广东省茂名市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1

这是一份广东省茂名市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1，共20页。试卷主要包含了工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
广东省茂名市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题1

一、工业流程题
1．（2020·广东茂名·统考二模）钴(Co)是生产耐热合金、硬质合金、防腐合金、磁性合金和各种钴盐的重要原料，其金属性弱于 Fe 强于 Cu。某低位硫钴铜矿的成分为：CoS、CuFeS2、CaS、SiO2， 一种利用生物浸出并回收其中钴和铜的工艺流程如图：

回答下列问题：
(1)Cu2+的生物浸出原理如下：

温度超过 50℃浸出率急剧下降，其原因是_____；其他金属离子的浸出原理与上图类似， 写出由 CoS 浸出 Co2+的离子方程式_____。
(2)浸出渣的主要成分为_____。
(3)萃取分离铜的原理如下：Cu2++2(HR)org(CuR2)org+2H+。根据流程，反萃取加入的试剂应该为_____(写化学式)。
(4)除铁步骤中加入 H2O2，调节溶液的 pH 至 4，将 Fe2+转化为 FeOOH 过滤除去，写出该转化的离子方程式为_____。检验 Fe2+是否完全被转化的试剂为_____。
(5)通过电解法制得的粗钴含有少量铜和铁，需要电解精炼，进行精炼时，精钴应处于_____极(填“阴”或“阳”)，阳极泥的主要成分为_____。
2．（2021·广东茂名·统考二模）锑白()可用作白色颜料和阻燃剂，在消防、有机合成催化、玻璃工业等领域有广泛应用。利用锑矿粉(主要成分为、)制取锑白的流程如下：

(1)“滤渣1”的主要成分有S、______，“滤液1”的主要成分有Sb3+，“浸出”时主要反应的离子方程式为_______。
(2)“水解”前需确保“还原”进行完全，可选择的检验试剂是_______。
(3)“水解”时需先将还原液稀释，其目的是_______。
(4)物质X的化学式是_______﹔“滤液2”电解后的产物可直接返回“浸出”工序，则电解时，阳极的电极反应式为_______。
(5)“中和”时温度不宜过高，原因是_______；“中和”反应的化学方程式为_______。
3．（2022·广东茂名·统考二模）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源，某含银废催化剂主要含Ag、α-Al2O3(α-Al2O3为载体，不溶于硝酸)及少量MgO、SiO2、K2O、Fe2O3等，一种回收制备高纯银粉工艺的部分流程如下：

回答下列问题：
(1)银与稀硝酸反应的离子方程式是_______，废渣的主要成分是_______，酸浸时，硝酸加入量及反应温度对银浸取率的影响如图，根据图中数据分析，该工艺宜选用硝酸的加入量和温度是_______。

(2)“还原”中有无毒气体生成，氧化剂与还原剂物质的量之比是_______，“溶解”得到的溶解液里Ag元素以[Ag(NH3)2]+存在，若用H2O2代替N2H4•H2O完成还原过程，发生反应的离子方程式是_______。
(3)粗银中银的质量分数w的测定：取mg粗银样品用硝酸溶解，以铁铵矾[NH4Fe(SO4)2•12H2O]为指示剂，用cmol/L的KSCN标准溶液滴定，消耗标准溶液VmL。已知：①AgSCN是白色沉淀，；②浓硝酸可氧化AgSCN。滴定终点的现象是_______，w=_______%，若测得w>100%，可能的原因是_______。

二、原理综合题
4．（2020·广东茂名·统考二模）烷烃脱氢制烯烃是化工领域研究的热点过程。在 Pt-Sn/Zn/Al2O3 催化作用下丙烷脱氢过程主要反应有：
反应 i：C3H8 (g)⇌C3H6 (g) + H2 (g)    △H1= +125 kJ·mol -1
反应 ii：C3H8 (g)+ H2 (g)⇌C2H6(g) + CH4 (g)    △H2= -56 kJ·mol -1
......
回答下列问题：
(1)丙烷脱氢过程中，生成的气体产物除 C3H6、C2H6、CH4、H2 外，还可能有_____。
(2)丙烷脱氢反应 i、ii 的选择性和温度的关系如图所示。1000 K 时丙烷更容易断裂的化学键为_____。

(3)在 883 K，102 kPa 条件下发生反应 i，其反应速率v正=k正 •P(C3H8)，  v逆=k逆 •P2(C3H6)，该温度下速率常数 k正和 k逆数值分别为 6.0 min-1、1.3×10-3kPa-1·min-1，计算平衡常数 Kp =_____(保留 1 位小数)。当丙烷与丙烯的物质的量分数相等时，V正=_____kPa·min-1，此时反应向_____(填“向正反应进行”、“向逆反应进行”或“达到平衡状态”)。
(4)为研究丙烷脱氢转化率的影响因素，科学家在不同反应器中分别通入一定量的 CO2 或水蒸气进行试验：
①恒容条件下，通入 CO2 增加了反应 CO2 (g)+ H2 (g)⇌CO(g) + H2O(g)    △H3＜0。通入CO2 能提高丙烷脱氢转化率的原因是_____。
②恒压条件下，按不同水烃比 M=n(H2O)/n(C3H8)进行实验，丙烷的平衡转化率和温度、水烃比的关系如图所示。则 M1、M2、M3 由大到小的顺序为_____。

5．（2021·广东茂名·统考二模）有机氯化产品生产过程中的副产品可以在催化剂条件下转化为重要的化工原料，反应原理为。
(1)科学家研究了压力为、原料质量空速为和一定的进料比时，不同催化剂对制的影响，实验数据如下图所示。由数据可知：最佳的催化剂是_______；图中点a_______(填“是”或“否”)的平衡转化率。作催化剂，温度高于后继续升温，的转化率略有下降，其原因是_______。

(2)研究发现，在t℃(>100℃)和下，当进料比为2：1时，的平衡转化率为。
①其他条件不变的情况下，增大压强，将_______(填“增大”“不变”或“减小”)；为了提高的平衡转化率，除增大压强外，还可以采取的措施有_______(写一条)。
②计算该条件下的平衡分压和平衡常数(写出计算过程)________。
(3)下图是在一定温度和压强下，以活性为催化剂，和在反应器中发生反应，不同质量空速[每小时内通过每千克催化剂的的质量()]对转化率的影响。

①b点每小时每千克催化剂可以催化生产_______(结果保留一位小数)。
②从实验数据可知，最佳的质量空速为。当质量空速高于时，转化率迅速下降的原因是_______。
6．（2022·广东茂名·统考二模）当今中国积极推进绿色低碳发展，力争在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。因此，研发CO2利用技术，降低空气中CO2含量成为研究热点。工业上常用CO2和H2为原料合成甲醇(CH3OH)，过程中发生如下两个反应：
反应I：
反应II：
(1)①一定条件下，一氧化碳加氢生成甲醇的热化学方程式为：    _______。
②若反应II逆反应活化能Ea(逆)为120，则该反应的Ea(正)活化能为_______。
(2)①反应I在催化剂M表面进行，其中CO2生成CH3OH的历程如下图所示(*表示吸附在催化剂表面的物种，TS表示过渡态，能量的单位为eV)。

下列说法正确的是_______。
A．在反应过程中有极性键的断裂
B．本历程共分为5步反应进行
C．本历程的决速步骤的反应为：
D．加入催化剂M可以提高甲醇的平衡产率
②在催化剂M表面进行反应I，当起始量时，在不同条件下达到平衡，体系中CO2的转化率为α(CO2)，在T=400℃下α(CO2)随压强变化关系和在p=60MPa下α(CO2)随温度变化关系如下图所示。其中代表在T=400℃下α(CO2)随压强变化关系的是_______(填“a线”或“b线”)；a、b两线的交点E对应的平衡常数_______(填“相同”或“不同”)。当α(CO2)为80%时，反应条件可能是_______。

(3)温度为T℃时，在一个刚性容器中模拟工业上合成CH3OH，往容器中通入1molCO2、3molH2进行反应，反应过程中容器内的压强随着时间变化如下表所示。
时间/min
0
10
20
30
40
50
压强/MPa
120
105
95
90
88
88

(已知：CH3OH选择性=)
请计算反应开始至40min的平均反应速率v(CH3OH)=_______MPa/min；此时CH3OH的选择性为80%，则反应I的压强平衡常数Kp=_______(只列计算式，压强平衡常数：用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压气体物质的量分数)。

三、有机推断题
7．（2020·广东茂名·统考二模）降冰片烯(结构见 F)的衍生物在橡胶工业有重要用途。一种利用脱羰偶联反应合成其衍生物的路线如下：

回答下列问题
(1)A→B 所需的试剂为_______________ 。
(2)B→C 第一步反应的化学方程式为_____。
(3)D 的结构简式为_____，C→D 的反应类型为_______。
(4)E 中的官能团名称为_____。
(5)芳香化合物X 是E 的同分异构体，X 能与热的NaOH 溶液反应生成稳定化合物， 0.1mol X 消耗 NaOH 0.2mol，化合物 X 共有_____种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱显示有 5 种不同化学环境的氢，峰面积比为 2∶2∶2∶1∶1 的结构简式为_____。
(6)参照上述路线，设计由苯甲醛、甲醇和制备成路线_____。(无机试剂任选)
8．（2021·广东茂名·统考二模）多环芳香化合物在电化学、光化学及功能材料领域有着广泛应用，一种中间体的合成路线如下：

已知：
(1)A中的官能团名称为_______；B→C的反应类型是_______。
(2)D→E反应所需的试剂是_______。
(3)E→F的化学方程式是_______。
(4)G的结构简式为_______。
(5)写出与C互为同分异构体的芳香族化合物的结构简式(不含杂环且核磁共振氢谱峰面积比为3：2：2：2：2：2)_______。
(6)设计由苯甲酸和4-辛炔制备的合成路线_______。
9．（2022·广东茂名·统考二模）芳基烯炔在有机合成中有广泛的应用，尤其是对复杂环系、天然产物以及药品的合成有重大意义。一种芳基烯炔的合成路线如下：

已知：(R为烃基)。
回答下列问题：
(1)A的命名为_______。
(2)B→C所需反应条件及试剂为_______。
(3)C→D的反应类型为_______。
(4)G中的含氧官能团名称是_______。
(5)D和E反应产物除了F外还有HBr，请写出E的结构简式_______。
(6)F的芳香同分异构体M中，满足下列条件的有_______种。请写出其中一种的结构简式：_______。
a.苯环上只有两个取代基。
b. 1molM和足量的银氨溶液反应可以生成4mol的Ag。
c.能使溴的四氯化碳溶液褪色。
d.分子中有一个手性碳(手性碳是指连有四个不同原子或者原子团的饱和碳原子)。
(7)根据上述信息，以甲苯为原料合成(其他试剂任选)_______。

参考答案：
1．     温度过高细菌失活          CaSO4、SiO2     H2SO4          铁氰化钾     阴     铜
【分析】（1）温度过高细菌失活，浸出率急剧下降，根据Cu2+的生物浸出推断Co2+的生物浸出；
（2）由生物浸出原理图可知S元素最终转化为SO42-，与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，SiO2不参与反应，金属阳离子进入滤液；
（3）根据平衡移动原理可知，反萃取需加入酸，由流程图可知反萃取后得到CuSO4溶液。则应加入硫酸；
（4）H2O2和Fe2+反应生成FeOOH沉淀，根据电荷守恒和原子守恒配平方程；亚铁离子遇到铁氰化钾会生成深蓝色的沉淀，故检验亚铁离子可选用铁氰化钾溶液；
（5）电解精炼时粗钴为阳极，放电顺序为Fe＞Co＞Cu，精钴为阴极电解质为CoSO4，以此分析。
【详解】（1）温度过高细菌失活，浸出率急剧下降；根据Cu2+的生物浸出可知矿物再细菌和Fe3+作用下化合物中S元素转化为S单质，则Co2+的生物浸出离子方程式为：，故答案为 ：温度过高细菌失活；；
（2）由生物浸出原理图可知S元素最终转化为SO42-，与Ca2+结合生成CaSO4，SiO2不参与反应，金属阳离子进入滤液，则浸出渣的主要成分为CaSO4、SiO2，故答案为：CaSO4、SiO2；
（3）根据平衡移动原理可知，反萃取需加入酸，由流程图可知反萃取后得到CuSO4溶液。则应加入硫酸，故答案为：H2SO4；
（4）H2O2和Fe2+反应生成FeOOH沉淀，离子方程式为 。检验检验亚铁离子可用铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀则存在亚铁离子，故答案为：；铁氰化钾；
（5）电解精炼时粗钴为阳极，精钴做阴极。电解精炼时，Fe和Co溶解，Cu较不活泼，不能溶解，因此，阳极泥主要为铜，故答案为：阴；铜。
2．          Sb2S3+6Fe3＋＝2Sb3＋+6Fe2＋+3S     KSCN溶液     促进Sb3＋水解生成Sb4O5Cl2     HCl     Fe2＋－e－＝Fe3＋     防止氨水分解     Sb4O5Cl2+2NH3·H2O＝2Sb2O3+2NH4Cl+H2O
【分析】锑矿粉(主要成分为、)首先利用氯化铁溶液浸出，二氧化硅不溶，和氯化铁反应生成氯化亚铁、单质硫和SbCl3，过滤，滤液1中加入Sb还原过量的铁离子，然后水解生成Sb4O5Cl2，向Sb4O5Cl2中加入氨水生成Sb2O3和NH4Cl，滤液2中通入氧气氧化亚铁离子，通过调节pH生成氢氧化铁沉淀，然后利用盐酸溶解生成氯化铁，循环利用，据此解答。
【详解】(1)根据以上分析可知“滤渣1”的主要成分有S、，“滤液1”的主要成分有Sb3+，“浸出”时主要反应的离子方程式为Sb2S3+6Fe3＋＝2Sb3＋+6Fe2＋+3S。
(2)“水解”前需确保“还原”进行完全，即需要检验铁离子是否完全被还原，因此可选择的检验试剂是KSCN溶液。
(3)由于稀释有利于促进水解，则“水解”时需先将还原液稀释的目的是促进Sb3＋水解生成Sb4O5Cl2。
(4)根据以上分析可知物质X是盐酸，化学式是HCl。“滤液2”电解后的产物可直接返回“浸出”工序，则电解时亚铁离子失去电子转化为铁离子，则阳极的电极反应式为Fe2＋－e－＝Fe3＋。
(5)由于氨水受热易分解，则“中和”时温度不宜过高的原因是防止氨水分解；以及原子守恒可知“中和”反应的化学方程式为Sb4O5Cl2+2NH3·H2O＝2Sb2O3+2NH4Cl+H2O。
3．(1)          α-Al2O3、SiO2     1.6L、80℃
(2)     4∶1    
(3)     溶液变为(血)红色，且半分钟内不褪色          硝酸浓度过高氧化AgSCN，KSCN标准液消耗过多

【分析】废催化剂中有α-Al2O3不溶于硝酸，SiO2为酸性氧化物不与硝酸反应，则酸浸的废渣为SiO2和α-Al2O3，据图可知所加硝酸的最佳浓度为1.6L、反应最佳的温度为80℃，滤液中存在、、、，滤液加入NaCl后会与银离子产生白色的AgCl沉淀，加入氨水后可与AgCl反应生成银氨溶液，再加入强氧化剂H2O2或N2H4•H2O氧化变为银单质。采用氧化还原滴定测量银的质量分数，滴定的现象为：加入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变为血红色，且半分钟内不褪色，据此答题。
(1)
①银与稀硝酸反应的离子方程式是：；
②α-Al2O3不溶于硝酸，SiO2为酸性氧化物不与硝酸反应，废渣的主要成分是：α-Al2O3、SiO2；
③酸浸时，根据图中数据分析硝酸加入的量为最佳体积为1.6L、反应最佳温度为80℃；
(2)
①“还原”中有无毒气体生成，[Ag(NH3)2]+与N2H4•H2O的离子方程式为：，氧化剂为，还原剂为N2H4•H2O，则氧化剂与还原剂物质的量之比是：4∶1；
②若用H2O2代替N2H4•H2O完成还原过程，H2O2与发生反应的离子方程式是：；
(3)
①铁铵矾[NH4Fe(SO4)2•12H2O]为指示剂，硝酸可氧化亚铁离子变成铁离子，KSCN标准溶液与铁离子络合溶液变为血红色，则滴定终点的现象为：溶液变为(血)红色，且半分钟内不褪色；
②KSCN的物质的量为，则的物质的量为，根据元素守恒，可得粗银中银的质量为，质量分数为：；
③测得w>100%，可能的原因是：硝酸浓度过高氧化AgSCN，KSCN标准液消耗过多，计算值偏大。
4．     乙烯     C-C键               向正方向移动     通入CO2与氢气反应降低平衡中氢气浓度，使丙烷脱氢的化学平衡向正反应方向移动，且CO2与氢气的反应放热使体系的温度升高，升高温度也能使丙烷脱氢的化学平衡i向正反应方向移动     M1>M2>M3
【详解】（1）丙烷脱氢过程中可生成烯烃，生成的气体产物除 C3H6、C2H6、CH4、H2 外，C2H6也可以脱氢生成乙烯，故还可能有乙烯；
（2）1000K时C2H6的选择性比C3H6高，由丙烷到C2H6断裂C-C键，故1000 K 时丙烷更容易断裂的化学键为C-C键；
（3）由于起始浓度c（H2）=c（C3H6）=0，由反应i可知平衡时浓度c（H2）=c（C3H6），平衡常数 ，当平衡时v正=v逆，则；当丙烷与丙烯的物质的量分数相等时则丙烷与丙烯的压强相等则有。，则平衡正移，故答案为：；；向正方向移动；
（4）通入CO2与氢气反应降低平衡中氢气浓度，使平衡i正逆，且CO2与氢气的反应放热，升高温度使平衡i正逆；恒压条件下，水烃比 M=n(H2O)/n(C3H8)越大，则容器体积越大，平衡i正移，故水烃比 M=n(H2O)/n(C3H8)越大C3H8转化率越高，故答案为：通入CO2与氢气反应降低平衡中氢气浓度，使平衡i正向移动，且CO2与氢气的反应放热，升高温度使平衡i正向移动；M1＞M2＞M3。
【点睛】利用分压计算化学平衡常数时需要结合化学平衡常数的定义和分压的计算方法代入计算。
5．     RuO2     否     升温平衡向逆方向移动，催化剂活性降低。     不变     降温或者分离出产物     、     5.5     空速的提高导致物料在催化剂的表面停留的时间降低，使得大量反应物来不及反应。
【分析】对于反应，该反应为放热反应，由图象知，在三种不同催化剂作用下，氯化氢的转化率随温度变化的关系知，在RuO2催化作用下转化率最高，根据化学平衡移动原理进行判断。(2)在t℃(>100℃)和下，当进料比为2：1时，的平衡转化率为，利用三段式计算该条件下的平衡分压和平衡常数。
【详解】(1) 对于反应，该反应为放热反应，由图象知，在三种不同催化剂作用下，氯化氢的转化率随温度变化的关系知，在RuO2催化作用下转化率最高，根据化学平衡移动原理进行判断。图中点a所对应的温度为400度，在MnO2的催化作用下氯化氢的转化率达到最大，而在CuO的催化作用下在400度时氯化氢的转化率并没有达到最大，因为催化剂不能使平衡发生移动，所以在400度时该反应并没有达到平衡，图中点a不是的平衡转化率。作催化剂，温度高于后继续升温，的转化率略有下降，其原因是升温平衡向逆方向移动，催化剂活性降低。答案为：否，升温平衡向逆方向移动，催化剂活性降低。
(2)在t℃(>100℃)和下，当进料比为2：1时，的平衡转化率为。①其他条件不变的情况下，增大压强，不变，因为平衡常数只与温度有关，与浓度和压强没有关系，所以不变。为了提高的平衡转化率，除增大压强外，还可以采取的措施有降温或者分离出产物。故答案为：不变；降温或者分离出产物
②计算该条件下的平衡分压和平衡常数(写出计算过程)。
解：令起始时，n(HCl)=2mol，n(O2)=1mol,平衡时转化n(HCl)=2mol×=1mol

平衡分压  
由平衡时各组分的物质的量的比可得平衡时分压：
,,
，
①当空速为1时，即每小时内通过每千克催化剂的的质量()为1000g,而b点所对应的空速为0.5，所以的质量为500g，而其转化率为，则转化生成氯气的物质的量为, 答案为5.5
②当质量空速高于时，转化率迅速下降的原因是空速的提高导致物料在催化剂的表面停留的时间降低，使得大量反应物来不及反应；答案为空速的提高导致物料在催化剂的表面停留的时间降低，使得大量反应物来不及反应。
6．(1)     -92     161
(2)     ABC     a线     不同     80MPa，400℃或60MPa，200℃
(3)     0.4    

【解析】（1）
①一定条件下，一氧化碳加氢生成甲醇的热化学方程式为： 根据盖斯定律，  。故答案为：-92；
②若反应II逆反应活化能Ea(逆)为120，则该反应的Ea(正)活化能为。故答案为：161；
（2）
①A．在反应过程中二氧化碳断了碳氧双键，属于极性键，A正确。B．由历程图可知，本历程有5个过渡态，故本历程共分为5步反应进行，B正确。C．决速步骤为慢反应，反应所需要的活化能最高，由历程图可知，活化能最高的一步为到TS3，所以本历程决速步骤的反应为：，C正确。D．加入催化剂M可以提高反应速率，但催化剂不影响平衡，故不能改变甲醇的平衡产率，D错误。故答案为：ABC；
②反应I为；达到平衡后，增大压强，平衡正向移动，α(CO2)增大，故a线代表在T=400℃下α(CO2)随压强变化关系；这是一个放热反应，达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，α(CO2)减小，故b线代表在p=60MPa下α(CO2)随温度变化关系。a、b两线的交点E对应的反应条件为400℃、50MPa和500℃、60MPa，这两个条件的温度不同，故平衡常数K不同。当α(CO2)为80%时，对应a线的条件为80MPa，400℃；对b线的条件为60MPa，200℃。。故答案为：a线；不同；80MPa，400℃或60MPa，200℃；
（3）
温度为T℃时，在一个刚性容器中模拟工业上合成CH3OH，在40min时达到了平衡，设反应I中CO2的转化量为xMPa，反应II中CO2的转化量为yMPa，可利用表中数据列压强三段式：


平衡时，，，，，，。所以
；的选择性为80%，CH3OH选择性，可求出y=4，所以平衡时，，，，反立I的。故答案为：0.4；。
7．     Fe或FeCl3     +2NaOH+NaCl+H2O          取代反应     醛基、醚键     10          或
【分析】由C的结构简式可知A到B为苯环上对位的H原子被氯原子取代，条件为：Fe或FeCl3，B到C氯原子发生取代反应得到C，D再V2O5氧化成E，由E的结构简式可知D为，E和F发生加成反应得到G，以此分析。
【详解】由C的结构简式可知A到B为苯环上对位的H原子被氯原子取代，条件为：Fe或FeCl3，B到C氯原子发生取代反应得到C，D再V2O5氧化成E，由E的结构简式可知D为，E和F发生加成反应得到G。
（1）由上述分析可知，A→B 所需的试剂为Fe或FeCl3，故答案为：Fe或FeCl3；
（2）B到C氯原子再氢氧化钠水溶液中发生取代反应得到C化学方程式为+2NaOH+NaCl+H2O；
（3）D 的结构简式为，C→D 酚羟基中H原子被甲基取代，为取代反应，故答案为：；取代反应；
（4）由E的结构简式可知官能团名称为醛基、醚键，故答案为：醛基、醚键；
（5）芳香化合物X 是E 的同分异构体，X 能与热的NaOH 溶液反应生成稳定化合物， 0.1mol X 消耗 NaOH 0.2mol，当苯环上有一个取代基时，取代基为-OOCCH3；当苯环上有两个取代基时，取代基为-OOCH和-CH3，有邻间对三种排列方式；当苯环上有取代基为3种时，取代基为-OH、-OH、-CH=CH2，有6种结构。综上所述，共有同分异构体为10种，其中核磁共振氢谱显示有 5 种不同化学环境的氢，峰面积比为 2∶2∶2∶1∶1 的结构简式为，故答案为：10；；
（6）由E到F可知，苯甲醛可以与发生加成反应生成，再经过氧化得到，与甲醇反应得到所需产物。或者先发生氧化和酯化反应，再发生加成反应，流程为：或。
【点睛】同分异构体的书写时先通过条件判断其所含官能团，再分析其位置。
8．     羧基     取代反应     Br2的CCl4溶液     +2NaOH+2NaBr+2H2O              
【详解】(1)A为，故A中的官能团为羧基；+ +HCl，该反应为取代反应；
(2)DE为加成反应，需要用Br2的CCl4溶液；
(3) E→F的化学方程式是+2NaOH+2NaBr+2H2O；
(4)由可以判断出，FG的方程式为+，G的结构简式为；
(5)C为，与C互为同分异构体，且核磁共振氢谱峰面积比为3：2：2：2：2：2的芳香族化合物有两种，分别为：；
(6)与SOCl2反应生成；与氨气发生反应生成；与溴水发生加成反应生成，在氢氧化钠醇溶液加热的条件下发生消去反应生成；与在催化剂的作用下发生加成反应生成。
9．(1)间甲基苯酚(3-甲基苯酚)
(2)铁粉/溴化铁，液溴
(3)氧化反应
(4)羟基、醚键
(5)CH≡C—CH3
(6)     3种    
(7)

【分析】A的酚羟基发生取代反应生成B，B在醚键的对位取代溴原子，C的甲基在流程中的反应条件中转化为醛基，D和E反应产物除了F外还有HBr，说明D和E发生的是取代反应，，可推出E为CHC—CH3；
【详解】（1）由A的结构可知，A的名称为间甲基苯酚或者3-甲基苯酚；
（2）B到C发生的是苯环上的取代反应，应该是和液溴在铁粉或者溴化铁的催化下反应，在甲基的邻位引入一个溴原子，B→C所需反应条件及试剂为铁粉/溴化铁，液溴；
（3）对比C和D的结构，甲基变成了醛基，氧原子多了，氢原子少了，加氧去氢是氧化反应；
（4）由G的结构可知，G的含氧官能团为羟基、醚键；
（5）D和E反应产物除了F外还有HBr，说明D和E发生的是取代反应，，可推出E为CHC—CH3；
（6）F的芳香同分异构体，苯环侧链有五个碳、两个氧、Ω=3.要满足条件：1molM和足量的银氨溶液反应可以生成4mol的Ag，说明有两个醛基；能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明有一个碳碳双键，除此之外，还剩下一个饱和碳原子；考虑苯环上有两个取代基，分子中有一个手性碳，只可以是 连在苯环上，苯环上还有一个醛基，两个基团位于苯环上有邻、间、对共3种；其中一种的结构简式：；
（7）由甲苯合成 ，可用逆推法，模仿了F到G的反应，可逆推回前一步的反应物为 和 ， 是来自 ， 和均可由甲苯合成，故合成路线为：。