1、2020年高考化学总复习练习题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Ca 40 Cu 64 Zn 65一、选择题： 1下列古诗词中所涉及化学物质的相关叙述错误的是【答案】A【解析】A选项，铵根离子、锡离子都要水解，水解显酸性，故A错误；B选项，蔗糖是二糖，即双糖，故B正确；C选项，蚕丝主要成份是蛋白质，故C正确；D选项，硫化汞在空气中受热会生成汞和二氧化硫，故D正确。综上所述，答案为A。2下列叙述正确的是A烃分子中所含碳氢键数目一定为偶数B塑料、橡胶和纤维都属于合成高分子材料C乙烯和苯都能使溴水褪色，其褪色原理相同D淀粉、葡萄糖、脂肪和
2、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应【答案】A【解析】A 烃分子中的氢原子个数一定为偶数，烃分子中所含碳氢键数目一定为偶数，A项正确；B 合成纤维、合成橡胶、塑料都是有机合成高分子材料，而天然橡胶、天然纤维不是合成高分子材料，B项错误；C 烯烃使溴水褪色的原理是加成反应，苯使溴水褪色的原理是萃取，二者原理不同，C项错误；D 葡萄糖为单糖，不能发生水解反应，D项错误；答案选A。【点睛】1、烯烃使溴水褪色的原理是加成反应；2、苯在溴化铁的催化作用下与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢；苯分子中没有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，但溴更易溶于苯中，溴水与苯混合时，可发生萃取，苯的密度小于水，因此上层为
3、溴的苯溶液，颜色为橙色，下层为水，颜色为无色，这是由于萃取使溴水褪色，没有发生化学反应。这是学生们的易错点，也是常考点。3用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A标准状况下，以任意比混合的氢气和一氧化碳气体共8.96L，在足量氧气中充分燃烧时消耗氧气的分子数为0.2NAB用惰性电极电解硫酸铜溶液时，若溶液的pH值变为1时，则电极上转移的电子数目为NAC32.5 g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成气体的分子数为0.5NAD反应3H2(g)N2(g)2NH3(g)H92 kJmol1，当放出热量9.2 kJ时转移电子0.6NA【答案】B【解析】A氢气和一氧化碳气体的物质的量为8.96L2
4、2.4Lmol1=0.4mol，根据2COO2，2H2O2，可知共消耗O20.2mol，分子数为0.2NA，故A正确；B用惰性电极电解硫酸铜溶液时，2CuSO42H2O2CuO22H2SO4，若溶液的pH值变为1时，没有提供溶液的体积，无法计算生成的硫酸的物质的量，故B错误；C. 32.5 g锌的物质的量为0.5mol，完全反应变成锌离子失去1mol电子；与浓硫酸完全反应，无论生成二氧化硫还是生成氢气，每生成1个气体分子达到2个电子，所以转移1mol电子会生成0.5mol气体，生成气体分子数为0.5NA，故C正确；D. 反应3H2(g)N2(g)2NH3(g)H92 kJmol1，当放出热量9
5、.2 kJ时，参加反应的氢气为0.3mol,转移电子0.6NA，故D正确；故选B。4 W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X同族。Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍，是Z原子最外层电子数的2倍。下列说法正确的是A离子半径：WX+BZ的最高价氧化物的水化物是强碱C化合物XZW4具有强还原性DW与Y只能形成10电子化合物【答案】C【解析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X同族。Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍，Y最外层电子是6，W和X同族是IA，是Z原子最外层电子数的2倍，Z最外层电子是3。W为H，X为Li，Y为O，Z为Al
6、。A. 电子层结构相同的粒子，核电荷数越大，半径越小，离子半径：HLi+，故A错误；B. Al的最高价氧化物的水化物是Al(OH)3 ，是两性氢氧化物，故B错误；C. 化合物LiAlH4中H是-1价，具有强还原性，故C正确；D. W与Y能形成10电子化合物H2O ，还能形成18电子的化合H2O2 ，故D错误；故选C。【点睛】本题考查元素周期表及其推断，解题关键：W和X同族，Y原子最外层电子数是W与X原子最外层电子数之和的3倍，W和X同族只能是IA，易错点D，氢和氧可形成水和双氧水两种化合物。5实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛(实验装置如图)。其实验步骤为：步骤1：将三颈烧瓶中的一定配比的无水
7、AlCl3、1,2二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升温至60 ，缓慢滴加经浓硫酸干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却。步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中。搅拌、静置、分液。有机相用10% NaHCO3溶液洗涤。步骤3：经洗涤的有机相加入适量无水MgSO4固体。放置一段时间后过滤。步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分。下列说法错误的是A甲同学认为步骤1中使用1,2二氯乙烷的目的是作催化剂，加快反应速率B乙同学认为可在该实验装置的冷凝管后加接一只装有无水MgSO4的干燥管，实验效果可能会更好C丙同学认为步骤2中有机相使用10% NaHCO3溶液洗涤可除去大部分未反应完的Br2D丁同学认为步骤
8、4中减压蒸馏有机相是因为间溴苯甲醛高温下容易氧化或分解【答案】A【解析】将三颈烧瓶中一定配比的无水AlC13、1,2二氯乙烷和苯甲醛充分混合，无水AlCl3作催化剂，1,2二氯乙烷作溶剂，苯甲醛作反应物，A项错误；若在该实验装置的冷凝管后加接一只装有无水MgSO4的干燥管，则可以防止锥形瓶中的水蒸气进入冷凝管，实验效果可能会更好，B项正确；有机相中含有未反应完的Br2，使用10% NaHCO3溶液洗涤可除去大部分未反应完的Br2，C项正确；减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化或分解，D项正确。6“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt
9、电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大 气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是A若用导线连接a、c，则a为负极，该电极附近pH减小B若用导线连接a、c，则c电极的电极反应式为HxWO3 - xe- =WO3 + xH+C若用导线先连接a、c，再连接b、c，可实现太阳能向电能转化D若用导线连接b、c， b电极的电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O【答案】B【解析】A用导线连接a、c，a极发生氧化，为负极，发生的电极反应为2H2O-4e-=4H+O2，a电极周围H+浓度增大，溶液pH减小，
10、故A正确；B用导线连接a、c，c极为正极，发生还原反应，电极反应为WO3 + xH+xe- = HxWO3，故B错误；C用导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故C正确； D用导线连接b、c，b电极为正极，电极表面是空气中的氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，故D正确；故答案为B。7下图是0.01 mol/L甲溶液滴定0.01 mol/L乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线是盐酸滴定NaAc溶液，其他曲线是醋酸滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。下列判断错误的是A条件相同时导电能力：盐酸NaAcB曲线是NaOH溶液滴定盐
11、酸导电能力变化曲线C随着甲溶液体积增大，曲线仍然保持最高导电能力Da点是反应终点【答案】C【解析】A由曲线盐酸滴定NaAc溶液，导电能力升高，滴定到一定程度后导电能力迅速升高，说明条件相同时导电能力：盐酸NaAc，故A正确；B曲线的最低点比曲线还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，故B正确；C由曲线起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线 逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线，故C错误；D反应达到终点时会形成折点
12、，因为导电物质发生了变化，即a点是反应终点，故D正确；故选C。二、非选择题： 9.碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是Cu2Te、含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如下：已知：TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。回答下列问题：（1）已知Te为VIA族元素，TeO2被浓NaOH溶液溶解，所生成盐的化学式为_。（2）“酸浸2”时温度过高会使Te的浸出率降低，原因是_。（3）“酸浸1”过程中，控制溶液的酸度使Cu2Te转化为TeO2，反应的化学方程式为_；“还原”过程中，发生反应的离子方程式为_。（4）工业上也可用电解法从铜阳极泥
13、中提取碲，方法是：将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为TeO2，再用NaOH溶液碱浸，以石墨为电极电解所得溶液获得Te。电解过程中阴极上发生反应的电极方程式为_。在阳极区溶液中检验出有TeO42存在，生成TeO42的原因是_。（5）常温下，向l molL1 Na2TeO3溶液中滴加盐酸，当溶液pH5时，c(TeO32)：c(H2TeO3)_。(已知：H2TeO3的Ka11.0103 Ka22.0108)【答案】（14分，每空2分）（1）Na2TeO3 （2）温度升高，浓盐酸易挥发，反应物浓度减小，导致浸出率降低 （3）Cu2Te + 2O2 + 2H2SO4 = 2CuSO4 + 2H2O + T
14、eO2 2SO2 +Te4+4H2O = 2SO42+ Te + 8H+ （4）TeO32+4e + 3H2O = Te + 6OH TeO32在阳极直接被氧化，或阳极生成的氧气氧化TeO32得到TeO42 （5）0.2 【解析】（1）TeO2被浓NaOH溶液溶解，根据SO2与碱反应得出所生成盐的化学式为Na2TeO3，故答案为：Na2TeO3。（2）“酸浸2”时温度过高会使Te的浸出率降低，原因是温度升高，浓盐酸易挥发，反应物浓度减小，导致浸出率降低，故答案为：温度升高，浓盐酸易挥发，反应物浓度减小，导致浸出率降低。（3）“酸浸1”过程中，控制溶液的酸度使Cu2Te转化为TeO2、Cu元素转
15、化成CuSO4，反应的化学方程式为Cu2Te + 2O2 + 2H2SO4 = 2CuSO4 + 2H2O + TeO2；根据题给已知，TeO2溶于浓盐酸得到TeCl4，“还原”过程中二氧化硫将Te4+还原成Te，发生反应的离子方程式为2SO2 +Te4+4H2O = 2SO42+ Te + 8H+，故答案为：Cu2Te + 2O2 + 2H2SO4 = 2CuSO4 + 2H2O + TeO2；2SO2 +Te4+4H2O = 2SO42+ Te + 8H+。（4）将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为TeO2，TeO2用NaOH溶液浸取时转化为Na2TeO3，电解过程实际是电解Na2TeO3溶液
16、的过程，其阴极上发生反应的电极方程式为TeO32+4e + 3H2O = Te + 6OH，在阳极区溶液中检验出有TeO42存在，TeO32化合价升高变为TeO42，生成TeO42的原因是可能为TeO32在阳极直接被氧化，也可能为阳极生成的氧气氧化TeO32得到TeO42，故答案为：TeO32+4e + 3H2O = Te + 6OH；TeO32在阳极直接被氧化，或阳极生成的氧气氧化TeO32得到TeO42。（5）常温下，向l molL1 Na2TeO3溶液中滴加盐酸，将，当溶液pH5时，故答案为：0.2。10.全球碳计划组织（GCP，The Global Carbon Project）报告称
17、，2018年全球碳排放量约371亿吨，达到历史新高。（1）中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图1所示。已知：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) H= + 41 kJmol-12CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g) H= -128 kJmol-1则上述过程中CO和H2转化为CH2=CH2的热化学方程式是_。下列有关CO2转化为汽油的说法，正确的是_（填标号）。A该过程中，CO2转化为汽油的转化率高达78%B中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键C在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H
18、2=CO+H2OD催化剂HZSM-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率若在一容器中充入一定量的CO2和H2，加入催化剂恰好完全反应，且产物只生成C5以上的烷烃类物质和水。则起始时CO2和H2的物质的量之比不低于_。（2）研究表明，CO2和H2在一定条件下可以合成甲醇。反应方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H（2分） ad（2分） （2分） 【解析】根据已知热化学方程式运用盖斯定律书写新的热化学方程式；根据图示反应历程分析反应的中间产物，判断催化剂对反应的影响；根据烷烃的通式及题干信息进行相关计算；根据熵变和焓变判断反应是否自发进行；根据平衡状态的特征分析反应是否达到
19、平衡状态；根据各物质的分压计算平衡常数。（1）已知：I CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) H= + 41 kJmol-1，II 2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g) H= -128 kJmol-1，根据盖斯定律 II-I2 得：2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) H=-128 kJmol-1-（+ 41 kJmol-1）2=-210kJmol-1，故热化学方程式为：2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) H=-210kJmol-1；A. 由图示分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率，故
20、A错误；B. 中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故B正确；C. 根据图1所示，在Na-Fe3O4上发生的反应应为CO2生成CO的反应，氢气未参加反应，故C错误；D. 催化剂HZSM-5的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故D错误；故答案为：B；烷烃的通式为CnH(2n+2)，假设只生成C6H14和水，则根据原子守恒知：6molCO2恰好完全反应生成1molC6H14和12molH2O需要的H2的物质的量为：，所以CO2和H2的物质的量之比不低于6mol:19mol=6:9，故答案为：6:9；（2）该反应为放热反应，H0，根据方程式知：S0，根据G=HTS，若
21、G0则T较小，即低温时该反应自发进行，故答案为：低温；如图所示相同时间内催化剂A的转化率较高，说明反应较快催化效果好；b点时，还未达到平衡，则说明，故答案为：A；a.c(CO2)与c(H2)初始时比值为1：3，所以按照化学计量数1:3反应后，比值始终保持不变，不能说明该反应达到平衡，故a选；b.根据化学计量数之比知：v(CO2)正=v(H2O)正=v(H2O)逆，正逆反应速率相等，则说明已经达到平衡，故b不选；c.该反应为气体减小的反应，所以当体系的压强不再发生变化，说明反应物和生成物浓度保持不变，能说明达到平衡状态，故c不选；d.根据质量守恒原理知，反应前后总质量始终不变，且容器体积不变，则
22、混合气体的密度始终不变，所以气体密度不变不能说明达到平衡，故d选；e.断开3mol的H-H键时说明有3mol氢气消耗，则应该消耗1molCO2，则CO2的浓度保持不变，能说明达到平衡状态，故e不选；f.反应前后气体的物质的量减小，质量保持不变，则气体的平均相对分子质量应增大，若不变，说明达到平衡状态，故f不选； 故答案为：ad；c点时CO2的转率为80%，则反应掉1mol80%=0.8mol，起始状态容器中气体总物质的量为1mol+3mol=4mol，平衡时容器中气体总物质的量为0.2mol+0.6mol+0.8mol+0.8mol=2.4mol，容器体积不变，起始压强为100 kPa，则平衡
23、时总压强为：100kPa=60kPa，根据分压=总压物质的量分数计算得：，故答案为：。28（14分）工业制得的氮化铝(AlN)产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质某同学设计了如下实验分别测定氮化铝(AlN)样品中AlN和Al4C3的质量分数(忽略NH3在强碱性溶液中的溶解)（1）实验原理Al4C3与硫酸反应可生成CH4，AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与过量NaOH溶液反应的化学方程式 。（2）实验装置(如图所示)（3）实验过程连接实验装置，检验装置的气密性称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL。称取xg AlN样品置于装置B瓶中；塞好胶塞，关闭活塞 ，
24、打开活塞 ，通过分液漏斗加入稀硫酸，与装置B瓶内物质充分反应待反应进行完全后，关闭活塞 ，打开活塞 ，通过分液漏斗加入过量 (填化学式)，与装置B瓶内物质充分反应。 (填入该步应进行的操作)。记录滴定管的读数为bmL，称得D装置的质量为zg。（4）数据分析(已知：该实验条件下的气体摩尔体积为Vm Lmol1)Al4C3的质量分数为 。若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。AlN的质量分数为 。【答案】（14分）（1）AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3（2分）（3）K2、K3（1分） K1（1分） K1（1分） K3（1分）
25、 NaOH（1分） 打开K2，通入空气一段时间（2分）（4）100%（2分） 偏小（1分） 100%（2分）【解析】从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数；（1）根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3，化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，故答案为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3；（3）通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气
26、体，从而测得Al4C3的百分含量，故应关闭活塞K2、K3，打开活塞 K1，故答案为：K2、K3； K1；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故应关闭活塞K1，打开活塞K3，故答案为：K1；K3；NaOH；装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小，故答案为：打开K2，通入空气一段时间；（4）甲烷的体积为(ab)mL，物质的量为mol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为mol144g/mol=g，Al4C3的质量分数为100%，故答案为：
27、100%；读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小，故答案为：偏小；氨气的质量为(zy)g，物质的量为mol，根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，所以AlN的质量为mol41g/mol=g，故AlN的质量分数为100%=100%，故答案为：100%。（二）选考题： 11.Cu的单质和合金在生活、生产中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）Cu的基态原子价电子排布式为_。（2）金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是_，反应的化学方程式为_。（3）配离子Cu(CN)32-中，中心离子的杂化
28、类型是_，该配离子的空间构型为_；CN-中配位原子是_ (填名称)。（4）CaCux合金可看作由如图所示的(a)、(b)两种原子层交替堆积排列而成。(a)是由Cu和Ca共同组成的层，层中CuCu之间由实线相连；(b)是完全由Cu原子组成的层，CuCu之间也由实线相连。图中虚线构建的六边形，表示由这两种层平行堆积时垂直于层的相对位置；(c)是由(a)和(b)两种原子层交替堆积成CaCux合金的晶体结构图。在这种结构中，同一层的CaCu距离为294pm，相邻两层的CaCu距离为327pm。该晶胞中Ca有_个Cu原子配位(不一定要等距最近)。同一层中，Ca原子之间的最短距离是_pm，设NA为阿伏加德
29、罗常数的值，CaCu晶体的密度是_g/cm3(用含m、n的式子表示)。【答案】（15分）（1）3d104s1（1分）（2）过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者共同作用促使反应进行（2分） Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)4(OH)2 （2分）（3）sp2（2分） 平面三角形（1分） 碳（1分） （4）18（2分） （2分） （2分）【解析】（1）Cu是29号元素，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，基态原子价电子排布式为3d104s1；（2）H2O2具有强的氧化性，可以将具有还原性的Cu氧化为Cu2+，氨与Cu2+形成配离子，两者共同作用促使反应进行
30、；反应的化学方程式为Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)4(OH)2；（3）在Cu(CN)32-中，中心离子Cu+的杂化类型是sp2杂化，微粒的空间构型是平面三角形，其中配位体CN-中的C原子与中心Cu+结合，所以CN-中配位原子是碳原子；（4）该Ca-Cu晶胞由a、b层交替堆积排列而成，在a层中Ca原子周围有6个Cu原子，在b层Ca原子周围有12个Cu原子，所以该晶胞中Ca有6+12=18个Cu原子配位；晶胞c为平行六面体，a中通过4个相邻的Ca原子的平行四边形为底面，b中平行四边形为晶胞中b层情况：可知晶胞内部1个Cu原子，另外Cu原子位于面上，晶胞中Cu原子数目为1+8=5，图a中如
31、图所示等腰三角形，锐角为30，同层相邻Ca-Ca的距离为2294pm=pm；在1个晶胞中含有的Ca原子数目为：6+1=3，含有的Cu原子个数为：6+6+6=15，晶胞的体积V=6m2n cm3=m2n cm3，则晶胞的密度g/cm3=g/cm3。【点睛】本题考查了物质结构的知识，涉及原子核外电子排布、原子杂化、晶胞的有关计算等，难点是晶胞中含有的Cu、Ca原子的个数的计算，要使用均摊方法计算，需要学生具备一定的空间想象能力和数学计算能力。12.PVAc是一种具有热塑性的树脂，可合成重要高分子材料M，合成路线如下：已知：R、R、R为H原子或烃基I. RCHO+ RCH2CHO II. RCHO+
32、（1）标准状况下，4.48L气态烃A的质量是5.2g，则A的结构简式为_。（2）已知AB为加成反应，则X的结构简式为_；B中官能团的名称是_。（3）反应的化学方程式为_。（4）E能使溴的四氯化碳溶液褪色，反应的反应试剂和条件是_。（5）反应的化学方程式为_。（6）在EFGH的转化过程中，乙二醇的作用是_。（7）已知M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为_。【答案】（15分）（1）HCCH（2分） （2）CH3COOH（1分） 酯基、碳碳双键（2分）（3） （2分） （4）稀NaOH溶液（2分） （5）（2分） （6）保护醛基不被H2还原（2分） （7）（2分）【解析】（1）标
33、准状况下，4.48L气态烃A的物质的量为0.2mol, 质量是5.2g，摩尔质量为26g/mol，所以A为乙炔，结构简式为HCCH。（2）根据B分子结构可知，乙炔和乙酸发生加成反应，X的结构简式为. CH3COOH；B中官能团的名称是酯基、碳碳双键。（3）有机物B发生加聚反应生成PVAc，PVAc在碱性环境下发生水解生成羧酸盐和高分子醇，化学方程式为。（4）乙炔水化制乙醛，乙醛和苯甲醛发生加成、消去反应生成有机物E，因此反应的反应试剂和条件是是稀NaOH溶液。（5）根据信息II，可知芳香烯醛与乙二醇在氯化氢环境下发生反应，与氢气发生加成反应生成；化学方程式为。（6）从流程图可以看出，醛基能够与氢气发生加成反应，所以乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原。（7）高分子醇中2个 -CH(OH)-CH2-与苯丙醛发生反应，生成六元环状结构的高分子环醚，则M的结构简式为。