广西壮族自治区玉林市2023-2024学年高二下学期7月期末考试化学试题

2024年春季期高二期末教学质量监测 化学 （本试卷满分100分，考试时间75分钟） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置上。 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 Mn-55 一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分，共42分） 1．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（ ） A．利用油脂制备肥皂 B．利用75%的酒精对生活物品消毒 C．利用氯乙烯制备食品包装袋 D．利用2-羟基丙酸（乳酸）制备可降解塑料 2．下列化学用语或图示表达正确的是（ ） A．苯的实验式： B．分子形成的键电子云轮廓图： C．基态Cr原子的价电子轨道表示式： D．冠醚与结合形成的超分子： 3．下列叙述正确的是（ ） A．用水可以区别乙醇、苯与 B．在苯酚浊液中加入溶液，苯酚浊液变澄清并产生气体 C．新戊烷结构对称，其二氯取代物只有一种 D．与互为同系物 4．四种短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的最高正化合价和最低负化合价的代数和为0，Y和W的最外层电子数相同，Z元素的焰色试验呈黄色，四种元素的最外层电子数之和为17。下列说法错误的是（ ） A．离子半径： B．Y原子中有6种空间运动状态的电子 C．最高价氧化物对应的水化物的酸性： D．简单氢化物的沸点： 5．硝苯地平临床用于预防和治疗冠心病、心绞痛，也用于治疗高血压，其结构简式如图所示。下列有关说法正确的是（ ） A．该有机物有5种官能团 B．该有机物易溶于水 C．该有机物所有原子可能共面 D．该有机物能发生加成反应、取代反应 6．下列关于物质结构和性质的说法正确的是（ ） A．第二周期元素中，第一电离能介于B、N之间的有1种 B．酸性： C．与中心原子的杂化方式相同，均为形结构 D．键角： 7．下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是（ ） A．苯酚使溴水褪色： B．苯乙烯使溴水褪色： C．苯使溴水褪色： D．苯甲醛使溴水褪色： 8．复旦大学郑耿锋课题组合成铜（Ⅱ）催化剂高效电催化还原制备。催化剂（T）结构如图所示。下列叙述正确的是（ ） A．T中含有的3种元素位于元素周期表d区和p区 B．T中标记为、的碳原子形成的共价键均为非极性键 C．T中铜的配位数为4 D．T中3种元素的电负性： 9．我国科学家研究出一种高效率和高选择性地将转化为CO的方案，其原理为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．5.85gNaCl中含有分子数为 B．含有的键数目为 C．含有中子数为 D．NaClO为阳极产物 10．下列性质差异正确且与结构因素对应的是（ ） 选项 物质性质 结构因素 A 稳定性： 键长与键能 B 熔点：晶体硅>金刚石 分子极性 C 葡萄糖可以发生银镜反应 葡萄糖含有 D 甲苯可被酸性溶液氧化 甲基活化了苯环 11．尿素与甲醛制备线型脲醛树脂的化学方程式可表示为 下列关于该反应所涉及物质的说法正确的是（ ） A．该反应为加聚反应 B．高聚物中C和N的杂化方式均只有一种 C．上述物质均能与形成氢键 D．除高聚物外，反应中只有1种极性分子 12．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（夹持装置未画出）（ ） A．制备晶体 B．检验溴乙烷消去产物 C．实验室制备乙烯 D．除中的 13．葡酚酮是由葡萄籽提取的一种花青素类衍生物（结构简式如图），具有良好的抗氧化活性。下列关于葡酚酮叙述错误的是（ ） A．分子中含有3个手性碳原子 B．与足量的NaOH水溶液反应，键均可断裂 C．可使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．催化剂存在下与足量反应，键不能全部断裂 14．单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型的高熔点超导材料，其晶胞如图。下列说法错误的是（ ） A．该晶体中存在共价键 B．该物质的化学式为 C．位于构成的八面体空隙中 D．该晶体属于分子晶体 二、非选择题（共58分） 15．（14分）环己酮是无色油状液体，30℃时在水中的溶解度为2.4g。实验室由环己醇制备环己酮。 【实验原理】 （已知：NaClO在酸性条件下，氧化性增强） 【装置示意图】 【实验步骤】Ⅰ．烧瓶中依次加入5.2ml（5g）环己醇（）和25mL冰醋酸，开动磁力搅拌器。在冰水浴冷却下，逐滴加入次氯酸钠溶液至稍过量。 Ⅱ．在室温下继续搅拌30min，然后加入饱和亚硫酸氢钠溶液。 Ⅲ．在反应混合物中加入30mL水、3g氯化铝，去掉仪器X，换成蒸馏装置，加热蒸馏，至馏出液无油珠滴出为止。 Ⅳ．在搅拌情况下向馏出液中加入无水碳酸钠至中性，然后再加入精制食盐使之饱和，将此液体倒入分液漏斗，分出有机层。 Ⅴ．向有机层中加入无水，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，得到产品3.2g。 回答下列问题。 （1）仪器X的名称为__________；环己酮中C的杂化方式为__________ （2）步骤Ⅰ中，加入冰醋酸除作为溶剂外，还有的作用是______________________________。 （3）步骤Ⅰ中，次氯酸钠溶液要在冰水浴冷却下逐滴加入。在次氯酸钠的不同滴加速度下，在冰水浴存在的情况下，溶液温度随滴加时间变化曲线如图，为了控制好反应温度，应选择的滴速为__________滴/min。 （4）在步骤Ⅱ中，加入适量亚硫酸氢钠溶液的目的是（用离子方程式表示）______________________________。 （5）在步骤Ⅳ中，加入精制食盐的目的是______________________________。 （6）在步骤Ⅴ中，加入无水的作用为______________________________。 （7）产品的产率为__________（精确至0.1%）。 16．（14分）工业合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，是化学对社会发展的巨大贡献之一。在催化剂作用下发生反应： ，回答下列问题： （1）依据工业合成氨反应的能量变化图可知，__________。 （2）恒温恒容条件下，下列能说明该反应已达到平衡状态的是__________（填字母） A．气体的密度保持不变 B．、、的物质的量之比为 C．气体的平均摩尔质量保持不变 D．消耗，同时消耗 （3）如图是当反应器中按投料后，在200℃、400℃、600℃反应达到平衡时，混合物中的物质的量分数随总压强的变化曲线。 ①曲线a、b、c对应温度较高的是__________（填“a”或“b”或“c”）。 ②M、N、Q点平衡常数的大小关系是____________________。（用、、表示） ③列出点平衡常数的计算式__________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数；不要求计算结果）。 （4）利用质子传导固态电池合成氨示意图如下，生成氨气的电极反应式为____________________。 （5）可用于制氨水和铵盐。常温下，将浓度均为的氨水和溶液等体积混合，混合溶液显__________（填“酸性”“碱性”或“中性”），混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为____________________。（已知：常温下） 17．（15分）工业上用某软锰矿（主要成分为，还含有少量铁、铝及硅的氧化物）为原料制备尖晶石结构的锰酸锂（）。流程如下图： 已知：室温下，部分金属离子以氢氧化物形成沉淀时的如下表： 金属离子 开始沉淀的 7.5 1.7 3.4 7.1 完全沉淀的 9.7 3.2 4.4 9.8 回答下列问题： （1）基态原子的价电子排布式为__________。 （2）“浸取”得到的浸取液中阳离子主要是，生成的离子方程式为____________________，滤渣Ⅰ的主要成分是__________。 （3）“精制”时，需调节溶液范围为__________。 （4）在催化剂存在下，从下表可知升高氧化温度有利于将氢氧化锰氧化为，分析工业“控温、氧化”过程中，最适宜选定的氧化温度为__________，原因是__________。 氧化温度/℃ 230 280 300 330 350 400 的质量分数/% 70.8 72.3 73.4 74.9 75.1 75.5 （5）“锂化”是将和按一定的物质的量比配料，球磨3~5h，然后升温至600~750℃，保温24h，自然冷却至室温得产品。所得混合气体的成分是__________（填化学式）。 （6）一种晶体的晶胞示意图如图，该长方体晶胞的长和宽均为，高为。 ①图中“●”代表的是__________（填“Mn”或“O”）。 ②为阿伏加德罗常数，该晶体的密度为__________（列出计算式即可）。 18．（15分）利喘贝是一种新的平喘药，其合成过程如下： 已知：ⅰ． ⅱ． ⅲ． ⅳ．苯环上原有的取代基（或烃基）会使新导入的取代基进入苯环的邻位和对位，而会使新导入的取代基进入苯环的间位。 回答下列问题： （1）化合物C的名称为__________。化合物E中官能团的名称是__________。 （2）由到的反应中，不涉及的反应类型有__________（填序号）。 A．取代反应 b．氧化反应 c．还原反应 d．加成反应 （3）由生成有气体生成，写出该反应的化学方程式____________________。 （4）在的同分异构体中，同时满足下列条件的共有__________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱显示有五组峰（氢原子数量比为）的结构简式为__________。 ①遇溶液显示紫色 ②能与反应 （5）结合上述流程中的信息，设计以乙苯为原料制备的合成路线（其他无机试剂任选）：______________________________。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$高二化学答案 第 1页（共 6页） 2024年春季期高二期末教学质量监测 化学参考答案 1．【答案】C 【解析】A．油脂在碱性条件下水解，可得到高级脂肪酸盐，为肥皂的有效成分，A正确； B．75%的酒精能使蛋白质变性，从而杀菌消毒，B正确； C．氯乙烯加聚形成聚氯乙烯，因含有 Cl元素，易产生有毒物质，不能用作食品包装袋，C错误； D．乳酸缩聚得到聚乳酸，属于聚酯，可水解，为可降解塑料，D正确。 2．【答案】D 【解析】A．苯的实验式为：CH，A错误； B． 2Cl 分子形成时每个氯原子提供 3p轨道，形成的σ键电子云轮廓图为： ，B错误； C．基态 Cr原子的价电子轨道表示式： ，C错误； D．冠醚的不同大小的空腔可以识别不同直径的离子，冠醚与K可结合形成超分子，D正确。 3．【答案】A 【解析】A．水与乙醇互溶；与苯分层，且油状液体在上层；与 CCl4分层，且油状液体在下层，故水可 以区别乙醇、苯与 CCl4，A正确； B．酸性：H2CO3>苯酚>HCO3-，在苯酚浊液中加入 Na2CO3溶液，只能生成 NaHCO3和苯酚钠，浊液变 澄清，但不能产生 CO2气体，B错误； C．新戊烷的二氯取代物有两种，即 CHCl2C(CH3)3、(CH2Cl)2C(CH3)2，C错误； D．单烯烃与二烯烃，官能团数目不同，不属于同系物，D错误。 4．【答案】B 【分析】四种短周期主族元素 X、Y、Z、W原子序数依次增大，由 Z的焰色试验呈黄色可知，Z为钠 元素，由 X的最高正化合价和最低负化合价的代数和为 0，则 X为氢元素或碳元素，由四种元素的最外 层电子数之和为 17，结合 Y和W的最外层电子数相同可知，X的最外层电子数为偶数，故 X为碳元素， Y和W的最外层电子数为 12 ×(17-1-4)= 6，故 Y为氧元素，W为硫元素。 【解析】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；故离子半径： S2->O2->Na+，A正确； B．O的核外电子排布式为 1s22s22p4，电子分布于 5个轨道上，故有 5种空间运动状态，B错误； C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性： H2SO4>H2CO3，C正确； D．水、硫化氢均为分子晶体，二者结构相似，而水分子间能形成氢键，沸点高于硫化氢；NaH为离子 晶体，沸点最高，故简单氢化物的沸点 NaH>H2O>H2S，D正确。 5．【答案】D 【解析】A．由题中结构可知，该有机物有硝基、酯基、碳碳双键、亚氨基 4种官能团，A错误； B．由题中结构可知，该有机物分子疏水基较大，难溶于水，B错误； C．该有机物中含有甲基和亚氨基，所有原子不可能共面，C错误； D．该有机物含有碳碳双键、酯基，可以发生加成反应、取代反应，D正确。 高二化学答案 第 2页（共 6页） 6．【答案】B 【解析】A．同周期元素中第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族大于第ⅢA族，第ⅤA族大于ⅥA族， 则第 2周期元素中，第一电离能介于B N、 之间的有 Be、C、O三种，故 A错误； B．电负性 F>Cl>H，极性 F-C > Cl-C > H-C，极性越大，使得与其相连的羧基中的羟基的极性更大，更 易电离出氢离子，酸性更强，故 B正确； C． 2H S中 S为 sp3杂化， 2SO 中 S为 sp2杂化，杂化方式不同，故 C错误； D． 4NH  中心原子 N的价层电子对数为  14 5 1 4 1 =4 2     ，没有孤电子对， 3NH 中心原子 N的价 层电子对数为  13 5 3 1 =4 2    ，有 1对孤电子对，由于孤电子对与成键电子对间的排斥作用大，导 致 NH3的键角更小，故 D错误。 7．【答案】C 【分析】苯与溴水不反应，发生萃取后，水层褪色，故 C错误。 8．【答案】C 【解析】A．Cu元素位于 ds区，C和 N元素位于 p区，故 A错误； B．由 T的结构图可知，原子 C1只形成非极性键，C2原子形成 2个非极性键和 1个极性键，故 B错误； C．根据 T的结构图可知，铜的配位数为 4，故 C正确； D．非金属的电负性一般强于金属，同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，故电负性 N>C >Cu，故 D错误。 9．【答案】D 【解析】A．NaCl是离子晶体，不含分子，A错误； B．CO2的结构式为 O=C=O，44g CO2的物质的量为 1mol，含有的 π键数目为 2NA，B错误； C．未强调标准状况，无法计算，C错误； D．该反应中氯元素由-1价升高为+1价，NaClO是氧化产物，应在阳极获得，D正确。 10．【答案】A 【解析】A．分子晶体的稳定性，取决于分子内共价键强弱，即与共价键的键长与键能有关，HF键长 短，键能大，稳定性更强，故 A正确； B．金刚石与晶体硅属于共价晶体，其熔点与共价键强弱有关，即与原子半径和键长有关，金刚石中 C-C键长更短，熔点更高，故 B错误； C．葡萄糖可以发生银镜反应，是因为含有-CHO，故 C错误； D．甲苯可被酸性 KMnO4溶液氧化，是因为苯环活化了甲基，故 D错误。 11．【答案】C 【解析】A．该反应为缩合聚合反应，即缩聚反应，A错误； B．高聚物中 C的杂化方式有 sp3、sp2两种，N的杂化方式有 sp3，B错误； C．四种分子中，均有极性较强的 N或 O，均能与 H2O形成氢键，C正确； D．H2N-C-NH2、HCHO、H2O均为极性分子，D错误。 12．【答案】A 【解析】A．往[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇，使溶剂的极性减弱，[Cu(NH3)4]SO4的溶解度降低，从 而结晶析出[Cu(NH3)4]SO4∙H2O，A能达到目的； B．加热溴乙烷、NaOH、乙醇的混合液时，乙醇挥发，生成的气体中混有乙醇蒸气，乙醇也能使酸性 KMnO4溶液褪色，所以不能确定乙烯的存在，B不能达到目的； C．实验室加热乙醇与浓硫酸的混合液时，要求溶液的温度达到 170℃，而装置中温度计水银球位于支 管口处，不能确定溶液的温度，C不能达到目的； O 高二化学答案 第 3页（共 6页） D．溴和碘化钾反应生成溴化钾和碘单质，图示装置 4CCl 中会引入新杂质 I2，所以不能用图示装置除 4CCl 中的 2Br ，D不能达到目的。 13．【答案】B 【解析】A．手性碳为 ，A正确； B．葡酚酮中羧基、酚羟基与 NaOH水溶液反应，O-H键断裂，而没有与苯环相连的-OH不与 NaOH 水溶液反应，O-H键不断裂，B错误； C．葡酚酮分子中含有酚羟基及醇羟基，具有强的还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液的紫 色褪色，C正确； D．葡酚酮中苯环与足量 H2反应，大π键断裂，碳碳双键与足量 H2反应，π键断裂，羧基和酯基不能和 H2发生加成反应，碳氧双键中的π键不能断裂，D正确。 14．【答案】D 【分析】根据题干信息，该晶体是一种高熔点超导材料，因而不可能为分子晶体，应属于共价晶体，D 错误。 15．（14 分） 【答案】（1）(球形)冷凝管（1分） sp3、sp2（2分） （2）提供酸性环境，增强 NaClO的氧化性（2分） （3）8（2分） （4） - - - 2- +3 4HSO +ClO =Cl +SO +H （2分） （5）降低环己酮在水中的溶解度（2分） （6）除去水（1分） (7) 65.3%（2分） 【解析】 （2）用冰醋酸可提供酸性环境，使NaClO转化为HClO，氧化性更强。 （3）由题干知，反应需维持温度为30 ~ 35℃。结合图像知，为了实验安全，应选择滴速为 8滴/min （4）亚硫酸氢钠是还原剂，可还原过量的次氯酸钠。 （5）环己酮可溶于水，但溶解度不大，加入精制食盐是为了进一步减少它在水中的溶解量。 （6）无水 4MgSO 有干燥的作用。 （7）n(环已醇) 1 5g 0.05mol 100g mol    ，理论上生成0.05mol环已酮，其质量为 10.05mol 98g mol 4.9g   ， 产品产率 3.2g100% 100% 65.3% 4.9g      实际产量 理论产量 。 16．（14 分）【答案】（1）-92.4 kJ•mol-1（1分） （2）CD（2分） （3）①c （2分） ② KQ=KM>KN（或 KN<KQ=KM）（2分） 高二化学答案 第 4页（共 6页） ③ （或 3 14 42 ）（2分） （4）N2+6H＋+6e－＝2NH3（2分） （5）碱性（1分） c(NH4＋)> c(Cl－)> c(OH－)> c(H＋)（2分） 【解析】 （2）恒温恒容条件下，反应前后质量不变则密度不变，A不选；N2、H2、NH3的物质的量成比例无法确 定是否平衡，B不选；反应前后气体的质量不变，物质的量是可变量，当气体的平均摩尔质量保持不变时 即气体的物质的量不变，可确认是平衡状态，C选；消耗 1mol N2表示正向反应，同时消耗 2mol NH3表示 逆向反应，且与化学计量数成比例，D选，故选 CD； （3）①合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动， 3NH 的物质的量分数减小，故曲线 a、b、c 对应温度较高的是 c； ②合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，由图可知温度的大小关系 为 Q=M<N，则平衡常数的大小关系为 KQ=KM>KN，故答案为：KQ=KM>KN； ③根据图中的数据可知，b点时 3NH 的平衡物质的量分数为 20% ，总压强 p 70MPa ；起始投料比等于化 学计量数之比，则 b点时 2N 的物质的量分数为 1(1 20%) 20% 4    ， 2H 的物质的量分数为 20% 3 60%  ， 则 2 p 3 (70 20%) (70 20%) (70 60%) K     （或 3 14 42 ）。 （5）因 Kb(NH3•H2O)=10-4.75，Kh 14 9.25 4.75 b 10 10 10 KwKh K      ，可知电离大于水解，溶液显碱性；结合电荷守恒， 可知离子浓度排序为 c(NH4＋)> c(Cl－)> c(OH－)> c(H＋) 17．（15 分）【答案】 （1）3d54s2（2分） （2） 2 + 2 32 2MnO 2Fe 4H Mn 2Fe 2H O        （2分） SiO2（1分） （3）4.4≤pH<7.1（2分） （4） 330℃ （1 分） 330℃时，MnO2产率较高。温度再升高，MnO2产率的增长很小，但对设备要求 更高，能耗更大，成本更高（2分） （5）O2、CO2 （2分） （6）① Mn（1分） ② A 2 21 55 2 16 4 a b N10     （2分） 【分析】软锰矿浆(主要成分为 2MnO ，还含有少量铁、铝及硅等元素的氧化物)，加入 FeSO4、H2SO4浸 取，MnO2在酸性条件下被 Fe2+还原为Mn2+，铁、铝的氧化物转化为 Fe2+、Fe3+、Al3+，Si的氧化物不与酸 反应，进入滤渣Ⅰ中，滤液中先加入 H2O2，将 Fe2+氧化为 Fe3+，再加入MnO调节 pH，使 Fe3+、Al3+转化 为 Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后，滤渣Ⅱ为 Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中加入氨水沉锰，生 成Mn（OH）2沉淀，Mn（OH）2加水，通入 O2控温、氧化，得到MnO2固体，加入 Li2CO3进行“锂化” 得到 LiMn2O4，根据质量守恒、电子守恒可知，还生成二氧化碳、氧气。 【详解】 （2）加入 FeSO4、H2SO4浸取，MnO2被 Fe2+在酸性条件下还原为Mn2+，离子方程式为： 高二化学答案 第 5页（共 6页） 2 + 2 3 2 2MnO 2Fe 4H Mn 2Fe 2H O        ； （3）“精制”时，要除去溶液中的 Al3+和 Fe3+，即使 Al3+和 Fe3+完全沉淀，但不能让Mn2+开始沉淀，根据 题中所给信息，应调节溶液 pH范围为 4.4≤pH<7.1； （5）由题意初步确定反应为：4MnO2+Li2CO3→LiMn2O4，Mn 元素化合价降低，则必然有元素化合价升高， 此时只能是氧元素化合价升高，推测生成 O2，反应前有碳酸盐，推测还有 CO2； （6）①由图可知，根据均摊法，白球的数目为 12+4 4 2   ，黑球的数目为 11 8 2 8    ，MnO2中Mn 与 O原子个数比为 1：2，即黑球为Mn； ②晶胞体积为 a2b×10-21cm3，晶胞的密度为： 3 A 2 21 55 2 16 4 g / cm a 10 Nb      。 18．（15 分）【答案】 （1）邻硝基苯甲酸或“2－硝基苯甲酸” （2分） 酯基、氨基 （2分） （2）d （2分） （3）  2 2CH COOH  2 2CO H O   （2分） （4）13 （2分） （2分） （5） －HN－OC－ －CO－NH－ 【分析】A为甲苯，A发生硝化反应取代甲基邻位的氢得到 B为 ，B发生氧化反应生成 C （ ），C和甲醇发生酯化反应生成D（ ），D在 Fe/HCl作用下反应生成 E（ ）， F为 ，根据信息 i知 F和 3CH I在 NaOH作用下反应生成 G（ ），根据信息ⅱ知 G和 －CH2CH3 SOCl2 －CH2CH3 －NO2 －COOH －NO2 －COOH －NH2 （3分） 高二化学答案 第 6页（共 6页） 发生反应生成 H（ ），E和 H发生取代反应生成 I（ ）， I发生水解反应生成利喘贝。 【详解】 （2）A为甲苯，A发生硝化反应取代甲基邻位的氢得到 B为 ，B发生氧化反应生成 C （ ），C和甲醇发生酯化反应生成 D，D（ ）在 Fe/HCl作用下反应生成 E（ ） 即硝基变为氨基，根据加氢去氧是还原，因此 D→E的反应类型是还原反应； （3）根据原子守恒可推测生成物为 CO2和 H2O （4）F的化学式为 8 8 3C H O ，能与 3NaHCO 反应即含有―COOH，遇 3FeCl 显示紫色则含有一个苯环和 酚羟基，若苯环三取代则考虑以下结构中苯环上 3CH— 取代 、 、 ，共 有 2+4+4＝10种。若苯环二取代则有 、 、 。该物质的同分异 构体有 10+3＝13种 （5）依据题中信息，要由 合成， 应先合成 ，则应先进行硝化反应，引入-NO2，形成 ， 然后将-CH2CH3氧化，形成 ，再将-NO2还原，形成 ， 最终在 SOCl2作用下，两分子 脱水形成 －HN－OC－ －CO－NH－ 要注意的是：由于-COOH 是间位定位基，故不能先将乙苯氧化为苯甲酸，即第 1步、第 2步不能互换； 由于-NH2易被氧化为-NO2，故不能先将-NO2还原为-NH2，即第 2步、第 3步不能互换。