黑龙江省大庆市铁人中学2020届高三化学上学期期中试题（含解析）.doc

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黑龙江省大庆市铁人中学2020届高三化学上学期期中试题（含解析）本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。可能用到的相对原子质量：N-14O-16C1-35.5Au-197Cu-64第Ⅰ卷(选择题共126分)一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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。1.下列说法不正确的是A.葡萄酒中SO2的检测可用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样进行测定B.改燃煤为燃气，可以减少废气中SO2等有害物质的排放量，是治理“雾霾”等灾害天气的一种措施C.实验室保存少量液溴时常加少量水液封，并用玻璃塞密封，不能用橡胶塞D.水玻璃是混合物，可用于生产黏合剂(矿物胶)，做耐火阻燃材料【答案】A【解析】【详解】A、葡萄酒中含有酒精、还原性糖，都能使酸性KMnO4溶液褪色，因此检测葡萄酒中SO2不能用酸性高锰酸钾溶液滴定，故A说法错误；B、燃气中不含S元素，因此改用燃气可以减少SO2等有害物质的排放，是治理“雾霾”等灾害天气的一种措施，故B说法正确；C、实验室保存少量的液溴，液溴易挥发，需要加入少量的水液封，液溴能与橡胶塞发生反应，需要用玻璃塞密封，故C说法正确；D、水玻璃是Na2SiO3的水溶液，可用于生产黏合剂，做耐火阻燃材料，故D说法正确。2.下列关于阿伏加德罗常数(NA)的说法不正确的是A.标准状况下，22.4L二氯甲烷的分子数约为NA个B.28g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NAC.常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NAD.常温下，10LpH＝13的NaOH溶液中含有的OH－的数目为NA【答案】A【解析】【详解】A、标准状况下，CH2Cl2的状态不是气体，因此不能直接用22.4L·mol－1 进行计算，故A说法错误；B、乙烯和环丁烯符合CnH2n，28g该混合物含有C原子物质的量为28×n/14n=2mol，故B说法正确；C、Na2O2与H2O反应方程式为：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成1molO2，转移电子物质的量为2mol，因此生成0.2molO2，转移电子物质的量为0.4mol，故C说法正确；D、常温下，pH=13的NaOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，则n(OH－)=10×0.1mol=1mol，故D说法正确。【点睛】易错点是选项D，学生认为c(OH－)=0.1mol·L－1是NaOH电离产生，水也能电离出OH－，即溶液中n(OH－)>1mol，学生忽略了pH=13，求出的c(H＋)是溶液中H＋的物质的量浓度，根据水的离子积，计算出的OH－的浓度，是溶液中OH－的物质的量浓度。3.山西老陈醋素有“天下第一醋”的盛誉。食醋中含有乙酸，下列关于乙酸的说法中错误的是A.乙酸分子中含有4个氢原子，但乙酸是一元酸B.往食醋溶液中滴入紫色石蕊试液，溶液将变红C.往热水瓶内胆中加入适量的食醋，可去除水垢D.制取乙酸乙酯时，乙酸分子中的氢被乙基(—C2H5)取代【答案】D【解析】试题分析：Ａ．尽管其分子中含有4个氢原子，但在水中只有羧基上的氢原子能发生部分电离，因此乙酸是一元酸，Ａ正确；Ｂ．乙酸的酸性较弱，但比碳酸的酸性强，它可使石蕊试液变红，Ｂ错误，C、醋酸酸性强于碳酸，醋酸可以和水垢的主要成分碳酸钙反应，C正确；D．制取乙酸乙酯时，乙酸分子中的羟基被(—Ｏ－C2H5)取代，Ｄ错误；选Ｄ。考点：考查乙酸的性质。4.下列离子方程式书写正确的是A.酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO＋I－＋6H＋===I2＋3H2OB.明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO42-===2BaSO4↓＋Al(OH)3↓C.用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H2O＋SO2===2NH4+＋SO32-＋H2OD.用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋【答案】C 【解析】【详解】A、反应前后所带电荷数不相等，正确的是IO3－＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，故A错误；B、明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，明矾中SO42－全部转化成沉淀，需要2molBa(OH)2，此时Al元素以AlO2－的形式存在，故B错误；C、氨水是过量，因此反应的离子方程式为2NH3·H2O＋SO2=2NH4＋＋SO32－＋H2O，故C正确；D、用铜作电极，根据电解原理，阳极反应式为Cu－Se－=Cu2＋，阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，故D错误。5.用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的的是选项实验目的试剂a试剂b试剂c装置A验证非金属性：N>C>Si稀硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液B验证氧化性：Cl2>Br2浓盐酸KMnO4FeBr2溶液C验证SO2有还原性浓硫酸Na2SO3KMnO4溶液D除去Na2SO3中的Na2SO4氯水混合物NaOH溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A、硝酸具有挥发性，从锥形瓶中出来的气体中混有HNO3，对CO2与Na2SiO3的反应产生干扰，不能达到实验目的，故A不符合题意；B、KMnO4能把HCl氧化成Cl2，FeBr2中Fe2＋的还原性强于Br－，氯气先于Fe2＋发生反应，对Cl2和Br2氧化性的比较产生干扰，不能达到实验目的，故B不符合题意；C、浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2，气体通入到KMnO4溶液中，如果KMnO4溶液褪色，体现SO2的还原性，能够达到实验目的，故C符合题意； D、Na2SO3具有还原性，氯气能把Na2SO3氧化成Na2SO4，与实验目的不符，故D不符合题意。6.短周期原子序数依次增大的主族元素R、T、Q、W、Y、Z具有如下信息：①R、Y原子的最外层电子数与电子层数相同；②Q是地壳中含量最高的元素，R与T的核电荷数之和等于Q的核电荷数；③W与R同主族，Z与Q同主族。下列说法正确的是A.Q与Y组成的常见物质是一种两性物质，能与氨水反应B.已知WRZQ3溶液呈酸性，若将WRZQ3固体溶于水，能抑制水的电离C.元素Q与W形成的两种常见化合物中含有完全相同的化学键D.元素T、Q、W、Y的原子半径大小为TAl>N>O，故D错误。【点睛】微粒半径大小比较，一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大；二看原子序数，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相等，原子序数相等，电子数越多，半径越大。7.如图是一个用铂丝作电极，电解稀的MgSO4溶液的装置，电解液中加有中性红指示剂，此时溶液呈红色。(指示剂的pH变色范围：6.8～8.0，酸色—红色，碱色—黄色，Mg(OH)2 沉淀的pH＝9)，接通电源一段时间后A管产生白色沉淀，下列叙述不正确的是A.电解过程中电极附近溶液颜色变化是A管溶液由红变黄，B管溶液不变色B.A管中发生的反应：2H2O＋2e－＋Mg2＋=H2↑＋Mg(OH)2↓C.检验b管中气体的方法是用拇指堵住管口，取出试管，放开拇指，将带有火星的木条伸入试管内，看到木条复燃D.电解一段时间后，切断电源，将电解液倒入烧杯内观察到的现象是溶液呈黄色，白色沉淀溶解【答案】D【解析】【分析】按照电解原理，A为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，B为阳极，电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，按照题所给信息完成即可。【详解】A、根据电解原理，A管电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，根据题中信息，指示剂：碱色为黄色，因此A管溶液由红变黄，B管电极反应式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，溶液仍为红色，故A说法正确；B、A管电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，根据信息，一段时间后，A管出现白色沉淀，发生Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，即A管总反应为2H2O＋Mg2＋＋2e－=H2↑＋Mg(OH)2↓，故B说法正确；C、根据上述分析，b管中收集的气体为氧气，检验氧气：用拇指堵住管口，取出试管，放开拇指，将带有火星的木条伸入试管内，看到木条复燃，说明收集的气体为氧气，故C说法正确；D、由于该电解池实质是电解水，因此将电解液倒入烧杯中，整个溶液呈中性，指示剂为红色，氢氧化镁溶解，故D说法错误。8.亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5 ℃)是一种黄色气体，遇水反应生成一种氯化物和两种氮化物。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：①制备NO发生装置可以选用___________________(填写字母代号)，请写出发生反应的离子方程式：___________________。②欲收集一瓶干燥的氯气，选择装置，其连接顺序为：a→__________________(按气流方向，用小写字母表示)。(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：①实验室也可用X装置制备NO，X装置的优点为________________________________。②检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开____________，通入一段时间气体，其目的为___________________________，然后进行其他操作，当Z有一定量液体生成时，停止实验。③若无装置Y，则Z中NOCl可能发生反应的化学方程式为________________________。④若尾气处理装置连接上图烧杯中导管d，则烧杯中可加入__________溶液。(3)取Z中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol•L-1AgNO3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL。则亚硝酰氯(NOC1)的质量分数为________(用代数式表示)。[已知：Ag2CrO4为砖红色固体；Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12]【答案】(1).B(2).3Cu+8H++NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O(3).f→g→c→b→d→e→j→h(4).排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停(5).K3(6).排干净三颈瓶中的空气，防NO和NOCl变质(7).2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑(8).NaOH(9).14.7375c/m×100%【解析】【详解】（1）①制备NO，常用Cu和稀硝酸反应：3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，因此选用的装置为B，反应离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；②a装置为制备Cl2装置，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，先通过饱和食盐水除去HCl，然后通过浓硫酸，氯气的密度大于空气的密度，收集时从d管通入，氯气有毒，必须尾气处理，连接顺序是a→f→g→c→b→d→e→j→h；（2）①装置X的优点是排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；②NO与O2能发生反应，先通入一段时间的气体，排除三颈烧瓶中的空气，防止NO和NOCl变质，即打开K2后，然后打开K3；③装置Y的作用是干燥NO，NOCl能与水反应，因此无装置Y，则NOCl与水发生反应，根据信息，反应方程式为2NOCl＋H2O=2HCl＋NO↑＋NO2↑；④尾气中含有HCl、Cl2、NO、NO2，HCl和Cl2能与NaOH发生反应，被除去，NO＋NO2＋2NaOH=2NaNO2＋H2O，因此烧杯中可加入NaOH溶液；（3）K2CrO4为指示剂，根据溶度积大小，Ag＋先于Cl－反应生成AgCl，建立关系式：NOCl～HCl～AgNO3，NOCl的质量分数为×100%=14.7375c/m×100%。9.工业上常以铬铁矿(主要成分为亚铬酸亚铁FeCr2O4，还有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产红矾钠(Na2Cr2O7)，某实验小组模拟其流程如下图所示： (1)步骤①中，焙烧时所用的仪器材质应选用_________(填“瓷质”、“铁质”或“石英质”)，选用该材质的原因是(结合化学方程式解释)：_____________________________________________。(2)配平步骤①中主要反应：____FeCr2O4＋___O2＋___Na2CO3___Fe2O3＋___Na2CrO4 ＋___CO2_____________(3)操作④中，酸化时，CrO42－(黄色)转化为Cr2O72－(橙色)，写出平衡转化的离子方程式：____________________________________________________________。用红矾钠溶液进行下列实验：实验过程中，①中溶液橙色加深，③中溶液变黄，对比②和④可得出结论：___________________。(4)步骤③用硫酸将溶液的pH调至中性，所得滤渣的主要成分是__________、____________；(5)下图是Na2Cr2O7·2H2O和Na2SO4的溶解度曲线，步骤④中获得固态副产品Na2SO4的实验操作方法为____________、___________。 (6)某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如上，若不考虑气体的溶解，当收集到H213.44L(标准状况下)时有____________molCr2O72-被还原，一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀。若电解后溶液中c(Cr3+)=3.0×10－5 mol·L－1，则c(Fe3+)=_________。(已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10－38 mol·L－1，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10－31mol·L－1)【答案】(1).铁质(2).Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑(3).4 78288(4).2CrO42－+2H+⇌Cr2O72－+H2O(5).红矾钠酸性溶液氧化性强(6).H2SiO3(H4SiO4或SiO2·H2O)(7).Al(OH)3(8).加热浓缩(9).趁热过滤(10).0.1mol(11).2.0×10－12 mol·L－1【解析】【详解】（1）焙烧时，加入纯碱，Na2CO3在高温下与SiO2发生反应，瓷质、石英成分是SiO2，因此焙烧时应选用铁质，SiO2与Na2CO3反应的方程式为Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2；（2）FeCr2O4中Fe显＋2价，Cr显＋3价，根据反应方程式为，Fe元素的化合价由＋2价→＋3价，升高1价，Cr元素的化合价由＋3价→＋6价，Cr整体升高6价，FeCr2O4整体升高7价，O2中O的化合价降低，整体降低4价，最小公倍数为28，根据原子守恒配平其他，反应方程式为4FeCr2O4＋7O2＋8Na2CO3=2Fe2O3＋8Na2CrO4＋8CO2；（3）CrO42－溶液中存在：2CrO42－＋2H＋Cr2O72－＋H2O，酸化，加入H＋，c(H＋)增大，平衡向正反应方向进行，溶液颜色由黄色转化为橙色；①：加入硫酸，促使平衡向正反应方向进行，①中滴加C2H5OH，溶液变成绿色，Cr元素以Cr3＋形式存在，发生氧化还原反应；红钒钠溶液中加入NaOH，使平衡向逆反应方向进行，滴加C2H5OH溶液，溶液不变色，没有发生氧化还原反应，对比实验得出结论是红钒钠在酸性条件下具有强氧化性；（4）根据流程图，反应③除去Al、Si等元素，银此滤液1中加入硫酸发生AlO2－＋H＋ ＋H2O=Al(OH)3↓，SiO32－＋2H＋=H2SiO3↓，滤渣成分是H2SiO3和Al(OH)3；（5）得到Na2SO4，根据图像，Na2SO4的溶解度随着温度的升高而降低，得到Na2SO4的操作方法是蒸发浓缩、冷却结晶；（6）根据装置图，B电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，A电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，建立：H2～Fe2＋，n(Fe2＋)=13.44/22.4mol=0.6mol，根据得失电子数目守恒，n(Fe2＋)×1=n(Cr2O72－)×2×3，解得n(Cr2O72－)=0.1mol，同时产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀，则溶液中有c(Fe3＋)/c(Cr3＋)=Ksp[Fe(OH)3]/Ksp[Cr(OH)3]，代入数值，得出：c(Fe3＋)=2.0×10－12mol·L－1。10.SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标，工业上常采用催化还原法或吸收法处理SO2。利用催化还原SO2不仅可消除SO2污染，而且可得到有经济价值的单质S。(1)在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和H2O。己知CH4和S的燃烧热(△H)分别为-890.3kJ/mol和-297.2kJ/mol，则CH4和SO2反应的热化学方程式为_________________________________________________。(2)用H2还原SO2生成S的反应分两步完成，如图1所示，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示：①分析可知X为________(写化学式)，0～t1时间段的温度为_____，0～t1时间段用SO2表示的化学反应速率为___________________________。②总反应的化学方程式为__________________________________________________________。(3)焦炭催化还原SO2生成S2，化学方程式为：2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)，恒容容器中，1mol/LSO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图3所示。①该反应的△H_________________________0(填“>”或“<”)②计算700℃该反应的平衡常数为____________________。 【答案】(1).CH4(g) + 2SO2(g)= CO2(g) +2S(s) +2H2O(l)△H=-295.9 kJ/mol(2).H2S(3).300℃(4).2×10-3/t1 mol/(L•min)(5).2H2+SO2S+2H2O(6).<(7).36.45 mol/L【解析】【详解】（1）CH4的燃烧的热化学反应方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－890.3kJ·mol－1①，S燃烧的热化学反应方程式为S(s)＋O2(g)=SO2(g)△H=－297.2kJ·mol－1②，CH4和SO2反应的方程式为CH4＋2SO2=2S＋CO2＋2H2O，因此有①－2×②得出CH4(g)＋SO2(g)=2S(s)＋CO2(g)＋2H2O(l)△H=(－890.3＋2×297.2)kJ·mol－1=－295.9kJ·mol－1；（2）①H2还原SO2发生反应：2H2＋SO2=S＋2H2O，图1右侧，SO2→S，S元素的化合价降低，根据氧化还原反应特点，化合价有升高，必然有降低，因此推出X为H2S；0～t1时间，X的浓度达到最大，应是图1左侧反应，4H2＋SO2=H2S＋2H2O，温度应为300℃；根据化学反应速率的表达式，v(SO2)=(3－1)/t1mol/(L·min)；②根据上述分析，总反应的化学方程式为2H2+SO2S+2H2O；（3）①根据图像，700℃SO2的转化率达到最大，反应达到平衡，右侧随着温度的升高，SO2的转化率降低，根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，即△H<0；②2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)起始：100变化：0.90.450.9平衡：0.10.450.9化学平衡常数的表达式为K=[c(S2)×c2(CO2)]/c2(SO2)，代入数值，得出K=36.45。 11.英国曼彻斯特大学科学家安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫。共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法成功获得超薄材料石墨烯而获奖。制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型示意图如下：（1）下列有关石墨烯说法正确的是________________。A．键长：石墨烯>金刚石B．石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面C．12g石墨烯含键数为NAD．从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。①铜原子在基态时，在有电子填充的能级中，能量最高的能级符号为_____________；第四周期元素中，最外层电子数与铜相同的元素还有________________________。②乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷，请解释原因______________________________。③下列分子属于非极性分子的是__________________。a．甲烷b．二氯甲烷c．苯d．乙醇④酞菁与酞菁铜染料分子结构如图，酞菁分子中碳原子采用的杂化方式是__________；酞菁铜分子中心原子的配位数为________________。⑤金与铜可形成的金属互化物合金（如图，该晶胞中，Au占据立方体的8个顶点）：它的化学式可表示为_____；在Au周围最近并距离相等的Cu有_____个，若2个Cu原子核的最小距离为dpm，该晶体的密度可以表示为___________________g/cm3 。（阿伏伽德罗常数用NA表示）【答案】(1).BD(2).3d(3).K、Cr(4).乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键(5).a、c(6).sp2(7).2(8).Cu3Au或AuCu3(9).12(10).389•21/2•1030/(NA•d3•4)【解析】(1)A．金刚石中碳原子之间只存在σ键，石墨烯中碳原子之间存在σ键和π键，因此键长：石墨烯＜金刚石，故A错误；B．石墨烯是平面形分子，分子中所有原子可以处于同一平面，故B正确；C．一个碳原子中含有个单键，即个σ键，所以12g石墨烯含σ键数为NA，故C错误；D．石墨层内是共价键，石墨层与层之间的作用力是范德华力，所以从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力，故D正确；故选：BD；(2)①铜原子在基态时的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，在有电子填充的能级中，能量最高的能级符号为3d；第四周期元素中，最外层电子数与铜相同的元素还有3d04s1和3d54s1，即K和Cr，故答案为：3d；K、Cr；②乙醇分子间存在氢键，使得其溶沸点升高，而丁烷不存在氢键，故答案为：乙醇分子间存在氢键，使得其溶沸点升高，而丁烷不存在氢键；③a．甲烷为正四面体，结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故a正确；b．二氯甲烷为四面体分子，结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故b错误；c．苯为平面正六边形，结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故c正确；d．乙醇结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故d错误；故选：ac；④酞菁分子中碳原子含有3个σ键和1个π键，所以采取sp2杂化；该分子中能提供孤对电子的氮原子才是配位原子，所以酞菁铜分子中心原子的配位数为2，故答案为：sp2；2；⑤该晶胞中含Cu原子个数=6×=3，含有Au=8×=1，所以其化学式为Cu3Au或AuCu3，根据图示，铜原子周围最近并距离相等的Au原子有4个，根据化学式，在Au周围最近并距离相等的Cu有12个；若2个Cu原子核的最小距离为dpm，则晶胞的棱长为dpm=d×10-10cm，该晶体的密度==g/cm3，故答案为：Cu3 Au或AuCu3；12；。点睛：本题考查了物质结构与性质，难度较大，注意形成配位键的本质、配位数的确定方法和确定中心原子的杂化类型。本题的易错点为晶胞的计算，注意根据2个Cu原子核的最小距离，计算晶胞的棱长。12.有机物F是一种香料，其合成路线如图所示：已知：iii(1)D的名称为__________，试剂X的结构简式为___________，步骤Ⅵ的反应类型为_________。(2)步骤Ⅱ反应的化学方程式为__________________________________。(3)满足括号中条件(①苯环上只有两个取代基，②能与FeCl3溶液发生显色反应，③能发生水解反应和银镜反应)的E的同分异构体有_______种，其中核磁共振氢谱峰面积比为6︰2︰2︰1︰1的分子的结构简式为___________________________。(4)依据题中信息，完成以为原料制取的合成路线图_________。(无机试剂一定要选银氨溶液，其它无机试剂任选)合成路线图示例如下：【答案】(1).对甲基苯酚钠或4-甲基苯酚钠(2).CH3CHClCOOH(3).取代(或酯化)反应(4).C6H5－CH2Cl＋NaOHC6H5－CH2OH＋NaCl(5).15(6).(7). 【解析】【分析】A为烃，根据反应III得到产物，判断出反应III为取代反应，即A为甲苯，结构简式为，反应IV发生水解反应，即D的结构简式为，根据F的结构简式，反应VI为酯化反应，根据D的结构简式，推出E的结构简式为，C的结构简式为：，根据反应II的条件，反应II发生水解反应，即B为。【详解】A为烃，根据反应III得到产物，判断出反应III为取代反应，即A为甲苯，结构简式为，反应IV发生水解反应，即D的结构简式为，根据F的结构简式，反应VI为酯化反应，根据D的结构简式，推出E的结构简式为，C的结构简式为：，根据反应II的条件，反应II发生水解反应，即B为；（1）根据上述分析，D的名称为对甲基苯酚钠或为4－甲基苯酚钠；根据信息ii，以及D和E的结构简式，推出试剂X为CH3CHClCOOH；步骤VI为酯化反应或取代反应；（2）反应II发生水解反应或取代反应，其反应方程式为C6H5CH2Cl＋NaOHC6H5CH2OH＋NaCl；（3）能与FeCl3 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基，苯环上有两个取代基，苯环上取代基一个是－OH，另一个是－CH2CH2CH2OOCH或－CH(CH3)CH2OOCH或－C(CH3)2OOCH或－CH2CH(CH3)OOCH或－CH(CH2CH3)OOCH，两个取代基位置为邻间对三种，共有15种；有五种峰，说明有五种不同的氢原子，即结构简式为；（4）根据信息i，引入－Cl，先将－CH2OH氧化成－COOH，然后在红磷并加热时与氯气发生反应，得到产物，路线为。【点睛】本题难点是同分异构体的书写，需要根据限制条件，判断出含有官能团或结构，与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，能水解反应和银镜反应，根据E的结构简式，应含有甲酸形成的酯基，苯环上有两个取代基，其中一个是酚羟基，另一个取代基先写出－CH2CH2CH2OOCH，最后根据碳链异构，书写出其他。