1、甘肃省兰州市2018届高三第二次诊断化学试题1. 中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列两篇古代文献中都涉及到了KNO3。文献:开宝本草记载:(KNO3)所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”，文献本草纲目“火药乃焰硝(KNO3)、硫黄、山木炭所合，以为烽燧餇诸药者。”下列对其解释不合理的是A. 文献中提取KNO3利用了溶解、蒸发结晶的实验过程B. 用文献中方法制取KNO3是因为KNO3的溶解度受温度影响不大C. 文献中火药的使用体现了硝酸钾的氧化性D. 文献中使用火药的产物会污染环境【答案】B【解析】A项，由“扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”，可得文献中提取KNO3利用了溶解、蒸发结
2、晶的实验过程，故A正确；B项，KNO3的溶解度受温度影响变化较大，故B错误；C项，火药发生化学反应时生成N2，KNO3中氮元素的化合价降低，体现了硝酸钾的氧化性，故C正确；D项，文献中使用火药可能会产生碳氧化物、氮氧化物、硫化物等污染物，故D正确。2. 结合下表数据分析，下列有关说法不正确的是物质分子式沸点/溶解性乙醇C2H6O78.5与水以任意比混溶乙二醇C2H6O2197.3与水和乙醇以任意比混溶A. 乙醇与乙二醇含有的官能团相同，都能与NaOH发生反应B. 采用蒸馏的方法可以分离乙醇与乙二醇的混合物C. 乙醇、乙二醇都能与羧酸在一定条件下发生取代反应D. 丙三醇的沸点应高于乙醇的沸点【答
3、案】A 3. 下列化学反应的离子方程式书写不正确的是A. 用FeCl3溶液腐蚀印刷线路板上的Cu:2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+B. 向CuSO4溶液中加入Na2O2:2Na2O2+2Cu2+2H2O=4Na+2Cu(OH)2+O2C. 稀硝酸中加入过量铁粉: Fe+4H+NO3-=Fe3+NO+2H2OD. 用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢:CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)【答案】C【解析】A项，Cu与FeCl3溶液发生氧化还原反应生成FeCl2和CuCl2，根据离子方程式书写方法，离子方程式为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故A正确；B项，向
4、CuSO4溶液中加入Na2O2，发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2+Na2SO4，总反应为：2Na2O2+2H2O+2CuSO4=2Cu(OH)2+2Na2SO4+O2，离子方程式为：2Na2O2+2Cu2+2H2O=4Na+2Cu(OH)2+O2，故B正确；C项，稀硝酸中加入过量铁粉生成硝酸亚铁、NO和H2O，离子方程式为：3Fe+8H+2NO3-=3Fe2+2NO+4H2O，故C错误；D项，工业上用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢使其中的CaSO4转化为更难溶的CaCO3，属于沉淀的转化，离子方程式为：CaSO4(s)+CO32-(aq)
5、CaCO3(s)+SO42-(aq)，故D正确。4. 某有机物A(C9H18O2)在稀硫酸溶液中水解为相对分子质量相等的B、C，其中B分子中含有3个甲基，则A、B、C中能与氢氧化钠溶液反应的物质最多有(不考虑立体异构)A. 10种 B. 8种 C. 6种 D. 4种【答案】B【解析】由有机物的性质知A是酯，由B、C相对分子质量相等的关系知B、C各是C5H11OH、C3H7COOH中的一种，C5H11OH中含有3个CH3，则B有3种结构：C(CH3)3CH2OH、CH3CH2C(CH3)2OH、CH3CH(CH3)CH(CH3)OH，C3H7COOH有2种不同的结构CH3CH2CH2COOH和(
6、CH3)2CHCOOH，故A有3种结构的酯，A、C能与NaOH溶液反应，共有8种与NaOH溶液反应的物质，答案选B。5. 下列有关实验的叙述正确的是A. 用图1装置将氯化铁溶液直接蒸干得到氯化铁固体B. 利用图2装置可制备Fe(OH)2C. 图3微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D. 利用图4可收集氯化氢并进行尾气吸收【答案】B【解析】A项，在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，由于加热蒸发，使HCl挥发，使平衡不断向右移动，结果生成Fe(OH)3，又由于灼热使Fe(OH)3分解生成Fe2O3，故A错误；B项，如图2装置制备
7、Fe(OH)2，稀硫酸与铁粉反应生成氢气，可排出试管中的空气，盛NaOH溶液的胶头滴管伸入FeSO4溶液中，右侧导管插入水中隔绝了空气，所以制得的Fe(OH)2可以较长时间稳定存在，故B正确；C项，稀硝酸与Cu反应生成NO气体，无色NO气体进入广口瓶，被空气中的氧气氧化为红棕色NO2气体，故C错误；D项，氯化氢的密度比空气的大，如图所示收集应该长导管进气，空气从短导管排出，故D错误。6. SO2和NOx是大气污染物的主要成分。防止空气污染，保卫“兰州蓝”是兰州市一项重要民生工程。利用下图所示装置(电极均为惰性电极)可以吸收SO2还可以用阴极排出的溶液吸收NO2。下列说法错误的是A. 电极a应连
8、接电源的正极B. 电极b上的电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2OC. 反应过程中，H+从a极室流向b极室D. 每吸收标况下22.4LSO2，在b极室生成2NA个S2O42-【答案】D【解析】A项，由图可得，该装置为电解池，a极：SO2发生氧化反应，SO2+2H2O-2e-=4H+SO42-，所以电极a应连接电源的正极，故A正确；B项，由上述分析可推出b为阴极，HSO3-发生还原反应生成S2O42-，根据电荷守恒、原子守恒，并结合电解质溶液酸碱性，电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，故B正确；C项，电解池中阳离子移向阴极，又因为阳离子交换
9、膜把a极室与b极室隔开，所以反应过程中，H+从a极室(阳极室)流向b极室(阴极室)，故C正确；D项，阳极反应为：SO2+2H2O-2e-=4H+SO42-，阴极反应为：2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，根据得失电子守恒，每吸收标况下22.4LSO2(即1molSO2)，在b极室生成1mol(即NA个)S2O42-，故D错误。点睛：本题以处理大气污染物SO2和NOx的方法为切入点，考查电解池原理，分析利用题干信息(包括图示信息)，掌握电解池原理应用和氧化还原反应电子守恒是解答的关键，电解池中阳极发生氧化反应、阴极发生还原反应，遵循氧化还原反应原理，可以通过分析相关元素化合价的
10、变化确定两极反应情况。7. 某温度下，向一定体积0.1mol/L一元弱酸HA溶液中逐滴加入等浓度的NaOH 溶液，溶液中pH与pOHpOH=-lgc(OH-) 的变化关系如右图所示。下列说法错误的是A. 该温度下，水的离子积常数为1.010-2aB. M、N 两点所示的溶液中，水的电离程度相同C. Q点消耗的NaOH 溶液的体积等于HA 溶液的体积D. N 点溶液加水稀释，减小【答案】C【解析】A项，水的离子积常数表达式为Kw=c(H+)c(OH-)，可利用图中Q点数据求得Kw，pH+pOH=-lgc(H+)+-lgc(OH-)-lgc(H+)c(OH-)=2a，则Kw=c(H+)c(OH-)
11、=1.010-2a，故A正确；B项，M点溶液pOHpH，即c(H+)c(OH-)，溶液呈酸性，说明溶液中HA是过量的，HA电离抑制水的电离，此时溶液中由水电离的c(H+)水=c(OH-)水=c(OH-)=10-bmol/L，N点溶液pHpOH，即c(OH-)c(H+)，溶液呈碱性，此时溶液中水电离的c(H+)水=c(OH-)水=c(H+)=10-bmol/L，综上分析，M、N两点所示的溶液中，水的电离程度相同，故B正确；C项，Q点溶液pH=pOH，即c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，因为HA为弱酸，所以NaA会发生水解使溶液呈碱性，则当溶液呈中性时，消耗的NaOH溶液的体积小于等浓度HA溶
12、液的体积，故C错误；D项，N点pHpOH，即c(H+)c(OH-)，溶液为碱性，HA的电离平衡常数表达式为Ka=c(H+)c(A-)/c(HA)，则溶液中c(A-)/c(HA)=Ka/c(H+)，碱性溶液加水稀释，溶液中c(OH-)减小，因为Kw不变，则c(H+)增大，所以c(A-)/c(HA)=Ka/c(H+)减少，故D正确。点睛：本题考查弱电解质的电离平衡，掌握溶液酸碱性的判断方法是根据溶液中c(H+)与c(OH-)的相对大小，结合弱酸的电离平衡常数分析是解题的关键，如题中D项根据温度一定时Ka是常数，利用Ka的表达式得出c(A-)/c(HA)=Ka/c(H+)，将分析两个变量转化为分析一
13、个变量，就好分析了。8. 工业上从电解精炼铜的阳极泥(成分为CuS、Cu2Se、Cu2Te 和少量金属单质Au) 中回收碲、硒的工艺流程如下:已知: (1)TeO2是两性氧化物。(2)Se和TeO2的物理性质如下:物理性质熔点沸点水溶性Se221685难溶于水TeO27331260微溶于水(1)“培烧”时，为提高原料的利用率，可采取的措施有_(写一条即可)。(2)“碱浸”过滤得到滤渣的主要成分是_(填化学式)。(3) “沉碲”时控制溶液的pH为4.5-5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4的浓度过大，将导致“沉碲”不完全，原因为_。(4)“酸溶”将TeO2先溶于硫酸得到Te(SO4)2，然后
14、加入Na2SO3溶液进行还原，还原碲的离子反应方程式是_。(5) SeO2与SO2的混合烟气可用水吸收制得单质Se，当有10mol电子转移时，会生成_mol Se。过滤所得粗硒可采用真空蒸馏的方法提纯获得纯硒，采用真空蒸馏的目的是_。(6)常温下，SeO2与NaOH溶液反应所得NaHSeO3溶液的pH_7(填“”“”或“=”)，理由是_。(已知25时，亚硒酸(HSeO3)的Ka1=2.510-3，Ka2=2.610-7)【答案】 (1). 将阳极泥粉碎（通入过量的空气）等 (2). Au、 CuO (3). 硫酸浓度过大， TeO2会溶于酸， 导致 TeO2沉淀不完全 (4). 2SO32+T
15、e4+2H2O=Te+2SO42+4H+ (5). 2.5 (6). 降低Se的沸点，避免 Se与空气中氧气发生反应 (7). (8). HSeO3的水解常数Kh4.01012，由于 KhKa2，故NaHSeO3 溶液的 pH7【解析】（1）“培烧”时，为提高原料的利用率，可以将阳极泥粉碎以增大接触面积，或通入过量的空气使阳极泥充分反应。（2）由已知结合流程，焙烧所得固体主要是CuO、TeO2和Au，因为TeO2是两性氧化物，所以“碱浸”主要是NaOH和TeO2反应，则“碱浸”过滤得到滤渣的主要成分是：Au和CuO。（3）因为TeO2是两性氧化物，硫酸浓度过大，会导致TeO2溶于酸，使TeO2
16、沉淀不完全。（4）由已知根据氧化还原反应原理，SO32-还原Te4+为Te，本身被氧化为SO42-，离子反应方程式为：2SO32-+Te4+ +2H2O=Te+2SO42-+4H+。（6）由已知，常温下(25时)，HSeO3-的水解常数Kh=Kw/Ka1=1.010-14(2.510-3)=4.010-12，HSeO3-的电离常数Ka2=2.610-7，所以KhKa2，因此NaHSeO3溶液的pH7。9. 回收和利用CO2是环境科学家研究的热点，是减轻温室效应危害的重要途径。(1) 在太阳能的作用下，以CO2为原料制取炭黑的流程如图所示。其总反应的化学方程式为_。(2)CO2经过催化氢化合成低
17、碳烯烃。合成乙烯的反应为2CO2(g)+6H2(g)=CH2=CH2(g)+4H2O(g) H=akJ/mol已知:键H-HC=OC=CO-HC-H键能/kJ/mol436.0745.0615.0462.8413.4则a=_。(3)T时。在恒容密闭容器中充入1molCO2和nmolH2，在一定条件下发生反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H0，混合气体中CH3OH 的体积分数与氢气的物质的量的关系如图所示。图1中A、B、C 三点对应的体系。CO的转化率最大的是_(填字母)，判断理由是_。 (4) 工业上也用合成气(H2和CO) 合成甲醇，反应为2H2(g)+CO(g
18、)CH3OH(g) H2300K时分解生成氧化亚铁和氧气，所以CO2为原料制取炭黑过程中的氧化亚铁做催化剂，根据反应物和生成物及反应条件书写化学方程式为：CO2CO2。（2）H=反应物总键能-生成物总键能，所以a=2745.02+6436.0-（615.0+4413.4+4462.82）=-375。（3）根据化学平衡移动原理结合如图1所示，在恒容密闭容器中，随着氢气物质的量增大，c(H2)增大，平衡正向移动，CO2转化率增大，所以A、B、C三点对应的体系，CO的转化率最大的是C点。（4）由已知，该反应正向放热且气体分子数减小，所以升高温度CO的平衡转化率减小，增大压强CO的平衡转化率增大，结合
19、如图2可得，横坐标x应为温度，S代表压强，且S1S2。已知300时反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)达到平衡时，CO的平衡转化率为60%，列三段式得：，因为容器容积为10L，所以各物质平衡浓度为：c(H2)=0.08mol/L、c(CO)=0.04mol/L、c(CH3OH)=0.06mol/L，平衡常数K=234.375；若再向该平衡体系中再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH若保持温度和容器休积不变，则此时c(H2)=0.28mol/L、c(CO)=0.24mol/L、c(CH3OH)=0.26mol/L，Q=13.82K=234.375，所以平衡会正向移动。（5）
20、装置图中与电源正极相连的为电解池的阳极，与电源负极相连的为电解池的阴极，阳极上是氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为4OH-4e-2H2O+O2，根据电荷守恒，水电离出的H+与HCO3-反应会产生CO2，离子方程式为：H+HCO3-=H2O+CO2。HCO3-存在电离平衡：HCO3-H+CO32-，阴极H+放电浓度减小，平衡右移，CO32-再生；或者阴极H+放电破坏水的电离平衡，OH-浓度增大，OH-与HCO3-反应生成CO32-。10. 氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，在农药、制药行业中用途广泛。实验室利用SO2、Cl2和 SCl2制备 SOCl2，部分装置如下图所示:已知: SOC
21、12遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并有气体产生。SOC12沸点为77，SC12的沸点为 50 。请回答:(1)实验室制取SOCl2的反应方程式为_。(2) 实验室制取SOC12在三颈烧瓶中合成，整个装置所选仪器的连接顺序是 _，_(某些仪器可以重复使用)。(3)使用冷凝管的作用是_；冷凝管上连接的干燥管的作用是_ 。(4) 实验结束后，将三颈烧瓶中混合物分离实验操作名称是_。(5) 若反应中消耗的Cl2的体积为896mL (已折算为标准状况，SO2足量) 最后得到纯净的SOCl26.76g，则SOCl2的产率为_(保留二位有效数字)。(6)取少量的SOCl2加入足量NaOH溶液，振荡静置得到无
22、色溶液，检验溶液中存在Cl-的方法是_。【答案】 (1). SO2+Cl2+SCl2 2SOCl2 (2). (3). (4). 冷凝、回流 SCl2 和 SOCl2 (5). 吸收逸出的 Cl2、 SO2，防止空气中的水蒸气进入反应装置使 SOCl2 水解 (6). 蒸馏(或分馏) (7). 71% (8). 取少量溶液于试管中，加入过量 Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO3酸化，再加入AgNO3 溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有 Cl-【解析】（1）由已知结合图示信息，实验室利用SO2、Cl2和SCl2制备SOCl2使用活性炭作催化剂，化学方程式为：SO2+Cl2+SCl
23、22SOCl2。（2）实验室利用SO2、Cl2和SCl2制备SOCl2，在三颈烧瓶中合成，三颈烧瓶中盛着液态SCl2和催化剂活性炭；为制取Cl2装置，经饱和食盐水除杂和浓硫酸干燥后的氯气进入三颈烧瓶中，故；为制取SO2装置，经浓硫酸干燥后的SO2进入三颈烧瓶中，故。（3）由已知SOC12沸点为77，SC12的沸点为50可得，SOC12与SC12沸点低，容易挥发，所以使用冷凝管的作用是冷凝、回流SCl2和SOCl2。Cl2和SO2都是有毒气体，SOC12遇水剧烈反应，所以冷凝管上连接的干燥管内盛碱石灰可以吸收逸出的Cl2、SO2，并防止空气中的水蒸气进入反应装置使SOCl2水解。（4）已知SOC
24、12沸点为77，SC12的沸点为50，所以实验结束后，可采用蒸馏(或分馏)方法即可将其分离。（5）标准状况下896mLCl2的物质的量为：0.896L22.4L/mol=0.04mol，由SO2+Cl2+SCl22SOCl2可得，理论上生成SOCl2：20.04mol=0.08mol，质量为：0.08mol119g/mol=9.52g，所以SOCl2的产率为：6.76g9.52g100%71%(保留二位有效数字)。（6）因为制得的SOCl2不纯，取少量的SOCl2加入足量NaOH溶液，振荡静置得到无色溶液中，可能存在的碳酸根离子，碳酸氢根离子、亚硫酸根离子与过量的氢氧化钠等，所以可用硝酸酸化除
25、去可能存在的碳酸根离子，碳酸氢根离子与过量的氢氧化钠，可用硝酸钡溶液除去过量的亚硫酸根离子等，故检验溶液中存在Cl-的方法可以是：取少量溶液于试管中，加入过量Ba(NO3)2溶液，静置，取上层清液，滴加HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Cl-。点睛：本题主要考查物质的制备和实验仪器的使用，重在实验能力和分析能力的考查，解题时首先要明确：制备物质的方法；相关物质的性质(尤其是一些特殊性质)，如本题中涉及的SOC12易水解、SOC12和SC12的沸点低。注意紧扣实验目的，结合题中给出的仪器药品，选择所需装置及连接顺序。本题易错点为Cl-的检验，注意明确制得的不纯SOC
26、l2中的杂质成分，选择合适试剂排出干扰。11. 下表为元素周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。请回答:(1)在周期表给出的10种元素中，电负性最小的元素基态原子的电子排布式为_。(2)在周期表给出的10种元素中，最外层未成对电子数与最外层成对电子数的个数比为3:2的元素与短周期最外层没有未成对电子数的元素形成的化合物是_(填化学式)，所含化学键类型是_。(3)关于元素与元素形成的1:1的化合物，下列说法正确的是_(填字母序号)。A.该化合物中的所有原子都满足最外层8电子稳定结构B.该化合物分子中键和键数目比为1:1C.该化合物是由极性键和非极性键形成的极性分子D.该化合物分子的空间构型为
27、直线形(4)在与形成的相对分子质量最小的化合物A中，元素的杂化类型是_，写出与化合物A互为等电子体的一种阳离子_(填离子符号)。(5)元素的+3价化合物MCl36H2O有三种不同颜色的异构体，为探究MCl3溶液析出的暗绿色晶体的化学式，取0.010molMCl36H2O配成溶液，滴加足量AgNO3溶液，得到沉淀2.870g,该晶体的化学式为_(填字母序号)。A.M(H2O)6Cl3 B.M(H2O)5ClCl2H2O C.M(H2O)4Cl2Cl2H2O(6)元素与元素形成一种化合物其晶胞结构如下图所示，该化合物的化学式为_，若该晶体密度为dg/cm3，晶胞参数为apm，则阿伏加德罗常数的值N
28、A为_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p64s2 (2). Mg3N2 (3). 离子键 (4). C (5). sp3 (6). H3O+ (7). B (8). Cu2O (9). 2881030/da3【解析】（1）根据元素在周期表中的位置可知，分别是H、B、N、Mg、O、S、Ca、Fe、Ni、Cu元素，其中Ca元素金属性最强，则Ca元素电负性最小，Ca为第四周期第IIA族元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2。（2）在H、B、N、Mg、O、S、Ca、Fe、Ni、Cu等10种元素中，最外层未成对电子数与最外层成对电子数的个数比为3:2的元素是
29、N，属于短周期最外层没有未成对电子数的元素是Mg，二者形成的化合物是Mg3N2；Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的，所含化学键类型是离子键。（3）元素与元素形成的1:1的化合物是H2O2，该化合物中的氢原子满足最外层2电子稳定结构，故A错误；H2O2中只存在共价单键，所以只存在键，故B错误；H2O2中氧原子间是非极性键、氢原子和氧原子间是极性键，分子不是直线型的，而是折线型的，正负电荷中心不重合，为极性分子，故C正确、D错误。（4）H与N形成的相对分子质量最小的化合物是NH3，氨气中价层电子对个数=3+（5-31）=4且含有1个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化；等电子体是指价电子数和原子数
30、（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或原子团，所以与化合物NH3互为等电子体的阳离子较多，例如：H3O+、NH4+、Na+、Mg2+、Al3+等。（5）由已知0.010mol该物质与足量AgNO3溶液，得到沉淀2.870g，即n(Cl-)=n(AgCl)=2.870g0.02mol，所以符合条件的异构体中有2个Cl-(-1价的Cl)，根据正负化合价代数和相等可得，该晶体的化学式为M(H2O)5ClCl2H2O，故选B。（6）元素为Cu，元素为O，由二者形成化合物晶胞结构图可得：Cu原子数为4，O原子数为1+8=2，所以该化合物的化学式为：Cu2O；apm=a10-10cm，该晶体密度为dg/
31、cm3，则晶胞质量：g=dg/cm3(a10-10)3cm3，所以NA=2881030/da3。12. 黄酮益酸类化合物K具有抗菌、消炎的作用，合成路线设计如下图所示:已知部分有机化合物转化的反应式如下:. （R为烃基）. （R、R代表烃基或氢）. （R代表烃基或氢）请回答：(1)A的结构简式_，其核磁共振氢谱吸收峰面积比为_。(2)F的结构简式_，CD的反应类型为_。(3)G与试剂b反应的化学方程式为_。(4)满足下列条件D的同分异构体共有_种。能发生银镜反应 分子中含有酯基 苯环上有两个取代基写出符合上述条件且苯环上的一氯取代物只有两种的同分异构体的结构简式_。(5)以A 和乙烯为起始原料
32、，结合题中信息，选用必要的无机试剂设计出合成苯乙酸乙酯()的简单流程图_。(无机试剂任选)【答案】 (1). (2). 3:2:2:1 (3). (4). 取代 (5). (6). 6 (7). 、 (8). 【解析】（1）由B的分子式、C的结构简式及ABC的转化关系可得，A为甲苯，其结构简式为：；分子中有4种不同化学环境的氢原子，分别为甲基上的3个氢原子、苯环上与甲基邻位上的2个氢原子、苯环上与甲基间位上的2个氢原子、苯环上与甲基对位上的1个氢原子，故其核磁共振氢谱吸收峰面积比为3:2:2:1。（2）由E和G的结构简式、F的分子式及EFG的转化关系可得，F的结构简式为：；由流程中C、D的结构
33、简式及反应条件可得，C发生取代反应生成D。（3）H发生反应生成J，由J的结构简式并结合已知可得，H为：；G()与试剂b在“碱、”条件下反应生成H，结合已知可得，试剂b为乙醛，则G与试剂b反应的化学方程式为：+CH3CHO+H2O。（4）由D的结构简式可得分子式为C9H10O2，其同分异构体：能发生银镜反应，则含有醛基；分子中含有酯基，则应为甲酸酯；苯环上有两个取代基，则两个取代基可以是一个“HCOO-”和一个乙基，也可以是一个“HCOOCH2-”和一个甲基，两个取代基可以是邻、间、对三种位置关系，所以满足条件D的同分异构体共有6种；其中苯环上的一氯取代物只有两种的同分异构体，两个取代基应为对位
34、关系，其结构简式为：和。（5）以甲苯和乙烯为起始原料，要合成苯乙酸乙酯，可利用苯乙酸与乙醇发生酯化反应，乙烯可以制取乙醇；由已知可得，可由制取苯乙酸，由制取，甲苯与氯气光照条件发生取代反应可生成，综上分析，简单流程图为：。点睛：本题通过有机合成综合考查了有机物结构与性质，涉及结构简式的书写、有机反应类型、限制条件的同分异构体书写、合成路线的设计等知识，有一定综合性，解题时注意结合已知信息根据合成流程进行推断，针对本题特点，流程虽然比较长，但是解题时针对各个小题切入分析更有针对性，注意根据有机物之间组成元素的异同及官能团的转化确定结构简式；限制条件的同分异构体的书写是易错点，如第(4)小题既要注意取代基的的种类的判断，又要注意取代基之间位置关系的判断；第(5)小题合成路线图的设计，综合性较强，是对分析能力的考查，要注意从已知或流程中获得启发，关键是利用转化关系中隐含的增长碳链信息。