文档文本内容
第13 天 解答题押题特训（2）
题号
押题亮点
情境与素养
难度与考前重点提醒
15
高考趋势： 以间接碘量
法测定刻蚀废液中
Cu²⁺为载体，综合考
查氧化还原反应原
理、离子方程式书
写、离子检验、干扰
排除及实验方案设
计。是探究性实验题
的典型代表。
考点角度： 刻蚀反应离
子方程式（Fe³⁺氧化
Cu）、氧化性判断
（Fe³⁺和I₂）、配合物
颜色变化
（[Cu(NH₃)₄]²⁺蓝
色）、检验SO₄²⁻的方
法（先加酸除干
扰）、直接滴定的局
限性（配位副反应、
沉淀干扰）、掩蔽剂
的使用（F⁻掩蔽
情境： 实验探究情
境（刻蚀废液分
析）。
素养： 科学探究与
创新意识（实验
方案设计、干扰
排除）；证据推
理与模型认知
（氧化还原顺
序、滴定原
理）；宏观辨识
与微观探析（配
合物、水解）。
四翼： 综合性、创
新性。
难度：中
考前重点提醒： 探究性实验题要“理解
原理、关注干扰、设计对照”。
（1）刻蚀反应：2Fe³⁺ + Cu = 2Fe²⁺ +
Cu²⁺。（2）实验1 中氧化性微粒：
Fe³⁺（氧化I⁻生成I₂）和I₂（氧化滴定
剂中的I⁻？滴定用Na₂S₂O₃ 还原I₂，
但此处“体现氧化性的微粒”指能将
I⁻氧化的，即Fe³⁺和生成的I₂。（3）
检验SO₄²⁻时需先加过量稀盐酸除去
CO₃²⁻、SO₃²⁻、PO₄³⁻及Ag⁺、Pb²⁺等干
扰，再滴加BaCl₂ 溶液。（4）不能用
Na₂S₂O₃ 直接滴定Fe³⁺的原因：Fe³⁺与
S₂O₃²⁻发生络合或氧化还原副反应
（生成黑色硫化物沉淀），无固定计
量比，且颜色变化不明显。（5）掩
蔽Fe³⁺常用F⁻（形成无色[FeF₆]³⁻），
实验3、4 通过对照证明F⁻可消除干
扰：加F⁻后滴加淀粉KI 不变蓝（Fe³⁺
被掩蔽，不氧化I⁻），不加F⁻时变
蓝。（6）pH 调至4 的原因：pH 过高
Fe³⁺）、pH 控制的原
因（水解、歧化、氧
化）。
Cu²⁺会水解生成Cu(OH)₂；pH 过低I⁻
会被空气中O₂ 氧化，且Fe³⁺掩蔽效果
可能下降（HF 酸性较强时F⁻与H⁺结
合）。
16
高考趋势： 以电解铜阳
极泥回收贵金属
（Au、Pt、Pd、Cu）
的工艺流程为载体，
考查元素周期表位
置、氧化还原方程
式、分离目的、配位
反应、沉淀溶解平衡
（Ksp 计算）、晶胞
化学式。是工艺流程
与结构结合的典型
题。
考点角度： Te 在周期表
中的位置（第5 周期
ⅥA 族）、氧化焙烧
方程式（PtTe 与
Na₂CO₃、O₂ 反应）、
酸浸目的（分离
Cu）、氯浸中Au 被
氧化为[AuCl₄]⁻的还原
剂与氧化剂比例
（2:3）、草酸的作用
（还原[AuCl₄]⁻和
[PtCl₆]²⁻）、利用Ksp
计算初始NH₄Cl 浓度
（沉淀转化）、储氢
合金晶胞化学式（Cu
面心、Au 顶点、H 在
四面体空隙，类CaF₂
结构）。
情境： 生产环保情
境（贵金属回
收）。
素养： 科学探究与
创新意识（工艺
流程分析）；模
型认知（晶胞结
构、沉淀溶解平
衡）；变化观念
与平衡思想（氧
化还原、Ksp 计
算）。
四翼： 综合性、应
用性。
难度：中
考前重点提醒： 工艺流程题要“分步分
析、物尽其用”。（1）氧化焙烧：
PtTe 中Pt 为+2 价，Te 为-2 价，被O₂
氧化后Te 转化为Na₂TeO₃（+4
价），Pt 转化为单质，同时Na₂CO₃
提供Na⁺和CO₃²⁻，反应后生成CO₂。
（2）酸浸用稀硫酸，目的是溶解
CuO 生成CuSO₄，而Pt、Pd、Au 不
反应，实现分离。（3）氯浸中Au +
Cl₂ + Cl⁻ → [AuCl₄]⁻，Au 从0 升到
+3，Cl₂ 从0 降到-1，每生成1 mol
[AuCl₄]⁻需3 mol e⁻，1 mol Cl₂ 得2
mol e⁻，故n(Au):n(Cl₂)=2:3，即还原
剂（Au）与氧化剂（Cl₂）之比为
2:3。（4）草酸（H₂C₂O₄）是还原
剂，可将[AuCl₄]⁻还原为Au
（+3→0），也可将[PtCl₆]²⁻还原为
[PtCl₄]²⁻（+4→+2），便于后续与
(NH₄)₂PdCl₆ 分离。（5）利用Ksp 计
算：反应后c([PtCl₆]²⁻)降低至
1.1×10⁻⁶ mol/L，说明加入NH₄Cl 生成
了(NH₄)₂PtCl₆ 沉淀，根据Ksp 表达式
计算初始c(Cl⁻)进而求c(NH₄Cl)。注
意等体积混合后浓度减半。（6）晶
胞：Cu 处于面心（6 个面心，贡献3
个），Au 处于顶点（8 个顶点，贡献
1 个），H 进入四面体空隙。类CaF₂
结构：Ca²⁺在顶点和面心（与Au、Cu
位置对应？CaF₂ 中Ca²⁺在面心立方格
点，F⁻在全部四面体空隙（8
个））。故H 原子数为8，化学式为
Cu₃AuH₈。
17
高考趋势： 以CO₂ 催化
加氢合成二甲醚为背
景，综合考查盖斯定
律、反应自发性的判
断、反应历程图像分
析、反应速率计算、
平衡移动及平衡常数
计算。是化学反应原
理综合题的典型代
表。
考点角度： 盖斯定律求
反应热（由反应Ⅰ+2×
反应Ⅱ可得目标反
应）、反应自发性的
判据（ΔG=ΔH-
TΔS<0），反应历程
图像中基元反应数、
决速步的方程式（活
化能最大）、恒容容
器中压强与总物质的
量的关系（反应Ⅱ气
体分子数减少，反应
Ⅰ不变）、用压强差
计算反应速率、恒压
条件下充入惰性气体
对平衡的影响（分压
降低，反应Ⅱ逆向移
动）、二甲醚选择性
随惰性气体比例变化
的解释、平衡常数
（分压平衡常数Kp）
的计算。
情境： 学术探索与
环保情境（CO₂
资源化）。
素养： 变化观念与
平衡思想（盖斯
定律、平衡移
动、自发判
据）；证据推理
与模型认知（图
像分析、速率计
算、Kp 计算）。
四翼： 综合性、创
新性。
难度：难
考前重点提醒： 原理综合题要“分清反
应、用好图像、勿忘单位”。（1）
盖斯定律：目标反应CO₂ + 3H₂ =
CH₃OCH₃ + H₂O 可由反应Ⅰ + 2×反
应Ⅱ得到，ΔH=ΔH₁+2ΔH₂。（2）反
应Ⅲ：CO₂ + H₂ = CO + H₂O，
ΔH>0，ΔS≈0（气体分子数不变），
故在高温下自发（ΔG=ΔH-TΔS，
ΔS≈0 则ΔG≈ΔH>0，非自发？实际上
ΔS 略大于0，需具体计算。通常此类
反应高温自发，但题目说“在低温下
自发”，需结合所给数据。本题解析
中认为ΔH<0，ΔS<0，故低温自发。
请以实际题目数据为准。若ΔH<0，
ΔS<0，则低温自发。本题解析给出答
案“低温”。（3）基元反应数：从
图示看有多少个“峰值”或“过渡
态”，每个上升段对应一个基元反
应。决速步是能垒（活化能）最大的
步骤，写出对应方程式。（4）恒容
容器中压强比等于物质的量之比，利
用反应前后压强差可求出反应Ⅱ消耗
的CO 和生成的甲醇等，进而求反应
速率。（5）恒压条件下充入Ar，总
压不变但各反应物分压降低，相当于
减压。反应Ⅰ气体分子数不变，平衡
不移动；反应Ⅱ气体分子数减少，减
压使平衡逆向移动，二甲醚选择性降
低。（6）Kp 计算：先根据投料比、
转化率、选择性，利用原子守恒求出
平衡时各组分物质的量，再求分压
（分压=总压×摩尔分数），代入表达
式。注意Kp 带单位（kPa⁻² 等），结
果保留两位小数。
18
高考趋势： 以抗淋巴瘤
药物合成为载体，考
情境： 学术探索情
境（药物合
难度：难
考前重点提醒： 有机综合题要“抓官能
查有机推断、官能团
识别、反应类型（取
代、羟醛缩合、氧
化、酯化）、同分异
构体计数（限制条
件）、分子性质判断
（共面、手性、顺反
异构）及合成路线设
计。是有机综合题的
典型代表。
考点角度： 苯甲醛的名
称、HC≡CH 的电子
式、磺化反应（取
代）、醛基、磺酸基
的酸性、羟醛缩合产
物氧化生成羧酸、酯
化反应、F 与苯胺的
取代反应（生成酰
胺）、同分异构体
（含羧基和碳碳双键
的苯环二取代产物
数）、E 的性质（水
解、共面、手性、顺
反异构）、合成路线
（苯甲醛与乙醛羟醛
缩合→氧化→与
HC≡CH 取代）。
成）。
素养： 宏观辨识与
微观探析（官能
团转化）；证据
推理与模型认知
（有机推断、信
息迁移）；科学
探究与创新意识
（路线设计）。
四翼： 综合性、创
新性。
团变化、用已知信息、列限制条
件”。（1）A 为苯甲醛，B 是苯甲醛
与浓硫酸发生磺化反应（-SO₃H 取代
苯环上氢），生成邻或对位产物（此
处为对位）。（2）B 含磺酸基，水
溶液显酸性。（3）D 由C（羟醛缩合
产物，含醛基和碳碳双键）被银氨溶
液氧化得到，醛基变羧基，故D 为苯
丙烯酸（C₆H₅-CH=CH-COOH）。
（4）E 是D 与甲醇的酯化产物（苯
丙烯酸甲酯）。（5）F 与苯胺反应生
成G 和HCl，此处是酰氯（-COCl）
与胺生成酰胺的反应。注意苯胺过量
时还可能生成苯胺盐酸盐，方程式可
写两个版本。（6）E 的同分异构体：
苯环上有两个取代基，一个为-
COOH，另一个为含碳碳双键的
C₄H₇O？要求能与NaHCO₃ 反应放出
CO₂，必须有-COOH，所以另一个取
代基为不饱和的C₄H₇-（含一个双
键）。写出所有C₄H₇-的异构体（直
链双键位置不同、支链），再乘以邻
间对3 种位置，注意不要重复。共9
种（解析已列出）。（7）E 的性质：
酯基可水解；苯环、碳碳双键、羰基
均为平面结构，单键可旋转，所有碳
原子可以共面但不是一定；无手性碳
（没有连四个不同基团的饱和碳）；
碳碳双键两端基团不同，存在顺反异
构。（8）合成路线：由苯甲醛和乙
醛通过羟醛缩合（稀NaOH）生成苯
丙烯醛，然后氧化（银氨溶液或新制
Cu(OH)₂）得苯丙烯酸，再与HC≡CH
（乙炔）在催化剂作用下发生取代反
应（实际上可能是苯丙烯酸与乙炔发
生酯化或加成？题目要求合成目标产
物，需根据已知路线中的类似反应推
断。最后一步通常是用酰氯与炔醇反
应，但这里直接给出了终点，需要设
计完整路线。解析中给出的路线是：
苯甲醛+乙醛→苯丙烯醛→苯丙烯酸
→与HC≡CH 发生取代生成目标产
物。具体条件需结合常见有机反应。
15．小组同学探究用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中
的原理。
（1）
溶液刻蚀覆铜板的离子方程式为______。
（2）研究间接碘量法测
的原理
查阅资料：
、
(
和
溶液均为无色)。
实验1：向
溶液中加入过量KI 溶液，得到棕黄色浊液；用淀粉作指示剂，用
溶液滴定，溶
液蓝色褪去。实验1 中体现氧化性的微粒有______。
（3）探究能否用
溶液直接滴定
实验2：
查阅资料：
为绿色；
为无色；
为黑色固体，难溶于水，可溶于浓氨水；
CuS 为黑色固体，难溶于水、浓氨水；
微溶于水。
①用离子方程式解释滴加浓氨水后溶液由无色变为蓝色的原因：______。
②实验证明溶液a 中含
。设计检验
的方案：______(填操作和现象)。
③不能用
溶液直接滴定
的原因有______(答出两点)。
（4）探究能否用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的
由于存在：
，小组同学认为须解决
的干扰问题。
查阅资料：
与
能形成无色配合物；
遇
能形成紫色配合物。
实验3：向
溶液中加入过量
溶液，充分反应后滴加淀粉KI 溶液，溶液不变蓝；调节溶液
，继续滴加
溶液，无明显现象。
实验4：______(填操作和现象)。
根据实验3、4 的现象，得出结论：
可用于消除
对
测定的干扰。
（5）测定某刻蚀覆铜板废液中的
实验5：
i．取
某刻蚀废液，加入过量
溶液；
ii．用氨水调节溶液
，加入过量KI 溶液；
iii．用
标准溶液进行滴定，当溶液变为淡黄色时，滴加淀粉溶液，继续滴定至溶液蓝
色消失，记录消耗
溶液的体积。
分析步骤ii 中将溶液pH 调到4 的原因：______。
【答案】（1）
（2）
、
（3）
取少量溶液a 于试管中，
加入过量稀盐酸除去
，充分反应后静置，取上层清液，滴加
溶液，若产生白色沉淀，证明
含有
会与
生成络合物、发生副反应生成硫化物沉淀
（4）向
溶液中加入过量
溶液，调节
，滴加淀粉
溶液，溶液变蓝，继续滴加
溶液，蓝色褪去
（5）pH 过高，
会发生水解沉淀；pH 过低，
在酸性条件下分解，同时
易被空气中的
氧化，
因此调节
保证反应定量进行
【解析】（1）
刻蚀铜，
氧化铜单质生成
和
，配平即可得离子方程式
。
（2）化合价降低、得电子体现氧化性：
氧化
生成
，Cu 从
价降为
价，体现氧化性；生成的
氧化
，I 从
价降为
价，也体现氧化性。
（3）①无色的
被空气中
氧化为蓝色的四氨合铜(II)络离子，配平即可得离子方程式
。
②题中说明
微溶，
会干扰检验，先加过量盐酸可除去
，再向上层清液中加
，若出
现白色沉淀，则可说明溶液a 中含有
。
③从实验流程可知，
与
除生成配合物，还发生氧化还原副反应生成黑色沉淀、S 等，没有固定
的计量比，且终点无明显易观察的颜色变化，无法直接滴定。
（4）需要做对照实验证明
的作用，一组加
不变蓝，一组不加
变蓝，即可证明
消
除
干扰。
（5）溶液中存在
，酸性条件下会发生歧化反应；
在酸性条件下会被空气中的
氧化，所以pH 不
能太小。
为弱碱阳离子，结合溶液中的
水解成
，所以pH 不能太大。
16．电解铜的阳极泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu 等物质，以该阳极泥为原料，分离和回收Au、
Pt、Pd、Cu 等金属或其化合物的工艺流程如图所示。
已知：①PtTe 中Pt 为+2 价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd 均转化为单质；
②
易溶于水，
、
难溶于水；
③
。
回答下列问题：
（1）52Te 在周期表中的位置是___________。
（2）“氧化焙烧”中，PtTe 发生反应的化学方程式为___________。
（3）“酸浸”的目的是分离___________元素(填元素符号)。
（4）“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au 被氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，Au 转化为
[AuCl4] -的反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为___________。
（5）“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au 外，还有___________。
（6）“沉钯”之前，测得溶液中c0{[PtCl6]2-}=0.2mol/L，加入等体积的NH4Cl 溶液充分反应，测得反应后
混合液中c{[PtCl6]2-}=1.1×10-6mol/L，则初始加入NH4Cl 溶液的浓度约为___________mol/L(忽略溶液
混合时的体积变化)。
（7）某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu 原子处于面心，Au 原子处于顶点位置，氢原子
可进入到由Cu 原子与Au 原子构成的四面体空隙中。若将Cu 原子与Au 原子等同看待，该晶体储氢后
的晶胞结构与CaF2的结构(晶胞结构如图)相似，该晶体储氢后的化学式为___________。
【答案】（1）第5 周期第ⅥA 族
（2）PtTe+Na2CO3+O2=Pt+Na2TeO3+CO2
（3）Cu
（4）2:3
（5）将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-
（6）1.0
（7）Cu3AuH8
【解析】向阳极泥(含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu 等物质)中加入纯碱、通入空气进行“氧化焙烧”，再
加水“浸取”，过滤得到含Na2TeO3、Na2SeO3的滤液a，分离出滤渣，向滤渣中加入稀硫酸“酸浸”，
溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，分离出含Pt、Pd、Au 的滤渣，再通入氯气、加入浓盐酸“氯浸”，
将金属Pt、Pd、Au 分别氧化为配离子：[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，再加入过量草酸“分金”，将
[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-，过滤分离出金单质，最后向滤液中加入氯化铵溶液
“沉钯”得到含(NH4)2PtCl4滤液c 和(NH4)2PdCl6沉淀，据此解答。
（1）52Te 的原子序数为52，36＜52＜54，即Te 位于第5 周期倒数54-52+1=3 列，故在周期表中的位置是
第5 周期第ⅥA 族；
（2）由题干已知信息①PtTe 中Pt 为+2 价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd 均转化为单质
可知，“氧化焙烧”中，PtTe 发生反应生成Pt、Na2TeO3和CO2，根据氧化还原反应配平可得该反应
的化学方程式为：PtTe+Na2CO3+O2=Pt+Na2TeO3+CO2；
（3）由分析可知，向滤渣中加入稀硫酸“酸浸”，溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，即“酸浸”的目的
是分离Cu 元素；
（4）“氯浸”工艺中，金属Pt、Pd、Au 被氧化为配离子：
、
、
，Au 转化为
的反应中Au 的化合价由0 价升高到+3 价，而Cl2中Cl 的化合价由0 价降低到-1 价，根据得
失电子守恒可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2:3；
（5）由分析可知，向滤渣中通入氯气、加入浓盐酸“氯浸”，将金属Pt、Pd、Au 分别氧化为配离子：
[PtCl6]2-、[PdCl6]2-、[AuCl4] -，再加入过量草酸“分金”，将[AuCl4] -还原为金单质、[PtCl6]2-还原为
[PtCl4]2-，过滤分离出金单质，极“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au 外，还有将[AuCl4] -还
原为金单质、[PtCl6]2-还原为[PtCl4]2-；
（6）“沉钯”之前，测得溶液中
，加入等体积的NH4Cl 溶液充分反应，参加反
应的NH4Cl 的物质的量是
物质的量的2 倍，测得反应后混合液中
，此时溶液中
的浓度为：
=
=0.3mol/L，设初始加入NH4Cl 溶液的浓度约为c mol/L，则有：
=0.3mol/L，解得c=1.0，
故答案为：1.0；
（7）某储氢铜合金具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu 原子处于面心，Au 原子处于顶点位置，氢原子
可进入到由Cu 原子与Au 原子构成的四面体空隙中，若将Cu 原子与Au 原子等同看待，该晶体储氢后
的晶胞结构与CaF2的结构(晶胞结构如图)相似，即一个晶胞中含有Cu 的个数为：
=3，Au 的个数
为：
=1，体内含有8 个H(即CaF2晶胞中8 个F-换成8 个H)，则该晶体储氢后的化学式为
Cu3AuH8。
17．
催化加氢合成二甲醚是
资源化利用的重要途径，这一研究不仅有助于缓解
排放对全球气
温变暖的影响，而且为制备二甲醚提供新途径。该过程中主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）化学反应：
的
___________
；反应Ⅲ在
___________(填“低温”“高温”或“任意温度”)下能自发进行。
（2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了光催化
加氢合成甲醇的反应历程，如图所示，其
中吸附在催化剂表面的粒子用*表示，并且吸附过程或脱附过程不属于基元反应。
图中所示历程包含___________个基元反应，其中决速步骤的化学方程式为___________。
（3）在一定温度下，向2 L 的恒容密闭容器中充入
和
，发生反应Ⅰ和Ⅱ，测得混合气
的压强随时间的变化如图所示。在0~10 min 内，用
表示的反应速率
___________
。
（4）在一定温度下，将Ar、
、
(体积比X：3：1)充入装有催化剂的恒压反应容器(压强为120 kPa)
发生上述反应Ⅰ和Ⅱ．随着X 的增加，
的平衡转化率和二甲醚的选择性
的变化如图所示。
①随着X 的增大，
的选择性减小的原因是___________。
②当
时，该温度下反应Ⅰ的平衡常
___________(用分压代表平衡浓度，分压=总压×物质的量分
数，保留2 位小数)。
【答案】（1）
低温
（2） 8
或
（3）0.015
（4） 随着X 的增加，反应Ⅱ的分压减小，使反应Ⅱ逆向移动，二甲醚的选择性降低 0.81
【解析】（1）根据盖斯定律，可知
式得：
，则该反应的
焓变
；
反应Ⅲ的
，
，要使
，需在低温下该反应才能自发进行
（2）吸附过程是物理过程，不是基元反应，因此由图可知，图示历程包括8 个基元反应，其中最大能垒
(活化能)的反应决速步骤，对应的化学方程式为
或
；
（3）在恒容容器中压强比等于物质的量之比，反应后n(总)
，反应Ⅰ前后化学计量
数不变，不会影响容器中压强的改变，反应Ⅱ化学计量数可变，会导致压强变化，设二甲醚转化为
，根据反应Ⅱ列三段式：
n(总)
，则
，
；
（4）①总压一定时，随X 的增大混合气中Ar 的含量增加，反应Ⅰ和Ⅱ的分压减小，但分压减小对反应Ⅰ
无影响，反应逆向移动，
的含量降低，故二甲醚的选择性下降。
②假设投入
，当
时，
，二甲醚的选择性为85%，则
，则生成
，
，根据氧
原子守恒，可得
，根据氢原子守恒可得
，混合气的总物质的量
n(总)
；则
、
、
、
；故反应Ⅰ的平衡常数
。
18．有机物K 是一种抗淋巴瘤药物。其合成路线如下图所示。
（1）A 的名称是________，写出
反应物
的电子式________；
的反应类型是
________；
（2）有机物A 的含氧官能团名称________，B 的水溶液显________性（填“酸”“碱”或“中”）。
（3）写出D 的结构简式________；
（4）
的化学方程式为________；
（5）符合下列条件的有机物E 的同分异构体有________种（不考虑立体异构）；
①苯环上有2 个取代基，其中一个取代基是
；
②能与碳酸氢钠溶液反应放出
气体。
（6）下列关于E 的叙述正确的是________；
A．E 能发生水解反应
B．E 的所有碳原子都在同一个平面上
C．E 含有手性碳原子
D．E 有顺反异构体
（7）以有机物A、
和乙醛为有机原料，合成
，写出其合成路线
________（无机试剂任选）。
【答案】（1） 苯甲醛
取代反应
（2） 醛基 酸
（3）
（4）
或
（5）9
（6）AD
（7）
【解析】A 苯甲醛与浓硫酸发生取代反应生成B，B 和乙醛在稀
条件下发生羟醛缩合反应生成C，C
被银氨溶液氧化生成D（
），D 和甲醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应生
成E，E 和
反应生成F，F 和苯胺（
）发生取代反应生成G，G 中的酯基先在
条件下水解，再经
酸化生成H，H 与
发生取代反应生成K，据此分析。
（1）根据A 的结构简式
，A 的名称是苯甲醛；
的电子式为
；H 中
羧基与
发生取代反应生成K；
（2）根据A 的结构简式
，A 的含氧官能团名称为醛基；B 含磺酸基
，磺酸基为酸性
基团，水溶液显酸性；
（3）根据C 的结构简式
及反应条件（银氨溶液），推测D 的结构简式为
；
（4）F 和
发生取代反应生成G 和HCl，HCl 和苯胺可继续反应生成苯胺盐酸盐，化学方程
式为：
或
；
（5）E 分子式为
，需满足的条件：苯环有2 个取代基，一个为
；另一个取代基含4 个
C，且含1 个
和1 个碳碳双键，还剩余一个C 原子，则该取代基有三种不同结构（
、
、
）；苯环上2 个取代基又有
邻、间、对三种位置关系，则符合条件的E 的同分异构体共
种，如图：
、
、
、
、
、
、
、
、
；
（6）
E 的结构简式为
，据此分析：A．E 含酯基
，能发生水解反应，Ａ正确；
B．苯环、碳碳双键、羰基均为平面结构，单键可旋转，所有碳原子可以共平面，但不是一定共平面，B
错误；
C．手性碳原子是连4 个不同基团的饱和碳原子，E 中无饱和碳原子连4 个不同基团，没有手性碳，C 错误；
D．碳碳双键两端每个碳原子都连接两种不同的基团，存在顺反异构，D 正确。
故选AD；
（7）有机物A（苯甲醛）先和乙醛发生羟醛缩合反应生成苯丙烯醛
，苯丙烯醛再经
氧化剂氧化生成苯丙烯酸，再利用上述路线中
的反应原理，苯丙烯酸和
发生取代反应
生成
，故设计合成路线如下：
。
