1、福建省莆田市 2018 届高三下学期第二次（5 月）质量测试化学（B 卷）试题1. 化学与社会、科学、技术、环境密切相关。下列说法不正确的是A. T-碳是一种新型三维碳结构晶体，与 C60互为同素异形体B. 推广利用 CO2合成聚碳酸酯可降解塑料符合低碳经济理念C. 将金属钛、铝混合后在空气中熔化可制得强度较大的钛合金材料D. 为汽车安装尾气催化转化装置,可将尾气中的部分 CO 和 NO 转化为无毒气体【答案】C【解析】分析：A、同种元素组成的物理性质不同的单质之间互为同素异形体；B、CO 2合成聚碳酸酯类可降解塑料，可以减少二氧化碳的排放；C、在空气中加热金属易被氧化；D、汽车安装尾气催化转
2、化装置，可将部分 CO 和 NO 转化为氮气和二氧化碳。详解：A、T-碳是一种新型三维碳结构晶体，与 C60是同种元素组成的物理性质不同的单质，互为同素异形体，A 正确；B、利用 CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，B 正确；C、在空气中加热熔化，金属易与氧气发生反应，所以不能直接在空气中制备钛铝合金，C 错误；D、为汽车安装尾气催化转化装置，可将尾气中的部分 CO 和 NO 转化为无毒气体氮气和二氧化碳，D 正确。答案选 C。2. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A. 常温常压下，1.8g 甲基(CD 3)中含有的中子数为 NAB.
3、2.3g 钠被 O2完全氧化时，钠得到的电子数目为 0.1NAC. 9.2g 甲苯被酸性 KMnO4氧化生成苯甲酸时,反应中转移电子数为 0.6NAD. 常温下，1L pH=9 的 CH3COONa 溶液中，发生电离的水分子数为 1109 NA【答案】C【解析】分析：A.甲基(CD 3)含有 9 个中子；B.钠在反应中失去 1 个电子；C.根据方程式计算；D.根据醋酸钠水解促进水的电离平衡分析。详解：A. 常温常压下，1.8g 甲基(CD 3)的物质的量是 0.1mol，其中含有的中子数为0.9NA，A 错误；B. 2.3g 钠的物质的量是 0.1mol，被 O2完全氧化时，钠失去的电子数目为
4、 0.1NA，B 错误；C. 依据 5C6H5CH3+6KMnO4+9H2SO4=5C6H5COOH+3K2SO4+6MnSO4+14H2O 可知，1mol 甲苯被氧化为苯甲酸转移 6mol 电子，9.2g 甲苯物质的量为 0.1mol，被氧化为苯甲酸转移 0.6mol 电子，转移电子数为 0.6NA，C 正确；D. CH3COONa 属于强碱弱酸盐，CH 3COO-的水解促进水的电离，c（H 2O） 电离 =c（OH -）=110 -5mol/L，发生电离的水分子物质的量为 110-5mol/L1L=110-5mol，D 错误；答案选 C。3. 四种常见有机物的比例模型如下图。下列说法正确的
5、是A. 乙可与溴水发生取代反应而使溴水褪色B. 甲能使酸性 KMnO4溶液褪色C. 丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键D. 丁为醋酸分子的比例模型【答案】C【解析】分析：根据四种常见有机物的比例模型可知甲是甲烷，乙是乙烯，丙是苯，丁是乙醇，据此解答。详解：A. 乙烯分子中含有碳碳双键，乙可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，A 错误；B. 甲烷不能使酸性 KMnO4溶液褪色，B 错误；C. 苯分子中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，C 正确；D. 丁为乙醇分子的比例模型，D 错误。答案选 C。4. 短周期元素 X、Y、Z、W 在周期表中位置如图，其中 W 原子的次
6、外层电子数是最内层电子数与最外层电子数的电子数之和。下列说法不正确的是A. 最简单的氢化物的沸点：XWB. 元素的非金属性：ZWYC. 简单离子的半径大小：YWZD. 氧化物对应水化物的酸性：YWZ【答案】D【解析】分析：由短周期元素 X、Y、Z、W 在周期表中位置可知，W 位于第三周期，W 原子的次外层电子数是最内层电子数与最外层电子数的电子数之和，次外层电子数为 8，最外层电子数为 6，可知 W 为 S，结合元素的位置可知 X 为 O、Y 为 P、Z 为 Cl，以此来解答。详解：由上述分析可知 X 为 O、Y 为 P、Z 为 Cl、W 为 S，则A水分子间含氢键，硫化氢不含，则最简单的氢化
7、物的沸点：XW，A 正确；B同周期从左向右非金属性增强，则元素的非金属性：ZWY，B 正确；C具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径大小：YWZ，C 正确；D非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，不是最高价含氧酸无此规律，如硫酸为强酸，HClO 为弱酸，D 错误；答案选 D。点睛：本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、电子排布来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。5. 硼化钒（VB 2）-空气电池是目前储电能力最高的电池，电池示意图如下。该电池工作时的反应为 4VB211O 2=4B2O32V
8、2O5。下列说法正确的是A. 电极 a 为电池负极B. 反应过程中溶液的 pH 升高C. 电池连续反应过程中，选择性透过膜采用阳离子选择性膜D. VB2极的电极反应式为：2VB 2 + 22OH-22e=V2O5+ 2B2O3+ 11H2O【答案】D【解析】分析：硼化钒-空气燃料电池中，VB 2在负极失电子，电极反应为：2VB 2+22OH-22e-=V2O5+2B2O3+11H2O，氧气在正极上得电子，生成 OH-，OH -通过选择性透过膜向负极移动，电池总反应为：4VB 2+11O24B 2O3+2V2O5，由此分析解答。详解：A、硼化钒-空气燃料电池中，VB 2在负极失电子，氧气在正极上
9、得电子，所以 a 为正极，A 错误；B、硼化钒-空气燃料电池中，VB 2在负极失电子，氧气在正极上得电子，电池总反应为：4VB2+11O24B 2O3+2V2O5，所以反应过程中溶液的 pH 不变，B 错误；C、氧气在正极上得电子生成 OH-，OH -通过选择性透过膜向负极移动，所以图中选择性透过膜应只允许阴离子通过，C 错误；D、负极上是 VB2失电子发生氧化反应，则 VB2极发生的电极反应为 2VB2+22OH-22e-=V2O5+2B2O3+11H2O，D 正确。答案选 D。6. 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是甲 乙 丙 丁A. 用装置甲进行中和热的测定B. 用装置乙制取
10、 CO2气体C. 用装置丙蒸发 CH3COONa 溶液得 CH3COONa 晶体D. 用装置丁模拟工业制氨气并检验产物【答案】C【解析】分析：A.缺少环形玻璃搅拌棒；B.纯碱易溶于水；C.醋酸钠水解生成的氢氧化钠难挥发；D.碱能使石蕊试液变蓝色。详解：A. 装置甲中缺少环形玻璃搅拌棒，不能进行中和热的测定，A 错误；B. 纯碱易溶于水，不是块状固体，不能用装置乙制取 CO2气体，B 错误；C. 醋酸钠水解生成氢氧化钠和醋酸，但氢氧化钠难挥发，因此醋酸又转化为醋酸钠，所以可用装置丙蒸发 CH3COONa 溶液得 CH3COONa 晶体，C 正确；D. 碱能使石蕊试液变蓝色，氨气是碱性气体，因此不
11、能用装置丁模拟工业制氨气并检验产物，D 错误。答案选 C。7. 向 10mL 1 molL1 的 HCOOH 溶液中不断滴加 1 molL1 的 NaOH 溶液，并一直保持常温，所加碱的体积与-lg c 水 (H+)的关系如图所示。c 水 (H+)为溶液中水电离的 c(H+)。下列说法不正确的是A. 常温下，K a(HCOOH)的数量级为 10-4B. a、b 两点 pH 均为 7C. 从 a 点到 b 点，水的电离程度先增大后减小D. 混合溶液的导电性逐渐增强【答案】B【解析】分析：A.根据起始时甲酸溶液中水电离出的氢离子为 1012 mol/L 计算；B.根据 a、b 溶液中的溶质判断；C
12、.根据酸碱盐对水电离平衡的影响分析；D.根据影响溶液导电性的因素分析。详解：A. 甲酸溶液中水电离出的氢离子为 1012 mol/L，则溶液中氢离子浓度为 0.01mol/L，所以常温下，K a(HCOOH) ，因此数量级为 10-4，A 正确；B. a 点甲酸过量，水电离出的氢离子为 107 mol/L，溶液 pH7；b 点氢氧化钠过量，pH7，B 错误；C. 从 a 点到 b 点，溶液中的溶质由甲酸和甲酸钠变为甲酸钠，然后又变为甲酸钠和氢氧化钠，所以水的电离程度先增大后减小，C 正确；D. 溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，
13、溶液的导电性越强。甲酸是弱酸，生成的甲酸钠以及氢氧化钠均是强电解质，所以混合溶液的导电性逐渐增强，D 正确。答案选 B。8. TiC14是制备钛及其化合物的重要中间体，某小组同学利用下列装置在实验室制备TiCl4，设计实验如下(夹持装置略去)：已知：PdC1 2溶液捕获 CO 时，生成金属单质和两种酸性气体化合物。TiC1 4的制备需无水无氧且加热。化合物 熔点/ 沸点/ 密度/gcm -3 水溶性TiCl4 -25 136.4 1.5 易水解生成难溶于水的物质,能溶于有机溶剂CCl4 -23 76.8 1.6 难溶于水，与 TiCl4互溶请回答下列问题：（1）装置 D 中除生成 TiCl4外
14、，同时生成一种气态不成盐氧化物，该反应的化学方程式为_。（2）按照气流由左到右的方向，上述装置合理的连接顺序为a_fg_(填仪器接口字母)。（3）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；_(按正确的顺序填入下列操作的序号)。加热装置 D 中陶瓷管 打开分液漏斗活塞停止加热，充分冷却 关闭分液漏斗活塞实验时,当观察到_时,开始进行步骤。（4）设计实验证明装置 E 中收集到的液体中含有 TiCl4：_。（5）装置 F 中发生反应的化学方程式为_。（6）制得的 TiC14产品中常含有少量 CC14，从产品中分离出 TiC14的操作名称为_。【答案】 (1). TiO 2
15、+2C+2Cl2 TiCl4+2CO (2). c b h i d e j (3). (4). 装置 E 充满黄绿色气体 (5). 取少量收集到的液体于洁净试管中，滴加适量水，液体变浑浊，则收集到的液体中含有 TiCl4。 (6). PdCl2+CO+H2O=Pd+2HCl+CO2 (7). 蒸馏（或分馏）【解析】分析：（1）根据原子守恒、得失电子守恒书写方程式；（2）装置 A 产生的氮氯气含有水蒸气，通过装置 B 中浓硫酸除去，然后在 D 电炉内与二氧化钛发生反应，用 E 装置降低温度，获得液态 TiCl4，四氯化碳易水解，为防止空气中水蒸气进入装置 E 应在其后面连接干燥管 C，最后用 F
16、 吸收尾气，据此连接装置；（3）为防止碳粉在高温下被氧化，防止装置内水蒸气使四氯化钛水解变质，应先通入氯气一段时间，然后再加热装置 D，停止时应在氯气氛围中冷却；（4）依据题目信息：四氯化钛易水解生成难溶于水的物质，能溶于有机溶剂可知可以用水解的方法判断；（5）依据题意 PdC12溶液捕获 CO 时，生成金属单质和两种酸性气体化合物结合原子个数守恒书写方程式；（6）根据二者沸点相差较大判断。详解：（1）依据分析可知装置 D 中反应物为二氧化钛、碳和氯气，生成物为四氯化钛和一氧化碳，反应方程式为 TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO；（2）装置 A 产生的氯气含有水蒸气，通过装置 B 中
17、浓硫酸除去，然后在 D 电炉内与二氧化钛发生反应，用 E 装置降低温度，获得液态 TiCl4，四氯化碳易水解，为防止空气中水蒸气进入装置 E 应在其后面连接干燥管 C，最后用 F 吸收尾气，所以正确的连接顺序为：acbfghidej；（3）为防止碳粉在高温下被氧化，防止装置内水蒸气使四氯化钛水解变质，应先通入氯气一段时间，然后再加热装置 D，停止时应在氯气氛围中冷却，所以正确的操作顺序为；由于氯气是黄绿色气体，所以实验时,当观察到装置 E 充满黄绿色气体时,开始进行步骤。（4）依据表中信息可知四氯化钛遇水生成难溶物，所以可以取少量收集到的液体放在洁净的试管中，滴加适量的水，液体变浑浊，即证明收
18、集到的液体中含有四氯化钛，所以实验方案为取少量收集到的液体于洁净试管中，滴加适量水，液体变浑浊，则收集到的液体中含有TiCl4。（5）依据题意 PdC12溶液捕获 CO 时，生成金属单质和两种酸性气体，依据原子个数守恒可知反应生成的两种酸性气体为氯化氢和二氧化碳，反应方程式 PdCl2+CO+H2O=Pd+2HCl+CO2；（6）依据图中数据可知二者沸点相差较大，可以用蒸馏法分离二者。点睛：本题为实验题，考查物质的制备方案设计及评价，准确把握题干信息，明确实验目的及原理，熟悉各仪器的用途是解题关键，题目难度中，注意题干信息中有效信息的获取与应用。9. K2SO4是无氯优质钾肥，Mn 3O4是生
19、产软磁铁氧体的原料，以硫酸工业的尾气为原料联合制备 K2SO4和 Mn3O4的工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）Mn 3O4中的 Mn 元素有+2 价和+3 价两种情况，则 Mn 3O4中+2 价与+3 价 Mn 元素的物质的量之比为_。（2） “反应 I”_（填“是”或“不是” ）氧化还原反应，为提高反应的反应速率，可采取的措施有_(答出一条即可） 。（3） “反应 II”的反应原理是_。（4）试剂 a 的电子式为_。（5） “一系列操作”指_，该过程用到的非玻璃仪器为_。（6）流程图中“煅烧”操作的温度与剩余固体质量变化曲线如图所示。则产物 A 的化学式为_，产物 B 的化学式为_。【
20、答案】 (1). 1:2 (2). 是 (3). 采用 CaCO3粉末（或适当增大反应温度，合理即可） (4). 微溶的 CaSO 4 转化为难溶的 CaCO3 (5). (6). 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 (7). 蒸发皿 (8). MnSO 4 (9). Mn3O4【解析】分析：硫酸工业的尾气中含有二氧化硫，反应是用碳酸钙、二氧化硫反应生成亚硫酸钙，再被空气中的氧气氧化成硫酸钙，反应为硫酸钙中加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸钙沉淀和硫酸铵，反应向硫酸铵溶液中加入 KCl 溶液充分反应后，进行蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥等操作即得 K2SO4产品，反应为二氧化锰氧化二氧化硫得硫酸锰，经除杂结晶
21、得硫酸锰晶体，再经加热可得 Mn3O4，据此解答。详解：（1）Mn 3O4中的 Mn 元素有+2 价和+3 价两种情况，设 Mn3O4中+2 价与+3 价 Mn 的个数分别是 x、y，则根据原子守恒和正负价代数和为 0 可知 x+y3、2x+3y24，解得x1、y2，则 Mn3O4中+2 价与+3 价 Mn 元素的物质的量之比为 1：2。（2）亚硫酸钙易被氧化，则“反应 I”是氧化还原反应；根据外界条件对反应速率的影响可知为提高反应的反应速率，可采取的措施有采用 CaCO3粉末或适当增大反应温度。（3）硫酸钙微溶，碳酸钙难溶，因此“反应 II”的反应原理是微溶的 CaSO4转化为难溶的CaCO
22、3。（4）根据原子守恒可知试剂 a 是氯化钾，含有离子键，电子式为 。（5） “一系列操作”是指从溶液中得到晶体，操作为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，该过程用到的非玻璃仪器主要为蒸发皿。（6）MnSO 4H2O 受热分解，先失去结晶水。设 MnSO4H2O 的物质的量为 1 mol，质量为169g，其中含有 m（MnSO 4）=151g，根据题意可知，在 A 处固体的质量为169g89.35/100=151g，所以 A 的组成为 MnSO4；在 B 处固体的质量为169g45.17/100=76.33g，其中 Mn 是 55g，O 是 21.33g，则二者的个数之比是1：21.33/163：4，因
23、此化学式为 Mn3O4。点睛：本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的分离、氧化还原反应、溶解平衡、元素守恒的计算等为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，题目难度中等。难点是物质分解过程中生成物的判断，注意原子守恒的灵活应用。10. 苯乙烯是重要的基础有机化工原料。工业中以乙苯（C 6H5-CH2CH3）为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯（C 6H5-CH=CH2）的反应方程式：H（1）已知：化学键 CH CC CC HH键能/kJmol 1 412 348 612 436计算上述反应的H_ kJmol 1 。（2）一定条件下，在体积不变的密闭容器中，反应过程中各物质浓度随时间
24、变化的关系如下图所示。在 t1时刻加入 H2，t 2时刻再次达到平衡。物质 X 为_，判断理由是_。（3）在体积为 2L 的恒温密闭容器中通入 2mol 乙苯蒸汽，2 分钟后达到平衡，测得氢气的浓度是 0.5mol/L，则乙苯蒸汽的反应速率为_；维持温度和容器体积不变，向上述平衡中再通入 1mol 氢气和 1mol 乙苯蒸汽，则 v 正 _v 逆 （填“大于” 、 “小于”或“等于” ） 。（4）实际生产时反应在常压下进行，且向乙苯蒸气中掺入水蒸气，利用热力学数据计算得到温度和投料比 M 对乙苯平衡转化率的影响可用如图表示。M=n(H 2O)/n(乙苯) 比较图中 A、B 两点对应的平衡常数大
25、小： KA_KB 图中投料比( M1、 M2、 M3)的大小顺序为_。【答案】 (1). 124 (2). 乙苯 (3). 加入 H2后平衡向左移动，乙苯浓度增大 (4). 0.25molL-1min-1 (5). 等于 (6). M2M3【解析】分析：（1） H反应物的化学键断裂吸收的能量生成物的化学键形成释放的能量；（2）根据外界条件对平衡状态的影响分析；（3）根据反应速率的含义计算；根据浓度熵判断；（4）根据温度、压强对平衡状态的影响分析。详解：（1）根据方程式可知上述反应的H（3482+41253486124123436）kJ/mol+124 kJmol 1 。（2）由于加入 H2后平
26、衡向左移动，乙苯浓度增大，所以物质 X 为乙苯；（3） 起始浓度（mol/L） 1 0 0转化浓度（mol/L） 0.5 0.5 0.5平衡浓度（mol/L） 0.5 0.5 0.5（4）正反应吸热，B 点温度高于 A 点，则图中 A、B 两点对应的平衡常数大小： KA KB；由于反应物只有一种，增大反应物浓度相当于增大压强平衡向逆反应方向进行，转化率减小，因此图中投料比( M1、 M2、 M3)的大小顺序为 M1M 2M 3。点睛：压强对平衡状态的影响是解答的难点和易错点，注意以下几点：气体减压或增压与溶液稀释或浓缩的化学平衡移动规律相似；对于反应前后气体分子数无变化的反应，压强的变化对其平
27、衡无影响；同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度，应视为压强对平衡的影响。11. Al、Fe、Cu 是重要的材料元素，在生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题:（1）基态 Fe2+的核外电子排布式为Ar_，有_个未成对电子。（2）氯化铝熔点为 194,而氧化铝熔点为 2050，二者熔点相差很大的原因是_。（3）已知 Al 的第一电离能为 578kJ/mol、第二电离能为 1817 kJ/mol、第三电离能为 2745 kJ/mol、第四电离能为 11575 kJ/mol。请解释其第二电离能增幅较大的原因_。（4）甲醇重整制氢反应中，铜基催化剂如 CuO/SiO2具有重整温度低、催化选择性高的优
28、点。Cu、Si、O 元素电负性由大到小的顺序是_；SiO 2中 Si 原子采取_杂化。（5）一种铜的溴化物晶胞结构如右图所示:该晶胞中铜的配位数是_,与溴紧邻的溴原子数目是_，由图中 P 点和 Q 点的原子坐标参数可确定 R 点的原子坐标参数为_；已知晶胞参数为 apm,其密度为_g/cm 3 。(列出计算式即可) 【答案】 (1). 3d 6 (2). 4 (3). 氧化铝是离子晶体，而氯化铝是分子晶体 (4).Al 原子失去一个电子后，其 3s 上有 2 个电子为全满状态，较稳定 (5). OSiCu (6).sp3 (7). 4 (8). 12 (9). (1/4，1/4，1/4) (1
29、0). 【解析】 (1)基态 Fe2+的核外电子排布式为Ar 3d 6，d 轨道有 5 个，根据洪特规则可知其有 4 个未成对电子。(2)氯化铝熔点为 194,而氧化铝熔点为 2050，二者熔点相差很大的原因是两者的晶体类型不同，氧化铝是离子晶体，其晶体具有较高的晶格能，而氯化铝是分子晶体，其分子间只存在微弱的分子间作用力。(3)已知 Al 的第一电离能为 578kJ/mol、第二电离能为 1817 kJ/mol、第三电离能为 2745 kJ/mol、第四电离能为 11575 kJ/mol。其第二电离能增幅较大的原因是：Al 原子失去一个电子后，其 3s 上有 2 个电子为全充满状态、3p 和
30、 3d 是全空状态，故较稳定。(4) 非金属性越强的元素，其电负性越大，所以，Cu、Si、O 元素电负性由大到小的顺序是OSiCu；SiO 2中每个 Si 原子与其周围的 4 个 O 原子形成共价键，所以 Si 原子采取 sp3杂化。点睛：本题属于物质结构与性质的综合考查，主要考查了基态原子的电子排布式、核外电子的排布规律、电负性的变化规律、杂化轨道类型的判断以及晶胞的有关计算。其中有关晶胞的计算难度较大，要求学生要有良好的空间想象能力，能根据晶胞中各粒子的空间位置关系确定某些粒子的空间坐标，会用均摊法计算晶胞中的粒子数目及晶胞的密度。12. 有机物 X 是某种药物的主要成分，工业上合成该化合
31、物的一种路线如下(部分反应物、反应条件略去)：已知：酯与含羟基的化合物可发生如下酯交换反应：RCOO RROH RCOORROH(R、R、R均代表烃基)。（1）反应所需的试剂是_，反应的反应类型是_。（2）B 中含氧官能团的名称是_；反应的产物除了 X 以外，另一种产物的名称是_。（3）D 在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为_。（4）反应的化学方程式为_。（5）E 的同分异构体有多种，写出符合下列条件的有机物结构简式_。.苯环上一氯代物只有一种.与氯化铁溶液发生显色反应.能与碳酸氢钠溶液反应放出 CO2（6）已知： ；当苯环上已有一个“CH 3”或“Cl”时
32、，新引入的取代基一般在它的邻位或对位；当苯环上已有一个“NO 2”或“COOH”时，新引入的取代基一般在它的间位。请写出以甲苯、乙醇为原料制备的合成路线图(无机试剂任用)_。【答案】 (1). 浓硝酸、浓硫酸 (2). 还原反应 (3). 硝基 (4). 甲醇 (5).(6). CH 3OHH 2O (7). 或 (8). 【解析】分析：根据 A 与 B 的结构简式可知反应是硝化反应，反应中硝基转化为氨基，反应是还原反应，根据 D 与 E 的结构简式可知反应是酯化反应，根据已知信息可知反应是酯交换反应，X 的结构简式为 ，据此解答。详解：（1）反应是苯环上的氢原子被硝基取代，因此所需的试剂是浓
33、硝酸、浓硫酸；反应中硝基转化为氨基，反应是还原反应。（2）根据 B 的结构简式可知 B 中含氧官能团的名称是硝基；根据已知信息结合原子守恒可知反应的产物除了 X 以外，另一种产物的结构简式为 CH3OH，其名称是甲醇。（3）D 分子中含有羧基和羟基，在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，该高分子化合物的结构简式为 。（4）反应是酯化反应，反应的化学方程式为 CH 3OHH 2O。（5）E 的同分异构体有多种，苯环上一氯代物只有一种，说明苯环上的氢原子只有一类。与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能与碳酸氢钠溶液反应放出 CO2，说明含有羧基，要使苯环上的氢原子只有一类，则苯环上还含有 2 个甲基，结构对称，则符合条件的有机物结构简式为 或 ；（6）根据已知信息结合逆推法可知以甲苯、乙醇为原料制备 的合成路线图(无机试剂任用)为。点睛：该题的难点是合成路线图设计，答题的关键是准确理解题干已知信息，考查学生获取信息并能灵活应用的能力，解答时注意利用好逆推法。
