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河北省2020届高三化学全国1卷模拟试卷16
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模拟试卷16
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要求的。
7.化学与生活密切相关，下列说法正确的是( )
A．中国天眼用到碳化硅，芯片用到高纯硅，石英玻璃用到硅酸盐
B．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应
C．宋·王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是氢氧化铜
D．“笔、墨、纸、砚”在中国传统文化中被称为“文房四宝”，用石材制作砚台的过程是化学变化
解析 石英玻璃的主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐，选项A错误；鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为透过钴玻璃为紫色，选项B正确；铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，选项C错误；有新物质生成的变化是化学变化，用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，选项D错误。
答案 B
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．常温常压下，36 g18O2中所含的中子数为16NA
B．4.6 g NO2与N2O4的混合气体中所含氮原子数为0.1NA
C．100 mL pH＝2的CH3COOH溶液中所含氢离子数小于1.0×10－3NA
D．标准状况下，2.24 L Cl2与足量的NaOH稀溶液反应，转移电子数为0.2NA
解析：选B A项，18O的中子数为10，则18O2的中子数为20,36 g即1 mol 18O2所含中子数为20NA，错误；B项，NO2与N2O4的最简式均为NO2，故4.6 g混合气体中含0.1 mol N原子，正确；C项，pH＝2的CH3COOH溶液中c(H＋)＝1.0×10－2 mol·L－1，则100 mL该溶液中含H＋数目为0.1 L×10－2 mol·L－1×NA mol－1＝1.0×10－3NA，错误；D项，标准状况下2.24 L Cl2为0.1 mol，由Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O可知，Cl2完全反应时转移0.1 mol电子，错误。
9.从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：
则下列说法正确的是( )
A．试剂a是铁、试剂b是稀硫酸
B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用仪器相同
C．试剂c是氯气，相应的反应为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
D．用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2＋
解析 A、由最终要得到的氯化铁及流程图知b是盐酸，错误；B、操作Ⅰ和操作Ⅱ是过滤，操作Ⅲ为蒸发结晶，故所用仪器有差异，错误；C、滤液Z中含有氯化亚铁，所以c为氯气，正确；D、高锰酸钾能氧化氯离子，错误。
答案 C
10.下列有关 (a)、 (b)、 (c)的说法正确的是( )
A．a、b、c都属于芳香族化合物
B．a、b、c都能使溴水因化学反应褪色
C．由a生成c的反应是氧化反应
D．b、c互为同分异构体
解析 芳香族化合物应含苯环，而这三种化合物均不含苯环，因此它们都不属于芳香族化合物，A项错误；a、c含有碳碳双键，能使溴水褪色，b不含碳碳双键，不能使溴水因化学反应褪色，B项错误；对比a和c的结构简式可知，a与H2O发生加成反应生成c，发生的不是氧化反应，C项错误；结合b和c的结构简式可知b、c分子式均为C10H18O，但二者结构不同，因此互为同分异构体，D项正确。
答案 D
11.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的原子核内只有1个质子，Y原子最外层比W原子最外层多1个电子，Z的单质是空气中含量最高的气体，W的单质在常温下接触浓硫酸会钝化。下列说法正确的是( )
A．原子半径：Y
C．X、Y形成的化合物只含有极性键
D．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强
解析：选B X原子的原子核内只有1个质子，则X为H；Z的单质是空气中含量最高的气体，则Z为N；W的单质在常温下接触浓硫酸会发生钝化且W为短周期主族元素，则W为Al；Y原子最外层比W原子最外层多1个电子，则Y为C。A项，原子半径：NAl3＋，正确；C项，H、C形成的化合物中H2C===CH2、CH3CH3等既含有极性键，又含有非极性键，错误；D项，非金属性：C
A．电池工作时，熔融碳酸盐只起到导电的作用
B．负极反应式为H2－2e－＋CO===CO2＋H2O
C．电子流向：电极a→负载→电极b→熔融碳酸盐→电极a
D．电池工作时，外电路中通过0.2 mol电子，消耗3.2 g O2
解析 A．分析可知电池工作时，熔融碳酸盐起到导电的作用，和氢离子结合生成二氧化碳，二氧化碳在正极生成碳酸根离子循环使用，故A错误；B.原电池工作时，H2失电子在负极反应，负极反应为H2＋CO－2e－===H2O＋CO2，故B正确；C.电池工作时，电子从负极电极a－负载－电极b，电子不能通过熔融碳酸盐重新回到电极a，故C错误；D.电极反应中电子守恒正极的电极反应为O2＋2CO2＋4e－===2CO，电池工作时，外电路中流过0.2 mol电子，反应消耗0.05 mol O2，消耗O2质量＝0.05 mol×32 g/mol＝1.6 g，故D错误。
答案 B
13．(2019·青岛市高三3月教学质量检测)已知 pOH＝－lgc(OH－)。向20 mL 0.1 mol·L－1 的氨水中滴加未知浓度的稀 H2SO4，测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如下图所示，下列说法不正确的是( )
A．稀H2SO4 的物质的量浓度为0.05 mol·L－1
B．当溶液中pH＝pOH时，水的电离程度最大
C．a点时溶液中存在c(NH3·H2O)＋2c(OH－)＝c(NH)＋2c(H＋)
D．a、b、c 三点对应 NH的水解平衡常数：Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)
答案 B
解析 向20 mL 0.1 mol·L－1 的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4，反应放热，溶液的温度升高，当二者恰好完全反应，放热最多，溶液的温度最高，所以硫酸的体积为20 mL时，恰好完全反应。20 mL 0.1 mol·L－1 的氨水中含有一水合氨的物质的量为0.1 mol·L－1×0.02 L＝
0.002 mol，硫酸的体积为20 mL时，恰好完全反应，则消耗硫酸的物质的量为0.001 mol，该硫酸的物质的量浓度为0.001 mol/0.02 L＝0.05 mol·L－1，故A正确；当溶液中的pH＝pOH时，溶液为中性，此时溶质为硫酸铵和氨水，铵根离子的水解程度与氨水的电离程度相等，水的电离几乎没有影响，当氨水与硫酸恰好反应生成硫酸铵时，即b点时，铵根离子水解，促进了水的电离，此时水的电离程度最大，故B错误；a点加入10 mL 0.05 mol·L－1稀H2SO4，反应后溶质为一水合氨和硫酸铵，且一水合氨为硫酸铵浓度的2倍，根据电荷守恒可得：c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，根据物料守恒可得：c(NH3·H2O)＋c(NH)＝4c(SO)，二者结合可得：c(NH3·H2O)＋2c(OH－)＝c(NH)＋2c(H＋)，故C正确；升高温度促进NH的水解，水解平衡常数增大，由图可知，温度：b>a>c，则a、b、c三点NH的水解平衡常数Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)，故D正确。
二、非选择题：共 58 分。第26~28 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 35题～第 36题为选考题，考生根据要求作答。
26．(2017·郑州模拟)已知草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)难溶于水，工业上从废镍催化剂(主要成分为Ni，含有一定量的Al2O3、FeO、SiO2、CaO等)中制备草酸镍晶体的流程如图所示：
已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Al3＋
Ni2＋
开始沉淀的pH
1.1
5.8
3.0
6.8
完全沉淀的pH
3.2
8.8
5.0
9.5
②Ksp(CaF2)＝1.46×10－10；
③当某物质浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时，视为完全沉淀。
请回答下列问题：
(1)请写出一种能提高“酸浸”速率的措施：_________________________。
(2)试剂a是一种绿色氧化剂，写出“氧化”时反应的离子方程式：_______________________________________________________________。
(3)“调pH”时pH的调控范围为______________，试用化学反应原理的相关知识解释滤渣Ⅱ的生成：____________________________________________________。
(4)写出“沉镍”时发生反应的离子方程式：_________________________________________，
证明Ni2＋已经沉淀完全的实验步骤及现象是___________________________________，
当Ca2＋沉淀完全时，溶液中c(F－)>________ mol·L－1(写出计算式即可)。
(5)操作a的内容是________________________________________________。
解析：(1)把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸的浓度或提高搅拌速率等都可以提高酸浸速率。
(2)试剂a是过氧化氢，故“氧化”时反应的离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O。
(3)因为铁、铝是以氢氧化铁和氢氧化铝的形式沉淀下来的，并且不能使镍离子形成沉淀，故pH范围为5.0≤pH<6.8；其反应的原理为加入Ni(OH)2消耗溶液中的氢离子，促使铁离子、铝离子的水解平衡向右移动，使铁离子、铝离子转化为相应的沉淀而除去。
(4)加入草酸铵后生成的固体是NiC2O4·2H2O，因此有水参加反应，故反应的离子方程式为Ni2＋＋C2O＋2H2O===NiC2O4·2H2O↓。若镍离子没有完全沉淀，则继续加入草酸铵，仍会有沉淀生成，所以证明Ni2＋已经沉淀完全的操作及实验现象是：取适量上层清液于试管中，继续滴加(NH4)2C2O4溶液，无沉淀生成。钙离子沉淀完全的标志是溶液中钙离子的物质的量浓度小于1.0×10－5 mol·L－1，根据Ksp(CaF2)可求出c(F－)> mol·L－1。
(5)从溶液中分离出晶体需要进行过滤、洗涤、干燥。
答案： (1)把废镍催化剂粉碎(或适当加热、适当增大硫酸的浓度或提高搅拌速率等)
(2)2Fe2＋＋2H＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O
(3)5.0≤pH<6.8 加入Ni(OH)2消耗溶液中的H＋，促使铁离子、铝离子的水解平衡右移，使铁离子、铝离子转化为相应的沉淀
(4)Ni2＋＋C2O＋2H2O===NiC2O4·2H2O↓ 取适量上层清液于试管中，继续滴加(NH4)2C2O4溶液，无沉淀生成
(5)过滤、洗涤、干燥
27．(2019·天津理综，9)环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：
回答下列问题：
Ⅰ.环己烯的制备与提纯
(1)原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为____________________________，
现象为__________________________________________。
(2)操作1的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。
①烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为_______________________，
浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的原因为________(填序号)。
a．浓硫酸易使原料炭化并产生SO2
b．FeCl3·6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念
c．同等条件下，用FeCl3·6H2O比浓硫酸的平衡转化率高
②仪器B的作用为____________________________。
(3)操作2用到的玻璃仪器是________________________________。
(4)将操作3(蒸馏)的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，________________________，弃去前馏分，收集83 ℃的馏分。
Ⅱ.环己烯含量的测定
在一定条件下，向a g环己烯样品中加入定量制得的b mol Br2，与环己烯充分反应后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，用c mol·L－1的Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3标准溶液V mL(以上数据均已扣除干扰因素)。
测定过程中，发生的反应如下：
②Br2＋2KI===I2＋2KBr
③I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
(5)滴定所用指示剂为________。样品中环己烯的质量分数为________________(用字母表示)。
(6)下列情况会导致测定结果偏低的是________(填序号)。
a．样品中含有苯酚杂质
b．在测定过程中部分环己烯挥发
c．Na2S2O3标准溶液部分被氧化
解析 (1)利用苯酚遇FeCl3溶液显紫色，检验环己醇中含有的苯酚。(2)①烧瓶A中进行的可逆反应为。a项，浓硫酸易使原料炭化并产生SO2，会降低原料利用率，正确；b项，使用FeCl3·6H2O不产生有毒气体，污染小，可以循环使用，符合绿色化学理念，正确；c项，同等条件下，浓硫酸能吸收反应生成的水，促进反应向右进行，故用浓硫酸比用FeCl3·6H2O的平衡转化率高，错误。②仪器B的作用为冷凝回流，减少环己醇蒸出。(3)操作2得到有机相和水相，为分液操作，用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。(4)蒸馏实验开始时，先通冷凝水，后加热。(5)达到滴定终点时，单质碘完全被消耗，可用淀粉溶液作指示剂。根据测定过程中发生的反应可知，n(Br2)＝n(环己烯)＋n(I2)＝n(环己烯)＋n(Na2S2O3)，则n(环己烯)＝n(Br2)－n(Na2S2O3)＝(b－cV×10－3) mol，故样品中环己烯的质量分数为(b－cV×10－3) mol×82 g·mol－1÷a g×100%＝×100%。(6)a项，样品中含有苯酚杂质，苯酚能与溴反应，会导致样品消耗的Br2偏多，剩余的Br2偏少，最终消耗的Na2S2O3溶液偏少，测定结果偏高，错误；b项，在测定过程中部分环己烯挥发，会导致样品消耗的Br2偏少，剩余的Br2偏多，最终消耗的Na2S2O3溶液偏多，测定结果偏低，正确；c项，Na2S2O3标准溶液部分被氧化，最终消耗的Na2S2O3溶液偏多，测定结果偏低，正确。
答案 (1)FeCl3溶液 溶液显紫色
(2)① a、b
②冷凝回流，减少环己醇蒸出
(3)分液漏斗、烧杯
(4)通冷凝水，加热
(5)淀粉溶液
(6)bc
28．(2019·大连模拟)“绿水青山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。汽车尾气是造成大气污染的重要原因之一，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。请回答下列问题：
(1)已知：N2(g)＋O2(g)===2NO(g)ΔH1＝＋180.5 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1
2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH3＝－221 kJ·mol－1
若某反应的平衡常数表达式为K＝，则此反应的热化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)N2O5在一定条件下可发生分解反应：2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)，某温度下向恒容密闭容器中加入一定量N2O5，测得N2O5浓度随时间的变化如下表：
t/min
0
1
2
3
4
5
c(N2O5)/(mol·L－1)
1.00
0.71
0.50
0.35
0.25
0.17
①反应开始时体系压强为p0，第2 min时体系压强为p1，则p1∶p0＝________。2～5 min内用NO2表示的该反应的平均反应速率为____________。
②一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是________。(填字母)
a．NO2和O2的浓度比保持不变
b．容器中压强不再变化
c．2v正(NO2)＝v逆(N2O5)
d．气体的密度保持不变
(3)Kp是用反应体系中气体物质的分压来表示的平衡常数，即将K表达式中平衡浓度用平衡分压代替。已知反应：NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)，该反应中正反应速率v正＝k正·p(NO2)·p(CO)，逆反应速率v逆＝k逆·p(NO)·p(CO2)，其中k正、k逆为速率常数，则Kp为________________(用k正、k逆表示)。
(4)如图是密闭反应器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料后，在200 ℃、400 ℃、600 ℃下，合成NH3反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线，已知该反应为放热反应。
①曲线a对应的温度是________。
②M点对应的H2的转化率是________。
(5)工业生产中产生的SO2废气可用如图方法获得H2SO4。写出电解的阳极反应式________________________________________________________________________。
解析：(1)若某反应的平衡常数表达式为K＝，则其化学方程式为2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)，将题中3个已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由②×2－①－③，可得：2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1×2－180.5 kJ·mol－1－(－221 kJ·mol－1)＝－746.5 kJ·mol－1。
(2)①根据题表中数据及三段式法有：
2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)
开始(mol·L－1) 1.00 0 0
转化(mol·L－1) 0.50 1.00 0.25
2 min时(mol·L－1) 0.50 1.00 0.25
该反应在恒温恒容条件下发生，反应前后气体的压强之比等于物质的量之比，也等于物质的量浓度之比，所以p1∶p0＝(0.50＋1.00＋0.25)∶1.00＝7∶4。2～5 min内，v(N2O5)＝＝0.11 mol·L－1·min－1，v(NO2)＝2v(N2O5)＝0.22 mol·L－1·min－1。②反应过程中NO2和O2的浓度比始终保持不变，a项不能说明反应已经达到化学平衡状态；该反应在反应前后气体分子数不相等，反应过程中容器中压强为变量，容器中压强不再变化可以说明反应已经达到化学平衡状态，b项符合题意；v正(NO2)＝2v逆(N2O5)时，正、逆反应速率相等，而2v正(NO2)＝v逆(N2O5)时，正、逆反应速率不相等，c项不能说明反应已经达到化学平衡状态；反应物和生成物全为气体，气体总质量不变，而容器恒容，故反应过程中气体密度始终不变，d项不能说明反应已经达到化学平衡状态。
(3)Kp＝，v正＝k正·p(NO2)·p(CO)，v逆＝k逆·p(NO)·p(CO2)，平衡时正、逆反应速率相等，即k正·p(NO2)·p(CO)＝k逆·p(NO)·p(CO2)，则＝，故Kp＝。
(4)①合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NH3的产率降低，NH3的物质的量分数减小，曲线a、b、c中，在相同条件下曲线a对应NH3的物质的量分数最高，其反应温度最低，所以曲线a对应的温度为200 ℃。②M点NH3的物质的量分数为60%，设NH3为0.6a mol，则N2、H2共为0.4a mol，因为反应器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料，故M点时H2为0.3a mol，结合N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)可知，转化的H2的物质的量为0.9a mol，所以M点对应H2的转化率＝×100%＝75%。
(5)由题图可知，在电解池的阳极发生Mn2＋转化为MnO2的反应，电极反应式为Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2↓＋4H＋。
答案：(1)2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－746.5 kJ·mol－1
(2)①7∶4(或1.75∶1) 0.22 mol·L－1·min－1 ②b
(3) (4)①200 ℃ ②75%
(5)Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2↓＋4H＋
35.铜元素可形成多种重要化合物。回答下列问题：
(1)铜元素位于元素周期表中的________区，其基态原子的价电子排布图为________________________________________________________________________。
(2)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可形成[Cu(NH3)4]SO4溶液，该溶液可用于溶解纤维素。
①[Cu(NH3)4]SO4中阴离子的立体构型是________________________________________。
②在[Cu(NH3)4]SO4中，Cu2＋与NH3 之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是_________________________________________________________。
③除硫元素外，[Cu(NH3)4]SO4中所含元素的电负性由小到大的顺序为___________________。
④NF3与NH3 的立体构型相同，中心原子的轨道杂化类型均为____________。但NF3不易与Cu2＋形成化学键，其原因是________________________________________________。
(3)一种Hg—Ba—Cu—O高温超导材料的晶胞(长方体)如图所示。
①该物质的化学式为________________________________________。
②已知该晶胞中两个Ba2＋的间距为c pm，则距离Ba2＋最近的Hg＋数目为________个，二者的最短距离为________pm。(列出计算式即可，下同)
③设该物质的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_______g·cm－3。
答案 (1)ds
(2)①正四面体 ②配位键 N ③Cu
解析 (2)①SO中S原子的孤电子对数＝＝0，价层电子对数＝4＋0＝4，离子的立体构型为正四面体。②Cu2＋提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键。
③非金属性越强，电负性越大，同周期主族元素从左至右电负性逐渐增强，故电负性：H＜N＜O，Cu为金属元素，吸引电子的能力非常弱，故电负性最弱。故电负性大小顺序为：Cu
(3)①该晶胞中Ba原子个数＝2；Hg原子个数＝8×＝1；Cu原子个数＝4×＝1；O原子的个数＝8×＋4×＝4，故化学式为HgBa2CuO4。
②根据晶胞结构图知，以下面的Ba2＋为例，周围距离最近且等距离的分布在下底面的4个顶点上，所以距离Ba2＋最近的Hg＋数目为4。Ba2＋离下底面面心的距离为 pm，设Ba2＋与Hg＋的最短距离为x pm，则有x2＝()2＋()2，解得x＝。
③该晶胞的质量＝ g，体积＝a2b pm3＝a2b(10－10cm)3＝a2b×10－30cm3；所以该晶体的密度＝＝ g·cm－3。
36．[2019·河南省示范性高中高三(上)期末，36]以香兰醛()为主要原料合成药物利喘贝(V)的流程如下：
已知： (酰胺键)在无肽键酶作用下的水解可忽略。
(1)H2C(COOH)2的化学名称为________。
(2)①的反应类型是________。
(3)反应②所需试剂条件分别为________、________。
(4)利喘贝(V)的分子式为________。
(5)Ⅲ中官能团的名称是________。
(6)写出与香兰醛互为同分异构体的酯类化合物的结构简式(且核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶3)：_____________________(写出3种)。
(7)已知：，结合上述流程中的信息，设计以甲苯和甲醇为起始原料制备邻氨基苯甲酸甲酯()的合成路线(其他无机试剂任选)。
解析 (1)H2C(COOH)2的化学名称为丙二酸或1，3－丙二酸；(2)对比Ⅰ、Ⅱ的结构，可知I的酚羟基中H原子被甲基替代生成Ⅱ；(3)对比Ⅳ、Ⅴ的结构，可知Ⅳ发生酯的水解反应生成Ⅴ；(4)根据结构简式确定分子中C、H、O、N原子数目，进而确定其分子式；(5)由Ⅲ的结构，可知其含有的官能团有：羧基、醚键、碳碳双键；(6)与香兰醛()互为同分异构体的酯类化合物，且核磁共振氢谱为四组峰，可以是2个不同的取代基处于对位，结合峰面积之比为1∶2∶2∶3书写；(7)甲苯发生硝化反应生成，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，再与甲醇发生酯化反应生成，最后用Fe/HCl还原得到。
答案 (1)丙二酸或1，3－丙二酸 (2)取代反应
(3)NaOH水溶液、稀硫酸 加热 (4)C18H17O5N
(5)羧基、醚键、碳碳双键
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要求的。
7.化学与生活密切相关，下列说法正确的是( )
A．中国天眼用到碳化硅，芯片用到高纯硅，石英玻璃用到硅酸盐
B．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应
C．宋·王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是氢氧化铜
D．“笔、墨、纸、砚”在中国传统文化中被称为“文房四宝”，用石材制作砚台的过程是化学变化
解析 石英玻璃的主要成分为二氧化硅，不是硅酸盐，选项A错误；鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为透过钴玻璃为紫色，选项B正确；铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，选项C错误；有新物质生成的变化是化学变化，用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，选项D错误。
答案 B
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．常温常压下，36 g18O2中所含的中子数为16NA
B．4.6 g NO2与N2O4的混合气体中所含氮原子数为0.1NA
C．100 mL pH＝2的CH3COOH溶液中所含氢离子数小于1.0×10－3NA
D．标准状况下，2.24 L Cl2与足量的NaOH稀溶液反应，转移电子数为0.2NA
解析：选B A项，18O的中子数为10，则18O2的中子数为20,36 g即1 mol 18O2所含中子数为20NA，错误；B项，NO2与N2O4的最简式均为NO2，故4.6 g混合气体中含0.1 mol N原子，正确；C项，pH＝2的CH3COOH溶液中c(H＋)＝1.0×10－2 mol·L－1，则100 mL该溶液中含H＋数目为0.1 L×10－2 mol·L－1×NA mol－1＝1.0×10－3NA，错误；D项，标准状况下2.24 L Cl2为0.1 mol，由Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O可知，Cl2完全反应时转移0.1 mol电子，错误。
9.从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：
则下列说法正确的是( )
A．试剂a是铁、试剂b是稀硫酸
B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用仪器相同
C．试剂c是氯气，相应的反应为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
D．用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2＋
解析 A、由最终要得到的氯化铁及流程图知b是盐酸，错误；B、操作Ⅰ和操作Ⅱ是过滤，操作Ⅲ为蒸发结晶，故所用仪器有差异，错误；C、滤液Z中含有氯化亚铁，所以c为氯气，正确；D、高锰酸钾能氧化氯离子，错误。
答案 C
10.下列有关 (a)、 (b)、 (c)的说法正确的是( )
A．a、b、c都属于芳香族化合物
B．a、b、c都能使溴水因化学反应褪色
C．由a生成c的反应是氧化反应
D．b、c互为同分异构体
解析 芳香族化合物应含苯环，而这三种化合物均不含苯环，因此它们都不属于芳香族化合物，A项错误；a、c含有碳碳双键，能使溴水褪色，b不含碳碳双键，不能使溴水因化学反应褪色，B项错误；对比a和c的结构简式可知，a与H2O发生加成反应生成c，发生的不是氧化反应，C项错误；结合b和c的结构简式可知b、c分子式均为C10H18O，但二者结构不同，因此互为同分异构体，D项正确。
答案 D
11.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的原子核内只有1个质子，Y原子最外层比W原子最外层多1个电子，Z的单质是空气中含量最高的气体，W的单质在常温下接触浓硫酸会钝化。下列说法正确的是( )
A．原子半径：Y
C．X、Y形成的化合物只含有极性键
D．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强
解析：选B X原子的原子核内只有1个质子，则X为H；Z的单质是空气中含量最高的气体，则Z为N；W的单质在常温下接触浓硫酸会发生钝化且W为短周期主族元素，则W为Al；Y原子最外层比W原子最外层多1个电子，则Y为C。A项，原子半径：N
A．电池工作时，熔融碳酸盐只起到导电的作用
B．负极反应式为H2－2e－＋CO===CO2＋H2O
C．电子流向：电极a→负载→电极b→熔融碳酸盐→电极a
D．电池工作时，外电路中通过0.2 mol电子，消耗3.2 g O2
解析 A．分析可知电池工作时，熔融碳酸盐起到导电的作用，和氢离子结合生成二氧化碳，二氧化碳在正极生成碳酸根离子循环使用，故A错误；B.原电池工作时，H2失电子在负极反应，负极反应为H2＋CO－2e－===H2O＋CO2，故B正确；C.电池工作时，电子从负极电极a－负载－电极b，电子不能通过熔融碳酸盐重新回到电极a，故C错误；D.电极反应中电子守恒正极的电极反应为O2＋2CO2＋4e－===2CO，电池工作时，外电路中流过0.2 mol电子，反应消耗0.05 mol O2，消耗O2质量＝0.05 mol×32 g/mol＝1.6 g，故D错误。
答案 B
13．(2019·青岛市高三3月教学质量检测)已知 pOH＝－lgc(OH－)。向20 mL 0.1 mol·L－1 的氨水中滴加未知浓度的稀 H2SO4，测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如下图所示，下列说法不正确的是( )
A．稀H2SO4 的物质的量浓度为0.05 mol·L－1
B．当溶液中pH＝pOH时，水的电离程度最大
C．a点时溶液中存在c(NH3·H2O)＋2c(OH－)＝c(NH)＋2c(H＋)
D．a、b、c 三点对应 NH的水解平衡常数：Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)
答案 B
解析 向20 mL 0.1 mol·L－1 的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4，反应放热，溶液的温度升高，当二者恰好完全反应，放热最多，溶液的温度最高，所以硫酸的体积为20 mL时，恰好完全反应。20 mL 0.1 mol·L－1 的氨水中含有一水合氨的物质的量为0.1 mol·L－1×0.02 L＝
0.002 mol，硫酸的体积为20 mL时，恰好完全反应，则消耗硫酸的物质的量为0.001 mol，该硫酸的物质的量浓度为0.001 mol/0.02 L＝0.05 mol·L－1，故A正确；当溶液中的pH＝pOH时，溶液为中性，此时溶质为硫酸铵和氨水，铵根离子的水解程度与氨水的电离程度相等，水的电离几乎没有影响，当氨水与硫酸恰好反应生成硫酸铵时，即b点时，铵根离子水解，促进了水的电离，此时水的电离程度最大，故B错误；a点加入10 mL 0.05 mol·L－1稀H2SO4，反应后溶质为一水合氨和硫酸铵，且一水合氨为硫酸铵浓度的2倍，根据电荷守恒可得：c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，根据物料守恒可得：c(NH3·H2O)＋c(NH)＝4c(SO)，二者结合可得：c(NH3·H2O)＋2c(OH－)＝c(NH)＋2c(H＋)，故C正确；升高温度促进NH的水解，水解平衡常数增大，由图可知，温度：b>a>c，则a、b、c三点NH的水解平衡常数Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)，故D正确。
二、非选择题：共 58 分。第26~28 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 35题～第 36题为选考题，考生根据要求作答。
26．(2017·郑州模拟)已知草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)难溶于水，工业上从废镍催化剂(主要成分为Ni，含有一定量的Al2O3、FeO、SiO2、CaO等)中制备草酸镍晶体的流程如图所示：
已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Al3＋
Ni2＋
开始沉淀的pH
1.1
5.8
3.0
6.8
完全沉淀的pH
3.2
8.8
5.0
9.5
②Ksp(CaF2)＝1.46×10－10；
③当某物质浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时，视为完全沉淀。
请回答下列问题：
(1)请写出一种能提高“酸浸”速率的措施：_________________________。
(2)试剂a是一种绿色氧化剂，写出“氧化”时反应的离子方程式：_______________________________________________________________。
(3)“调pH”时pH的调控范围为______________，试用化学反应原理的相关知识解释滤渣Ⅱ的生成：____________________________________________________。
(4)写出“沉镍”时发生反应的离子方程式：_________________________________________，
证明Ni2＋已经沉淀完全的实验步骤及现象是___________________________________，
当Ca2＋沉淀完全时，溶液中c(F－)>________ mol·L－1(写出计算式即可)。
(5)操作a的内容是________________________________________________。
解析：(1)把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸的浓度或提高搅拌速率等都可以提高酸浸速率。
(2)试剂a是过氧化氢，故“氧化”时反应的离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O。
(3)因为铁、铝是以氢氧化铁和氢氧化铝的形式沉淀下来的，并且不能使镍离子形成沉淀，故pH范围为5.0≤pH<6.8；其反应的原理为加入Ni(OH)2消耗溶液中的氢离子，促使铁离子、铝离子的水解平衡向右移动，使铁离子、铝离子转化为相应的沉淀而除去。
(4)加入草酸铵后生成的固体是NiC2O4·2H2O，因此有水参加反应，故反应的离子方程式为Ni2＋＋C2O＋2H2O===NiC2O4·2H2O↓。若镍离子没有完全沉淀，则继续加入草酸铵，仍会有沉淀生成，所以证明Ni2＋已经沉淀完全的操作及实验现象是：取适量上层清液于试管中，继续滴加(NH4)2C2O4溶液，无沉淀生成。钙离子沉淀完全的标志是溶液中钙离子的物质的量浓度小于1.0×10－5 mol·L－1，根据Ksp(CaF2)可求出c(F－)> mol·L－1。
(5)从溶液中分离出晶体需要进行过滤、洗涤、干燥。
答案： (1)把废镍催化剂粉碎(或适当加热、适当增大硫酸的浓度或提高搅拌速率等)
(2)2Fe2＋＋2H＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O
(3)5.0≤pH<6.8 加入Ni(OH)2消耗溶液中的H＋，促使铁离子、铝离子的水解平衡右移，使铁离子、铝离子转化为相应的沉淀
(4)Ni2＋＋C2O＋2H2O===NiC2O4·2H2O↓ 取适量上层清液于试管中，继续滴加(NH4)2C2O4溶液，无沉淀生成
(5)过滤、洗涤、干燥
27．(2019·天津理综，9)环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：
回答下列问题：
Ⅰ.环己烯的制备与提纯
(1)原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为____________________________，
现象为__________________________________________。
(2)操作1的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。
①烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为_______________________，
浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的原因为________(填序号)。
a．浓硫酸易使原料炭化并产生SO2
b．FeCl3·6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念
c．同等条件下，用FeCl3·6H2O比浓硫酸的平衡转化率高
②仪器B的作用为____________________________。
(3)操作2用到的玻璃仪器是________________________________。
(4)将操作3(蒸馏)的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，________________________，弃去前馏分，收集83 ℃的馏分。
Ⅱ.环己烯含量的测定
在一定条件下，向a g环己烯样品中加入定量制得的b mol Br2，与环己烯充分反应后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，用c mol·L－1的Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3标准溶液V mL(以上数据均已扣除干扰因素)。
测定过程中，发生的反应如下：
②Br2＋2KI===I2＋2KBr
③I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
(5)滴定所用指示剂为________。样品中环己烯的质量分数为________________(用字母表示)。
(6)下列情况会导致测定结果偏低的是________(填序号)。
a．样品中含有苯酚杂质
b．在测定过程中部分环己烯挥发
c．Na2S2O3标准溶液部分被氧化
解析 (1)利用苯酚遇FeCl3溶液显紫色，检验环己醇中含有的苯酚。(2)①烧瓶A中进行的可逆反应为。a项，浓硫酸易使原料炭化并产生SO2，会降低原料利用率，正确；b项，使用FeCl3·6H2O不产生有毒气体，污染小，可以循环使用，符合绿色化学理念，正确；c项，同等条件下，浓硫酸能吸收反应生成的水，促进反应向右进行，故用浓硫酸比用FeCl3·6H2O的平衡转化率高，错误。②仪器B的作用为冷凝回流，减少环己醇蒸出。(3)操作2得到有机相和水相，为分液操作，用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。(4)蒸馏实验开始时，先通冷凝水，后加热。(5)达到滴定终点时，单质碘完全被消耗，可用淀粉溶液作指示剂。根据测定过程中发生的反应可知，n(Br2)＝n(环己烯)＋n(I2)＝n(环己烯)＋n(Na2S2O3)，则n(环己烯)＝n(Br2)－n(Na2S2O3)＝(b－cV×10－3) mol，故样品中环己烯的质量分数为(b－cV×10－3) mol×82 g·mol－1÷a g×100%＝×100%。(6)a项，样品中含有苯酚杂质，苯酚能与溴反应，会导致样品消耗的Br2偏多，剩余的Br2偏少，最终消耗的Na2S2O3溶液偏少，测定结果偏高，错误；b项，在测定过程中部分环己烯挥发，会导致样品消耗的Br2偏少，剩余的Br2偏多，最终消耗的Na2S2O3溶液偏多，测定结果偏低，正确；c项，Na2S2O3标准溶液部分被氧化，最终消耗的Na2S2O3溶液偏多，测定结果偏低，正确。
答案 (1)FeCl3溶液 溶液显紫色
(2)① a、b
②冷凝回流，减少环己醇蒸出
(3)分液漏斗、烧杯
(4)通冷凝水，加热
(5)淀粉溶液
(6)bc
28．(2019·大连模拟)“绿水青山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。汽车尾气是造成大气污染的重要原因之一，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。请回答下列问题：
(1)已知：N2(g)＋O2(g)===2NO(g)ΔH1＝＋180.5 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1
2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH3＝－221 kJ·mol－1
若某反应的平衡常数表达式为K＝，则此反应的热化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)N2O5在一定条件下可发生分解反应：2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)，某温度下向恒容密闭容器中加入一定量N2O5，测得N2O5浓度随时间的变化如下表：
t/min
0
1
2
3
4
5
c(N2O5)/(mol·L－1)
1.00
0.71
0.50
0.35
0.25
0.17
①反应开始时体系压强为p0，第2 min时体系压强为p1，则p1∶p0＝________。2～5 min内用NO2表示的该反应的平均反应速率为____________。
②一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是________。(填字母)
a．NO2和O2的浓度比保持不变
b．容器中压强不再变化
c．2v正(NO2)＝v逆(N2O5)
d．气体的密度保持不变
(3)Kp是用反应体系中气体物质的分压来表示的平衡常数，即将K表达式中平衡浓度用平衡分压代替。已知反应：NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)，该反应中正反应速率v正＝k正·p(NO2)·p(CO)，逆反应速率v逆＝k逆·p(NO)·p(CO2)，其中k正、k逆为速率常数，则Kp为________________(用k正、k逆表示)。
(4)如图是密闭反应器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料后，在200 ℃、400 ℃、600 ℃下，合成NH3反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线，已知该反应为放热反应。
①曲线a对应的温度是________。
②M点对应的H2的转化率是________。
(5)工业生产中产生的SO2废气可用如图方法获得H2SO4。写出电解的阳极反应式________________________________________________________________________。
解析：(1)若某反应的平衡常数表达式为K＝，则其化学方程式为2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)，将题中3个已知热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由②×2－①－③，可得：2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－393.5 kJ·mol－1×2－180.5 kJ·mol－1－(－221 kJ·mol－1)＝－746.5 kJ·mol－1。
(2)①根据题表中数据及三段式法有：
2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)
开始(mol·L－1) 1.00 0 0
转化(mol·L－1) 0.50 1.00 0.25
2 min时(mol·L－1) 0.50 1.00 0.25
该反应在恒温恒容条件下发生，反应前后气体的压强之比等于物质的量之比，也等于物质的量浓度之比，所以p1∶p0＝(0.50＋1.00＋0.25)∶1.00＝7∶4。2～5 min内，v(N2O5)＝＝0.11 mol·L－1·min－1，v(NO2)＝2v(N2O5)＝0.22 mol·L－1·min－1。②反应过程中NO2和O2的浓度比始终保持不变，a项不能说明反应已经达到化学平衡状态；该反应在反应前后气体分子数不相等，反应过程中容器中压强为变量，容器中压强不再变化可以说明反应已经达到化学平衡状态，b项符合题意；v正(NO2)＝2v逆(N2O5)时，正、逆反应速率相等，而2v正(NO2)＝v逆(N2O5)时，正、逆反应速率不相等，c项不能说明反应已经达到化学平衡状态；反应物和生成物全为气体，气体总质量不变，而容器恒容，故反应过程中气体密度始终不变，d项不能说明反应已经达到化学平衡状态。
(3)Kp＝，v正＝k正·p(NO2)·p(CO)，v逆＝k逆·p(NO)·p(CO2)，平衡时正、逆反应速率相等，即k正·p(NO2)·p(CO)＝k逆·p(NO)·p(CO2)，则＝，故Kp＝。
(4)①合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NH3的产率降低，NH3的物质的量分数减小，曲线a、b、c中，在相同条件下曲线a对应NH3的物质的量分数最高，其反应温度最低，所以曲线a对应的温度为200 ℃。②M点NH3的物质的量分数为60%，设NH3为0.6a mol，则N2、H2共为0.4a mol，因为反应器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料，故M点时H2为0.3a mol，结合N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)可知，转化的H2的物质的量为0.9a mol，所以M点对应H2的转化率＝×100%＝75%。
(5)由题图可知，在电解池的阳极发生Mn2＋转化为MnO2的反应，电极反应式为Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2↓＋4H＋。
答案：(1)2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－746.5 kJ·mol－1
(2)①7∶4(或1.75∶1) 0.22 mol·L－1·min－1 ②b
(3) (4)①200 ℃ ②75%
(5)Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2↓＋4H＋
35.铜元素可形成多种重要化合物。回答下列问题：
(1)铜元素位于元素周期表中的________区，其基态原子的价电子排布图为________________________________________________________________________。
(2)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可形成[Cu(NH3)4]SO4溶液，该溶液可用于溶解纤维素。
①[Cu(NH3)4]SO4中阴离子的立体构型是________________________________________。
②在[Cu(NH3)4]SO4中，Cu2＋与NH3 之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是_________________________________________________________。
③除硫元素外，[Cu(NH3)4]SO4中所含元素的电负性由小到大的顺序为___________________。
④NF3与NH3 的立体构型相同，中心原子的轨道杂化类型均为____________。但NF3不易与Cu2＋形成化学键，其原因是________________________________________________。
(3)一种Hg—Ba—Cu—O高温超导材料的晶胞(长方体)如图所示。
①该物质的化学式为________________________________________。
②已知该晶胞中两个Ba2＋的间距为c pm，则距离Ba2＋最近的Hg＋数目为________个，二者的最短距离为________pm。(列出计算式即可，下同)
③设该物质的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_______g·cm－3。
答案 (1)ds
(2)①正四面体 ②配位键 N ③Cu
解析 (2)①SO中S原子的孤电子对数＝＝0，价层电子对数＝4＋0＝4，离子的立体构型为正四面体。②Cu2＋提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键。
③非金属性越强，电负性越大，同周期主族元素从左至右电负性逐渐增强，故电负性：H＜N＜O，Cu为金属元素，吸引电子的能力非常弱，故电负性最弱。故电负性大小顺序为：Cu
(3)①该晶胞中Ba原子个数＝2；Hg原子个数＝8×＝1；Cu原子个数＝4×＝1；O原子的个数＝8×＋4×＝4，故化学式为HgBa2CuO4。
②根据晶胞结构图知，以下面的Ba2＋为例，周围距离最近且等距离的分布在下底面的4个顶点上，所以距离Ba2＋最近的Hg＋数目为4。Ba2＋离下底面面心的距离为 pm，设Ba2＋与Hg＋的最短距离为x pm，则有x2＝()2＋()2，解得x＝。
③该晶胞的质量＝ g，体积＝a2b pm3＝a2b(10－10cm)3＝a2b×10－30cm3；所以该晶体的密度＝＝ g·cm－3。
36．[2019·河南省示范性高中高三(上)期末，36]以香兰醛()为主要原料合成药物利喘贝(V)的流程如下：
已知： (酰胺键)在无肽键酶作用下的水解可忽略。
(1)H2C(COOH)2的化学名称为________。
(2)①的反应类型是________。
(3)反应②所需试剂条件分别为________、________。
(4)利喘贝(V)的分子式为________。
(5)Ⅲ中官能团的名称是________。
(6)写出与香兰醛互为同分异构体的酯类化合物的结构简式(且核磁共振氢谱为四组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶3)：_____________________(写出3种)。
(7)已知：，结合上述流程中的信息，设计以甲苯和甲醇为起始原料制备邻氨基苯甲酸甲酯()的合成路线(其他无机试剂任选)。
解析 (1)H2C(COOH)2的化学名称为丙二酸或1，3－丙二酸；(2)对比Ⅰ、Ⅱ的结构，可知I的酚羟基中H原子被甲基替代生成Ⅱ；(3)对比Ⅳ、Ⅴ的结构，可知Ⅳ发生酯的水解反应生成Ⅴ；(4)根据结构简式确定分子中C、H、O、N原子数目，进而确定其分子式；(5)由Ⅲ的结构，可知其含有的官能团有：羧基、醚键、碳碳双键；(6)与香兰醛()互为同分异构体的酯类化合物，且核磁共振氢谱为四组峰，可以是2个不同的取代基处于对位，结合峰面积之比为1∶2∶2∶3书写；(7)甲苯发生硝化反应生成，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，再与甲醇发生酯化反应生成，最后用Fe/HCl还原得到。
答案 (1)丙二酸或1，3－丙二酸 (2)取代反应
(3)NaOH水溶液、稀硫酸 加热 (4)C18H17O5N
(5)羧基、醚键、碳碳双键
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