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河北省2020届高三化学全国1卷模拟试卷18
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模拟试卷18
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.从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是( )
A．我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件。高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛
B．“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料
C．推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放
D．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为石灰石
解析 钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，故A正确；碳纤维属于无机材料，故B错误；煤的组成元素主要是碳，完全燃烧生成二氧化碳，液化后，不能减少二氧化碳的排放，故C错误；瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故D错误。
答案 A
8．硫酸亚铁铵受热分解的反应方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3＋2NH3↑＋N2↑＋4SO2↑＋5H2O，用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．1 L 0.1 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2＋的数目为0.1NA
B．将1 mol SO2和1 mol O2充分反应后，其分子总数为1.5NA
C．标准状况下，每生成15.68 L气体转移电子数目为0.8NA
D．常温常压下，3.0 g 15N2中含有的中子总数为1.4NA
解析：选C A项，由于Fe2＋水解，1 L 0.1 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2＋的数目小于0.1NA，错误；B项， SO2与O2的反应2SO2＋O22SO3属于可逆反应，反应不能完全进行，若1 mol SO2和1 mol O2完全反应生成1 mol SO3，剩余0.5 mol O2，共1.5 mol，现不能完全反应，其物质的量大于1.5 mol，分子总数大于1.5NA，错误；C项，标准状况下，15.68 L气体为0.7 mol，其中NH3占2/7、N2占1/7，SO2占4/7，根据化学方程式可知，生成4 mol SO2转移8 mol电子，生成0.4 mol SO2则转移0.8 mol电子，数目为0.8NA，正确；D项，15N的中子数＝15－7＝8,3.0 g 15N2为0.1 mol，含有的中子总数＝0.1×16×NA＝1.6NA，错误。
9.利用食盐水制取ClO2的工业流程如图所示，装置①中的反应：NaCl＋3H2ONaClO3＋3H2↑，装置②中的反应：2NaClO3＋4HCl2ClO2↑＋ Cl2↑＋2NaCl＋2H2O。下列关于该流程说法不正确的是( )
A．该流程中Cl2、NaCl都可以循环利用
B．装置①中H2是阴极产物
C．装置②发生的反应中，Cl2是氧化产物，NaCl是还原产物
D．为了使H2完全转化为HCl，需要向装置③中补充Cl2
解析 A．装置①中电解食盐水得到氢气、NaClO3，氢气和氯气反应生成氯化氢，装置②中2NaClO3＋4HCl(浓)2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O＋2NaCl，该流程中Cl2、NaCl都可以循环利用，故A正确；B.装置①是电解食盐水，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，是阴极产物，故B正确；C.电解食盐水得到氯酸钠(NaClO3)和H2，NaClO3和盐酸发生价态归中反应，生成NaCl、ClO2、Cl2、H2O，化学方程式为：2NaClO3＋4HCl2NaCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O，氯气是氧化产物，氯化钠中氯元素化合价不变，是氯化氢中氯元素生成，故C错误；D.电解饱和食盐水生成的氢气，为了使H2完全转化为HCl，需要向装置③中补充Cl2，故D正确；故选C。
答案 C
10.加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是( )
A．装置乙试管中收集到的液体在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应
B．装置丙中的试剂吸收反应产生的气体后得到的产物的密度均比水大
C．最后收集的气体可以作为清洁燃料使用
D．甲烷的二氯代物有2种
解析：选D 加强热时，聚丙烯分解生成碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，除碳为固体，其他物质均为气体，冷却后，苯和甲苯液化，氢气、甲烷、乙烯和丙烯都是气体，其中，乙烯和丙烯与丙中溴发生加成反应，最后收集的气体为氢气和甲烷。A项，装置乙试管中收集的液体是甲苯和苯，在铁粉或FeBr3存在下均可与溴发生取代反应，正确；B项，1，2二溴乙烷、1，2二溴丙烷的密度都大于水的密度，正确；C项，最后收集的氢气和甲烷可作清洁燃料，正确；D项，因为甲烷为正四面体结构，则甲烷的二氯代物只有一种，错误，D项符合题意。
11.原子序数依次增大的短周期主族元素a、b、c、d和e中，a的最外层电子数为其周期数的二倍；b、d 的最简单氢化物为A2B型，且b、d 的最外层电子数之和等于a、c、e的最外层电子数之和，c的＋1价离子比e的－1价离子少8个电子。下列说法正确的是( )
A.简单离子的半径：e>d>b>c
B.最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：e>d>a
C.简单氢化物的沸点：b>d>c
D.简单离子的还原性：b>e>d
答案 B
解析 a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期元素，a的最外层电子数为其周期数的二倍，a为C元素；c的＋1价离子比e的－1价离子少8个电子，c为Na元素，e为Cl元素；b、d的简单氢化物为A2B型，b、d的最外层电子数之和等于a、c、e的最外层电子数之和，b的原子序数小于d，b为O元素，d为S元素。A项，根据“层多径大，序大径小”，简单离子半径由大到小的顺序为：S2－＞Cl－＞O2－＞Na＋，错误；B项，非金属性：Cl＞S＞C，最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序：HClO4＞H2SO4＞H2CO3，正确；C项，b、d、c的简单氢化物依次为H2O、H2S、NaH，NaH属于离子晶体，NaH的沸点最高，H2O分子间存在氢键，H2O的沸点高于H2S，沸点由高到低的顺序为：NaH＞H2O＞H2S，错误；D项，非金属性：O＞S、Cl＞S，简单离子还原性最强的为S2－，错误。
12..三氧化二镍(Ni2O3)可用于制造高能电池元件。电解法制备过程如下：用NaOH 溶液将NiCl2溶液的pH调至7.5，加入适量硫酸钠固体后进行电解。电解过程中产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO－，把二价镍(可简单写成Ni2＋)氧化为Ni3＋，再将Ni3＋经一系列反应后转化为Ni2O3，电解装置如图所示。下列说法不正确的是( )
A．加入适量硫酸钠的作用是增加离子浓度，增强溶液的导电能力
B．电解过程中阳极附近溶液的pH降低
C．电解过程中，溶液中的Cl－经阳离子交换膜向阳极移动
D．ClO－氧化Ni2＋的离子方程式为ClO－＋H2O＋2Ni2＋===Cl－＋2Ni3＋＋2OH－
解析：选C A项，硫酸钠是强电解质，加入硫酸钠，是为了增加离子浓度，增强溶液的导电能力，正确； B项，电解过程中，阳极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，阳极生成的Cl2与附近的水反应生成盐酸和次氯酸，使溶液的pH降低，正确； C项，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，电解过程中，溶液中的Cl－不能通过阳离子交换膜，错误； D项，ClO－把Ni2＋氧化为Ni3＋，ClO－被还原生成Cl－，反应的离子方程式为ClO－＋H2O＋2Ni2＋===Cl－＋2Ni3＋＋2OH－，正确。
13．(2019·青岛二中高三下学期期初考试)常温下，向20 mL 0.2 mol·L－1二元酸H2A溶液中滴加0.2 mol·L－l NaOH溶液，有关微粒物质的量变化如图。下列叙述正确的是( )
A．当V(NaOH)＝20 mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为：c(Na＋)>c(HA－)>c(A2－)>
c(OH－)>c(H＋)
B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大
C．等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大
D．当V(NaOH)＝40 mL时，升高温度，c(Na＋)/c(A2－)减小
答案 C
解析 A项，当V(NaOH)＝20 mL时，0.2 mol·L－1NaOH与20 mL 0.2 mol·L－1H2A反应生成NaHA，离子浓度大小的顺序为c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(OH－)>c(A2－)，错误；B项，等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合生成NaHA，由图像可知，当加入20 mL NaOH溶液时，A2－的浓度大于H2A，说明HA－的电离程度大于水解程度，则会抑制水的电离程度，故其溶液中水的电离程度比纯水中的小，错误；C项，等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大，正确；D项，当V(NaOH)＝40 mL时，生成Na2A，A2－会发生水解，升高温度，促进水解，则c(A2－)减小，则c(Na＋)/c(A2－)增大。
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·合肥模拟)高纯活性氧化锌可用于光催化、光电极、彩色显影等领域。以工业级氧化锌(含Fe2＋、Mn2＋、Cu2＋、Ni2＋、Cd2＋等)为原料，用硫酸浸出法生产高纯活性氧化锌的工艺流程如下：
已知Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。
回答下列问题：
(1)浸出时，为了提高浸出效率可采取的措施有(写两种)：________________。
(2)氧化时，加入KMnO4溶液是为了除去浸出液中的Fe2＋和Mn2＋(溶液中Mn元素全部转化为MnO2)，请配平下列除去Fe2＋的离子方程式：
MnO＋Fe2＋＋________===MnO2↓＋Fe(OH)3↓＋H＋
(3)加入锌粉的目的是______________________________________________。
(4)已知H2SO4浸出液中，c(Fe2＋)＝5.04 mg·L－1、c(Mn2＋)＝1.65 mg·L－1。
①加入KMnO4溶液反应一段时间后，溶液中c(Fe3＋)＝0.56 mg·L－1，若溶液pH＝3，则此时Fe3＋________(填“能”或“不能”)生成沉淀。
②若要除尽1 m3上述浸出液中的Fe2＋和Mn2＋，需加入________g KMnO4。
【解析】 (1)为了提高浸出效率，可以适当增大硫酸浓度、搅拌、将固体粉碎、提高浸出温度等。(2)锰元素由＋7价降低到＋4价，而铁元素由＋2价升高到＋3价，根据得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒配平方程式。(3)加入锌粉的目的是消耗溶液中的H＋，调节溶液pH，促进溶液中的Cu2＋、Ni2＋、Cd2＋等形成沉淀而除去。(4)①c(Fe3＋)＝＝1.0×10－5 mol·L－1，
此时溶液中c(OH－)＝1.0×10－11 mol·L－1，c(Fe3＋)·c3(OH－)＝1.0×10－38
＝7.9 g。
【答案】 (1)将工业级氧化锌粉碎、提高搅拌速率(其他合理答案也可)
(2)1 3 7H2O 1 3 5
(3)调节溶液pH，除去溶液中的Cu2＋、Ni2＋、Cd2＋等
(4)①不能 ②7.9
27．(2019·长沙模拟)三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料，为无色透明的带刺激性臭味的液体。某化学小组采用PCl3氧化法制备POCl3。已知：在潮湿空气中二者均极易水解而剧烈“发烟”。POCl3的熔点为1.25 ℃，沸点为105.8 ℃。回答下列问题：
Ⅰ.制备PCl3(如图)
(1)检查装置气密性并装入药品后，先关闭K1，打开K2通入干燥的CO2，一段时间后，关闭K2，加热曲颈瓶的同时打开K1通入干燥氯气，反应立即进行。通干燥CO2的作用是________________________________________________________________________
________________________。
Ⅱ.制备POCl3(如图)
(2)装置G中发生反应的化学方程式为______________________________________
________________。
(3)装置F的作用除观察O2的流速之外，还有_________________________________
________________________________________________________________________。
Ⅲ.测定POCl3含量
实验制得的POCl3中常含有PCl3杂质，通过下面方法可测定产品的纯度：
①快速称取5.000 g产品，加水反应后配成250 mL溶液；
②取以上溶液25.00 mL，向其中加入10.00 mL 0.100 0 mol·L－1碘水(足量)，充分反应；
③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.100 0 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定；
④重复②、③操作，平均消耗0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液12.00 mL。
已知：H3PO3＋I2＋H2O===H3PO4＋2HI，I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6。
(4)滴定至终点的现象是___________________________________________________
________________________。
(5)该产品的纯度为________。[已知：M(PCl3)＝137.5 g·mol－1，M(POCl3)＝153.5 g·mol－1]
解析：Ⅰ.(1)由题给条件分析可知，通入干燥CO2的作用是排尽空气，防止红磷被氧气氧化以及防止生成的PCl3与空气中的氧气、水反应。Ⅱ.(2)由装置图可知，装置G中PCl3与O2反应生成POCl3：2PCl3＋O22POCl3。(3)装置F中长颈漏斗起平衡压强的作用，F中的液体还可以干燥氧气。Ⅲ.(4)当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。(5)POCl3与水反应生成H3PO4和HCl，PCl3与水反应生成H3PO3和HCl，根据题意知，存在关系式：PCl3～H3PO3～I2，I2～2Na2S2O3；消耗Na2S2O3的物质的量＝0.100 0 mol·L－1×12.00×10－3 L＝12×10－4 mol，则和Na2S2O3反应的I2的物质的量＝×12×10－4 mol＝6×10－4 mol，PCl3的物质的量＝和H3PO3反应的I2的物质的量＝0.100 0 mol·L－1×10.00×10－3 L－6×10－4 mol＝4×10－4 mol，PCl3的质量为4×10－4 mol×137.5 g·mol－1＝5.5×10－2 g，产品中含PCl3的质量为5.5×10－2 g×＝0.55 g，则产品的纯度为×100%＝89.0%。
答案：Ⅰ.(1)排尽空气，防止红磷被氧气氧化并防止生成的PCl3与空气中的O2和水反应(合理即可)
Ⅱ.(2)2PCl3＋O22POCl3
(3)平衡气压，干燥氧气
Ⅲ.(4)当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色
(5)89.0%
28. MoS2(辉钼矿的主要成分)可用于制取钼的化合物润滑添加剂氢化反应和异构化反应的催化剂等。回答下列问题：
(1)反应3MoS2＋18HNO3＋12HCl===3H2[MoO2Cl4]＋18NO↑＋6H2SO4＋6H2O中，每溶解1 mol MoS2，转移电子的物质的量为________。
(2)已知：MoS2(s)===Mo(s)＋S2(g) ΔH1
S2(g)＋2O2(g)===2SO2(g) ΔH2
2MoS2(s)＋7O2(g)===2MoO3 (s)＋4SO2(g) ΔH3
反应2Mo(s)＋3O2(g)===2MoO3(s)的ΔH＝________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。
(3)利用电解法可浸取辉钼矿得到Na2MoO4和Na2SO4溶液(装置如图所示)。
①阴极的电极反应式为________。
②一段时间后，电解液的pH________ (填“增大”“减小”或“不变”)，MoO在电极________(填“A”或“B”)附近生成。
③实际生产中，惰性电极A一般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极(基层为TiO2，涂层为RuO2＋IrO2)，理由是________。
(4)用辉钼矿冶炼Mo的反应为
MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na2CO3(s)Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s) ΔH。
①该反应的ΔH________(填“>”或“<”)0；p1、p2、p3按从小到大的顺序为________。
②在某恒容密闭容器中加入0.1 mol MoS2、0.2 mol Na2CO3、0.4 mol H2，一定温度下发生上述反应，下列叙述说明反应已达到平衡状态的是________ (填标号)。
a．v正(H2)＝v逆(CO)
b．气体的密度不再随时间变化
c．气体的压强不再随时间变化
d．单位时间内断裂H—H键与断裂H—O键的数目相等
③在2 L的恒温恒容密闭容器中加入0.1 mol MoS2、0.2 mol Na2CO3、0.4 mol H2，在1 100 K时发生反应，达到平衡时恰好处于下图中A点，则此温度下该反应的平衡常数为________。
解析 (1)在反应中，Mo元素的化合价由反应前MoS2中的＋2价变为反应后H2[MoO2Cl4]中的＋6价，S元素的化合价由反应前MoS2中的－1价变为反应后H2SO4中的＋6价， N元素的化合价由反应前硝酸中的＋5价变为反应后NO中的＋2价，每1 mol MoS2发生反应，电子转移的物质的量为(6－2)＋2×[6－(－1)]mol＝18 mol；
(2)①MoS2(s)===Mo(s)＋S2(g) ΔH1
②S2(g)＋2O2(g)===2SO2(g) ΔH2
③2MoS2(s)＋7O2(g)===2MoO3(s)＋4SO2(g) ΔH3
根据盖斯定律，将③－2×②－2×①，整理可得反应2Mo(s)＋3O2(g)===2MoO3(s)的ΔH＝ΔH3－2ΔH2－2ΔH1；
(3)①该池为电解池，在阴极上溶液中H2O电离产生的H＋获得电子，发生还原反应，电极反应式为：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；②由于溶液中H＋不断放电，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以电解一段时间后，溶液的碱性增强，pH不断增大；溶液中 的Cl－在阳极失去电子变为Cl2，Cl2具有氧化性，其与水反应产生的HClO氧化性也非常强，Cl2、HClO将MoS2氧化为MoO，因此MoO在阳极A附近生成；③在食盐水溶液中含有的阴离子有Cl－、OH－，Cl－失去电子产生Cl2，OH－也可能失去电子变为O2，生成的O2会与C在高温下反应产生CO2气体而不断消耗石墨，所以阳极一般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极；
(4)①根据图像可知：在压强不变时，温度升高，H2的平衡转化率增大，说明该反应的正反应为吸热反应，所以ΔH>0；由于反应MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na2CO3(s)Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s)的正反应是气体体积增大的反应，在其它条件不变时，增大压强，平衡逆向移动，H2的转化率降低，根据图像可知H2的转化率p1时最大，p3时最小，说明压强p3最大，p1最小，故压强按从小到大的顺序为：p1
(2)ΔH3－2ΔH2－2ΔH1
(3)①2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ ②增大 A ③阳极主要生成Cl2，还会生成O2，生成的O2会消耗石墨
(4)①> p1
(1)写出基态二价钪离子(Sc2＋)的核外电子排布式________________，
其中电子占据的轨道数为_________________。
(2)在用重量法测定镧系元素和使镧系元素分离时，总是使之先转换成草酸盐，然后经过灼烧而得其氧化物，如2LnCl3＋3H2C2O4＋nH2O===Ln2(C2O4)3·nH2O＋6HCl。
①H2C2O4中碳原子的杂化轨道类型为________；1 mol H2C2O4分子中含σ键和π键的数目之比为________。
②H2O的VSEPR模型为________；写出与H2O互为等电子体的一种阴离子的化学式________。
③HCl和H2O可以形成相对稳定的水合氢离子盐晶体，如HCl·2H2O，HCl·2H2O中含有H5O，结构为，在该离子中，存在的作用力有________。
a．配位键 b．极性键 c．非极性键 d．离子键 e．金属键 f．氢键 g．范德华力 h．π键 i．σ键
(3)下表列出了核电荷数为21～25的元素的最高正化合价：
元素名称
钪
钛
钒
铬
锰
元素符号
Sc
Ti
V
Cr
Mn
核电荷数
21
22
23
24
25
最高正价
＋3
＋4
＋5
＋6
＋7
对比上述五种元素原子的核外电子排布与元素的最高正化合价，你发现的规律是________。
(4)PrO2(二氧化镨)的晶胞结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点。假设相距最近的Pr原子与O原子之间的距离为a pm，则该晶体的密度为________g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数的值，不必计算出结果)。
解析 (1)Sc(钪)为21号元素，基态Sc2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1，其电子共占据10个轨道。
(2)①H2C2O4的结构简式为，C原子的杂化轨道类型为sp2，1 mol H2C2O4分子中含σ键和π键的数目之比为7∶2。②H2O中O原子的价层电子对数＝＝4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体形，分子空间构型为V形。与H2O互为等电子体的阴离子为NH。(4)由图可知，相距最近的Pr原子和O原子之间的距离为该立方体晶胞的体对角线长的，则该晶胞的晶胞参数＝×4a×10－10 cm；每个晶胞中占有4个“PrO2”，则该晶胞的质量为 g，根据ρ＝可知，该晶体密度为 g·cm－3。
答案 (1)1s22s22p63s23p63d1 10
(2)①sp2杂化 7∶2 ②四面体形 NH ③abfi
(3)五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s电子和次高能层d电子数目之和
(4)
36．(2019·潍坊市一模，36)有机物H是合成某种药物的中间体，一种合成路线如下：
回答下列问题：
(1)有机物B的化学名称为________。
(2)反应②的反应类型为________。
(3)反应④所需试剂、条件分别为________。
(4)写出反应③的化学方程式__________________________。
(5)1 mol E与1 mol H2完全加成生成1 mol W，W有多种同分异构体，其中属于α－氨基酸、分子中含两个羧基、且苯环上有两个取代基的W的可能结构共有________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为五组峰，峰面积比为3∶2∶2∶2∶2的结构简式为________。
(6)设计以甲苯和(CH3CO)2O为原料制备的合成路线(无机试剂任选)。
解析 (1)物质B中硝基为取代基，甲苯为母体；(2)对比B、C的结构，可知B中苯环上H原子被—CH2CHBrCHO替代生成C，同时还生成HCl；(3)对比C、E的结构，结合反应③的条件，可知C中醛基氧化为羧基得到D，D发生卤代烃的消去反应生成E，故D为；(4)反应③是与氢氧化铜发生氧化反应生成；(5)E的结构简式为，1 mol E与1 mol H2完全加成生成1 mol W，应是碳碳双键与氢气发生加成反应，则W为，W的同分异构体满足：属于α－氨基酸、分子中含两个羧基、且苯环上有两个取代基，两个取代基为—COOH、—CH2CH(NH2)COOH，或者为—COOH、，或者为—CH3、，或者为—CH2COOH、—CH(NH2)COOH，均有邻、间、对3种位置结构；
(6)甲基氧化引入羧基。发生硝化反应引入硝基，硝基还原引入氨基，氨基与(CH3CO)2O作用形成肽键。由于氨基易被氧化，应先引入氨基。故甲苯先发生邻位硝化反应，再还原为氨基，然后与(CH3CO)2O反应，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化。
答案 (1)对硝基甲苯或4－硝基甲苯 (2)取代反应 (3)NaOH醇溶液、加热
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.从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是( )
A．我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件。高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛
B．“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料
C．推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放
D．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为石灰石
解析 钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，故A正确；碳纤维属于无机材料，故B错误；煤的组成元素主要是碳，完全燃烧生成二氧化碳，液化后，不能减少二氧化碳的排放，故C错误；瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故D错误。
答案 A
8．硫酸亚铁铵受热分解的反应方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3＋2NH3↑＋N2↑＋4SO2↑＋5H2O，用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．1 L 0.1 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2＋的数目为0.1NA
B．将1 mol SO2和1 mol O2充分反应后，其分子总数为1.5NA
C．标准状况下，每生成15.68 L气体转移电子数目为0.8NA
D．常温常压下，3.0 g 15N2中含有的中子总数为1.4NA
解析：选C A项，由于Fe2＋水解，1 L 0.1 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2＋的数目小于0.1NA，错误；B项， SO2与O2的反应2SO2＋O22SO3属于可逆反应，反应不能完全进行，若1 mol SO2和1 mol O2完全反应生成1 mol SO3，剩余0.5 mol O2，共1.5 mol，现不能完全反应，其物质的量大于1.5 mol，分子总数大于1.5NA，错误；C项，标准状况下，15.68 L气体为0.7 mol，其中NH3占2/7、N2占1/7，SO2占4/7，根据化学方程式可知，生成4 mol SO2转移8 mol电子，生成0.4 mol SO2则转移0.8 mol电子，数目为0.8NA，正确；D项，15N的中子数＝15－7＝8,3.0 g 15N2为0.1 mol，含有的中子总数＝0.1×16×NA＝1.6NA，错误。
9.利用食盐水制取ClO2的工业流程如图所示，装置①中的反应：NaCl＋3H2ONaClO3＋3H2↑，装置②中的反应：2NaClO3＋4HCl2ClO2↑＋ Cl2↑＋2NaCl＋2H2O。下列关于该流程说法不正确的是( )
A．该流程中Cl2、NaCl都可以循环利用
B．装置①中H2是阴极产物
C．装置②发生的反应中，Cl2是氧化产物，NaCl是还原产物
D．为了使H2完全转化为HCl，需要向装置③中补充Cl2
解析 A．装置①中电解食盐水得到氢气、NaClO3，氢气和氯气反应生成氯化氢，装置②中2NaClO3＋4HCl(浓)2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O＋2NaCl，该流程中Cl2、NaCl都可以循环利用，故A正确；B.装置①是电解食盐水，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，是阴极产物，故B正确；C.电解食盐水得到氯酸钠(NaClO3)和H2，NaClO3和盐酸发生价态归中反应，生成NaCl、ClO2、Cl2、H2O，化学方程式为：2NaClO3＋4HCl2NaCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O，氯气是氧化产物，氯化钠中氯元素化合价不变，是氯化氢中氯元素生成，故C错误；D.电解饱和食盐水生成的氢气，为了使H2完全转化为HCl，需要向装置③中补充Cl2，故D正确；故选C。
答案 C
10.加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是( )
A．装置乙试管中收集到的液体在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应
B．装置丙中的试剂吸收反应产生的气体后得到的产物的密度均比水大
C．最后收集的气体可以作为清洁燃料使用
D．甲烷的二氯代物有2种
解析：选D 加强热时，聚丙烯分解生成碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，除碳为固体，其他物质均为气体，冷却后，苯和甲苯液化，氢气、甲烷、乙烯和丙烯都是气体，其中，乙烯和丙烯与丙中溴发生加成反应，最后收集的气体为氢气和甲烷。A项，装置乙试管中收集的液体是甲苯和苯，在铁粉或FeBr3存在下均可与溴发生取代反应，正确；B项，1，2二溴乙烷、1，2二溴丙烷的密度都大于水的密度，正确；C项，最后收集的氢气和甲烷可作清洁燃料，正确；D项，因为甲烷为正四面体结构，则甲烷的二氯代物只有一种，错误，D项符合题意。
11.原子序数依次增大的短周期主族元素a、b、c、d和e中，a的最外层电子数为其周期数的二倍；b、d 的最简单氢化物为A2B型，且b、d 的最外层电子数之和等于a、c、e的最外层电子数之和，c的＋1价离子比e的－1价离子少8个电子。下列说法正确的是( )
A.简单离子的半径：e>d>b>c
B.最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：e>d>a
C.简单氢化物的沸点：b>d>c
D.简单离子的还原性：b>e>d
答案 B
解析 a、b、c、d、e为原子序数依次增大的短周期元素，a的最外层电子数为其周期数的二倍，a为C元素；c的＋1价离子比e的－1价离子少8个电子，c为Na元素，e为Cl元素；b、d的简单氢化物为A2B型，b、d的最外层电子数之和等于a、c、e的最外层电子数之和，b的原子序数小于d，b为O元素，d为S元素。A项，根据“层多径大，序大径小”，简单离子半径由大到小的顺序为：S2－＞Cl－＞O2－＞Na＋，错误；B项，非金属性：Cl＞S＞C，最高价氧化物对应的水化物酸性由强到弱的顺序：HClO4＞H2SO4＞H2CO3，正确；C项，b、d、c的简单氢化物依次为H2O、H2S、NaH，NaH属于离子晶体，NaH的沸点最高，H2O分子间存在氢键，H2O的沸点高于H2S，沸点由高到低的顺序为：NaH＞H2O＞H2S，错误；D项，非金属性：O＞S、Cl＞S，简单离子还原性最强的为S2－，错误。
12..三氧化二镍(Ni2O3)可用于制造高能电池元件。电解法制备过程如下：用NaOH 溶液将NiCl2溶液的pH调至7.5，加入适量硫酸钠固体后进行电解。电解过程中产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO－，把二价镍(可简单写成Ni2＋)氧化为Ni3＋，再将Ni3＋经一系列反应后转化为Ni2O3，电解装置如图所示。下列说法不正确的是( )
A．加入适量硫酸钠的作用是增加离子浓度，增强溶液的导电能力
B．电解过程中阳极附近溶液的pH降低
C．电解过程中，溶液中的Cl－经阳离子交换膜向阳极移动
D．ClO－氧化Ni2＋的离子方程式为ClO－＋H2O＋2Ni2＋===Cl－＋2Ni3＋＋2OH－
解析：选C A项，硫酸钠是强电解质，加入硫酸钠，是为了增加离子浓度，增强溶液的导电能力，正确； B项，电解过程中，阳极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，阳极生成的Cl2与附近的水反应生成盐酸和次氯酸，使溶液的pH降低，正确； C项，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，电解过程中，溶液中的Cl－不能通过阳离子交换膜，错误； D项，ClO－把Ni2＋氧化为Ni3＋，ClO－被还原生成Cl－，反应的离子方程式为ClO－＋H2O＋2Ni2＋===Cl－＋2Ni3＋＋2OH－，正确。
13．(2019·青岛二中高三下学期期初考试)常温下，向20 mL 0.2 mol·L－1二元酸H2A溶液中滴加0.2 mol·L－l NaOH溶液，有关微粒物质的量变化如图。下列叙述正确的是( )
A．当V(NaOH)＝20 mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为：c(Na＋)>c(HA－)>c(A2－)>
c(OH－)>c(H＋)
B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大
C．等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大
D．当V(NaOH)＝40 mL时，升高温度，c(Na＋)/c(A2－)减小
答案 C
解析 A项，当V(NaOH)＝20 mL时，0.2 mol·L－1NaOH与20 mL 0.2 mol·L－1H2A反应生成NaHA，离子浓度大小的顺序为c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(OH－)>c(A2－)，错误；B项，等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合生成NaHA，由图像可知，当加入20 mL NaOH溶液时，A2－的浓度大于H2A，说明HA－的电离程度大于水解程度，则会抑制水的电离程度，故其溶液中水的电离程度比纯水中的小，错误；C项，等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大，正确；D项，当V(NaOH)＝40 mL时，生成Na2A，A2－会发生水解，升高温度，促进水解，则c(A2－)减小，则c(Na＋)/c(A2－)增大。
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·合肥模拟)高纯活性氧化锌可用于光催化、光电极、彩色显影等领域。以工业级氧化锌(含Fe2＋、Mn2＋、Cu2＋、Ni2＋、Cd2＋等)为原料，用硫酸浸出法生产高纯活性氧化锌的工艺流程如下：
已知Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。
回答下列问题：
(1)浸出时，为了提高浸出效率可采取的措施有(写两种)：________________。
(2)氧化时，加入KMnO4溶液是为了除去浸出液中的Fe2＋和Mn2＋(溶液中Mn元素全部转化为MnO2)，请配平下列除去Fe2＋的离子方程式：
MnO＋Fe2＋＋________===MnO2↓＋Fe(OH)3↓＋H＋
(3)加入锌粉的目的是______________________________________________。
(4)已知H2SO4浸出液中，c(Fe2＋)＝5.04 mg·L－1、c(Mn2＋)＝1.65 mg·L－1。
①加入KMnO4溶液反应一段时间后，溶液中c(Fe3＋)＝0.56 mg·L－1，若溶液pH＝3，则此时Fe3＋________(填“能”或“不能”)生成沉淀。
②若要除尽1 m3上述浸出液中的Fe2＋和Mn2＋，需加入________g KMnO4。
【解析】 (1)为了提高浸出效率，可以适当增大硫酸浓度、搅拌、将固体粉碎、提高浸出温度等。(2)锰元素由＋7价降低到＋4价，而铁元素由＋2价升高到＋3价，根据得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒配平方程式。(3)加入锌粉的目的是消耗溶液中的H＋，调节溶液pH，促进溶液中的Cu2＋、Ni2＋、Cd2＋等形成沉淀而除去。(4)①c(Fe3＋)＝＝1.0×10－5 mol·L－1，
此时溶液中c(OH－)＝1.0×10－11 mol·L－1，c(Fe3＋)·c3(OH－)＝1.0×10－38
＝7.9 g。
【答案】 (1)将工业级氧化锌粉碎、提高搅拌速率(其他合理答案也可)
(2)1 3 7H2O 1 3 5
(3)调节溶液pH，除去溶液中的Cu2＋、Ni2＋、Cd2＋等
(4)①不能 ②7.9
27．(2019·长沙模拟)三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料，为无色透明的带刺激性臭味的液体。某化学小组采用PCl3氧化法制备POCl3。已知：在潮湿空气中二者均极易水解而剧烈“发烟”。POCl3的熔点为1.25 ℃，沸点为105.8 ℃。回答下列问题：
Ⅰ.制备PCl3(如图)
(1)检查装置气密性并装入药品后，先关闭K1，打开K2通入干燥的CO2，一段时间后，关闭K2，加热曲颈瓶的同时打开K1通入干燥氯气，反应立即进行。通干燥CO2的作用是________________________________________________________________________
________________________。
Ⅱ.制备POCl3(如图)
(2)装置G中发生反应的化学方程式为______________________________________
________________。
(3)装置F的作用除观察O2的流速之外，还有_________________________________
________________________________________________________________________。
Ⅲ.测定POCl3含量
实验制得的POCl3中常含有PCl3杂质，通过下面方法可测定产品的纯度：
①快速称取5.000 g产品，加水反应后配成250 mL溶液；
②取以上溶液25.00 mL，向其中加入10.00 mL 0.100 0 mol·L－1碘水(足量)，充分反应；
③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.100 0 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定；
④重复②、③操作，平均消耗0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液12.00 mL。
已知：H3PO3＋I2＋H2O===H3PO4＋2HI，I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6。
(4)滴定至终点的现象是___________________________________________________
________________________。
(5)该产品的纯度为________。[已知：M(PCl3)＝137.5 g·mol－1，M(POCl3)＝153.5 g·mol－1]
解析：Ⅰ.(1)由题给条件分析可知，通入干燥CO2的作用是排尽空气，防止红磷被氧气氧化以及防止生成的PCl3与空气中的氧气、水反应。Ⅱ.(2)由装置图可知，装置G中PCl3与O2反应生成POCl3：2PCl3＋O22POCl3。(3)装置F中长颈漏斗起平衡压强的作用，F中的液体还可以干燥氧气。Ⅲ.(4)当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。(5)POCl3与水反应生成H3PO4和HCl，PCl3与水反应生成H3PO3和HCl，根据题意知，存在关系式：PCl3～H3PO3～I2，I2～2Na2S2O3；消耗Na2S2O3的物质的量＝0.100 0 mol·L－1×12.00×10－3 L＝12×10－4 mol，则和Na2S2O3反应的I2的物质的量＝×12×10－4 mol＝6×10－4 mol，PCl3的物质的量＝和H3PO3反应的I2的物质的量＝0.100 0 mol·L－1×10.00×10－3 L－6×10－4 mol＝4×10－4 mol，PCl3的质量为4×10－4 mol×137.5 g·mol－1＝5.5×10－2 g，产品中含PCl3的质量为5.5×10－2 g×＝0.55 g，则产品的纯度为×100%＝89.0%。
答案：Ⅰ.(1)排尽空气，防止红磷被氧气氧化并防止生成的PCl3与空气中的O2和水反应(合理即可)
Ⅱ.(2)2PCl3＋O22POCl3
(3)平衡气压，干燥氧气
Ⅲ.(4)当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色
(5)89.0%
28. MoS2(辉钼矿的主要成分)可用于制取钼的化合物润滑添加剂氢化反应和异构化反应的催化剂等。回答下列问题：
(1)反应3MoS2＋18HNO3＋12HCl===3H2[MoO2Cl4]＋18NO↑＋6H2SO4＋6H2O中，每溶解1 mol MoS2，转移电子的物质的量为________。
(2)已知：MoS2(s)===Mo(s)＋S2(g) ΔH1
S2(g)＋2O2(g)===2SO2(g) ΔH2
2MoS2(s)＋7O2(g)===2MoO3 (s)＋4SO2(g) ΔH3
反应2Mo(s)＋3O2(g)===2MoO3(s)的ΔH＝________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。
(3)利用电解法可浸取辉钼矿得到Na2MoO4和Na2SO4溶液(装置如图所示)。
①阴极的电极反应式为________。
②一段时间后，电解液的pH________ (填“增大”“减小”或“不变”)，MoO在电极________(填“A”或“B”)附近生成。
③实际生产中，惰性电极A一般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极(基层为TiO2，涂层为RuO2＋IrO2)，理由是________。
(4)用辉钼矿冶炼Mo的反应为
MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na2CO3(s)Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s) ΔH。
①该反应的ΔH________(填“>”或“<”)0；p1、p2、p3按从小到大的顺序为________。
②在某恒容密闭容器中加入0.1 mol MoS2、0.2 mol Na2CO3、0.4 mol H2，一定温度下发生上述反应，下列叙述说明反应已达到平衡状态的是________ (填标号)。
a．v正(H2)＝v逆(CO)
b．气体的密度不再随时间变化
c．气体的压强不再随时间变化
d．单位时间内断裂H—H键与断裂H—O键的数目相等
③在2 L的恒温恒容密闭容器中加入0.1 mol MoS2、0.2 mol Na2CO3、0.4 mol H2，在1 100 K时发生反应，达到平衡时恰好处于下图中A点，则此温度下该反应的平衡常数为________。
解析 (1)在反应中，Mo元素的化合价由反应前MoS2中的＋2价变为反应后H2[MoO2Cl4]中的＋6价，S元素的化合价由反应前MoS2中的－1价变为反应后H2SO4中的＋6价， N元素的化合价由反应前硝酸中的＋5价变为反应后NO中的＋2价，每1 mol MoS2发生反应，电子转移的物质的量为(6－2)＋2×[6－(－1)]mol＝18 mol；
(2)①MoS2(s)===Mo(s)＋S2(g) ΔH1
②S2(g)＋2O2(g)===2SO2(g) ΔH2
③2MoS2(s)＋7O2(g)===2MoO3(s)＋4SO2(g) ΔH3
根据盖斯定律，将③－2×②－2×①，整理可得反应2Mo(s)＋3O2(g)===2MoO3(s)的ΔH＝ΔH3－2ΔH2－2ΔH1；
(3)①该池为电解池，在阴极上溶液中H2O电离产生的H＋获得电子，发生还原反应，电极反应式为：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；②由于溶液中H＋不断放电，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以电解一段时间后，溶液的碱性增强，pH不断增大；溶液中 的Cl－在阳极失去电子变为Cl2，Cl2具有氧化性，其与水反应产生的HClO氧化性也非常强，Cl2、HClO将MoS2氧化为MoO，因此MoO在阳极A附近生成；③在食盐水溶液中含有的阴离子有Cl－、OH－，Cl－失去电子产生Cl2，OH－也可能失去电子变为O2，生成的O2会与C在高温下反应产生CO2气体而不断消耗石墨，所以阳极一般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极；
(4)①根据图像可知：在压强不变时，温度升高，H2的平衡转化率增大，说明该反应的正反应为吸热反应，所以ΔH>0；由于反应MoS2(s)＋4H2(g)＋2Na2CO3(s)Mo(s)＋2CO(g)＋4H2O(g)＋2Na2S(s)的正反应是气体体积增大的反应，在其它条件不变时，增大压强，平衡逆向移动，H2的转化率降低，根据图像可知H2的转化率p1时最大，p3时最小，说明压强p3最大，p1最小，故压强按从小到大的顺序为：p1
(2)ΔH3－2ΔH2－2ΔH1
(3)①2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ ②增大 A ③阳极主要生成Cl2，还会生成O2，生成的O2会消耗石墨
(4)①> p1
(1)写出基态二价钪离子(Sc2＋)的核外电子排布式________________，
其中电子占据的轨道数为_________________。
(2)在用重量法测定镧系元素和使镧系元素分离时，总是使之先转换成草酸盐，然后经过灼烧而得其氧化物，如2LnCl3＋3H2C2O4＋nH2O===Ln2(C2O4)3·nH2O＋6HCl。
①H2C2O4中碳原子的杂化轨道类型为________；1 mol H2C2O4分子中含σ键和π键的数目之比为________。
②H2O的VSEPR模型为________；写出与H2O互为等电子体的一种阴离子的化学式________。
③HCl和H2O可以形成相对稳定的水合氢离子盐晶体，如HCl·2H2O，HCl·2H2O中含有H5O，结构为，在该离子中，存在的作用力有________。
a．配位键 b．极性键 c．非极性键 d．离子键 e．金属键 f．氢键 g．范德华力 h．π键 i．σ键
(3)下表列出了核电荷数为21～25的元素的最高正化合价：
元素名称
钪
钛
钒
铬
锰
元素符号
Sc
Ti
V
Cr
Mn
核电荷数
21
22
23
24
25
最高正价
＋3
＋4
＋5
＋6
＋7
对比上述五种元素原子的核外电子排布与元素的最高正化合价，你发现的规律是________。
(4)PrO2(二氧化镨)的晶胞结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点。假设相距最近的Pr原子与O原子之间的距离为a pm，则该晶体的密度为________g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数的值，不必计算出结果)。
解析 (1)Sc(钪)为21号元素，基态Sc2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1，其电子共占据10个轨道。
(2)①H2C2O4的结构简式为，C原子的杂化轨道类型为sp2，1 mol H2C2O4分子中含σ键和π键的数目之比为7∶2。②H2O中O原子的价层电子对数＝＝4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体形，分子空间构型为V形。与H2O互为等电子体的阴离子为NH。(4)由图可知，相距最近的Pr原子和O原子之间的距离为该立方体晶胞的体对角线长的，则该晶胞的晶胞参数＝×4a×10－10 cm；每个晶胞中占有4个“PrO2”，则该晶胞的质量为 g，根据ρ＝可知，该晶体密度为 g·cm－3。
答案 (1)1s22s22p63s23p63d1 10
(2)①sp2杂化 7∶2 ②四面体形 NH ③abfi
(3)五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s电子和次高能层d电子数目之和
(4)
36．(2019·潍坊市一模，36)有机物H是合成某种药物的中间体，一种合成路线如下：
回答下列问题：
(1)有机物B的化学名称为________。
(2)反应②的反应类型为________。
(3)反应④所需试剂、条件分别为________。
(4)写出反应③的化学方程式__________________________。
(5)1 mol E与1 mol H2完全加成生成1 mol W，W有多种同分异构体，其中属于α－氨基酸、分子中含两个羧基、且苯环上有两个取代基的W的可能结构共有________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为五组峰，峰面积比为3∶2∶2∶2∶2的结构简式为________。
(6)设计以甲苯和(CH3CO)2O为原料制备的合成路线(无机试剂任选)。
解析 (1)物质B中硝基为取代基，甲苯为母体；(2)对比B、C的结构，可知B中苯环上H原子被—CH2CHBrCHO替代生成C，同时还生成HCl；(3)对比C、E的结构，结合反应③的条件，可知C中醛基氧化为羧基得到D，D发生卤代烃的消去反应生成E，故D为；(4)反应③是与氢氧化铜发生氧化反应生成；(5)E的结构简式为，1 mol E与1 mol H2完全加成生成1 mol W，应是碳碳双键与氢气发生加成反应，则W为，W的同分异构体满足：属于α－氨基酸、分子中含两个羧基、且苯环上有两个取代基，两个取代基为—COOH、—CH2CH(NH2)COOH，或者为—COOH、，或者为—CH3、，或者为—CH2COOH、—CH(NH2)COOH，均有邻、间、对3种位置结构；
(6)甲基氧化引入羧基。发生硝化反应引入硝基，硝基还原引入氨基，氨基与(CH3CO)2O作用形成肽键。由于氨基易被氧化，应先引入氨基。故甲苯先发生邻位硝化反应，再还原为氨基，然后与(CH3CO)2O反应，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化。
答案 (1)对硝基甲苯或4－硝基甲苯 (2)取代反应 (3)NaOH醇溶液、加热
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