四川省仁寿第一中学南校区2023-2024学年高三上学期11月期中考试理综化学试题（Word版附解析）

高2021级期中考试理综测试试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　O—16　S—32　V-51第Ⅰ卷(选择题，共126分)一、选择题(本题共13小题，每小题6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.化学与生产、生活、科技、环境保护息息相关。下列说法正确的是A.“汽车尾气处理”有助于改善城市空气质量，有利于实现碳达峰、碳中和B.印制货币票面文字、号码等处使用含的油墨，利用了的稳定性C.纳米铁粉可以通过吸附作用高效地除去被污染水体中的、等重金属离子D.制作“嫦娥”太空飞行器使用的碳纤维复合材料是一种新型无机非金属材料【答案】D【解析】【详解】A．汽车尾气中含有一氧化氮和一氧化碳，催化处理生成氮气和二氧化碳，“汽车尾气处理”有助于改善城市空气质量，但增加了二氧化碳的排放，不能实现“碳达峰、碳中和”，A错误；B．Fe3O4具有磁性的性质，可将印有磁性编码的货币投入磁码识读器中辨识真伪，不是利用其稳定性，B错误；C．纳米铁粉除去被污染水体中的Cu2+、Ag+等重金属离子是发生了化学反应，不是因为吸附作用，C错误；D．制作“嫦娥”太空飞行器使用的碳纤维复合材料是一种新型无机非金属材料，D正确；故答案为：D。2.研究表明阿兹夫定片对新型冠状病毒肺炎有疗效，主要成分的有机物结构如图所示，下列说法不正确的是 A.该有机物的分子式为B.该有机物能发生消去反应C.该有机物中五元环上有3种一氯代物D.该有机物分子中含有4个手性碳原子【答案】A【解析】【详解】A．根据结构简式可知，该有机物的分子式为，选项A错误；B．该有机物含有醇羟基，且与羟基相连的邻位碳上有H原子，因此能发生消去反应，选项B正确；C．该有机物中五元环上有3种不同化学环境的氢原子，一氯代物有3种，选项C正确；D．连接四种不同基团的碳是手性碳原子，该有机物五元环上的碳原子均是手性碳原子，共4个，选项D正确；答案选A。3.下列反应的离子方程式，不正确的是A.氢氧化铁悬浊液溶于氢碘酸溶液中：B.向溶液中加入过量NaOH溶液并加热：C.少量通入NaClO溶液中：D.过氧化钠与水反应：【答案】D【解析】【详解】A．三价铁离子具有强的氧化性，能够氧化碘离子；氢氧化铁悬浊液溶于氢碘酸溶液中：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，故A正确；B．向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液并加热生成碳酸钠、氨气和水，离子方程式为 ，故B正确；C．二氧化硫少量，氢离子与次氯酸根离子结合生成次氯酸；少量SO2通入NaClO溶液中，离子方程式为：，故C正确；D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气。过氧化钠与足量水反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH-+O2↑，故D错误；故选：D。4.下列实验操作、现象与结论相匹配的是选项实验操作现象结论A铝箔插入稀硝酸中无明显现象铝箔表面形成了致密的氧化膜B碳和浓硫酸加热所得气体产物依次通过品红溶液和澄清石灰水品红溶液褪色，澄清石灰水变浑浊气体产物中含有CO2和SO2C向5mL0.1mol/LKI溶液中滴入0.1mol/LFeCl3溶液5～6滴，加2mLCCl4振荡，静置后取上层清液滴加KSCN溶液溶液变红与的反应有一定限度D足量的铜和浓硝酸反应，反应停止后，往溶液中加入稀硫酸溶液褪色铜和稀硫酸发生反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．Al与稀硝酸反应生成硝酸铝、NO和水，由气泡冒出，不发生钝化，A错误；B．二氧化硫使品红褪色，且过量二氧化硫可使石灰水变浑浊，应除去二氧化硫后检验二氧化碳，B错误；C．铁离子不足量，KI和氯化铁反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈红色，说明溶液中还含有铁离子，则溶液中存在可逆反应，所以铁离子和碘离子的反应有一定限度，C正确；D．Cu与稀硫酸不反应，酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu，加稀硫酸时剩余Cu溶解是发生反应：3Cu+8H++2 =3Cu2++2NO↑+4H2O，D错误；故答案为：C。5.某多孔储氢材料结构如图，M、W、X、Y、Z五种短周期元素原子序数依次增大，电负性Z大于Y，下列说法错误的是A.第一电离能：Y>ZB该物质中有离子键、极性共价键C.M、Y、Z形成的化合物只能促进水的电离D.最高价含氧酸的酸性：Y>X>W【答案】C【解析】【分析】M、W、X、Y、Z五种短周期元素原子序数依次增大，电负性Z大于Y，Z能形成2个共价键，则Z为O元素；M形成1个共价键，其原子序数最小，则M为H元素；X形成4个共价键，则X为C元素；Y、W能分别形成4个共价键，且分别形成阳离子、阴离子，则Y为N元素、W为B元素。【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素第一电离能大于氧元素，故A正确；B．由多孔储氢材料结构可知，储氢材料中含有阴阳离子，该物质中有离子键，碳氢等之间存在极性共价键，氮与氢氧和硼之间还存在配位键，故B正确；C．氢元素、氮元素和氧元素形成的硝酸能电离出氢离子抑制水的电离，故C错误；D．元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，三种元素的非金属性强弱顺序为N＞C＞B，则最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序为硝酸＞碳酸＞硼酸，故D正确；故选C。6.CO2电化学传感器是将环境中CO2浓度转变为电信号的装置，工作原理如图所示，其中YSZ是固体电解质，当传感器在一定温度下工作时，在熔融Li2CO3和YSZ之间的界面X会生成固体Li2O。下列说法错误的是 A.CO迁移方向为界面X→电极bB.电极a上消耗的O2和电极b上产生的CO2的物质的量之比为1：1C.电极b为负极，发生的电极反应为2CO-4e-=O2↑+2CO2↑D.电池总反应为Li2CO3=Li2O+CO2↑【答案】B【解析】【分析】根据图示可知在电极a上O2得到电子变为O2-，所以a电极为负极；在电极b上熔融Li2CO3失去电子变为CO2、O2，所以金属电极b为正极，然后根据同种电荷相互排斥，一致电荷相互吸引的原则分析判断。【详解】A．根据图示可知：电极a上O2得到电子变为O2-，所以a电极为正极；在电极b上熔融Li2CO3失去电子变为CO2、O2，所以金属电极b为负极。CO会向负极区移动，故CO迁移方向为界面X→电极b，A正确；B．在电极a上发生反应：O2+4e-=2O2-，在电极b上发生反应：2CO-4e-=O2↑+2CO2↑，在同一闭合回路中电子转移数目相等，可知电极a上消耗的O2和电极b上产生的CO2的物质的量之比为1：2，B错误；C．电极b为负极，失去电子发生氧化反应，则负极的电极反应为2CO-4e-=O2↑+2CO2↑，C正确；D．负极上熔融的Li2CO3失去电子被氧化产生O2、CO2气体，反应式为Li2CO3(熔融)=2Li++；2CO-4e-=O2↑+2CO2↑，正极上发生反应：O2+4e-=2O2-，根据在同一闭合回路中电子转移数目相等，将正、负极电极式叠加，可得总反应方程式为：Li2CO3=Li2O+CO2↑，D正确；故合理选项是B。7.用盐酸滴定溶液，溶液中、、的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是【如分布分数：】 A.的为B.c点：C第一次突变，可选酚酞作指示剂D.【答案】C【解析】【分析】用盐酸滴定溶液，pH较大时的分布分数最大，随着pH的减小，的分布分数逐渐减小，的分布分数逐渐增大，恰好生成之后，的分布分数逐渐减小，的分布分数逐渐增大，表示、、的分布分数的曲线如图所示，，据此分析选择。【详解】A．的，根据上图交点1计算可知=10-6.38，A错误；B．根据图象可知c点中，B错误；C．根据图象可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C正确； D．根据图象e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成，根据计算可知，D错误；答案为：C。第Ⅱ卷(非选择题，共174分)三、实验题题：本题共2小题，共16分。8.稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。离子开始沉淀时的pH8.81.53.66.2~7.4沉淀完全时的pH/3.24.7/（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。（2）“过滤1”前，用溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______(保留两位有效数字)。（4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_______。 ②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。（6）稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。①还原和熔融盐制备时，生成1mol转移_______电子。②用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_______。【答案】（1）Fe2+（2）①.4.7pH<6.2②.（3）4.010-4（4）①.加热搅拌可加快反应速率②.冷却结晶（5）MgSO4（6）①.15②.O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】【分析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。【小问1详解】由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；【小问2详解】由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH<6.2；；【小问3详解】滤液2中浓度为，即0.1125mol/L，根据 ，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==4.010-4，故答案为：4.010-4；【小问4详解】①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；②“操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；【小问5详解】由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；【小问6详解】①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1mol转移15电子，故答案为：15；②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。9.硫酸氧钒(VOSO4)是全钒液流储能系统中不可或缺的电解质，实验室围绕VOSO4的相关实验如下：Ⅰ．VOSO4的制备((夹持装置省略)在三颈烧瓶中，加入20mL硫酸[V(蒸馏水)：V(98%硫酸)=1：1]，加入1.8gV2O5，加热至85°C后再通过固体加料器加入1.5gV2O3，充分搅拌，反应2h后倒出溶液，经抽滤后再将滤液经一系列操作，得到4.1 gVOSO4·3H2O固体。（1）仪器a的化学名称为_______，该实验宜选用_______的三颈烧瓶(填字母)。a．25mLb．50mLc．100mL（2）抽滤装置如下图所示：抽滤时自来水的作用是_______。（3）上述实验过程中，下列仪器不需要的是_______(填字母)。（4）写出三颈烧瓶中生成VOSO4的化学方程式：_______。Ⅱ．测量VOSO4·3H2O样品中钒的质量分数i．称取1.36gVOSO4·3H2O样品配成250mLVOSO4溶液；ii．取25.00mL，上述溶液于锥形瓶中，滴加足量酸性高锰酸钾溶液将VO2+完全转化为；iii．处理过量的高锰酸钾溶液(此过程省略，所涉试剂不影响滴定反应)；iv．一定条件下滴入指示剂，用0.05mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液(将完全转化为VO2+)滴定至终点。平行测量三次，消耗标准溶液的平均体积为12.00mL。（5）硫酸亚铁铵标准溶液应盛放在_______(填“酸”或“碱”)式滴定管中；滴定过程中眼睛应观察_______。（6）测得上述样品中钒的质量分数为_______%。（7）实验过程中，下列操作会导致所测钒含量偏小的是_______(填字母)。a．步骤ii取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，不小心洒出少许b．盛装硫酸亚铁铵标准溶液的滴定管未润洗c．配制VOSO4溶液时忘记洗涤烧杯和玻璃棒 d．滴定结束后发现滴定管尖嘴处有一滴液体没有滴落【答案】（1）①.恒压分液漏斗②.b（2）使瓶内压强小于外界大气压（3）a（4）V2O5+V2O3+4H2SO44VOSO4+4H2O（5）①.酸②.锥形瓶内溶液颜色的变化（6）22.5（7）ac【解析】【分析】将V2O5转移至三颈烧瓶中，加入过量的硫酸，在85℃水浴环境并搅拌下充分反应，冷却后，充分反应，抽滤后将滤液经“一系列”操作可得到VOSO4•nH2O；由关系式VOSO4·3H2O~Fe2+~V计算钒的质量，计算钒的质量分数。【小问1详解】仪器a的化学名称为恒压分液漏斗，三颈烧瓶中，加入20mL硫酸，加热的液体不超过三颈烧瓶容积的一半，该实验宜选用50mL的三颈烧瓶(填字母)。故答案为：恒压分液漏斗；b；【小问2详解】抽滤装置抽滤时自来水的作用是使瓶内压强小于外界大气压。故答案为：使瓶内压强小于外界大气压；【小问3详解】上述实验过程中，下列仪器不需要的是50mL的容量瓶。要用托盘天平称样品质量，用坩埚钳夹持蒸发皿，故答案为：a；【小问4详解】三颈烧瓶中V2O5、V2O3、H2SO4混合加热，生成VOSO4，化学方程式：V2O5+V2O3+4H2SO44VOSO4+4H2O。故答案为：V2O5+V2O3+4H2SO44VOSO4+4H2O；【小问5详解】强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，硫酸亚铁铵标准溶液应盛放在酸(填“酸”或“碱”)式滴定管中；滴定过程中眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化。故答案为：酸；锥形瓶内溶液颜色的变化；【小问6详解】由关系式VOSO4·3H2O~Fe2+~V得钒的质量为0.05mol·L-1×0.012L××51g/mol=0.306g ，测得上述样品中钒的质量分数为=22.5%。故答案为：22.5；【小问7详解】a．步骤ii取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，不小心洒出少许，溶质减少，所消耗的硫酸亚铁铵标准溶液体积减小，导致所测钒含量偏小，故a选；b．盛装硫酸亚铁铵标准溶液的滴定管未润洗，硫酸亚铁铵标准溶液被冲稀，所消耗的硫酸亚铁铵标准溶液体积增大，导致所测钒含量偏大，故b不选；c．配制VOSO4溶液时忘记洗涤烧杯和玻璃棒，溶质减少，所消耗的硫酸亚铁铵标准溶液体积减小，导致所测钒含量偏小，故c选；d．滴定结束后发现滴定管尖嘴处有一滴液体没有滴落,所消耗的硫酸亚铁铵标准溶液体积增大，导致所测钒含量偏大，故d不选；故答案为：ac。10.化学反应的调控与平衡移动原理在工业生产中有着广泛的应用。I．在硫酸工业中，发生反应，在不同条件下SO2的平衡转化率数据(已知，约10个标准大气压)如表所示：0.10.5151045097.5(A)98.9(B)99.2(C)99.6(D)99.7(E)55085.6(F)92.9(G)94.9(H)97.798.3(J)注：表内转化率数值后括号内字母，如“A”，为反应条件编号。（1）SO2的大量排放会导致酸雨，酸雨的pH<___________(填数值)；为了碧水蓝天工程，必须有效控制污染物的排放，同时提高SO2的转化率，依据勒夏特列原理，理论上选择表中反应条件___________(填编号)为最佳。Ⅱ．工业合成氨的原料气[N2、H2，混有少量CO(能使合成氨的催化剂中毒)、NH3]进入合成塔前要经过铜氨液处理。反应①(制取氢气)：反应②(铜氨液处理原料气)： （2）分析原料气需要经过铜氨液处理的原因：___________，处理了原料气后的废液经过适当___________(填“升温”或“降温”)可使铜氨液再生。（3）反应①的平衡常数为K①，反应②的平衡常数为K②；在一定压强下的恒容密闭容器中，－lgK①、－lgK②随温度变化的曲线如图。T℃时，反应的平衡常数K=___________。（4）在673K时，合成氨各步反应的能量变化如图所示(标“*”的粒子表示吸附态)：图中生成NH2*的过程中的决速步骤的活化能为___________kJ·mol－1；已知净速方程式为，k1、k2点分别为正反应和逆反应的速率常数，p(N2)、p(H2)、p(NH3)代表各气体组分的分压(分压=总压×物质的量分数)。在恒温恒压条件下，向某密闭容器中通入1molN2(g)和3molH2(g)合成氨气，起始p0=16MPa，当反应达到平衡时，NH3(g)的质量分数为40%，设a=0.5，则p(N2)=___________MPa，___________。【答案】（1）①.5.6②.E（2）①.除去CO，防止CO使催化剂中毒②.升温 （3）1（4）①.62②.3③.0.073【解析】【小问1详解】二氧化硫会导致酸雨的原因是二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸的酸性强于碳酸，电离出的氢离子使溶液pH小于5.6；由表格数据可知，温度为450℃、压强为10MPa时，二氧化硫的转化率最大，则依据勒夏特列原理，理论上表中反应条件最佳的为E，故答案为：5.6；E；【小问2详解】由题意可知，一氧化碳能使合成氨的催化剂中毒，所以原料气需要经过铜氨液处理的目的是除去一氧化碳，防止一氧化碳使催化剂中毒；由方程式可知，反应②为放热反应，升高温度，使平衡向逆反应方向移动，可以使铜氨液再生，故答案为：除去CO，防止CO使催化剂中毒；升高温度；【小问3详解】由盖斯定律可知，反应②—①可以得到反应，则反应的平衡常数K=，由图可知，T℃时，平衡常数K①=K②，所以的平衡常数K=1，故答案为：1；【小问4详解】由图可知，生成NH2*的过程中活化能最大的反应为N+H=N*+3H*，反应的活化能越大，反应速率越慢，正反应的决速步骤取决于慢反应，则生成NH2*的决速步骤取决于N+H=N*+3H*，由图可知，反应的活化能为62kJ/mol；设平衡时消耗氮气的物质的量为xmol，由题意可建立如下三段式：由质量守恒定律和氨气的质量分数为40%可得：×100%=40%，解得x=0.4，平衡时氮气的分压为×16MPa=3MPa，氨气的净速为0，则，则当a=0.5时，====0.073，故答案为：62；0.073。[化学——选修3：物质结构与性质] 11.金属Mn、Co、Ni、Sb等在电池、储氢材料、催化剂等方面有广泛应用。请回答下列问题：（1）基态Co原子中，核外电子占据的最高能层的符号是_______，基态Ni简化的核外电子排布式为_______。（2）铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化甲醛生成甲酸(结构如图)。①甲酸的沸点比甲醛的_______(填“低”或“高”)，主要原因是_______。②甲酸分子中O-H键的类型是s-sp3σ键，C-H键的类型是_______σ键，键角：α_______β(填“>”“=”或“<”)。（3）超强酸氟锑酸(结构如图)在化学和化学工业上有很大的应用价值，是活性极高的催化剂。①该物质中∠FSbF为90°或180°，则阴离子的空间构型为_______。②阴离子的中心原子的杂化轨道类型是_______(填序号)。A.sp3d2B.sp2C.sp3D.sp（4）Mg2NiH4是科学家研究的一种高效固态储氢材料。在Mg2NiH4晶胞中，Ni原子占据如图所示的顶点和面心，Mg2+处于图中八个小立方体的体心。Mg2+和Ni原子的最短距离为dnm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为_______g·cm-3(用含NA、d、M的代数式表示，Mg2NiH4的相对分子质量为M)。【答案】（1）①.N②.[Ar]3d84s2（2）①.高②.甲酸分子间有氢键，甲醛没有③.s-sp2④.<（3）①.正八面体②.A（4） 【解析】【小问1详解】Co为27号元素，有4个电子层，最外层2个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，基态Co原子中，核外电子占据的最高能层为第4层，符号是N；Ni为28号元素，有4个电子层，最外层2个电子，基态Ni的简化核外电子排布式为[Ar]3d84s2；【小问2详解】甲酸分子间有氢键，气化时克服氢键作用，比起没有分子间氢键的甲醛的沸点要高；甲酸分子中的C原子是平面三角形结构，因此C-H键的类型为s-sp2σ键；因为双键斥力大于单键，因此α<β；【小问3详解】SbF中，Sb最外层有5个电子，阴离子再多带一个电子，每个F再提供1个电子，共提供6个电子，形成6对成键电子，所以中心原子Sb发生sp3d2杂化，答案选A；根据键角大小与各原子相对位置可知SbF6形成正八面体型；【小问4详解】Mg2+和Ni原子的最短距离为dnm，设晶胞棱长为acm，则根据Mg2+和Ni原子在晶胞中的位置可知d(nm)=(cm)×107(nm/cm)，a=(cm)，在Mg2NiH4晶胞中，Ni原子占据如图所示的顶点和面心，Ni原子个数为，Mg2+处于图中八个小立方体的体心，即个数为8×1=8，所以一个晶胞中含4个Mg2NiH4，则晶胞密度。[化学—有机化学基础]12.G是有机化学中重要中间体，能用于合成多种药物和农药，G的一种合成路线如图： 已知：(呈碱性，易被氧化)；硝化反应指在硝化试剂的作用下，有机化合物分子中的氢原子或基团被硝基取代的反应。请回答下列问题：（1）A的化学名称为___________，B的结构简式为___________。（2）E中官能团的名称为硝基、___________，④的反应类型为___________。（3）G的分子式为___________；F→G的化学方程式为___________。（4）在C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有___________种(不考虑立体异构)。①能与NaHCO3溶液反应；②能发生银镜反应和水解反应；③结构中除苯环外不含其他环。其中，核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为2：2：2：1：1的同分异构体的结构简式为___________(写一种)。【答案】（1）①.3−甲基苯酚(间甲基苯酚)②.（2）①.(酚)羟基、羧基②.取代反应(或硝化反应)（3）①.C9H9NO4②.++HCl（4）①.17②.或【解析】【分析】有机物A分子式是C7H8O，根据转化过程中碳链结构不变，可知A是间甲基苯酚， A与乙酰氯发生取代反应产生B，B被酸性KMnO4溶液氧化产生C，C与NaOH作用，-COOH变为COONa，-OOCCH3发生水解反应产生-ONa、CH3COONa，然后酸化可得D：，D与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生E：，E与Fe、HCl发生还原反应产生F为，F与乙酰氯在一定条件下发生取代反应产生G，据此分析解答。【小问1详解】对比A、C的结构及根据反应②的条件，可知A到B发生取代反应，B到C发生氧化反应，故B为。【小问2详解】根据反应③的条件，可推出D为，对比D、E的结构，可知反应④为取代反应或硝化反应。【小问3详解】G的分子式为C9H9NO4，F→G的化学方程式为++HCl。【小问4详解】①能与NaHCO3溶液反应，说明分子中含有-COOH；②能发生银镜反应和水解反应，说明分子中含有 HCOO-；③分子中含有苯环。苯环上只有一个取代基即HCOOCH(COOH)—时，结构只有1种；苯环上有2个取代基即-CH2OOCH、-COOH或-OOCH、-CH2COOH时，结构共2×3=6种；苯环上有3个取代基即HCOO-、-CH3和