【解析】黑龙江省哈尔滨市第六中学2018届高三第三次模拟考试(5月)理科综合化学试题 含解析

黑龙江省哈尔滨市第六中学2018届高三第三次模拟考试（5月）理科综合化学试题
1. 下面的“诗”情“化”意，分析正确的是
A. “粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间”只发生了物理变化
B. “日照澄州江雾开”中伴有丁达尔效应
C. 杜康用高粱酿酒的原理，是通过蒸馏法将高梁中的乙醇分离出来
D. “绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒过程中，葡萄糖发生了水解反应
【答案】B
2. 下列离子方程式书写不．正确的是
A. 用两块铜片作电极电解盐酸：Cu + 2H+ H2↑ + Cu2+
B. NaOH溶液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应：2HCO3－ + 2OH－+ Ca2+CaCO3↓+ 2H2O
C. 等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应：2Fe2+ + 2Br－+ 2Cl22Fe3+ + Br2 + 4Cl－
D. 氨水吸收少量的二氧化硫：2NH3·H2O + SO22NH4+ +SO32－+ H2O
【答案】B
【解析】试题分析：A、用两块铜片作电极电解盐酸的离子反应为Cu+2H+H2↑+Cu2+，故A 正确；B、NaOH溶液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应的离子反应为HCO3-+OH-+Ca2+═CaCO3↓+H2O，故B错误；C、等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，离子反应为2Fe2++2Br-+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl-，故C正确；D、氨水吸收少量的二氧化硫的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O，故D正确；故选B。

【考点定位】考查离子方程式的书写
【名师点晴】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意氧化还原反应的离子反应中遵循电子守恒，选项B中量少的完全反应，选项C中等物质的
量的FeBr2和Cl2在溶液反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化。

3. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。

工业上以金红石（主要成分是TiO2）为原料制备金属钛的步骤：①在高温下，向金红石与W的单质的混合物中通入Z的气体单质，得到化合物甲和化学式为WX的常见可燃性气体乙；②在稀有气体环境和加热条件下，用Y的金属单质与甲反应可得钛，下列说法不正确的是
A. 非金属性：Z>X>W
B. 简单离子半径：Z>X>Y
C. W与Z形成的化合物可用于工业上的重要有机溶剂
D. ZX2具有强氧化性，可用于饮用水消毒
【答案】A
【解析】在高温下，向金红石与碳单质的混合物中通入氯气，在一定条件下发生反应得到化合物四氯化钛和可燃性气体一氧化碳；四氯化钛与金属镁反应生成金属钛和氯化镁；因此短周期主族元素W为碳、X为氧、Y为镁、Z为氯；原子半径越小，元素的非金属性越强，因此非金属性：氧>氯>碳；A错误；电子层数越多，半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此，简单离子半径：Cl- >O2- >Mg2+, B正确；W与Z形成的化合物为四氯化碳，它性质稳定，是一种工业上的重要有机溶剂，C正确；ClO2具有强氧化性，可用于饮用水消毒, D正确；正确选项A。

点睛：因为氧和氯在元素周期表中的位置的斜对角，所以它们的非金属性是十分相近的，但因为氧在自然界中基本上没有正价态，而氯的+1、+5、+7价则比较常见，所以氧的非金属性比氯要稍强一些。

4. 据《Chem Commun》报导，Marcel Mayorl 合成的桥连多环烃（），拓展了人工合成自然产物的技术。

下列有关该烃的说法正确的是
A. 不能发生氧化反应
B. 一氯代物只有5种
C. 与环丙烷互为同系物
D. 所有原子处于同一平面
【答案】B
【解析】有机物的燃烧属于氧化反应，所以该烃能与氧气发生氧化反应，A错误；桥连多环烃为对称结构，分子中含有5种不同的氢原子，即一氯代物有5种，B正确；桥连多环烃与环丙烷结构不同，不可能是同系物，C错误；甲烷为正四面体结构，碳原子以单键形式连接，不是平面结构，不可能处于同一平面，D错误；正确选项B。

5. 某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。

TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时 Na2S4还原为 Na2S。

下列说法错误的是
A. 充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能
B. 放电时，a 极为负极
C. 充电时，阳极的电极反应式为 3I－－2e－= I3－
D. M 是阴离子交换膜
【答案】D
【解析】A. 充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能贮存起来，故A正确；B. 放电时，a极为负极，Na2S失电子氧化为Na2S4，故B正确；C. 充电时，阳极失电子被氧化，阳极的电极反应式为3I--2e-=I3-，故C正确；D. M是阳离子交换膜，阴离子会相互反应，故D 错误，故选D。

6. 从某含Br—废水中提取Br2的过程包括：过滤、氧化、萃取（需选择合适萃取剂）及蒸馏等步骤。

已知：
下列说法不正确
．．．的是
A. 甲装置中Br—发生的反应为：2Br-+ Cl2 = Br2 + 2Cl-
B. 甲装置中NaOH溶液每吸收0.1mol Cl2，转移0.1mol e—
C. 用乙装置进行萃取，溶解Br2的有机层在下层
D. 用丙装置进行蒸馏，先收集到的是Br2
【答案】C
...............
7. 向0. 10 mol·L-1的Na2CO3溶液中逐滴加入稀盐酸，加入的HCl与原溶液中Na2CO3的物质的量之比f[f=]与混合液pH的关系如图所示。

下列说法正确的是
A. f=0时，溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)
B. f=0.5时，溶液中：c(HCO3-)>c(CO32-)
C. f= 1时，溶液中：c(Na+) + c(H+) = 2c(CO32-) + c(HCO3-)+c(OH-)
D. f=2时，溶液中：1/2c(Na+)=c(CO32-)+c( HCO3-)+c(H2CO3)
【答案】B
【解析】A．f=0时，溶液为Na2CO3，因水解，则溶液中c(Na+)＞2c(CO32-)，故A错误；B．f=0.5时，溶液中NaHCO3和Na2CO3等物质的量，因CO32-的水解程度大于HCO3-，则溶液中
c(HCO3-)>c(CO32-)，故B正确；C．f= 1时，溶液中的溶质为NaHCO3、Na2CO3和NaCl，根据电荷守恒定律可知：c (Na+) + c (H+) = 2c(CO32-) + c(HCO3-)+c(OH-)+c(Cl-)，故C错误；D．f=2
时，Na2CO3恰好和HCl反应，有少量CO2逸出，溶液中：c(Na+)＞c(CO32-)+c( HCO3-)+c(H2CO3)，故D错误；答案为B。

8. 根据下列有关天然气的研究和应用回答问题：
(l）在一定温度和压强下，由最稳定单质生成lmol化合物的焓变称为该物质的摩尔生成焓。

根据此定义，稳定单质的摩尔生成焓为0，某些化合物的摩尔生成焓如下表所示：
CH4(g)与CO2(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为______________________
(2）若上述反应分Ⅰ、Ⅱ两步进行，其能量曲线如图所示。

则总反应的反应速率取决于反应_______（填“I”或“Ⅱ”）。

(3）一定温度下反应：CO2(g)+CH4（g) 2CO(g)+2H2(g）的平衡常数表达式Kp= __________（用平衡分压p代替平衡浓度表示）
(4）在压强为p1、p2、p3的三个恒压密闭容器中分别通入1.0molCH4(g)与1.0mol CO2(g ), 发生反应：CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g).测得平衡时CH4的体积分数与温度、压强的关系如图所示。

① a点时CH 4的转化率为___________________________
② 压强p 1、p 2、p 3由大到小的顺序为________________，判断理由是
______________________。

温度为T l℃、压强为P 3时，b点处v(正) ________v(逆）（填“<”、“>”或“="”)
(5）某种燃料电池以熔融碳酸钠、碳酸钾为电解质，其工作原理如图所示，该电池负极的电极反应式为_____________________________________________.若电极B附近通入1m 3空气（假设空气中O 2的体积分数为20% ）并完全反应，理论上可消耗相同条件下CH 4的体积为_______m3
【答案】 (1). CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+249.1kJ/mol (2). I (3).
(4). 80% (5). p3>p2>p1 (6). 该反应为气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆移，甲烷的体积分数增大 (7). ＞ (8). CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O (9).
0.1
【解析】(l)已知CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) 反应的
ΔH=[2(-110.4)+0]kJ·mol-[(-395)+(-74.9)]kJ·mol=+249.1kJ/mol ，即CH4(g)与CO2(g)反应生成CO(g)和H2(s)的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)
ΔH=+249.1kJ/mol；
(2)根据能量曲线图可知，反应Ⅰ反应物活化能大，反应速率慢，而反应Ⅱ反应速率较快，则总反应的反应速率取决于慢反应，即反应I；
(3)可逆反应CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)的平衡常数表达式Kp=；
(4)①设a点时CH4的转化率为α
CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)
起始物质的量(mol) 1 1 0 0
变化物质的量(mol) αα 2α 2α
变化后物质的量(mol) 1-α 1-α 2α 2α
则：=，解得：α=80%；
② 该反应为气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆移，甲烷的体积分数增大，故p3>p2>p1；温度为T l℃、压强为P3时，b点处恒压曲线P3上方，CH4的含量比平衡时高，则此时反应应正向进行，即v(正)>v(逆；
(5)燃料电池通O2的极为正极，通CH4的极为负极，即电极A为负极，负极上CH4失电子发生氧化反应，生成CO2，电极反应式为CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O；若电极B附近通入1m3空气(假设空气中O2的体积分数为20% )，则参加反应的O2的物质的量为1000L×20%÷22.4L/mol，根据电子守恒可知，消耗CH4体积为1000L×20%÷22.4L/mol××22.4L/mol=100L=0.1m3。

9. 聚合硫酸铁（PFS）是一种高效的无机高分子絮凝剂。

某工厂利用经浮选的硫铁矿烧渣（有效成分为 Fe2O3和 Fe3O4）制备 PFS，其工艺流程如下图所示。

（1）CO是“还原焙烧”过程的主要还原剂。

下图中，曲线表示 4 个化学反应 a、b、c、d 达到平衡时气相组成和温度的关系，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别是 Fe2O3、Fe3O4、FeO、Fe 稳定存在的区域。

a属于__________（填“吸热反应”或“放热反应”）；570℃时，d 反应的平衡常数
K=___________________。

（2）800℃，混合气体中CO2的体积分数为40％时，Fe2O3用CO还原焙烧过程中发生的主要的化学反应方程式：________________________________________________
（3）若“酸浸”时间过长，浸出液 Fe2+含量反而降低，主要原因是___________________。

（4）已知：25℃时，K sp[Fe(OH)2]=1.0×10-17，K sp[Fe(OH)3]=1.0×10-39。

若浸出液中c(Fe3+) = 10-1.8mol·L-1，为避免“催化氧化”过程中产生副产物 Fe(OH)3，应调节浸出液的
pH≤___________。

（5）FeSO4溶液在空气中会缓慢氧化生成难溶的Fe(OH)SO4，该反应的离子方程式
_____________________________________.
（6）“催化氧化”过程中，用 NaNO2作催化剂（NO 起实质上的催化作用）时，温度与Fe2+转化率的关系如右图所示（反应时间相同），Fe2+转化率随温度的升高先上升后下降的原因是___________________________________________.
【答案】 (1). 放热反应 (2). 1 (3). Fe2O3+CO=FeO+CO2 (4). Fe2+易被空气中的 O2氧化成 Fe3+ (5). 1.6 (6). 4Fe2++O2+4SO42-+2H2O=4Fe(OH)SO4↓ (7). 温度升高，反应速率增大；温度过高，NO 气体逸出，转化率下降
【解析】（1）a曲线随着温度的升高，CO的百分含量增大，平衡逆向移动，即a属于放热反应；570℃时，一氧化碳和二氧化碳百分含量相等，即浓度相等，d反应的平衡常数
；正确答案：放热反应； 1。

（2）根据图像可知，800℃，混合气体中CO2的体积分数为40％时，Fe2O3用CO还原焙烧过程中发生的主要的化学反应方程式：Fe2O3+CO=FeO+CO2；正确答案：Fe2O3+CO=FeO+CO2。

（3）若“酸浸”时间过长，浸出液中 Fe2+含量反而降低，主要原因是： Fe2+易被空气中的O2氧化成 Fe3+（或其他合理答案）；正确答案：Fe2+易被空气中的 O2氧化成 Fe3+（或其他合理答案）。

（4），c(OH-)=10-12.4mol/L，c(H+)=10-1.6mol/L，应调节浸出液的；正确答案：1.6。

（5）FeSO4中+2价铁在空气中会被氧气氧化为+3价铁，生成难溶的Fe(OH)SO4，反应的离子方程式4Fe2++O2+4SO42-+2H2O=4Fe(OH)SO4↓；正确答案：4Fe2++O2+4SO42-+2H2O=4Fe(OH)SO4↓。

（6）根据图像可知，70℃为最佳温度，Fe2+转化率随温度的升高先上升后下降的原因是：温度升高，反应速率增大；温度过高，NO 气体逸出，转化率下降；正确答案：温度升高，反应速率增大；温度过高，NO 气体逸出，转化率下降。

点睛：亚铁离子的还原性比较强，在空气中长时间放置易被氧气氧化，+2价铁变为+3价铁，比如FeSO4溶液在空气中会被氧气氧化生成难溶的Fe(OH)SO4；因此在配制硫酸亚铁溶液时，加入稀硫酸，抑制亚铁离子的水解，加入铁粉，防止亚铁离子的氧化。

10. 碳酸亚铁（白色固体，难溶于水）是一种重要的工业原料，可用于制备补血剂乳酸亚铁，也可用作可充电电池的电极。

某研究小组通过下列实验，寻找利用复分解反应制备 FeCO3 沉淀的最佳方案：
(1)实验 I 中红褐色沉淀产生的原因可用如下反应表示，请补全反应：
□Fe2++□____+□+ □H2O=□ Fe(OH)3+□HCO3−
(2)实验 II 中产生 FeCO3 的离子方程式为_____________________________。

(3)为了探究实验 III 中 NH4+所起的作用，甲同学设计了实验 IV 进行探究：
实验 IV 中加入 Na2SO4 固体的目的是②_______________________。

对比实验 II、III、IV，甲同学得出结论：NH4+水解产生 H+，降低溶液 pH，减少了副产物 Fe(OH)2 的产生。

乙同学认为该实验方案不够严谨，应补充的对比实验操作是：③_____________，再取该溶液一滴管，与 2mL 1 mol/L NaHCO3 溶液混合。

(4)小组同学进一步讨论认为，定性实验现象并不能直接证明实验 III 中 FeCO3的纯度最高，需要利用如图所示的装置进行定量测定。

分别将实验 I、II、III 中的沉淀进行过滤、洗涤、干燥后称量，然后转移至 A 处的广口瓶中。

为测定 FeCO3 的纯度，除样品总质量外，还需测定的物理量是______________________。

(5)实验反思：经测定，实验 III 中的 FeCO3 纯度高于方案 I 和方案 II。

通过以上实验分析，制备 FeCO3 实验成功的关键因素是_______________________________________
【答案】 (1). 4Fe 2+ + 8CO32− +1 O2 + 10H2O= 4Fe(OH) 3 + 8HCO3− (2). Fe2+ + 2HCO3−=FeCO3↓+ CO2↑+ H2O (3). 硫酸至 pH=4.0 (4). 控制 SO42-浓度一致 (5). 向
0.8mol/L FeSO4溶液中加入 Na2SO4固体至 c(SO42-)=1.6 mol/L (6). C 中 U 形管的增重(7). 调节溶液 pH
【解析】(1)Fe2+被氧气氧化为铁离子，铁离子与碳酸根离子发生水解生成Fe(OH)3；根据电子得失守恒：Fe2+→Fe(OH)3，铁元素化合价升高了1，O2→2O-2，化合价降低了4，因此，Fe2+、Fe(OH)3前面系数为4，氧气前面系数为1，再根据电荷守恒，CO32−、和HCO3−前面系数为8，最后再根据原子守恒，水前面系数为10，具体系数如下：4Fe 2+ + 8CO32− +1 O2 + 10H2O= 4Fe(OH)
+ 8HCO3−；正确答案：4Fe 2++8CO32− +1 O2 + 10H2O= 4Fe(OH) 3 + 8HCO3−。

3
(2)根据实验现象可知，亚铁离子与碳酸氢根离子反应，生成FeCO3和 CO2，离子方程式为：Fe2+ + 2HCO3− =FeCO3↓+CO2↑+H2O；正确答案：Fe2++2HCO3− =FeCO3↓+ CO2↑+ H2O。

（3）①探究同一酸性环境下的铵根离子的作用，因此要用硫酸调控溶液的pH=4.0；正确答案：硫酸至 pH=4.0。

②为了保证溶液中的硫酸根离子浓度的不变，向溶液中加入硫酸钠来控制SO42-浓度；正确答案：控制 SO42-浓度一致。

③为了增强实验的严谨性，还应向0.8mol/L FeSO4溶液中加入 Na2SO4固体至 c(SO42-)=1.6 mol/L，同一条件下做对比试验，这样结论更准确；正确答案：向0.8mol/L FeSO4溶液中加入Na2SO4固体至 c(SO42-)=1.6 mol/L。

（4）碳酸铁和稀硫酸反应生成二氧化碳气体，水蒸气被浓硫酸吸收后，碱石灰（C）吸收二氧化碳气体，通过测定C中U 形管的增重，测出反应产生二氧化碳气体的量，最后根据反应关系来测定FeCO3的纯度；正确答案：C 中 U 形管的增重。

(5)通过三组实验分析可知，溶液的pH不同，生成FeCO3 的量不同，因此制备 FeCO3 实验成功的关键因素是调节溶液 pH。

正确答案：调节溶液 pH。

11. 金刚石、石墨、C60和石墨烯都是碳的同素异形体，其结构示意图如下：
（1）石墨晶体中存在的作用力有________________________________
（2）金刚石质硬但脆，金刚石能被砸碎的原因是___________________________；金刚石、石墨、C60的熔点由高到低的顺序是________________________。

（3）C60晶体的堆积方式为______________；晶体中C60的配位数为_________。

（4）石墨烯具有神奇的特性，两位科学家由于对石墨烯研究做出重大贡献而获得了2010年诺贝尔物理学奖。

石墨烯即单层石墨。

石墨烯中碳原子的杂化轨道类型为_______________；碳碳键的键角是_________；碳原子和碳碳键的个数比是_______；12g石墨烯中含有________个六元环。

（5）碳化硅的结构与金刚石类似，设碳化硅的密度为a g/cm3，碳化硅晶体内碳硅键的键长为______pm（用N A表示阿伏加德罗常数的值，列表达式即可）。

【答案】 (1). 共价键、金属键、范德华力 (2). 共价键具有方向性，当受到大的外
力作用会发生原子间错位而断裂 (3). 石墨、金刚石、C60 (4). 面心立方堆积或分子密堆积 (5). 12 (6). sp2 (7). 1200 (8). 2:3或2/3 (9). 3.01×1023 (10).
【解析】（1）石墨晶体中层内C-C键为共建键，层与层之间为范德华力和金属键。

（2）金刚石中只存在C-C共价键, 共价键具有方向性，当受到大的外力作用会发生原子间错位而断裂。

金刚石属于原子晶体，石墨片层内以共价键结合,片层之间以分子间作用力结合,为混合晶体，C60属于分子晶体，他们的熔点由高到低的顺序是石墨、金刚石、C60。

（3）C60晶体组成微粒为60个碳原子组成的C60分子,属于分子晶体，堆积方式为面心立方堆积或分子密堆积。

晶体中C60的配位数12。

（4）石墨烯为片层结构,杂化类型为杂化, 碳碳原子之间形成六元环键角是120 因此，本题正确答案是:;; 每个碳原子被三个六圆环共用，每条键被两个六元环共用，所以碳原子和碳碳键的个数比是2:3。

每个六元环含有（6）个碳原子，所以12g石墨烯中含有3.01×1023个六元环。

（5）金刚石结构是一种由两个面心立方点阵沿立方晶胞的体对角线偏移1/4单位嵌套而成的晶体结构，属于面心立方体系，碳化硅的结构与金刚石类似，因为碳化硅的密度为a g/cm3，根据计算密度公式先求碳化硅的质量，再求面心立方体，通过计算知碳化硅晶体内碳硅键的键长为
12. 有机物P是某抗病毒药物的中间体，它的一种合成路线如下。

已知：
（1）A为芳香化合物，其结构简式是________________________________________
（2）A→B的化学方程式是，_____________________反应类型是
_____________________________________
（3）M无支链，N中含有的官能团是___________________________________________________ （4）M连续氧化的步骤如下：
M转化为Q的化学方程式是_______________________________________。

（5）X的分子式是C4H7O2Br。

下列说法正确的是（_______）
a．F能发生酯化反应和消去反应
b．Y在一定条件下可生成高分子化合物
c．1 molX与NaOH溶液反应时，最多消耗2mol NaOH
（6）E的结构简式是_____________________________________
（7）以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成M，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）___________。

【答案】 (1). (2).
(3). 取代反应（或硝化反应） (4). 羧基（或—COOH） (5).
(6). c (7).
(8).
【解析】（1）A为芳香化合物，分子式为C7H8，能够发生硝化反应，应为甲苯，其结构简式是
；正确答案：。

（2）根据有机物P的结构特点可知，甲苯与浓硝酸、浓硫酸加热反应，生成邻硝基甲苯，反
应的方程式：，该反应为取代反应；正确答案：；取代反应（或硝化反应）。

（3）M为饱和一元醇，无支链，羟基位于碳链的一端，发生连续氧化，氧化为醛、醛继续氧化为羧酸；所以有机物N为CH3CH2CH2COOH，该有机物含有的官能团为羧基（或—COOH）；正确答案：羧基（或—COOH）。

（4）CH3CH2CH2CH2OH在氧气、铜加热的条件下氧化为CH3CH2CH2CHO， CH3CH2CH2CHO在催化剂作用下被氧气氧化为CH3CH2CH2COOH；M转化为Q的化学方程式是
；正确答案：。

（5）甲苯与浓硝酸、浓硫酸加热反应，生成邻硝基甲苯（B），邻硝基甲苯被二氧化锰氧化为邻硝基苯甲醛（D），然后该有机物中的硝基被还原为氨基，变为邻氨基苯甲醛（E），E的结构简式是；结合有机物P的结构特点及题给信息
可知，有机物F为CH3CH2COCOOH；因此根据有机物F 进行逆推，可得出各物质的结构简式；有机物N为CH3CH2CH2COOH，在三溴化磷的作用下,有机物N与溴发生取代反应生成CH3CH2CHBrCOOH(X)，CH3CH2CHBrCOOH(X)在碱性环境下发生取代反应，再酸化后可得CH3CH2CH（OH）COOH (Y)， CH3CH2CH（OH）COOH（Y）发生催化氧化变为CH3CH2COCOOH(F)；CH3CH2COCOOH(F)含有羧基和羰基，不能发生酯化反应和消去反应，a错误；
Y在一定条件下可发生羧基反应生成高分子化合物,b错误；1mol
CH3CH2CHBrCOOH(X)，含有1mol羧基，酸碱中和消耗1mol NaOH，溴原子水解生成1mol氢溴酸，酸碱中和消耗1molNaOH，共计2molNaOH，c正确；正确选项c。

（6）甲苯与浓硝酸、浓硫酸加热反应，生成邻硝基甲苯（B），邻硝基甲苯被二氧化锰氧化为邻硝基苯甲醛（D），然后该有机物中的硝基被还原为氨基，变为邻氨基苯甲醛（E），E的结构
简式是；正确答案：。

（7）乙烯水化制乙醇，乙醇氧化为乙醛；根据信息可知，2个乙醛分子发生加成、消去反应最后生成CH3CH=CHCHO, CH3CH=CHCHO再与足量的氢气发生加成反应变为CH3CH2CH2CH2OH；合成流程如下：
；正确答案：。