2014届湖南省十三校高三第二次联考理综化学试卷与答案（带解析）.doc

《2014届湖南省十三校高三第二次联考理综化学试卷与答案（带解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2014届湖南省十三校高三第二次联考理综化学试卷与答案（带解析）.doc（13页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、2014届湖南省十三校高三第二次联考理综化学试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法正确的是 A地沟油和矿物油都属于酯类物质 B在食品袋中放人盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质 C为测定熔融氢氧化钠的导电性，将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化 D电解从海水中得到的氯化镁溶液可获得金属镁 答案： B 试题分析： A、矿物油属于烃类，错误； B、硅胶可做干燥剂，防止食物受潮，铁粉作还原剂，防止食物氧化变质，正确； C、熔融氢氧化钠与石英坩埚中的二氧化硅发生反应，所以不能用石英坩埚，错误； D、电解氯化镁溶液得到氢氧化镁，得不到单质镁，错误，答案：选 B。 考点：考查化学与生活、生产

2、的联系 将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有 NO）。向反应后的溶液中加入 3 mol L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加 5 1 g。下列叙述不正确的是 A当生成的沉淀量达到最大时，消耗 NaOH溶液的体积 V100 mL B当金属全部溶解时收集到 NO气体的体积一定为 2 24 L C参加反应的金属的总质量 3 6 gI2S02 答案： D 试题分析：由题意可知，向 CuS04溶液中逐滴加入 KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀 CuI，溶液变为棕色，说明 Cu2+氧化 I-离子为 I2自身被还原成 CuI，再通入 S

3、02气体，溶液逐渐变成无色，说明 I2氧化二氧化硫，自身被还原成 I-离子。A、根据得失电子守恒，滴加 KI溶液时，转移 2 mol e 一 时生成 2 mol白色沉淀，错误； B、通入 S02后溶液逐渐变成无色，体现了 S02的还原性，错误； C、通入 S02时， S02与 I2反应， I2作氧化剂，错误； D、根据实验事实，物质的氧化性：Cu2+I2S02，正确，答案：选 D。 考点：考查对实验现象的分析能力，物质的氧化性的判断，氧化还原反应的计算 现有常温下 的四份溶液： 0 01 mol L CH3COOH溶液； 0 0l mol L HC1溶液； pH=12的氨水； pH=12的 N

4、aOH溶液。下列说法正确的是 A 中水的电离程度最小， 中水的电离程度最大 B将 、 混合，若 pH=7，则消耗溶液的体积： C将 、 混合，若 c(CH3COO-)c(H+)，则混合液一定呈碱性 D将四份溶液分别稀释 100倍后，溶液的 pH: ， ,正确； C、 的物质浓度相等，二者混合，所得溶液若为醋酸和醋酸钠的溶液时，有 c(CH3COO-)c(H+)成立，但此时溶液为酸性，错误； D、对于 ， pH相同，稀释相同的倍数后，由于一水合氨是弱碱会促进其电离，所以氨水的碱性强于氢氧化钠；对于 ，二者的物质的量浓度相同， 中的氢离子浓度远远大于 ，所以稀释相同的倍数后，尽管会促进 中的醋酸分

5、子的电离，但氢离子浓度仍会小于 ，所以 相比， 的 pH小于 ，酸性更强，所以错误，答案：选 B。 考点：考查强、弱电解质溶液中的离子浓度与物质的量浓度的关系，稀释后的溶液 pH变化，溶液酸碱性的判断 某有机物的结构简式： ，下列关于该有机物的叙述正确的是 A该有机物的摩尔质量为 200 5 B该有机物属于芳香烃 C 该有机物可发生取代、加成、加聚、氧化、还原、消去反应 D 1 mol该有机物在适当条件下，最多可与 4 mol NaOH、 4 mol H2反应 答案： D 试题分析： A、摩尔质量的单位是 g/mol，缺少单位，错误； B、该有机物分子中含 C、 H以外的元素，不属于烃，错误；

6、 C、该有机物不能发生消去反应，羟基与氯原子都不符合消去条件，错误； D、该有机物中的酚羟基、氯原子、酯基可与氢氧化钠反应，同时氯原子水解后的产物中仍是酚羟基可以和氢氧化钠继续反应，所以 1 mol该有机物在适当条件下，最多可与 4 mol NaOH反 应；苯环与碳碳双键可与氢气发生加成反应， 1mol该物质共需氢气 4mol，正确，答案：选 D。 考点：考查对有机物官能团的性质判断，物质的类别 短周期元素 A、 B、 C、 D的原子序数依次增大。 A原子的最外层电子数是内层电子数的 2倍，元素 B在同周期的主族元素中原子半径最大，元素 C的合金是日常生活中常用的金属材料，元素 D位于第 A族

7、。下列说法正确的是 A原子半径： DBCA B元素 A、 B的氧化物所含化学键的类型完全相同 C元素 B和 C的最高价氧化物对应水化物的碱性： BCDA,错误； B、元素 A、 B的氧化物分别是水和氧化钠，水中含共价键，氧化钠中含离子键，类型不同，错误； C、 B的金属性大于 C的金属性，所以元素 B和 C的最高价氧化物对应水化物的碱性 BC，错误； D、元素 B、 C、 D的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，三者两两反应，正确，答案：选 D。 考点：考查元素推断，元素周期律的应用，化学键类型的判断 下列有关实验原理或实验操作正确的是 A用干燥 pH试纸测定某新制氯水的

8、pH B用图 1装置除去乙烷中混有的乙烯 C用图 2装置能验证 HCl气体在水中的溶解性 D用 25mL碱式滴定管量取 20.00mL KMnO4溶液 答案： C 试题分析： A、新制氯水中有强氧化剂次氯酸，会使干燥 pH 试纸直接 变成白色，错误； B、酸性高锰酸钾溶液可以除去乙烯，但同时有二氧化碳生成，乙烷中又有了新杂质，错误； C、若氯化氢易溶于水，则挤压胶头滴管后，烧瓶内的压强减小，气球会鼓起，正确； D、碱式滴定管不能量取强氧化性的溶液，错误，答案：选 C。 考点：考查测定溶液 pH的方法；计量仪器及使用方法；物质的分离、提纯和除杂 实验题 三苯甲醇（ ）是一种重要的化工原料和医药中

9、间体，实验室合成三苯甲醇的流程如图 1所示，装置如图所示。 已知：（ I）格氏试剂容易水解： （ ）相关物质的物理性质如下： （ ）三苯甲醇的相对分子质量是 260，纯净固体有机物一般都有固定熔点。 请回答以下问题： （ 1）图 2中玻璃仪器 B的名称： ；装有无水 CaCl2的仪器 A的作用是 。 （ 2）图 2中滴加液体未用普通分液漏斗而用滴液漏斗的作用是 ；制取格氏试剂时要保持微沸，可以采用 加热方式。 （ 3）制得的三苯甲醇粗产品中，含有乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯等有机物和碱式溴化镁等杂质，可以设计如下提纯方案，请填写如下空白： 其中， 操作为： ；洗涤液最好选用 （从以下选项中选择）；

10、A水 B乙醚 C乙醇 D苯 检验产品已经洗涤干净的操作为： 。 （ 4）纯度测定：称取 2 60 g产品，配成乙醚溶液，加入足量金属钠（乙醚与钠不反应），充分反应后，测得生成的气体在标准状况下的体积为 100.80mL。则产品中三苯甲醇的质量分数为 。 答案： (1)冷凝管（ 2分） 防止空气中的水蒸气进入装置，使格式试剂水解（ 2分） （ 2）平衡压强，便于漏斗内试剂滴下 （ 2分） 水浴（ 2分） （ 3）蒸馏或分馏 （ 2分） A （ 2分） 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则已洗涤干净（ 2分） （ 4） 90% （ 2分） 试题 分析：（ 1）图 2中玻璃

11、仪器 B的名称是冷凝管， B的作用是防止空气中的水蒸气进入装置，使格式试剂水解； （ 2）使用滴液漏斗使上下气体压强相同，保证液体顺利滴下； （ 3）三苯甲醇粗产品中含有乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯等有机物，三苯甲醇的沸点最高，所以先用蒸馏的方法除去有机杂质，碱式溴化镁溶于水不溶于有机溶剂，所以洗涤液选用水 A；检查洗涤是否干净的一般步骤是：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则已洗涤干净，反之则未洗涤干净； （ 4）由 2-OH H2,可计算出三苯甲醇的物质的量是0.1008L/22.4L/mol2=0.009mol,所以产品中三苯甲醇的质量是0.009mol260g/mo

12、l=2.34g, 则产品中三苯甲醇的质量分数为2.34g/2.60g100%=90%。 考点：考查有机合成，仪器名称及作用，有机除杂、洗涤，质量分数的计算 填空题 （ 12分）下图中 A J分别代表相关反应中的一种物质，已知 A分解得到等物质的量的 B、 C、 D，已知 B、 D为常温下的气态化合物， C为常温下的液态化合物，图中有部分生成物未标出。 请填写以下空白： （ 1） A的化学式为 ， B的电子式 为 。 （ 2）写出下列反应的化学方程式： D+GH 。 F+JB+C+I 。 （ 3） 0 3 mol I与足量 C反应转移电子的物质的量为 mol。 （ 4）容积为 10 mL的试管中

13、充满 I和 G的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中 I与 G的体积分别为 mL， mL。 答案： (1) NH4HCO3(2分 )， (2分 ) （ 2） 4NH3 5O2 4NO+6H2O (2分 ) C+4HNO3(浓 )=CO2+4NO2+2H2O(2分 ) （ 3） 0.2（ 2分） （ 4） 8（ 1分） 2（ 1分） 试题分析：（ 1）已知 A分解得到等物质的量的 B、 C、 D，分析反应特点判断A是碳酸氢铵，化学式为 NH4HCO3，镁条在 B中燃烧，说明 B是二氧化碳，则B的电子式为 ； （ 2）铵盐与碱共热得 D为氨气，过氧化钠与水反应生成 G氧气，

14、所以氨气与氧气的催化氧化反应的化学方程式为 4NH3 5O2 4NO+6H2O ； J为硝酸，F为碳单质，所以 F+JB+C+I的化学方程式为 C+4HNO3(浓 )=CO2+4NO2+2H2O（ 2分） ; (3)I为 NO2，与水的反应 :3NO2+H2O=2HNO3+NO既作氧化剂又作还原剂，所 以0.3mol的 NO2与水的反应中转移电子的物质的量是 0.2mol， （ 4） NO2与 O2恰好反应时物质的量之比是 4:1，所以 10mL混合气体中有 8mL NO2， 2mL O2 考点：考查物质推断，电子式、化学方程式的书写，氧化还原反应的计算 随着大气污染的日趋严重， “节能减排

15、”，减少全球温室气体排放，研究 NOx、SO2、 CO等大气污染气体的处理具体有重要意义。 （ 1）如图是在 101 kPa， 298K条件下 1mol NO2和 1mol CO反应生成 1mol CO2和 1mol NO过程中的能量变化示意图。 已知： 请写出 NO与 CO反应生成无污染气体的热化学方 程式： 。 （ 2）将 0.20 mol N02和 0.10 mol CO充入一个容积恒定为 1L的密闭容器中发生反应，在不同条件下，反应过程中部分物质的浓度变化状况如图所示。 下列说法正确的是 （填序号）。 a容器内的压强不发生变化说明该反应达到乎衡 b当向容器中再充人 0 20 mol N

16、O时，平衡向正反应方向移动， K增大 c升高温度后， K减小， N02的转化率减小 d向该容器内充人 He气，反应物的体积减小，浓度增大，所以反应速率增大 计算 产物 NO在 0 2 min内平均反应速率 v（ NO） = mol L-1 min-1 第 4 min时改变的反应条件为 （填 “升温 、 “降温 ）。 计算反应在第 6 min时的平衡常数 K= 。若保持温度不变，此时再向容器中充人 CO、 NO各 0 060 mol，平衡将 移动（填 “正向 ”、 “逆向 ”或 “不 ”）。 （ 3）有学者想以如图所示装置用原电池原理将 SO2转化为重要的化工原料。其负极反应式为 ，当有 0.2

17、5 mol SO2被吸收，则通过质子（ H+）交换膜的 H+的物质的量为 mol。 答案：（ 1） 2NO（ g） +2CO（ g） =N2（ g） +2CO2（ g） H=-759.8kJ/mol；（ 2分） （ 2） c （ 2分） 0.015 （ 2分） 升温 （ 2分） 1/36 （ 2分） 逆向（ 2分） （ 3） SO2+ 2H2O-2e-=SO42-+4H+ （ 2分） 0.5 （ 2分） 试题分析：（ 1）由图知 298K条件下 1mol NO2和 1mol CO反应生成 1mol CO2和 1mol NO 的热化学方程式为 NO2（ g） +CO（ g） =NO（ g） +C

18、O2（ g） H=-234kJ/mol ； NO与 CO反应生成无污染气体是氮气和二氧化碳气体，根据盖斯定律得 - +2 即为所求，所以答案：是 2NO（ g） +2CO（ g） =N2（ g）+2CO2（ g） H=-759.8kJ/mol； （ 2） NO2（ g） +CO（ g） =NO（ g） +CO2（ g），该反应为反应前后气体物质的量不变的可逆反应，压强始终不变， a错误； b、体积不变， NO的物质的量增加，浓度增大，平衡逆向移动， K不变，错误； c、升高温度后，平衡逆向移动， K减小， N02的转化率减小，正确； d、充入氦气，容器体积不变，所以反应物的浓度不变，平衡不移动

19、，错误答选 c； 在 0 2 min内 NO的浓度增加 0.03mol/L,所以 v（ NO）=0.03mol/L/2min=0.015 mol L-1 min-1 第 4 min时反应物浓度增大，生成物浓度减小，说明平衡逆向移动，所以是升温； 6min时各物质的平衡浓度分别为 c(NO2)=0.18 mol L-1,c(CO)=0.08 molL-1,c(NO)=c(CO2)=0.02 mol L-1,所以 K= c(NO) c(CO2)/c(NO2) c(CO)=1/36；此时再向容器中充人 CO、 NO各 0 060 mol，则 c(NO) c(CO2)/c(NO2)c(CO)1/36，

20、所以平衡逆向移动； (3)二氧化硫在负极通入，发生氧化反应，电极反应式为 SO2+ 2H2O-2e-=SO42-+4H+，当有 0.25molSO2被吸收时，转移电子的物质的量是 0.5mol，根据得失电子守恒，正极发生 O2+4e-+4H+=2H2O，则通过质子（ H+）交换膜的 H+的物质的量为 0.5mol。 考点：考查热化学方程式和盖斯定律的计算应用，化学平衡的移动，化学平衡常数的计算，电化学原理理解分析 海洋是一个丰富的资源宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用。 （ 1）海水中盐的开发利用： 海水制盐目前以盐田法为主，建盐田必须选在远离江河人海口，多风少雨，潮汐落差大且又

21、平坦空旷的海滩。所建盐田分为贮水池、蒸发池和 池。 目前工业上采用比较先进的离子交换膜电解槽法进行氯碱工业生产，在电解槽中阳离子交换膜只允许阳离子通过，阻止阴离子和气体通过，请说明氯碱生产中阳离子交换膜的作用： （写一点即可）。 （ 2）电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图所示。其中具有选择性的阴离子交换 膜和阳离子交换膜相间排列。请回答下面的问题： 海水不能直接通人到阴极室中，理由是 。 A口排出的是 （填 “淡水 ”或 “浓水 ”）。 （ 3）用苦卤（含 Na+、 K+、 Mg2+、 Cl-、 Br-等离子）可提取溴，其生产流程如下： 若吸收塔中的溶液含 Br03-

22、，则吸收塔中反应的离子方程式为： 。 通过 氯化已获得含 Br2的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化来重新获得含 Br2的溶液？ 向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在 90 左右进行蒸馏的原因是 答案：（ 1） 结晶 阻止氢气与氯气发生反应甚至发生爆炸或阻止氯气与生成的氢氧化钠溶液反应而使烧碱产品不纯 （ 2） 海水中含有较多的 Ca2+和 Mg2+等阳离子，电解时会产生 Mg(OH)2、 Ca (OH)2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜 （ 3分） 淡水 （ 3） 3CO32-+3Br2=5Br-+BrO3-+3CO2 富集溴，提高溴的浓度 温度过低难以将溴蒸馏出来，但温度过高又会将大量的水蒸出。

23、 试题分析：（ 1） 海水制盐中的盐田法中所建盐田分为贮水池、蒸发池和结晶池； 电解槽中阳离子交换膜只允许阳离子通过，阻止阴离子 和气体通过，避免了氢气和氯气接触而发生反应甚至爆炸，同时也避免了氯气与生成的氢氧化钠溶液反应而使烧碱产品不纯； （ 2） 、海水中含有较多的 Ca2+和 Mg2+等阳离子，电解时阴极附近氢氧根离子浓度增大，与海水中的 Ca2+和 Mg2+等阳离子结合会产生 Mg(OH)2、 Ca(OH)2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜，所以海水不能直接通人到阴极室中； 、 A 口排出的是图中 处的水，装置中的阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，且阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只

24、允许阴离子通过，导致 处离子浓度减小， 处离子浓度增大，所 以 A口出来的是淡水； （ 3） 若吸收塔中的溶液含 Br03-，说明溴与碳酸钠溶液发生氧化还原反应，溴被氧化为 Br03-，同时又被还原为 Br-，离子方程式为 3CO32-+3Br2=5Br-+BrO3-+3CO2 通过 氯化获得含 Br2的溶液中溴的含量较少，经过吹出、吸收、酸化来重新获得含 Br2的溶液的目的是富集溴，提高溴的浓度。 考点：考查海水资源的综合应用，溴及其化合物的性质，电解原理的应用 （ 1）主族元素 A的简单阳离子不与任何原子具有相同的核外电子排布。元素 B与氮元素同周期， B的原子序数大于氮，而第一电离能比氮

25、的小。 A与 B能形成两种化合物 A2B2和 A2B，其中 B的杂化方式分别为 、 。 A2B、 NH3、SiH4的键角由大到小依次为 （填化学式）。 A2B由液态形成晶体时密度减小，主要原因是 。 （ 2）新型无机材料在许多领域被广泛应用。陶瓷发动机的材料选用氮化硅，它硬度大、化学稳定性强，是很好的高温陶瓷材料。除氢氟酸外，氮化硅不与其他无机酸反应，抗腐蚀能力强。氮化硅的晶体类型是 ，氮化硅与氢氟酸反应的化学方程式为 。 （ 3） MgC03和 CaC03都为离子晶体，热分解的温度分别为 402 和 900 ，请根据结构与性质的关系说明它们热分解温度不同的原因： 。 （ 4）砷化镓广泛用于雷

26、达、电子计算机、人造卫星、宇宙飞船等尖端技术中。镓的基态原子价电子排布式为 ，砷化镓的晶胞结构与金刚石相似，其晶胞边长为 a pm，则每立方厘米该晶体中所含砷元素的质量为 g（用 NA表示阿伏加德罗常数）。 答案：（ 1） sp3(1分 ) sp,3(1分 )SiH4NH3H2O（ 2分）形成晶体时，每个水分子与 4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子的空间利用率低，密度反而减小（ 2分） （ 2）原子晶体 (1分 )Si3N4+12HF=3SiF4+4NH3（ 2分） （ 3） Mg2+半径小于 Ca2+半径，故 MgO晶格能大于 CaO晶格能，所以 Mg2+比Ca2+更易与碳

27、酸根离子中的阳离子结合，使碳酸根离子分解为二氧化碳；（ 2 分） （ 4） 4s24p1（ 2分） 3.001032/a3 NA（ 2分） 试题分析： (1) 主族元素 A的简单阳离子不与任何原子具有相同的核外电子排布 ,则 A是 H元素， A与 B能形成两种化合物 A2B2和 A2B且 B为第二周期元素，所以 B为 O元素；化合物 A2B2和 A2B分别是 H2O2、 H2O，二者都是 sp3杂化，SiH4、 NH3、 H2O的价层电子对都是 4，但孤电子对数分别是 0、 1、 2，价层电子对数相同时孤对越多键角越小，所以键角的大小顺序是 SiH4NH3H2O；液态水的密度大于冰，是因为冰中

28、的每个水分子与 4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子的空间利用率低，密度反而减小； （ 2）氮化硅硬度大、化学稳定性强，属于原子晶体；氮化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和氨气，化学方程式为 Si3N4+12HF=3SiF4+4NH3； （ 3）二者的阴离子都是碳酸根离子，阳离子不同，所以应比较阳离子的半径的不同所决定的离子键的强弱不同， Mg2+半径小于 Ca2+半径，故 MgO晶格能大于CaO晶格能，所以 Mg2+比 Ca2+更易与碳酸根离子中的氧离子结合，使碳酸根离子分解为二氧化碳； （ 4）镓是第四周期 A主族元素，最外层 3个电子，所以其基态原子价电子排布式为 4s24p1

29、，砷化镓的晶胞结构与金刚石相似，所以砷化镓的晶胞中有 4个砷原子，则 1个晶胞中砷元素的质量是 475g/NA=300g/NA，晶胞的体积为（ a10-10） 3cm3,所以每立方厘米该 晶体中所含砷元素的质量为 3.001032/a3 NAg。 考点：考查元素推断，原子核外电子排布，杂化方式，晶格能、密度的比较，晶胞计算 肉桂酸甲酯是调制具有草莓、葡萄、樱桃、香子兰等香味的食用香精，用于肥皂、洗涤剂、风味剂和糕点的调味，在医药工业中作为有机合成的中间体。 （ 1）肉桂酸甲酯由 C、 H、 O三种元素组成，质谱分析其分子的相对分子质量为 162，核磁共振氢谱谱图显示有 6个峰，其面积之比为 1

30、:2:2:1:1:3，利用红外光谱仪检测其中的某些基团，测得红外光谱如下图： 则肉桂酸甲酯的结构简式是 （不考 虑立体异构） （ 2）已知： I醛与醛能发生反应，原理如下： 已知烃 A在标准状况下的密度为 1.25g L-1。合成肉桂酸甲酯的工业流程如下图所示： 请回答： 化合物 J的结构简式为 ； 化合物 G中的官能团有 ； GH为 反应（填反应类型）； 写出反应 DE的化学方程式 ； HI的反应 （填 “能 ”或 “不能 ”）改用酸性高锰酸钾溶液，简述理由： 。 符合下列条件的 I的同分异构体共有 5种。写出另两种同分异构体的结构简式： A能发生水解反应 B与银氨溶液作用出现光亮的银镜 C

31、能与溴发生加成 答案：（ 1） （ 2） 羟基、醛基 消去 不能 碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化 试题分析：（ 1）由其相对分子质量可确定其分子式为 C10H10O2,可判定该分子中含苯环结构，分子中有 6种氢原子，个数比是 1:2:2:1:1:3，所以该物质只能有一个取代基，利用有机物的不饱和度计算方法，该分子中还存在碳碳双键，所以肉桂酸甲酯的结构简式是 ； （ 2） 由肉桂酸甲酯的结构简式可判断 I中含碳碳双键和羧基，所以 J是 I发生加聚反应得到的产物，结构简式为 由已知得 A为乙烯， B为乙醇， C为乙醛， F为苯甲醛， G为 C、 F发生类似已知反应第一步的产物，所以 G中有羟基、

32、醛基； G在加热条件下发生消去反应，失去 1分子水得 H； D为氯甲基苯，在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成苯甲醇，化学方程式为 ； HI的反应不能改用酸性高锰酸钾溶液，因为碳碳双键易被酸性高锰酸钾溶液氧化，使 I中不含碳碳双键，从而得不到肉桂酸甲酯； A能发生水解反应说明分子中存在酯基； B与银氨溶液作用出现光亮的银镜说明分子中存在醛基，与 A结合得分子中应存在 HCOO-结构； C能与溴发生加成说明分子中存在碳碳双键， 符合以上要求的 I的同分异构体应是含碳碳双键的甲酸某酯，所以其余 2种同分异构体的结构简式为 考点：考查有机推断，分子式、结构简式的确定，化学方程式的书写，同分异构体的判断与书写