1、天津市第一中学2019届高三上学期第一次月考化学试题1.以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是A. 四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应B. 商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品C. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏士D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作【答案】A【解析】分析：本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。详解：A谷物中的淀粉在
2、酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的。选项A不合理。B商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金。选项B合理。C陶瓷的制造原料为黏土。选项C合理。D屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作。选项D合理。点睛：萃取操作有很多形式，其中比较常见的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。实际应用中，还有一种比较常见的萃取形式是固液萃取，即：用液体溶剂萃取固体物质中的某种成分，例如：用烈酒浸泡
3、某些药材。本题的选项D就是一种固液萃取。2.下列化学用语表示正确的是A. 氢氧根离子的电子式为B. HClO 的结构式：H-O-ClC. 肼（N2H4）的电子式为 ：D. CCl4 分子的球棍模型是【答案】B【解析】A氢氧根带有一个单位负电荷，电子式为，故A错误；BHClO为共价化合物，分子中存在1个O-H键和1个Cl-O键，中心原子为O，结构式为H-O-Cl，故B正确；C. 联氨(N2H4)中N原子满足8电子稳定结构，电子式为，故C错误；D. CCl4分子中氯原子比碳原子大，球棍模型为，故D错误；故选B。点睛：本题考查常用化学用语的书写判断，注意掌握离子符号、电子式等化学用语的概念及书写原则
4、，明确羟基与氢氧根离子区别。本题的易错点为D，球棍模型和比例模型中要注意原子的相对大小。3.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 16.25 g FeCl3 水解形成的 Fe(OH)3 胶体粒子数为 0.1 NAB. 一定条件下，6.4g 铜与过量的硫反应，转移电子数为 0.2NAC. 常温常压下，22.4LSO2 中含有的分子数小于 NAD. 6.4gCaC2 中所含的共价键数为 0.2NA【答案】C【解析】【详解】A.16.25 g FeCl3的物质的量为0.1mol，由于胶体是分子的集合体，因此水解形成的 Fe(OH)3 胶体粒子数小于 0.1 NA，错误；B.6.4g铜的物质
5、的量为0.1mol，铜与过量的硫反应生成硫化亚铜，即铜元素由0价升高到+1价，因此反应转移电子数为 0.1NA，错误；C. 标况下，22.4LSO2物质的量为1mol，含有的分子数 NA，常温常压下，22.4LSO2 物质的量小于1mol，含有的分子数小于 NA，正确；D. 6.4gCaC2 物质的量为0.1 mol，C22-中碳碳原子间形成三对共用电子对，即0.1 molC22-中所含的共价键数为 0.3NA，错误；综上所述，本题选C。【点睛】1mol铜与足量氯气加热反应生成氯化铜，转移电子为2 mol；1mol铜与过量的硫反应生成硫化亚铜，转移电子为1 mol；这说明，针对同一种还原剂，氧
6、化剂的氧化能力不同，金属被氧化的程度就不一样，上述反应证明非金属性：ClS。4.下列有关物质性质的比较，结论正确的是A. 溶解度：Na2CO3NaHCO3B. 热稳定性：HClPH3C. 沸点：C2H5SHC2H5OHD. 碱性：LiOHH2CO3 H2SiO3，故C正确； D.氨气极易溶于水，图示装置不能收集到氨气，故D错误；综上所述，本题选C。16.将CO2气体缓缓地通入到含KOH、Ba(OH)2和KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉 淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示。下列关于整个反应进程中的各种描述不正 确的是A. OA段反应的化方程式是Ba(OH)2CO2=BaCO3H2O
7、B. BC段反应的离子方程式是2AlO2 3H2OCO2=2Al(OH)3CO32C. AB段与CD段所发生的反应相同D. DE段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的消失所致【答案】C【解析】【分析】只要通入CO2,立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba(OH)2+CO2=BaCO3+H2O，将 Ba(OH)2消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+ H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大,发生反应2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3+CO32-，沉淀量达最大后，再发生CO32-+ H2O+CO2=2HCO3-，最后发生反应BaCO3+ H2O+C
8、O2=Ba(HCO3)2,沉淀部分溶解，以此来解答。【详解】只要通入CO2,立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba(OH)2+CO2=BaCO3+H2O，将 Ba(OH)消耗完毕，接下来消耗KOH，发生反应2KOH+CO2=K2CO3+ H2O，因而此段沉淀的量保持不变，然后沉淀量增大,发生反应2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3+CO32-，沉淀量达最大后，再发生CO32-+ H2O+CO2=2HCO3-，最后发生反应BaCO3+ H2O+CO2=Ba(HCO3)2,沉淀部分溶解，A. 由上述分析可以知道，OA段反应的化方程式是Ba(OH)2CO2=BaCO3H2O，A正确
9、；B. 由上述分析可以知道，BC段反应的离子方程式是2AlO23H2OCO2=2Al(OH)3CO32，B正确；C. 由上述分析可以知道CD段所发生的反应：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，AB段所发生的反应：2OH-+CO2 =CO32-+H2O，所以AB段与CD段所发生的反应不相同，C错误；D. DE段发生 BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2反应，导致沉淀的减少，D正确；综上所述，本题选C。17.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是选项实验操作现象结论A向Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液溶液变红稀硫酸能氧化Fe2BCu与浓硫酸反应，将反应混合物冷却后
10、，再向反应器中加入冷水溶液变蓝验证生成Cu2C向盛有Na2SO3溶液的试管中向加入BaCl2溶液，再滴入稀硝酸生成不溶于稀硝酸的白色沉淀原Na2SO4溶液已被空气中O2氧化D电解FeCl2和盐酸的混合溶液，电解一段时间后，在阳极附近滴加 KSCN溶液阳极附近溶液变红，并无气泡产生Fe2的还原性强于ClA. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A.向 Fe(NO3)2溶液中滴加稀硫酸，酸性条件下硝酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子，结论不合理,故A错误；B. Cu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜，会有浓硫酸剩余，因此加水稀释时，一定要遵循浓硫酸加入水中，玻璃棒不断搅拌，
11、不能相反操作，易发生危险，B错误；C. Na2SO3溶液与BaCl2溶液反应生成亚硫酸钡白色沉淀，再滴入稀硝酸（具有强氧化性），亚硫酸钡被氧化为硫酸钡沉淀，不溶于稀硝酸，故不能证明Na2SO4溶液已被空气中O2氧化，故C错误；D.电解FeCl2和盐酸的混合溶液，电解一段时间后，在阳极附近滴加 KSCN溶液，阳极附近溶液变红，并无气泡产生，说明有铁离子产生，亚铁离子被氧化，而氯离子没有发生氧化反应，因此还原性：Fe2的还原性强于Cl，结论正确，故D正确；综上所述，本题选D。18.下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是A. 用盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2溶液反应，证明H2O2具有还原性2
12、MnO46H5H2O2=2Mn25O28H2OB. 向苯酚钠溶液中通入少量的CO2，证明碳酸的酸性强于苯酚，2C6H5OCO2H2O2C6H5OHCO32C. 向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，发生双水解反应：AlO2HCO3H2O=Al(OH)3CO2D. 等体积、等浓度的FeBr2溶液和氯水混合，发生反应：2Fe22Br2Cl2=2Fe3Br24Cl【答案】D【解析】【详解】A、用盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2溶液反应时，浓盐酸也能被高锰酸钾氧化，高锰酸钾溶液褪色，从而不能确定是H2O2的还原性，故A错误；B. 向苯酚钠溶液中通入少量的CO2，反应生成碳酸氢钠和苯酚, 正确的离
13、子反应为C6H5OCO2H2OC6H5OHHCO3，故B错误；C. 因为碳酸氢根离子的酸性大于氢氧化铝，则向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，没有发生双水解反应，故C错误；D. 还原性：Fe2Br，据题意可知n(FeBr2)=n(Cl2)，如果2molCl2完全反应转移电子4 mol，根据电子得失守恒可知，在2molFeBr2中，就会有2mol Fe2完全被氧化为Fe3，失去2 mol电子，而4molBr中只有2molBr失电子被氧化为Br2，所以等体积、等浓度的FeBr2溶液和氯水混合，发生反应：2Fe22Br2Cl2=2Fe3Br24Cl，故D正确；综上所述
14、，本题选D。19.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数 之和为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物ZW2可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。 下列说法正确的是A. Z的氢化物为离子化合物 B. 常温常压下X的单质为气态 C. Y和Z形成的化合物的水溶液显碱性 D. W和Y具有完全相同的化合价【答案】A【解析】【分析】W与Z形成的化合物与浓硫酸反应，生成腐蚀玻璃的物质，说明生成HF；W与Z形成的化合物ZW2，且主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，所以W为F，又因为W与Y同族，所以Y为Cl，Z为Ca；则再结合W、X、Z最外层电子数之和为10，可以推
15、出X为Na；据以上分析解答。【详解】W与Z形成的化合物与浓硫酸反应，生成腐蚀玻璃的物质，说明生成HF；W与Z形成的化合物ZW2，且主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，所以W为F，又因为W与Y同族，所以Y为Cl，Z为Ca；则再结合W、X、Z最外层电子数之和为10，可以推出X为Na；A项，Z为Ca，其氢化物为离子化合物，故A项正确；B项，X为Na，常温下为固态，不可能为气态，故B项错误；C项，Y和Z的化合物为CaCl2，溶液不水解，均显中性，故C项错误；D项，W为F，无最高正价，Y为Cl，最高正价为+7，故D项错误。综上所述，本题选A。【点睛】氟化氢气体在标况下为液态，氟化氢气体溶于水形成氢
16、氟酸为一元弱酸，属于中强酸，强酸不能与二氧化硅反应，但氢氟酸就能够与二氧化硅反应，玻璃被腐蚀，这是氢氟酸的特性。20.向体积均为10 mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入 一定量的CO2得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0.1 molL1盐 酸。此时反应生成CO2体积(标准状况)与所加盐酸体积间的关系如图所 示。则下列叙述中正确的是A. 原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5 molL1B. 当0V(HCl)10 mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为 OHH=H2OC. 乙溶液中含有的溶质是Na2CO3、NaHCO3D. 乙溶液中滴加盐酸后产生CO2体积的最大值为112 m
17、L(标准状况)【答案】A【解析】【分析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后,溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为:OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，产生二氧化碳的反应为: HCO3-+ H+=CO2+H2O；根据加入50mL盐酸时溶质为氯化钠及原子守恒计算出氢氧化钠的物质的量浓度；根据图象可以知道,甲溶液中溶质只能为Na2CO3和NaHCO3，乙溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，根据HCO3-+H+=H2O+CO2，计算出乙溶液中产生二氧化碳的最大值。【详解】A.根据
18、图象可以知道,当V(HCl)=50mL时，得到的产物为NaCl，由原子守恒可以知道:n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.10.05=0.005mol，则原氢氧化钠溶液的浓度为:c(NaOH)=0.005/0.01=0.5mol/L,故A正确；B.在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后,溶液中溶质的组成可能是：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，由图中HCl的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可以知道甲溶液的溶质应该为： Na2CO3和NaHCO3,所以当0V(HCl) （用离子符号表示）_25时，甲在水中的沉淀溶解平衡曲线如右图所
19、示，若要使溶液 X2离子沉淀完全，则 YO32离子的最小浓度为_molL1。（当离子浓度小于 1105molL1 时，该离子沉淀完全）（3）若甲能与盐酸反应，生成无色、无味的气体乙则：乙的电子式为_；甲在水中持续加热生成一种更难溶的物质并逸出气体乙，该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 第 4 周期 第A 族 (2). 4KClO33KClO4+KCl (3). CaSO3 (4). 5SO22MnO42H2O=4H2Mn25SO42 (5). S2Ca2 (6). 0.021 (7). (8). MgCO3 + H2O =Mg(OH)2 + CO2【解析】【详解】(1)含氧酸盐甲的化学
20、式为XYO3，则X为金属,Y为非金属，X、Y的原子序数均不大于20，X的单质能与水发生反应，故元素X为K，X位于Y的下一周期，则元素Y为Cl，元素X为K，K核外电子数为19，有4个电子层，最外层有1个电子，位于周期表中第四周期第A族；X、Y形成简单离子，其核外电子排布相同，则核大径小，X核电荷数19，Y核电荷数17，故X小于Y；则含氧酸盐甲的化学式为KClO3，KClO3能发生分解反应生成两种盐，一种是含Cl元素的无氧酸盐，由电子、原子守恒可以知道该反应的化学方程式是：4KClO33KClO4+KCl ；综上所述，本题答案是：第4周期 第A 族； 4KClO33KClO4+KCl 。(2)若甲
21、难溶于水,且甲与盐酸反应生成能使品红溶液褪色的气体,则该气体为SO2,此反应为复分解反应,则反应前后元素价态不变,则甲中含S元素且为+4价,根据化合价代数和为0,则XSO3中元素X为+2价，且甲难溶于水，则元素X为Ca，甲为CaSO3，由以上分析得,甲为CaSO3，SO2和高锰酸钾发生氧化还原反应,对应的离子方程式为：5SO22MnO42H2O=4H2Mn25SO42；综上所述，本题答案是：CaSO3 ； 5SO22MnO42H2O=4H2Mn25SO42。据以上分析可知XYO3为CaSO3，X为Ca，Y为S，形成简单离子，其核外电子排布相同，则核大径小，因此离子半径是S2Ca2；因此本题答案
22、是：S2Ca2。25时，由甲在水中的沉淀溶解平衡曲线图可以知道Ksp=0.310-30.710-3=2.110-7；若要使溶液X2离子沉淀完全,则加入YO32离子的最小浓度为2.110-7/1105=2.1102 molL1；因此，本题正确答案是: 0.021。（3）甲能与盐酸反应,生成无色、无味的气体乙，且甲在水中持续加热生成一种更难溶的物质并逸出气体乙,则甲为MgCO3,乙为CO2， CO2 为共价化合物， CO2分子中碳氧原子间形成2对共用电子对，其电子式为： ；因此本题答案是：。甲在水中持续加热生成一种更难溶的物质并逸出CO2气体，该反应的化学方程式为：MgCO3 + H2O =Mg(
23、OH)2 + CO2；因此本题答案是：MgCO3 + H2O =Mg(OH)2 + CO2。23.常温常压下，一氧化二氯(Cl2O)为棕黄色气体，沸点为 3.8 ，42 以上会分解生成 Cl2 和 O2，Cl2O 易溶于水并与水反应生成 HClO。【制备产品】将氯气和空气(不参与反应)按体积比 13 混合通入含水 8%的碳酸钠中制备 Cl2O，并 用水吸收 Cl2O(不含 Cl2)制备次氯酸溶液。（1）各装置的连接顺序为 C 。_（2）写出 A 中反应的离子方程式_。（3）装置 B 中多孔球泡和搅拌棒的作用是_； 装置 C 的作用是_。（4）制备 Cl2O 的化学方程式为_。（5）反应过程中，
24、装置 B 需放在冷水中，其目的是_。（6）此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液有两个主要优点，分别是_、_。【测定浓度】（7）用下列实验方案测定装置 E 所得溶液中次氯酸的物质的量浓度：量取 10.00 mL 上述次氯酸溶液，并稀释至 100.00 mL，再从其中取出 10.00 mL 于 锥形瓶中，并加入 10.00 mL 0.8000 molL1 的 FeSO4 溶液(过量)，充分反应后，用0.05000 molL1 的酸性 KMnO4 溶液滴定剩余的 Fe2，消耗 KMnO4 溶液 24.00 mL，则 原次氯酸溶液的浓度为_。判断下列情况对 HClO 含量测定结果的影响（填“偏高
25、” 、“偏低”或“无影响 ”）若 FeSO4 标准溶液部分变质，会使测定结果_；若配制酸性 KMnO4 溶液 时，定容时俯视刻度线，会使测定结果_。【答案】 (1). A D B E (2). MnO2 + 4H +2Cl =Mn2+ Cl2 + 2H2O (3). 加快反应速率，使反应充分进行 (4). 除去 Cl2O 中的 Cl2 (5). 2Cl2Na2CO3=Cl2O2NaClCO2(或 2Cl22Na2CO3H2O=Cl2O2NaCl2NaHCO3) (6). 防止反应放热后温度过高导致 Cl2O 分解 (7). 制得的次氯酸溶液纯度较高 (8). 浓度较大 (9). 1.000mo
26、lL1 (10). 偏高 (11). 偏高【解析】【详解】（1）根据实验目的，要将Cl2和空气混合通入含Na2CO3溶液中制备Cl2O ，应先用装置A制备Cl2，再通过装置D除去混合气体中的HCl气体，同时混入空气，将混合气体通入装置B，在装置B中发生制备Cl2O 的反应；然后将制取的Cl2O气体先通入装置C，以除去Cl2杂质气体，最后通过装置E制取次氯酸溶液，故装置的连接顺序为A、D、B、C、E；综上所述，本题答案是：A、D、B、E。 （2）二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式：MnO2 +4H +2Cl =Mn2+ Cl2+ 2H2O；因此本题答案是：MnO2 +
27、 4H +2Cl =Mn2+ Cl2+2H2O。（3）多孔球泡和搅拌棒均能增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行。氯气属于非极性分子，易溶于非极性的有机溶剂四氯化碳，所以装置 C 的作用是除去 Cl2O 中的Cl2；综上所述，本题答案是：加快反应速率，使反应充分进行； 除去 Cl2O 中的 Cl2。 （4）氯气与碳酸钠溶液发生歧化反应，其中氯元素从0价变为+1价和-1价，生成Cl2O和NaCl，反应的方程式为：2Cl2Na2CO3=Cl2O2NaClCO2(或 2Cl22Na2CO3H2O=Cl2O2NaCl2NaHCO3)；因此本题答案是：2Cl2Na2CO3=Cl2O2NaCl
28、CO2(或 2Cl22Na2CO3H2O=Cl2O2NaCl2NaHCO3)。（5）已知Cl2O 在42以上会分解生成Cl2和O2，因此反应过程中，装置B需放在冷水中，防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解；因此本题答案是：防止反应放热后温度过高导致 Cl2O 分解。（6）氯气直接溶于水反应生成盐酸和次氯酸的反应为可逆反应，制备的次氯酸浓度较低，并且有盐酸杂质，而用此方法制备次氯酸溶液纯度较高、浓度较大；因此本题答案是：制得的次氯酸溶液纯度较高、浓度较大。（7）根据反应：H+HClO+2Fe2+=Cl-+2Fe3+H2O可知：HClO-2Fe2+；MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3
29、+4H2O可知MnO4-5Fe2+，则有关系式：n(Fe2+)=2n(HClO)+5n(MnO4-),带入数据：1010-30.8=2c(HClO)1010-3+510-3240.05，解得c(HClO)=0.1mol/L，则稀释前的浓度为c(HClO)=0.1100/10= 1.000molL1；若 FeSO4 标准溶液部分变质，则消耗的高锰酸钾的量减小，根据n(Fe2+)=2n(HClO)+5n(MnO4-)关系可知，n(HClO)的量增大，c(HClO)偏高；若配制酸性 KMnO4 溶液时，定容时俯视刻度线，造成c(KMnO4)偏大，消耗的体积偏小，n(MnO4-)减小，根据n(Fe2+
30、)=2n(HClO)+5n(MnO4-)关系可知，n(HClO)的量偏大，会使测定结果偏大；综上所述，本题答案是：1.000molL1 ；偏高；偏高。24.氯吡格雷是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾 病的药物。以2氯苯甲醛为原料合成该药物的路线如下：（1）A中官能团名称为_，A发生银镜反应的化学方程式为_。（2）C生成D的反应类型为_。（3）X(C6H7BrS)的结构简式为_。（4）写出C聚合成高分子化合物的化学反应方程式：_。（5）物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，符合以下条件的G的同分异构体共有_种。除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应。 其中核
31、磁共振氢谱中有5个吸收峰，且峰值比为22111的结构简式为_。（6）已知：，写出以乙烯、甲醇为有机原料制备化 合物 的合成路线（无机试剂任选）_【答案】 (1). 醛基、氯原子 (2). + 2Ag(NH3)2OH 2Ag +3NH3 +H2O+ (3). 取代反应 (4). (5). (6). 17 (7). (8). 【解析】【详解】根据A反应生成B，B反应生成C，C和甲醇发生酯化反应生成D，D取代反应生成E，根据D、E结构简式结合X分子式知，X结构简式为，E发生取代反应生成氯砒格雷；（1）有机物A的结构简式为，分子中含有的官能团分别为氯原子、醛基；该有机物与银氨溶液发生氧化反应，方程式为
32、：+2Ag(NH3)2OH+2Ag+H2O+3NH3；因此本题答案是：醛基、氯原子； + 2Ag(NH3)2OH 2Ag +3NH3 +H2O+ 。（2）对比C、D的结构可知，C中羧基与甲醇发生酯化反应，也属于取代反应；因此本题答案是：取代反应。（3）由D、E的结构可知，DE发生取代反应，对比D、E的结构确定X的结构简式为：；因此本题答案是：。（4）C聚合成高分子化合物的化学反应方程式；因此本题答案是：。（5）物质G是物质A的同系物，则G含有Cl原子、-CHO、苯环，且比A多一个碳原子，则比A多一个CH2原子团，且满足：除苯环之外无其它环状结构，能发生银镜反应，可以含有1个侧链为-CHClCH
33、O，含有可以含有2个侧链，为-CH2Cl、-CHO，或者为-CH2CHO、-Cl，各有邻、间、对三种，可以有3个取代基，分别为-Cl、-CHO、-CH3，当-Cl、-CHO处于邻位时、-CH3有4种位置，当-Cl、-CHO处于间位时、-CH3有4种位置，当-Cl、-CHO处于对位时、-CH3有2种位置，符合条件的同分异构体共有17种；其中核磁共振氢谱中有5个吸收峰，且峰值比为2:2:1:1:1的结构简式为；因此本题答案是：17，。（6）乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，再水解生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成，合成路线流程图为：；因此本题答案是：。【点睛】对于芳香族化合物，如果只含有一个苯环，环上有3个取代基（取代基无同分异构结构），这样的有机物同分异构体的种类判断规律：如果3个取代基相同，有机物有3种同分异构体；如果2个取代基相同，有机物有6种同分异构体；如果3个取代基不相同，有机物有10种同分异构体；记住这样的规律，寻找同分异构体的效率会大增。