山东省商河县赵奎元乡中学高三化学下学期3月月考试卷（含解析）.doc

山东省商河县赵奎元乡中学2016届高三下期3月月考化学试卷（解析版）1食用花生油中含有油酸，油酸是一种不饱和脂肪酸，对人体健康有益。其分子结构如右所示。下列说法不正确的是 （ ）a油酸的分子式为c18h34o2 b油酸可与氢氧化钠溶液发生中和反应20070406c1mol油酸可与2molh2发生加成反应 d1mol甘油可与3mol油酸发生酯化反应【答案】c【解析】油酸分子中只有一个“c=c”，1mol油酸只能与1molh2加成225、101 kpa下，2g氢气燃烧生成液态水，放出2858kj热量，表示该反应的热化学方程式正确的是（）。a2h2（g）+o2（g） = 2h2o(1) h 2858kjmolb2h2（g）+ o2（g） = 2h2o(1) h +5716 kjmolc2h2（g）+o2（g） = 2h2o（g） h 5716 kjmoldh2（g）+o2（g） = h2o(1) h 2858kjmol 【答案】d【解析】3在室温下，将ph=3的酸和ph=11的碱等体积混合，混合后溶液的ph小于7。则该酸和碱的组合可以是（）a、硝酸和氢氧化钠b、盐酸和氨水 c、硫酸和氢氧化钾 d、醋酸和氢氧化钡 【答案】d【解析】此题为ph加和等于14且等体积混合类型题，若对应的酸碱均为强电解质，则溶液混合后恰好呈中性。因此，选项a、c被排除。若酸为弱酸而碱为强碱（或酸为强酸而碱为弱碱），由于弱电解质部分水解，因此，弱酸（或弱碱）的浓度远远大于10 3 mol/l，即弱酸（或弱碱）的浓度远远大于碱（或酸）的浓度，等体积混合时，酸（或碱）过量，因此溶液显酸（或碱）性。因此正确选项为d。4下列各项中，理由、结论及因果关系均正确的是（ ）选项理由结论a键能：nnclcl单质沸点：n2cl2b元素的非金属性：np稳定性： nh3ph3c分子中可电离的h+个数：h2so4ch3cooh酸性：h2so4ch3coohd氧化性：fe3+cu2+还原性：fe2+cu【答案】b【解析】试题分析：a、cl2的相对分子质量大于n2，所以单质沸点：cl2n2，故a错误；元素的非金属性：np，所以酸性：hno3h3po4，故b正确；h2so4是强酸，ch3cooh弱酸，所以酸性：h2so4ch3cooh，故c错误；d、氧化性：fe 3+cu 2+，还原性：cufe2+，故d错误；答案选b考点：化学键5下列做法对人体健康无害的是a工业酒精（含甲醇）兑水配自制白酒饮用b用工业石蜡等给瓜子美容c制作腊肉常加入亚硝酸盐作增色剂和防腐剂，宜长期食用d在食用盐中加入碘酸钾(kio3)以消除碘缺乏病【答案】d【解析】试题分析：少量甲醇会使人失明，过量会导致死亡，不能兑水配自制白酒饮用，a错；工业石蜡不能食用，b错；腊肉常加入亚硝酸盐会有致癌物质产生，c错，选d。考点：生活中常见的化学知识。6某同学按照课本实验要求，用50 ml 0.50 mol/l的盐酸与50 ml 0.55 mol/l的naoh 溶液在右图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热。下列说法正确的是（ ） a实验过程中没有热量损失b烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯 c图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒 d若将盐酸体积改为60 ml，理论上所求中和热不相等【答案】c【解析】试题分析：实验过程中热量损失是不可避免的，a不正确；烧杯间填满碎纸条的作用是减少热量损失，b不正确；反应需要搅拌，所以还缺少环形玻璃搅拌棒，c正确；中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，所以改变盐酸的用量，反应中放出的热量可能不同，但中和热是不变的，d不正确，答案选c。考点：考查中和热测定的有关实验判断点评：该题是基础性试题的考查，主要是考查学生对中和热实验测定原理的了解掌握情况，有利于培养学生的逻辑推理能力和规范严谨的实验设计能力，有利于提示学生的学科素养，提高学生的学习效率。7关于下图所示实验的说法不正确的是a乙中产生的气泡是c02b丙中液体可产生丁达尔现象c若忽略溶液体积的变化，烧杯中c(cl)不发生变化d若将cac03换成cas04也可得到相同的实验现象【答案】d【解析】试题分析：a、氯化铁溶液因为铁离子的水解，使溶液呈酸性，加入碳酸钙后，碳酸钙在水中存在溶解平衡，则碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，所以促进铁离子的水解，从而碳酸钙逐渐溶解，所以产生的气体是二氧化碳，正确；b、丙为红褐色液体，应是铁离子水解产生的氢氧化铁胶体，能产生丁达尔现象，正确；c、若忽略溶液体积变化，氯离子的物质的量不变，则氯离子的浓度也不变，正确；d、若将cac03换成cas04，则硫酸钙不会影响铁离子的水解平衡，则无气体放出，也不会生成氢氧化铁胶体，所以不会出现相同的实验现象，错误，答案选d。考点：考查盐水解平衡、沉淀的溶解平衡的应用8化学在工业生产和日常生活中都有着重要的应用，下列说法正确的是a活性炭、so2、氯水都会因发生氧化还原反应而使品红溶液褪色bna2o2、h2o2所含化学键完全相同，都能作供氧剂c常温下，浓硫酸、浓硝酸与铝均能发生钝化，均能用铝罐储运d水玻璃，从分类法的角度，可看作纯净物，可用于木材等的防火剂【答案】c【解析】试题分析：a、活性炭使品红溶液褪色为物理吸附，so2使品红溶液褪色是与有机色质结合生成无色物质，氯水使品红溶液褪色是利用次氯酸的强氧化性，发生氧化还原反应，错误；b、na2o2所含有的化学键为离子键和共价键，h2o2所含化学键只有共价键，化学键类型不完全相同，错误；c、浓硫酸、浓硝酸均具有强氧化性，常温下，浓硫酸、浓硝酸与铝均能发生钝化，均能用铝罐储运，正确；d、水玻璃是硅酸钠溶液，属于混合物，错误。考点：考查常见物质的结构、性质和用途。9常温下，下列各组粒子在指定溶液中可能大量共存的是（ ）a. 氨水中：al3+、cl、i、so42 b、ph=2的溶液中：k+、cu2+、cl、no3c、食盐水中：mg2+、fe(oh)2、br、co32 d、无色溶液：no3、so2、nh4+、na+【答案】b【解析】 试题分析：a. 在氨水中会发生反应: al33nh3h2o3 nh4+al(oh)3,不能大量共存。错误。b、ph=2的溶液中，离子k+、cu2+、cl、no3不会发生任何反应，可以大量共存。正确。c、食盐水中：会发生反应mg2+co32=mgco3,不能大量共存。错误。d、无色溶液若为酸性，h+与no3会把so2氧化为硫酸；若为碱性，会发生反应：nh4+oh-= nh3h2o。都不能大量存在。错误。考点：考查离子大量共存的知识。10al、fe、cu都是重要的金属元素。下列说法正确的是a三者对应的氧化物均能溶于水b三者的单质放置在空气中均只生成氧化物c制备alcl3、fecl3、cucl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法d电解alcl3、fecl3、cucl2的混合溶液时阴极上依次析出cu、fe、al【答案】c【解析】试题分析：a选项中铜对应的氧化物不溶于水。b选项中铜单质在常温下不与空气反应。c选项正确。d选项先析出二价铁离子，因为三价铁离子的氧化性大于铜，所以先在阴极上得电子。考点：常见金属单质的性质，电解池点评：本题利用了金属的特性，知识点比较综合，难度不大。11今有一种固体化合物x，x本身不导电，但熔化状态或溶于水中其自身能够电离，下列关于该化合物x的说法中，正确的是ax一定为电解质 bx可能为非电解质cx只能是盐类 dx可以是任何化合物【答案】a【解析】试题分析：a、电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，因为x为固体化合物并且在熔化状态或溶于水中能够电离出离子从而导电，满足电解质的定义，所以x一定为电解质，a正确；b、非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物，x在熔化状态下或水溶液中能够电离而导电，因此x不可能是非电解质，b错误；c、x可能是盐，也可能是cao等金属氧化物，c错误；d、不是任何化合物在水溶液中或熔融状态下都能够导电，如co、p2o5等，因此x不可以为任何化合物，d错误；答案选a。【考点定位】本题主要是考查电解质、非电解质的判断【名师点晴】（1）电解质和非电解质是对化合物的分类，单质既不是电解质也不是非电解质。电解质应是化合物（属于纯净物）。而cu则是单质（能导电的物质不一定是电解质，如石墨或金属），k2so4与nacl溶液都是混合物。（2）电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质。例如co2能导电是因co2与h2o反应生成了h2co3，h2co3能够电离而非co2本身电离。所以co2不是电解质，是非电解质（如氨气、二氧化硫、三氧化硫），h2co3 h2so3、nh3h2o是电解质。（3）酸、碱、盐、金属氧化物、水是电解质，蔗糖、酒精为非电解质。（4）baso4、agcl 难溶于水，导电性差，但由于它们的溶解度太小，测不出（或难测）其水溶液的导电性，但它们溶解的部分是完全电离的，所以他们是电解质（5）化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如nacl晶体。（6）电解质包括离子化合物和共价化合物。离子化合物是水溶液还是熔融状态下均可导电，如盐和强碱。共价化合物是只有在水溶液中能导电的物质，如hcl 。12（2004全国i卷）已知25、101kpa下，石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为c(石墨) + o2(g)co2(g) h=39351kj mol-1 c(金刚石) + o2(g) co2(g) h=39541kj mol-1 据此判断，下列说法中正确的是a由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低b由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高c由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低d由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高【答案】a【解析】试题分析：a由于等质量的石墨与金刚石燃烧产生的热量金刚石大于石墨，说明在金刚石中含有的能量高于石墨含有的能量。则由石墨制备金刚石中要吸收热量，所以石墨制备金刚石是吸热反应，故答案正确的是a。考点：考查热化学方程式的应用的知识。13下面是两种常见的化学电源示意图，有关说法不正确的是()干电池示意图铅蓄电池示意图a上述电池分别属于一次电池、二次电池b干电池在长时间使用后，锌筒被破坏c铅蓄电池工作过程中，每通过2 mol电子，负极质量减轻207 gd铅蓄电池负极材料为pb【答案】c【解析】试题分析：选项a正确。在干电池中，zn作负极，被氧化，b正确。c项忽略了硫酸铅在该极上析出，该极质量应该增加而非减少。考点：燃料电池14在限定条件下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是 a使紫色石蕊试液变红的溶液：fe2、mg2、no3、clb与al能产生氢气的溶液：k、so42-、co32-、nh4+c碳酸氢钠溶液：k、so42、cl、hdph7的溶液：k、na、cl、so42【答案】d【解析】试题分析：离子共存题注意考虑附加条件。a项使紫色石蕊试液变红的溶液暗含溶液中含有大量的h，h与no3具有硝酸的性质，fe2会被氧化为fe3而不共存。b项与al能产生氢气的溶液可能是强酸性溶液，也可能是强碱溶液，nh4+会和oh反应生成弱碱一水合氨，所以不能大量共存。c项h能和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体和水，不能共存。d项ph”、“14，则a/b_(填表达式)；该盐酸与该氢氧化钠溶液完全中和，两溶液的ph(x、y)的关系式为_(填表达式)。【答案】(1)(2)c(na)c(cl)c(oh)c(nh4+)c(h)(3)1019(4)10.110xy14xy14lg(a/b)【解析】(1)向溶液中加入酸或碱均能抑制h2o的电离，且溶液中h或oh浓度越大，由水电离出的h浓度越小；盐的水解能促进水的电离，即由水电离出c(h)的从大到小的顺序为。(2)二者完全反应生成nacl和nh3h2o，nh3h2o电离使溶液呈碱性，即c(na)c(cl)c(oh)c(nh4+)c(h)。(3)温度升高时kw增大，t时kw11014，即t25；naoh溶液中n(oh)0.01a mol，h2so4中n(h)0.1bmol ，根据混合后溶液ph10，得103解得a：b1019。(4)两溶液完全中和，则溶液中n(h)c(oh)，即10xa10y14b，整理得10xy14，若xy14时，a/b1；若xy13，则a/b0.1；若xy14，则a/b10xy14；两溶液完全中和，则有10xy14即lg(a/b)xy14，解得xy14lg(a/b)。16（5分）x、y、z、m、g五种主族元素分属三个短周期,且原子序数依次增大。x、z同主族,可形成离子化合物zx;y、m同主族,可形成my2、my3两种分子。（1）y在元素周期表中的位置为 。（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是 (写化学式),非金属气态氢化物还原性最强的是 (写化学式)。（3）x、y、z、m组成两种盐的溶液反应可产生my2气体，写出其反应离子方程式： 。（4）相同条件下，同体积m的氧化物与y单质混合通入品红溶液，品红溶液 （填褪色或不褪色）。【答案】（5分，每空1分）（1）第二周期via族 （2）hclo4 h2s （3）hso3-+h+ = so2+ h2o （4）不褪色【解析】试题分析：x、y、z、m、g五种主族元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，所以x是h。x、z同主族，可形成离子化合物zx ，则z应该是na；y、m同主族，可形成my2、my3两种分子，所以应该是o和s，则g就是cl元素。（1）氧元素在元素周期表中的位置为第二周期via族。（2）氯元素的非金属性最强，则最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是hclo4；非金属性越弱，氢化物的还原性越强，s元素的非金属性弱于o和cl，则非金属气态氢化物还原性最强的是h2s。（3）x、y、z、m组成两种盐的溶液反应可产生so2气体，说明是硫酸氢钠与亚硫酸氢钠之间的反应，因此反应离子方程式为hso3-+h+ = so2+ h2o。（4）氯气具有强氧化性，能把so2氧化为硫酸，方程式为so2cl22h2oh2so4+2hcl，则相同条件下，同体积m的氧化物与y单质混合通入品红溶液，品红溶液不褪色。考点：考查元素推断的应用17（7分）某化学课外小组的同学用mg等与稀硫酸反应制h2，根据反应进行的情况，同学们得出了反应时间与产生h2的体积关系，并做出了如下图象。请回答：（1）分析判断，_段化学反应速度最快，原因可能是_；fg段化学反应速率较慢的原因可能是_。（2）为了降低该反应的反应速率，你认为可以采取哪些措施_（至少说出两种）。【答案】（1）ef 反应放热，温度升高 浓度下降较快 （2）向反应体系中加水，降低酸的浓度，或加入少量ch3coona晶体【解析】图象纵坐标为产生h2的体积，横坐标为反应的时间，所以曲线的斜率即为反应速率。增大反应速率的因素有：增大反应物浓度，增大反应体系压强，升高温度，加催化剂。但此反应过程浓度始终在下降，且为敞口体系，压强不变，也未加催化剂，所以在反应过程中浓度下降的同时速率反而提高，只能是温度的影响。18（14分）溴乙烷是一种重要的有机化工原料，制备溴乙烷的原料有95%乙醇、80%硫酸（用蒸馏水稀释浓硫酸）、研细的溴化钠粉末和几粒碎瓷片，该反应的原理如下：nabr + h2so4 nahso4 + hbrch3ch2oh + hbrch3ch2br + h2o某课外小组欲在实验室制备溴乙烷的装置如右图。数据如下表。物质数据乙醇溴乙烷1，2-二溴乙烷乙醚浓硫酸密度/gcm-307914622071184熔点（）130119911610沸点（）785384132346338在水中的溶解度（g/100g水）互溶0914175互溶请回答下列问题。（1）加入药品之前须做的操作是:_，实验进行的途中若发现未加入碎瓷片，其处理的方法是_。（2）装置b的作用是除了使溴乙烷馏出，还有一个目的是_。温度计的温度应控制在_之间。（3）反应时有可能生成so2和一种红棕色气体，可选择氢氧化钠溶液除去该气体，有关的离子方程式是_，_，此操作可在_（填写玻璃仪器名称）中进行，同时进行分离。（4）实验中采用80%硫酸，而不能用98%浓硫酸，一方面是为了减少副反应，另一方面是为了_。（5）粗产品中含有的主要有机液体杂质是_，为进一步制得纯净的溴乙烷，对粗产品进行水洗涤、分液，再加入无水cacl2，进行_操作。【答案】（14分）（1）检查装置的气密性（1分），待冷却后重新进行操作（1分）；（2）冷凝回流（1分），384785 （2分） ；（3）so2 + 2oh= so32+h2o（2分），br2 + 2oh = br- + bro +h2o（2分），分液漏斗（1分）；（4）防止溴化氢气体的挥发（2分）；（5）乙醚（1分），蒸馏（1分）。【解析】试题分析：（1）与气体有关的实验，加入药品之前须做的操作是：检查装置的气密性；碎瓷片的作用是防止爆沸，实验进行的途中若发现未加入碎瓷片，应待冷却后重新进行操作。（2）装置b为竖立的试管，除了使溴乙烷馏出，还有一个目的是冷凝回流；溴乙烷的沸点为384，反应物乙醇的沸点为785，所以温度计的温度应控制在384与785之间。（3）so2与naoh反应生成na2so3和h2o，离子方程式为：so2 + 2oh= so32+h2o；红棕色气体为br2，与naoh反应的离子方程式为：br2 + 2oh = br- + bro +h2o；溴乙烷与水溶液分层，在分液漏斗中进行分液。（4）98%浓硫酸具有吸水性，能加快溴化氢气体的挥发。（5）乙醇分子间发生脱水反应可生成乙醚，所以粗产品中含有的主要有机液体杂质是乙醚；利用各成分沸点的不同，采用蒸馏的方法可提纯。考点：本题考查基本仪器、基本操作、实验方案的设计与评价、离子方程式的书写。19我国是氧化铝生产大国，工业上每生产1 t氧化铝将排出12 t赤泥，赤泥大量堆积会对环境造成严重污染。赤泥中主要成分及含量：cao约占46%、sio2约占22%、al2o3约占7%、fe2o3约占11%、tio2约占5%及少量其他物质。（1）一种利用废弃赤泥的方法是将赤泥配成一定的液固比，作为一种吸收剂，吸收热电厂排放的含so2的烟气，写出吸收so2时可能发生的化学反应方程式_。（2）为综合利用赤泥中的各种成分，某科研小组设计了如下工艺流程：已知：tio2不溶于稀盐酸、稀硫酸，能溶于浓硫酸生成tioso4（硫酸氧钛，易水解）。氧化物d的化学式是_，原料a最好是下列物质中的_。a氨水 b氢氧化钠 c生石灰 d双氧水写出上述工艺中投入氢氧化钠时反应的离子方程式_。写出上述工艺中稀释时发生水解反应的化学方程式_。【答案】（1）caoso2caso3 或ca(oh)2so2caso3h2o（2）fe2o3 cohal(oh)3alo22 h2otioso42h2otio(oh)2h2so4或tioso42h2otio2h2oh2so4【解析】试题分析：赤泥成分中能与so2反应的为cao;结合流程图，加入盐酸时过滤的滤渣中含有sio2和tio2，滤液中含有ca2+、al3+、fe3+，加入原料a为ca（oh）2，将al元素转化为alo2-,再加入naoh，将fe元素转化为fe（oh）3，加热煅烧，得到fe2o3 ；结合题给信息，确定下面各题答案。考点：物质的化学性质。20定温度下在某定容的密闭容器中发生反应：2a(g) +3b(g) =2c(g)，开始时，a的浓度为2 moll -1，b的浓度是4 moll-1 ，2 min后，a的浓度减少0.8 moll-1 ，则（1）求v(b)和v(c)。（2）在2min末，c的浓度是多少?b的浓度是多少?【答案】（1）0.6mol/(l.min) 0.4 mol/(l.min) （2）2.8mol/l 0.8mol/l【解析】试题分析： 2a(g) +3b(g) =2c(g)起始浓度（mol/l） 2 4 0转化浓度（mol/l） 0.8 1.2 0.82min后浓度（mol/l） 1.2 2.8 0.8所以b和c物质的反应速率分别是1.2mol/l2min0.6mol/(l.min)0.8mol/l2min0.4 mol/(l.min)2min末，c和b的浓度是分别是0.8mol/l、2.8mol/l考点：考查反应速率的有关计算点评：该题是高考中的常见题型和重要考点，属于中等难度试题的考查。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。有利于培养学生的逻辑推理能力和规范答题能力。该类试题需要明确的是在进行可逆反应的有关计算时，一般采用“三段式”进行，即分别列出起始量、转化量和平衡量或某深刻的量，然后依据已知条件列式计算即可。21 化学有机化学基础 (15分)阿斯巴甜作为强烈甜味剂被广泛应用于食品、饮料、糖果等，工业上可以用苯丙氨酸甲酯和-氨基丁二酸为原料合成：已知：rcnrcooh； （1）a中含氧官能团的名称为_ ；（2）、的反应类型依次为_、_；（3）b的同分异构体中同时符合下列条件的有2种，写出其结构简式_；有三种化学环境不同的氢原子；含苯环的中性物质（4）写出阿斯巴甜与足量naoh水溶液充分反应的化学方程式_；（5）写出以1，3-丙二醇(hoch2-ch2-ch2oh)为原料制备的合成路线流程(无机试剂任选)合成路线流程示例如下：_。【答案】（1）羟基、羧基（2）加成；取代（3） （4）（5）【解析】试题分析：（1）根据题中已知的条件，可知反应是将反应物中的-cn变成-cooh，所以a的结构简式为，故答案为羟基、羧基；（2）反应是醛基与hcn加成，生成羟基腈，反应氨基中的一个h被取代，故答案为加成；取代；（3）与氨气反应生成的b为，有三种化学环境不同的氢原子说明分子很对称三个碳分布在苯环的间位，中性物质说明氮原子形成了硝基，据此可以写出结构简式为：，故答案为：；（4）阿斯巴甜与足量naoh水溶液充分反应，其中酯基和肽键能水解，羧基被中和，所有方程式：；（5）根据产物和原料(hoch2-ch2-ch2oh)比较要知，碳原子数增加了两个，且产物是一个很对称的结构，将产物水解后得到，再对比原料可知，在原料上再引入两个碳原子，可以参照题目流程中的第步骤，可以达到目的，写出的流程为：。 考点：本题主要考查了有机推断与合成，涉及的知识点官能团的识别、同分异构体的书写、化学方程式的书写、有机合成路线的选择等知识点，中等难度22化合物e是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药，可以通过下图所示的路线合成：（1）a中含有的官能团名称为 。（2）c转化为d的反应类型是 。（3）写出d与足量naoh溶液完全反应的化学方程式 。（4）写出同时满足下列条件的b的一种同分异构体的结构简式 。a能发生银镜反应b核磁共振氢谱只有4个峰c能与fecl3溶液发生显色反应，水解时每摩尔可消耗3摩尔naoh（5）已知工业上以氯苯水解制取苯酚，而酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。苯甲酸苯酚酯（）是一种重要的有机合成中间体。试写出以苯、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图（无机原料任选）。合成路线流程图示例如下：【答案】（1）醛基 （2）取代反应（3）（4）（5）【解析】试题分析：由合成流程可知，a为ch3cho，b为邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成c，c为，c与ch3cocl发生取代反应生成d，d中含-cooc-，能发生水解反应，d水解酸化后发送至酯化反应生成e，（1）a为乙醛，含-cho，名称为醛基；（2）由上述分析可知，c中的-oh上的h被取代，则c转化为d的反应类型是取代反应；（3）d与足量naoh溶液完全反应的化学方程式为；（4）b为邻羟基苯甲酸，其同分异构体符合：a能够发生银镜反应，含-cho；b核磁共振氢谱只有4个峰，含4种位置的h；c能与fecl3溶液发