1、八 校湖北省鄂南高中 华师一附中 黄石二中 荆州中学 襄阳四中 襄阳五中 孝感高中 黄冈中学 命题学校：湖北襄阳四中 命题人：杨立涛 杨国明 张 华 任建新 侯连峰 王朝明 审题人：张再良 汪响林 屈泽兵 张 旭 黄志鹏 李神兵 考试时间：2015年12月8日上午9：0011：30 全卷满分300分。考试时间150分钟。祝考试顺利第卷（选择题 共126分）可能用到的相对原子量：H：1 N：14 O：16 S：32 Fe：56 Cu：64 Al：27 Zn：65一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。7如何解决好碳排放问题是关系到人类可持续发
2、展的重大课题之一。目前，采用较多的方法是对二氧化碳进行捕集封存和富集再利用。下列与二氧化碳有关的叙述正确的是ACO2是形成酸雨的主要物质BCO2导致温室效应，是一种大气污染物CCO2(g)+C(s)2CO(g) DH0，高温有利于该反应自发进行D实验室常用大理石与稀盐酸或稀硫酸反应制取二氧化碳【答案】C【解析】试题分析：A、酸雨是pH5.6的酸性降水，CO2不能形成酸雨，错误；B、CO2气体无毒，不是大气污染物，错误；C、反应CO2(g)+C(s)2CO(g) DH0，DS0，根据DH-TDS0反应能自发进行判断，高温有利于该反应自发进行，正确；D、大理石与稀硫酸反应生成的硫酸钙为微溶物，附着
3、在碳酸钙表面阻止反应继续进行，实验室不能用大理石与稀硫酸反应制取二氧化碳，错误。考点：考查化学与环境保护，低碳经济。82015年9月28日，美国宇航局宣布发现了火星上存在液态水的证据。下列关于水的叙述正确的是：A水是一种重要的溶剂，能溶解所有的无机物和大多数有机物B水是一种重要的化学试剂，在一定条件下可与许多无机物和有机物发生反应C在氧化还原反应中，水只能作氧化剂，不能作还原剂D海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，在上述方法中都有化学反应发生【答案】B【解析】试题分析：A水虽然是一种重要的溶剂，但不能溶解所有的无机物，如碳酸钙不溶于水，而大多数有机物不溶于水，如烃类，错误；B、
4、水是一种重要的化学试剂，在一定条件下可与许多无机物和有机物发生反应，正确；C、水中氢元素的化合价为+1价，可得电子表现氧化性，氧元素为-2价，可失电子表现还原性，则在氧化还原反应中，水既能作氧化剂，又能作还原剂，错误；D、海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，在上述方法中不都发生化学反应，如蒸馏法为物理变化，错误。考点：考查水的性质和用途。9钢化玻璃俗称普通玻璃的化身，是普通玻璃经一定物理方法处理后得到的。钢化玻璃一般不会发生自爆现象，但当钢化玻璃中含有硫化镍结核时就有可能发生自爆现象。下列有关说法中错误的是A制取钢化玻璃的原料为石灰石、纯碱和石英B钢化玻璃是一种新型无机非金属材
5、料C制取钢化玻璃的主要反应都是非氧化还原反应D在碳素钢中加入镍等合金元素可以制得不锈钢及各种特种钢【答案】B【解析】试题分析：A、根据题给信息知制取钢化玻璃的原料为石灰石、纯碱和石英，正确；B、钢化玻璃是一种传统无机非金属材料，错误；C、制取钢化玻璃的主要反应都是非氧化还原反应，正确；D、在碳素钢中加入镍等合金元素可以制得不锈钢及各种特种钢，正确。考点：考查化学与生活，硅酸盐材料。101934年，科学家首先从人尿中分离出具有生长素效应的化学物质吲哚乙酸，吲哚乙酸的结构如右图所示。下列有关吲哚乙酸的说法中正确的是A吲哚乙酸与苯丙氨酸互为同分异构体B吲哚乙酸可以发生取代反应、加成反应、氧化反应和还
6、原反应C1 mol吲哚乙酸与足量氢气发生加成反应时，可以消耗5 mol H2D吲哚乙酸苯环上的二氯代物共有四种结构【答案】B【解析】试题分析：A、根据吲哚乙酸的结构判断吲哚乙酸的分子式为C9H9O2N，苯丙氨酸的分子式为C9H11O2N，二者分子式不同，不是同分异构体，错误；B、吲哚乙酸中含有碳碳双键和羧基，可以发生取代反应、加成反应、氧化反应和还原反应，正确；C、1 mol吲哚乙酸含有1mol苯环和1mol碳碳双键，与足量氢气发生加成反应时，可以消耗4 mol H2，错误；D、吲哚乙酸苯环上的二氯代物共有六种结构，错误。考点：考查有机物的结构与性质。11白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒
7、，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应： (1)2P+5CuSO4+8H2O5Cu+2H3PO4+5H2SO4 (2)11P+15CuSO4 +24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4下列有关说法中错误的是 A在上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂 B在上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4 C在反应(2)中，当有5 mol CuSO4发生反应时，共转移10 mol电子 D在上述两个反应中，氧化剂都只有硫酸铜【答案】D【解析】试题分析：A、在上述两个反应中，水中氢、氧元素的化合价没有发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，正确；B、在上述两个反应中，只有磷元素的化合价由反应前的0价升
8、高到H3PO4中的+5价，发生氧化反应，氧化产物都是H3PO4，正确；C、在反应(2)中，有6个磷原子磷元素的化合价由0价升高到+5价，失30个电子，5个磷原子磷元素的化合价由0价降为-3价，15个铜的化合价由+2价降为+1价，总共失30个电子，则当有5 mol CuSO4发生反应时，共转移10 mol电子，正确；D、在上述反应（2）中，5个磷原子磷元素的化合价由0价降为-3价，15个铜的化合价由+2价降为+1价，得电子作氧化剂，故反应（2）氧化剂为磷和硫酸铜，错误。考点：考查氧化还原反应。12下列有关叙述中正确的是ACH4与P4的分子结构都是正四面体形，因此在6.021023个CH4分子或P
9、4分子中都含有46.021023个共价键B在含6.021023个硅原子的二氧化硅晶体中含有46.021023个SiO键C5.6 g Fe与含0.2 mol HNO3的溶液充分反应，至少失去0.26.021023个电子D6.021023个Fe3+完全水解可以得到6.021023个氢氧化铁胶体粒子【答案】B【解析】试题分析：A、1个CH4分子中含有4个CH，1个P4分子中含有6个PP键，因此在6.021023个CH4分子和P4分子中含有共价键的个数分别是46.021023、66.021023，错误；B、在二氧化硅晶体中每个硅原子都与4个氧原子形成4个SiO键，在含6.021023个硅原子的二氧化硅
10、晶体中含有46.021023个SiO键，正确；C、5.6 g Fe与含0.2 mol HNO3的溶液充分反应，只发生反应：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O，且铁过量，根据硝酸计算转移的电子数，失去的电子数为0.156.021023个，错误；D、氢氧化铁胶体粒子是大量氢氧化铁分子的集合体，6.021023个Fe3+完全水解可以得到6.021023个氢氧化铁分子，胶体粒子数远小于6.021023个，错误。考点：考查阿伏伽德罗常数，相关物质的结构和性质。13Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)+I2(g) DH=+11 kJmol-1。在716K时，气
11、体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI）00.600.730.7730.7800.784由上述实验数据计算得到v正x(HI)和v逆x(H2)的关系可用如图表示。当改变条件，再次达到平衡时，下列有关叙述不正确的是A若升高温度到某一温度，再次达到平衡时， 相应点可能分别是A、EB若再次充入a mol HI，则达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大C若改变的条件是增大压强，再次达到平衡时，相应点与改变条件前相同D若改变的条件是使用催化剂，再次达到平衡时，相应点与改变
12、条件前不同【答案】C【解析】试题分析：A、该反应正向为吸热反应，升高温度平衡正向移动，HI的体积分数减小，H2的体积分数增大，又升高温度反应速率加快，相应点上移，再次达到平衡时，相应点可能分别是A、E，正确；B、该反应为反应前后气体物质的量不变的分解反应，若再次充入a mol HI，则达到平衡时，各物质的体积分数不变，相应点的横坐标值不变，反应速率加快，纵坐标值增大，正确；C、该反应为反应前后气体物质的量不变的分解反应，增大压强，再次达到平衡时，各物质的体积分数不变，相应点的横坐标不变，反应速率加快，相应点的纵坐标上移，错误；D、若改变的条件是使用催化剂，再次达到平衡时，各物质的体积分数不变，
13、相应点的横坐标不变，反应速率加快，相应点的纵坐标上移，正确。考点：考查化学反应速率和化学平衡。26(16分)草酸亚铁晶体的化学式为FeC2O4.2H2O，它是一种淡黄色结晶粉末，有轻微刺激性，加热时可发生如下分解反应：FeC2O4.2H2OFeO+CO2+CO+2H2O（1）请你用下图中提供的仪器（可以重复选用，但每种仪器至少选用一次），选择必要的试剂供选择的试剂：NaOH溶液、澄清石灰水、饱和碳酸钠溶液、CuO、无水硫酸铜、酸性高锰酸钾溶液，设计一个实验，检验FeC2O42H2O加热时分解产生的气态产物（包括水蒸气）（部分加热装置和夹持仪器在图中略去）。在答题卡上填写下表（可以不用填满，也可
14、以补充）。仪器符号仪器中所加物质作用A草酸亚铁晶体加热草酸亚铁晶体得到气体产物DNaOH溶液（2）按照题目提供的装置和要求设计的实验明显存在的一个不足是 。（3）反应结束后，在A装置试管中有黑色固体粉末（混合物）产生，倒出时存在燃烧现象，产生上述现象的可能原因是。【答案】（1）仪器符号仪器中所加物质作用A草酸亚铁晶体加热草酸亚铁晶体得到气体产物C无水硫酸铜检验H2OD澄清石灰水检验CO2除去未反应的CO2D澄清石灰水（无此步不扣分）检验CO2是否已除尽BCuOCO与CuO反应生成CO2D澄清石灰水检验CO与CuO反应生成的CO2（以上仪器和物质1分，作用1分。若在某一步出现错误，则以后各步均无
15、分。共11分）（2）未对尾气进行处理，可造成环境污染。（2分）（3）FeC2O4.2H2O分解产生的CO将部分FeO还原为粉末状的单质铁，铁粉被空气中的氧气氧化而燃烧。（3分） 考点：考查化学实验方案的分析、评价和设计，物质的分离、提纯和检验。27(14分)V、W、X、Y、Z是由四种短周期元素中的两种或三种组成的5种化合物，其中W、X、Z均由两种元素组成，X是导致温室效应的主要气体，Z是天然气的主要成分，Y、W都既能与酸反应，又能与强碱溶液反应。上述5种化合物涉及的四种元素的原子序数之和等于28；V由一种金属元素和两种非金属元素组成，其原子个数比为139，所含原子总数等于其组成中金属元素的原子
16、序数。它们之间的反应关系如下图：（1）写出W物质的一种用途。（2）写出V与足量NaOH溶液反应的化学方程式。（3）将过量的X通入某种物质的水溶液中可以生成Y，该反应的离子方程式为 。（4）4 g Z完全燃烧生成X和液态水放出222.5 kJ的热量，请写出表示Z燃烧热的热化学方程式 。（5）在200 mL 1.5 molL-1 NaOH溶液中通入标准状况下4.48 L X气体，完全反应后所得溶液中，各种离子浓度由大到小的顺序是。（6）Y是一种难溶物质，其溶度积常数为1.2510-33。将0.01 mol Y投入1 L某浓度的盐酸中，为使Y完全溶解得到澄清透明溶液，则盐酸的浓度至少应为（体积变化忽
17、略不计，结果保留三位有效数字）。【答案】（1）高温耐火材料或冶炼金属铝（2分）。（2）Al(CH3)3+NaOH+H2O=NaAlO2+3CH4（2分）（3）CO2 + AlO2- + 2H2O=Al(OH)3+ HCO3-（2分）（4）CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；H =- 890.0 kJmol-1（2分）（5）c(Na)c(HCO3)c(CO32)c(OH)c(H)（3分）（6）3.0210-2mol/L（3分）【解析】试题分析：根据题给信息和流程推断，X是CO2，Z是CH4，Y是Al(OH)3 ，W是Al2O3，上述5种化合物涉及的四种元素的原子序数之和等于
18、28；V由一种金属元素和两种非金属元素组成，与氧气反应生成氧化铝、水和二氧化碳，则V的组成元素为铝、碳、氢，其原子个数比为139，所含原子总数等于其组成中金属元素的原子序数，则V为Al(CH3)3。（1）W是Al2O3，它的一种用途为高温耐火材料或冶炼金属铝。（2）V为Al(CH3)3，与水发生双水解反应生成氢氧化铝和甲烷，氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，则Al(CH3)3与足量NaOH溶液反应的化学方程式Al(CH3)3+NaOH+H2O=NaAlO2+3CH4。（3）将过量的CO2 通入偏铝酸钠溶液中生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，该反应的离子方程式为CO2 + AlO2- + 2H
19、2O=Al(OH)3+ HCO3-。（4）4 g CH4 完全燃烧生成CO2和液态水放出222.5 kJ的热量，则表示CH4燃烧热的热化学方程式CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；H =- 890.0 kJmol-1。（5）在200 mL 1.5 molL-1 NaOH溶液中通入标准状况下4.48 L CO2 气体，完全反应后所得溶液为等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠的混合液，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根的水解程度，溶液呈碱性，则各种离子浓度由大到小的顺序是c(Na)c(HCO3)c(CO32)c(OH)c(H)。（6）根据反应Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O 知将
20、0.01 mol 氢氧化铝投入1 L某浓度的盐酸中，参加反应的HCl的物质的量为0.03mol，为得到澄清透明溶液，则有Q=c(Al3)c3(OH)Ksp(Al(OH)3)=1.2510-33,又反应后溶液中c(Al3)=0.01mol/L，则反应后溶液中c(OH)510-11mol/L，c(H)210-4mol/L。则盐酸的浓度至少应为3.0210-2mol/L。考点：考查无机推断，元素化合物，热化学方程式书写及溶液中的离子平衡。28(13分)下图所示的四个容器中分别盛有不同的溶液，除a、b外，其余电极均为石墨电极。甲为铅蓄电池，其工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2
21、O，其两个电极的电极材料分别为PbO2和Pb。闭合K，发现g电极附近的溶液先变红，20min后，将K断开，此时c、d两极上产生的气体体积相同；据此回答： （1）a电极的电极材料是（填“PbO2”或“Pb”）。（2）丙装置中发生电解的总反应方程式为。（3）电解20min时，停止电解，此时要使乙中溶液恢复到原来的状态，需要加入的物质及其物质的量是。（4）20min后将乙装置与其他装置断开，然后在c、d两极间连接上灵敏电流计，发现电流计指针偏转，则此时c电极为 极，d电极上发生反应的电极反应式为 。（5）电解后取a mL丁装置中的溶液，向其中逐滴加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液，当加入b mL
22、 CH3COOH溶液时，混合溶液的pH恰好等于7（体积变化忽略不计）。已知CH3COOH的电离平衡常数为1.7510-5，则a/b = 。【答案】（1）PbO2（2分）（2）2H2O 2H2 + O2（2分）（3）0.1molCu(OH)2 或0.1molCuO、0.1molH2O（3分）（4）负（1分） ，O2+4H+4e- = 2H2O（2分）（5）175/176（3分） 考点：考查原电池原理和电解原理的应用，电离平衡相关计算。36【化学选修2：化学与技术】（15分）工业上以Al(OH)3、H2SO4、(NH4)2SO4(含FeSO4)为原料制备透明氧化铝陶瓷的工艺流程如图所示：回答下列问
23、题：（1）氧化步骤中发生的主要反应的离子方程式为。（2）已知：25时，KW=1.010-14，Kb(NH3H2O)=1.7510-5。在(NH4)2SO4溶液中，存在如下平衡：NH4+H2ONH3H2O+H+，则该反应的平衡常数为。（3）NH4Al(SO4)2溶液与过量NaOH溶液混合加热，反应的化学方程式为 。（4）固体NH4Al(SO4)212H2O在加热时，固体残留率随温度的变化如图所示。633时剩余固体的成分为。（5）综上分析，流程图中M混合气体的主要成分的化学式为 。M可用一种物质吸收以实现循环利用，该物质的名称是 。【答案】（1）2Fe2+ + H2O2 + 2H+=2Fe3+ +
24、 2H2O（2分）（2）5.710-10（3分）（3）NH4Al(SO4)2+5NaOHNH3+3H2O+NaAlO2+ 2Na2SO4（3分）（4）Al2(SO4)3（3分）（5）NH3、SO3、H2O（2分）； 浓硫酸（2分）【解析】试题分析：（1）氧化步骤中亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，根据化合价升降法结合原子守恒、电荷守恒配平，该反应的离子方程式是：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O。 （2）KW=c(H)c(OH)=1.010-14，Kb(NH3H2O)=c(NH4 ) c(OH)/ c(NH3H2O) =1.7510-5。反应NH4+H2ONH3H2O+H+的平衡常数为
25、：Kh= c(H) c(NH3H2O)/ c(NH4 )= KW/ Kb(NH3H2O)= 5.710-10。（3）NH4Al(SO4)2溶液与过量NaOH溶液混合加热生成氨气、水、偏铝酸钠和硫酸钠，反应的化学方程式为NH4Al(SO4)2+5NaOHNH3+3H2O+NaAlO2+ 2Na2SO4。（4）假设有1mol硫酸铝铵晶体（摩尔质量是453g/mol，质量是453g）受热分解，首先失去结晶水生成NH4Al(SO4)2，结晶水完全失去时，剩余固体与原始固体的质量百分比是：(237453)100%52.32%；当温度继续升高，硫酸铝铵中的硫酸铵开始分解生成氨气和三氧化硫，硫酸铵完全分解时
26、，剩余物为硫酸铝，剩余固体与原始固体的质量百分比是：171/453100%37.75%；故B点剩余固体是Al2(SO4)3。（5）综上分析，流程图中M的主要成分的化学式为NH3、H2O、SO3 ；可以用浓硫酸吸收生成硫酸铵重复使用。考点：考查化学工艺流程分析，涉及离子方程式、化学方程式的书写，平衡常数和热重曲线分析计算。37【化学选修3：物质结构与性质】（15分）E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素。E、G、M是位于P区的同一周期的元素，M的价层电子排布为nsnnp2n，E与M原子核外的未成对电子数相等；QM2与GM2为等电子体；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子。请回答
27、下列问题：（1）与T同区、同周期元素原子价电子排布式是。（2）E、G、M均可与氢元素形成氢化物，它们的最简单氢化物在固态时都形成分子晶体，其中晶胞结构与干冰不一样的是（填分子式）。（3）E、G、M的最简单氢化物中，键角由大到小的顺序为（用分子式表示），其中G的最简单氢化物的VSEPR模型名称为，M的最简单氢化物的分子立体构型名称为。（4）EM、GM+、G2互为等电子体，EM的结构式为(若有配位键，请用“”表示)。E、M电负性相差1.0，由此可以判断EM应该为极性较强的分子，但实际上EM分子的极性极弱，请解释其原因 。（5）TQ在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方TQ晶体结构如
28、下图所示，该晶体的密度为 gcm-3。如果TQ的摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数为NA mol-1，则a、b之间的距离为 cm。【答案】（1）3d104s1（2分）（2）NH3、H2O（答对一个给1分，只要错一个本空无分）（2分）（3）CH4NH3H2O（2分）；四面体形（1分），V形（1分）。（4）（2分），从电负性分析，CO中的共用电子对偏向氧原子，但分子中形成配位键的电子对是由氧原子单方面提供的，抵消了共用电子对偏向O而产生的极性（2分）（5） （3分）【解析】试题分析：根据题给信息推断M的价层电子排布为nsnnp2n，s能级只有一个轨道最多容纳2个电子，则n=2，M的价层电子排
29、布只能为2s22p4，M为氧元素；E、G、M、Q、T是五种原子序数依次增大的前四周期元素。E、G、M是位于P区的同一周期的元素，E与M原子核外的未成对电子数相等，则E的价层电子排布为2s22p2，E为碳元素，G为氮元素；QO2与NO2为等电子体，则Q为硫元素；T为过渡元素，其原子核外没有未成对电子，则T的价电子排布为3d104s2，T为锌元素。（1）T为锌元素，属于ds区，与锌同区、同周期元素为铜元素，其原子价电子排布式是3d104s1。（2）CH4、NH3、H2O 在固态时都形成分子晶体，其中晶胞结构与干冰不一样的是NH3、H2O。（3）CH4、NH3、H2O 中，中心原子C、N、O均为sp
30、3杂化，CH4分子中没有孤对电子，NH3分子中有1对孤对电子、H2O分子中有2对孤对电子，根据价层电子对互斥理论判断键角由大到小的顺序为CH4NH3H2O，其中NH3 的VSEPR模型名称为四面体形，H2O 分子立体构型名称为V形。（4）CO、NO+、N2互为等电子体，结构相似，根据N2的结构式写出CO的结构式为 。CO分子的极性极弱，其原因为从电负性分析，CO中的共用电子对偏向氧原子，但分子中形成配位键的电子对是由氧原子单方面提供的，抵消了共用电子对偏向O而产生的极性。（5）根据立方ZnS晶体结构利用切割法分析知1mol晶胞中含有4molZnS，该晶体的密度为 gcm-3。ZnS的摩尔质量为
31、M g/mol，阿伏加德罗常数为NA mol-1，设晶胞的棱长为x，=4M/NAx3，则x3=4M/NA利用几何知识计算，则a、b之间的距离为cm。考点：考查物质结构与性质，涉及元素推断、分子结构和晶体结构。38【化学选修5：有机化学基础】（15分）已知一个碳原子上连有两个羟基时，易发生下列转化：。请根据下图回答： （1）A中所含官能团的名称为。（2）质谱分析发现B的最大质荷比为208；红外光谱显示B分子中含有苯环结构和两个酯基；核磁共振氢谱中有五个吸收峰，其峰值比为22233，其中苯环上的一氯代物只有两种。则B的结构简式为。（3）写出下列反应方程式： ； 。（4）符合下列条件的B的同分异构体
32、共有种。 属于芳香族化合物；含有三个取代基，其中只有一个烃基，另两个取代基相同且处于相间的位置；能发生水解反应和银镜反应。（5）已知：请以G为唯一有机试剂合成乙酰乙酸乙酯（CH3COCH2COOC2H5），设计合成路线（其他试剂任选）。合成路线流程图示例：【答案】（1）酯基、溴原子（2分）（2）（2分）（3） （2分） （2分）（4）9（3分）（5）（4分，只要合成路线合理正确可参照给分。）【解析】试题分析：根据题给流程和信息推断C为CH3CHO，D为CH3COONa，E为NaBr，G为CH3CH2OH。（1）根据A的结构简式知A中所含官能团的名称为酯基、溴原子。（2）质谱分析发现B的最大质荷
33、比为208，B的相对分子质量为208；利用商余法确定B的分子式为C11H12O4，红外光谱显示B分子中含有苯环结构和两个酯基；碱性条件下水解生成乙醇和乙酸钠，核磁共振氢谱中有五个吸收峰，其峰值比为22233，其中苯环上的一氯代物只有两种。则B的结构简式为。（3）反应为A的碱性水解，化学方程式为；反应为乙醇催化氧化生成乙醛，化学方程式为2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O。（4）B的分子式为C11H12O4， 属于芳香族化合物，含有苯环；含有三个取代基，其中只有一个烃基，另两个取代基相同且处于相间的位置；能发生水解反应和银镜反应，含有甲酸酯基。符合条件的同分异构体共有9种。（苯环上间位连接2个CH2OOCH和1个CH3，有3种；苯环上间位连接2个OOCH和1个CH2CH2CH3，有3种；苯环上间位连接2个OOCH和1个CH(CH3)2，有3种）（5）乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯在金属钠存在的条件下生成乙酰乙酸乙酯（CH3COCH2COOC2H5），合成路线见答案。考点：考查有机合成和有机推断。
