1、2018 年潮州市高三二模化学试卷1. 化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（ ）A. 硅胶可作袋装食品的干燥剂B. 点燃爆竹后，硫燃烧生成 SO2C. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性D. 用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染【答案】D【解析】A.硅胶具有吸水性且无毒，所以可以用作食品的干燥剂，故 A 正确；B.硫在空气或纯氧中的燃烧产物均是 SO2，而不是 SO3，所以点燃爆竹后，硫燃烧生成 SO2，故 B 正确；C. 蛋白质在受热时变性，失去蛋白质的活性，故 C 说法正确；D 项，聚乙烯塑料在自然界中很难分解，会造成白色污染，故 D 项错误。2. 设 NA为阿伏伽德罗常数的
2、值，下列说法正确的是A. 4.6g Na 在空气中完全反应生成 Na2O、Na 2O2，转移 0.2 NA个电子B. 1L 0.1molL-1的 NaClO 溶液中含有 ClO 的数目为 0.1NAC. 标准状况下，将 22.4L Cl2通入水中发生反应，转移的电子数为 NAD. 100g 46%的乙醇溶液中，含 HO 键的数目为 NA【答案】A【解析】A. 4.6g 钠的物质的量为: ,0.2molNa 完全反应失去 0.2mol 电子,转移0.2 NA个电子,故 A 正确；B.ClO -为弱根离子，会发生水解,所以溶液中含有 ClO-的数目小于0.1NA ,故 B 错误；C.标况下 22.
3、4L 氯气的物质的量为 1mol,因为只有部分氯气与水反应,则转移电子的物质的量小于 1mol,转移的电子数小于 NA,故 C 错误；D. 100g 46%的乙醇溶液中,因为水分子中也含有 HO 键,则该溶液中含 HO 键的数目大于 NA,故 D 错误；答案：A。 点睛：考查阿伏伽德罗常数的计算。抓住 1mol=1NA进行判断，根据化合价变化判断转移电子数，学生容易忽略弱根离子的水解问题。判断 HO 键时学生容易忽略水中的化学键。3. 下列关于有机物的叙述正确的是( )A. 乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键B. 苯、油脂均不能使酸性 KMnO4溶液褪色C. 氯苯分子中所有原子都处于同一平
4、面D. 、 、 互为同系物【答案】C【解析】A. 聚乙烯为氯乙烯的加聚产物，不含碳碳双键，故 A 错误；B. 油脂含有碳碳双键，可被氧化，可使高锰酸钾溶液褪色，故 B 错误；C. 氯苯具有苯的结构特征，所有的原子在同一个平面上，故 C 正确；D. 同系物是指结构相似，分子组成相差一个或几个-CH 2原子团的有机物， 、 、 结构不同，不符合同系物概念，故 D 错误；答案：C。点睛：学会区分苯环和碳碳双键。聚乙烯和乙烯的关系。苯、苯的同系物和稠环芳香烃的区别，做题时抓住概念进行判定。4. 下图装置用于气体的干燥、收集和尾气吸收，其中 X、Y、Z 对应都正确的是( )选项 X Y ZA 无水硫酸铜
5、 氯气 饱和食盐水B 氯化钙 二氧化硫 氢氧化钠C 碱石灰 氨气 水D 氯化钙 一氧化氮 氢氧化钠A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、无水硫酸铜是鉴别试剂不能做干燥剂，故 A 错误；B、无水氯化钙做干燥剂，二氧化硫的密度大于空气的密度，长管进气，短管出气，SO 2属于酸性氧化物，易和氢氧化钠反应，防止倒吸，故 B 正确；C、氨气的密度小于空气的密度，收集氨气时，短管进气，长管出气，故 C 错误；D、NO 不能用排空气收集，因为 NO 和氧气反应，同时 NO 不和氢氧化钠溶液反应，故 D 错误。答案：B。5. 如图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的
6、关系，下列说法正确的是（ ） A. X 与 Z 两种元素形成的化合物一定是离子化合物，只含有离子键B. RX2、WX 2、Z 2X2都能使品红溶液褪色，且褪色原理相同C. R、W 所形成的氧化物的水化物的酸性强弱为 WRD. X、Y、R、W 四种元素形成的气体氢化物中最稳定的是 Y 的气态氢化物【答案】D【解析】试题分析：依据题意可知 X、Y 、Z、R 、W 分别为 O、F、Na、S、Cl 对照选项知：A 项中有离子键和共价键；B 项中 SO 2是和有色物质结合成无色物质，其余是氧化使之褪色；C 项中要强调是最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，故答案为 D。【考点定位】考查原子结构与元素周期律
7、知识【名师点晴】根据最外层电子数及原子序数的关系确定元素是解题的关键，都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y 处于第二周期，X 的最外层电子数为 6，故 X 为O 元素，Y 的最外层电子数为 7，故 Y 为 F 元素；Z、R、W 处于第三周期，最外层电子数分别为 1、6、7，故 Z 为 Na 元素、R 为 S 元素、W 为 Cl 元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。6. 化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解 NO3-的原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. A 为电源的正极B. 溶液中 H+从阳极向阴极迁移C. 电解过程中，每转移 2 m
8、ol 电子,则左侧电极就产生 32gO2D. Ag-Pt 电极的电极反应式为 2NO3-+12H+10e- = N2+ 6H 2O【答案】C【解析】A 项，该装置中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则 Ag-Pt 电极为阴极，pt 电极为阳极，连接阴极的 B 电极为负极，A 为正极，故 A 项正确；B 项，电解时阳离子向阴极移动，所以 H+从阳极向阴极迁移，故 B 项正确；C 项，左侧电极为阳极发生 2H2O-4e-=4H+O2 ，所以每转移 2 mol 电子时，左侧电极就产生 0.5 mol O2即 16g 氧气，故 C 项错误；D 项，阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为 ，故
9、D 项正确。综上所述，本题正确答案为 C。点睛：考查电解池的反应原理。抓住氧化还原反应进行判定电池的阴阳极。根据氧化剂和还原剂进行电极反应式的书写。7. 已知：25 时，K b(NH3H2O)1.810 5 。该温度下，用 0.100molL 1 的氨水滴定 10.00 mL 0.100molL1 的一元酸 HA 的溶液，滴定过程中加入氨水的体积（V）与溶液中的关系如图所示。下列说法不正确的是( )A. HA 为强酸B. a10C. 25 时，NH 4 的水解平衡常数为 109D. 当滴入 20 mL 氨水时，溶液中存在 c(NH 4 )c(A )【答案】B【解析】A. 水溶液中 ，所以根据水
10、的离子积常数可知溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，所以 HA 为强酸，A 正确；B. 时溶液显中性，二者恰好反应时生成的铵盐水解，溶液显酸性，则要显中性，则 a10，B 错误；C. 25 时，NH 4 的水解平衡常数为 ，C 正确；D. 当滴入 20mL 氨水时氨水过量，溶液显碱性，根据电荷守恒可知混合溶液中 c(NH4 )c(A )，D 正确，答案选 D。8. 某化学兴趣小组欲探究含硫物质的性质及制备。【探究一】选用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：（1）装置 A 中盛液体的玻璃仪器名称是_，装置 A 中反应的化学方程式为_。（2）装置连接顺序为 A、C、_、_、D、F，其中装
11、置 C 的作用是_，通过现象_，即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。【探究二】连二亚硫酸钠（Na 2S2O4）俗称保险粉，广泛用于纺织工业的还原性染色、清洗、印花、脱色以及织物的漂白等。制取保险粉通常需要二氧化硫。（3）制取 Na2S2O4常用甲酸钠法。控制温度 70-80，在甲醇溶液（溶剂）中溶解甲酸钠（HCOONa） ，再滴加 Na2CO3溶液同时通 SO2维持溶液酸性，即可生成 Na2S2O4，该反应的离子方程式_。（4）测定保险粉纯度。Na 2S2O4属于强还原剂，暴露于空气中易被氧气氧化。Na 2S2O4遇KMnO4酸性溶液发生反应：5Na 2S2O4+6KMnO4+4H2SO45Na
12、2SO4+3K2SO4+6MnSO4+4H2O。称取5.0gNa2S2O4样品溶于冷水中，配成 100mL 溶液，取出 10mL 该溶液于锥形瓶中，用0.10molL1 的 KMnO4溶液滴定。重复上述操作 2 次，平均消耗 KMnO4溶液 21.00mL则该样品中 Na2S2O4的质量分数为_（杂质不参与反应） 。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). CaSO 3+2HCl=CaCl2 +SO2+H 2O (3). B (4). E (5). 除去 HCl 气体 (6). 装置 D 中品红溶液不褪色，F 中出现白色沉淀 (7). 2HCOO -+4SO2+CO32-=2S2O42-+H2O
13、+3CO2 (8). 60.9%【解析】 （1）由装置 A 知盛液体的玻璃仪器名称是分液漏斗，装置 A 中分液漏斗中盛的液体为盐酸，烧瓶中装的是 CaSO3，所以两者可以发生反应，生成 CaCl2和二氧化硫，水。反应的化学反应方程式为 CaSO3+2HCl=CaCl2 +SO2+H 2O。(2)装置 A 制备 SO2，由于次氯酸盐具有强氧化性，因此根据较强酸制备较弱酸知可以把 SO2通入碳酸氢钠溶液中，利用亚硫酸氢钠除去 SO2中的 CO2，再利用酸性高锰酸钾溶液氧化 CO2中的 SO2，利用品红溶液检验是否除尽，最后把 CO2通入漂白粉溶液中即可实现亚硫酸与次氯酸的酸性强弱比较，所以装置连接
14、顺序为 ACBEDF，其中装置 C 的作用是除去 HCl 气体。通过现象装置 D 中品红溶液不褪色，说明 SO2已经除净，CO 2与 F 中得漂白粉溶液发生反应，生成碳酸钙白色沉淀，说明碳酸的酸性比次氯酸强，亚硫酸的酸性又比碳酸强，所以装置 D 中品红溶液不褪色，F 中出现白色沉淀，即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。答案： B . E 装置 D 中品红溶液不褪色，F 中出现白色沉淀。3（1）根据原子守恒和电子得失守恒可知反应的离子方程式为 2HCOO-+4SO2+CO32-=2S2O42-+H2O+3CO2。（2）消耗高锰酸钾的物质的量是 0.0021mol，根据方程式可知消耗 Na2S2O4的
15、物质的量是0.0021mol5/6=0.00175mol，因此原 Na2S2O4的物质的量是 0.0175mol，则该样品中 Na2S2O4的质量分数为 。9. 随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用,并被誉为“合金维生素” 。工业上回收废钒催化剂（含有 V2O5、VOSO 4及不溶性残渣） ，科研人员最新研制了一种离子交换法回收钒的新工艺，回收率达 917%以上。该工艺的主要流程如图所示：已知部分含钒物质在水中的溶解性如下表所示：物质 VOSO4 V2O5 NH4VO3 （VO 2） 2SO4溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶请问答下列问题：（1）工业上由 V2O5冶炼金属钒
16、常用铝热剂法，其化学方程式可表示为_。（2）滤液中含钒的主要成分_（写化学式） 。反应的离子方程式_。（3）萃取和反萃取过程中所需的主要玻璃仪器为_。若反萃取使用硫酸用量过大，进一步处理会增加_（填化学式）的用量，造成成本增大。（4）该工艺反应的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，写出该步发生反应的离子方程式_。 “沉淀”过程中，沉钒率受温度、氯化铵系数（NH 4Cl 的质量与调节 pH 之后的料液中 VO3-的质量比）等的影响，其中温度与沉钒率的关系如图所示，温度高于 80沉钒率降低的可能原因是_。（5）25时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液 pH 之间关系如下表：pH 1.3 1
17、.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0 2.1钒沉淀率% 88.1 94.8 96.5 98.0 98.8 98.8 96.4 93.1 89.3结合上表，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳 pH 值为_。若矾沉淀率为93.1%时不产生 Fe（OH） 3沉淀，则溶液中 c（Fe 3+）_。 （已知：25时，KspFe（OH） 32.610 -39）（6）废钒催化剂中 V2O5的质量分数为 6%（原料中的所有钒已换算成 V2O5） 。取 100g 此废钒催化剂按上述流程进行实验，当加入 105mL 0.1molL -1的 KClO3溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理，假设以后各
18、步钒没有损失，则该工业生产中钒的回收率是_。【答案】 (1). 3V 2O5 + 10Al 6V + 5Al2O3 (2). VOSO4 (3). V2O5 + SO32- + 4H+ = 2V02+ +SO42- +2H2O (4). 分液漏斗 (5). NH 3H2O (6). NH4+ + VO3- = NH4VO3 (7). 温度高于 80,导致部分氯化铵分解 (8). 1.71.8 (9). 2.610 -3mol/L (10). 95.55【解析】 （1）铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝，反应方程式为（2）因为 VOSO4可溶，V 2O5难溶，所以滤液中含钒的主要成分 VOSO4。
19、V 2O5具有氧化性Na2SO3具有还原性，所以反应的离子方程式 V2O5 + SO32- + 4H+ = 2V02+ +SO42- +2H2O。（3）萃取和反萃取过程中所需的主要玻璃仪器为分液漏斗。若反萃取使用硫酸用量过大，进一步处理会增加 NH3H2O 的用量，造成成本增大（4）因为反应为 NH4VO3为难溶性物质，所以该步发生反应的离子方程式 NH4+ + VO3- = NH4VO3。由图分析 80之前沉钒率逐渐升高。80之后因为氯化铵受热分解了，导致 NH4+离子浓度降低了，所以沉钒率逐渐减小。答案：NH 4+ + VO3- = NH4VO3，温度高于 80,导致部分氯化铵分解。（6）
20、根据题意 V2O5 + SO32- + 4H+ = 2V02+ +SO42- +2H2O, V02+被 ClO3-氧化,由 ClO3-+6 V02+6H+=6VO3+Cl-+ 3H2O ,可知3 V2O5 -6 V02+ClO 3-3mol 1moln 0.0105mol解得 n=0.0315mol,因此该实验中钒的回收率=(0.0315mol182g/mol )/(100g6%.)100%=95.55。10. 砷（ 33As）在周期表中与氮同主族，砷及其化合物被运用在农药、除草剂、杀虫剂等。（1）砷化氢的电子式为_。（2）成语“饮鸩止渴”中的“鸩”是指放了砒霜（As 2O3）的酒。As 2O
21、3是一种两性氧化物，写出 As2O3溶于浓盐酸的化学方程式_。（3）砷的常见氧化物有 As2O3和 As2O5，其中 As2O5热稳定性差。根据图 1 写出 As2O5分解为As2O3的热化学方程式_。（4）砷酸钠(Na 3AsO4)具有氧化性，298 K 时，在 100 mL 烧杯中加入 10 mL 0.1 mol/L Na3AsO4溶液、20 mL 0.1 mol/L KI 溶液和 20 mL 0.05 mol/L 硫酸溶液，发生下列反应：AsO43-(无色)+2I -+2H+ AsO33-(无色)+I 2(浅黄色)+H 2O H。测得溶液中 c(I2)与时间(t)的关系如图 2 所示（溶
22、液体积变化忽略不计） 。010 min 内，I 的反应速率 v(I)_。在该条件下，上述反应的平衡常数 K_。升高温度，溶液中 AsO43-的平衡转化率减小，则该反应的 H_0(填“大于” “小于”或“等于”)。（5）己知砷酸（H 3ASO4）是三元酸，有较强的氧化性。常温下砷酸的 Ka1=610-3、K a2=110-7，则 NaH 2AsO4溶液中 c（HAsO 42-）_c（H 3AsO4）（填“” 、 “”或“=” ） 。某实验小组依据反应 AsO43-+2H+2I-AsO33-+I2+H2O 设计如图原电池，探究 pH 对 AsO43-氧化性的影响测得输出电压与 pH 的关系如图。则
23、 a 点时，盐桥中 K+_移动（填“向左” 、“向右”或“不” ） ，c 点时，负极的电极反应为_。【答案】 (1). (2). As2O3+6HCl(浓)=2AsCl 3+3H2O (3). (4). 0.003mol(Lmin) (5). 4.5106 (6). 小于 (7). (8). 向左 (9). AsO 33-+H2O-2e-=AsO43-+2H+【解析】 （1）砷（ 33As）在周期表中与氮同主族, 砷化氢的分子式为 AsH3,，则砷化氢的电子式为 。（2）As 2O3是一种两性氧化物，则 As2O3溶于浓盐酸反应生成氯化砷和水，所以化学方程式为As2O3+6HCl(浓)=2As
24、Cl 3+3H2O。（3）砷的常见氧化物有 As2O3和 As2O5，其中 As2O5热稳定性差。根据图 1 知As2O5（s）=2As(s)+5/2O 2(g) H = +914.6KJ/mol, ，As 2O3（s）=2As(s)+3/2O 2(g) H =+619.2 KJ/mol, ，所以 As2O5分解为 As2O3的热化学方程式（4）如图 2 在 010 min 内，I 2的反应速率 v(I2)0.015mol.L -/10 min=0.0015mol.L-1. min-1因为 AsO43-(无色) + 2I - + 2H+ AsO33-(无色)+I 2(浅黄色)+H 2O 知 2
25、I- - I2所以 010 min 内，I 的反应速率 v(I)0.003mol(Lmin)由 AsO 43-(无色) + 2I - + 2H+ AsO33- (无色)+I 2(浅黄色)+H 2O初始量(mol/L)： 0.02 0.04 0.04 0 0 0变化量(mol/L) 0.015 0.03 0.03 0.015 0.015剩余量(mol/L) 0.005 0.01 0.01 0.015 0.015反应的平衡常数 K0.015 2/(0.005 2 0.012)= 4.5106升高温度，溶液中 AsO43-的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，所以该反应为放热反应的 H 小于 0。（5
26、）常温下砷酸 H3AsO4的 Ka1=610-3、K a2=110-7，所以 H2AsO4-的水解程度小于电离程度则 NaH 2AsO4溶液中 c（HAsO 42-）c（H 3AsO4） 。某实验小组依据反应 AsO43-+2H+2I-AsO33-+I2+H2O AsO43-为氧化剂得电子，做正极，2I -做还原剂，失电子，做负极，则 a 点时溶液显酸性，盐桥中 K+向左移动，c 点时平衡逆向移动，负极的电极反应为 AsO33-+H2O-2e-=AsO43-+2H+。11. 钛（ 22Ti）铝合金在航空领域应用广泛，回答下列问题：（1）基态 Ti 原子的核外电子排布式为Ar_，其中 s 轨道上
27、总共有_个电子。（2）六氟合钛酸钾（K 2TiF6）中存在TiF 62- 配离子，则钛元素的化合价是_，配位体_。（3）TiCl 3 可用作烯烃定向聚合的催化剂，例如丙烯用三乙基铝和三氯化钛做催化剂时，可以发生下列聚合反应： n CH 3CH=CH2 ，该反应中涉及的物质中碳原子的杂化轨道类型有_；反应中涉及的元素中电负性最大的是_。三乙基铝是一种易燃物质，在氧气中三乙基铝完全燃烧所得产物中分子的立体构型是直线形的是_。（4）钛与卤素形成的化合物的熔沸点如下表所示， 分析 TiCl4、TiBr 4 、TiI 4的熔点和沸点呈现一定规律的原因是_。（5）金属钛有两种同素异形体，常温下是六方堆积，
28、高温下是体心立方堆积。如图所示是钛晶体的一种晶胞，晶胞参数 a0.295nm，c =0.469 nm，则该钛晶体的密度为 _ gcm-3（用 NA 表示阿伏伽德罗常数的值，列出计算式即可） 。 【答案】 (1). 3d 24s2 (2). 8 (3). +4 (4). F- (5). sp2、sp 3 (6). Cl (7). CO2 (8). TiCl4、TiBr 4 、TiI 4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高 (9). 【解析】试题分析：（1）Ti 原子的核外有 22 个电子，最外层有 2 个电子；Ti 原子1S
29、、2S、3S、4S 轨道各有 2 个电子；（2）根据TiF 62-化合价代数和等于-2 计算 Ti 元素的化合价；（3）单键碳有 4 个 键，无孤对电子；双键碳有 3 个 键，无孤对电子；非金属性越强电负性最大；在氧气中三乙基铝完全燃烧生成氧化铝、二氧化碳、水；（4）分子晶体，相对分子质量越大熔沸点越高；（5）根据均摊原则计算晶胞的摩尔质量，根据 计算密度。解析：（1）Ti 原子的核外有 22 个电子，最外层有 2 个电子，基态 Ti 原子的核外电子排布式为Ar 3d 24s2；s 轨道上总共有 8 个电子。TiF 62-中 F 元素化合价为-1，化合价代数和等于-2，则 Ti 元素的化合价为
30、+4；配体是 F-；（3）单键碳有 4 个 键，无孤对电子，为 sp3杂化；双键碳有 3 个 键，无孤对电子，为 sp2杂化；涉及的元素中 Cl 的非金属性最强，所以Cl 的电负性最大；在氧气中三乙基铝完全燃烧生成氧化铝、二氧化碳、水，氧化铝是离子化合物、CO 2为直线形分子、H 2O 是“V”型分子，所以分子的立体构型是直线形的是CO2；（4）TiCl 4、TiBr 4、TiI 4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高；（5）每个晶胞含 Ti 原子数 ，晶胞摩尔质量是 g/mol ；晶胞的体积是，根据 ，密度是。点睛：根据
31、均摊原则，六方晶胞顶点的原子被一个晶胞占用 、晶胞楞上的原子被一个晶胞占用 、晶胞面心的原子被一个晶胞占用 。12. 光刻胶的一种合成路线如下：已知：I.II.III.RCOOH+CH CH RCOOCH=CH2回答下列问题（1）A 的名称是_。C 中含氧官能团的结构简式是_。CD 的反应类型是_。（2）B 和银氨溶液反应的离子方程式为_。（3）D+G光刻胶的化学方程式为_。 （4）T 是 C 的同分异构体，T 具有下列性质或特征：能发生水解反应和银镜反应；能使溴的四氯化碳溶液褪色；属于芳香族化合物。则 T 的结构有_种。其中核磁共振氢谱为5 组峰，且峰面积比为 11222 的结构简式为_(任
32、写一种)。（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以 CH3CH2OH 为原料制备 CH3CH2CH2COOH 的合成路线流程图(无机试剂任用)。 （合成路线流程图示例如下：CH 2=CH2 CH3CH2BrCH3CH2OH）_【答案】 (1). 苯甲醛 (2). COOH (3). 取代反应 (4). CH=CH-CHO+2Ag(NH3)2+2OH- CH=CH-COO-+2Ag+NH 4+3NH3+H2O (5). (6). 5 (7). (8). CH3CH2OH CH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2COOH（2）根据上述分析 B 的结构简式
33、为 和银氨溶液反应的离子方程式为+2Ag(NH3)2+2OH- CH=CH-COO-+2Ag+NH 4+3NH3+H2O（3）由已知 D 的结构简式为 ,G 的结构简式 ，D+G光刻胶的化学方程式为（4）C 的分子式为 C9H8O2，结构简式为 ，T 是 C 的同分异构体，T 具有下列性质或特征：能发生水解反应和银镜反应；能使溴的四氯化碳溶液褪色；属于芳香族化合物。, （三种）则 T 的结构有 5 种。其中核磁共振氢谱为 5 组峰，且峰面积比为 11222 的结构简式为（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以 CH3CH2OH 为原料制备 CH3CH2CH2COOH 的合成路线流程图为 CH3CH2OH CH3CHO CH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2COOH。
