四川省成都实验高级中学2020届高三上学期9月月考理科综合化学试题

成都实验高级中学高三2019-2020学年上学期9月月考理科综合

化学试题

1.化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法正确的是

A. 漂白粉长期放置在空气中会被空气中的氧气氧化而变质

B. 二氧化硫可用作葡萄酒的食品添加剂

C. 通讯领域中的光导纤维可长期浸泡在强碱性溶液中

D. 汽车尾气中含有氮氧化物是汽油不完全燃烧生成的

【答案】B

【解析】

A. 漂白粉长期放置在空气中会与空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸分解生成盐酸和氧气，而变质，故A错误；B. 二氧化硫具有杀菌消毒的作用，可微量用作葡萄酒的食品添加剂，故B正确；C. 通讯领域中的光导纤维的主要成分为二氧化硅，能够与强碱性溶液反应，故C错误；D. 汽车尾气中含有的氮氧化物是空气中的氮气和氧气在放电条件下生成的，故D错误；故选B。

2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是(　　)

A. 常温常压下，8 g O2含有4NA个电子

B. 1 L 0.1 mol·L－1的氨水中有0.1NA个NH4+

C. 标准状况下，22.4 L盐酸含有NA个HCl分子

D. 1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子

【答案】A

【解析】

【详解】A.8g氧气的物质的量n==0.25mol，而1mol氧气中含16mol电子，故0.25mol氧气中含4mol电子，即4NA个，故A正确；

B.一水合氨是弱电解质，不能完全电离，故B错误；

C.盐酸是HCl的水溶液，标况下为液态，无法计算，故C错误；

D.1 mol Na被完全氧化后由0价变为+1价，失1mol电子，即NA个，故D错误；

答案选A。

3. 下列实验合理的是（ ）

A. 得到红褐色沉淀

B. 吸收氨气，并防止倒吸

C. 制备并收集少量NO2气体

D. 实验室制O2

【答案】B

【解析】

试题分析：A．将氯化铁饱和溶液滴入沸水中，加热至溶液呈红褐色为止得到胶体，胶体不是沉淀，错误； B．有缓冲装置的能防止倒吸，氨气不易溶于四氯化碳且和四氯化碳不反应，所以该装置有缓冲作用，能防止倒吸，正确；C．二氧化氮能和水反应生成硝酸和NO，应该用向上排空气法收集NO2气体，错误；D．应该用分液漏斗盛放双氧水，否则产生的气体从长颈漏斗中逸出，不能收集，错误。

考点：考查化学实验方案评价的知识。

4.甲酸香叶酯(结构如图)为无色透明液体，具有新鲜蔷薇嫩叶的香味，可用于配制香精。下列有关该有机物的叙述正确的是

A. 分子式为C11H16O2

B. 含有羧基和碳碳双键两种官能团

C. 能发生加成反应和水解反应

D. 23 g Na与过量的该物质反应生成标准状况下11.2 L气体

【答案】C

【解析】

【详解】A．由结构简式可知分子式为C10H18O2，故A错误；

B．分子含有酯基，不羧基，故B错误；

C．含有碳碳双键，可发生加成反应，含有酯基，可发生水解反应，故C正确；

D．含有酯基，与钠不反应，故D错误；

故答案为C。

【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有酯基决定具有酯的性质，有醛基还具有醛类的性质。

5.X、Y、Z均为短周期元素，其中两种为金属元素，一种为非金属元素，其原子半径分别为

X、Y处于同一周期，三种元素形成的简单离子具有相同的电子层结构。下列说法正确的是

A. 原子最外层电子数：Z>X>Y

B. 三种元素可能为同周期元素

C. 原子序数：Y>X>Z

D. 离子半径：X>Y>Z

【答案】C

【解析】

【详解】X、Y、Z均为短周期元素，其中两种为金属元素，一种为非金属元素，结合原子半径及X、Y处于同一周期，三种元素形成的简单离子具有相同的电子层结构，则三种元素在周期表中相对位置为，最外层电子数Z>Y>X，故A、B错误；

由位置可知，原子序数Y>X>Z，故C正确；

具有相同电子层结构的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径Z>X>Y，故D错误。

故选C。

6.H2S废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫。反应原理为：2H2S(g) + O2(g) = S2(s) + 2H2O(l)△H=－632kJ·mol-1。下图为质子膜H2S燃料电池的示意图。下列说法正确的是（   ）

A. 电池在工作时，电流从电极a经过负载流向电极b

B. 电极a上发生的电极反应为： 2H2S - 4e- = S2 + 4 H+

C. 当反应生成64gS2时，电池内部释放632kJ热量

D. 当电路中通过4mol电子时，有4mol H+经质子膜进入负极区

【答案】B

【解析】

由2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O反应可知，H2S 发生氧化反应，a是负极、b是正极，电流从电极b经过负载流向电极a，故A错误；由2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，电极反应为2H2S - 4e- =S2+4H+，故B正确；该装置将化学能转化为电能，所以电池内部几乎不放出热量，故C错误；根据正极反应O2+4H++4e-=2H2O，当电路中通过4mol电子时，有4molH+经质子膜进入正极区，故D错误。

7.常温下，用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定10 mL 0.1 mol·L－1 H2X溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法不正确的是

A. 水电离出来的c(OH－)：D点＞B点

B. C点存在关系式：c(Na＋)＝c(HX－)＋c(X2－)－c(H＋)

C. B点：c(HX－)＞c(H＋)＞c(X2－)＞c(H2X)

D. A点溶液中加入少量水：增大

【答案】B

【解析】

【详解】A．B点反应后溶质为NaHA，HA-的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，氢离子抑制了水的电离，而D点加入20mL氢氧化钠溶液，二者恰好反应生成Na2A，A2-水解促进了水的电离，所以水电离的c(OH-)：B点＜D点，故A正确；

B．溶液存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HX-)+2c(X-)+c(OH-)，则c (Na+)=c (HX-)+c (X2-)+c(OH-)-c(H+)，故B错误；

C．B点时加入了10mLNaOH溶液，反应后溶质为NaHA，此时溶液的pH小于7，说明HA-的电离程度大于其水解程度，则c(A2-)＞c(H2A)，由于氢离子还来自水的电离，则c(H+)＞c(A2-)，溶液中离子浓度大小为：c( HA -)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(H2A)，故C正确；

D．根据图象可知，0.1mol/L的H2A溶液的pH大于1，说明H2A为弱酸，若A点溶液中加入少量水，溶液中氢离子、H2A的浓度减小，由于水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大，所以的比值增大，故D正确；

故答案为B。

8.欲测定含少量氯化钠的小苏打固态样品中NaHCO3的质量分数可用以下四种方法。

方法一：

方法二：

方法三：

方法四：不使用化学试剂,使用实验室常用仪器

按要求回答下列问题:

（1）方法一:加入足量的试剂A是___________(填写A的化学式),可将HCO3-转化为沉淀并称重。操作1、2、3、4的名称依次是溶解、____、洗涤和干燥(烘干); 

（2）方法二:在操作1中所用到的玻璃仪器中,除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,还需要用到的是__________,应选择甲基橙作指示剂; 

（3）在方法二中计算该样品中NaHCO3的质量分数为_____________; 

（4）在方法三中,根据所用的实验装置,除了称量样品质量外,还需测定的实验数据是_____________________; 

（5）仔细分析方法三中的实验装置,若由此测得的数据来计算实验结果,则有可能偏高也有可能偏低,偏高的原因可能是_________,偏低的原因可能是__________(均文字简述); 

（6）方法四的实验原理是________________(用化学方程式表示)。

【答案】    (1). Ca(OH)2或Ba(OH)2    (2). 过滤    (3). 100 mL容量瓶    (4). 0.042V/m×100%    (5). 装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量    (6). 碱石灰可能还会吸收空气中的水蒸气和CO2气体    (7). 装置内会留存部分CO2气体    (8). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑

【解析】

【分析】

方法一：(图甲)固态样品加试剂A使碳酸氢跟生成沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥称量沉淀的质量，从而根据碳守恒计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；

方法二：(图乙)固态样品加水溶解成100ml溶液，取20ml加指示剂，用标准盐酸进行滴定，从而计算出碳酸氢钠的质量分数；

方法三：(图丙)固态样品加稀硫酸充分溶解，再经过浓硫酸干燥，用碱石灰吸收生成的二氧化碳气体，根据二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；

方法四：不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数。

【详解】(1)与HCO3-反应钠产生沉淀的试剂有Ca(OH)2或 Ba(OH)2；操作1、2、3、4的名称依次是溶解、过滤、洗涤、干燥；

(2)方法二操作1的步骤是溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、100 mL容量瓶，还需100mL的容量瓶；

(3)由所用盐酸的体积可计算出20mL的待测液中碳酸氢钠的物质的量，原液是待测液的5倍，所以，样品中NaHCO3的质量分数为V(HCl)×10-3×0．100×5×84/m×100%=；

(4)方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数，所用需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量；

(5)偏高的原因是碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大；偏低的原因是装置中会有残留的二氧化碳未被吸收；

(6)不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数，化学方程式是2 NaHCO3Na2CO3+H2O +CO2↑。

9.云南省曲靖的铬渣污染经媒体报道后，铬污染再次引起人们的关注。利用化学原理可以对工厂排放的含铬废水、铬渣等进行有效处理。

Ⅰ.含铬废水的处理：某企业排放的含铬废水中含有较多毒性较大的Cr2O，某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到金属铬，设计了如下的工艺流程。

（1）请写出通入SO2时发生的离子反应：______________________________________。

（2）写出加入铝粒时发生反应的化学方程式____________________________________。

Ⅱ.铬渣的处理

铬渣烧结炼铁法：铬渣中约含有55%的氧化钙和氧化镁，此外还含有15%左右的氧化铁，这些都是炼铁所需的成分。少量的铬渣代替消石灰同铁矿粉、煤粉混合，经烧结后送入高炉冶炼，六价铬还原为三价铬或金属铬，金属铬熔入铁水，而其他成分熔入熔渣。炼铁可使铬渣彻底解毒并充分利用，是铬渣治理的良好方法之一。

碱性溶液还原法：直接在碱性铬渣中加入硫化钠等进行六价铬的还原反应，形成Cr(OH)3沉淀后，过滤回收铬污泥。

（3）铬渣烧结炼铁法中煤粉的作用是____________。(写两点)

（4）请配平碱性溶液还原法中发生的离子反应：_______________

Cr2O72-＋S2－＋H2O===Cr(OH)3↓＋S2O32-＋OH－

（5）用足量的CO还原14 g铁的氧化物的混合物，将生成的气体通入足量的澄清石灰水中，生成沉淀25 g，则这种混合物可能是________(填序号)；

①FeO、Fe2O3　　②FeO、Fe3O4　　③Fe2O3、Fe3O4

在这些混合物中，各成分的物质的量之比是________。

Ⅲ.电解法处理

工业上处理含Cr2O72-离子的酸性废水，采用以下处理方法。①往工业废水中加入适量的食盐(1～2 g·L－1)，搅拌均匀；②用Fe为电极进行电解；③鼓入空气，经过一段时间后，使废水中的含铬(有毒)量降到可排放的标准。其原理是：①将Cr2O离子还原为可溶性三价铬离子；②要在电解除铬过程中，使溶液的pH不断升高，使工业废水由酸性变为碱性，再把三价铬离子变为不溶性氢氧化物除去。

（6）加入食盐的目的是______________________________________________________；电解时阳极反应式为______________。

【答案】    (1). Cr2O72-＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SO42-＋H2O    (2). 2Al＋Cr2O3Al2O3＋2Cr    (3). 为高炉冶炼过程提供热源；燃烧后生成的CO是高炉冶炼过程的还原剂；还起到高温填料的作用(写两点即可)    (4). 4　6　19　8　3　14    (5). ①③    (6). 1∶2或1∶1    (7). 增强导电性    (8). Fe－2e－===Fe2＋

【解析】

【分析】

(1)二氧化硫与Cr2O72-离子发生氧化还原反应生成SO42-离子和Cr3+离子；

(2)Al具有强还原性，能够将Cr从其氧化物中还原出来；

(3)煤粉燃烧后生成的CO是高炉冶炼过程的还原剂，为高炉冶炼过程提供热源等；

(4)Cr2O72-→Cr3+，S2-→S2O32-，根据电子转移守恒配平；

(5)可依据铁的氧化物与一氧化碳以及二氧化碳和氢氧化钙反应的方程式推算铁的氧化物的化学式进而对相关选项作出判断；

(6)加入适量的NaCl可增强溶液的导电性；阳极铁失去电子生成亚铁离子。

【详解】(1)重铬酸根具有强氧化性，能将二氧化硫中+4价的硫氧化为+6价，离子反应为：Cr2O72-+2H++3SO2═2Cr3++3SO42-+H2O；

(2)根据铝热反应的概念，铝与氧化铬在高温下生成铬和氧化铝，反应方程式为2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr；

(3)少量的铬渣代替消石灰同铁矿粉、煤粉混合，经烧结后送入高炉冶炼，煤粉的作用煤粉燃烧后生成的CO是高炉冶炼过程的还原剂，为高炉冶炼过程提供热源，还起到高温填料的作用(写两点即可)；

(4)Cr2O72-→Cr3+，1molCr2O72-获得电子物质的量为1mol×2×(6-3)=6mol，S2-→S2O32-，2molS2-失去电子物质的量为1mol×2×[2-(-2)]=8mol，根据电子转移守恒，最小公倍数为24，所以发生的离子反应为：4Cr2O72-+6S2-+19H2O═8Cr(OH)3↓+3S2O32-+14OH-；

(5)假设铁的氧化物的化学式为FexOy，则它与一氧化碳反应的方程式为：FexOy+yCOxFe+yCO2，Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O，所以可建立FexOy～yCO2～yCaCO3的关系式；

则有FexOy～yCO2～yCaCO3

   56x+16y       100y

     14g       25g

=，解得：=，则两元素的质量比为56×5:16×7=5:2，而FeO、Fe2O3、Fe3O4三者中铁与氧的质量比分别是：7:2；7:3；21:8；所以可推断该物质中一定会含有Fe2O3；故答案为①③；

若为①FeO、Fe2O3，设FeO的物质的量为xmol，Fe2O3的物质的量为ymol，则：(56x+112y):(16x+48y)=5:2，解得：x:y=1:2；

若为③Fe2O3、Fe3O4，设Fe2O3的物质的量为xmol，Fe3O4的物质的量为ymol，则：(112x+168y):(48x+64y)=5:2，解得：x:y=1:1；

(6)因NaCl为电解质，加入适量的NaCl可增强溶液的导电能力；Fe为阳极，则阳极铁失去电子生成亚铁离子，所以阳极反应为：Fe-2e-=Fe2+。

10. 硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用。请回答下列问题：

（1）一种煤炭脱硫技术可以把硫元素以CaSO4的形成固定下来，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，相关的热化学方程式如下：

①CaSO4（s）+CO（g）CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）△H = +210.5kJ•mol-1

②1/4CaSO4（s）+CO（g）1/4CaS（s）+CO2（g） △H=" -" 47.3kJ•mol-1

反应CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)CaS(s)+3CO2(g) △H=          kJ•mol-1；

平衡常数K的表达式为             。

（2）图1为在密闭容器中H2S气体分解生成H2和S2(g)的平衡转化率与温度、压强的关系。

图1中压强p1、p2、p3的大小顺序为                 ，理由是            ；该反应平衡常数的大小关系为K(T1)      K(T2) (填“>”、“<”或“=”)，理由是                  。

（3）在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H＜0

①600℃时，在一密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图2，反应处于平衡状态的时间段是              。

②据图2判断，反应进行至20min时，曲线发生变化的原因是          （用文字表达）；10min到15min的曲线变化的原因可能是       （填写编号）。

（4）烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，该溶液中c(Na＋)=           （用含硫微粒浓度的代数式表示）。

【答案】（1）-399.7

（2）P1<P2<P3 增大压强，化学平衡逆向移动，H2S的转化率减小；<，升高温度，H2S的转化率增大，化学平衡正向移动，K增大

（3）①15～20min和25～30 min；②增加了O2的量， A B

（4）2c(SO32-)+c(HSO3-)或c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-) (2分）

【解析】

试题分析：（1）利用盖斯定律将②×4-①可得CaO（s）+3CO（g）+SO2（g）⇌CaS（s）+3CO2（g）△H=4×（-47.3kJ•mol-1）-（210.5kJ•mol-1）=-399.7kJ•mol-1；平衡常数K的表达式为：

（2）H2S气体分解生产H2和S2（g）的反应为2H2S2H2+S2，反应前后气体体积增大，同温度下，压强越大，平衡逆向进行，H2S转化率减小，则P1＜P2＜P3，温度升高，H2S的转化率增大，说明正反应为吸热反应，升温平衡正向进行，平衡常数增大，K（T1）＜K（T2）；（3）①反应混合物各物质的物质的量不变化，说明反应处于平衡状态，由图可知在15-20min和25-30min出现平台，各组分的物质的量不变，反应处于平衡状态；②由图可知，反应进行至20min时，平衡向正反应移动，瞬间只有氧气的浓度增大，应是增大了氧气的浓度．由图可知，反应向正反应进行，10min到15min反应混合物单位时间内的变化量增大，说明反应速率增大，10min改变瞬间，各物质的物质的量不变．a．加了催化剂，增大反应速率，a正确；b．缩小容器体积，增大压强，增大反应速率，b正确；c．降低温度反应速率降低，c错误；d．10min改变瞬间，各物质的物质的量不变，不是增加SO2的物质的量，d错误；故答案为：增大氧气的浓度；ab；

（4）烟气中的SO2可用某浓度NaOH溶液吸收得到Na2SO3和NaHSO3混合溶液，且所得溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析，c（Na+）+c（H+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），c（H+）=c（OH-），得到（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）。

考点：考查了热化学方程式书写方法，化学平衡建立，平衡状态影响因素分析，化学反应速率、平衡常数计算应用

11.在人类文明的历程中，改变世界的事物很多，其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳、聚乙烯、二氧化硅等17种“分子”改变过人类的世界。

（1）铁原子在基态时，价电子(外围电子)排布式为______________________________。

（2）硝酸钾中的空间构型为________，写出与互为等电子体的一种非极性分子化学式__________________________________________________________________。

（3）6­氨基青霉烷酸的结构如图所示，其中采用sp3杂化的原子有____________。

（4）下列说法正确的有________(填字母序号)。

a．乙醇分子间可形成氢键，导致其沸点比氯乙烷高

b．钨的配合物离子[W(CO)5OH]－能催化固定CO2，该配离子中钨显－1价

c．聚乙烯(CH2CH2)分子中有5n个σ键

d．由下表中数据可确定在反应Si(s)＋O2(g)===SiO2(s)中，每生成60 g SiO2放出的能量为(2c－a－b) kJ

（5）铁和氨气在640 ℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示，写出该反应的化学方程式______________________________________。

.

【答案】    (1). 3d64s2    (2). 平面正三角形    (3). BF3(SO3、BBr3等)    (4). C、N、O、S    (5). a    (6). 8Fe＋2NH32Fe4N＋3H2

【解析】

【分析】

(1)铁是26号元素，基态原子核外有26个电子，3d、4s能级上电子是其价电子，根据构造原理书写其基态价电子排布式；

(2)根据价层电子对互斥理论确定离子空间构型，原子个数相等价电子数相等的微粒是等电子体，正负电荷重心重合的分子是非极性分子；

(3)根据价层电子对互斥理论确定碳原子杂化方式；

(4)a．氢键的存在影响物质的熔沸点；

b．根据化合物中化合价的代数和为0计算；

c．聚乙烯()分子中有(6n-1)个σ键；

d.60gSiO2的物质的量=mol＝1mol，一个硅原子含有4个硅氧键；

(5)铁和氨气在640℃可发生置换反应生成氮气和氮化铁，利用均摊法确定氮化铁化学式，根据温度、反应物和生成物写出反应方程式。

【详解】(1)铁是26号元素，基态原子核外有26个电子，3d、4s能级上电子是其价电子，根据构造原理知其价电子排布式为：3d64s2；

(2)NO3-中N原子价层电子对=3+(5+1-3×2)=3，且不含孤电子对，所以是平面三角形结构；与NO3-互为等电子体的一种非极性分子有BF3(SO3、BBr3等)；

(3)只要共价单键和孤电子对的和是4的原子就采取sp3杂化，根据图片知，采用sp3杂化的原子有C、N、O、S；

(4)a．乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高，故a正确；

b．根据化合物中化合价的代数和为0知，钨的配合物离子[W(CO)5OH]-中钨显0价，故b错误；

c．聚乙烯()分子中有(6n-1)个σ键，故c错误；

d．由表中数据知反应Si(s)+O2(g)=SiO2(s)中，每生成60gSiO2放出的能量为(4c-2a-b)kJ，故d错误；

故答案为a；

(5)该晶胞中铁原子个数=8×+6×＝4，氮原子个数是1，所以氮化铁的化学式是Fe4N，铁和氨气在640℃可发生置换反应生成氮气和氮化铁，所以该反应方程式为：8Fe+2NH32Fe4N+3H2。

【点睛】均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：①顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；②棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；③面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；④内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。

12. 喹硫平可用于精神疾病的治疗，它的合成路线如下：

（1）写出C13H9NO4S中所有含氧官能团的名称          。

（2）A属于烃，且相对分子质量是54，写出A的结构简式               。

（3）反应①～⑤中属于取代反应的有    （选填序号）。

写出反应⑦的化学方程式                。

（4）流程中设计反应⑤和⑦目的是                     。

（5）物质C的同分异构体有多种，其中既含有羟基，又含有醛基的同分异构体有 种。

（6）已知：苯环上的羧基为间位定位基，如。写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任选，可利用本题中的相关信息）。合成路线流程图示例如下：。

【答案】（1）硝基、羧基（2分，各1分）

（2）CH2＝CHCH＝CH2（2分）

（3）①④（2分，各1分，写错1个倒扣1分，本小题不出现负分）

HOOCCH2CHBrCOOH＋3NaOHNaOOCCH＝CHCOONa＋NaBr＋3H2O（2分）

（4）保护碳碳双键，防止被酸性KMnO4溶液氧化（1分）。

（5）5（2分）

（6）

【解析】

试题分析：

（1）根据反应①前后物质不难看出发生的应该是取代反应，F取代了H，所以官能团有硝基、羧基；（2）采用逆向思维从⑧到①来反推，⑧应该是酸化恢复羧基。反应⑦发生消去反应生成了双键，同时羧基发生中和反应生产钠盐形式，反应⑥发生氧化反应，羟基变为羧基，反应⑤发生加成反应，D为HO- CH2-CH2－CHBr-CH2-OH, ④是水解反应，所以C的结构简式为HO- CH2-CH＝CH-CH2-OH,反应③发生1，4－加成反应A是CH2＝CHCH＝CH2，B是Br- CH2-CH＝CH-CH2-Br ；

（3）据（2）的分析中可知发生取代反应的是①④；有关方程式如答案所示，要注意羧基也能与碱发生反应。

（4）因为酸性KMnO4溶液能氧化碳碳双键为防止被破坏，所以起到保护的作用。

（5）5种同分异构体为： CH3-CH2-CH(OH)-CHO CH3-CH(OH)-CH2-CHO

CH2(OH)-CH2-CH2- CHO (CH3)2-CH(OH)-CHO CH2(OH)-CH(CH3)-CHO

（6）该题采用逆向思维进行分析便可容易得出合成路线，要合成出目标物，可以看出是发生了氨基酸发生了缩聚反应得到，其单体应该为，如何以甲苯为原料合成出该物质，这是合成中的难点，可以从题目中的信息中发现在反应②中苯环上的硝基能被还原为氨基，那要生成该物质的上一级物质应该为，条件选择绿矾即可。而合成的上一级物质只要选择苯甲酸与硝酸发生硝化反应就行，因此整个合成路线便完成。

考点：本题以有机合成为基础，考查有机官能团的性质及相互之间的转化、有机反应方程式书写及反应类型、有条件的同分异构体的书写和有机合成等相关知识。