届高三高考新课标适应性模拟考试化学试题一.docx

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届高三高考新课标适应性模拟考试化学试题一

2018届高三高考（新课标）适应性模拟考试化学试题

（一）

注意事项：

1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

写在试卷上无效。

3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。

4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：

H-1　C-12　N-14　O-16　Na-23　P-31　Cu-64　Au-197　

一、选择题（本大题共6小题，每小题6分，共36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）

7．《五金铁》中记载：

“若造熟铁，则生铁流出时，相连数尺内，低下数对，筑一方塘，短墙抵之，其铁流入塘内，数人执柳木排立墙上……众人柳棍疾搅，即时炒成熟铁。

”以下说法不正确的是

A．金属冶炼方法由金属活动性决定B．熟铁比生铁质地更硬，延展性稍差

C．炒铁是为了降低铁水中的碳含量D．该法与近代往生铁水吹空气炼钢异曲同工

【答案】B

【解析】A．金属冶炼方法由金属活动性决定，特别活泼的金属通常用电解法冶炼，较活泼的金属用热还原法，较不活泼的金属用热分解法，A正确；B．熟铁比生铁的硬度小，延展性较好，B不正确；C．炒铁是为了把生铁中的碳氧化成碳的氧化物，从而降低铁水中的含碳量，C正确；D．往生铁水中吹空气可以降低碳的含量，故该法与近代往生铁水吹空气炼钢异曲同工，D正确。

本题选B。

8．用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是

A．常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA

B．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去NA个电子

C．标准状况下，11.2LC6H6中含有的分子数目为0.5NA

D．0.1mol/LK2S溶液中含有的K+数为0.2NA

【答案】B

【解析】标准状况下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA，故A错误；Na被完全氧化生成Na2O2，钠元素化合价由0变为+1，1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去NA个电子，故B正确；标准状况下C6H6是液体，故C错误；没有溶液体积，不能计算0.1mol/LK2S溶液中的K+数，故D错误。

9．关于有机物

的说法正确的是

A．a、b互为同系物

B．c中所有碳原子可能处于同一平面

C．b的同分异构体中含有羧基的结构还有7种（不含立体异构）

D．a、b、c均能使酸性高锰酸钾溶液褪色

【答案】C

【解析】A、a是酯类，b是羧酸类，结构不相似，不互为同系物，故A错误；B、c是在环己烷上连了两个羟基，环己烷的碳原子不都在同一平面上，故B错误；C、b是1-戊酸，含有羧基的结构的同分异构体，在正戊烷的碳链上还有两种，在异戊烷的碳链上还有4种，新戊烷的碳链上有1种，共7种，故C正确；D、只有c能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选C。

10．下表中根据实验操作和现象所得出的结论正确的是

选项

实验操作

实验现象

实验结论

A

蘸有浓氨水的玻璃棒靠近X

有白烟产生

X一定是浓盐酸

B

KIO3溶液中加入HI溶液，并加入淀粉

溶液变蓝色

KIO3的氧化性比I2的强

C

强酸性溶液Y中加入Ba（NO3）2溶液，静置后再加入KSCN溶液

先有白色沉淀，后溶液又变红

Y中一定含有SO42-和Fe3＋

D

C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170℃

制得的气体使酸性KMnO4溶液褪色

一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液褪色

【答案】B

【解析】A．生成白烟可知X为挥发性酸，则X为浓盐酸或浓硝酸，A错误；B．淀粉变蓝，可知生成碘，则KIO3溶液加入HI溶液，发生氧化还原反应生成碘，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，KIO3氧化性比I2强，B正确；C．酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，可氧化亚硫酸根离子、亚铁离子，则Y中不一定有SO42﹣、铁离子，可能含有SO32﹣、亚铁离子，C错误；D．乙醇易挥发，且乙醇能被高锰酸钾氧化，则应排除乙醇的干扰，再检验消去反应的产物乙烯，D错误；答案选B。

11．科学家研发出了一种新材料，其工作原理如图所示。

在外接电源作用下，材料内部发生氧化还原反应导致颜色变化，从而实现对光的透过率进行可逆性调节。

已知WO3和Li4Fe4[Fe（CN6]3均为无色透明，LiWO3和Fe4[Fe（CN6]3均有颜色。

下列说法正确的是

A．当M外接电源正极时，该材料颜色变深使光的透过率降低

B．该材料在使用较长时间后，离子导电层中Li+的量变小

C．当M外接电源负极时，离子导电层中的Li+向变色导电层定向迁移

D．当N外接电源正极时，离子储存层的电极反应式为：

Fe4[Fe（CN6]3+4Li++4eˉ=Li4Fe4[Fe（CN6]3

【答案】C

【解析】A．当M外接电源正极时，M为阳极，LiWO3失电子产生WO3，该材料颜色变浅使光的透过率增强，选项A错误；B．电极总反应式为4WO3+Li4Fe4[Fe（CN6]3=4LiWO3+Fe4[Fe（CN6]3，该材料在使用较长时间后，离子导电层中Li+的量不变，选项B错误；C．当M外接电源负极时作为阴极，离子导电层中的阳离子Li+向阴极变色导电层定向迁移，选项C正确；D．当N外接电源正极作为阳极时，离子储存层的电极反应式为Li4Fe4[Fe（CN6]3-4eˉ=Fe4[Fe（CN6]3+4Li+，选项D错误。

答案选C。

12．W、X、Y、Z是四种短周期非金属元素，原于序数依次增大，X、Y原子核外L电子层的电子数之比为3∶4，且Y的原子半径大于X的原子半径，X、Y、Z的最外层电子数之和为16，W的简单离子W-能与水反应生成单质W2。

下列说法正确的是

A．最简单氢化物的沸点：

Z>XB．W与X形成的化合物中只有极性键

C．最高价氧化物对应水化物酸性：

Y>ZD．阴离子的还原性：

W>X

【答案】D

【解析】W、X、Y、Z是四种短周期非金属元素，原子序数依次增大，X、Y原子核外L电子层的电子数之比为3∶4，则L层电子数分别为3、4或6、8，且X、Y、Z的最外层电子数之和为16，若X、Y的L层电子数分别为3、4，则3+4+9=16，Z的最外层电子数为9，不符合；删去；则X的L层电子数为6，X为O，且Y的原子半径大于X的原子半径，则Y、Z为第三周期元素，Y、Z最外层电子数之和10，Y为Si，Z为S；W的简单离子W-能与水反应生成单质W2，W的原子序数小于O的原子序数，则W为H。

A．Z为S，X为O，水分子间能够形成氢键，沸点高于硫化氢，故A错误；B．W与X形成的化合物若为过氧化氢，含O-O非极性键，故B错误；C．Y、Z为第三周期元素，Y的原子序数小于Z，非金属性Z＞Y，则最高价氧化物对应水化物的酸性：

Z＞Y，故C错误；D．非金属性O＞H，则阴离子的还原性：

W＞X，故D正确；故选D。

13．常温下，向浓度均为0.1mol·L-1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中，分别加入NaOH的稀溶液，lg随加入NaOH的物质的量的变化如图所示。

下列说法正确的是

A．a点溶液的pH=2

B．水的电离程度：

a

C．b点溶液中：

c（Yˉ）+c（HY）=c（Na+）

D．c点溶液中：

c（Yˉ）>c（Na+）>c（HY）>c（H+）>c（OHˉ）

【答案】D

【解析】A．a点溶液lg=12，结合c（H+）×c（OH-）=10-14，可知c（H+）=10-1mol∙L-1，pH=1，选项A错误；B．0.1mol·L-1的一元酸HY溶液lg=9，c（H+）=10-2.5mol∙L-1，为弱酸，加入氢氧化钠至lg=0时碱的量不足，故c到b酸抑制水电离的程度减小，水的电离程度：

a

电荷守恒有c（Yˉ）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），故c（Yˉ）=c（Na+），选项C错误；D．c点为HY和NaY按1∶1形成的溶液且呈酸性：

c（Yˉ）>C（Na+）>c（HY）>c（H+）>c（OHˉ），选项D正确。

答案选D。

26．（14分）某课题组同学受葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应实验的启示，拟设计实验利用氧化铜探究乙醛的还原性。

【提出猜想】猜想1：

CH3CHO＋2CuO

CH3COOH＋Cu2O；

猜想2：

（写出化学方程式）。

【定性实验】

（1）甲同学设计下图装置进行实验（部分夹持装置已略去）：

已知：

乙醛和乙酸的沸点分别为20.8℃、117.9℃。

按上述装置进行实验，当氧化铜完全反应后停止实验。

①为达到良好的冷凝效果，方框中C装置应选用（填仪器名称）；实验中先通入乙醛蒸气，后点燃装置B处酒精灯，这样操作的目的是。

②已知：

Cu2O呈红色，在酸性条件下发生反应Cu2O＋2H+＝Cu＋Cu2+＋H2O。

请你设计实验证明猜想1成立。

实验操作：

。

实验现象：

。

【定量实验】

（2）乙同学设计了如下图所示实验方案定量探究红色固体的成分。

已知：

醋酸亚铬[Cr（CH3COO）2]溶液可以吸收少量的O2。

①下列有关说法正确的是（填标号）。

a．装置D可以控制反应的发生与停止

b．装置F中盛装醋酸亚铬溶液

c．向装置D中加入少量硫酸铜固体可加快反应

d．实验中观察到装置G中有明显现象

②装置G中红色粉末完全反应后，称得固体粉末质量为19.2g；装置H净增质量为2.0g。

请选择合理数据计算，确定红色粉末的成分及物质的量：

。

【答案】CH3CHO＋CuO

CH3COOH＋Cu

（1）①直形冷凝管排尽装置中的空气，防止乙醛被氧气氧化②取B中固体少许于试管中，加入适量稀硫酸振荡溶液变成蓝色，有红色固体残余（见溶液变蓝色即可）

（2）①ac②0.1molCu2O，0.1molCu

【解析】该实验的目的是：

利用氧化铜探究乙醛的还原性，根据猜想1：

CH3CHO＋2CuO

CH3COOH＋Cu2O；乙醛将氧化铜还原为氧化亚铜，故可以猜想，乙醛将氧化铜还原为铜。

观察装置，A中产生乙醛蒸汽，进入B发生反应，在M处收集乙酸，故C装置的作用是冷凝。

猜想二：

若乙醛将氧化铜还原为铜的话，方程式应为：

CH3CHO＋CuO

CH3COOH＋Cu；①C装置要起到冷凝效果，应选用直形冷凝管；因为乙醛容易被氧化，所以实验中先通入乙醛蒸汽，后点燃装置B处酒精灯，这样操作的目的是排尽装置中的空气，防止乙醛被氧气氧化；②要证明猜想1成立，即证明产物是Cu2O，根据反应Cu2O＋2H+＝Cu＋Cu2+＋H2O，故取B中固体少许于试管中，加入适量稀硫酸振荡，溶液变成蓝色，且有红色固体残余，即证明产物是Cu2O；

（2）要定量探究红色固体的成分，观察装置，此实验的原理即是用氢气还原红色固体，通过测量粉末质量的变化，测定红色固体中氧的含量。

①a．启普发生器可以控制反应的开始与停止，故a正确；b．装置F中应盛放的是浓硫酸吸收氢气中的水蒸气，不需要吸收氧气，开始前就应该将装置内空气全部排出，故b错误；c．向装置D中加入少量硫酸铜固体可形成铜锌原电池可加快反应，故c正确；d．装置G中，氢气还原氧化亚铜得到铜依然是红色的，故没有明显现象，故d错误，故选ac；②H中的增重还包括空气中的水分等，故2.0g不能用，完全反应后，称得固体粉末质量为19.2g，反应前后粉末减少1.6g，即粉末中m（O）=1.6g，n（O）=0.1mol，m（Cu）=19.2g，n（Cu）=0.3mol，故该粉末不全是Cu2O，还应该有Cu，n（Cu2O）=0.1mol，n（Cu）=0.1mol。

27．（15分）C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。

（1）已知：

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）ΔH1=-566kJ/mol

S（l）+O2（g）=SO2（g）ΔH2=-296kJ/mol

一定条件下，可以通过CO与SO2反应生成S

（1）和一种无毒的气体，实现燃煤烟气中硫的回收，写出该反应的热化学方程式。

（2）一定温度下，向2L恒容密闭容器中通入2molCO和1molSO2，发生上述

（1）中回收硫的反应。

若反应进行到20min时达平衡，测得CO2的体积分数为0.5，则前20min的反应速率ν（CO）=，该温度下反应化学平衡常数K=（L·mol-1）。

（3）在不同条件下，向2L恒容密闭容器中通入2molCO和1molSO2，反应体系总压强随时间的变化如图（Ⅰ）所示：

①图（Ⅰ）中三组实验从反应开始至达到平衡时，v（CO）最大的为（填序号）；

②与实验a相比，c组改变的实验条件可能是。

（4）“亚硫酸盐法”吸收烟气中的SO2。

室温条件下，将烟气通入（NH4）2SO3溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图（Ⅱ）所示，b点时溶液pH=7，则n（NH4+）∶n（HSO3-）=。

（5）间接电化学法可除NO。

其原理如图（Ⅲ）所示，写出电解池阴极的电极反应式（阴极室溶液呈酸性）。

【答案】

（1）2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2（g）ΔH=-270kJ/mol

（2）0.03mol·L-1·min-111.25

（3）①b②升高温度

（4）3∶12HSO3-+2e-+12H+=S2O42-+6H2O

【解析】

（1）已知：

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）ΔH1=-566kJ/mol；S（l）+O2（g）=SO2（g）ΔH2=-296kJ/mol；根据盖斯定律：

第一个反应减去第二个反应得：

2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2（g）ΔH=-270kJ/mol；正确答案：

2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2（g）ΔH=-270kJ/mol。

（2）设参加反应的SO2的物质的量为

，则有

初始状态     

反应的量    

平衡状态 

即：

，

，ν（CO）=（0.6×2）/（2×20）=0.03mol·L-1·min-1；c（CO）=（2-1.2）/2=0.4mol/L，c（SO2）=（1-0.6）/2=0.2mol/L，c（CO2）=1.2/2=0.6mol/L，该温度下反应化学平衡常数K=c2（CO2）/c2（CO）×c（SO2）=0.62/0.42×0.2=11.25（L·mol-1）；正确答案：

0.03mol·L-1·min-1；11.25。

（3）根据图示，达到平衡时间的快慢为：

b＞c＞a，因此达到平衡时的反应速率v（CO）大小为b＞c＞a，因此v（CO）最大的为b；正确答案：

b。

②与实验a相比，c组反应前和反应后的压强均变大，且达到平衡时间减少，因此改变的实验条件可能是升高温度；正确答案：

升高温度。

（4）A点时，n（HSO3-）∶n（H2SO3）=1∶1，b点时溶液的pH=7，根据电荷守恒：

n（NH4+）=n（HSO3-）+2n（SO3-），又根据图可知：

n（HSO3-）=n（SO3-），n（NH4+）∶n（HSO3-）=（1+2）∶1=3∶1。

（5）根据图示可知，阴极发生还原反应：

HSO3-变为S2O42-，电极反应式为2HSO3-+2e-+12H+=S2O42-+6H2O；正确答案：

2HSO3-+2e-+12H+=S2O42-+6H2O。

28．（14分）磷尾矿主要含Ca5（PO4）3F和CaCO3·MgCO3。

某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg（OH）2、P4和H2，其简化流程如下：

已知：

①Ca5（PO4）3F在950℃时不分解

②4Ca5（PO4）3F+18SiO2+30C===2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4

③部分物质的相关性质如下：

物质

熔点/℃

沸点/℃

备注

P4

44

280.5

PH3

-133.8

-87.8

难溶于水，具有还原性

SiF4

-90

-86

易水解

回答下列问题：

（1）NH4NO3溶液能从磷矿Ⅰ中浸取出Ca2+的原因是。

（2）在浸取液Ⅱ中通入NH3，发生反应的化学方程式是。

（3）上述过程中将二氧化硅、过量C与磷精矿反应，通过一系列处理转化成白磷。

电沉降槽中主要沉积物是（填化学式），冷凝塔Ⅰ的主要沉积物是。

冷凝塔Ⅱ的主要沉积物是。

（4）尾气中主要含有CO，也可能含有少量的PH3、H2S和HF等，将尾气先通入纯碱溶液，可去除；再通入次氯酸钠溶液，可除去。

（填化学式）。

（5）工业上常用磷精矿［Ca5（PO4）3F］和硫酸反应制备磷酸。

已知25℃，101kPa时：

CaO（s）+H2SO4

（1）=====CaSO4（s）+H2O

（1）△H=-271kJ·mol-1

5CaO（s）+3H3PO4

（1）+HF（g）=====Ca5（PO4）3F（s）+5H2O

（1）△H=-937kJ·mol-1

则Ca5（PO4）3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是，现有1t折合含有五氧化二磷为30%的磷灰石，最多可制得85%的商品磷酸t。

【答案】

（1）NH4+水解使溶液呈酸性，与CaO、Ca（OH）2反应生成Ca2+（1分）

（2）MgSO4+2NH3+2H2O===Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4（2分）

（3）CaF2、CaSiO2（2分）液体白磷（1分）固体白磷（1分）

（4）H2S、HF（2分）PH3（1分）

（5）Ca5（PO4）3F（s）+5H2SO4

（1）===5CaSO4（s）+3H3PO4

（1）+HF（g）△H=-418kJ·mol-1（2分）0.49（2分）

【解析】

（1）NH4NO3溶液中NH4+水解使溶液显酸性，H+与CaO、Ca（OH）2反应生成Ca2+。

（2）由流程容易判断，浸取液Ⅱ的主要成分是MgSO4，向浸取液Ⅱ中通入NH3，发生反应的化学方程式为

。

（3）由已知②的反应可知电沉降槽中的主要沉积物是CaF2和CaSiO3，冷凝塔I的温度为70℃，P4蒸气冷凝为液体；冷凝塔Ⅱ的温度为18℃，白磷液体冷凝为固体。

（4）通过碱性溶液，酸性气体H2S、HF被吸收，再通过氧化性的次氯酸钠溶液，还原性的PH3被吸收。

（5）根据盖斯定律容易写出热化学方程式：

Ca5（PO4）3F（s）+5H2SO4

（1）===5CaSO4（s）+3H3PO4

（1）+HF（g）△H=-418kJ·mol-1。

设最多可制得85%的商品磷酸的质量为x，根据P原子守恒：

P2O5→2H3PO4

142196

0.3t85%x

则：

85%x×142=196×0.3t，x=0.49t。

35．【化学——选修3：

物质结构与性质】（15分）

英国曼彻斯特大学科学家安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫。

共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法成功获得超薄材料石墨烯而获诺贝尔奖。

制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。

石墨烯的球棍模型示意图如下：

（1）下列有关石墨烯说法正确的是。

A．键长：

石墨烯>金刚石

B．石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面

C．12g石墨烯含σ键数为NA

D．从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力

（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。

①铜原子在基态时，在有电子填充的能级中，能量最高的能级符号为；第 四周期元素中，最外层电子数与铜相同的元素还有。

②乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷，请解释原因。

③下列分子属于非极性分子的是。

a．甲烷  b．二氯甲烷c．苯  d．乙醇

④酞菁与酞菁铜染料分子结构如图，酞菁分子中氮原子采用的杂化方式是；酞菁铜分子中心原子的配位数为。

⑤金与铜可形成的金属互化物合金（如图，该晶胞中，Au占据立方体的8个顶点），它的化学式可表示为；在Au周围最近并距离相等的Cu有个，若2个Cu原子核的最小距离为dpm，该晶体的密度可以表示为g/cm3。

（阿伏伽德罗常数用NA表示）

【答案】

（1）BD

（2）①3dK、Cr②乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键

③a、c④sp3 sp22⑤Cu3Au 或AuCu312

【解析】

（1）A、石墨比金刚石稳定，故石量烯的键长小于金刚石，故A错误；B．石墨烯分子是层状结构，所有原子可以处于同一平面，故B正确；C、12g石墨烯为1molC，1molC有1.5molσ键，故12g石墨烯含σ键数为1.5NA，故C错误；D、石墨结构中层与层之间是分子间作用力，故从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力，故D正确；故选BD。

（2）①铜原子的基态原子中，有电子填充的能级中，能量最高的能级符号为3d，Cu的最外层有1个电子，第四周期元素中，最外层电子数与铜相同的元素还有K、Cr；②乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷，因为乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键，丁烷分子间只有范德华力，范德华力的强度小于氢键的强度；③甲烷、苯是非极性分子，二氯甲烷和乙醇是极性分子，故选a、c；④根据图示，酞菁分子中，氮原子有两种，一种有3个σ键，1对孤对电子，是sp3杂化，另一种N连接双键，有2个σ键，1对孤对电子，是sp2杂化，酞菁分子中心原子Cu和4个N形成配位键，故其配位数为4；⑤金与铜可形成的金属互化物合金的化学式根据均摊法，其化学式为Cu3Au 或AuCu3；在Au周围最近并距离相等的Cu有12个，2个Cu原子核的最小距离为晶胞面对角的一半，为dpm，则晶胞边长为：

dpm，该晶体的密度可以为=

g/cm3。

36．【化学——选修5：

有机化学基础】（15分）

3,4,5-三甲氧基苯甲醛（TMB）是一种药物中间体，其合成路线如下：

（1）TMB的质谱图中，最大质荷比的数值是。

（2）D→TMB转化过程中的有机反应属于取代反应的有（选填④~⑥）。

（3）有机物E中的含氧官能团有（写名称）。

（4）下列对有机物D的性质的推测正确的是。

a．不能使溴水褪色b．可发生加成、取代和氧化反应

c．可用银氨溶液鉴别A和Dd．可与NaHCO3溶液反应放出CO2

（5）符合下列条件的F的同分异构体共有种，写出其中核磁共振氢谱只有四组峰的所有同分异构体的结构简式：

。

①苯环有三个取代基且有两个式量相同的取代基

②不含过氧键（—O—O—），且不与FeCl3发生显色反应

③1molF最多能消耗2molNaOH

（6）结合上述合成路线和所学有机知识，设计以对氯甲苯和甲醇为原料合成

的路线（用合成路线流程图表示，并注明反应条件）：

。

①烷基苯在酸性高锰酸钾作用下，侧链被氧化成羧基：

②合成反应流程图表示方法示例：

【答案】

（1）196（2分）

（2）④⑤⑥（2分）

（3）（酚）羟基、醛基（2分）（4）bc（2分）

（5）22（2分）

（2分）

（6）

（3分）

【解析】对硝基甲苯发生反应①生