和二氧化碳，装置D中氧化铜将反应生成的一氧化碳氧化为二氧化碳，装置E中盛有的无水氯化钙或五氧化二磷用于吸收和测定反应生成水蒸气的量，装置F中碱石灰用于吸收测定反应生成二氧化碳的量，该实验的缺陷是空气中的二氧化碳和水蒸会导致测得水蒸气和二氧化碳的量偏大，应在装置C的左侧增加除去空气中二氧化碳、水蒸气的除杂装置，同时在装置F右侧增加防止空气中二氧化碳、水蒸气进入装置F的装置；
【小问1详解】
①根据实验室用乙醚提取青蒿素的工艺流程可知，在操作之前对青蒿进行干燥粉碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率。
②提取液经过蒸馏后可得青蒿素粗品。
【小问2详解】
重结晶操作步骤为加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
【小问3详解】
由分析可知，装置E中盛有的无水氯化钙或五氧化二磷用于吸收和测定反应生成水蒸气的量，装置F中碱石灰用于吸收测定反应生成二氧化碳的量；
【小问4详解】
题意可知，青蒿素的物质的量为=0.05mol由表格数据可知，反应E中测得反应生成水的质量为(63.90-54.00)g=9.90g，装置F中测得二氧化碳的质量为(113.00-80.00)=33.00g，由原子个数守恒可知，青蒿素中氢原子的物质的量为×2=1.1mol，碳原子的物质的量为=0.75mol，氧原子的物质的量为=0.25mol，由n：n(C)：n(H)：n(O)=0.05mol：0.75mol：1.1mol：0.25mol=1：15：22：5可知，青蒿素的分子式为C5H22O5；
16. A、B、D、E四种元素均为短周期元素，原子序数逐渐增大。A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等。B、D、E三种元素在周期表中的相对位置如图①所示，只有E元素的单质能与水反应生成两种酸，甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由A、B、D三种元素中的一种或几种组成，其中只有M分子同时含有三种元素：W为A、B两元素组成的18电子分子，可作火箭燃料；甲、乙为非金属单质：X分子含有10个电子。它们之间的转化关系如图②所示。
请回答下列问题：
（1）Z的化学式为_______；X分子的空间构型为_______。
（2）E的单质与水反应的离子方程式为_______。E元素可分别与钙(Ca)、钛(Ti)元素形成化合物，其中CaE2的熔点为782℃，沸点1600℃，TiE4的熔点为-24.1℃，沸点为136.4℃，两者熔沸点差别很大的原因是_______。
（3）W-空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%~30%的KOH溶液。W-空气燃料电池放电时负极反应式为_______。
（4）将一定量的A2、B2的混合气体放入1L恒容密闭容器中，在200℃下达到平衡。测得平衡气体的总物质的量为0.4mol，其中A2为0.1mol，B2为0.1mol。则该条件下A2的平衡转化率为_______，该温度下的平衡常数为_______。
【答案】（1） ①. ②. V形
（2） ①. ②. 为离子晶体，为分子晶体，熔沸点比离子晶体低得多
（3）
（4） ①. 75% ②. 400
【解析】
【分析】A、B、D、E四种元素均为短周期元素，原子序数逐渐增大．A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等，推知元素A是H；由元素在周期表中位置，可知B、D位于第二周期，E位于第三周期，而E元素的单质能与水反应生成两种酸，则E为Cl，可推知B为N元素、D为O元素；甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由H、N、O三种元素中的一种或几种组成，其中W为N2H4，甲、乙为非金属单质，X分子含有10个电子，结合转化关系可知，甲是O2、乙是N2、X是H2O，依次可推导出Y是NO、Z是NO2、M是HNO3，据此解答。
【小问1详解】
由分析可知：Z为二氧化氮，化学式为NO2；X是H2O，H2O为V形结构，故答案为：NO2；V形；
【小问2详解】
E 的单质为Cl2，其与水反应生成HCl和HClO，发生反应的离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO；活泼金属与活泼非金属原子易形成离子键，因此可判断为离子晶体，为分子晶体，离子键键能大于分子间作用力，因此离子晶体的熔沸点高于分子晶体，故答案为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO；为离子晶体，为分子晶体，熔沸点比离子晶体低得多；
【小问3详解】
正极发生还原反应，氧气在正极得电子，碱性条件下生成OH-，正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，负极发生氧化反应，失去电子，碱性条件下生成氮气与水，负极反应式为：N2H4+4OH--4e-═N2+4H2O；故答案为：N2H4+4OH--4e-═N2+4H2O；
【小问4详解】
测得平衡气体的总物质的量为0.40mol，其中A2为0.1mol，B2为0.1mol，则：
则该条件下H2的平衡转化率为×100%=75%；
容器体积为1L，则该反应的平衡常数，则K=。
故答案为：75%；400；
17. 铁及其化合物在生产、生活中有重要应用。回答下列问题：
（1）的价电子轨道表示式为___________。
（2）和可形成如图所示的配合物离子。其中铁的一个配体为茂环阴离子()，该配体以电子参与配位。(-Ph表示苯基)
①在该配合物结构中，的配位数为___________。该配合物中碳原子的杂化方式共有___________种。
②N、S、O第一电离能由大到小的顺序为___________。
③表示环戊二烯负离子(每个碳原子上都结合了一个氢原子)，已知分子中的大键可用符号表示，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)，则中的大键应表示为___________。
（3）普鲁士蓝晶体属立方晶系，晶胞棱长为apm。铁—氰骨架组成晶胞中的8个小立方体，Fe粒子在小立方体顶点，在小立方体的棱上，两端均与Fe相连，小立方体中心空隙可容纳，如图所示(在图中省略)。
①该晶胞的化学式为___________。
②若所有铁粒子为等径小球，则与之间最近距离为___________pm；该晶体的密度为___________(阿伏加德罗常数为)。
【答案】（1） （2） ①. 4 ②. 3 ③. ④.
（3） ①. ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
的价电子排布式为3d6，轨道表示式为
【小问2详解】
①在该配合物结构中，与形成配位键的原子为2个N和2个S，配位数为4。该配合物中中含有电子，中C原子采用sp2杂化，苯基、中C原子采用sp2杂化，CO中C原子采用sp杂化，单键碳原子采用sp3杂化，碳原子的杂化方式共有3种。
②N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能N>O，同主族元素从上到下第一电离能依次减小，第一电离能S
【小问3详解】
①根据均摊原则，Fe粒子数为 、数为24、K+数4，该晶胞的化学式为。
②若所有铁粒子为等径小球，则与之间最近距离为小立方体的体对角线的一半，最短距离为pm；该晶体的密度为。
18. 以烃A为原料合成一种药物中间体G的路线如下(部分反应条件省略)：
已知：Ⅰ．苯环上连有烷基时，再引入一个取代基，通常取代在烷基的邻、对位；而当苯环上连有羧基时，则取代在间位。
Ⅱ．(易被氧化)
回答下列问题：
（1）G的分子式为___________，C中所含官能团的名称为___________。
（2）A的名称为___________；A→B的反应类型为___________。
（3）D→E的转化中，反应①的化学方程式为___________。
（4）写出与C互为同分异构体且满足下列条件的结构简式为___________。
①属于芳香族化合物
②能与碳酸氢钠溶液反应生成
③核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积比为1：2：2。
（5）与F具有相同官能团的F的同分异构体有___________种(F除外)。
【答案】（1） ①. ②. 羧基、硝基
（2） ①. 甲苯 ②. 氧化反应
（3） （4） （5）9
【解析】
【分析】苯环上连有烷基时，再引入一个取代基，通常取代在烷基的邻、对位；而当苯环上连有羧基时，则取代在间位；根据D的结构式推出C为；根据A的化学式推出A为，B为；D发生取代反应生成E；根据E的结构式和(易被氧化)可知，F为；F和 发生取代反应生成G。
【小问1详解】
G的分子式为C11H13NO4；C中所含官能团的为羧基和硝基；
故答案为：C11H13NO4；羧基、硝基。
【小问2详解】
根据分析可知A的为甲苯；根据分析可知A→B的反应类型为氧化反应；
故答案为：甲苯；氧化反应。
【小问3详解】
D→E的转化中，反应①的化学方程式为；
故答案为：。
【小问4详解】
C为，与C互为同分异构体①属于芳香族化合物说明含有苯环；②能与碳酸氢钠溶液反应生成CO2说明分子中含有羧基；③核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积比为1：2：2；综上所述分子中有硝基，并且与羧基为对位，则分子式为；
故答案为：。
【小问5详解】
F为，与F具有相同官能团的F的同分异构体有羟基位置有4种情况，除F外羟基位置有3种情况，羟基位置有2种情况，合计有9种情况；
故答案为：9。
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