福建省厦门外国语学校2018届高三下学期第一次（开学）考试理综化学试题Word版含解析.doc

www.ks5u.com 福建省厦门外国语学校2018届高三下学期第一次（开学）考试 理综-化学试题 ‎1. 化学在生活中应用广泛，下列物质性质与对应用途错误的是 A. 明矾易水解生成胶体,可用作净水剂 B. 晶体硅熔点高硬度大,可用作芯片 C. 氮气化学性质稳定,可用作粮食保护气 D. 溴化银见光易分解,可用作胶片感光剂 ‎【答案】B ‎【解析】A.明矾易水解生成氢氧化铝胶体，可用作净水剂，故A正确；B.晶体硅是半导体材料，可用作芯片，与熔点高无关，故B错误；C.氮气可用作粮食保护气，是因为其化学性质稳定，故C正确；D.溴化银有感光性，见光易分解，常用作胶片感光剂，故D正确；答案为B。‎ ‎2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 A. 25℃时，1LpH=11的氨水中0H-为0.001NA B. 标准状况下，2.24LSO3的氧原子数为0.3NA C. 4.6g乙醇中含有的共价键数为0.7NA D. 3.6g D2O所含质子数为2NA ‎【答案】A ‎............‎ 点睛：顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。‎ ‎3. 已知(异丙烯苯) (异丙苯) ,下列说法错误的是 A. 该反应属于加成反应 B. 异丙苯的一氯代物共有6种 C. 可用溴水鉴别异丙烯苯和异丙苯 D. 异丙苯是苯的同系物 ‎【答案】B ‎4. 某酸性废水可能含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、K+、CO32-、SO42-。取废水样品分别进行如右下图所示①～④四个实验。下列推断正确的是 A. 废水含有Na+，不含K+ B. 废水含有SO42-和CO32-‎ C. 废水不含Fe3+,可能含Fe2+ D. 废水一定含有Na+、Al3+、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据已知废水为酸性，故和H+反应的离子不能与之共存，即CO32-不存在，根据溶液是电中性的，则SO42-一定存在，由实验①可得，焰色反应颜色为黄色，说明一定含有Na+，可能含有K+；实验②，加盐酸后再加BaCl2溶液有白色沉淀，也再一次说明含有SO42-；实验③加KSCN溶液，无明显现象，说明不含Fe3+；实验④，滴加NaOH溶液至过量，一开始无沉淀，后有沉淀，最后沉淀溶解，说明含有Al3+，不含有Fe2+和Mg2+，所以废水中肯定含有Na+、SO42-、Al3+，肯定不含CO32-、Fe2+、Mg2+、Fe3+，可能有K+，故选D。‎ ‎5. 下列实验操作不能达到实验目的的是 实验目的 实验操作 A 除去蛋白质溶液中混有的(NH4)2SO4‎ 将混合物装入半透膜袋，并放入流动的蒸馏水中 B 除去Mg粉中混有的Al粉 加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥 C 用苯萃取溴水中的Br2‎ 先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层 D 测定NaClO溶液的pH 用玻璃棒蘸取溶液点滴在pH试纸上,与标准比色卡对照 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】A．蛋白质溶液为胶体，(NH4)2SO4为盐溶液，分离胶体与溶液的方法为渗析，用品为半透膜，故A正确；B．Mg与NaOH溶液不反应，Al与NaOH溶液反应生成氢气和易溶于水的NaAlO2，可以用过滤、洗涤、干燥的方法分离Mg和Al，故B正确；C．Br2易溶于苯，可用苯萃取溴水中的Br2，因苯的密度比水小，下层为水层，先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层，故C正确；D．NaClO有碱性有漂白性，用pH试纸测定先变蓝色后褪色，无法测定pH值，故D错误，答案为D。‎ ‎6. X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如右图所示。下列说法错误的是 A. Q位于第三周期IA族 B. X、Y、Z 三种元素组成的化合物可能是盐或碱 C. 简单离子半径:M->Q+>R2+‎ D. Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸 ‎【答案】C ‎【解析】由Y的化合价只有-2价推断Y为氧元素，X的半径比氧原子的半径小且只有+1价，则X为氢元素，M的最高正价为+7价，最低负价为-1，则M代表氯元素，Z的半径小于氯元素，且最低负价为-3价，最高价为+5价，则Z代表氮元素，Q只有+1一种化合价，且Q的半径大于氯原子半径，但小于只有+2价的R，故Q代表钠元素，R代表Ca元素；Na为第三周期IA族，A正确；B项X、Y、Z三种元素分析代表H、O、N，可以形成硝酸、硝酸铵和一水合氨，故B正确；C项M-、Q+、R2+的半径大小应该为Cl-＞Ca2+＞Na+，故C错误，D项Z、M的最高价氧化物对应的水化物为HNO3和HClO4，都是强酸，故D正确；答案为C。‎ 点睛：微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na＋＞Mg2＋＞Al3＋，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li＋＜Na＋＜K＋。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na＋＞Mg2＋＞Al3＋。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3＋＜Fe2＋＜Fe，H＋＜H＜H－。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。‎ ‎7. 铁碳微电解技术是利用原电池原理处理酸性污水的一种工艺，装置如右图。若上端开口关闭，可得到强还原性的H·(氢原子)；若上端开口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的·0H(羟基自由基)。下列说法错误的是 A. 无论是否鼓入空气，负极的电极反应式均为Fe-2e-=Fe2+‎ B. 不鼓入空气时，正极的电极反应式为H++e-=H·‎ C. 鼓入空气时，每生成1mol·0H有2mol电子发生转移 D. 处理含有草酸(H2C2O4)的污水时，上端开口应打开并鼓入空气 ‎【答案】C ‎【解析】A．铁碳微电解装置示意图可知，Fe为原电池负极发生氧化反应Fe-2e-=Fe2+，故A正确；B．由题意可知上端开口关闭，可得到强还原性的H，则不鼓入空气时，正极的电极反应式为H++e-=H，故B正确；C．鼓入空气时，正极的电极反应为O2+2H++2e-=2·OH，每生成1mol·OH有1mol电子发生转移，故C错误；D．处理含有草酸（H2C2O4）的污水时，草酸根具有很强的还原性，与氧化剂作用易被氧化为二氧化碳和水，则上端开口应打开并鼓入空气生成强氧化性的羟基，以氧化酸处理污水，故D正确；答案为C。‎ ‎8. 甲醛(HCHO)与葡萄糖相似具有强还原性，40%甲醛溶液沸点为96℃，易挥发。为探究过量甲醛和新制Cu(OH)2 反应的产物，进行如下研究。‎ ‎(1)在右图装置中进行实验,向a中加入0.5mol/LCuSO4溶液50mL和5mol/LNaOH溶液100mL，振荡，再加入40%的甲醛溶液50mL，缓慢加热a，在65℃时回流20分钟后冷却至室温。反应过程中观察到有棕色固体生成，最后变成红褐色，并有气体产生。‎ ‎①仪器b的名称是_________，作用为_________。‎ ‎②能说明甲醛具有还原性的实验现象是______________。‎ ‎(2)查阅资料发现气体产物是副反应产生的。为确认气体产物含H2不含CO，将装置A和如下图所示的装置连接后进行实验。‎ 依次连接的合理顺序为A→B→___→_____→_____→_____→G，装置B的作用是______。‎ ‎(3)已知: 。设计实验证明a中甲醛的碳元素未被氧化成+4 价。___________‎ ‎(4)为研究红色固体产物的组成，进行如下实验(以下每步均充分反应):‎ 已知:Cu2O[Cu(NH3)4]+(无色) [Cu(NH3)4]2+(蓝色)‎ ‎①摇动锥形瓶i的目的是__________。‎ ‎②锥形瓶ii中固体完全溶解得深蓝色溶液的离子方程式为_______________。‎ ‎③将容量瓶ii中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶i相近。由此可知固体产物的组成及物质的量之比约为___________。‎ ‎【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流 (3). A中出现红色物质（或A中出现棕色物质) (4). E→F→D→C (5). 吸收甲醛蒸气，防止其干扰后续检验 (6). 取少量a中反应后的清液，滴入过量的浓盐酸，未见气泡产生。说明甲醛的碳元素未被氧化成+4 价 (7). 有利于溶液与空气中O2的接触 (8). 2Cu+O2+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O (9). n(Cu2O):n(Cu)=l:200‎ ‎【解析】(1)①仪器b为球形冷凝管，主要是冷凝回流反应物，故答案为：球形冷静管；冷凝回流；‎ ‎   ②能说明甲醛具有还原性的实验现象是和新制氢氧化铜加热反应生成氧化亚铜红色沉淀A中出现红色物质(或A中出现棕色物质)，故答案为：A中出现红色物质(或A中出现棕色物质)；‎ ‎(2)为确认气体产物中含H2不含CO，装置A连接装置B除去甲醛，防止干扰后续实验验证，利用装置E吸收水蒸气，通过装置F中氧化铜加热反应，利用装置D中无水硫酸铜检验是否生成水蒸气，装置C中澄清石灰水检验是否生成二氧化碳验证气体中是否含一氧化碳，通过装置G收集剩余气体，依次连接的合理顺序为ABEFDCG，装置B的作用是吸收甲醛蒸气，防止其干扰后续检验，故答案为：EFDC；吸收甲醛蒸气，防止其干扰后续检验；‎ ‎(3)甲醛被氧化为甲酸，甲酸被氧化为碳酸，若碱溶液中甲醛被氧化生成碳酸盐，加入浓盐酸会生成二氧化碳气体，设计实验证明a中甲醛的碳元素未被氧化成+4价的方法为：取少量a中反应后的清液，滴入过量的浓盐酸，未见气泡产生，说明甲醛的碳元素未被氧化成+4价，故答案为：取少量a中反应后的清液，滴入过量的浓盐酸，未见气泡产生，说明甲醛的碳元素未被氧化成+4价；‎ ‎(4)①氧化亚铜加入浓氨水得到无色溶液，在空气中变化为蓝色，摇动锥形瓶ⅰ的目的是有利于溶液与空气中的氧气接触，故答案为：有利于溶液与空气中的氧气接触；‎ ‎②锥形瓶ⅱ中固体完全溶解得深蓝色溶液是铜、氧气和一水合氨溶液反应生成深蓝色络离子，反应的离子方程式为：2Cu+8NH3•H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O，故答案为：2Cu+8NH3•H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O；‎ ‎③将容量瓶ⅱ中的溶液稀释100倍后，溶液的颜色与容量瓶ⅰ相近，说明[Cu(NH3)4]2+浓度相同，根据铜元素守恒可知，固体产物的组成及物质的量之比约为n(Cu2O)：n(Cu)=1：200，故答案为：1：200。‎ ‎9. 软锰矿的主要成分是MnO2，其悬独液可吸收烟气中SO2，所得酸性浸出液又可用于制备高纯硫酸锰，其一种工艺流程如图所示。回答下列问题:‎ ‎(1)软锰矿悬独液吸收SO2 的过程中，SO2体现了________。‎ ‎(2)“氧化剂”发生反应的离子方程式为_____________。‎ ‎(3)已知:Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-34； Ksp[Fe(OH)3] =2.6×10-39；Kp[Ni(OH)2]=1.6×10-15； Ksp[Mn(OH)2]=4.0×10-14；“水解沉淀”中：‎ ‎①“中和剂”可以是_________(填标号)‎ A.Al2O3 B.H2SO4 C.MgO D.MnO2‎ ‎②溶液的pH应不低于_______ (离子浓度小于1×10-5mol/L时，即可认为该离子沉淀完全)。‎ ‎③不采用“水解沉淀”除Ni2+的原因是_____________。‎ ‎(4)“置换”中发生反应的离子方程式为_________。‎ ‎(5)“结晶分离”中的部分物质的溶解度曲线如图。‎ ‎①加入稀硫酸的作用是(结合平衡移动原理解释)___________。‎ ‎②结晶与过滤过程中，体系温度均应维持在________℃(填“27”、“60”或“70”)。‎ ‎(6)高纯硫酸锰可用于水中溶解氧含量的测定,步骤如下:‎ 步骤1:水中的氧气在碱性溶液中将MnSO4氧化为MnO(OH)2。‎ 步骤2:在酸性条件下，加入KI将生成的MnO(OH)2 再还原成Mn2+。‎ 步骤3:用Na2S2O3标准溶液滴定步骤2中生成的I2(2S2032-+I2=2I-+S4O62-)。‎ 取某水样100mL，按上述测定步骤滴定,消耗a mol/LNa2S2O3标准溶液VmL，该水样溶解氧含量为_____mol·L-1。‎ ‎【答案】 (1). 还原 (2). 2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (3). C (4). 4.3 (5). Ni2+完全沉淀的pH和 Mn2+接 近，不利于两者的分离 (6). Mn+Ni2+=Mn2++Ni (7). 增大溶液中SO42-浓度，使CaSO4和MnSO4溶解度下降，便于结晶析出 (8). 70 (9). 0.0025aV ‎【解析】(1)软锰矿里的MnO2吸收SO2后变成了Mn2+，被还原了，则体现了SO2的还原性；‎ ‎(2)在酸性条件下，MnO2氧化Fe2+生成Fe3+，发生反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O ；‎ ‎(3)根据已知的四组Ksp数据可知，溶液四种金属阳离子的pH是：Fe3+＜Al3+＜Ni2+＜Mn2+，而中和剂调节pH沉淀的离子是Fe3+和Al3+，所以只需要计算的沉淀PH只有Al3+；‎ ‎①“中和剂“的作用是调节溶液pH，即只需要消耗H+，沉淀的离子是Fe3+和Al3+，同时不引入新的杂质离子，只能选择MgO，因为MnO2是酸性氧化物不与H+反应，故答案为C；‎ ‎②已知离子沉淀完全时离子浓度小于1×10-5mol·L-1，Ksp[Al(OH) 3]=c(Al3+)×c3(OH-)=1.0×10-34；c(OH-)=10-29/3，则c(H+)=Kw/c(OH-)=10-13/3，pH=-lgc(H+)=4.3；‎ ‎③因Krp[Ni(OH) 2]=1.6×10-15与Krp[Mn(OH) 2]=4.0×10-14相差不大，则Ni2+完全沉淀的pH与Mn2+比较相近，不利于两者分离，故不采用“水解沉淀”除Ni2+；‎ ‎(4)加入锰单质置换Ni2+，发生反应的离子方程式为Mn + Ni2+＝Mn2++ Ni ；‎ ‎(5)①利用同离子效应，增大SO42-的浓度，使MnSO4和MgSO4的溶解度下降，例题结晶析出；‎ ‎②70℃时MgSO4的溶解度较大，但MnSO4的溶解度比较小，所以选择该温度时，可使MnSO4更多的析出，MgSO4在滤液中被除掉，母液中还剩余MnSO4，循环结晶；‎ ‎(6)已知O2+Mn2++4OH-=2MnO(OH)2，MnO(OH)2+2I-+4H+=I2+Mn2++3H2O，2S2O32-+I2=2I-+S4O62-；则：‎ O2~~~~~~2MnO(OH)2~~~~~2I2~~~~~~4S2O32-‎ ‎1 4‎ c(O2)×100mL amol/L×V mL 解得：c(O2)=av/400mol/L。‎ ‎10. (14分)一种通过铁基氧载体(Fe3O4/FeO)深度还原和再生来合成二甲醚(CH3OCH3)的原理如下图:‎ ‎(1)二甲醚的合成反应:3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g) △H1‎ ‎①已知CO、H2与CH3OCH3的燃烧热(△H)分别为akJ/mol、bkJ/mol、ckJ/mol (a、b、c均小于0)，则△H1=____kJ/mol。‎ ‎②该反应选用CuO/ZnO/Al2O3复合催化剂，该催化剂能_______(填标号)。‎ A.促进平衡正向移动 B.提高反应速率 C.降低反应的活化能 D.改变反应的焓变 ‎(2)CH4氧化器中发生的主反应:‎ i.CH4(g)+Fe3O4(s)CO(g)+2H2(g)+3FeO(s)‎ ii.CH4(g)+4Fe3O4(s)CO2(g)+2H2O(g)+12FeO(s)‎ ‎850℃时，压强和部分气体体积分数、固相各组分质量分数的关系如右下图。‎ ‎①随着压强的增大,反应i的平衡常数K值____ (填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎②结合图像,分析H2O的体积分数变化的原因_________(用化学方程式表示)。‎ ‎(3)将一定量的FeO和CO2 置于CO2 还原器(体积不变的密闭容器)中，发生的主反应:‎ CO2(g) +3FeO(s)Fe3O4(s) +CO(g)  △H2‎ 保持其他条件不变，测得不同温度下最终反应体系中CO、CO2体积分数如下表。‎ 温度t/℃‎ ‎100‎ ‎170‎ ‎200‎ ‎300‎ ‎400‎ ‎500‎ CO2 体积分数 ‎0.67‎ ‎0.67‎ ‎0.75‎ ‎0.82‎ ‎0.9‎ ‎0.92‎ CO体积分数 ‎0.33‎ ‎0.33‎ ‎0.25‎ ‎0.18‎ ‎0.1‎ ‎0.08‎ ‎①△H2_____0(填“>”或“”或“ HCl > HBr > HI，其中△H1(HF)特别大的原因为_________，影响△H2 递变的因素为_______。‎ ‎(5)铝单质为面心立方晶体，晶胞参数a=q nm,铝的摩尔质量为Mg/mol，原子半径为rpm，阿伏加德罗常数的值为NA。则铝单质的密度为_______g/cm3(列式即可，下同)，铝晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为______。‎ ‎【答案】 (1). (2). 4 (3). > (4). (5). sp3 (6). σ键和π键(或极性键) (7). 氧的含氧酸中非羟基氧原子数目越多，中心氯原子价态越高。正电性越高，导致Cl-O-H中的O的电子更向C1偏移，趟易电离出H+ (8). HF的水溶液中存在氢健作用 (9). 原子半径(或键长或键能) (10). (11). 74%‎ ‎【解析】(1)硅为第14号元素，在周期表第三周期第ⅣA，硅的价电子轨道表示式为；‎ ‎(2)Al的未成对电子数为1，第四周期中未成对电子数为1的有K[Ar]4s1、Se[Ar]3d14s2、Cu[Ar]3d104s1、Ga[Ar]3d104s24p1、Br[Ar]3d104s24p5、其中金属元素有4种；‎ ‎(3)Na+和Ne电子层结构均为两层饱和结构，Na+质子数为11，大于Ne的质子数，因此对最外层电子的吸引力Na＞Ne，所以电离能I2(Na)＞I1(Ne)；‎ ‎(4)①根据含氧酸的结构特点，HClO4的结构简式为，ClO3-中Cl原子的价层电子对数为3+=4，没有孤电子对，故其杂化轨道形成为sp3，HClO2的结构式为H—O—Cl=O，共价键类型为极性共价键（或σ键和键）；氯的含氧酸中非烃基氧原子数目越多，中心氯原子价态越高，正电性越高，导致Cl—O—H中的电子更向Cl偏移，越易电离出H+，酸性越强，故酸性：HClO＜HClO2＜HClO3＜HClO4。‎ ‎②ΔH1‎ 表示液态卤化氢气化：HX(aq)→HX(g)，吸收的能量；气化需要克服分子间作用力，由于氟化氢分子间有氢键，所以分子间作用力大熔沸点高，气化所吸收的能量高ΔH1特别大，ΔH2表示卤化氢分解成原子，HX(g)→H(g)+X(g)是破坏共价键的过程，因此影响ΔH2递变的因素：从上到下原子半径越大，键长越小，越容易分解，ΔH2越小；‎ ‎(5)Al是面心立方晶胞，平均占有的Al原子数为4个，根据密度公式：ρ=g/cm3，因此原子体积为4个球体的体积，占体积百分比=×100%=。‎ 点睛：了解无机含氧酸酸性强弱的判断方法：无机含氧酸的通式可写成(HO)mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大，R的正电性越高，使R—O—H中O的电子向R偏移，在水分子的作用下越易电离出H+，酸性越强；或者同一元素不同价态的含氧酸酸性不同，从结构上来说非羟基氧的个数越多，羟基这一侧的氢越容易电离，酸性越强。‎ ‎12. 【化学-选修5:有机化学基础】甲苯在医药、农药，特别是香料合成中应用广泛，可合成以下物质:‎ ‎(1)苯佐卡因中含有的碱性官能团为_______(填名称)。‎ ‎(2)乙基香草醛和邻曲香醛具有相同的亲水基团，该基团可用_______(填物理方法)检测。‎ ‎(3)写出符合下列条件的乙基香草醛的同分异构体的结构简式_______(任写两种)。‎ a.苯环上连接两个互为对位的基团 b.有一个-CH3‎ c.与FeCl,溶液发生显色反应 d.能发生水解反应 ‎(4)已知 :RCHO+R'CH2CHO 有机物M 为含有两个互为邻位基团的芳香族化合物，且与苯佐卡因互为同分异构，其合成路线如下:‎ ‎①生成A的“反应条件”为_______；‎ ‎②以上合成路线涉及的7个反应中,属于取代反应的有______个；‎ ‎③M的结构简式为______；‎ ‎④A→B反应的化学方程式为________________。‎ ‎(5)参照上述合成路线，以甲苯和甲醇为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_____________________。‎ ‎【答案】 (1). 氨基 (2). 红外光谱 (3). 、 、 、 、 (在选其二) (4). 光照(或高温) (5). 4 (6). (7). (8). ‎ ‎【解析】(1)有机官能团中只有氨基是碱性基团，则苯佐卡因中含有的碱性官能团为氨基；‎ ‎(2)醛基易于用光谱的方法来进行签定，如红外光谱；‎ ‎(3)对于符合条件的同分异构体的要求中，能与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基，能发生水解反应水解反应，说明含有酯基，另外苯环上连接两个互为对位的基团其中一个是甲基，符合条件的同分异构体的结构如下：、、、、；‎ ‎（4）有机物M为含有两个互为邻位基团的芳香族化合物，且与米佐卡因互为同分异构，根据米佐卡因的结构可知，M中必有—NH2‎ ‎，根据流程图中最后一步，C与乙醛反应生成M，结合题目中所给信息推知，M中含有醛基及羟基，—NH2可由B→C的过程获得，—NH2单独存在，故M为，A为，B为，C为；‎ ‎①生成A的反应条件为光照或高温；‎ ‎②以上合成路线涉及的7个反应中，共4步为取代反应；‎ ‎③M的结构简式为；‎ ‎④A→B为卤代烃的水解，发生反应的化学方程式为。‎ ‎(5)以甲苯和甲醇为原料制备，甲醇为最后的步骤中制取酯基所用，故制备过程中必有羧基，羧基可通过甲基的气化而得到，再根据原题中邻位取代发生的条件及使用原料，推测合成路线为。‎ 点睛：根据反应条件推断反应类型：（1）在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。（2）在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。（3）在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。（4）能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。（5）能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。（6）在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。（7）与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。（8）在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。（9）在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。‎