安徽省江南十校2021年高考化学二模试卷

这是一份安徽省江南十校2021年高考化学二模试卷，共16页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

1.中国古代炼丹术促进了金属冶炼技术的发展。唐代《丹房镜源》中记载了炼制铅丹的方法：“熔铅成汁，下醋点之，滚沸时下硫一小块，续下硝少许······炒为末，成黄丹胡粉。”下列叙述正确的是( )
A. 上述过程中发生了置换反应 B. “滚沸”中仅有物理变化
C. “硝”是指硝酸 D. “黄丹胡粉”是纯净物
2.粗盐(含泥沙、CaCl2、MgSO4等)提纯得到的NaCl溶液中仍含有少量K+ ， 需进一步提纯才可得到试剂级氯化钠，实验装置如图所示(已知：NaCl+H2SO4(浓) HCl↑+NaHSO4).下列叙述错误的是( )
A. 粗盐提纯实验需要NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、HCl溶液
B. 关闭止水夹K，打开分液漏斗活塞，若液体不滴落，证明a中气密性良好
C. 实验过程中，c中有固体析出
D. d中加入NaOH溶液吸收尾气
3.阿霉素是一种抗肿瘤药物：阿霉酮是生产阿霉素的中间体，其结构如图所示：下列说法正确的是( )
A. 阿霉酮分子式为C21H18O9 B. 阿霉酮分子中所有的碳原子都在同一个平面上
C. 1 ml 阿霉酮最多可与8ml H2发生加成反应 D. 阿霉酮可与Na2CO3溶液反应生成CO2气体
4.HNO2与羟基自由基(·OH)的气相氧化反应与酸雨、光化学烟雾等重大环境问题密切相关。水分子可作为该气相氧化反应的催化剂，图中表示水分子催化的一种机理：下列叙述错误的是( )
A. 该气相氧化反应的化学方程式为HNO2+·OH NO2+H2O
B. 反应历程中还可能形成HONO···H2O
C. 该反应历程中最大能垒(活化能)为201.1kJ·ml-1
D. 是反应过渡态
5.研究发现钾离子可在有机与无机材料层间脱嵌实现电池的充放电过程。如图所示是一种钾离子的二次电池模型。下列说法正确的是( )
A. 放电时，a为负极，碳元素化合价不变 B. 放电时，转移0.2NA电子，正极增重7.8g
C. 充电时，b极反应为K2C6O6-e-+K+=K3C6O6 D. 电池总反应为K4C6O6+K2C6O6 2K3C6O6
6.W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，W与Y同主族，X与Z同主族。其中X、Y、Z构成的某种物质结构如图所示。下列叙述正确的是( )
A. W与X形成的化合物是共价化合物
B. Y和Z形成的最简单化合物水溶液呈酸性
C. 简单离子半径：Z>Y>X>W
D. 向该物质中加人稀硫酸，产生气泡和淡黄色沉淀
7.化学中常用AG表示溶液的酸度(AG=lg )。室温下，向20.00 mL0.1000 ml·L-1的某一元碱MOH溶液中滴加未知浓度的稀硫酸溶液，混合溶液的温度与酸度AG随加人稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 室温下MOH的电离常数Kb=1.0×10-6
B. 当AG=0时，溶液中存在c(SO )>c(M+)>c(H+)=c(OH-)
C. a点对应的溶液中：c(M+)+c(MOH)=8c(SO )
D. b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度大小关系：c>b=d
二、综合题
8.三氯氧磷(POCl3)和氯化亚砜(SOCl2)均为重要的化工产品。现以氯气、二氧化硫和三氯化磷为原料，采用二级间歇式反应装置联合制备三氯氧磷和氯化亚砜。实验过程中，控制氯气和二氧化硫通人的体积比为1：1.实验过程示意图如图：
已知：
（1）.实验室制备氯气或二氧化硫时均可能用到的仪器有_______。
A.温度计
B.酒精灯
C.分液漏斗
D.圆底烧瓶
（2）.A装置的作用为： 、 、使气体充分混合。
（3）.实验开始时需水浴加热，一段时间后改为冷水浴，其原因是 。
（4）.B中发生反应的化学方程式是 。
（5）.反应5~6小时后，暂停通人气体。将B瓶拆下，C瓶装在图中B瓶处，并在原C瓶处重新装上一个盛有PCl3的圆底烧瓶。继续通气反应一段时间后重复以上步骤，上述操作的优点是 ；B瓶中的物质可采用 .(填实验方法)使其分离。
（6）.已知反应前加入三氯化磷550g，最终得到357g氯化亚砜，则三氯氧磷的产率为 。
9.实验室模拟工业回收电镀污水(主要含有Ni2+、Cu2+、Fe3+、Cr3+、Zn2+等)中铜和镍的工艺流程如图：
已知：
I：Cr(OH)3和Zn(OH)2是两性氢氧化物
II：室温下，Ni(OH)2的Ksp约为1.0×10-15
回答下列问题：
（1）.图(a)和图(b)分别是“置换”过程中“置换时间”和“铁粉加入量”(以理论需求量的倍数表示)对铜沉淀率和镍损失率的影响。“置换”过程选择的最佳时间和铁粉加入量为 、 。
（2）.滤液①中含有的阴离子为OH-、 、 。
（3）.“氨解”的目的是 。
（4）.“氧化”时发生反应的离子方程式为 .。要使Ni2+沉淀完全，“二次碱析”需调节溶液的pH至少为 。(当溶液中离子浓度小于1.0×10-5ml·L-1时可视为沉淀完全)
（5）.获得粗品硫酸镍时需进行的“系列操作”主要包括蒸发浓缩、 、 、洗涤、干燥。
10.含氮化合物对工业生产有多种影响。化学工作者设计了如下再利用的方案：
（1）.以NH3和CO2为原料合成化肥-尿素［CO(NH2)2]，两步反应的能量变化如图：
写出合成CO(NH2)2(s)的热化学方程式 ， 已知第二步反应决定了生产尿素的快慢，可推测E1 E3(填“>”“<”或“=”)。
（2）.氨的催化氧化过程可发生以下两种反应，该过程易受催化剂选择性影响。
1：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH<0；
II：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH<0；
在容积固定的密闭容器中充入1.5 ml NH3和1.55 ml O2 ， 在催化剂作用下发生上述反应。生成物NO和N2的物质的量随温度的变化曲线如图。
①当温度处于400℃~840℃时，N2的物质的量减少，NO的物质的量增加，其原因是 。
②840℃时，反应I中NH3的转化率为 .(保留小数点后2位，下同)；若520℃时起始压强为P0 ， 恒温下反应II的平衡常数Kp= .(Kp为以分压表示的平衡常数)
（3）.借助电化学方法在含Cl-的水样中将NH 转化为N2 ， 其原理是：利用电解产物转化生成的HClO氧化NH3；以达到脱氮的目的，HClO在电解池的 (填“阴极”或“阳极”)附近产生。研究还发现：弱酸性溶液比强酸性溶液更有利于HCIO的生成，请从化学平衡移动的角度解释其原因 。
11.电动汽车电池材料的发展技术之一是使用三元材料镍锰钴酸锂。回答下列问题：
（1）基态Mn2+中成对电子数与未成对电子数之比为________.。
（2）[C(NO2)(NH3)5]Cl2中C3+的配位数为________，粒子中的大π键可用符号 表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为 )，则配体中NO 的大π键可表示为________，空间构型为________。
（3）①已知：过渡金属价层达到18电子时，配位化合物较稳定。比较稳定性：［Ni(CO)4]________［C(C5H5)2](填“>”“<”)。
②正负离子的半径比是决定晶体结构和配位数的重要因素。根据图(a)、图(b)推测晶体中离子半径比(r+/r-)与配位数的关系________.。
（4）镍锰钴酸锂三元材料为六方最密堆积，其晶胞结构如下图所示，以R表示过渡金属离子，其化学式为________。若过渡金属离子的平均摩尔质量为MRg·ml-1 ， 该晶体的密度是ρg·cm-3 ， 阿伏加德罗常数是NA ， 则NA=________。(列出计算表达式)
12.一种抗肿瘤药物H的合成路线如图所示，按要求回答问题：
（1）.A的化学名称为 。
（2）.B的结构简式为 。
（3）.由C生成D的反应类型是 。
（4）.1 mlD最多可与 ml NaOH反应。
（5）.F生成G过程中反应①的化学方程式是 。
（6）.满足下列条件的A的芳香化合物同分异构体共有 种(不考虑立体异构)。
①能与FeCl3发生显色反应；②能发生银镜反应和水解反应。
（7）.参照上述合成路线，设计一条由 制备 的合成路线 。(无机试剂任选)。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 A
【解析】【解答】A． ＂熔铅成汁，下醋点之＂，则铅和醋酸发生置换反应生成醋酸铅和氢气，A符合题意；
B． 置换反应产生氢气，出现“滚沸”，B不符合题意；
C． 炼丹家的“硝”是指硝石，不是硝酸，C不符合题意；
D．“炒为末”，则所得产品为粗产品、未经分离提纯， “黄丹胡粉”不可能是纯净物，D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.根据题意 “熔铅成汁，下醋点之＂， 铅是单质，醋是醋酸，发生置换反应
B.滚沸一方面是液体的沸腾一方面是产生气体
C.硝不是指硝酸而是指含有硝酸盐的石头
D.根据反应过程，黄丹胡粉不可能是纯净物
2.【答案】 B
【解析】【解答】A．粗盐提纯实验需要NaOH溶液除去镁离子、BaCl2溶液除去硫酸根离子、Na2CO3溶液除去钙离子和多余的钡离子、HCl溶液除去多余的氢氧根离子和碳酸根离子，A不符合题意；
B．有管子把分液漏斗上方和圆底烧瓶内气体连通、则气体处于恒压状态，关闭止水夹K，打开分液漏斗活塞，液体必然滴落，无法证明a中气密性是否良好，B符合题意；
C． 实验过程中，氯化钠固体和浓硫酸反应产生的氯化氢气体进入c，氯离子浓度增大，则c中有氯化钠固体析出，C不符合题意；
D． 氯化氢有毒，d中加入NaOH溶液吸收尾气，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.根据粗盐中的杂质阳离子即可判断出所加入物质的顺序
B.装浓硫酸的装置是恒压分液漏斗装置，无论气密性是否良好均可落下
C.根据题意氯化氢溶于水导致氯化钠析出
D.氢氧化钠可以吸收氯化氢气体
3.【答案】 A
【解析】【解答】A．由结构简式知，阿霉酮分子式为C21H18O9 ， A符合题意；
B． 阿霉酮分子中含多个饱和碳原子，所有的碳原子不都在同一个平面上，故B不符合题意；
C．苯环与羰基可与氢气发生加成反应，1 ml 阿霉酮最多可与9ml H2发生加成反应，故C不符合题意；
D．阿霉酮分子内不含羧基、不能与Na2CO3溶液反应生成CO2气体，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】根据结构简式即可写出分子式，同时判断出有机物中含有醚基、羰基、酚羟基、醇羟基、 官能团，根据有机物的结构简式中含有多个不饱和碳原子，不可能共面，含有的苯环以及羰基可以与氢气反应找出即可。不含有羧基不能和碳酸钠溶液反应
4.【答案】 C
【解析】【解答】A． 由图知，产物为NO2和H2O，则该气相氧化反应的化学方程式为HNO2+·OH NO2+H2O，A不符合题意；
B． 由图知，水分子中的氧原子可以和亚硝酸分子中的氢原子形成氢键、水分子中的氢原子可以和亚硝酸分子中的氧原子形成氢键、则反应历程中还可能形成HONO···H2O，B不符合题意；
C． 该反应不可逆，该反应历程中Ⅲ→Ⅳ时能垒最大 (活化能)，为22.6 kJ·ml-1-(-20.5) kJ·ml-1 ， C符合题意；
D． 由过渡态理论知， 是反应过渡态，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】 A.根据反应物和生成物即可写出方程式
B.根据图示即可判断可能产生
C.根据图示找出能量的最大差值即可
D.根据图示即可判断为过渡态
5.【答案】 B
【解析】【解答】A．放电时，钾离子向b电极移动，b电极是正极，a为负极，碳元素失去电子，化合价升高，A不符合题意；
B．放电时正极反应是为K2C6O6+e－+K＋＝K3C6O6 ， 因此转移0.2NA电子，正极增重0.2ml×39g/ml＝7.8g，B符合题意；
C．充电时，b极反应为K3C6O6-e-＝K2C6O6+K+ ， C不符合题意；
D．根据以上分析可知电池总反应为K4C6O6+K2C6O6 2K3C6O6 ， D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】放电时，钾离子向正极移动，因此a电极是负极，此时发生：K4C6O6-e=K++K3C6O6,b电极是正极，发生的是K2C6O6+e－+K＋＝K3C6O6 ， 即可写出中的反应，根据转移的电子数即可计算出正极增加的质量，充电时：负极与阴极相连接，正极与阳极相连接，阳极发生的是氧化反应，反应是K3C6O6-e-＝K2C6O6+K+
6.【答案】 D
【解析】【解答】A． 氧与氢形成的化合物可以是共价化合物、氧与锂形成的是离子化合物，A不符合题意；
B． Y和Z形成的最简单化合物为硫化钠，水溶液因水解呈碱性，B不符合题意；
C． 同主族从上到下离子半径递增、电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Z>X >Y >W，C不符合题意；
D．该物质为硫代硫酸钠，加入稀硫酸，生成硫酸钠、二氧化硫、硫和水，故产生气泡和淡黄色沉淀，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，W与Y同主族，X与Z同主族。由 知，Z可形成6对共用电子对、X可形成2对共用电子对，则Z为S、X为O，Y为+1价，Y为Na，则W为H或Li
7.【答案】 C
【解析】【解答】A．根据图像可知，当AG=lg =-8时，溶液为MOH， =10-8 ， 根据Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14可知，c(OH-)=10-3ml/L，根据Kb= = ≈10-5 ， 故A不符合题意；
B．根据电荷守恒：2c(SO )+ c(OH-)= c(M+)+ c(H+)，当AG=0时，AG=lg =0，所以c(OH-)= c(H+)，2c(SO )= c(M+)，所以溶液中存在：c(M+)>c(SO ) >c(H+)=c(OH-)，故B不符合题意；
C．a点时，消耗硫酸5mL，根据2MOH~H2SO4可知：消耗MOH的量2×0.05×5×10-3ml；剩余MOH的量为20.00×10-3×0.1000 -2×0.05×5×10-3=1.5×10-3ml，生成M2SO4的量为0.05×5×10-3ml，即混合液中n(MOH):n(M2SO4)=1.5:0.25=6:1；根据物料守恒可知，c(M+)+c(MOH)=8c(SO )，故C符合题意；
D．c点为酸碱恰好完全反应的点，生成了强酸弱碱盐，促进了水解，从c点以后，硫酸过量，酸抑制水电离，硫酸属于强酸，对水的电离平衡抑制程度大，因此水的电离程度：c>b>d，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】酸碱恰好发生中和反应是，反应放出的热量最大，温度最高，因此c点为酸碱恰好完全反应的点，消耗硫酸的体积为20mL；根据2MOH~H2SO4可知：c(H2SO4)= =0.05 ml·L-1 ， 据此分析相关问题。
二、综合题
8.【答案】 （1）B,C,D
（2）干燥气体；便于调节气体流量
（3）反应需加热才能进行；反应开始后，放出热量，需冷凝，防止产物分解与挥发
（4）SO2 + Cl2+ PCl3 = POCl3+ SOCl2
（5）有利于气体的充分吸收，使 PCl3充分反应，提高原料利用；蒸馏（分馏）
（6）75.0%
【解析】【解答】(1)实验室制备氯气用二氧化锰和浓盐酸加热反应，二氧化硫可用浓硫酸与铜加热制备，所以均可能用到的仪器有酒精灯、分液漏斗、圆底烧瓶；
(2)A装置中有浓硫酸可以除去气体中的水蒸气，通过观察气泡可以调节气体流量；
(3)反应需加热才能进行；反应开始后，放出热量，需冷凝，防止产物分解与挥发；
(4) B中是二氧化硫和氯气和三氯化磷生成目标产物的反应，反应的化学方程式为SO2 + Cl2+ PCl3 = POCl3+ SOCl2；
(5)循环使用可提高原料利用率，B瓶中生成的三氯氧磷和氯化亚砜由于沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法分离；
(6)已知三氯化磷的物质的量为 ，由方程式可知反应的三氯化磷和生成的三氯氧磷及氯化亚砜物质的量相等，生成的氯化亚砜的物质的量为 ，所以三氯氧磷的物质的量也是3ml，所以转化率=
【分析】（1）实验室是利用二氧化锰和浓盐酸在加热时制取氯气，而利用浓硫酸和铜加热制取二氧化硫，因此均需要用到酒精灯、分液漏斗、圆底烧瓶
（2）A中装的是浓硫酸可以干燥气体且可以将气体混合均匀，同时可以观察气泡调节气体的速率
（3）加热的目的是引发反应，而冷却主要是防止产物分解以及挥发
（4）根据反应物和生成物即可写出方程式
（5）BC两瓶均发生制取 三氯氧磷和氯化亚砜 ，C装置主要是吸收B装置未反应完的气体，因此可以提高气体利用率充分反应，B中的物质可根据熔沸点的不同进行分离
（6）根据方程式计算出理论 产量，即可计算出产率

9.【答案】 （1）30min；1.2倍
（2）或 ；或
（3）使Ni(OH)2溶解从而分离
（4）；9
（5）冷却结晶；过滤
【解析】【解答】(1)由图(a)知“置换”过程选择的最佳时间为30min、由图(b)知铁粉加入量为1.2倍。

(2) 由于 Cr(OH)3和Zn(OH)2是两性氢氧化物，在过量NaOH溶液中， ， Cr3+转化为 或 、同理Zn2+转化为 或 ，则滤液①中含有的阴离子为OH-、 或 、 或 。
(3)由流程知，“氨解”后，Fe(OH)3和Ni(OH)2分离； 则“氨解”的目的是使Ni(OH)2溶解、从而分离。
(4)“氧化”时HNO3被还原为NO，NiS被氧化为S，反应的离子方程式为： .。室温下，Ni(OH)2的Ksp约为1.0×10-15 ， 要使Ni2+沉淀完全，(当溶液中离子浓度小于1.0×10-5ml·L-1时可视为沉淀完全) 则 ， “二次碱析”需调节溶液的pH至少为9。
(5)获得粗品硫酸镍时需进行的“系列操作”主要包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
【分析】电镀污水(主要含有Ni2+、Cu2+、Fe3+、Cr3+、Zn2+等)中加人铁粉，置换出铜经过滤后分离，滤液经“一次碱析”、过滤， 所得滤液①含铬元素、锌元素、得到沉淀Fe(OH)3和Ni(OH)2；沉淀经“氨解”， 实现镍元素和铁元素的分离，滤渣①为Fe(OH)3沉淀，镍元素转化为可溶物进入溶液，经“沉镍”，转变为NiS沉淀，NiS沉淀被稀硝酸氧化，得到Ni2+ ， 经“二次碱析”、过滤， 所得沉淀Ni(OH)2经硫酸“酸解”后得到硫酸镍溶液，经系列操作后得到硫酸镍粗产品，据此回答

10.【答案】 （1）；
（2）该催化剂在高温下选择反应I，催化剂在低温下选择反应Ⅱ，当温度高于840℃时，反应I是放热反应，升高温度，平衡逆向移动；53.33%；
（3）阳极；因为酸性较弱时，促进 向右移动，有利于次氯酸生成
【解析】【解答】(1)由图知：以NH3和CO2为原料合成CO(NH2)2(s)的焓变应为 ，则热化学方程式为： ，活化能大的反应决定了反应速率的快慢，已知第二步反应决定了生产尿素的快慢，则可推测活化能E1 E3。

(2) ①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，其原因是：该催化剂在高温下选择反应I，催化剂在低温下选择反应Ⅱ。当温度高于840℃时，反应I是放热反应，升高温度，平衡逆向移动。
②840℃时，反应I中生成0.8mlNO，则消耗0.8mlNH3 ， 反应I中NH3的转化率为 ；若520℃时起始压强为P0 ， 520℃平衡时n(NO)=n(N2)=0.2ml，对应反应： ，对于反应： ，则平衡体系中， ， ，n(NO)=n(N2)=0.2ml， ， ， ， ， ， ， ，则恒温下： ， ， ， ， ，反应II的平衡常数 。
(3)电解时，氯离子被氧化生成氯气、氯气与水反应转变为HClO，氯离子反应时化合价升高，属于氧化反应，则HClO在电解池的阳极附近产生。研究还发现：弱酸性溶液比强酸性溶液更有利于HClO的生成，因为酸性较弱时，促进 向右移动，有利于次氯酸生成
【分析】结合图示信息，计算焓变写出热化学方程式；从图中获取数据、计算相应化学方程式中反应物的转化率、平衡常数

11.【答案】 （1）18:5
（2）6；；V形
（3）；比值越大、配位数越大
（4）LiRO2；
【解析】【解答】(1)锰原子序数为25，基态Mn2+核外电子排布式为 ，则成对电子数与未成对电子数之比为18:5。

(2)[C(NO2)(NH3)5]Cl2由[C(NO2)(NH3)5]、氯离子构成，则C3+的配位数为6，配体中NO 的中心原子N原子价层电子对个数= ，且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的杂化形式及空间构型分别为sp2、V形；NO 的大π键由3个原子提供，价电子总数为5+6×2+1=18，N有1对孤电子对，N与O形成2个σ键，O原子的2s、2p轨道中各有1对孤电子对，形成大π键电子数为18-2-2×2−4×2=4，即形成3中心4电子大π键， NO 的大π键可表示为 。
(3)①28号Ni的价电子排布式为 ，价电子数为10，每个配体提供一个电子对，则［Ni(CO)4] 含10+2×4=18个价电子，27号C的价电子排布式为 ，价电子数为9，每个配体提供一个电子对，则［C(C5H5)2]含9+2×2=13个价电子，已知：过渡金属价层达到18电子时，配位化合物较稳定，则稳定性：［Ni(CO)4] >［C(C5H5)2]。
②正负离子的半径比是决定晶体结构和配位数的重要因素。根据图(a)中Cs的配位数为8、图(b)中钠离子的配位数是6，推测晶体中离子半径比(r+/r-)与配位数的关系： 比值越大、配位数越大。
(4)晶胞内，Li共 ，O共 ， R共 ，其化学式为LiRO2。该晶胞中，锂原子的数目为3；按晶胞质量=晶胞密度×晶胞体积，得 ，则
【分析】按构造原理写价电子排布式，确定比值；按价层电子对互斥理论计算离子的空间构型和杂化方式，从提供的信息出发判断配合物的稳定性、由图示信息、用均摊法计算晶体的化学式、按密度定义计算NA

12.【答案】 （1）2-羟基苯甲酸甲酯或邻羟基苯甲酸甲酯
（2）
（3）还原反应
（4）4
（5）
（6）13
（7）
【解析】【解答】(1)由结构简式知A的化学名称为：2-羟基苯甲酸甲酯2-或邻羟基苯甲酸甲酯。

(2)由A和C的结构简式可知，B为A分子内羟基对位的氢原子被氯原子取代所得，则B的结构简式为 。
(3)由C生成D的反应中，硝基转变为氨基，反应类型是还原反应。
(4)D为 ，苯环所连氯原子在高温高压催化剂下可与氢氧化钠溶液反应转变为酚羟基、进一步变为酚钠，所消耗的氢氧化钠的物质的量是氯原子的2倍、酚羟基、酯基均能消耗等物质的量的氢氧化钠则1 mlD最多可与 4ml NaOH反应。
(5)F生成G过程中反应①反应是，加热下酯基在氢氧化钠溶液中水解，则化学方程式是： 。
(6)A为 ，其分子式为C8H8O3 ， 不饱和度为5，的A的芳香化合物同分异构体满足下列条件：①能与FeCl3发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应和水解反应，则含有甲酸酯基，当苯环上有2个取代基-OH、HCOOCH2-，它们分别邻、间、对位时有3种结构；当当苯环上有3个取代基：-OH、-CH3和HCOO-，按“定一议二”，先取2个取代基分别处以邻位 、间位 和对位 ， 苯环上有4种氢、则引入HCOO-得到4种结构； 苯环上有4种氢、则引入HCOO-得到4种结构；对位 苯环上有2种氢、则引入HCOO-得到2种结构；故共有13种(不考虑立体异构)。
(7)据分析， ，可仿照流程中D→E的反应由 获得，而由原料 与 比较，则需在酚羟基的邻位引入硝基、再把硝基还原转变为氨基；苯酚与浓硝酸在浓硫酸作用下发生硝化反应即可引入硝基，则由 制备 的合成路线为：
【分析】由逆合成分析法可知：要合成 ，可通过 仿照流程反应获得，而由原料 制备 ，只要在酚羟基的邻位引入硝基、再把它还原转变为氨基即可；据此回答
名称
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
理化性质
三氯氧磷
2
105.3
可溶于有机溶剂
遇水分解
氯化亚砜
-105
78.8
可溶于有机溶剂
遇水分解，加热分解