精品解析：2024届福建省南平市高三下学期第三次质量检测化学试题（解析版）

南平市2024届高三第三次质量检测化学试题可能用到的相对原子质量：H1B11C12O16Cl35.5Na23Cu64Zn65一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40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.政和“四平戏”脸谱使用的胭脂常用红色花朵制作，下列有关制作步骤与“过滤”原理相同的是A.清洗捣碎B.加水浸泡C.绞汁去渣D.晾干凝固【答案】C【解析】【分析】古法胭脂的制作原料主要是红色花朵，将选好的花朵清洗后，通过捣碎、浸泡、绞汁等方法提取色素，再进行过滤和晾干。【详解】A．“清洗捣碎”过程用水去除杂质，再进行捣碎，与过滤无关，A错误；B．“加水浸泡”将捣碎的花朵泡入水中，涉及溶解，B错误；C．“绞汁去渣”提取汁液，去除残渣，原理与过滤相同，C正确；D．“晾干凝固”这与过滤无关，D错误；故选：C。2.有机化合物M是合成某药物的中间体，其结构如图所示。下列有关M的说法错误的是A.分子式为B.含有2个不对称碳原子C.能与溴水发生取代反应和加成反应D.1molM最多能与3molNaOH反应【答案】D【解析】【详解】A．根据M的结构图示，分子式为，A正确； B．图示中，阿拉伯数字表示的碳原子为不对称碳原子，B正确；C．有酚羟基能与溴水发生取代反应，有碳碳双键能与溴水发生加成反应，C正确；D．一个M分子中的有一个酚羟基、一个酯基、一个酰胺基且均可与NaOH反应，1mol酚羟基最多消耗1molNaOH,1mol酰胺基最多可消耗1molNaOH,而本题的酯基1mol最多可消耗2molNaOH，故最多与4molNaOH反应，D错误；故答案选D。3.硼氢化钠可作还原剂，与水反应的化学方程式为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.3.8g固体中含有的离子数为0.2B.pH=7的纯水中含有的数为C.0.1mol中含有的键数为0.4D.生成22.4L(已折算成标准状况)的时，转移的电子数为2【答案】A【解析】【详解】A．固体中有和，3.8g即为0.1mol则离子数为0.2，A正确；B．pH=7的纯水，未告之溶液体积，无法判断数，B错误；C．0.1mol中含有的键包括0.4mol硼氧键和0.4mol氧氢键，共含有的σ键数0.8NA，C错误；D．由方程式可知每生成4mol转移的电子数为4mol，标准状况下每生成22.4L即1mol，故转移的电子数为，D错误；故选A。4.某药品主要成分的结构式如图所示。X、Y、Z、M、L、Q为核电荷数依次增大且分别位于前三个周期的主族元素，M、Q同主族。下列说法正确的是 A.原子半径：X<L<YB.最简单氢化物键角：Q<M<ZC.第一电离能：Z<MD.最高价氧化物对应的水化物酸性：Q<Y【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、M、L、Q为核电荷数依次增大且分别位于前三个周期的主族元素，X形成1个共价键且原子序数最小，为氢；Y形成4个共价键、Z形成3个共价键，Y为碳、Z为氮；M形成2个共价键，为氧，M、Q同主族，Q为硫；L形成+1价阳离子，为钠；可知：X、Y、Z、M、L、Q分别为H、C、N、O、Na、S；【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：H<C<Na，A错误；B．最简单氢化物分别为：、、，中心原子都为杂化，有一对孤电子对，、有二对孤电子对，的键角最大，的氧原子的电负性大于S，成键电子对比更靠近中心原子，成键电子对—成键电子对斥力比更大，所以键角：<<，B正确；C．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N、O的第一电离能大小：N>O，C错误；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物的水化物的酸性为和，酸性>，D错误；故选B。5.下列实验操作、现象及结论均正确的是AB实验目的验证蔗糖是否发生水解反应检验铁锈中是否含有 实验操作实验现象无砖红色沉淀生成紫色褪去实验结论蔗糖未发生水解铁锈中含有CD实验目的检验未知溶液中是否含有比较和的水解常数大小实验操作实验现象滴加稀硝酸，沉淀不溶解溶液都变红，碳酸钠溶液的红色更深实验结论溶液中含有A.AB.BC.CD.D 【答案】D【解析】【详解】A．蔗糖水解加入稀硫酸并加热，其中稀硫酸作为催化剂，环境为酸性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖，会受到稀硫酸的干扰而导致检验失败。再加入新制的氢氧化铜悬浊液之前，加入适量氢氧化钠溶液调节环境为碱性，再进行葡萄糖的检验即可根据现象得到结论，故A错误；B．用酸性高锰酸钾溶液检验亚铁离子，受到了浓盐酸中氯离子的干扰，故现象与结论无法对应。而且铁锈中成分复杂，如果含有少量铁单质，即使不含亚铁，同样会使高锰酸钾溶液褪色而造成误检，故B错误；C．未知溶液中硫酸根离子的检验，通常采用先加入稀盐酸，无明显现象排除干扰，再加氯化钡溶液出现白色沉淀，得出结论。题中采用加入硝酸钡溶液再加稀硝酸的方法，或造成亚硫酸根离子干扰而误检，故C错误；D．实验目的是想比较碳酸根与碳酸氢根离子的水解能力，利用等体积等浓度的碳酸钠与碳酸氢钠溶液滴加等量的酚酞溶液，观察溶液颜色的变化可以得出相应的结论，故D正确；故选D。6.水系锌碘电池极具潜力，工作原理如图所示。基于壳聚糖(CTS)形成的双螺旋结构的功能粘结剂，能有效抑制电池工作时产生的扩散，防止电池寿命快速衰减。下列说法正确的是A.CTS通过范德华力形成双螺旋结构B.充电时，Zn电极接电源负极，发生氧化反应C.放电时，外电路转移0.2mol电子，负极区溶液质量增加6.5gD.充电时，阳极区发生的反应有【答案】D【解析】【分析】根据装置图分析，充电时，Zn电极接电源的负极，作为阴极，发生还原反应，石墨电极接电源的正极，作为阳极，发生氧化反应；放电时，Zn电极为负极，发生氧化反应，石墨电极为正极，发生还原反应。 【详解】A．由CTS的结构图可知，CTS含有氨基和羟基，故CTS是通过氢键形成双螺旋结构，A错误；B．充电时，Zn电极接电源负极，做阴极，发生还原反应，B错误；C．由题可知，隔膜为阳离子交换膜，放电时，Zn2+向正极区迁移，负极区溶液质量不变，C错误；D．充电时，I−在阳极表面放电生成I2，I2与I−结合成，D正确。故选D。7.某小组在实验室模拟侯氏制碱工艺制备，装置如图所示(夹持装置略去)，下列离子方程式错误是A.①中：B.②中：C.③中：D.④中：【答案】C【解析】【详解】A．①中实验室用大理石和稀盐酸制备，离子方程式为，A正确；B．②中用饱和溶液吸收挥发出的HCl，离子方程式为，B正确；C．③中侯氏制碱制备，往饱和NaCl溶液中依次通入和足量的，从而析出溶解度相对较小的，离子方程式为，C错误；D．④中用浓溶液和NaOH固体制备，离子方程式为，D正确；故选C。8.以A和有机锌试剂()为起始原料，通过催化偶联反应增长碳链的机理(部分步骤和产物省略)如图所示，下列说法错误的是 A.F催化剂，其化学式为FeLB.B→C过程中Fe元素的化合价不变C.C中Cl和N均用p轨道上的电子与Fe形成配位键D.总反应式为【答案】C【解析】【详解】A．D→E＋F，由元素守恒可知，F的化学式为FeL，B→C的过程中，加入了FeL，故F为催化剂，A正确；B．B→C的过程中，FeL与N和Cl均形成了配位键，Fe元素的化合价不变，B正确，C．N原子提供的是轨道上的电子，Cl提供的是3p轨道上的电子，C错误；D．由题干信息“以A和有机锌试剂()为起始原料，通过催化偶联反应增长碳链”结合元素守恒可知，总反应正确，D正确；故选C。9.南平市铅锌矿储量丰富。通过以下工艺流程，综合利用冶炼铅锌矿过程中产生的废液[主要含和As(Ⅲ)等]和窑渣(主要含FeS、CuS、、、等)。已知：CuS、不溶于稀硫酸，在有存在下可与稀硫酸反应。下列说法错误的是 A.“氧化”时，使As(Ⅲ)转化成As(V)B.“浸出”时，增大液固比可提高废酸中的去除率C.“浸出”与“沉砷”时，氧化的元素不同D.“水解”时，加的作用是调节溶液的pH，使沉淀【答案】B【解析】【分析】废液中加使As(Ⅲ)转化成As(V)，窑渣(主要含FeS、CuS、、、等)加氧化后的废液，并通入氧气，将金属化合物转化为Fe3+、Cu2+，不溶于硫酸过滤除去，滤液中继续通入氧气将砷转化为沉淀，过滤后，滤液中加足量铁粉置换出Cu，同时Fe3+被还原为亚铁离子，再过滤出铜，滤液中通氧气将铁氧化为三价铁，调节pH值使铁转化为氢氧化铁，再经灼烧得到氧化铁。【详解】A．“氧化”时，将废液[主要含和As(Ⅲ)等]中的As(Ⅲ)转化成As(V)，A正确；B．“浸出”时，增大液固比即废酸的投入量增加，则废酸中的去除率应降低，B错误；C．因CuS、不溶于稀硫酸，在有存在下可与稀硫酸反应。故“浸出”时通入氧化的元素主要为S，“沉砷”时主要是将氧化为，从而生成沉淀，C正确；D．“水解”时，加的作用是消耗水解产生的(调节溶液的pH)，促进水解平衡正向移动，有利于使形成沉淀且不引入新的杂质，D正确；故选：B。10.常温下，用0.1NaOH溶液滴定20mL0.1醋酸(HAc)溶液，溶液中HAc、的分布系数[如]、pH的变化与V(NaOH)关系如图所示。滴定过程形成具有缓冲能力(外加少量酸或碱时，溶液pH变化不明显)的溶液，已知缓冲能力越强，缓冲容量β的值越大。下列有关说法正确的是 A.β(b)<β(c)B.约为C.b点：D.若改用与NaOH等浓度的氨水滴定，则反应终点由c点向d点方向移动【答案】B【解析】【详解】A．b点为等浓度HAc和NaAc的混合溶液，缓冲能力强，c点为NaAc溶液，缓冲能力弱，由题可知，缓冲能力越强，缓冲容量β的值越大，β(b)>β(c)，A错误；B．c点加入了20mLNaOH溶液，溶质为NaAc，由可知，c(HAc)与近似相等，为，约为0.05，故，故B正确；C．结合HAc的电离和NaAc的水解程度可知，b点所加NaOH溶液小于10mL，故，C错误；D．若改用与NaOH等浓度的氨水滴定，滴定终点生成醋酸铵溶液，与等浓度的醋酸钠溶液相比，碱性减弱，故c点向左移动，D错误；故选：B。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11.以某四氯化钛精制厂的尾渣(主要含、、NaCl及少量的、等)为原料制备的工艺流程如下： 已知：①＋5价钒在溶液中的主要存在形式如图所示②25℃时，；；（1）“水洗”的目的为___________。“水洗”和“酸浸”后均采用减压过滤，与常压过滤相比，其优点为___________。（2）“焙烧”的目的是将转化为和可溶于水的，以利于“酸浸”时钒浸出。①该反应的化学方程式为___________。②钒浸出率与焙烧温度、锰钒比的关系如图所示。“焙烧”的最佳温度和锰钒比分别为___________、___________温度不宜过低的可能原因为___________。（3）“酸浸”时，若溶液pH为6～8，与按物质的量比1：1进行反应的离子方程式为___________（4）“沉钒”时，在25℃下维持溶液pH=7，向=0.2的酸浸液中加入等体积的溶液进行反应(忽略溶液混合时体积的变化)，反应后溶液中=0.005，则沉钒率为___________%。（5）“煅烧”所得可制成铝钒合金()，其晶胞结构如图所示。用原子的分数坐标可以表示晶胞中各原子的位置，如A点原子的分数坐标为。 ①基态V原子的价电子排布式为___________。②B点原子的分数坐标为(1，，___________)(用含b、c的代数式表示)，V原子的配位数为___________。【答案】（1）①.除去尾渣中的NaCl②.加快过滤速度，得到较干燥的沉淀（2）①.②.850℃③.2.0④.焙烧温度过低，反应速率慢，生成量少；或焙烧温度过低，不能充分转化为；或量少（3）（4）98%（5）①.②.③.12【解析】【小问1详解】①用去离子水“水洗”时可除去尾渣中的可溶性物质(NaCl)；②减压过滤是利用循环水真空泵使吸滤瓶内减压，由于瓶内与布氏漏斗液面上形成压力差，因而加快了过滤速度；固液分离较彻底，得到较干燥的沉淀；故答案为：①除去尾渣中的可溶性物质(NaCl)；②加快了过滤速度；固液分离较彻底，得到较干燥的沉淀；【小问2详解】①结合流程图中“焙烧”这步的信息和题目中的信息，可写出焙烧的反应方程式为②结合钒浸出率与焙烧温度、锰钒比的关系图可知：“焙烧”的最佳温度为850℃；③“焙烧”的最佳温度锰钒比为2.0；④温度过低时，反应速率小，可溶于水的生成量少，导致钒浸出率低；或温度过低时， 不能充分转化为可溶于水的，导致钒浸出率低；故答案为：①；②850℃；③2.0；④焙烧温度过低，反应速率慢，生成量少；或焙烧温度过低，不能充分转化为；或量少。【小问3详解】与反应的离子方程式书写应注意可溶于水要拆写，是弱酸不能拆，根据①的已知信息若溶液pH为6～8，＋5价钒在溶液中的主要存在形式为，并结合(4)的信息可知“沉钒”是用将酸浸液中的转化为沉淀，可知若溶液pH为6～8“酸浸”时转化为，结合可知另一产物为沉淀，故与按物质的量比1：1反应的离子方程式为;故答案为：【小问4详解】“沉钒”时，在25℃下维持溶液pH=7，反应后溶液中=0.005，结合可得反应后溶液中，再结合可得反应后溶液中，由于等体积混合且忽略溶液混合时体积的变化，故反应前溶液中，则沉钒率=；故答案为：98%；【小问5详解】①基态V原子的价电子排布式为；②分析晶胞图可知B点在z轴方向的处，故B点原子的分数坐标为(1，，)③根据铝钒合金的化学式可知黑球为V原子，白球为Al原子，结合晶胞图A点可知Al 原子的配位数为4，故由化学式可知V原子的配位数为12；故答案为：①3d34s2；②；③12。12.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于有机合成，难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易氧化和水解。某学习小组探究CuCl的制备并测定纯度。回答下列问题：已知：①②某些含铜化合物和离子在水中的颜色和状态如下表：化合物或离子CuCl[CuCl4]2-[CuCl3]2-CuOHCu2O颜色和状态白色沉淀黄绿色溶液无色溶液黄色沉淀棕红色沉淀实验过程及现象如下：Ⅰ.组装仪器，检查装置气密性，添加药品；Ⅱ.水浴加热三颈烧瓶，打开K1、K2；Ⅲ.待三颈烧瓶中溶液由黄绿色变为无色，关闭K1、K2；Ⅳ.通过注射器向三颈烧瓶中加入水，生成白色沉淀，一段时间后部分沉淀变棕红色。（1）仪器a的名称为___________；B的作用为___________(答出一点即可)。（2）步骤Ⅲ反应的离子方程式为___________。（3）步骤Ⅳ中，沉淀由白色转化为棕红色的原因___________。（4）为防止生成棕红色固体，还需在原步骤Ⅰ中通过注射器往三颈烧瓶中加入一定量___________(药品名称)，再按上述步骤进行实验即可。（5）产品先快速水洗后再醇洗，醇洗的目的为___________。 （6）测定CuCl产品纯度：将10.00g产品溶于硝酸，配成250mL溶液，取25.00mL，加20.00mL0.5000mol/LAgNO3溶液，充分反应后，加少量硝基苯覆盖沉淀。NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，用0.1000mol/LNH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，平行实验三次，平均消耗NH4SCN溶液10.00mL。产品的纯度为___________，若未加入硝基苯会导致测定结果___________(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)。[已知：，]。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)②.平衡气压、(安全瓶)防倒吸或其他合理答案（2）(或)（3）CuCl水解生成CuOH，CuOH分解为Cu2O（4）浓盐酸(或盐酸)（5）乙醇挥发带走水分，防止CuCl潮湿而被空气中的氧气氧化。（6）①.89.6%(89.55%或90%)②.偏低【解析】【分析】在装置A中70%的浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，经装置B的缓冲作用进入装置C中，在装置C中CuCl2、NaCl发生反应产生[CuCl4]2-，SO2通入后与[CuCl4]2-发生氧化还原反应产生[CuCl3]2-、、H+，然后关闭K1、K2；通过注射器向三颈烧瓶中加入水，对溶液稀释，可以使平衡逆向移动，[CuCl3]2-反应生成CuCl白色沉淀，CuCl水解产生CuOH，然后CuOH分解变为棕红色Cu2O。根据元素守恒计算样品中CuCl的含量，结合溶度积常数及沉淀转化关系分析实验误差。【小问1详解】根据装置图示可知：仪器a的名称为恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)；装置B有一个与外界大气相通的导气管，其作用为平衡气压，作安全瓶，可以防倒吸现象的发生。【小问2详解】根据题意，在三颈烧瓶中溶液由黄绿色变为无色，说明[CuCl4]2-与SO2在溶液中发生氧化还原反应产生了[CuCl3]2-，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：(或写为：)。 【小问3详解】根据题目已知信息，白色物质为CuCl，棕红色物质为Cu2O，步骤Ⅳ中，沉淀由白色转化为棕红色，是白色CuCl水解生成黄色CuOH，CuOH不稳定，又分解转化为棕红色Cu2O。【小问4详解】根据分析，要得到CuCl，要防止其水解，所以在步骤Ⅰ中，还要通过注射器往三颈烧瓶中加入一定量浓盐酸(盐酸)。【小问5详解】产品先快速水洗可以除去其中含有的大量Cl-，然后再醇洗。由于乙醇易挥发，水洗后再醇洗，目的为乙醇挥发带走水分，防止CuCl潮湿而被空气中的氧气氧化。【小问6详解】根据Cl元素守恒，CuCl反应后产生会产生Cl-，Cl-与Ag+反应转化为AgCl沉淀，根据Cl-+Ag+=AgCl↓、SCN-+Ag+=AgSCN↓，n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)，设定容后25.00mL溶液中Cl-的物质的量为xmol，则0.02L×0.5000mol/L=0.1000mol/L×0.01L＋x，x=0.009mol，则产品的纯度为×100%=89.55%。根据已知信息：，可知：AgSCN的溶解度小于AgCl，用0.1000mol/LNH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液时，若未用少量硝基苯覆盖沉淀AgCl，会有一部分AgCl溶解转化为AgSCN，致使根据Cl-计算的CuCl的物质的量减小，因而导致测定样品中CuCl含量偏低。13.和催化耦合脱氢制备丙烯是实现碳中和的有效途径之一，其微观过程示意如图1。在不同温度下，维持的量不变，向体积相同的恒容密闭容器中分别通入为0：1、1：1、2：1、3：1的的混合气，测得的平衡转化率随温度的变化曲线如图2。 已知：Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.（1）=___________。（2）①=1：1对应图中曲线___________(填序号)。②900K下，曲线b、c、d的平衡转化率显著大于a的原理为___________。（3）900K，将=3：1的混合气通入恒容密闭容器中进行反应。①下列说法正确的是___________(填序号)。A．通入氩气可提高的平衡转化率B．体系达到平衡时，若缩小容器容积，反应Ⅱ平衡不移动C．当和的比值不变时，体系达到平衡D．改善催化剂的性能可提高生产效率②若初始压强为，tmin时达到平衡，此时分压是CO的5倍，0～tmin内=___________；反应Ⅰ的压强平衡常数=___________。（4）利用反应可制备高纯Ni。①晶体中不存在的作用力有___________。A．离子键B．π键C．范德华力D．极性键E．金属键②中Ni为杂化，配位原子是___________，判断依据是___________。【答案】（1） （2）①.b②.消耗，促进反应Ⅰ正向移动（3）①.CD②.③.（4）①.AE②.C(或碳)③.碳原子有孤电子对，且电负性小于氧原子【解析】【小问1详解】利用盖斯定律，将反应Ⅲ-Ⅰ=Ⅱ，对应的故答案为：+41kJ/mol;【小问2详解】①通过识图提取信息进行曲线的辨别，观察图二，在其他条件一定的前提下，增加的浓度可以提高的平衡转化率，由此可以判断四条曲线对应的加入物质的比例情况，d对应3：1，c对应2：1，b对应1：1，a对应0：1(只通入)，故1：1对应曲线b。②根据微观过程示意图1可以看出，的通入可以消耗反应Ⅰ生成的，使反应Ⅰ的平衡正向移动;故答案为：①b②CO2的通入可以消耗反应Ⅰ生成的H2，使反应Ⅰ的平衡正向移动;【小问3详解】①针对特定条件下的反应，判断说法的正误，前提条件要认清：900K，=3：1，恒温恒容条件下，A．通入氩气，平衡不移动，不能提高的平衡转化率，故A错误；B．体系达到平衡，缩小容积，反应Ⅰ逆向移动，的浓度改变必然导致反应Ⅱ平衡移动，故B错误；C．在反应Ⅰ中，=1：1，但是反应Ⅱ中被消耗，比值必然发生改变。当“变量不变”时，反应体系达到平衡，故C正确；D．改善催化剂的性能可以提高特定反应的速率，从而提高的生产效率，故D正确；故答案选CD;由图像信息可知，反应Ⅰ中转化的，根据初始的投料，假设=1mol，=3mol，可列三段式： 达到平衡，分压是CO的5倍，推理的物质的量是CO的5倍，即：=5，x=0.5由此得出平衡时各物质的的物质的量为：，，，，，，恒容体系，压强之比等于物质的量之比：，；的分压为：②故反应Ⅰ：vp()=③故反应Ⅰ：Kp=方法二：直接利用分压切入根据初始的投料=3：1，初始时的分压为：，的分压为：达到平衡，分压是CO的5倍，推理CO的分压为：由图像信息可知，反应Ⅰ中转化的，故 ②故反应Ⅰ：vp()=③故反应Ⅰ：Kp=故答案为：①CD②③0.9p0【小问4详解】①阅读情境信息，推理四羰基合镍在60摄氏度时以气态形式存在，得出其晶体类型为分子晶体，结合组成分析，不存在的作用力为离子键(不属于离子晶体)，也不存在金属键(不属于金属晶体)。本题的难点在于通过已知信息对晶体类型进行正确判断。②考查配位化合物中配位原子的选择，C与O原子都可提供孤电子对最终谁提供，关键看电负性的强弱。由于电负性C小于O，碳对提供孤电子对吸引能力弱，故孤电子对由碳原子优先提供，配位原子为C;故答案为：①AE；②C；③碳原子有孤电子对且电负性小于氧原子；14.以享有“东方巧克力”美誉的松溪“百年蔗”为原料制得H(治疗心绞痛的药物)和M(光学塑料的中间体)的流程如下： 回答下列问题：（1）B的名称为___________，E的官能团名称为___________。（2）C的酸性___________(填“强于”或“弱于”)苯甲酸。（3）合成过程中需控制F与以物质的量比1：1反应，目的为___________。（4）G→H第②步反应的化学方程式为___________，该反应的反应类型为___________。（5）N是F的同分异构体，14.6gN与足量饱和碳酸氢钠溶液反应可释放出4.48L(已折算成标准状况)，N的可能结构共有___________种(不考虑立体异构)。其中满足核磁共振氢谱峰面积之比为3：1：1的结构简式为___________。（6）参照上述合成路线，设计由甲苯和甘油()为起始原料制备的合成路线___________(无机试剂任选)。【答案】（1）①.对硝基甲苯(或4-硝基甲苯)②.羟基（2）强于（3）保护羟基（4）①.②.取代反应（5）①.9②.（6）【解析】【分析】A是甲苯经过硝化反应得到B，结合D的结构可知B是对硝基甲苯，再经过酸性 氧化得到C即对硝基苯甲酸；C→D是Cl原子取代了羧基中的羟基部分,是取代反应；另一条路线百年蔗即纤维素先水解得到葡萄糖再与H2通过加成反应得到E己六醇，分子内脱水后得到F，结合F和H的结构和G的分子式可推断G的结构简式为。【小问1详解】结合以上分析可知B的名称为对硝基甲苯(或4-硝基甲苯)，E是己六醇官能团名称为羟基。【小问2详解】C为对硝基苯甲酸，因硝基为吸电子基，使羧基中羟基的O-H的电子云分布不均匀，相比于苯甲酸更易解离出，故其酸性强于苯甲酸。【小问3详解】合成过程中控制F与以物质的量比1：1反应，目的为保护其中的一个羟基。【小问4详解】G→H第②步为G在硝化后在NaOH水溶液中水解反应的化学方程式(或与水反应也可)，该反应的反应类型为取代反应。小问5详解】14.6gN即为0.1mol与足量饱和碳酸氢钠溶液反应可释放出4.48L(已折算成标准状况)即为0.2mol，可知结构中应有2个羧基，还有碳原子4个，且为饱和碳原子，结构如下：共9种，其中满足核磁共振氢谱峰面积之比为3：1：1的结构简式为。【小问6详解】参照上述合成路线，设计由甲苯和甘油()为起始原料制备的合成路线：