2025年沪科版选修化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年沪科版选修化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.1.0mol·L-1的KNO3溶液：H+，Fe2+，Cl-，SOB.石蕊溶液呈红色的溶液：NHBa2+，AlOCl-C.pH=12的溶液：K+，Na+，CH3COO-，Br-D.与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+，K+，Al3+，NO2、下列离子在溶液中能大量共存的是（）A.Al3+、K+、OH-、Cl-B.H+、Fe2+、NO3-、SO42-C.Na+、Ca2+、Cl-、NO3-D.H+、K+、SO32-、SO42-3、苯乙烯的结构简式下列有关该烃的说法错误的是A.能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，且褪色原理相同B.分子式为C8H8C.1mol该烃完全燃烧最多消耗10molO2D.该烃通过加聚反应可以制得高分子化合物4、工业上可由乙苯生产苯乙烯，反应原理为+H2下列说法正确的是A.酸性高锰酸钾溶液可以用来鉴别乙苯和苯乙烯B.乙苯、苯乙烯均能发生取代反应、加聚反应和氧化反应C.乙苯的一氯代物共有5种(不考虑立体异构)D.乙苯分子中共平面的碳原子数最多为75、胡妥油(D)用作香料的原料；它可由A合成得到，下列说法正确的是。

已知：A.A可由2－甲基-1，3－丁二烯和丙烯酸加成得到B.从B到C的反应是消去反应C.等量B分别与足量Na、NaHCO3反应，产生的气体前者比后者多D.胡妥油(D)分子中所有碳原子一定处于同一平面评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)6、氯气及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。

(1)NaClO有较强的氧化性，所以是常用的消毒剂和漂白剂，请写出工业上用氯气和NaOH溶液生产消毒剂NaClO的离子方程式_________________________。

(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应可以回收S，其物质转化如图所示。该图示的总反应为_________________________。

(3)自来水中的NO3-对人类健康产生危害。为了降低自来水中NO3-的浓度，某研究人员提出在碱性条件下用Al粉还原NO3-，产物是N2。发生的反应可表示如下；请完成方程式的配平。

___Al+___NO3-+___=___AlO2-+___N2↑+___H2O7、(1)已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)ΔH1=-4.4kJ·mol-1

2NO2(g)=N2O4(g)ΔH2=-55.3kJ·mol-1

则反应N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)的ΔH=_______kJ·mol-1。

(2)已知0.1mol/L的NaHSO4溶液中H+的物质的量浓度为0.1mo1/L；请回答下列问题：

①写出NaHSO4在水溶液中电离的方程式_______。

②若将NaHSO4与Ba(OH)2在溶液中按物质的量之比为1：1混合，化学反应的离子方程式是_______。

(3)实验室现欲用质量分数为98%，密度为1.8g/mL的浓H2SO4溶液配制450mL浓度为0.2mol/L的稀H2SO4溶液，用量筒量取所需浓H2SO4溶液的体积是_______mL。8、常温下，向100mL0.2mol·L－1的氨水中逐滴加入0.2mol·L－1的盐酸，所得溶液的pH、溶液中NH4+和NH3·H2O的物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如图所示。

根据图像回答下列问题。

(1)表示NH3·H2O浓度变化的曲线是_____(填“A”或“B”)。

(2)NH3·H2O的电离常数为_____。

(3)当加入盐酸体积为50mL时，溶液中c(NH4+)－c(NH3·H2O)＝___mol·L－1(用数字表示)。9、(根据物质的热稳定性书写陌生化学(离子)方程式)磷尾矿渣的主要成分是白云石(CaCO3·MgCO3)和磷灰石[Ca5(PO4)3F]，某研究性学习小组设计用磷尾矿制备有用的CaCO3、Mg(OH)2的流程如下：

已知Ca5(PO4)3F在950℃不分解；完成下列变化的化学方程式：

(1)950℃煅烧磷尾矿的主要化学方程式是___________。

(2)由磷矿Ⅰ生成浸取液Ⅰ的离子方程式：___________。

(3)在浸取液Ⅱ中通入NH3，发生反应的化学方程式：___________。10、的名称是_______评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)11、甲苯与氯气在光照条件下反应，主要产物是2,4-二氯甲苯。(____)A.正确B.错误12、溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热生成乙烯。(___________)A.正确B.错误13、和互为同系物。(_____)A.正确B.错误14、向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液，未出现银镜，则蔗糖未水解。(____)A.正确B.错误15、乙酸和乙酸乙酯可用饱和Na2CO3溶液加以区别。(____)A.正确B.错误16、化学纤维已逐步成为我国主要的纺织原料。(_______)A.正确B.错误17、新材料口罩纤维充上电荷，带上静电，能杀灭病毒。(_______)A.正确B.错误18、超高分子量聚乙烯纤维材料具有优良的力学性能、耐磨性能、耐化学腐蚀性能等。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共1题，共8分)19、按要求回答下列问题：

（1）的名称为_____________；

（2）的名称为_________________；

（3）邻甲基乙苯的结构简式为_________________；

（4）顺－2－戊烯的结构简式为_________________；

（5）分子式为C6H12的某烯烃所有碳原子一定共平面，则该烯烃的结构简式为_________________；

（6）某高聚物的结构简式如图：

则形成该高分子化合物的单体的结构简式为_________________。评卷人得分五、有机推断题(共3题，共15分)20、化合物J是一种重要的医药中间体；其合成路线如图：

回答下列问题：

（1）G中官能团的名称是__；③的反应类型是__。

（2）通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是__。

（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出F与足量氢气反应生成产物的结构简式，并用星号（*）标出其中的手性碳__。

（4）写出⑨的反应方程式__。

（5）写出D的苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体结构简式_。

（6）写出以对硝基甲苯为主要原料（无机试剂任选），经最少步骤制备含肽键聚合物的合成路线__。21、G是某抗炎症药物的中间体；其合成路线如下：

已知：①

②(呈碱性；易氧化)

（1）C的官能团名称是_______________；

（2）反应①的反应类型为___________；反应②的作用是___________________；

（3）下列对有机物G的性质推测不正确的是____________________(填选项字母)；

A．1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2

B．能发生取代反应和氧化反应。

C．能加聚合成高分子化合物。

D．具有两性；既能与酸反应也能与碱反应。

（4）写出E→F的化学反应方程式______________________________；

（5）同时符合下列条件的D的同分异构体有__________种：

①含有苯环且能发生水解反应：②能发生银镜反应；③能与NaHCO3溶液反应放出CO2。

（6）已知：苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位：苯环上有发基时，新引入的取代基连在苯环的问位。根据题中的信息，写出以甲苯为原料合成有机物的流程图(无机试剂任选)_______________________________________________________________________________________。合成路线流程图示例：X目标产物22、相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，以X为初始原料设计出转化关系图(部分产物、合成路线、反应条件略去)，其中A是一氯代物；H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO。

已知：Ⅰ.

Ⅱ.(苯胺；易被氧化)

请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题：

(1)阿司匹林中含有的官能团的名称是_____，H的结构简式是_____。

(2)X→A的反应条件是_____，编号①-⑤的反应反应类型相同的是_____。

(3)反应②、③的顺序如果颠倒会如何？_____。

(4)反应⑤的化学方程式是_____。

(5)有多种同分异构体，能够发生银镜反应的芳香族化合物的同分异构体有_____种；写出其中核磁共振氢谱具有四种吸收峰的同分异构体的结构简式____。

(6)请用合成反应流程图表示出：由和其他无机物合成最合理的方案(不超过4步)。_____。

例：评卷人得分六、推断题(共2题，共16分)23、有机物I是一种常用的植物调味油；常用脂肪烃A和芳香烃D按如下路线合成：

已知①RCHO+CH3CHORCH=CHO+H2O

②通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定；易脱水形成羰基。

回答下列问题:

(1)A的名称是_______；H含有的官能团名称是________。

(2)②的反应条件是_______________；⑦的反应类型是_______________。

(3)I的结构简式是____________________。

(4)④的化学方程式是_______________________________。

(5)L是I的同分异构体且含有相同的官能团；其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基，则L共有_____种(不考虑立体异构)。

(6)参照上述合成路线，设计以C为原料制备保水树脂的合成路线(无机试剂任选)__________________24、已知：CH3—CH=CH2＋HBr→CH3—CHBr—CH3(主要产物)。1mol某芳香烃A充分燃烧后可得到8molCO2和4molH2O。该烃A在不同条件下能发生如图所示的一系列变化。

（1）A的化学式：______，A的结构简式：______。

（2）上述反应中，①是______(填反应类型，下同)反应，⑦是______反应。

（3）写出C；D、E、H的结构简式：

C______，D______，E______，H______。

（4）写出反应D→F的化学方程式：______。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．硝酸根在氢离子存在的情况下会表现强氧化性；将亚铁离子氧化，不能大量共存，故A不符合题意；

B．石蕊显红色；说明溶液显酸性，偏铝酸根不能大量存在，故B不符合题意；

C．pH=12的溶液显碱性；四种离子相互之间不反应，也不与氢氧根反应，可以大量共存，故C符合题意；

D．与铝反应生成大量氢气的溶液可能是碱性；也可能是酸性，碱性溶液中铝离子不能大量存在，酸性溶液中硝酸根不能大量存在，故D不符合题意；

故答案为C。2、C【分析】【分析】

【详解】

A.因Al3+、OH-结合生成氢氧化铝沉淀；则不能共存，故A不选；

B.因H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应；则不能共存，故B不选；

C.该组离子之间不反应；则能够大量共存，故C选；

D.因H+、SO32-结合生成若电解质；则不能共存，故D不选。

故选C。

【点睛】

判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。①有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，③有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存，2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。①具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存：如I-和Fe3+不能大量共存，②在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存：如NO3-和I-在中性或碱性溶液中可以共存，3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和SCN-发生络合反应而不能大量共存。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．苯乙烯使酸性高锰酸钾褪色是被高锰酸钾氧化；使溴水褪色是和溴单质发生加成反应，褪色原理不相同，A项错误；

B．根据苯乙烯的结构可知，苯乙烯的分子式是C8H8；B项正确；

C．苯乙烯燃烧的化学方程式是所以1mol该烃完全燃烧最多消耗10molO2；C项正确；

D．苯乙烯分子中含有碳碳双键；能发生加聚反应，D项正确；

故答案为A。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．乙苯和苯乙烯均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，产生的现象相同，不能用酸性溶液鉴别二者；描述错误，不符题意；

B．乙苯中不含碳碳双键；不能发生加聚反应，描述错误，不符题意；

C．乙苯苯环上有3种不同化学环境的H原子；乙基上有2种不同化学环境的H原子，则乙苯的一氯代物共有5种，描述正确，符合题意；

D．乙苯分子中最多有8个碳原子共平面；描述错误，不符题意；

综上，本题选C。5、A【分析】【详解】

A．2－甲基1，3－丁二烯和丙烯酸发生加成反应：+→故A正确；

B．B含有羟基；羧基；C含有酯基，从B到C的反应是酯化反应，故B错误；

C．B含有羧基、羟基，都可与钠反应，只有羧基与碳酸氢钠反应，等物质的量的B分别与足量的Na、NaHCO3反应；产生的气体相等，故C错误；

D．有机物D中环状结构含3个亚甲基；为四面体结构，则所以碳原子不会共面，故D错误；

故答案选A。二、填空题(共5题，共10分)6、略

【分析】【分析】

(1)氯气与氢氧化钠反应生成NaCl和NaClO；

(2)由图可知；Cu；H、Cl元素的化合价不变，Fe、O、S元素的化合价变化，总反应为硫化氢与氧气的反应，生成S和水；

(3)反应中Al→AlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3-→N2↑；氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，结合电荷守恒；原子守恒配平其它物质的系数。

【详解】

(1)氯气与氢氧化钠反应生成NaCl和NaClO，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；

(2)根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，总反应方程式为2H2S+O2=2S↓+2H2O；

(3)反应中Al→AlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3-→N2↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，故Al的系数为10，N2系数为3，由氮元素守恒可知硝酸根系数为6，由Al元素守恒可知偏铝酸根系数为10，由电荷守恒可知氢氧根系数为4，由H元素守恒可知水的系数为2，故配平后离子方程式为：10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2↑+2H2O。【解析】①.Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O②.2H2S+O2=2S↓+2H2O③.10④.6⑤.4OH-⑥.10⑦.3⑧.27、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)ΔH1=-4.4kJ·mol-1；②2NO2(g)=N2O4(g)ΔH2=-55.3kJ·mol-1；由盖斯定理可知，①-②即可得到目标方程式N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)，ΔH=ΔH1-ΔH2=-4.4kJ·mol-1+55.3kJ·mol-1=+53.1kJ·mol-1；故答案为：+53.1；

(2)①NaHSO4在水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++故答案为：NaHSO4=Na++H++

②若将NaHSO4与Ba(OH)2在溶液中按物质的量之比为1：1混合，则生成水和硫酸钡，离子方程式为：H+++Ba2++OH-=H2O+BaSO4，故答案为：H+++Ba2++OH-=H2O+BaSO4；

(3)质量分数为98%，密度为1.8g/mL的浓H2SO4溶液浓度为=mol/L=18mol/L，配制450mL浓度为0.2mol/L的稀H2SO4溶液需要用到500mL的容量瓶，用量筒量取所需浓H2SO4溶液的体积是=5.6mL，故答案为：5.6。【解析】+53.1NaHSO4=Na++H++H+++Ba2++OH-=H2O+BaSO45.68、略

【分析】【分析】

(1)题干信息可知向100mL0.2mo/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，一水合氨浓度减小，据此分析；

(2)一水合氨电离平衡常数平衡常数只随温度变化，取pH=9.26时的浓度计算，此时c（NH4+）=c（NH3•H2O），据此分析；

(3)依据电荷守恒和物料守恒分析；

【详解】

(1)常温下向100mL0.2mo/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸,一水合氨浓度减小,表示NH3⋅H2O浓度变化的曲线是A；

故答案为：A；

(2)NH3⋅H2O的电离常数平衡常数只随温度变化,取pH=9.26时的浓度计算,此时c（NH4+）=c（NH3•H2O）,故答案为：1.8×10−5或10−4.74；

(3)当加入盐酸体积为50mL时,此时溶液pH=9,溶液中存在等浓度的一水合氨、氯化铵,溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)和物料守恒得到c（NH4+）+c(NH3·H2O)=2c(Cl−),得到c（NH4+）-c(NH3·H2O)=2c(OH−)−2c(H+)=2×10−5−2×10−9；

故答案为：2×10−5−2×10−9。

【点睛】

溶液中遵循三大守恒：电荷守恒和物料守恒、质子守恒。【解析】A1.8×10—5(或10—4.74)2×10—5－2×10－99、略

【分析】【分析】

磷尾矿[主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3•MgCO3]在950℃下煅烧，Ca5(PO4)3F在950℃不分解，而碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳(CO2)，磷矿Ⅰ的主要成分为Ca5(PO4)3F、CaO、MgO，因为NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性，可溶解CaO，得到的浸取液Ⅰ含有Ca2+，进一步可生成CaCO3，磷矿Ⅱ含有Ca5(PO4)3F、MgO，加入硫酸铵浸取，浸取液Ⅱ含有镁离子，可进一步生成氢氧化镁，磷精矿为Ca5(PO4)3F；据此解答。

【详解】

(1)由上述分析可知，950℃煅烧磷尾矿的主要化学方程式为CaCO3·MgCO32CO2+CaO+MgO；答案为CaCO3·MgCO32CO2+CaO+MgO。

(2)NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性，H+能从磷矿I中浸取出Ca2+，发生的离子方程式为CaO+2NH=Ca2++2NH3+H2O；答案为CaO+2NH=Ca2++2NH3+H2O。

(3)根据化学工艺流程判断浸取液II的主要成分为硫酸镁溶液，通入NH3，发生反应的化学方程式是MgSO4+2NH3+2H2O=Mg(OH)2↓+(NH4)2SO4；答案为MgSO4+2NH3+2H2O=Mg(OH)2↓+(NH4)2SO4。【解析】CaCO3·MgCO32CO2+CaO+MgOCaO+2NH=Ca2++2NH3+H2OMgSO4+2NH3+2H2O=Mg(OH)2↓+(NH4)2SO410、略

【分析】【详解】

可看作是苯分子中的一个氢原子被乙炔基所取代，故命名为苯乙炔。【解析】苯乙炔三、判断题(共8题，共16分)11、B【分析】【详解】

甲苯与氯气在光照条件下反应，取代发生在侧链上，不会得到产物是2,4-二氯甲苯，错误。12、A【分析】【分析】

【详解】

溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，溴乙烷发生消去反应，生成乙烯、溴化钠和水：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O，故正确。13、B【分析】【详解】

是苯酚，是苯甲醇，二者种类不同，含有不同的官能团，不是同系物，故答案为：错误。14、B【分析】【分析】

【详解】

葡萄糖在碱性条件下才能与银氨溶液发生银镜反应，所以检验蔗糖水解程度时，应向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热后，加入过量的氢氧化钠溶液中和稀硫酸，再加入银氨溶液，水浴加热才能观察到是否有银镜生成，故错误。15、A【分析】【分析】

【详解】

乙酸有酸性，酸性强于碳酸，可以和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体；乙酸乙酯不和碳酸钠溶液反应，且不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯和碳酸钠溶液混合会分层，所以可以用饱和碳酸钠溶液区分乙酸和乙酸乙酯，正确。16、A【分析】【详解】

由在不同年份化学纤维产量占纺织纤维总量的比重可知，化学纤维已逐步成为我国主要的纺织原料，故答案为正确；17、B【分析】【详解】

新材料口罩纤维在熔喷布实验线上经过高温高速喷出超细纤维，再通过加电装置，使纤维充上电荷，带上静电，增加对病毒颗粒物的吸附性能，答案错误。18、A【分析】【详解】

超高分子量聚乙烯纤维材料具有优良的力学性能、耐磨性能、耐化学腐蚀性能等，说法正确。四、原理综合题(共1题，共8分)19、略

【分析】分析：（1）按照烷烃的命名原则进行命名。

（2）按照炔烃的命名原则进行命名。

（3）甲基；乙基在苯环的邻位上；写出结构简式。

（4）甲基；乙基在碳碳双键的同一侧；为顺式结构。

（5）结合乙烯分子结构；把4个氢分别用4个甲基取代，即可得到该有机物结构简式。

（6）该高聚物的形成过程属于加聚反应,加聚反应是由不饱和单体(如碳碳双键,碳碳叁键以及碳氧双键等)聚合形成高分子的反应,其产物只有一种高分子化合物；凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物,其规律是“见双键,四个碳,无双键,两个碳”画线断开,然后将半键闭合,即将单双键互换；按照上述规律写出单体的结构简式。

详解：（1）该有机物为烷烃；主碳链为8个碳，甲基分别位于3,3，6位的碳上，名称为3，3，6-三甲基辛烷；正确答案：3，3，6-三甲基辛烷。

（2）该有机物物为炔烃；含有碳碳三键在内的主碳链为7个碳，甲基位于3,6位的碳上，名称为3，6-二甲基-1-庚炔；正确答案：3，6-二甲基-1-庚炔。

（3）甲基、乙基在苯环的邻位，邻甲基乙苯的结构简式为正确答案：

（4）甲基、乙基在同侧，顺－2－戊烯的结构简式为正确答案：

（5）乙烯分子为平面结构，6个原子共平面，把4个氢分别用4个甲基取代，即可得到分子式为C6H12的所有碳原子一定共平面的烯烃，结构简式为：正确答案：

（6）该高聚物的形成过程属于加聚反应,加聚反应是由不饱和单体(如碳碳双键,碳碳叁键以及碳氧双键等)聚合形成高分子的反应,其产物只有一种高分子化合物；凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物,其规律是“见双键,四个碳,无双键,两个碳”画线断开,然后将半键闭合,即将单双键互换;所以的单体为:正确答案：

点睛：加聚产物的单体推断方法：(1)凡链节的主链上只有两个碳原子(无其它原子)的高聚物,其合成单体必为一种,将两半链闭合即可；(2)凡链节主链上只有四个碳原子(无其它原子)且链节无双键的高聚物,其单体必为两种,在正中间画线断开,然后将四个半键闭合即可；(3)凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物,其规律是“见双键,四个碳,无双键,两个碳”画线断开,然后将半键闭合,即将单双键互。【解析】3，3，6-三甲基辛烷3，6-二甲基-1-庚炔五、有机推断题(共3题，共15分)20、略

【分析】【分析】

(1)根据流程图中的结构简式和反应物转化关系分析；

(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应中取代基的位置；

(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时；该碳称为手性碳，根据结构简式分析；

(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为

(5)根据题目要求分析；结合取代基位置异构，判断同分异构体的数目。

(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基；然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物。

【详解】

(1)根据G的结构图，G中官能团的名称是羧基和肽键(或酰胺键)；反应③中C的—SO3H被取代生成D；则反应类型是取代反应；

(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应过程中取代基的连接位置；故起到定位的作用；

(3)F是邻氨基苯甲酸，与足量氢气发生加成反应生成与羧基、氨基连接的碳原子是手性碳原子，可表示为：

(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为⑨的反应方程式：+2H2O+CH3COOH+H2SO4；

(5)D的结构简式为苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体，即三个取代基在苯环上处于邻间对位置上，同分异构体结构简式或（任写1种）；

(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物，不能先把硝基还原为氨基，然后再氧化甲基，因为氨基有还原性，容易被氧化，故合成路线如下：【解析】羧基、肽键（或酰胺键）取代反应定位+2H2O+CH3COOH+H2SO4或（任写1种）21、略

【分析】【分析】

乙酰氯和乙酸反应生成A，A和B反应生成C，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D结构简式知，C为A为(CH3CO)2O，D发生水解反应然后酸化得到E，E为E反应生成F，F发生还原反应生成G，根据G结构简式结合题给信息知，F为

(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯；邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，据此分析解答。

【详解】

(1)根据分析，C为则C的官能团名称是酯基；

(2)反应①为乙酰氯和乙酸反应生成A，A为(CH3CO)2O；乙酰氯中的氯原子被取代，则反应类型为取代反应；反应②的作用是保护酚羟基，防止被氧化；

(3)A．G中只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2；故A错误；

B．G中含有酚羟基；能发生氧化反应，不能发生消去反应，羧基能发生取代反应，故B正确；

C．G中含有羧基和酚羟基；所以能发生缩聚反应生成高分子化合物，故C错误；

D．G中含有羧基和氨基；所以具有酸性和碱性，则具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故D正确；

答案选AC；

(4)E为F为E在浓硫酸加热条件下与硝酸反应取代反应，化学反应方程式+HNO3+H2O；

(5)①含有苯环且能发生水解反应，说明结构中含有苯环和酯基，②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，③能与NaHCO3溶液反应放出CO2，说明结构中含有羧基，由以上综合分析，该有机物的结构可以由与-CH2OOCH构成，共有邻间对3种结构，或由与-CH3、-OOCH构成，共有10种结构，或由和－OOCH构成有邻间对3中结构，或和构成，只有一种结构，则同时符合下列条件的D的同分异构体有17种；

(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，其合成流程图为：【解析】酯基取代反应保护酚羟基，以防被氧化AC+HNO3+H2O1722、略

【分析】【分析】

相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则92/12=78，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8，结构简式为X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为B为C为D酸化生成E，故D为E为在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应③的产物可知F为F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，G为H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应是错的高聚物，H为与乙酸发生酯化反应生成

(1)

根据流程可知，阿司匹林的结构简式为：分子中含羧基和酯基；根据以上分析可知H的结构简式是故答案为：羧基、酯基；

(2)

根据上述分析可知，X为A为与氯气在光照条件下发生取代反应可生成故答案为：光照；反应①为在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F；反应②为转化生成的过程，属于氧化反应；反应③为转化为的过程，属于还原反应；反应④为通过形成肽键发生缩聚反应是错的高聚物，H为发生的是缩聚反应；反应⑤为被银氨溶液氧化转化为的过程；属于氧化反应，所以反应类型相同的是②和⑤；

(3)

因为苯胺和苯环上的甲基容易被氧化，所以若反应②、③的顺序颠倒，则反应③发生氧化反应时会把—CH3和—NH2都氧化；

(4)

由分析可知C为D为C能与银氨溶液反应生成D，方程式为：+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O；

(5)

芳香族化合物即含有苯环；能够发生银镜反应说明含有醛基即为-CHO或甲酸酯类，则还含有两个羟基；

（1）同分异构体中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物，醛基做取代基，①2个羟基定在邻位：②2个羟基定在间位：③2个羟基定在对位：共有6种；

（2）苯环上含有HCOO-；则还含有一个-OH，则有邻间对三种不同的结构；

综上（1）（2）情况可知，能够发生银镜反应的芳香族化合物共有6+3=9种；其中核磁共振氢谱具有四种吸收峰的同分异构体，说明高度对称，其结构简式可表示为：

(6)

在催化剂条件下发生加成反应生成再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成与氯气发生加成反应生成最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成合成反应流程图为：【解析】(1)羧基、酯基

(2)光照②；⑤

(3)反应③发生氧化反应