（新高考）高考化学考前冲刺卷（一）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)

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班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

高考考前冲刺卷
化 学（一）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 V 51 Fe 56 Cu 64

一、选择题：每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是
A．加酶洗衣粉是洗衣粉中的新产品，从化学反应速率的角度分析，使用温度越高的水洗涤衣服，其去污效果会越好
B．“红烧鱼”是一道常见的四川家常菜，做“红烧鱼”时通常要加入料酒和醋，其最主要的目的是调味，让鱼的味道更加酸辣可口
C．阿司匹林是生活中常见的消炎药，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可用NaHCO3溶液解毒
D．近期的空气质量报告中常出现“中度污染”和“重度污染”的结论，雾霾中含有大量超标的主要物质是二氧化硫
【答案】C
【解析】A．酶在温水中的活性最好，从化学反应速率的角度分析，使用温水洗涤衣服，其去污效果会越好，故A错误；B．做“红烧鱼”时通常要加入料酒和醋，其最主要的目的是乙醇和乙酸生成具有香味的乙酸乙酯，故B错误；C．水杨酸显酸性，与小苏打反应生成二氧化碳，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可以用NaHCO3溶液解毒，故C正确；D．雾霾中含有大量超标的主要物质是可吸入颗粒物，故D错误；选C。
2．下列有关化学用语的表示正确的是
A．CO2分子的比例模型： B．二氟化氧分子的电子式：
C．对二甲苯的结构简式： D．质子数与中子数相等的硫原子：
【答案】C
【解析】A．二氧化碳分子中C原子的半径大于O原子半径，模型中原子比例不正确，A错误；B．二氟化氧分子的电子式为，B错误；C．对二甲苯的结构简式为，C正确；D．质子数与中子数相等的硫原子质量数为16+16=32，表示为，故D错误；故选C。
3．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是

A．用图甲的方法不能检查此装置的气密性
B．图乙可以作为CCl4萃取溴水后的分液装置
C．实验室用图丙所示装置制取少量氨气
D．图丁洗气瓶中的白色沉淀为BaSO3
【答案】B
【解析】A．如果甲装置的气密性良好，a、b两侧水面高度不同，否则水面相同，所以能检验装置的气密性，A错误；B．溴易溶在有机物四氯化碳中，且四氯化碳不溶于水、密度大于水，因此图乙可以作为CCl4萃取溴水后的分液装置，B正确；C．收集氨气时导管口应该插入到试管底部，且试管口不能用橡胶塞塞住，C错误；D．二氧化硫通入硝酸钡溶液中，二氧化硫被氧化为硫酸，从而生成硫酸钡沉淀，D错误；答案选B。
4．化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的性质与用途对应关系错误的是
A．FeCl3溶液具有酸性，可用于蚀刻铜制品
B．过氧乙酸具有强氧化性，可用于杀菌消毒
C．甘油具有吸水性，可用作化妆品的保湿剂
D．Na具有还原性，可用于高温下与TiCl4反应制备Ti
【答案】A
【解析】A．FeCl3溶液用于蚀刻铜制品，是利用FeCl3的氧化性，故选A；B．过氧乙酸用于杀菌消毒，是利用过氧乙酸的强氧化性，故不选B；C．甘油用作化妆品的保湿剂，是因为甘油具有吸水性，故不选C；D．Na与TiCl4反应制备Ti，体现金属钠的还原性，故不选D；选A。
5．类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是

已知
类推
A
将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+
将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+
B
向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2
Ca2++2ClO−+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2
Ca2++2ClO−+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
C
用惰性电极电解NaCl溶液
2Cl−+2H2O2OH−+H2↑+Cl2↑
用惰性电极电解MgBr2溶液
2Br−+2H2O2OH−+H2↑+Br2
D
稀盐酸与NaOH溶液反应至中性
H++OH−=H2O
稀HNO3与Ba(OH)2溶液反应至中性H++OH−=H2O
【答案】D
【解析】A．将Na加入到CuSO4溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应，不能置换出铜，故A错误；B．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，二氧化硫具有还原性，被次氯酸根离子氧化，离子方程式为：Ca2++3ClO−+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl−+2HClO，故B错误；C．用惰性电极电解MgBr2溶液，离子方程式为：Mg2++2Br−+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Br2，故C错误；D．稀盐酸与NaOH溶液、稀HNO3与Ba(OH)2溶液反应的实质相同，都是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式为：H++OH−=H2O，故D正确；故选D。
6．阿魏酸乙酯(Y)是用于生产治疗心脑血管疾病药品的基本原料，可由下列反应制得：

下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A．X分子中所有碳原子一定处于同一平面
B．Y与足量Br2既可发生取代反应又可发生加成反应
C．可用FeCl3溶液检验产品Y中是否混有X
D．1mol X、Y分别与足量H2反应时消耗H2物质的量之比为5∶4
【答案】B
【解析】A．X分子中有苯环结构、碳碳双键结构和碳氧双键结构，都是平面结构，但它们都以碳碳单键相连，而碳碳单键可以旋转，所以X分子中所有碳原子不一定处于同一平面，故A错误；B．Y分子中有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，Y分子中有酚羟基，可以和浓溴水发生苯环上的取代反应，所以Y与足量Br2既可发生取代反应又可发生加成反应，故B正确；C．X和Y分子中都有酚羟基，都可以和FeCl3溶液发生显色反应，所以不能用FeCl3溶液检验产品Y中是否混有X，故C错误；D．1个X和Y分子中都有1个苯环和1个碳碳双键，可以和H2发生加成反应，羧基和酯基中的碳氧双键不能和H2发生加成反应，所以1mol X和Y分别与足量H2反应时消耗H2物质的量相等，故D错误；故选B。
7．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W、Y、Z组成的化合物M遇稀硫酸得到Z的单质及其氧化物，M的结构如图所示。下列有关说法错误的是

A．简单气态氢化物的稳定性：X＞W＞Z
B．M中W原子满足8电子稳定结构
C．X的单质可与Y2Z溶液发生置换反应得到单质Z
D．Y分别与W、Z形成的二元化合物中可能均含有非极性键
【答案】C
【解析】由M的结构以及M遇稀硫酸得到Z的单质和氧化物，可知M为Na2S2O3，即W为O，Y为Na、Z为S。根据W、X、Y、Z的原子序数依次增大，可知X为F。A．经分析，X为F，W为O，Z为S，则简单气态氢化物的稳定性：F＞O＞S，故A项正确；B．由M的结构可知，氧原子满足8电子稳定结构，故B项正确；C．F2遇水溶液直接与H2O剧烈反应，不能与Na2S溶液直接反应得到S单质，故C项错误；D．O、S属于同主族元素，Na与O、S分别可形成Na2O2、Na2S2等化合物，分子中均含有非极性键，故D项正确。本题答案C。
8．BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是

A．该过程中BMO表现了还原性
B．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为1∶3
C．光催化降解过程中，光能转化为化学能、热能等
D．该过程的总反应：+7O26CO2+3H2O
【答案】B
【解析】通过分析原理图可知，在光催化降解苯酚的过程中：BMO首先在光照下，发生失电子的氧化反应，转化成BMO+，同时将O2还原为O；随后，BMO+和O各自表现氧化性将苯酚转化为H2O和CO2，这个过程BMO+又被还原为最初的状态。A．通过分析可知，BMO在光催化降解苯酚过程中表现出了还原性，生成了BMO+，A项正确；B．1个BMO+表现氧化性，被还原为BMO，可以得1个电子；1个O表现氧化性，被还原为2个H2O，可以得3个电子；所以①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1，B项错误；C．通过分析可知，光催化过程中，光能被转化为化学能和热能，C项正确；D．通过分析可知，该过程的总反应即光照条件下，在BMO的催化作用下，氧气氧化苯酚，所以D项正确；答案选B。
9．固定容积为2L的密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，图1表示T℃时容器中各物质的量随时间变化的关系，图2表示平衡常数K随温度变化的关系。结合图像判断，下列结论正确的是

A．该反应可表示为2A(g)+B(g)C(g) ΔHSe>As
C．电负性：Br>C>H
D．[Sb2(CH3)5]2[Sb2(CH3)2Br6]中存在离子键和共价键
【答案】B
【解析】A．根据能层序数等于电子层数等于周期序数，最外层电子数等于主族序数，故Sb的价电子排布式为5s25p3，A正确；B．As、Se、Br为同一周期元素，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，第ⅡA与ⅢA，ⅤA与ⅥA之间反常，故第一电离能：Br>As>Se，B错误；C．元素的电负性变化规律为：同一周期从左往右依次增大，同一主族从上往下依次减小，故电负性：Br>C>H，C正确；D．由题干可知[Sb2(CH3)5]2[Sb2(CH3)2Br6]为离子化合物，故该物质中存在离子键和共价键，D正确；故答案为B。
13．资料显示：浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO；氢氧化钠能吸收NO2，但不能吸收NO。某学习小组据此验证浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按如图装置进行实验(夹持仪器已略去)。下列说法错误的是

A．能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方出现红棕色气体
B．滴加浓硝酸前要先打开弹簧夹通一段时间氮气
C．②中的试剂为水
D．⑥的作用是吸收尾气
【答案】A
【解析】根据实验的目的以及装置特点进行判断；装置①浓硝酸和铜反应，装置②利用二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，将铜和浓硝酸反应生成的二氧化氮转化为一氧化氮，装置③盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体，装置⑤是收集NO，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气。A．装置③盛放稀硝酸，验证稀HNO3不能氧化NO，装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体，能证明氧化性的相对强弱的实验现象为③中溶液上方不出现红棕色气体，装置④液面的上方会产生红棕色气体，故A错误；B．空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间N2赶走装置中的空气，故B正确；C．②中的试剂为水，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故C正确；D．装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2防止污染大气，故D正确；故选A。
14．近日，南开大学科研团队以KSn合金为负极，以含羧基多壁碳纳米管(MWCNTs－COOH)为正极催化剂构建了可充电K－CO2电池(如图所示)，电池反应为4KSn+3CO22K2CO3+C+4Sn，其中生成的K2CO3附着在正极上。该成果对改善环境和缓解能源问题具有巨大潜力。下列说法正确的是

A．充电时，阴极反应为2K2CO3+C-4e−=4K++3CO2↑
B．电池每吸收22.4L CO2，电路中转移4mol e−
C．放电时，外电路中电流由MWCNTs－COOH经酯基电解质流向KSn合金
D．为了更好的吸收温室气体CO2，可用适当浓度的KOH溶液代替酯基电解质
【答案】C
【解析】A．充电时，阴极发生还原反应，电极反应为K++e−+Sn=KSn，A错误；B．气体未指明状况，无法根据体积确定其物质的量，B错误；C．放电时，KSn合金作负极，MWCNTs－COOH作正极，在外电路中电流由正极流向负极，C正确；D．若用KOH溶液代替酯基电解质，则KOH会与正极上的MWCNTs－COOH发生反应，因此不能使用KOH溶液代替酯基电解质，D错误；故选C。
15．25℃时，在10mL 0.1mol·L−1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L−1 HCl溶液20mL，溶液中含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法错误的是

A．HCl溶液滴加一半时，溶液pH”“”“”“
（2）4.3×1013
（3）S(l)+O2(g)=SO2(g) ΔH＝-529kJ·mol−1
（4）>
（5）> <
（6）2700 增大
【解析】(1)由于Kb(NH3·H2O)=1.8×10−5＞Ka2(H2SO3)=1.0×10−7，根据盐的水解规律：“谁弱谁水解，谁强显谁性”可知，(NH4)2SO3溶液呈碱性，pH＞7；故答案为：＞；(2)第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH−+2NH+SOCaSO4↓+2NH3·H2O　化学平衡常数
K====4.3×1013，故答案为：4.3×1013；(3)①2CO(g)+SO2(g)S(l)+2CO2(g) ΔH1=-37.0kJ/mol，②2H2(g)+SO2(g)=S(l)+2H2O(g) ΔH2=+45.4kJ/mol，CO的燃烧热ΔH3=-283kJ/mol，即③CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH3=-283kJ/mol，根据盖斯定律③×2-①计算S(l)+O2(g)=SO2(g)的ΔH=(-283kJ/mol)×2-(-37.0kJ/mol)=-529kJ/mol，热化学方程式为S(l)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-529kJ/mol，故答案为：S(l)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-529kJ/mol；(4)反应②的正反应为吸热反应，焓变ΔH2=E1-E2(逆反应活化能)＞0，E1=E2+ΔH2，由于E2＞0，所以E1＞ΔH2，故答案为：＞；(5)反应①的正反应是气体体积减小的放热反应，温度相同、投料比的比值[=y]越大，SO2的转化率α越大、CO的转化率越小，即y1＞y2，投料比相同时，温度越高，SO2的转化率α越低，所以N点的投料比小、温度低，则CO的转化率大于M点CO的转化率；N、P投料比相同，但P点温度高，所以P点反应速率大于N点，逆反应速率：N＜P，故答案为：＞；＜；
(6)①对于 2CO(g) + SO2(g) S(l) + 2CO2(g)
开始(mol/L) 0.2 0.2 0
变化(mol/L) 0.16 0.08 0.16
平衡(mol/L) 0.04 0.12 0.16
对于 2H2(g) + SO2(g)S(l)+2H2O(g)
开始(mol/L) 0.2 0.12 0
变化(mol/L) 0.18 0.09 0.18
平衡(mol/L) 0.02 0.03 0.18
所以反应②的化学平衡常数K===2700，故答案为：2700；②其他条件不变，在第7min时缩小容器体积，即使容器的压强增大，由于两个反应的正反应都是气体体积减小的反应，所以缩小体积，容器的压强增大，化学平衡正向移动，二氧化硫的物质的量减小，但由于容器体积减小，所以二氧化硫的浓度仍然会增大，故答案为：增大。
18．在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：2CuCl+2CO+2H2O=Cu2Cl2·2CO·2H2O。
回答下列问题：
(1)研究人员发现在高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，基态Cu3+的电子排布式为_______。
(2)NO离子的空间构型是_______。
(3)CO与N2互称等电子体。
①它们的分子中都存在三个共价键，其中包含_______个π键。
②表为CO和N2的有关信息。
键的类型
A－B(单键)
A＝B(双键)
A≡B(叁键)
键能(kJ/mol)
CO
351
803
1071
N2
159
418
946
根据表中数据，说明CO比N2活泼的原因是_______。
(4)Cu2Cl2·2CO·2H2O是一种配合物，其结构如图所示：

该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是_______。
(5)阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X射线衍射法就是其中的一种。通过对CuCl晶体的X射线衍射图象分析，可以得出CuCl的晶胞如图所示，若晶体中Cl−呈立方面心最密堆积方式排列，Cl−的半径为a pm，晶体的密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数NA=_______(列计算式表达)。

【答案】（1）1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8
（2） 平面三角形
（3） 2 CO中断裂第一个π键的键能比N2的第一个π键的键能小很多，CO的第一个π键容易断
（4） 电负性：C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对
（5）
【解析】(1)Cu为29号元素，失去三个电子变为Cu3+，基态Cu3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8；(2)NO离子的中心N原子的价层电子对数=3+=3，为sp2杂化，空间构型是平面三角形；(3)①CO与N2互称等电子体，它们的分子中都存在三个共价键，两个原子间均为三键，一个三键中含有一个σ键和2个π键；②根据表中数据，CO中断裂第一个π键的键能比N2的第一个π键的键能小很多，CO的第一个π键容易断，则CO比N2活泼；(4)该配合物中，电负性：C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对，因此CO作配体时配位原子是C而不是O；(5)若晶体中Cl−呈立方面心最密堆积方式排列，面对角线上的三个Cl−半径相切，已知Cl−的半径为a pm，则面对角线=4r(Cl−)=4apm，晶胞的面对角线为棱长的倍，即棱长为pm=4a××10−10cm，则晶胞的体积V=(4a××10−10)3cm3，该晶胞中Cl−位于面心和顶点，则Cl−的个数为8×+6×=4，CuCl中阴阳离子个数比为1∶1，则晶胞中Cu+个数为4，则晶胞的质量为g，晶体的密度为ρ g/cm3，可得(4a××10−10)3cm3×ρ g/cm3=g，整理可得：阿伏加德罗常数NA=。
19．从废钒催化剂(主要成分V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2等)中回收V2O5的一种生产工艺流程示意图如下，请回答下列问题：

(1)①中废渣的主要成分是________；①中V2O5发生反应的离子方程式为____________。
(2)②、③中的变化过程可简化为(下式中的R表示VO2+或Fe3+，HA表示有机萃取剂的主要成分)：R2(SO4)(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)。②中萃取时必须加入适量碱，其原因是 ；实验室进行萃取操作使用的玻璃仪器为__________。
(3)实验室用的原料中V2O5占6%(原料中的所有钒已换算成V2O5)。取100g该废钒催化剂按工业生产的步骤进行实验当加入100ml 0.1mol/L的KClO3溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理，假设以后各步钒没有损失，则该实验中钒的回收率是______。[M(V2O5)=182g/mol]
(4)25℃时取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间的关系如下表：
pH
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
2.0
钒沉淀率/%
88.1
94.8
96.5
98.0
98.8
98.6
96.4
93.1
试判断在实际生产时，⑤中加入氨水调节溶液的最佳pH为_________；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，则此时溶液中c(Fe2+)≤__________。已知：25℃时Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10−39
【答案】（1）SiO2 V2O5+SO+4H+=2VO2++SO+2H2O
（2） 加入碱，中和H2SO4，使平衡向正向移动 分液漏斗、烧杯
（3） 91.0%
（4） 1.7 2.6×10−3mol/L
【解析】V2O5和SiO2难溶于水，由实验流程可知，废钒催化剂溶于水，再硫酸酸浸，酸性条件下，亚硫酸根离子能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子反应方程式为：V2O5+SO+4H+=2VO2++
SO+2H2O，过滤得到滤渣为二氧化硅，强酸性浸出液含有VO2+、K+、SO，加入有机萃取剂萃取分液得到有机溶液中VO2+，再加入X试剂进行反萃取分液，分离出有机层得到水层是含VO2+、Fe3+、SO的酸性水溶液，Rn+(水层)+nHA(有机层)RAn(有机层)+nH+(水层)，分析平衡体系，加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；加入硫酸抑制平衡正向进行，氯酸钾具有氧化性，能将VO2+氧化为VO，加入氨水调节溶液pH到最佳值，得到NH4VO3，最后焙烧得到五氧化二钒。（1）上述分析可知滤渣A为SiO2，从流程图可以看出，在酸性条件下，V2O5转化为VO2+，SO能被V2O5氧化生成SO，根据氧化还原反应的规律配平该离子反应方程式为：V2O5+SO+4H+=2VO2++
SO+2H2O；(2)反萃取时，分析平衡R2(SO4)(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)，为提高②中萃取百分率，则加入碱中和硫酸，可以使平衡正移，多次连续萃取。萃取分液操作时，用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯；(3)根据氧化还原规律可知，当加入100mL 0.1mol/L的KClO3溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理的离子方程式为：ClO+6VO2++3H2O＝6VO+6H++Cl－，再结合V2O5+SO+4H+=2VO2++SO+2H2O，从而得出关系式：3V2O5～6VO2+～ClO，因n(ClO)=0.1mol/L
×0.1L=0.01mol，所以n(V2O5)＝3×0.01mol=0.03mol因此该实验中钒的回收率是
×100%＝91.0%；(4)由表中数据可知，pH=1.7时钒的沉淀率最大为98.8%，故加入氨水调节溶液的最佳pH为1.7。若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，此时溶液pH=2，c(OH−)=10−12mol/L，Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10−39=c(Fe3+)·c3(OH−)，c(Fe3+)==2.6×10−3mol/L。
20．化合物G是合成抗心律失常药物决奈达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：

(1)R的结构简式是___________；M含有的官能团名称是___________。
(2)M→N反应过程中K2CO3的作用是___________。
(3)P→Q的反应类型是___________。
(4)写出Q→H的化学方程式___________。
(5)T是R的同系物，符合条件：①与R具有相同官能团；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量比R多14，T的同分异构体有___________种。其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式有___________。
(6)参照上述合成路线，设计以1，4－丁二醇和苯为原料(其他无机试剂自选)合成的合成路线___________。
【答案】（1） (酚)羟基、醛基和硝基 消耗生成的HCl，提高有机物N的产率
（2） 还原反应
（3）
（4） 17
（5） 、
（6）
【解析】根据N结构简式及R分子式知，R为，R发生取代反应生成M为，根据H结构简式知，P发生还原反应生成Q为，Q发生取代反应生成H，H发生取代反应生成G；(6)以1，4－丁二醇(HOCH2CH2CH2CH2OH) 和苯为原料(其他无机试剂自选)合成，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，硝基苯被还原生成苯胺，1，4－丁二醇发生取代反应生成1，4－二氯丁烷，1，4－二氯丁烷和苯胺发生取代反应生成。(1)由分析可知，R的结构简式为，M的结构简式为：，故含有的官能团名称为：(酚)羟基、醛基和硝基，故答案为：；(酚)羟基、醛基和硝基；(2)M→N反应过程中K2CO3的作用是消耗生成的HCl，提高有机物N的产率，故答案为：消耗生成的HCl，提高有机物N的产率；(3)P→Q即由转化为，故该反应的反应类型是还原反应，故答案为：还原反应；(4)由分析结合合成路线图可知，Q→H的化学方程式为：；(5)R为，T与R组成元素种类相同，说明T中含有C、H、O元素，T的同分异构体符合下列条件：①与R具有相同官能团，说明含有羟基、醛基；②分子中含有苯环；③T的相对分子质量比R多14，说明T比R多一个－CH2，如果取代基为－OH、－CH3、－CHO，有10种；如果取代基为－OH、－CH2CHO，有邻、间、对3种；如果取代基为－CH(OH)CHO，有1种；如果取代基为－CH2OH、－CHO，有邻、间、对3种，所以符合条件的有17种；其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1∶1∶2∶2∶2的结构简式有、，故答案为：17；、；(6)以1，4－戊二醇(HOCH2CH2CH2CH2OH)和苯为原料(其他无机试剂自选)合成，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，硝基苯被还原生成苯胺，1，4－丁二醇发生取代反应生成1，4－二氯丁烷，1，4－二氯丁烷和苯胺发生取代反应生成，其合成路线为：
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