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2021届高考化学三模适应性训练二（新课标2）2021届高考化学三模适应性训练二（新课标2）年级：姓名：2020-2021学年度高考三模适应性训练二（新课标2）一、单选题1下列说法正确的是0.1mol/L的氯化钡溶液中氯离子数为0.2NA5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L常温常压下，28 g CO与N2的混合气体所含的原子数为2NA在铝和氢氧化钠溶液反应的过程中生成33.6L H2转移的电子数为3NA标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NANA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107 g 0.5mol Na2O2与水完全反应转移的电子数为NA273K、101kPa下，11.2L NH3和PH3的混合气体中所含的氢原子数约为1.5NAABCD2锌电池有望代替铅蓄电池，它的构成材料是锌、空气、某种电解质溶液，发生的总反应式是2Zn+O2=2ZnO。下列有关它的说法正确的是A锌为电池负极，发生氧化反应B电解质溶液是酸性溶液C电池工作时，氧气与锌直接化合，生成氧化锌D负极发生的反应是：Zn-2e-+H2O=ZnO+2H+3在给定条件下，下列选项所示的物质的转化过程均能一步实现的是AFeS2SO2H2SO4 BNaNa2ONaOHCSiO2SiCl4Si DNH3NO2HNO34X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示.下列说法不正确的是A简单阳离子半径：XRBM的氢化物常温常压下为气体，分子间无氢键C最高价氧化物的水化物的酸性：ZYDX与Y可以形成分子YX4，分子中存在极性共价键5下列有关辣椒素(如图)的说法错误的是 A分子中含有18个碳原子B分子中苯环上的一溴代物有3种C能使溴水褪色D分子中含有3种官能团6有关实验操作或结论正确的是（ ）A检验Na2CO3溶液中的NaHCO3：向溶液中加入过量氯化钡溶液，过滤后，向滤液中加NaOH溶液，若有白色沉淀产生，则证明有HCO3-B在某溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不溶解，则该溶液中一定有Cl-CNH4+检验方法为：加入稀氢氧化钠溶液，并用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体D某溶液中加CCl4萃取，若有机层为紫红色，则证明溶液中含有I-7常温下，H2C2O4的电离常数：Ka1=5.410-2，Ka2=5.010-5。在V1mL0.1molL-1H2C2O4溶液中滴加0.1molL-1KOH溶液，混合溶液中水电离的c水（H+）与KOH溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是（）AV1=20mLBb点和d点对应的溶液中都存在：c（K+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）C常温下，加水稀释b点对应的溶液，稀释后溶液pH减小D常温下，KHC2O4的Kh1=210-10二、实验题8苯甲醇是一种重要的化工原料，广泛用于香料、造纸、制药和印染等行业。实验室制备苯甲醇的反应原理和有关数据如图：2+K2CO3+H2O2+CO2+2KCl相对分子质量熔点/沸点/密度/(gcm-3)水溶性氯化苄126.5-43179.41.1不溶碳酸钾1388912.4易溶四乙基溴化铵易溶苯甲醇108-15.3205.31.0易溶实验步骤：如图所示，在装有电动搅拌器的250 mL三颈烧瓶里加人9.0 g碳酸钾(过量)，70.0 mL水，加热溶解，再加入20 mL四乙基溴化铵(CH3CH2)4NBr溶液和12.0 mL氯化苄。搅拌加热回流反应l1.5 h。反应结束后冷却，并转入125 mL分液漏斗中，分出有机层，水层用萃取剂萃取三次。合并萃取液和有机层，加入无水硫酸镁固体，静置、过滤。最后进行蒸馏纯化，收集200208 的馏分，得8.4 mL苯甲醇。回答下列问题：(1)仪器Y的名称_，冷却水应从_(填“上口”或“下口”)通入。由于苯甲醇的沸点较高，在蒸馏纯化操作中最适宜选用的仪器之一是_。A B C(2)本实验中加入无水硫酸镁的目的是_。从绿色化学角度考虑，萃取剂宜采用_。A乙醇 B乙酸乙酯 C苯 D氯仿(3)某同学认为该装置中的电动搅拌器可以换成沸石，以防暴沸。该说法_(填“是”或“否”)正确，其理由是_。(4)本实验苯甲醇的产率为_%(计算结果保留一位小数)。三、结构与性质92018年11月物理评论快报报道了艾姆斯实验室制造的包含钙、钾、铁和砷以及少量镍的CaK(Fe1-xNix)4As4新型化合物材料，呈现出被称为刺猬自旋新磁态。有助于更好理解磁性 与非常规超导性之间的联系。回答下列问题：（1）基态镍原子的价电子排布式为_；上述材料中所含元素的基态原子中，未成对电子数最多的是_ (填元素符号)。（2）铁及其离子易形成配离子，如Fe(CN)63-、Fe(CN)x4-、Fe(CO)5等。所包括的非金属元素中第一电离能最大的是_（填元素符号）；Fe(CN)6 4-中含有键与键的数目比为_。（3）K3AsO3可用于碘的微量分析。AsO33-的立体构型为_，写出一种与其互为等电子体的分子_（填化学式）。K+的焰色反应呈紫色，金属元素能产生焰色实验的微观原因为_。（4）Ni与Ca处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高，其原因为_。（5）金属镍的原子堆积方式如图所示，则金属镍晶胞俯视图为_。a b c d某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度_gcm3。四、原理综合题10氢叠氨酸(HN3)及其盐(NaN3、NH4N3、CuN3等) 都具有爆炸性，最近南京理工大学胡丙成教授团队成功合成出PHAC，其化学式为（N3）3 (NH4)4Cl。回答问题：（1）PHAC中“N3”的化合价为_，N2F2的电子式为_。（2）汽车安全气囊中NaN3可发生下列反应：NaN3(s)=Na(s)+N2(g) H12NaN3(s)+CuO(s)=Na2O(s)+3N2(g)+Cu(s) H2则反应CuO(s)+2Na(s)= Na2O(s)+ Cu(s) H=_(用H1和H2表示)（3）25，将1molNH4N3(s)投入一2L的恒容密闭容器中，0.5min后反应达到平衡，测得生成的两种单质的物质的量之和为1.6mol，则NH4N3的平衡转化率为_，25时该反应的平衡常数K=_。（4）氢叠氨酸(HN3)易溶于水，且酸性与醋酸相近。HN3在水溶液中的电离方程式为_。0.1molL-1的HN3溶液与0.1molL-1的NaN3等体积混合，混合溶液中各离子浓度有大到小的顺序为_。已知T时，Ksp(CuN3)=5.010-9, Ksp(Cu2S)=2.510-48，则相同温度下反应：Cu2S(s)+2N3-(aq) 2CuN3(s)+S2-(aq)的平衡常数K=_。五、工业流程题11高锰酸钾（）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：回答下列问题：（1）原料软锰矿与氢氧化钾按11的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是_。（2）“平炉”中发生的化学方程式为_。（3）“平炉”中需要加压，其目的是_。（4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。“歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2和_（写化学式）。“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为_，阴极逸出的气体是_。“电解法”和“歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为_。（5）高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000 molL1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL，该样品的纯度为_（列出计算式即可，已知2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O）。12以芳香烃A为原料合成有机物F和I的合成路线如下：已知：R-CHO+(CH3CO)2OR-CH=CHCOOH+CH3COOH（1）A的分子式为_，C中的官能团名称为_。（2）D分子中最多有_个原子共平面。（3）E生成F的反应类型为_，G的结构简式为_。（4）由H生成I的化学方程式为：_。（5）符合下列条件的B的同分异构体有多种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6:2:1:1的是（写出其中一种的结构简式）_。属于芳香化合物；能发生银镜反应（6）已知RCOOHRCOCl，参照上述合成路线，以苯和丙酸为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线。参考答案1B【详解】溶液的体积没有确定，无法确定溶液中的微粒的数目，故错误；铁与盐酸反应生成氯化亚铁，则5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA，故错误；标准状况下，水为液态，无法用气体摩尔体积计算体积，故错误；CO与N2的摩尔质量均为28 g/mol，且分子中都含有2个原子，则28 g CO与N2的混合气体所含的原子数为2NA，故正确；没有注明是标准状态下，无法根据气体体积计算物质的量，故错误；氦气为单原子分子，则标准状况下，22.4L氦气所含原子数为NA，故错误；Fe(OH)3胶体粒子不是一个Fe(OH)3微粒，所以NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量应大于107 g，故错误反应中Na2O2中的氧原子一个得1个电子，一个失1个电子，所以0.5mol Na2O2与水完全反应转移的电子数为0.5NA，故错误；273K、101kPa下，11.2L NH3和PH3的混合气体的总物质的量为0.5mol，NH3和PH3分子均含有3个氢原子，则所含的氢原子数约为1.5NA，故正确；故正确。故选B。2A【分析】在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。【详解】A.根据总反应式可知，锌是负极，发生氧化反应，故A选；B. 生成物是氧化锌，所以电解质溶液不可能是酸性溶液，故B不选；C.锌在负极失去电子，氧气在正极得到电子，锌和氧气不是直接化合，故C不选；D.电解质溶液不是酸性的，故D不选。答案选A。3A【解析】A、FeS2煅烧产生SO2，SO2被双氧水氧化生成硫酸，A正确；B、钠燃烧生成过氧化钠，B错误；C、二氧化硅与盐酸不反应，C错误；D、氨气催化氧化生成NO，D错误，答案选A。4C【分析】X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，X、R最外层只有一个电子，为IA族元素，Y最外层有4个电子，位于IVA族，Z原子最外层有5个电子位于VA族，M最外层有6电子位于VIA族；R的原子半径最大，是Na元素；X的原子半径最小是H元素；Y和Z的原子半径接近，M原子半径大于Y而最外层电子数大于Y，所以Y是C，Z是N，M是S元素。【详解】A离子半径H+最小，电子层数越多，离子半径越大，故离子半径H+Na+，A说法正确；BS的氢化物为H2S，常温常压下为气体，分子间无氢键，B说法正确；C元素的非金属性越强，其最高价含氧酸酸性越强，非金属性NC，所以最高价含氧酸酸性HNO3H2CO3，C说法错误；DC和H可以形成C6H6、C2H4均为平面结构，分子中存在极性共价键和非极性共价键，D说法正确；答案为C。5D【详解】A 由结构简式知，分子中含有18个碳原子，A正确；B 分子中苯环上有3种氢原子，故苯环上的一溴代物有3种，B正确；C 分子内含碳碳双键，故能和溴水发生加成反应而使之褪色，含酚羟基，能和溴水发生取代反应使之褪色，C正确；D 分子中含有碳碳双键、肽键、醚键和羟基，含4种官能团，D错误；答案选D。6A【详解】A. 检验Na2CO3溶液中的NaHCO3：向溶液中加入过量氯化钡溶液，过滤后，向滤液中加NaOH溶液，若有白色沉淀产生，则证明有HCO3，碳酸氢根和氢氧根反应生成的碳酸根和钡离子生成沉淀，故A正确；B. 在某溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不溶解，则该溶液中可能是硫酸根离子，故B错误；-C. NH4+检验方法为：加入稀氢氧化钠溶液，再加热，并用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，故C错误；D. 某溶液中加CCl4萃取，若有机层为紫红色，则证明溶液中含有I，I不能被萃取，也不是紫红色，故D错误。综上所述，答案为A。7D【详解】A根据图像，能够水解的盐促进水的电离，在V1mL0.1molL-1H2C2O4溶液中滴加0.1molL-1KOH溶液20mL，恰好反应生成K2CrO4，溶液显碱性，此时水电离的c水(H+)最大，因此草酸体积V1=10mL，故A错误；Bb、d点水电离出氢离子110-7mol/L，b点为中性溶液，溶液中存在电荷守恒，c (K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，中性溶液中得到c (K+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，d点为碱性溶液c (K+)c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故B错误；C常温下加水稀释b点对应的溶液为KHC2O4和K2C2O4的混合溶液，稀释促进草酸氢根离子电离、草酸根离子水解，稀释后溶液pH7，故C错误；D常温下，C2O42-+H2O=HC2O4-+OH-的Kh1=210-10，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为，B，要注意b、d点水电离出氢离子浓度相等，都是110-7mol/L，但b点为中性溶液，d点为碱性溶液。8三颈烧瓶 下口 B 干燥 B 否 电动搅拌器使互不相溶的反应液混合均匀，加快反应速率 74.5 【详解】(1)由实验装置图可知Y为三颈烧瓶；X为球形冷凝管，冷凝回流时冷水从下口进入以使冷水和热蒸气之间的接触面积大；苯甲醇的沸点较高，为205.3 ，在常温下即为液体，在蒸馏纯化操作中无需冷凝，最适宜选用的仪器之一是B空气冷凝管。(2)加入无水硫酸镁的目的是为了除去有几层中的水，起到干燥的作用；A乙醇能溶解很多有机物和无机物，不能做萃取剂，故A不符合题意； B乙酸乙酯无毒，可做萃取剂，故B符合题意； C苯有毒，不适合做萃取剂，故C不符合题意； D氯仿有毒，不适合做萃取剂，故D不符合题意；故答案为B。 (3)该装置中的电动搅拌器不可以换成沸石，因为电动搅拌器的作用是使互不相溶的反应液混合均匀，加快反应速率。(4)由题意可知9.0 g碳酸钾(过量)，依据12.0 mL氯化苄来进行计算，12.0 mL氯化苄的质量为12.0 mL1.1 gcm-3=13.2 g，利用化学方程式2+K2CO3+H2O2+CO2+2KCl可知，13.2 g氯化苄参与反应可生成苯甲醇的质量为则苯甲醇的产率为93d84s2 Fe N 11 三角锥形 PCl3、PBr3、NF3、NCl3等 电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量 Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强 C 【分析】(1)基态镍原子核外有28个电子，根据构造原理书写Ni原子的电子排布式，上述材料中所含元素为K、Ca、Ni、Fe、As，这些元素的基态原子中，未成对电子数分别是1、0、2、4、3；(2)配离子含有Fe，C，N，O4种元素，非金属为C，N与O，原子轨道上电子处于全满、全空、半满时较稳定，结合C、N与O的电子排布式分析解答；(3)根据VSEPR理论判断AsO33-的立体构型，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；电子从高能态跃迁到低能态时，要释放能量；(4)金属晶体熔沸点的高低与金属键的强弱有关，金属键的强弱与价层电子数目和金属原子的半径有关；(5)根据图示，金属Ni的晶胞堆积方式呈现ABCABC重复，这是面心立方最密堆积；由晶胞结构结合均摊法，计算每个晶胞中含有的Ni原子和As原子个数，确定晶胞的质量，再根据晶体密度=晶胞质量晶胞体积计算。【详解】(1)基态镍原子核外有28个电子， Ni原子的电子排布式为Ar3d84s2，上述材料中所含元素为K、Ca、Ni、Fe、As，这些元素的基态原子中，未成对电子数分别是1、0、2、4、3，未成对电子数最多的是Fe，故答案为：3d84s2；Fe；(2)配离子含有Fe，C，N，O4种元素，非金属为C、N与O，原子轨道上电子处于全满、全空、半满时较稳定，氮原子2p轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子，所以C、N、O这三种元素第一电离能最大的是N元素，Fe(CN)6 4-中含有6个配位键，6个CN，因此键与键的数目比为(6+6)62=11，故答案为：N；11；(3)对于AsO33-，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=3+=4，则AsO33-的立体构型为三角锥形；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与AsO33-互为等电子体的分子有：PCl3、PBr3、NF3、NCl3等，故答案为：三角锥形；PCl3、PBr3、NF3、NCl3等；电子从高能态跃迁到低能态时，要释放能量，所以金属焰色反应原理是激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量，故答案为：电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量；(4)Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强，故金属Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高，故答案为：Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强；(5)根据金属镍的原子堆积模型图，金属Ni的晶胞堆积方式呈现ABCABC重复，这是面心立方最密堆积，A选项是某一个面的二维图，俯视图中还可以看到C中相对于A多出的4个面心硬球，则金属镍晶胞俯视图为C，故答案为：C；由晶胞结构可知，Ni位于晶胞的顶点和4条棱上，每个晶胞中含有Ni原子数目=8+4=2，As位于晶胞内部，含有2个As原子，晶胞质量=2g，晶胞的体积V=a10-10 cma10-10 cmsin60c10-10 cm=10-30cm3，故晶胞的密度=gcm-3，故答案为：。【点睛】本题的易错点和难点为(5)中晶胞的计算，要注意该晶胞的底面不是矩形，而是菱形，要注意底面面积的计算方法。101 H2 2H1 40% 0.0256 HN3H+N3- c(N3-)c(Na+)c(H+)c(OH-) 1.010-31 【详解】（1）根据正负价代数和为0可知PHAC中“N3”的化合价为价。根据8电子稳定结构可知N2F2的电子式为。（2）已知：NaN3(s)=Na(s)+3/2N2(g) H1；2NaN3(s)+CuO(s)=Na2O(s)+3N2(g)+Cu(s) H1；则根据盖斯定律可知2即得到反应CuO(s)+2Na(s)=Na2O(s)+Cu(s) H=H2-2H1。（3）根据反应的方程式可知NH4N3=2H2+2N2起始浓度（mol/L） 0.5 0 0转化浓度（mol/L） x 2x 2x平衡浓度（mol/L） 0.5-x 2x 2x则2x+2x1.6/2，解得x0.2因此NH4N3的平衡转化率为0.2/0.5100%40%，25时该反应的平衡常数K=。（4）氢叠氮酸（HN3）易溶于水，且酸性与醋酸相近，因此HN3在水溶液中的电离方程式为HN3H+N3-。由于酸性与醋酸相近，因此0.1mol/L的HN3溶液与0.1mol/L的NaN3等体积混合后显酸性，则混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(N3-)c(Na+)c(H+)c(OH-)。相同温度下反应Cu2S(s)+2N3-(aq)2CuN3(s)+S2-(aq)的平衡常数K=。11扩大接触面积，加快化学反应速率 2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O 增大反应物的浓度，可使化学反应速率加快，同时使反应物的转化率增大 K2CO3 MnO42-e-=MnO4- H2 3:2 95.62% 【详解】（1） MnO2的状态是固体，对于有固体参加的化学反应，可通过增大其反应接触面积的方法提高反应速率，故要将其粉碎成细小的颗粒；（2） 根据流程图可知，在“平炉”中MnO2、KOH、O2在加热时反应产生K2MnO4，结合质量守恒定律可知，另外一种物质是H2O，则发生的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O ；（3）由于上述反应中氧气是气体，在“平炉”中加压，就可以使反应物氧气的浓度增大，根据外界条件对化学反应速率的影响，增大反应物的浓度，可以使化学反应速率加快；任何反应都具有一定的可逆性，增大压强，可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故可以提高原料的转化率； （4） 在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2，根据质量守恒定律可知，另外一种生成物是K2CO3，根据氧化还原反应中的电子守恒及反应的原子守恒，可得该反应的化学方程式是：3K2MnO4+ 2CO2= 2KMnO4+MnO2+K2CO3；“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽中阳极，MnO42-失去电子，发生氧化反应，产生MnO4-。电极反应式是：MnO42-e-=MnO4-；在阴极，水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出，电极反应式是：2H2O+2e-=H2+2OH-。所以阴极逸出的气体是H2；总反应方程式是：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2+2KOH；根据“电解法”方程式2K2MnO4+ 2H2O2KMnO4+2H2+2KOH 可知K2MnO4的理论利用率是100%；而在“CO2歧化法” 3K2MnO4+2CO2 = 2KMnO4+MnO2+K2CO3中，K2MnO4的理论利用率是2/3，所以二者的理论利用率之比为3:2；（5）根据离子方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O可知KMnO4与草酸反应的关系式是：2 KMnO45H2C2O4。配制的溶液的浓度为：。则1.0800g样品中含KMnO4的物质的量为：n=KMnO4的质量为：m= 0.006536mol 158g/mol =1.03269g。故其纯度为：100%=95.62%。12C7H8 羟基 17 消去反应 或； 【分析】A为芳香烃，由A到B可推测A可能为甲苯，A得到B是在甲基对位上引入，由A到G应为氧化过程，G的分子式为C7H6O，进一步可判断G为，是由被氧化得到的。C中含有-OH，D为C分子内脱水得到的，E为，在KOH醇溶液作用下可发生消去反应生成F，由已知反应可知，G在一定条件下生成H，H在浓硫酸加热发生酯化反应生成I可逆推知，H为。【详解】（1）由A到B可推测A可能为甲苯（C7H8），A得到B是在甲基对位上引入，由A到G为氧化过程，G的分子式为C7H6O，进一步可判断G为，应该是由被氧化得到的，C中含有的官能团为：-OH；（2）D为C分子内脱水得到的，由于苯环上的C原子，及与这些C原子直接相连的原子都在一个平面上，与C=C直接相连的原子也在同一平面上，这样通过单键旋转，这两个平面可共面，由于-CH3中C原子与相连的基团呈四面体结构，其中一个H原子可与上述平面共面，D分子式为C9H10，除2个H原子外，其余原子都可能共面，可共面的原子为17个；（3）E为，在KOH醇溶液作用下可发生消去反应生成F，由上述知G为；（4）H为，变为I发生的是酯化反应，其化学方程式为：；（5）属于芳香化合物，有苯环，能发生银镜反应，有醛基，若苯环上有一个取代基，有两种基团：-CH2CH2CHO、-CH（CH3）CHO，因此有2种异构体，若有两个取代基，可以是-CH3、-CH2CHO 组合，也可以是-CH2CH3、-CHO组合，分别有邻、间、对三种相对位置，有6种异构体。当苯环上有三个取代基，即2个-CH3和1个-CHO时，其有6种异构体，可由定二移一法确定，如图示：、，箭头为-CHO的可能位置，所以有满足条件的异构体数目为14种，其中满足核磁共振氢谱要求的为：或；（6）要合成，可在苯环上引入丙酰基，再还原，其合成路线为：。