福建省福州第一中学2023-2024学年高三上学期第一次联考化学试题（Word版附解析）

2023－2024学年第一学期八校第一次联考高三化学学科试卷（完卷75分钟满分100分）可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12O-16P-31S-32Cl-35.5Fe-56第I卷选择题（共40分）每题只有一个选项是正确的，每题4分，共40分，请将答案填涂在答题卷上。1.化学与生活、科技密切相关。下列说法正确的是A.“歼－20”飞机上使用的碳纤维被誉为“新材料之王”，是一种新型有机高分子材料B.2020年12月3日，在月球表面成功展开的五星红旗的主要材料芳纶属于合成纤维C.用于光学望远镜的高致密碳化硅特种陶瓷材料，是一种传统无机非金属材料D.中国天眼使用的防腐蚀材料磷酸钡属于强电解质，其中钡属于过渡元素【答案】B【解析】【详解】A．碳纤维为无机非金属材料，A错误；B．芳纶属于有机合成纤维，B正确；C．碳化硅特种陶瓷材料，是一种新型无机非金属材料，C错误；D．钡是第II主族元素，D错误；故选B。2.氰气可用于有机合成，也用作消毒、杀虫的熏蒸剂，是“拟卤素”的一种，性质与氯气相似，可以与水发生反应：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.与互为等电子体B.中含有的键数为C.每生成转移电子数为D.常温下的溶液中由水电离出的数为【答案】A【解析】【详解】A．与原子数相等，价电子总数都为16，故互为等电子体，故A正确；B．的结构式为，中含有的键数为，故B错误； C．中C为+3价，N为-3价，通过反应：，生成的HCN中碳为+2价，N为-3价，HOCN中C为+4价，N为-3价，可知变价的元素为C，生成1个HCN，转移1个电子；每生成转移电子数为，故C错误；D．溶液的体积未知，无法计算由水电离出的数目，故D错误。答案选A。3.水体中的局部氮循环如图所示。下列说法错误的是A.N2→NH属于氮的固定B.图示转化过程中N元素表现出7种化合价C.硝化过程中含N物质被氧化，反硝化过程中含N物质被还原D.在NH、NH2OH、NO和NO中N原子的杂化方式不完全相同【答案】C【解析】【详解】A．N2→NH为空气中游离态的氮转化为化合态的氮，属于氮的固定，A正确；B．N2、NH、NH2OH、NO、NONO、N2O中氮元素的化合价分别为0、-3、-1、+3、+2、+1，表现出7种化合价，B正确；C．硝化过程中N2→NH过程中氮元素化合价降低，被还原，C错误；D．在NH、NH2OH中N为sp3杂化；NO和NO中N为sp2杂化；N原子的杂化方式不完全相同，D正确；故选C。4.下图是一种综合处理含尾气的工艺流程，下列叙述正确的是 A.的价电子排布式为B.检验“吸收”后的溶液是否还可继续吸收，可用试剂C.“氧化”中发生反应的离子方程式为：D.“氧化”后的溶液可以循环使用【答案】D【解析】【分析】由图可知，吸收步骤发生的反应为硫酸铁溶液与二氧化硫气体反应生成硫酸亚铁和硫酸，氧化步骤发生的反应为酸性条件下硫酸亚铁溶液与空气中氧气反应生成硫酸铁和水，反应生成的硫酸铁可以循环使用。【详解】A．铁元素的原子序数为26，基态铁离子的价电子排布式为3d5，故A错误；B．由分析可知，吸收步骤发生的反应为硫酸铁溶液与二氧化硫气体反应生成硫酸亚铁和硫酸，则检验“吸收”后的溶液是否还可继续吸收二氧化硫，应用硫氰化钾溶液检验是否存在铁离子，而不是用铁氰化钾溶液检验是否存在亚铁离子，故B错误；C．由分析可知，氧化步骤发生的反应为酸性条件下硫酸亚铁溶液与空气中氧气反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为，故C错误；D．由分析可知，氧化步骤发生的反应为酸性条件下硫酸亚铁溶液与空气中氧气反应生成硫酸铁和水，反应生成的硫酸铁可以循环使用，故D正确；故选D。5.羟甲香豆素(丙)是一种治疗胆结石的药物，部分合成路线如图所示。下列说法不正确的是A.甲分子中的有1个手性碳原子B.丙能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.常温下1mol乙最多与含3molNaOH的水溶液完全反应D.1mol丙与足量溴水反应时，消耗Br2的物质的量为4mol【答案】D【解析】 【详解】A．甲分子结构中只有甲基相连的C原子上所连接的原子或原子基团全都不相同，属于手性碳原子，所以甲分子中只有1个手性碳原子，故A正确；B．丙结构中的碳碳双键、酚羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．乙中有酚羟基，酯基水解生成的羧基、酚羟基也都能和NaOH反应，所以1mol乙最多与含3molNaOH的水溶液完全反应，故C正确；D．丙中苯环上酚羟基的邻位氢原子能和溴以1:1发生取代反应，碳碳双键和溴以1:1发生加成反应，丙中苯环上有两个氢原子能和溴发生取代反应、有一个碳碳双键和溴发生加成反应，所以1mol丙与足量溴水反应时，消耗Br2的物质的量为3mol，故D错误；故本题选D6.已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是A.苯胺既可与盐酸也可与溶液反应B.由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法C.苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得D.①、②、③均为两相混合体系【答案】C【解析】【分析】由题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ；向水相中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有机相中加入水洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ；向水相Ⅱ中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③。【详解】A．苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故A错误；B．由分析可知，得到苯胺粗品①的分离方法为分液，得到苯甲酸粗品③的分离方法为结晶或重结晶、过滤、洗涤，获取两者的操作方法不同，故B错误；C．由分析可知，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，故C正确； D．由分析可知，①、②为液相，③为固相，都不是两相混合体系，故D错误；故选C。7.某兴趣小组探究使品红溶液褪色的原因，实验结论错误的是试管中的液体现象a.0.1mol/L溶液()溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色b.0.1mol/L溶液()溶液立即变浅，约15s后完全褪色c.0.1mol/L溶液()溶液立即褪色d.NaOH溶液红色溶液不变色e.溶液红色溶液不变色A.在探究实验中控制变量思想可以把复杂问题简化为单一问题B.b中亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度使溶液显酸性C.实验abc说明使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是D.实验cd证明氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰【答案】C【解析】【分析】控制变量思想要保证研究的变量唯一；【详解】A．在探究实验中控制变量思想可以通过对某一变量的研究，把复杂问题简化为单一问题，A正确；B．b中亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，使溶液显酸性，B正确；C．实验abc碱性增强，溶液中亚硫酸根离子浓度变大，说明使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是，C错误；D．实验cd中氢氧根离子浓度相等，现象证明氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰，D正确；故选C。 8.某有机化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z组成，Y、Z同主族且Z的原子序数是Y的2倍，该化合物的质谱图如下，m/z为139时，其碎片离子组成为。下列叙述正确的是A.电负性：B氢化物沸点：C.化合物、、均为直线型分子D.溶液与溶液混合，无明显现象【答案】A【解析】【分析】某有机化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z组成，Y、Z同主族且Z的原子序数是Y的2倍，Y为O元素、Z为S元素，有机物含C，则X为C，W为H，碎片离子为C7H7OS+。【详解】A．电负性：O＞S＞C＞H，A正确；B．C氢化物有多种，C数越多沸点越高，B错误；C．二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2、孤对电子对数为0，则分子的空间结构为直线形；二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数都为2、孤对电子对数都为1，分子的空间结构为V形；CS2分子中，以C为中心，价层电子对数为2、孤对电子对数为0，则分子的空间结构为直线形，C错误；D．过氧化氢溶液与氢硫酸溶液反应生成硫沉淀和水，则过氧化氢溶液与氢硫酸溶液混合有明显实验现象，D错误；故选A。9.我们要给子孙后代留下绿水青山等美好生态环境，就必须对污水进行处理。用电解法(图I)可以对同时含有和的生活污水进行处理，除去的原理如图II所示，除的方法是将其转化为Fe3(PO4)2沉淀。实验室在和联合脱除过程中，测得溶液pH变化如图III所示。 下列说法不正确的是A.在0~20min时，a为电源的负极B.除时，阳极反应为：2-6e-=N2↑+8H+C.除：时，阴极附近的pH增大D.除的总反应离子方程式为：3Fe+6H++2=Fe3(PO4)2↓+3H2↑【答案】B【解析】【分析】由图可知，除NH时，阴极是H2O放电，阳极是Cl-放电；除PO时，铁就作阳极，铁失电子生成亚铁离子，与磷酸根产生沉淀，阴极为石墨，氢离子得电子生成氢气。【详解】A．0-20min，若a作负极，石墨就作阳极，阳极Cl-放电生成Cl2，Cl2和水反应生成HCl和HClO，溶液酸性增强，pH降低，与图像相符，故A正确；B．除NH时，阳极是Cl-放电，故B错误；C．除NH时，阴极是H2O放电，局部产生大量OH-，阴极附近的pH增大，故C正确；D．除PO 时，铁就作阳极，铁失电子生成亚铁离子，与磷酸根产生沉淀，阴极为石墨，氢离子得电子生成氢气，总离子反应式为：3Fe+6H++2=Fe3(PO4)2↓+3H2↑，故D正确；故选B。10.常温下，分别向浓度均为的NaX溶液、溶液滴加溶液，pM与溶液体积的关系如图所示[，代表、]，下列说法正确的是A.曲线Ⅱ表示的关系图B.常温下，饱和溶液的物质的量浓度：C.若变为，则c点向e点移动D.d点是的饱和溶液【答案】B【解析】【分析】由图可知，c、e两点分别是硝酸银溶液与两种盐恰好完全反应的点，结合可知，起始时两种盐的物质的量相同，则Na2Y消耗的AgNO3更多，则曲线I代表NaX与AgNO3反应，曲线II代表Na2Y与AgNO3反应，据此作答。【详解】A．根据分析，曲线Ⅱ表示的关系图，A项错误；B．由图分析，AgX饱和溶液中银离子的浓度小于Ag2Y饱和溶液，所以AgX的溶解度小于Ag2Y，故饱和溶液的物质的量浓度：，B项正确；C．若c(AgNO3)变为0.05mol·L-1，则加入20mL硝酸银溶液时，NaX溶液完全反应得到AgX饱和溶液，由温度不变，溶度积不变可知，溶液中Ag+的浓度不变，则NaX溶液中的反应终点c移至d点，C项错误；D．根据分析，曲线II代表Na2Y与AgNO3反应，d点Y2-浓度小于e点，Ag+浓度与e点相同，由温度不变，溶度积不变可知，d点是的不饱和溶液，D项错误； 答案选B。第II卷非选择题（共60分）11.某工厂利用如下流程处理废旧电池正极材料（主要成分为、、），制备三元锂电池正极材料。回答下列问题：（1）“酸浸”中发生反应的离子方程式为__________________；也与部分发生了反应，“酸浸”的作用是________________________。（2）“含铁沉淀”的主要成分为______（填化学式）；部分离子浓度及对应氢氧化物的如下表，则“调”过程不应超过______。离子浓度氢氧化物1.001.001.40（3）若“调”过程中，、、浓度不变，则“调浓度”过程需要向溶液中添加的物质X为______（填标号）。A.B.C.D.（4）产品的粒径和结晶度直接关系着三元电极的性能。为防止反应中产生的和 影响晶体生长，需在“焙烧”前进行______（填“预烧”“酸洗”“搅拌”）。（5）与焙烧生成的总反应方程式为__________________。（6）的晶胞结构示意图如（a）所示。其中围绕和分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。①下列状态的锂中，失去一个电子所需能量最大的是______。A.B.C.D.②该晶胞呈长方体，晶胞边长分别为、、，阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度可表示为_____（用含有的代数式表示）。③电池充电时，脱出部分，形成，结构示意图如（b）所示，则其中______。【答案】（1）①.②.还原剂、氧化剂（2）①.②.6.4（3）AC（4）预烧（5）（6）①.B②.③.【解析】【分析】正极材料在稀硫酸和双氧水作用下发生氧化还原反应，溶液中生成Ni2+、Mn2+、Co2+、Li+，又含有部分Fe3+，所以加入氢氧化钠，铁离子生成氢氧化铁沉淀，结合问题分析知物质X需要保持镍离子和钴离子浓度保持不变，后加入氢氧化钠共沉淀，后又加入碳酸钠使锂离子生成碳酸锂沉淀，然后共同生成三元锂电池正极材料； 【小问1详解】“酸浸”中中钴元素化合价由+3变为+2，作为氧化剂，则加入过氧化氢作为还原剂发生还原反应，氧元素化合价由-1变为0生成氧气，结合电子守恒、质量守恒可知，发生反应的离子方程式为；中铁为+2，过氧化氢具有氧化性，二价铁被过氧化氢氧化为三价铁，过氧化氢做氧化剂；故“酸浸”的作用是还原剂、氧化剂；【小问2详解】由分析和已知得，含铁沉淀主要成分为氢氧化铁；由信息可知，镍离子、钴离子和锰离子等浓度时，氢氧化镍更难溶，镍离子生成氢氧化物所需氢氧根浓度最小，即，所以，pOH=7.6，即pH=6.4，所以不应超过6.4；【小问3详解】调节pH除铁元素再加入物质X后，要使、、变为沉淀，即需使三种离子的浓度之比为1:1:1，而表中数据中c(Co2+)=c(Ni2+)=1.0mol/L，c(Mn2+)=1.4mol/L，故需加入Ni2+和Co2+，故答案为：AC；【小问4详解】二氧化碳和水受热都易挥发，所以需在焙烧前预烧；【小问5详解】结合流程图可知反应为与焙烧生成，结合质量守恒可知，还会生成二氧化碳和水，反应为：；【小问6详解】①由图可知，B为基态锂离子，且1s为全满的较稳定状态，失去一个电子所需能量最大，故选B；②的晶胞结构示意图如（a）所示，其中围绕和分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构，则图中锂离子位于顶点、面心、棱心，根据“均摊法”，晶胞中含个Li+，结合化学式可知，晶体密度为； ③结合②分析可知，1个晶胞为；电池充电时，脱出部分，形成，结构示意图如（b）所示，根据“均摊法”，晶胞中含个Li+，则此时晶胞为，设铁离子、亚铁离子分别为a、4-a个，则根据化合价代数和为零可知，，，故其中。12.三氯氧磷是一种重要化工原料。工业上可以通过直接氧化制备，反应原理为：，。已知：、的部分性质如下：熔点沸点相对分子质量其它75.5137.5遇水会强烈水解生成和2105.3153.5遇水会强烈水解生成和某化学兴趣小组模拟该工艺设计实验装置如图（某些夹持装置和加热装置已略去）：（1）检查装置气密性并加入纯净的白磷，先制取一种气体，缓慢地通入C中，直至中的白磷完全消失后，再通入另一种气体。仪器的名称为______，中盛放的药品是______。（2）装置反应的离子方程式为__________________。（3）C反应温度控制在，不能过高或过低的原因是__________________。分离提纯获得的实验方法是________________________。 （4）产品中含杂质，通过测定产品中氯元素含量，可进一步计算产品的纯度，实验步骤如下：①取产品置于盛有蒸馏水的水解瓶中，摇动至完全水解，将水解液配成溶液，预处理能排除含磷粒子的影响。②取溶液于雉形瓶中，向其中加入的溶液，使完全沉淀，再加入硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；然后选择指示剂，用溶液滴定过量至终点，记下所用体积为。[已知：，]滴定终点的现象：________________________。产品中的质量分数为______。【答案】（1）①.（球形）冷凝管②.碱石灰（2）（3）①.温度过高，易挥发，利用率降低；温度过度，反应速率慢②.蒸馏（4）①.当最后半滴溶液，溶液变浅红色，且不变色②.【解析】【分析】装置A中用黑色固体和液态物质反应制氧气，装置B可以干燥O2、还可以观察氧气的流速，瓶口的长颈漏斗可以平衡气压；装置E为固液混合加热制备氯气，装置D干燥生成的氯气；在装置C中发生P4(白磷)+6Cl2=4PCl3，2PCl3+O2=2POCl3。【小问1详解】根据装置图仪器a结构可知其名称为（球形）冷凝管；中盛放的药品是碱石灰，吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置C，防止、遇水强烈水解；【小问2详解】由反应原理可知，磷首先与氯气反应生成，再和氧气反应生成，故制取第一种气体的反应为制取氯气的反应，离子方程式为；【小问3详解】步骤IV中发生的反应为2PCl3+O22POCl3，根据表中提供的物质的性质，反应温度应控制在60℃～ 65℃，原因是温度过低，反应速率慢，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产率；故答案为：温度过高，易挥发，利用率降低；温度过度，反应速率慢；分离提纯获得是利用与杂质沸点不同进行分离，实验方法是蒸馏；【小问4详解】SCN-与铁离子会反应使溶液变为红色，故滴定终点现象为当最后半滴溶液，溶液变浅红色，且不变色；根据元素守恒可得关系式：，，与反应的Ag+的物质的量为n(Ag+)=，则n(PCl3)+n(POCl3)=，设n(PCl3)、n(POCl3)的物质的量分别是x、y，则可得，解得y=，则的质量分数为，故答案为。13.低碳烯烃(乙烯、丙烯、丁烯等)作为重要的基本化工原料，在现代石油和化学工业中起着举足轻重的作用。一定条件下，碘甲烷(CH3I)热裂解制低碳烯烃的主要反应有：反应I2CH3I(g)C2H4(g)+2HI(g)ΔH1Kp1=a反应Ⅱ3C2H4(g)2C3H6(g)ΔH2Kp2=b反应Ⅲ2C2H4(g)C4H8(g)ΔH3Kp3=c反应I、Ⅱ、Ⅲ在不同温度下的分压平衡常数Kp如表1，回答下列问题：表1T/Kp298K323K423K523K623K723K反应I7.77×10-81.65×10-61.05×10-22.801.41×1022.64×103反应Ⅱ7.16×10132.33×10121.48×1083.73×1056.42×1033.40×102反应Ⅲ2.66×10116.04×1091.40×1051.94×1022.248.99×10-2 （1）ΔH1_______________0(填“＞”或“＜”，下同)。（2）实际工业生产中，若存在副反应：4C3H6(g)3C4H8(g)ΔH4Kp4则Kp4=_________________(用含有b、c的代数式表达)，结合表1数据分析ΔH4________0。（3）控制条件只发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，测得压强对平衡体系中n(C3H6)/n(C2H4)的影响如表2。p/MPa0.20.40.60.81.01.21.41.61.82.01.421.751.982.152.302.422.532.632.722.80随压强增大不断增大的原因可能是_________________。（4）结合信息，请推测有利于提高乙烯产率的措施____________(至少答2点)。（5）其它条件不变，向容积为1L的密闭容器中投入1molCH3I(g)，假定只发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，温度对平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯所占物质的量分数的影响如图，715K时CH3I(g)的平衡转化率为________，反应I以物质的量分数表示的平衡常数Kx=________________。【答案】（1）＞（2）①②.＜（3）加压，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡正向移动，C2H4的生成量减少，且不断消耗，同时C3H6的生成量增多（4）使用对反应I选择性更高的催化剂，较高的温度，较低的压强（5）①.80%②.0.64【解析】小问1详解】由表格数据可知，升高温度，反应I 的分压平衡常数依次增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应的焓变大于0，故答案为：＞；【小问2详解】由盖斯定律可知，反应Ⅲ×3—反应Ⅱ×2得到副反应，则Kp4=，由表格数据可知，298K时平衡常数Kp4=≈3.7×106、323K时平衡常数Kp4=≈4.1×104，则升高温度，副反应的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应的焓变小于0，故答案为：；＜；【小问3详解】由方程式可知，反应I是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，C2H4的的物质的量减小，而反应Ⅱ、Ⅲ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，C2H4的的物质的量减小、C3H6的物质的量增大，所以随压强增大不断增大，故答案为：加压，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡正向移动，C2H4的生成量减少，且不断消耗，同时C3H6的生成量增多；【小问4详解】由（1）分析知，反应I是气体体积增大的吸热反应，由表格数据可知，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ的分压平衡常数依次减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，因此反应Ⅱ、Ⅲ是气体体积减小的放热反应，所以使用对反应I选择性更高的催化剂，较高的温度，较低的压强有利于提高乙烯产率，故答案为：使用对反应I选择性更高的催化剂，较高的温度，较低的压强；【小问5详解】由图可知，715K时C3H6和C4H8的物质的量分数相等，设反应生成碘化氢的物质的量为amol、生成C3H6和C4H8的物质的量为bmol，由题意可建立如下三段式： 由三段式数据可知，平衡时气体总物质的量为(1-a+a+0.5a-1.5b-2b+b+b)mol=(1+0.5a-1.5b)mol，由图可知，C2H4的物质的量分数为4%，则×100%=4%，C3H6和C4H8的物质的量分数都为8%，则×100%=8%，解联立方程可得a=0.8、b=0.1，715K时CH3I(g)的平衡转化率为×100%=80%、物质的量分数为×100%=16%，碘化氢的物质的量分数为×100%=64%，反应I以物质的量分数表示的平衡常数Kx==0.64，故答案为：80%；0.64。14.2022年诺贝尔化学奖颁给了三位在点击化学作出杰出贡献的科学家。一价铜催化叠氮化物—炔烃环加成反应（CuAAC反应）是点击化学的经典之作。某三氮唑类聚合物的合成路线如图所示。已知：①。②+。回答下列问题：（1）的化学名称为____________，C中含氧官能团的名称为____________。（2）已知共发生两步反应，第一步为加成反应，则第二步反应的反应类型为______。（3）B的结构简式为______。符合下列条件的B的同分异构体共有______种。i）含有醛基ii）醛基不直接连在碳碳双键的碳原子上iii）不考虑立体异构 其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为的结构简式为______。（4）的化学方程式为__________________。【答案】（1）①.对溴苯甲醛（4—溴苯甲醛）②.醛基、羟基（2）消去反应（3）①.②.8③.（4）【解析】【分析】A与B发生已知信息中取代反应生成C，结合A、C的结构简式可知B应为，在KOH溶液中反应生成D，D与在稀硫酸催化、加热条件下反应生成E，E与NaN3发生取代反应生成F，F在铜催化作用下生成G，据此分析解答。【小问1详解】由A的结构简式可知其名称为对溴苯甲醛(4-溴苯甲醛)；由C的结构简式可知，其含氧官能团为醛基、羟基；【小问2详解】共发生两步反应，第一步为醛基与氨基发生加成反应，其中氨基断N-H单键，醛基断C=O双键中的π键，生成羟基，后经第二步发生消去反应生成E；【小问3详解】 由上述分析可知B应为；B的同分异构体中含醛基，结合B的不饱和度，除醛基外还有1个不饱和度，可能含1个环或一个碳碳双键，若为四碳环则醛基有1种位置，若为三碳环，则为甲基环丙烷骨架结构，醛基有3种位置；若为链结构则含碳碳双键，C=C-C-C上有2种位置，C-C=C-C上有1种位置；上有1种，共8种符合题意；其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为4：3：1的结构简式为；【小问4详解】F在铜催化作用下发生聚合反应生成G，方程式为。