1、化学试卷一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1. 化学与生产、生活密切相关，下列对有关现象及事实的解释正确的是现象或事实主要原因A燃煤中添加适量CaO可减少排放量燃烧中硫元素转化为B聚氯乙烯薄膜不能用于包装食品会造成白色污染C夏天雷雨过后感觉到空气特别的清新空气中含量增加、尘埃减少D蒸熟的糯米在适当条件可转化为香甜可口的甜酒部分淀粉水解生成葡萄糖与乙醇A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】本题考查了物质的组成、结构与性质的关系，题目难度中等，涉及聚乙烯、环境污染及治理、淀粉水解、氧气与臭氧转化等知识，明确常见物质组成和性质为解答关键，试题有利于提高学生的分析能力及灵活
2、应用能力。A.燃烧后硫元素与氧化钙、氧气反应生成；B.聚乙烯有毒，不能用于包装食品；C.部分氧气在雷达作用下转化成臭氧；D.淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在一定条件下转化成乙醇和二氧化碳。【解答】A.向煤中掺入生石灰，在氧气参与反应和高温的条件下，用来吸收生成硫酸钙，可以减少的排放，故A错误；B.聚氯乙烯薄膜不能用于包装食品，原因是聚氯乙烯有毒，不是因为造成白色污染，故B错误；C.用于雷雨过后空气中含量增加、尘埃减少，所以感觉到空气特别的清新，故C正确；D.蒸熟的糯米在适当条件可转化为香甜可口的甜酒，淀粉在一定条件下转化成葡萄糖，葡萄糖进一步转化成乙醇，故D错误。故选C。2. 按第26届国际计量大
3、会重新定义，阿伏加德罗常数有了准确值下列说法正确的是A. 18g中含有的中子数为B. 用gAgI与水制成的胶体中胶体粒子数目为C. 标准状况下，L全部溶于水所得溶液中的数目为D. 1mol某烷烃分子中含有的共价键数为【答案】D【解析】解：g物质的量，含有中子数，故A错误；B.用gAgI外电路，与水制成的胶体中胶体粒子数目小于，故B错误；C.标况下氯气的物质的量为，而氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故所得水溶液中含有的氯离子的个数小于个，故C错误。D.烷烃中含有碳碳键和碳氢键，总共含有共价键，含有共价键数为，故D正确；故选：D。A.质量转化为物质的量，结合1个含12个中子解答；B.计算A
4、gI物质的量，胶体粒子是AgI的集合体；C.标况下氯气的物质的量为，而氯气与水的反应为可逆反应；D.烷烃中含有的碳碳键和碳氢键计算出1mol中含有的共价键数目。本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，气体摩尔体积的应用，物质的量与各量的计算关系，题目难度不大。3. 阿托酸是一种常用的医药中间体，其结构如图所示：下列有关说法中错误的是A. 溴单质能与阿托酸发生加成反应B. 阿托酸能与硝酸发生取代反应C. 可用酸性溶液区别阿托酸与苯D. 阿托酸分子中含有4个碳碳双键【答案】D【解析】【分析】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，侧重考查苯、烯烃和羧酸性质，注意苯环中不含碳碳双键，
5、难度不大。【解答】A.含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应，故A正确；B.含有苯环，所以在一定条件下能与浓硝酸发生取代反应，故B正确；C.苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，该物质中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.该分子中只含一个碳碳双键，故D错误；故选：D。4. 室温下，用溶液分别滴定的HA和HB溶液，滴定曲线如图所示下列说法错误的是A. 当代表HB，b点时体系中有：B. 滴定分析中，甲基橙不能用做滴定曲线中的指示剂C. a点时的溶液中离子浓度最大的是D. 若代表HA的滴定曲线，则【答案】C【解析】【分析】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的
6、电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度中等。【解答】A.当代表HB，溶液中氢离子浓度小于，是弱酸，b点时体系中存在物料守恒，混合后溶液体积变为40mL，所以，故A正确；B.滴定曲线中达到滴定终点溶液显碱性，选择碱性条件下变色的指示剂，因此不能选择甲基橙作指示剂，故B正确；C.a点时的溶液中溶质是等物质的量的NaB和HB，溶液显酸性，根据电荷守恒，则，故C错误；D.的HB溶液，故D正确。故选C。5. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，与氦原子电子层结构相同，Y原子核外L层电子数为8且Y与X同主族，Z原子的最外层电
7、子数是内层电子总数的一半，W的最高正价与最低负价的代数和为4，下列说法正确的是A. X、Y间可形成离子化合物B. 单质熔点：C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：D. Y、W形成的单核离子均能破坏水的电离平衡【答案】A【解析】解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，与氦原子电子层结构相同，则X为H元素；Y原子核外L层电子数为8且Y与X同主族，则Y为Na；Z原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，Z为Si；W的最高正价与最低负价的代数和为4，最高价为价，最低价为价，则W为S元素， A.X、Y间可形成离子化合物为NaH，故A正确； B.一般熔点为金属晶体大于分子晶体，但Na的熔点较低，则单
8、质熔点：，故B错误； C.非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：，故C错误； D.Y形成的单核离子对水的电离平衡无影响，W形成的单核离子可促进水的电离平衡，故D错误； 故选：A。短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，与氦原子电子层结构相同，则X为H元素；Y原子核外L层电子数为8且Y与X同主族，则Y为Na；Z原子的最外层电子数是内层电子总数的一半，Z为Si；W的最高正价与最低负价的代数和为4，最高价为价，最低价为价，则W为S元素，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、元素性质推断元素为解答的关键
9、，侧重分析与推断能力的考查，注意周期律及元素化合物知识的应用，题目难度不大6. 为确认一瓶葡萄糖酸盐、溶液的成分，取部分溶液作为试液，完成下列实验。已知、下列说法正确的是A. 根据现象1可推出试液中含有B. 根据现象2可推出试液中无葡萄糖酸根C. 不能根据现象3推出试液中一定含有D. 根据现象4、5可推出试液中含有、【答案】C【解析】解：根据可知，完全沉淀时，溶液的。A.的焰色反应呈黄色，但由于在检验过程中向试液中加入了，故不能根据焰色反应判断原试液中的存在，故A错误；B.葡萄糖酸根中不含有醛基，不能发生银镜反应，因此不能用银镜反应来判断葡萄糖酸根是否存在，故B错误；C.若原试液中只含有，通过
10、图示操作，也可出现血红色现象，并不能说明原试液中一定含有，故C正确；D.根据沉淀物中加酸会产生气体这一现象可知沉淀中存在碳酸盐，可推知该沉淀中可能存在的阳离子为和由现象3，溶液经氧化后含有，调节使全部沉淀，以排除对后续步骤的干扰。此时滤液中可能存在的金属离子离子只有和，根据现象4“加入后无沉淀生成”可知滤液中无，而根据现象5加入溶液后产生沉淀，可知存在，故D错误；故选：C。根据可知，完全沉淀时，溶液的。A.由于在检验过程中向试液中加入了，无法判断原试液中是否含有钠离子；葡萄糖酸根中不含有醛基，不发生银镜反应；C.原试液中只含有时，通过图示操作，也可出现血红色现象；D.根据沉淀物中加酸会产生气体
11、这一现象可知沉淀中存在碳酸盐，该沉淀中可能存在的阳离子为和由现象3可知全部沉淀。此时滤液中可能存在的金属离子离子只有和，根据现象4可知滤液中无。本题考查物质检验与鉴别方法，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见物质性质及鉴别方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。7. 电致变色玻璃以其优异的性能将成为市场的新宠，如图所示五层膜的玻璃电致变色系统，其工作原理是在外接电源下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。已知：和均为无色透明，和均为蓝色下列有关说法正确的是A. 当B外接电源负极时，膜由无色变为蓝色B. 当B外接电源负极时，离
12、子储存层发生反应为：C. 当A接电源的负极时，此时得到电子被还原D. 当A接电源正极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光【答案】B【解析】解：A、当B接外接电源负极时，B为阴极，此时蓝色的得电子成为，此物质为无色透明物质，故当B外接电源负极时，膜由蓝色变为无色，故A错误； B、当B外接电源负极发生的电极反应式为：，故B正确； C、A接电源负极，得到电子被还原，故C错误； D、B接外接电源负极时，B为阴极，此时蓝色的得电子成为，此物质为无色透明物质，不能有效阻挡阳光，故D错误， 故选：B。A、当B接外接电源负极时，B为阴极，此时蓝色的得电子成为，此物质为无色透明物质，据此进行分析； B、当B外接
13、电源负极发生的电极反应式为：； C、A接电源负极，得到电子被还原，电极反应式为，据此进行分析； D、当B接外接电源负极时，B为阴极，此时蓝色的得电子成为，此物质为无色透明物质，根据电解池的阴极反应特点来回答判断。本题结合实际知识来考查学生电解池的工作原理知识，属于综合知识的考查，题目难度中等。二、简答题（本大题共5小题，共58.0分）8. 乙酸钴可用作酯交换反应的催化剂并可用于制备高质量锂电池电极。在氮气氛围中，乙酸钴受热分解生成CO、和等产物。某研究小组利用下列装置检验乙酸钴热分解的部分产物。已知：黑色；变色硅胶为深蓝色，吸水后变为粉红色。回答下列问题：装置的作用是_，要检验乙酸钴分解产物中
14、的，对以上装置的改进方案是_。仪器a中的试剂是_，其作用是_。能证明乙酸钴的分解产物含有的实验现象是_。装置D中被CuO完全氧化的化学方程式是_。另取一定量乙酸钴结晶水合物样品在空气中加热，样品的固体残留率随温度的变化如图2所示样品在时已完全失去结晶水，以上残留固体为金属氧化物。根据以上实验数据列出残留氧化物中x：y的计算式：_。【答案】除去CO B、C之间用足量NaOH溶液除去二氧化碳，且F后避免空气中的二氧化碳进入F中 碱石灰 吸收分解生成的水和二氧化碳 D中黑色固体变为红色、E为粉红色、F中石灰水变浑浊 x：4【解析】解：装置的作用是除去CO，要检验乙酸钴分解产物中的，对以上装置的改进方
15、案是B、C之间用足量NaOH溶液除去二氧化碳，且F后避免空气中的二氧化碳进入F中，故答案为：除去CO；B、C之间用足量NaOH溶液除去二氧化碳，且F后避免空气中的二氧化碳进入F中；仪器a中的试剂是碱石灰，其作用是吸收分解生成的水和二氧化碳，故答案为：碱石灰；吸收分解生成的水和二氧化碳；能证明乙酸钴的分解产物含有的实验现象是D中黑色固体变为红色、E为粉红色、F中石灰水变浑浊，故答案为：D中黑色固体变为红色、E为粉红色、F中石灰水变浑浊；装置D中被CuO完全氧化的化学方程式是，故答案为：；由图2可知，样品在时已完全失去结晶水，以上残留固体为金属氧化物，由Co原子守恒可知，解得x：4，故答案为：x：
16、4。由图可知，A中乙酸钴受热分解生成CO、和等产物，B中溶液可检验CO，C中碱石灰可除去二氧化碳、水，D中被CuO完全氧化，D中发生，E中变色硅胶为深蓝色，吸水后变为粉红色，可检验生成的水，F中澄清石灰水可检验生成二氧化碳，以此来解答。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。9. 电力工业所需的钢制构件在镀锌前需要经过酸洗，其基本原理是用盐酸除去其表面的及FeO等杂质。回收废酸同时生产含铁产品的流程如图：已知：酸洗钢制构件后得到废酸的主要成分如表所示。 成分游离H
17、Cl含量0时，不易被氧气氧化。酸洗钢制构件时发生反应的离子方程式：、_。过程II中，发生的主要反应：十。加入过量的作用是_至少写出两点。用化学平衡原理解释鼓入空气的目的：_。过程III中，隔绝空气焙烧得到的尾气中含有两种可用于生产硫酸的氧化物，此过程发生反应的化学方程式是_。过程IV发生反应的离子方程式是_。过程V：阴离子交换树脂可将选择性吸附分离，其过程可表示为当树脂吸附饱和后可直接用水洗涤树脂进行脱附，同时脱附过程发生反应：。吸附后溶液酸性下降的原因是_。洗脱液中主要含有的溶质是_。【答案】 抑制水解：防止时，被氧气氧化：同时提供利于HCl气体的逸出；提供利于固体析出 空气带走HCl气体，
18、促进平衡向正反应方向移动，有利于固体的析出 利用阴离于空换树脂进行吸附时，树脂上的被交换下来进入吸附后溶液 和HCl【解析】解：钢制构件表面有及FeO等杂质，酸洗钢制构件时发生反应的离子方程式：、；故答案为：；程II中，发生的主要反应：十，水解，加入过量的，氢离子浓度增大，平衡正向移动，抑制水解：防止时，被氧气氧化：同时提供利于HCl气体的逸出；提供利于固体析出；故答案为：抑制水解：防止时，被氧气氧化：同时提供利于HCl气体的逸出；提供利于固体析出；鼓入空气的目的是空气带走HCl气体，促进平衡向正反应方向移动，有利于固体的析出；故答案为：空气带走HCl气体，促进平衡向正反应方向移动，有利于固体
19、的析出；隔绝空气焙烧得到的尾气中含有两种可用于生产硫酸的氧化物，分别为二氧化硫和三氧化硫，此过程发生反应的化学方程式是：；故答案为：；反应为向废酸中加入双氧水得到含有的溶液，亚铁离子被氧化为，过氧化氢被还原为水，离子方程式为：；故答案为：；阴离子交换树脂对离子选择性吸附分离，其过程可表示为，利用阴离子交换树脂进行吸附时，树脂上的被交换下来进入吸附后溶液，则附后溶液酸性下降；故答案为：利用阴离子交换树脂进行吸附时，树脂上的被交换下来进入吸附后溶液；脱附过程发生反应：，原溶液中有盐酸，故洗脱液中主要含有的溶质是和HCl；故答案为：和HCl。废酸为盐酸去除及FeO等杂质后的物质，该过程发生的反应为：
20、、，故废酸中主要含有氯化亚铁和盐酸，回收废酸同时生产含铁产品的流程，加热浓缩废酸，得到氯化氢气体和氯化亚铁的固液混合物，其中氯化氢溶于水可得盐酸，向氯化亚铁的固液混合物中将入过量的稀硫酸并通入空气，生成氯化氢气体和硫酸亚铁固体，灼烧发生反应：；向废酸中加入双氧水得到含有的溶液，反应为：，树脂吸附饱和后可直接用水洗涤树脂进行脱附，洗脱液中为和HCl，据此分析解答。本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验相结合的训练，综合性较强，题目难度中等。10. 随着石油资源的日益枯竭，天然气的开发利用
21、越来越受到重视。催化重整制备合成气和是温室气体和资源化利用的重要途径之一，并受了国内外研究人员的高度重视。回答下列问题：已知：催化重整反应为该催化重整反应的_要缩短该反应达到平衡的时间并提高的产率可采取的措施为_。向2L刚性密闭容器中充入2mol和2mol进行催化重整反应，不同温度下平衡体系中和CO的体积分数随温度变化如表所示。温度COaacb已知，则_填“”“”或“”。下该反应的平衡常数_实验硏究表明，载体对催化剂性能起着极为重要的作用，在压强，温度条件下，载休对镍基催化剂性能的影响相关数据如表：催化剂载体转化率尾气组成CONiMgOCaO由上表判断，应选择载体为_填化学式，理由是_。现有温
22、度桕同的、三个恒压密闭容器，均充入2mol和2进行反应，三个容器的反应压强分别为、，在其他条件相同的情况下，反应均进行到tmin时，的体积分数如图所示，此时、个容器中一定处于化学平衡状态的是_。利用合成气为原料合成甲醇，其反应为，在一定温度下查得该反应的相关数据如表所示：组别起始浓度初始速率CO123该反应速率的通式为是与温度有关的速率常数。由表中数据可确定反应速率的通式中_取正整数。若该温度下平衡吋组别1的产率为，则组别1平衡时的_保留1位小数。【答案】 升高温度 MgO 在此条件下合成气产率高 III 1 【解析】解：将方程式得方程式；该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，要缩短该反
23、应达到平衡的时间并提高的产率，改变条件时要加快化学反应速率且平衡正向移动，升高温度能加快化学反应速率且平衡正向移动，故答案为：；升高温度；该反应的正反应是吸热反应，升高温度CO含量增大，升高温度平衡正向移动则CO含量增大，则温度；相同条件下不同气体的体积分数之比等于其物质的量分数之比，平衡时甲烷和CO的体积分数相等，则其物质的量分数相等，物质的量浓度相等，假设生成的开始，可逆反应开始 2 00反应 xx平衡 xx平衡时甲烷和CO的物质的量相等，则，则平衡时，化学平衡常数，故答案为：；相同温度和压强下，反应物的转化率越高、平衡时反应体系中生成物的含量越大，催化剂载体越好，根据表中数据知，MgO最
24、好，故答案为：MgO；在此条件下合成气产率高；，这是一个气体体积增大的反应，三个容器的反应压强分别为、且，若未达平衡，压强越高反应速率越快，相同时间内的含量越低，tmin时，的含量比和高，故到达平衡，而比低，则没有到达平衡，可能到达平衡；故答案为：；根据1、2组数据知，：2，、根据1、3族数据知，：2，根据2组数据得，若该温度下平衡时组别1的产率为，如果CO完全反应则生成，实际上其产率为，则平衡时，、，则组别1平衡时的，故答案为：1；。将方程式得方程式进行相应的改变；该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，要缩短该反应达到平衡的时间并提高的产率，改变条件时要加快化学反应速率且平衡正向移动；
25、该反应的正反应是吸热反应，升高温度CO含量增大；相同条件下不同气体的体积分数之比等于其物质的量分数之比，平衡时甲烷和CO的体积分数相等，则其物质的量分数相等，物质的量浓度相等，假设生成的开始，可逆反应开始 2 00反应 xx平衡 xx平衡时甲烷和CO的物质的量相等，则，则平衡时，化学平衡常数；相同温度和压强下，反应物的转化率越高、平衡时反应体系中生成物的含量越大，催化剂载体越好；，这是一个气体体积增大的反应，三个容器的反应压强分别为、且，若未达平衡，压强越高反应速率越快，相同时间内的含量越低；根据1、2组数据知，：2，、根据1、3族数据知，：2，根据2组数据得，若该温度下平衡时组别1的产率为，
26、如果CO完全反应则生成，实际上其产率为，则平衡时，、。本题考查化学平衡计算、外界条件对化学平衡移动影响等知识点，侧重考查基础知识再现、图象分析判断及知识综合运用能力，难点是题计算，会正确计算m、n的值及平衡化学反应速率，题目难度中等。11. 氮、磷是植物生长所需的重要元素。回答下列问题：下列N原子电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是_填标号。A.B.C.D.羟氨可看成是氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物，分子中N的杂化类型是_。羟氨易溶于水，其主要原因是_。第一电离能_填“”“”“”，原因是_。直链多磷酸根阴离子是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用顶角氧原子连接起来的，如图1所示。
27、则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为_。氮化锗具有耐腐蚀、硬度高等优点，晶体中锗原子与氮原子之间存在明显的杂化现象，氮化锗晶体属于_晶体。一种氮化锗晶胞的球棍模型如图2，其化学式为_，若晶胞长方体的高为bpm，阿伏加德罗常数值为，晶体的密度为，则晶胞底面正方形的边长为_列出计算式。【答案】 羟胺和水能形成分子间氢键 原子半径，则N原子吸引电子能力大于P，所以N原子难失去电子 原子 【解析】解：电子能量，则2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，其能量越高，则能量由低到高的顺序是，故答案为：；羟氨可看成是氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物，分子中N原子价层电子对个数是4且含有一个孤
28、电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为，能和水形成分子间氢键的溶质易溶于水，羟胺和水能形成分子间氢键，所以羟胺易溶于水，故答案为：；羟胺和水能形成分子间氢键；原子半径越小，其吸引电子能力越强，则失电子能力越弱，原子半径，则N原子吸引电子能力大于P，所以N原子难失去电子，导致其第一电离能，故答案为：；原子半径，则N原子吸引电子能力大于P，所以N原子难失去电子；含有n个P原子的多聚磷酸根离子，相当于是n个磷酸根离子中去掉了氧原子，O原子数目，所带电荷为，故多聚磷酸根离子的通式为：，故答案为：；原子晶体硬度较高，该物质硬度较大，为原子晶体；根据图知，Ge原子个数、N原子个数为8，则N、G
29、e原子个数之比：3，化学式为；晶胞体积，则晶胞底面正方形的边长，故答案为：原子；。电子能量，则2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，其能量越高；羟氨可看成是氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物，分子中N原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型；能和水形成分子间氢键的溶质易溶于水；原子半径越小，其吸引电子能力越强，则失电子能力越弱；含有n个磷原子的多聚磷酸根离子，相当于是n个磷酸根离子中去掉了氧原子，可以得出P与O原子关系，化合价代数和等于离子所带电荷；原子晶体硬度较高；根据图知，Ge原子个数、N原子个数为8，则N、Ge原子个数之比：3；晶胞体积，则
30、晶胞底面正方形的边长。本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基本公式、基本理论的理解和灵活运用，难点是晶胞计算，注意均摊法在晶胞计算中的灵活运用，题目难度中等。12. 肉桂酸苯基丙烯酸用于制备化妆品、香皂的香精，乜可制造局部麻醉剂、杀菌剂、止血药、植物生长促进剂、防腐剂、感光树脂等。下列是肉桂酸D的合成与应用的反应路线：已知：，R为烃基的分子式是_，A生成苯甲醇的反应类型是_。的结构简式是_，肉柱醛中的官能团名称是_。是一种合成香精的定香剂，已知E为反式结构，则其结构简式为_。在G中共直线的原子共有_个，1molB转化为C最多消耗_molNa
31、OH写出上图中F与NaOH醇溶液共热时的化学方程式_。是E的同分异构体，写出符合下列条件的P的键线式_。有两个相同的官能团；能与新制氢氧化铜悬浊液作用产生砖红色沉淀；含有苯环，核磁共振氢谱有三组面积之比为2：2：1的峰。以乙醇为原料，设计制备高分子化合物的合成路线用结构简式表示有机物，用箭头表示转亿关系，箭头上注明试剂和反应条件，无机试剂任选【答案】 取代反应或水解反应 碳碳双键、醛基 6 2 【解析】解：为，A的分子式是，A发生水解反应生成苯甲醇，该反应也是取代反应，则A生成苯甲醇的反应类型是取代反应或水解反应，故答案为：；取代反应或水解反应；的结构简式是，肉柱醛中的官能团名称是碳碳双键、醛
32、基，故答案为：；碳碳双键、醛基；是一种合成香精的定香剂，已知E为反式结构，则其结构简式为，故答案为：；羧基中所有原子共平面、连接碳碳三键两端的碳原子共平面，苯环上所有原子共平面，单键可以旋转，则在G中共直线的原子共有6个，分别为羧基上的C原子、上的原子、连接碳碳三键两端的碳原子、连接碳碳三键的碳原子苯环上的碳原子；B水解生成的HBr能和NaOH反应，则1molB转化为C最多消耗 2molNaOH，故答案为：6；2；为，F与NaOH醇溶液共热时的化学方程式为，故答案为：；为，P是E的同分异构体，P符合下列条件：有两个相同的官能团；能与新制氢氧化铜悬浊液作用产生砖红色沉淀，说明含有醛基，为两个醛基
33、；含有苯环，核磁共振氢谱有三组面积之比为2：2：1的峰，符合条件的结构简式为，故答案为：；乙醇为原料制备，该高分子化合物单体为，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛发生信息中的反应生成，然后发生银镜反应、酸化得到，其合成路线为，故答案为：。甲苯发生取代反应生成A，A发生水解反应生成苯甲醇，则A为，苯甲醇发生催化氧化生成C为，苯甲醛和乙醛发生信息中的反应生成肉桂醛，甲苯和氯气发生取代反应生成B，根据B分子式知，B为，肉桂醛发生银镜反应然后酸化得到D为，D发生酯化反应生成E，E为；D和溴发生加成反应生成F为，F发生消去反应然后酸化得到G；乙醇为原料制备，该高分子化合物单体为，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛发生信息中的反应生成，然后发生银镜反应、酸化得到。本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，利用某些结构简式、分子式、反应条件结合题给信息采用正逆结合的方法进行推断，注意醛醛反应断键和成键特点，题目难度不大。