1、石嘴山三中2020届高三第三次模拟考试理科综合能力试卷化学1.化学与生产、生活、材料密切相关，下列说法正确的是A. 食品工业以植物油和氢气为原料生产氢化植物油，发生了取代反应B. 向鸡蛋清中加入饱和(NH4)2SO4溶液有沉淀析出，加水后沉淀溶解C. 北斗导航卫星使用的太阳能电池板是将电能转化为化学能D. 聚乙烯、聚氯乙烯都高分子化合物，属于纯净物【答案】B【解析】【详解】A植物油是不饱和脂肪酸甘油酯，与氢气发生加成反应得到氢化植物油，A错误；B向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，降低了蛋白质的溶解度，从而有沉淀析出，加水后沉淀会再次溶解，B正确； C北斗导航卫星使用的太阳能电池板是
2、将太阳能转化为电能，C错误；D虽然聚合物一般是由相同的单体聚合得到的，但是聚合得到的分子链所含单体的数目可能不同，即聚合度不同，如聚乙烯中，不同的链中n值可能不同，若未指明n值，一般视做是不同的分子，所以聚乙烯、聚氯乙烯都是高分子化合物，但属于混合物，D错误；答案选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 1mol白磷(P4)和1mol甲烷中所含的共价键数均为4NAB. 标准状况下，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液中，转移的电子数为NAC. 常温下，1L0.1molL-1NH4NO3溶液中所含的氢原子数为4NAD. 25时，0.5molL-1Na2S溶液中含有的阴离
3、子数大于0.5NA【答案】B【解析】【详解】A1mol白磷(P4)中所含的共价键数为6NA和1mol甲烷中所含的共价键数为4NA，故A错误；B标准状况下，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液中，生成1molNaCl和NaClO，转移的电子数为NA，故B正确；C常温下，1L0.1molL-1NH4NO3溶液中还有水，所含的氢原子数大于4NA，故C错误；D25时，0.5molL-1Na2S溶液中含有的阴离子数因缺少体积，故D错误；故选B。3.1，3-二异丙烯基苯是工业上常用的交联剂，可用于制备高性能超分子聚合物，其结构如图所示。下列有关1，3-二异丙烯基苯的说法错误的是A. 能发生加聚反应B.
4、与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应C. 分子中所有碳原子可能处于同一平面D. 其一氯代物有6种【答案】D【解析】【详解】A1，3-二异丙烯基苯有双键，能发生加聚反应，A正确；B1，3-二异丙烯基苯中有苯环，在液溴和铁粉作用下，溴取代苯环上的氢原子，B正确；C1，3-二异丙烯基苯中任一双键两侧的碳原子是处于同一平面的，当苯环与两双键处于同一平面时，分子中所有碳原子就处于同一平面，C正确；D1，3-二异丙烯基苯中存在5种氢原子，如下图，所以其一氯代物有5种，D错误；答案选D。4.短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示。且 W 与 X、Y、Z 均可形
5、成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是A. YW3 分子中的键角为120B. W2Z 的稳定性大于YW3C. 1mol甲分子中存在2mol Y-W键D. Y 元素的氧化物对应的水化物为强酸【答案】B【解析】【分析】由“W与 X、Y、Z 均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体”可知W为H，Z为O，W2Z为H2O，因其属于短周期主族元素且 W、X、Y、Z 的原子序数逐渐增大，再根据甲的结构图可知X可形成4个共价键可知，X为C，则Y为N，所以W、X、Y、Z分别为H、C、N、O。【详解】AYW3分子为NH3，其中心原子N有3对键电子对和1对孤电子对，故其立体构型为三角锥
6、形，分子中的键角为107，A错误；BW2Z 为H2O，YW3为NH3，元素非金属性越强，氢化物稳定性就越强，而同一周期，从左到右，元素非金属性渐强，即非金属性 NO，所以稳定性H2ONH3，B正确；C甲为，1mol甲分子中存在4mol N-H(Y-W)键，C错误；DY 元素为N，其氧化物未指明是否为最高价氧化物，故其氧化物对应的水化物可能为HNO3、HNO2， HNO2为弱酸，HNO3为强酸，D错误；答案选B。5.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的NaCO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO24Na2Na2CO3C
7、。下列说法错误的是（ ）A. 放电时，ClO4向负极移动B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2C. 放电时，正极反应为：3CO24e=2CO32CD. 充电时，正极反应为：Nae=Na【答案】D【解析】【分析】原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电可以看作是放电的逆反应，据此解答。【详解】A. 放电时是原电池，阴离子ClO4向负极移动，A正确；B. 电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C，因此充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；C. 放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO2+4e2CO
8、32+C，C正确；D. 充电时是电解，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2CO32+C4e3CO2，D错误。答案选D。【点睛】本题以我国科学家发表在化学顶级刊物上的“一种室温下可呼吸的钠、二氧化碳二次电池”为载体考查了原电池和电解池的工作原理，掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意充电与放电关系的理解。本题很好的弘扬了社会主义核心价值观个人层面的爱国精神，落实了立德树人的教育根本任务。6.下列方案设计能达到实验目的的是ABCD检验淀粉是否水解由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响证明发生了取代反应验证KspCu(OH)2KspMg(OH)2 A. AB. B
9、C. CD. D【答案】A【解析】【详解】A、淀粉水解时要用硫酸作催化剂，要先用NaOH将混合液中和至弱碱性或中性，再用新制氢氧化铜悬浊液检验，故A正确；B、实验的原理方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H=2Mn2+10CO2+8H2O，题中高锰酸钾过量，应设计成：高锰酸钾的物质的量相同，浓度不同的草酸溶液，且草酸要过量，探究反应物浓度对该反应速率的影响，故B错误；C、要证明甲烷与氯气发生了取代反应，因有氯化氢生成，不能通过体积变化就断定发生取代反应，故C错误；D、验证KspCu(OH)2KspMg(OH)2 ，要先制得Mg(OH)2，再加入少量Cu2+，沉淀转化为Cu(OH)2，沉淀由
10、白色转化成蓝色，故D错误；故选A。7.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示（不考虑C2O42的水解）。下列叙述正确的是（ ）A. n点表示AgCl的不饱和溶液B. Ksp（Ag2C2O4）的数量级等于107C. Ag2C2O4+2C1(aq) 2AgCl+C2O42(aq)的平衡常数为109.04D. 向c（C1）=c（C2O42）的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀【答案】C【解析】【详解】A、由图可知，n点AgCl的浓度熵Q大于其溶度积Ksp，则n点表示AgCl的过饱和溶液，会析出AgCl沉
11、淀，选项A错误；B.由图可知，当c(Ag+)=1.010-4mol/L时，c(C2O42-)=1.010-2.46mol/L，则溶度积Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)c(C2O42-) =(1.010-4)2 1.010-2.46=1.010-10.46，选项B错误；C、Ag2C2O4+2C1-(aq)2AgCl+ C2O42-(aq)的平衡常数K= =109.04，选项C正确；D、由图可知，当溶液中c(Cl-)= c(C2O42-)时， AgCl饱和溶液中c(Ag+)小于Ag2C2O4饱和溶液中c(Ag+)，则向c(Cl-)= c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成
12、AgCl沉淀，选项D错误；答案选C。8.实验室可利用环己醇的氧化反应制备环己酮，反应原理和实验装置(部分夹持装置略)如图： 有关物质的物理性质见表。物质沸点()密度(gcm3，20)溶解性环己醇161.1(97.8)*0.96能溶于水和醚环己酮155.6(95.0)*0.95微溶于水，能溶于醚水100.01.0*括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的混合物的沸点。实验通过装置B将酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有10mL环己醇的A中，5560进行反应。反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95100的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物。(1)装置D的名称为_。(2)酸性Na2Cr2O7
13、溶液氧化环己醇反应的H0，反应剧烈将导致体系温度迅速上升，副反应增多。滴加酸性Na2Cr2O7溶液时反应的离子方程式_；蒸馏不能分离环己酮和水的原因是_。(3)环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：a.蒸馏、除去乙醚后，收集151156馏分b.水层用乙醚(乙醚沸点34.6，易燃烧)萃取，萃取液并入有机层c.过滤d.往液体中加入NaCl固体至饱和，静置，分液e.加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量的水上述提纯步骤的正确顺序是_；b中水层用乙醚萃取的目的是_；上述操作c、d中使用的玻璃仪器除烧杯、锥形瓶、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有_，操作d中，加入NaCl固体的作用是_。(4)恢复至室温时，
14、分离得到纯产品体积为6mL，则环已酮的产率_。(计算结果精确到0.1%)【答案】 (1). 冷凝管 (2). 3+Cr2O72-+8H+=3+2Cr3+7H2O (3). 环己酮和水形成具有固定组成的恒沸物一起蒸发 (4). dbeca (5). 使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量 (6). 漏斗、 分液漏斗 (7). 降低环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分层 (8). 60.6%【解析】【详解】(1) 根据装置图可知，装置D是冷凝管； (2)Na2Cr2O7溶液具有强氧化性，能把环己醇氧化为环己酮，则滴加酸性Na2Cr2O7溶液时反应的离子方程式为：3+Cr2O72-+8
15、H+=3+2Cr3+7H2O；由于环己酮和水形成具有固定组成的恒沸物，环己酮和水会一起蒸出，导致蒸馏不能分离环己酮和水；(3) 环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：往液体中加入NaCl固体至饱和，静置，分液；水层用乙醚萃取，萃取液并入有机层；加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量的水，过滤；蒸馏、除去乙醚后，收集151156的馏分。所以，提纯步骤的正确顺序是dbeca；b中水层用乙醚萃取的目的是：使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量；上述操作c、d (过滤和萃取)中使用的玻璃仪器除烧杯、锥形瓶、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有漏斗、分液漏斗。操作d中，加入NaCl固体的作用是：降低
16、环己酮的溶解度，增加水层的密度，有利于分层； (4) 恢复至室温时，分离得到纯产品体积为6mL，由表中的密度可以算出环己酮的质量为0.95g/mL6mL=5.7g，则其物质的量为0.0582mol。由密度可以算出10mL环己醇的质量为9.6g，则其物质的量为0.096mol，则环己酮的产率为：(0.0582/0.096)100%=60.6% 。9.三氯化六氨合钴Co(NH3)6Cl3 是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其它一些含钴配合物的原料。下图是某科研小组以含钴废料（含少量Fe、Al 等杂质）制取Co(NH3)6Cl3 的工艺流程：回答下列问题：（1）写出加“适量NaClO3”发生反应离子
17、方程式_。（2）“加Na2CO3 调pH至a”会生成两种沉淀，分别为_（填化学式）。（3）操作的步骤包括_、冷却结晶、减压过滤。（4）流程中NH4Cl除作反应物外，还可防止加氨水时c(OH) 过大，其原理是_。（5）“氧化”步骤，甲同学认为应先加入氨水再加入H2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为_（填“甲”或“乙”）同学观点正确，理由是_。写出该步骤化学方程式：_（6）通过碘量法可测定产品中钴的含量。将 Co(NH3)6Cl3 转化成Co3后，加入过量KI 溶液，再用Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，反应原理：2Co32I2Co2I2，I22S2O322IS4O62，
18、实验过程中，下列操作会导致所测钴含量数值偏高的是_。a用久置于空气中的 KI 固体配制溶液b盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗c滴定结束后，发现滴定管内有气泡d溶液蓝色退去，立即读数【答案】 (1). 6Fe2ClO36H=6Fe3Cl3H2O (2). Fe(OH)3 和 Al(OH)3 (3). HCl氛围下蒸发浓缩 (4). NH4Cl溶于水电离出NH4会抑制后期加入的NH3H2O的电离 (5). 甲 (6). 防止Co(OH)3的生成 (7). H2O22CoCl22NH4Cl10NH3H2O2Co(NH3)6Cl312H2O (8). ab【解析】【分析】以含钴废料（含少量F
19、e、Al 等杂质）制取Co(NH3)6Cl3 ，用盐酸溶解废料，得到Co2+、Fe2+、Al3+的酸性溶液，加入适量的NaClO3将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钠调节pH，沉淀铝离子、铁离子为氢氧化铝和氢氧化铁，过滤，得到滤液，向含有Co2+的溶液中加入盐酸调节pH=2-3,加入活性炭和氯化铵溶液得到CoCl2 6H2O，再依次加入氨水和过氧化氢，发生反应H2O22CoCl22NH4Cl10NH3H2O2Co(NH3)6Cl312H2O，再将沉淀在氯化氢分为下蒸发浓缩，冷却结晶，减压过滤得到产品，据此分析作答。【详解】(1)加适量NaClO3的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，发生的离子反应为
20、6Fe2ClO36H=6Fe3Cl3H2O；(2)加入碳酸钠调节pH，沉淀铝离子和铁离子，转化为Fe(OH)3 和 Al(OH)3；(3)微粒防止产品水解，故应HCl氛围下蒸发浓缩；(4)流程中氯化铵除作为反应物外，NH4Cl溶于水电离出NH4会抑制后期加入的NH3H2O的电离，可防止加氨水时氢氧根离子浓度过大；(5)若先加入过氧化氢，将钴元素氧化到Co3+，后加入氨水，会生成氢氧化钴，不利于产品的生成，故甲同学正确，先加入氨水再加入过氧化氢，可防止Co(OH)3的生成，此时的反应为H2O22CoCl22NH4Cl10NH3H2O2Co(NH3)6Cl312H2O；(6) a用久置于空气中的
21、KI 固体配制溶液，碘化钾部分被氧化为碘单质，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准增多，测定结果偏高，故正确；b盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，则标准也被稀释，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准也体积增多，测定结果偏高，故正确；c滴定结束后，发现滴定管内有气泡，气泡占体积，则消耗的硫代硫酸钠标准液体积读数偏小，测定结果偏低，故错误；d溶液蓝色退去，立即读数，此时溶液混合不均，碘单质并未完全被标准液反应完全，导致消耗的标准液减少，测定结果偏低，故错误。故选ab。10.(1)乙基叔丁基醚(以ETBE表示)是一种性能优良高辛烷值汽油调和剂。用乙醇与异丁烯(以IB表示)在催化剂HZSM5催化下合成ETBE，
22、反应的化学方程式为：C2H5OH(g)+IB(g)=ETBE(g) H。回答下列问题：反应物被催化剂HZSM5吸附的顺序与反应历程的关系如图所示，该反应的H=_ kJmol-1。反应历程的最优途径是_(填C1、C2或C3)。(2)开发清洁能源是当今化工研究的一个热点问题。二甲醚(CH3OCH3)在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用，工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3。工业制备二甲醚在催化反应室中(压力2.010.0Mpa，温度230280)进行下列反应：反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1=-99kJmol1反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O
23、(g) H2=-23.5kJmol1反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H3=-41.2kJmol1在该条件下，若反应1的起始浓度分别为：c(CO)=0.6molL1，c(H2)=1.4molL1，8min后达到平衡，CO的转化率为50%，则8min内H2的平均反应速率为_。在t时，反应2的平衡常数为400，此温度下，在1L的密闭容器中加入一定的甲醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2Oc(molL1)0.461.01.0此时刻v正_v逆(填“”“”或“”)，平衡时c(CH3OCH3)的物质的量浓度是_。催化反应室的总反应3CO(g)
24、+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)，CO的平衡转化率(CO)与温度、压强的关系如图所示，图中X代表_(填“温度”或“压强”)，且L1_L2(填“”“”或“”)。在催化剂的作用下同时进行三个反应，发现随着起始投料比的改变，二甲醚和甲醇的产率(产物中的碳原子占起始CO中碳原子的百分率)呈现如图的变化趋势。试解释投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因：_。【答案】 (1). -4a (2). C3 (3). 0.075molL-1min-1 (4). (5). 1.2molL-1 (6). 温度 (7). (8). 当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应被促进，而反应被
25、抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小【解析】【详解】(1)由图可知，反应物的总能量为5a kJmol-1，生成物的总能量为a kJmol-1，所以反应的H= - 4 kJmol-1。反应历程的最优途径是C3，其所需要的活化能最小；(2)在该条件下，若反应的起始浓度分别为：c(CO)=0.6molL1，c(H2)=1.4molL1，8min后达到平衡，CO的转化率为50%，则8min内H2的平均反应速率为： ；在t时，此时反应有：，所以此时刻v正v逆，由表中数据及反应列出三段式，可求出加入的甲醇的量为2.46 mol，平衡时设c(CH3OCH3)的物质的
26、量浓度为x mol/L，则有，解得x=1.2；催化反应室的总反应3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)是由反应式2+而得，故该总反应的H=H12+H2+H3= -262.7 kJmol10，该反应是放热反应，若升温，其CO的平衡转化率会降低，该总反应是气体系数减小的反应，若增压，则CO的平衡转化率会增大，根据图的走向可知，横坐标X代表的是温度，那么L代表的是压强，根据压强增大CO的平衡转化率也增大可判断，L1L2；当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应被促进，而反应被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小。【点睛】在利用盖斯定律
27、进行计算时，首先根据所求反应的方程式中各物质的系数，将已知热化学方程式整体乘以相应的系数，然后进行加减合并。若合并后出现负号则移项，使各物质的系数与所求的方程式完全相同，且其焓变也要进行相应的计算。11.铁被称为“第一金属”，铁及其化合物在生产、生活中有广泛用途。(1)铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用_摄取铁元素的原子光谱。(2)FeCl3的熔点为306，沸点为315。由此可知FeCl3属于_晶体。FeSO4常作净水剂和补铁剂，SO42-的立体构型是_。(3) 铁氰化钾K3Fe(CN)6是检验Fe2+的重要试剂。基态N原子的轨道表示式为_。写出一种与铁氰化钾中配体互为等电子
28、体的极性分子的化学式_。铁氰化钾中，所涉及的元素的第一电离能由大到小的顺序为_。铁氰化钾中，不存在_(填字母标号)。A.离子键 B. 键 C. 键 D.氢键 E.金属键(4)有机金属配位化合物二茂铁(C5H5)2Fe是汽油中的抗震剂。分子中的大 键可用符号mn表示，其中m代表参与形成大键的原子数， n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为66)，则中的大键应表示为_，其中碳原子的杂化方式为_。(5)羰基铁Fe(CO)5可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1mol Fe(CO)5分子中含_mol键。(6)某种磁性氮化铁的结构如图所示，N随机排列在Fe构成的正四 面体空隙中。其中铁原子周围最近
29、的铁原子个数为_；六棱柱底边长为acm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该磁性氮化铁的晶体密度为_g/cm3(列出计算式)。【答案】 (1). 光谱仪 (2). 分子 (3). 正四面体形 (4). (5). CO (6). NCFeK (7). DE (8). (9). sp2 (10). 10 (11). 12 (12). 【解析】【详解】(1) 不同元素的原子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用光谱仪摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱，所以可以用光谱仪摄取铁元素的原子光谱；(2)FeCl3的熔点为306，沸点为315，均相对较低，由此可知FeCl3属于分子晶体；SO42-
30、的中心原子S有4对键电子对，其中心原子上的孤对电子对数为：(6-24+2)/2=0，所以SO42-的立体构型是正四面体形；(3) 基态N原子的轨道表示式为：；等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，铁氰化钾中配体(CN-)价电子数为10，则与其互为等电子体的极性分子的化学式有：CO、NO等；每周期的第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的电离能最大，同族元素从上到下第一电离能变小，所以铁氰化钾中，所涉及的元素(Fe、C、N、K)的第一电离能由大到小的顺序为：NCFeK；K3Fe(CN)6中，配合物中存在的化学键是由配离子与钾离子的离子键，碳氮之间的极性共价键，铁离子和CN-之间
31、的配位键，配合物分子间不存在氢键，金属键只存在金属单质中，所以该配合物中没有金属键，故K3Fe(CN)6中不存在氢键、金属键；答案选DE。(4)根据类比推理可知，中含有的大键应表示为；其中碳原子的价层电子对数为3，无孤对电子，所以其杂化方式为sp2杂化；(5) 1个CO分子中有1个键，1个CO分子与Fe形成1个配位键，配位键也是键，所以1mo1Fe(CO)5含10 mol 键；(6) 氮化铁晶胞中，观察可知，面心碳原子与结构单元中6个顶点Fe原子相邻，且与内部3个Fe原子也相邻，密置层为ABAB方式排列，其中铁原子最近的铁原子的个数为12；六棱柱底边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的
32、值为NA，则该磁性氮化铁的晶体密度为：。【点睛】在求出晶体密度时，比较容易漏除NA，因为晶胞含有的原子、离子或原子团是以个数为单位而不是以mol为单位，进行计算时要引用摩尔质量，所以一定要记得除NA。12.光刻胶是一种应用广泛的光敏材料，其合成路线如下(部分试剂和产物略去):已知： (R1、R2为烃基或氢)(1)A的名称为_；羧酸X的结构简式为_。(2)C可与乙醇发生酯化反应，其化学方程式为_，反应中乙醇分子所断裂的化学键是_(填选项字母)。a.CC键 b.CH键 c.OH键 d.CO键(3)EF的化学方程式为_；F到G的反应类型为_。(4)写出满足下列条件B的2种同分异构体:_、_。分子中含
33、有苯环；能发生银镜反应；核磁共振氢谱峰面积比为2:2:2:1:1。(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CHO为原料制备CH3COCOCOOH的合成路线流程图(无机试剂任用):_。合成路线流程图示例如下:CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3【答案】 (1). 苯甲醛 (2). CH3COOH (3). (4). c (5). (6). 水解反应或取代反应 (7). (8). (9). 【解析】【分析】由D的结构可知，A中含有苯环，A与CH3CHO反应得到B，由物质的分子式及信息，可推知A为，B为，B与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到C，则C为乙炔和羧酸X加成生成E，E
34、发生加聚反应得到F，结合E的结构简式可知，X为CH3COOH，F为，G与D发生取代反应得到光刻胶，则光刻胶的结构简式为：。【详解】(1) 通过以上分析知，A结构简式为，名称为苯甲醛；羧酸X的结构简式为CH3COOH；(2)C为，可与乙醇发生酯化反应，其化学方程式为，反应中乙醇分子所断裂的化学键是OH键，答案选c；(3)EF是CH3COOCH=CH2发生加聚反应生成，反应的化学方程式为；F到G是发生水解反应生成和乙酸，反应类型为水解反应或取代反应；(4) B为，满足条件：分子中含有苯环；能发生银镜反应则含有醛基；核磁共振氢谱峰面积比为2:2:2:1:1，若苯环上只有一个取代基则为，若苯环上有两个取代基则应为对位，为；(5)根据已有知识并结合相关信息， CH3CHO在稀氢氧化钠中加热得到CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO与溴水发生加成反应生成CH3CHBrCHBrCHO，CH3CHBrCHBrCHO在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应后酸化得到CH3CH(OH)CH(OH)CHO，CH3CH(OH)CH(OH)CHO在铜的催化下与氧气反应生成CH3COCOCOOH。合成路线流程图如下: 。