河北省石家庄市第二中学2019届高三化学上学期期中试卷（含解析）.doc

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1、1河北省石家庄市第二中学 2019 届高三年级第一学期期中考试理综化学试题1.化学与人类生活、能源开发、资源利用等密切相关。下列说法正确的是A. 塑料奶瓶比玻璃奶瓶更有利于健康，且更加经久耐用B. 硅燃烧放出的热量多，且燃烧产物对环境污染程度低，可做“未来石油”C. 用 K2FeO4取代 Cl2处理饮用水，可杀菌消毒，但不能沉降水中的悬浮物D. 研发使用高效催化剂，可提高反应中原料的转化率【答案】B【解析】A塑料中含有塑化剂，塑化剂是一种有毒的化工塑料软化剂，所以长期使用塑料奶瓶不利于健康，故 A 错误；B硅燃烧生成放出热量多，且生成物是二氧化硅固体易控制，故 B 正确；C高铁酸钾具有强氧化性

2、，所以能杀菌消毒，还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，所以能吸附悬浮物而达到净水目的，故 C 错误；D催化剂能改变反应速率，但不影响平衡移动，所以不能提高转化率，故 D 错误；故答案为 B。2.用 NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A. 10g 46%的乙醇水溶液中，氧原子的个数为 0.4NAB. 标准状况下，22.4LCCl 4含有的分子数为 NAC. 在含 4mol Si-O 键的二氧化硅晶体中，氧原子的数目为 4NAD. 向含有 0.1mol 的 FeI2溶液中通入足量 Cl2，充分反应后转移的电子数为 0.2NA【答案】A【解析】【详解】A、乙醇溶液中除了乙醇外,

3、水也含氧原子, 10g 46%的乙醇溶液中,乙醇的质量为4.6g,物质的量为 0.1mol,故含 0.1mol 氧原子;水的质量为 5.4g,物质的量为 0.3mol,故含0.3mol 氧原子,故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为 0.4mol,即个数为 0.4NA个,故 A正确; B、标准状况下，CCl 4为液态，故分子数不是 NA，故 B 错误；C、 含 4mol Si-O 键的二氧化硅晶体中含有 1mol 二氧化硅，含有 2mol 氧原子，含有的氧原子的数目为 2NA，故 C 错误；D、0.1molFeI 2溶液中,碘离子的还原性大于亚铁离子的,通入氯气,先氧化碘离子 0.2mol 2I

4、-，转移电子数为 0.2mol,再氧化亚铁离子 0.1mol,转移电子数为 0.1mol，所以转移总电子数为 0.3mol，即 0.3 NA，故 D 错误；综上所述，本题正确答案为 A。3.下列各组离子能大量共存，当溶液中 c(H+)=10-1 mol/L 时，只能观察到有气体产生；而当溶液中 c(H+)=10-13mol/L 时，只能观察到生成沉淀。该组离子可能是A. Mg2+、NH 4+、SO 42-、Cl -、S 2O32-B. Pb2+、Ba 2+、K +、Cl -、S 2-C. Pb2+、Fe 2+、Na +、SO 42-、NO 3-D. Na+、Mg 2+、NO 3-、HCO 3-

5、、SO 42【答案】D【解析】【分析】溶液中 c(H )=101 molL1 ，说明溶液显酸性；溶液中 c(H )=1013 molL1 ，溶液显碱性；然后根据题中所给现象进行分析。【详解】溶液中 c(H )=101 molL1 ，说明溶液显酸性，只观察到有气体产生；溶液中c(H )=1013 molL1 ，溶液显碱性，只观察生成沉淀；A、在酸中 S2O32 与 H 发生：S 2O32 2H =SSO 2H 2O，既有沉淀生成又有气体产生，在碱中 NH4 OH =NH3H2O，没有沉淀产生，故 A 不符合题意；B、Pb 2 和 S2 生成 PbS 沉淀，不能大量共存，故 B 不符合题意；C、P

6、b 2 和 SO42 生成沉淀 PbSO4，不能大量共存，故 C 不符合题意；D、在酸性条件下，HCO 3 H =CO2H 2O，只有气体产生，在碱性条件下：Mg2 2OH =Mg(OH)2，只生成沉淀，故 D 符合题意。4.向一定量的 Fe、FeO、Fe 2O3、Fe 3O4的混合物中加入 150ml 4mol/L 的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出 2.24LNO（标准状况） ，往所得溶液中加入 KSCN 溶液，无血红色出现。若用足量的 H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为A. 0.21 molB. 0.25 molC. 0.3 molD. 0.35 mol【答案】

7、B3【解析】【分析】【详解】混合物与稀硝酸恰好完全反应，所得溶液中加入 KSCN 溶液，无血红色出现，说明 Fe 元素以Fe(NO3)2形式存在，根据信息得出：，因此有 n(Fe)=nFe(NO3)2=n(HNO3)n(NO)/2=15010 3 42.24/22.4/2mol=0.25mol，故选项 B正确。5.体积为 V mL，密度为 g/mL 的含有相对分子质量为 M 的某种物质的溶液，其中溶质为mg,其物质的量浓度为 c molL，溶质的质量分数为 w%，则下面表示正确的是A. B. c=1000wM m=Vw100C. D. w=cM1000% =cMw【答案】B【解析】【详解】A物

8、质的量浓度 c= = = = mol/L，故 A 错误；Bm=m(溶液)w%= g，nVmMV1000w%M 10wM Vw100故 B 正确；Cw%= 100%= 100%= ，故 C 错误；Dc= =m(溶 质 )m(溶 液 ) V103Lcmol/LMg/molVg cM1000 nV= mol/L，故 D 错误；故选 B。mMmolV103L1000mVM6.下列表示对应化学反应的离子方程式，其中正确的是A. 向 NaA1O2溶液中通入足量的 CO2：A1O 2-CO 22H 2OA1(OH) 3HCO 3-4B. (NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：2NH 4+

9、Fe 2+4OH -Fe(OH)22NH 3H2OC. NaHSO4溶液中加入 Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：Ba 2+OH -H +SO 42-BaSO 4H 2OD. 向 H218O 中投入 Na2O2固体：2H 218O+2Na2O2=2Na+4OH-+18O2【答案】A【解析】【详解】A、利用碳酸酸性强于氢氧化铝，CO 2为足量，离子方程式为AlO2 CO 22H 2O=Al(OH)3HCO 3 ，故 A 正确；B、缺少 Ba2 和 SO42 的反应，故 B 错误；C、溶液呈中性，离子反应为 Ba2 SO 42 2H 2OH =BaSO42H 2O，故 C 错误；D、过氧化钠与水反应

10、，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，O 2中氧元素来自于 Na2O2中 O，故 D 错误。7.mg 铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全反应（假定硝酸的还原产物只有 NO） ，向反应后的混合溶液中滴加 amol/LNaOH 溶液，当滴加到 VmL 时，得到沉淀质量恰好为最大值ng，则下列有关该实验的说法中正确的有沉淀中氢氧根的质量为(n-m)g恰好溶解后溶液中的 NO3-离子的物质的量为 aVmol反应过程中转移的电子的物质的量为 molnm17生成 NO 气体的体积室温下为 L22.4(nm)51与合金反应的硝酸的物质的量为( )molnm51+aV1000A. 2 项 B. 3 项 C. 4 项

11、 D. 5 项【答案】B【解析】【分析】镁铝合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解，向反应后的混合溶液中滴加 amolL1 NaOH溶液，当滴加到 VmL 时，得到沉淀质量恰好为最大值，沉淀质量最大时，沉淀 Wie 氢氧化铝和氢氧化镁，此时溶液为硝酸钠溶液；沉淀质量等于合金质量与 OH 质量之和；根据 n(NO3 )=n(NaNO3)=n(NaOH)，进行计算；5沉淀中 OH 的物质的量等于 Mg2 、Al 3 所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子物质的量；条件是室温状态，不是标准状况，无法直接用 22.4Lmol1 ；参加反应的硝酸有两种作用：其酸性和氧化性，其酸性硝酸的物质的量等于硝酸钠的物

12、质的量，起氧化剂的硝酸的物质的量等于 NO 的物质的量。【详解】 沉淀为 Al(OH)3和 Mg(OH)2，根据原子守恒，其质量应为合金质量和 OH 的质量，即 m(OH )=(nm)g，故正确；当沉淀质量达到最大时，溶液中溶质为 NaNO3，即 n(NO3 )=n(NaNO3)=n(NaOH)=V103 amol，故错误；在沉淀中 OH 的物质的量等于 Mg2 、Al 3 所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子物质的量，即 n(e )=n(OH )=(nm)/17mol，故正确；根据得失电子数目守恒，即生成 n(NO)=(nm)/(173)mol=(nm)/51mol，因为室温状态下，因此无

13、法计算 NO 的体积， ，故不正确；参加反应的硝酸有两种作用：其酸性和氧化性，因此与合金反应的硝酸的物质的量为aV103 (nm)/51mol，故正确；综上所述，选项 B 正确。8.某学习小组开展下列实验探究活动：（1）装置 A 中反应的化学方程式为_。（2）设计实验：利用装置 A 中产生的气体证明+4 价硫具有氧化性：_。（3）选用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：6装置连接顺序为 A、C、_、_、D、F，其中装置 C 的作用是_，通过_现象即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。（4）利用 G 装置可测定装置 A 残液中 SO2的含量。量取 1mL 残液于烧瓶中，加适量的水稀释，加热使

14、 SO2全部逸出并与锥形瓶中 H2O2完全反应（SO 2+H2O2=H2SO4） ，然后用0.1000mol/LNaOH 标准溶液进行滴定，至终点时消耗 NaOH 溶 20.00mL。G 中球形冷凝管的冷凝水进口为_（填“a”或“b” ） 。残液中 SO2含量为_ g/L。经多次测定发现，测定值始终高于实际值，则其原因是_。【答案】 (1). CaSO4+2HCl=CaCl2+SO2+H 2O (2). 将 SO2通入氢硫酸溶液或者硫化钠（NaHS 也给分）溶液中，出现淡黄色沉淀（或溶液变浑浊）即证 (3). B (4). E (5). 除去 HCl 气体 (6). 当 D 中品红不褪色，F

15、中出现白色沉淀 (7). b (8). 64.00 (9). 残液中有剩余的盐酸（或过氧化氢） ，导致实验中消耗的氢氧化钠的量偏多【解析】【详解】 （1）装置 A 制备 SO2，发生的化学反应方程式为CaSO32HCl=CaCl 2SO 2H 2O；（2）SO 2表现氧化性，是与 H2S 反应，SO 22H 2S=2H2O3S，设计实验如下：将 SO2通入氢硫酸溶液或者硫化钠（或 NaHS）溶液中，出现淡黄色沉淀（或溶液变浑浊） ，能够证明SO2的氧化性；7（3）装置 A 的作用是制备 SO2，SO 2中混有 HCl，干扰实验，用 NaHSO3溶液吸收，然后通过装置 B，得到 CO2气体，推出

16、亚硫酸的酸性强于碳酸，气体通过酸性高锰酸钾溶液，除去多余 SO2，再通过品红溶液，验证 SO2是否被完全除尽，最后通过漂白粉溶液，如果出现沉淀，说明碳酸的酸性强于次氯酸，从而最终得出亚硫酸的酸性强于次氯酸，连接顺序是ACBEDF；装置 C 的作用是除去 SO2中混有 HCl；通过装置 D 中品红溶液不褪色，防止 SO2的干扰，F 中出现白色沉淀；（4）冷凝水进口方向为 b；根据信息建立关系式为 SO2H 2SO42NaOH，得出 1mL 残夜中含有 SO2的物质的量为20103 0.1/2mol=1103 mol，则残液中 SO2的含量为 1103 64/(1103 )gL1 =64.00gL

17、1 ；测定值高于实际值，说明消耗 NaOH 多，可能是盐酸有剩余或 H2O2有剩余。【点睛】本题的难点是装置的连接，首先弄清楚实验目的，本实验验证亚硫酸和次氯酸酸性强弱，然后找准实验原理，亚硫酸不仅具有酸性，还具有还原性，次氯酸能氧化亚硫酸，不能直接将 SO2通入漂白粉中，采用间接方式进行验证，即亚硫酸制备碳酸，碳酸与次氯酸盐反应，从而得出亚硫酸和次氯酸酸性的强弱，根据原理连接装置， ，注意杂质气体的干扰。9.高锰酸钾是一种常用的氧化剂。如图是利用软锰矿（主要成分为 MnO2）制备高锰酸钾的一种工艺（流程中部分产物已略去）：相关物质不同温度下的溶解度（单位：g）数据如表：8（1） “熔融”步骤

18、反应的化学方程式为_。（2）K 2MnO4溶液中加入冰醋酸发生反应的离子方程式为：_。（3）操作 2 是_、_、_。（4）图中可以直接进行循环利用的物质是_（填化学式） 。（5）KMnO 4粗晶体中的主要杂质（填化学式）有_和_，若用硫酸代替图中的冰醋酸，则导致的问题及原因是_。【答案】 (1). 3MnO2+KClO3+6KOH 3K2MnO4+KCl+3H2O (2). 3MnO42-+4CH3COOH=2MnO4-+MnO2+2H 2O+4CH3COO- (3). 蒸发浓缩（或加热浓缩） (4). 冷却结晶（或降温结晶） (5). 过滤 (6). MnO 2 (7). KCl (8).

19、CH3COOK (9).反应生成 K2SO4，而 K2SO4在常温下的溶解度也较小，析出后从而导致产品的纯度降低或硫酸酸性太强，导致 MnO4-将 Cl-氧化，产生有毒的 Cl2，KMnO 4损失且纯度降低【解析】【详解】 （1）根据流程， “熔融”步骤中加入原料是 KClO3、KOH、MnO 2，得到 K2MnO4，Mn的化合价由4 价升高到6 价，化合价升高，MnO 2为还原剂，KClO 3为氧化剂，被还原成KCl，根据化合价升降法进行配平，即化学方程式为：3MnO2+KClO3+6KOH 3K2MnO4+KCl+3H2O；（2）根据流程，加入冰醋酸，得到 KMnO4、CH 3COOK、M

20、nO 2，只有 Mn 的化合价发生改变，即 K2MnO4既是氧化剂又是还原剂，根据化合价升降法进行配平，得出离子方程式为3MnO42 +4CH3COOH=2MnO4 +MnO2+2H 2O+4CH3COO ；（3）滤液 1 中主要成分是 KMnO4、CH 3COOK、KCl，操作 2 是从溶液中得到溶质固体，结合KMnO4的溶解度随温度的降低而减小，则操作 2 应为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（4）经过操作 1 后所得滤渣的主要成分是 MnO2， ，与软锰矿的主要成分相同，也是唯一可以循环利用的物质；（5）KMnO 4粗晶体中主要含有的杂质为 KCl、CH 3COOK，若用硫酸代替图中的冰醋酸，

21、生成K2SO4在常温下溶解度较小，析出从而导致产品的纯度降低，同时硫酸的酸性太强，导致MnO4 将 Cl 氧化产生有毒的 Cl2，KMnO 4损失且纯度降低。10.实验室需要配制 0.1 molL1 NaOH 溶液 500mL。（1）根据计算用托盘天平称取的质量为_g。在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_(填序号)，除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器9是_。（2）配制时，其正确的操作顺序是(用字母表示，每个操作只用一次)_。A用少量水洗涤烧杯 2 次3 次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B在盛有 NaOH 固体的烧杯中加入适量水溶解C将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D将

22、容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度 1 cm2 cm 处（3）下面操作造成所配 NaOH 溶液浓度偏高的是_。A溶解后溶液没有冷却到室温就转移B转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒C向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面D摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线II向浓度相等、体积均为 100 mL 的 A、B 两份 NaOH 溶液中，分别通入一定量的 CO2后，再向所得溶液中滴加 0.1 mol/L 盐酸，产生 CO2的体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图所示。（4）A 曲线表明，原溶液通入 CO2后，所得溶质与盐酸反

23、应产生 CO2的最大体积是_mL(标准状况)。B 曲线表明，原溶液通入 CO2后，所得溶液中溶质的化学式为_。【答案】 (1). 2.0 (2). bd (3). 500mL 容量瓶、胶头滴管 (4). BCAFED (5). AC (6). 112 (7). NaOH、Na 2CO3【解析】10【详解】 （1）配制 0.1 molL1 NaOH 溶液 500mL 需要氢氧化钠的质量是0.1mol/L0.5L40g/mol2.0g；配制一定物质的量浓度溶液用的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器有漏斗和分液漏斗，还需用到的玻璃仪器是 500mL 容量瓶、胶

24、头滴管；（2）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所以正确的顺序为：BCAFED；（3）A溶解后溶液没有冷却到室温就转移，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，A正确；B转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，B 错误；C向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面，导致溶液体积偏低，溶液浓度偏高，C 正确；D摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，D 错误；答案选 AC。（4）由 CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO 2+NaOH=NaHCO3可知在 NaOH 溶液

25、中通入一定量的 CO2后，溶液中溶质的组成可能是 NaOH、Na 2CO3，Na 2CO3，Na 2CO3、NaHCO 3，NaHCO 3。则A 曲线表明，当生成 CO2气体时，发生反应 HCO3-+H+=H2O+CO2，滴加盐酸 25mL 时没有气体生成，可能发生 OH-+H+=H2O 和 CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成二氧化碳需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积25mL 远远小于碳酸氢钠生成二氧化碳需要盐酸的体积（75-25）mL=50mL，说明原溶液中的溶质是 Na2CO3、NaHCO 3，由 HCO3-+H+=H2O+

26、CO2可知，与盐酸反应产生 CO2的最大体积是0.05L0.1mol/L22.4L/mol0.112L112mL；B 曲线表明，原溶液通入 CO2后，当生成 CO2气体时，发生反应 HCO3-+H+=H2O+CO2，滴加盐酸 60mL 时没有气体生成，可能发生 OH-+H+=H2O 和 CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成二氧化碳需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积 60mL 远远大于碳酸氢钠生成二氧化需要盐酸的体积（75-60）mL=15mL，说明原溶液中的溶质是 NaOH、Na 2CO3。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的

27、配制、离子反应及化学反应的计算，明确溶液配制原理及操作步骤，注意容量瓶规格及使用方法，把握图象与反应的对应关系及溶质的判断为解答的关键，注意分析与计算能力的综合考查，题目难度中等。1111.已知 A、B、C、D 四种元素的原子序数之和等于 36.A 的单质是最轻的气体；B 的基态原子有 3 个不同的能级，各能级中电子数相等；D 有“生物金属”之称，其单质和化合物有广泛的用途，D 4+离子和氩原子的核外电子排布相同.工业上利用 DO2和碳酸钡在熔融状态下制取化合物甲(甲可看做一种含氧酸盐).化合物甲有显著的“压电性能” ，应用于超声波的发生装置.经 X 射线分析，化合物甲晶体的晶胞结构为立方体(

28、如下图所示)，其中 Ba2+占据体心位置，O 2-占据棱心位置，D 4+占据顶点位置.请回答下列问题：（1）A、B、C 三种元素的电负性由大到小的顺序是_(填元素符号).（2）BA 4分子的空间构型是_；B 原子轨道的杂化类型为_.（3）C 的气态氢化物的电子式为_；其沸点高于同主族其他元素氢化物的沸点，主要原因是_.（4）D 的基态原子核外电子排布式为_.（5）制备化合物甲的化学方程式为_.在甲晶体中，若将 D4+置于立方体的体心，Ba 2+置于立方体的顶点，则 O2-处于立方体的_.在甲晶体中，D 4+的氧配位数为_.已知甲晶体的摩尔质量为 M g/mol，其晶胞边长为 4.0310-10

29、m，则甲晶体的密度为_g/cm3(要求列出算式，阿伏加德罗常数用 NA表示).【答案】 (1). NCH； (2). 正四面体型 (3). sp3 (4). (5). 因为其分子间存在氢键，所以其沸点高于同主族其他元素氢化物的沸点 (6). 1s22s22p63s23p63d24s2 (7). BaCO3+TiO2=BaTiO3+CO2 (8). 面心 (9). 6 (10). M6.5510-23NA【解析】12【分析】A 的单质是最轻的气体，即 A 为 H，B 的基态原子有 3 个不同的能级，各能级中电子数相等，即 B 的电子排布式为 1s22s22p2，即 B 为 C，D 有“生物金属”

30、之称，其单质和化合物有广泛的用途，D 4 离子和氩原子的核外电子排布相同，即 D 的原子序数为 22，D 为 Ti，原子序数自核等于 36，则 C 为 N，然后进行分析。【详解】A 的单质是最轻的气体，即 A 为 H，B 的基态原子有 3 个不同的能级，各能级中电子数相等，即 B 的电子排布式为 1s22s22p2，即 B 为 C，D 有“生物金属”之称，其单质和化合物有广泛的用途，D 4 离子和氩原子的核外电子排布相同，即 D 的原子序数为 22，D为 Ti，原子序数自核等于 36，则 C 为 N，（1）同周期从左向右电负性增大，即电负性大小顺序是 NCH；（2）BA 4为 CH4，空间构型

31、为正四面体，中心原子 C 有 4 个 键，无孤电子，价层电子对数为 4，则杂化类型为 sp3；（3）C 的气态氢化物为 NH3，其电子式为 ；氨气分子间存在氢键，其余同主族氢化物不含分子间氢键，因此氨气沸点高于同主族其他元素氢化物的沸点；（4）D 为 Ti，其基态原子核外电子排布式为 1s 22s22p63s23p63d24s2；（5）根据化合物甲的晶胞结构，Ba 2 位于内部，Ba 2 个数为 1，Ti 4 位于顶点，个数为81/8=1，O 2 位于棱上，个数为 121/4=3，甲的化学式为 BaTiO3，因此化学反应方程式为 BaCO3TiO 2=BaTiO3CO 2；若将 Ti4 置于立

32、方体的体心，Ba 2 置于立方体的顶点，根据晶胞的结构，推出 O2 位于面心；Ti 4 的氧配位数，指的是距离 Ti4 最近的 O2 的个数，根据晶胞的结构，推出 Ti4 的氧的配位数为 6；晶胞的质量为 g，晶胞的体积为(4.0310 10 102)3cm3，根据密度的定义，得出1NAM甲晶体的密度为 g/cm3。M6.5510-23NA12.A(C2H4)是基本的有机化工原料。用 A 和常见的有机物可合成一种醚类香料和一种缩醛类香料。具体合成路线如图所示 ( 部分反应条件略去 ):13已知：D 为单取代芳香族化合物且能与金属钠反应；每个 D 分子中只含有 1 个氧原子，D 中氧元素的质量分

33、数约为 13.1%.回答下列问题：（1）A 的名称是 _ ，图中缩醛的分子式是 _.（2）B 的结构简式为 _.（3）的化学方程式为 _.（4）的反应类型是 _.（5）请写出核磁共振氢谱有 4 组峰 , 峰面积之比为 3:2:2:1, 并含有苯环和 结构的苯乙醛的所有同分异构体的结构简式： _.（6）参照 的合成路线,设计一条由 2氯丙烷和必要的无机试剂制备的合成路线(注明必要的反应条件 )_。【答案】 (1). 乙烯 (2). C10H12O2 (3). CH3OH (4). (5). 氧化反应 (6). ；(7). 14【解析】【详解】 （1）A 的分子式为 C2H4，且 A 是基本的有机

34、化工原料，则 A 为乙烯，根据缩醛的结构简式，推出缩醛的分子式为 C10H12O2；（2）根据缩醛结构简式，推出 C 的结构简式为 HOCH2CH2OH，根据信息，推出 B 为CH3OH；（3）D 能与金属钠反应，且 D 分子中只有一个氧原子，即 D 中含有OH，D 属于芳香族化合物，即 D 中含有苯环，D 的相对分子质量为 116/13.1%=122，即 D 为苯甲醇，环氧乙烷与苯在 AlCl3作用下发生反应生成苯甲醇，即化学反应方程式为；（4）根据上述分析，苯甲醇被氧化成苯甲醛，即反应为氧化反应；（5）有 4 组峰，说明是对称结构，根据题中所给信息，符合条件的结构简式为 、 ；（6）根据反应，推出生成目标物原料是 ，根据路线，用乙烯与 O2在 Ag 作催化剂的条件下生成环氧乙烷，因此生成 的原料是 CH3CH=CH2，生成丙烯，用2丙烷发生消去反应，合成路线为。【点睛】本题的难点是同分异构体的判断，根据信息判断出含有的形式，如本题含有苯环和 ，写出苯乙醛的同分异构体，醛与酮互为同分异构体，则有 ，符合峰15有 4 种，峰面积之比为 3：2：2：1，然后将CH 2CHO，拆成CH 3和CHO，在苯环上有邻、间、对三种，然后根据峰和峰的面积进行判断，哪些符合要求。