安徽省十校联盟2023-2024学年高三上学期8月开学摸底考化学Word版含解析.docx

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安徽省十校联盟2024届高三上学期8月开学摸底考化学试题本试卷分第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：H-1C-12N-14O-16F-19Na-23Al-27Cl-35.5Au-197第I卷选择题(共46分)一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，满分30分，每小题只有一个选项符合题意。)1.安徽历史悠久，文化源远流长。下列物质具有典型徽派文化特色，据其主要化学成分不能与其他三种归为一类的是A.霍邱柳编B.徽州竹雕C.狼山黑陶D.宣城宣纸【答案】C【解析】【详解】柳编、竹雕和宣纸的主要成分均为纤维素，黑陶的主要成分是硅酸盐，不能与其他三种归为一类的是狼山黑陶；答案选C。2.下列化学用语或图示表达错误的是A.葡萄糖的实验式：CH2OB.苯分子中大π键示意图：C.激发态Cl原子的价电子排布图：D.用电子式表示CaCl2的形成过程：【答案】C【解析】【详解】A．葡萄糖的分子式为，其实验式为，选项A正确；B．苯分子中存在大键，上述图示结构正确，选项B正确；C．为激发态的价电子排布图，选项C错误；D．属于离子化合物，其中Cl得电子，Ca失电子，用电子式表示其形成过程： ，选项D正确；答案选C。3.氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，是一种超硬物质，常利用它来制造轴承、永久性模具等机械构件。其制备原理为：3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.1.5molSiO2晶体中含有的Si－O键数目为6NAB.该实验条件下，134.4LCO2中分子数目为6NAC.每生成0.5mol的Si3N4，转移电子数目为6NAD.84gN2和CO混合气体中原子数目为6NA【答案】B【解析】【详解】A．中含有键，故中键数目为，选项A正确；B．高温时，摩尔体积不是，故2不是，选项B不正确；C．N元素由0价降低到－3价，故转移电子数目为，选项C正确；D．和CO的摩尔质量均为，和CO混合气体的物质的量为，且二者均为双原子分子，故其中原子数目为，选项D正确；答案选B。4.下列陈述I与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是选项陈述I陈述ⅡASO2具有漂白性SO2通入紫色石蕊溶液后溶液褪色BFeS具有还原性FeS去除工业废水中的Hg2+、Cu2+C久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO2变质漂白粉的主要成分是Ca(HCO3)2D相同条件下，1mol•L-1NaCl溶液导电性比同浓度醋酸强NaCl是强电解质、醋酸是弱电解质 A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．和水生成亚硫酸，溶液显酸性，能使紫色石蕊溶液变红色，但是不能使其褪色，陈述Ⅱ错误，A项不符合题意；B．FeS能去除工业废水中的、，是因为HgS、CuS的溶解度更小，与FeS的还原性无关，B项不符合题意；C．久置空气中的漂白粉遇盐酸产生是由于次氯酸钙变质，次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，陈述Ⅱ错误，C项不符合题意；D．相同条件下，溶液导电性比同浓度醋酸强，是因为氯化钠是强电解质，电离出的离子浓度大，醋酸是弱电解质，D项符合题意；故选D。5.“无安全，不实验”。下列有关化学实验安全问题的叙述中，错误的是A.用图示装置点燃可燃性气体可防止爆炸的发生B.不慎将苯酚沾到皮肤上，立即用乙醇冲洗再用水冲洗C.取用化学药品时，应注意容器标签上的安全警示标志D.给玻璃仪器加热，都要加垫石棉网，以防止仪器炸裂【答案】D【解析】【详解】A．此装置防止气体爆炸的原理是使导管内的气体与燃着的气体不直接接触，A项正确；B．苯酚溶液有强腐蚀性，易溶于酒精，微溶于水，所以沾到皮肤上时用乙醇洗涤，再用水洗，B项正确；C．取用化学药品时，应注意容器标签上的安全警示标志，以免发生意外事故，C项正确；D．给玻璃仪器加热，不一定都要加垫石棉网，例如试管等，D项错误；故选D。 6.磷可形成多种单质。黑磷具有类似石墨的层状结构，白磷的分子式为P4，它们的结构如图所示。白磷在很高压强和较高温度下可转化成黑磷。下列说法错误的是A.白磷转化成黑磷属于化学变化B.白磷与黑磷互为同素异形体C.黑磷熔点低于白磷熔点D.黑磷具有较强的吸附性【答案】C【解析】【详解】A．白磷转化成黑磷，有新物质生成，属于化学变化，A正确；B．白磷与黑磷为同种元素形成的不同单质，互为同素异形体，B正确；C．黑磷为混合晶体、白磷为分子晶体，黑鳞熔化主要克服共价键、白磷熔化克服分子间作用力，故黑磷熔点高于白磷，C错误；D．黑磷为层状结构且层内有弯曲和褶皱结构，表面积较大，故有较强的吸附性，D正确；选C。7.奥培米芬是一种雌激素受体调节剂，其结构简式如图：关于奥培米芬，下列说法错误的是A.存在顺反异构B.含有三种官能团C.能与金属钠、氢氧化钠溶液反应D.能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A．该分子含有碳碳双键，且双键碳原子连接的原子团均不相同，故存在顺反异构，A项正确；B．该分子含有碳氯键、碳碳双键、羟基、醚键，B项错误；C．该分子能与金属钠(醇羟基)、氢氧化钠(碳氯键)反应，C项正确；D．该分子存在碳碳双键、醇羟基，能与酸性高锰酸钾溶液反应，D项正确；故选B。 8.催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)P(g)。反应历程(如图)中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法正确的是A.该反应为吸热反应B.催化剂Ⅱ的催化性能比催化剂I好C.使用催化剂Ⅱ时，升高温度，R的转化率增大D.使用催化剂I时，反应过程中M所能达到的最大浓度比使用催化剂II时大【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，生成物的总能量小于反应物的总能量，该反应是放热反应，A项错误；B．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，催化性能更好，B项错误；C．对放热反应而言，升高温度，平衡逆向移动，R的转化率减小，C项错误；D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低、反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高、反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D项正确；故选D。9.下列实验装置能达到实验目的的是A.甲装置：制取少量O2B.乙装置：测量少量氯气的体积C.丙装置：制备无水氯化镁D.丁装置：测定草酸溶液的浓度【答案】C 【解析】【详解】A．是淡黄色粉末状固体，会从带有小孔的隔板中漏下去，且反应放出大量的热量，因此不能使用该装置，A项错误；B．氯气可溶于水，测量少量氯气的体积时不能用蒸馏水，B项错误；C．为防止在加热过程中发生水解，生成，应该在HCl气体的氛围中加热，并用无水氯化钙防止空气中的水分进入装置，C项正确；D．高锰酸钾溶液具有强氧化性，不适合用碱式滴定管盛装，D项错误；故选C。10.有机反应发生过程中还有HCl和SO2生成。下列叙述错误的是A.乙的沸点大于甲的沸点B.SO2与HCl均为极性分子C.1mol乙分子中含有17molσ键D.SOCl2分子中硫原子的杂化类型为sp3【答案】A【解析】【详解】A．甲分子中含有羧基，即甲分子之间存在氢键，甲的沸点大于乙的沸点，A项错误；B．与HCl正电中心和负电中心不重合，均为极性分子，B项正确；C．乙分子中含有键(其中苯环10＋甲基4＋甲酰氯3)，C项正确；D．分子中硫原子的价层电子对数为，故分子中硫原子的杂化类型为，D项正确；故选A。二、不定项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)11.W、X、Y、Z是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X和Y同周期，Y和Z同主族，由这四种元素形成的某种具有强氧化性的物质的结构如图。下列说法错误的是 A.其化学式为(XW4)2Z2Y8，其中Z显+7价B.X、Y、Z的第一电离能：Y＞X＞ZC.四种元素均可与钠元素形成离子化合物D.该物质具有强氧化性是因为含有－Y－Y－键【答案】AB【解析】【分析】根据Y成了2条键，推测Y可能为O或者S，又根据Y和Z同主族且为短周期元素，故推测Y为O，Z为S，又根据该物质中X成了4条键，且X位于第二周期，显＋1价，推测X为N，W为H。【详解】A．中存在键，其中S元素显＋6价，A项错误；B．第一电离能，B项错误；C．NaH、、和均属于离子化合物，C项正确；D．键中O元素显－1价，具有强氧化性，D项正确。故选AB。12.微生物燃料电池可将底物直接转化为电能，提高了能量转化效率。某微生物燃料电池的工作原理如图所示。下列说法错误的是A.升高电池的反应温度，可以有效提高该电池的放电效率B.硫氧化菌和硫酸盐还原菌起到了保证S元素循环的作用C.a电极的电极反应方程式为：9H++SO+8e-=HS-+4H2OD.理论上，消耗1mol氧气时，有4molH+通过质子交换膜【答案】AC 【解析】【分析】硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成CO2、和，由H+的移动方向可知，a是负极，在硫氧化菌作用下转化为，失电子发生氧化反应，反应式是；b是正极，氧气得电子的还原反应:，两种细菌存在，循环作用把有机物氧化成CO2、放出电子。【详解】A．升高温度会把微生物杀死，导致该电池失活，A项错误；B．硫氧化菌将氧化为，硫酸盐还原菌将还原为，恰好完成了S元素的循环，B项正确；C．a电极反应为：，C项错误；D．正极的电极反应式为，氧气参加时，有电子转移，故有通过，D项正确；故选AC。13.KClO2是一种极强的氧化剂，在酸性或碱性介质下均能将MnO2溶解，得到紫色溶液。其中一种制备流程如图，下列说法正确的是A.“还原”过程反应的环境为强碱性介质B.“还原”过程中消耗葡萄糖和NaClO3物质的量之比为1：12C.“制备”过程中发生的离子方程式为：2ClO2+H2O2=2ClO+O2+2H+D.在碱性介质下，ClO的氧化性强于MnO【答案】D【解析】【分析】葡萄糖与氯酸钠发生氧化还原生成二氧化碳和二氧化氯，葡萄糖被氧化，二氧化氯与氢氧化钾和过氧化氢发生氧化还原生成KClO2，此过程中氯元素被还原，氧元素被氧化为氧气，以此解题。【详解】A．“还原”过程转化为，说明反应介质为酸性环境，A错误；B．葡萄糖()转化为，C元素由0价升高为＋4价一个葡萄糖分子升高24价，中 Cl元素由＋5价降低为＋4价降低1价，根据化合价升降相等二者物质的量之比为，B错误；C．“制备”过程为碱性环境，不会生成，C错误；D．在碱性介质下，可将氧化为，说明氧化剂()的氧化性强于氧化产物()的氧化性，D正确；故选D。14.298K时，向100mL0.1mol•L-1HA溶液中滴入等浓度的KOH溶液，混合溶液的pH与P[]的关系如图所示。下列叙述错误的是已知：P[]=-lg[]A.25℃时，A-的水解平衡常数Kh的数量级为10-11B.B点时，2c(K+)＞2c(A-)+c(HA)C.未加KOH时，酸和水电离出的H+浓度之比约为1010D.A点到B点过程中，水的电离程度逐渐减小【答案】BD【解析】【详解】A．由图中A点可知，时，，求得HA的，的水解平衡常数，故其数量级为，A项正确；B．B点列电荷守恒等式得：，此时溶液显中性，，故得①式：，故，B项错误；C．未加KOH时，，假设酸电离出浓度为，， ，根据HA的电离平衡常数列等式得：，故，则由水电离出的，故酸和水电离出的浓度之比，C项正确；D．酸碱恰好完全反应时，水的电离程度最大，A点到B点过程中，向HA中滴入等浓度的KOH溶液，水的电离程度逐渐增大，D项错误；故选BD。第II卷非选择题(共54分)三、非选择题(本题共4小题，共54分。)15.氯金酸晶体(HAuCl4•4H2O，Mr=412)用途广泛，黄金深加工中氯金酸的制备往往为第一步反应。某化学实验小组设计用双氧水、氯化氢与金粉反应制备氯金酸，并探究其分解产物。I.氯金酸晶体的制备制备氯金酸的装置如图甲所示。检查装置气密性，向三颈烧瓶中加入金粉，通过仪器b向三颈烧瓶中加入30%的双氧水，保持反应装置的温度为40℃，再向三颈烧瓶中通入HCl，一段时间后得到金黄色氯金酸溶液，将反应液经一系列操作可得橘黄色氯金酸晶体。（1）仪器a的化学名称为_________，其作用为_________。（2）实验室利用图乙装置制备HCl气体，在该制备方法中浓硫酸体现的性质是________；在恒压滴液漏斗的下口连接有毛细玻璃管，这样做的目的是_________。（3）写出三颈烧瓶里发生反应的化学方程式为_________。（4）“一系列操作”含有过滤操作，该操作所需要的硅酸盐仪器有________。Ⅱ.氯金酸晶体的热分解研究表明HAuCl4•4H2O(Mr=412)热分解得到Au的过程可分为四步，某实验小组取一定质量的HAuCl4•4H2O样品进行热重分析，固体质量损失率(×100%)随温度变化的曲线如图所示： （5）在130.7℃～142.6℃时，质量损失率为8.86%，可能损失的物质是______(填化学式)。（6）写出247.4℃～344.5℃时，发生反应的化学方程式________。【答案】（1）①.球形干燥管或干燥管②.防倒吸（2）①.浓硫酸吸水放热②.防止液滴飞溅，防止形成酸雾（3）2Au+H2O2+8HCl=2HAuCl4+6H2O（4）漏斗、玻璃棒、烧杯（5）HCl（6）2AuCl2Au+Cl2↑【解析】【分析】用双氧水、氯化氢与金粉在甲装置反应制备氯金酸，三颈烧瓶中放入金粉，通过a球形干燥管通HCl，b恒压滴液漏斗加H2O2，发生的反应为2Au+H2O2+8HCl=2HAuCl4+6H2O。乙装置制备HCl，浓盐酸滴入浓硫酸中，浓硫酸溶于水放热，使HCl挥发。热重分析曲线中，假设称取的质量为412g，36至130.7℃损失72g，即4molH2O，此时固体为HAuCl4；130.7至142.6℃，损失36.5g，损失1molHCl，此时固体为AuCl3；142.6至247.4℃，损失71g，即1molCl2，此时固体为AuCl；247.4至344.5℃，损失35.5g，0.5molCl2，此时固体为Au。【小问1详解】仪器a的名称是球形干燥管，HCl易溶于水，可防倒吸；【小问2详解】制取HCl使，浓硫酸吸水放出的热量使HCl挥发。由于反应较剧烈，连接毛细管可使液体在毛细管内部形成一种连续的、稳定的液体柱，防止暴沸使液滴飞溅，气泡带出形成硫酸酸雾；【小问3详解】根据电子守恒和原子守恒，反应产物还有水，化学方程式：2Au+H2O2+8HCl=2HAuCl4+6H2O；【小问4详解】过滤操作所学的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒； 【小问5详解】假设称量的质量为412g，质量损失率为8.86%时，损失的质量为，则可能损失1molHCl；【小问6详解】据分析，247.4℃时固体为AuCl，344.5℃时固体为Au，发生的反应方程式为：2AuCl2Au+Cl2。16.高纯超细氧化铝是一种新型无机功能材料，以铝土矿(主要成分Al2O3，此外还含有SiO2、MgO、Fe3O4)为原料制备高纯超细氧化铝工艺流程如图：已知：①硫酸铝铵的溶解度：0℃时，S=5.2g；100℃时，S=421.9g。②反应温度下Ksp(MgF2)=9.0×10-9。③流程中部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀时pH如表：金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mg2+开始沉淀时pH2.07.03.69.0沉淀完全时pH319.04.711请回答下列问题：（1）“酸浸”步骤若用98%硫酸代替同体积60%的硫酸，可能导致的后果是________。a.不易发生离子反应，造成浸出率下降b.易产生较多酸性废液，提高原料成本c.反应速率过于剧烈，无法控制，造成操作危险（2）“滤液1”中加H2O2发生反应的离子方程式是________。“调节pH”应控制的pH范围是________。（3）“纯化”的方法为________。（4）氟化镁在陶瓷、电子工业、荧光材料等方面应用广泛。取1.0L母液，测得Mg2+浓度为0.02mol•L -1，则至少需加入________gNaF才能使废液中Mg2+沉淀完全(当离子浓度≤1×10-5mol•L-1，可认为沉淀完全，忽略溶液体积变化)。（5）AlN是一种具有耐高温、耐冲击的高温结构陶瓷，熔点高达2200℃，工业上用氧化铝、氮气、碳单质在高温条件下可制备，某AlN晶体的立方晶胞如图所示：①该AlN晶体属于________晶体。②该晶胞的边长为apm，则该晶胞的密度为________g•cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）ab（2）①.2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O②.3.1≤pH≤3.6（3）重结晶（4）2.94（5）①.共价②.【解析】【分析】铝土矿(主要成分Al2O3，此外还含有SiO2、MgO、Fe3O4)用60%硫酸进行酸浸，过滤，可除去SiO2，加入过氧化氢使亚铁离子全部转化为铁离子，调节pH值到3.1-3.6之间，使得铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去，再次过滤后，滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可得Al2（SO4）3·18H2O晶体和含Mg2+的母液，向母液中加入NaF，得MgF2沉淀，向晶体Al2（SO4）3·18H2O中加入（NH4）2SO4溶液，经一系列操作后的得NH4Al（SO4）·12H2O粗晶，经过重结晶纯化后在1240℃下热分解得高纯超细氧化铝。【小问1详解】“酸浸”步骤若用98%硫酸代替同体积60%的硫酸，易产生较多酸性废液，提高原料成本，且98%的硫酸多以硫酸分子形式存在，而不是氢离子和硫酸根离子，导致不易发生离子反应，造成浸出率下降，故选ab；【小问2详解】“滤液1”中加H2O2是为了使亚铁离子全部转化为铁离子，其离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；调节pH值是为了除去溶液中的铁离子，同时铝离子还存在于溶液中，由题干表格可知，pH的范围为3.1-3.6；【小问3详解】纯化NH4Al（SO4）·12H2O粗晶可使用重结晶的方法； 【小问4详解】当离子浓度≤1×10-5mol•L-1，可认为沉淀完全，1.0L母液Mg2+浓度为0.02mol•L-1，其生成0.02mol的MgF2需要的NaF的物质的量为0.04mol，当离子浓度≤1×10-5mol•L-1，可认为沉淀完全，此时，即n（F-）=0.3mol，1.0L母液至少需加入n（NaF）=0.07mol，质量为2.94g；【小问5详解】①AlN熔点高达2200℃，是一种具有耐高温、耐冲击的高温结构陶瓷，即AlN应为共价晶体；②根据AlN晶体的立方晶胞图和均摊法分析，N原子为4个，Al原子为，晶胞质量为，体积为，密度为。17.甲醇是重要的化工原料，合成甲醇和利用甲醇的研究和探索，在国际上一直受到重视。（1）工业上常利用CO2和H2为原料来合成甲醇，发生的主反应i：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-50kJ•mol-1。已知：物质CO2(g)H2(g)CH3OH(g)H2O(g)相对能量/(kJ•mol-1)-3930x-242表格中x=________。（2）一定条件下，向2L恒温恒容密闭容器中充入1molCO2(g)和2.8molH2(g)仅发生反应i，在两种不同催化剂作用下建立平衡的过程(I、Ⅱ)中CO2的转化率随反应时间的变化曲线如图。①a点v正_________b点v逆(填“＞”、“＜”或“=”)。 ②已知，平衡时a点总压强为13kPa，则该反应的压强平衡常数Kp=_________(kPa)-2。③过程I，t2min时刻改变的反应条件可能是__________。a.升高温度b.降低温度c.加入惰性气体d.增大水蒸气的浓度（3）一定条件下，CO2和H2合成甲醇的过程中，还会发生副反应：反应ii：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2＞0。将一定量的CO2(g)和H2(g)充入密闭容器中并加入合适的催化剂，同时发生反应i、ii。相同温度下，在不同压强下测得CO2的平衡转化率、CH3OH(g)的选择性和CO的选择性随压强的变化曲线如图。图中表示CO的选择性的曲线是_________(填“m”、“n”或“p”)；试解释随着压强的增大，该曲线呈现这种变化趋势的原因：________。（4）CO2的光电催化反应器如图所示。以TiO2为光催化剂，通过光解水产生电子和质子，而后诱导(Pt/CNT)电极催化还原CO2制得异丙醇，写出异丙醇的结构简式________；用电极反应式表示光解水过程________。【答案】（1）-201（2）①.＞②.0.036③.ad（3）①.p②.增大压强，反应i平衡正向移动，CO2含量减少，水蒸气含量增多，使反应ii平衡逆向移动，导致CO选择性降低（4）①.CH3CH(OH)CH3②.2H2O-4e-=O2↑+4H+【解析】【小问1详解】 利用各物质的相对能量来计算焓变值，△H=生成物总相对能量-反应物总相对能量，则△H1=-50kJ•mol-1，-50=x+(-242)-[(-393)+3×0]，则x=-201；【小问2详解】①b点反应向正向进行，v正>v逆，b点到a点即建立平衡的过程中v正逐渐减小，v逆逐渐增大，则a点v逆大于b点v逆，a点已达平衡状态v正=v逆，故a点v正>b点v逆；②CO2的平衡转化率为60%，则CO2变化了0.3mol·，利用三段式进行解答P总=13kPa，P分压=物质的量分数×P总，则各物质分压为P(CO2)=，同理P(H2)=5kPa，P(CH3OH)=3kPa，P(H2O)=3kPa，代入Kp=；③过程I，t2min时刻CO2转化率下降，说明平衡逆向移动，△H1=-50kJ•mol-1，反应为放热反应，升高温度平衡逆移，故a正确、b错误；反应体系为恒容，加入惰性气体对平衡移动无影响，故c错误；增大水蒸气的浓度，平衡将逆向移动，故d正确；答案选ad；【小问3详解】反应i：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)为气体总体积减小反应，增大压强平衡正移，反应ii：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)为气体总体积不变的反应，增大压强平衡不移动，压强越大CH3OH(g)的选择性越大，CO的选择性越小，所以p曲线表示CO的选择性；增大压强，反应i平衡正向移动，CO2含量减少，水蒸气含量增多，使反应ii平衡逆向移动，导致CO选择性降低；【小问4详解】异丙醇的结构简式为CH3CH(OH)CH3；该光电催化反应器以TiO2为光催化剂，通过光解水产生电子和质子，则光解水的过程发生的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。18.盐酸阿比朵儿是光谱抗病毒药物，对禽流感病毒有抑制作用，合成路线之一为： 请回答下列问题：（1）CH3NH2的名称为________，其水溶液显碱性，用化学用语表示CH3NH2溶液显碱性的原因：________。（2）G中含氧官能团的名称为________。（3）由A生成B的反应若视为分两步进行，则相应有机反应类型依次为_______、_______。（4）由C生成D的化学方程式为________。（5）1molE最多能和________molNaOH反应(已知与苯环直接相连的溴原子很难与NaOH反应，本题不予考虑)。（6）A的同分异构体中既能与NaHCO3反应，又能发生银镜反应的有________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1：2：6的结构简式为________(任写一种)。【答案】（1）①.甲胺②.CH3NH2+H2OCH3NH+OH-（2）羟基、酯基（3）①.加成反应②.消去反应（4）+CH3COCl→+HCl（5）4（6）①.12②.(CH3)2C(CHO)CH2COOH或(CH3)2C(COOH)CH2CHO【解析】【分析】根据流程信息知，A和CH3NH2发生加成反应生成，发生醇的消去反应生成BB转化为C，C与CH3COCl发生取代反应生成D ，D再与溴单质发生取代反应生成E，E经反应可得F，F再经一系列转化即可制得盐酸阿比朵儿。【小问1详解】CH3NH2的官能团为氨基，其名称为甲胺，甲胺易溶于水，其水溶液显碱性的原因是CH3NH2+H2OCH3NH+OH-；【小问2详解】观察G的结构简式知，其中含氧官能团的名称为羟基、酯基；【小问3详解】据分析，由A生成B可视为分两步进行，先由和CH3NH2发生加成反应生成，再发生醇的消去反应生成，则相应的有机反应类型依次为加成反应、消去反应；【小问4详解】观察C、E结构简式知，C到D的过程中，C中苯环上的“-OH”转化为D中的“-OOCCH3”，故由C生成D的化学方程式为：+CH3COCl→+HCl；【小问5详解】E中能和NaOH反应的结构有：一个醇酯基、一个酚酯基、一个溴原子（-CH2Br中），它们分别能消耗NaOH1个、2个、1个，故1molE最多能和4molNaOH反应；【小问6详解】