湖北省襄阳2019届高三化学上学期11月份联考试题含解析

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1、湖北省襄阳四中2019届高三化学上学期11月份联考试题（含解析）相对原子质量(原子量)：H-1 N-14 O-16 Na-23 Al-27 Mg-24 C-12 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu 64 Cr-52第卷(共126分)一.选择题：(本题共13小题,每题6分,共78分，每小题给出四个选项中,只有一个选项符合题目要求。)1.下列说法错误的是A. 天工开物记载：“凡白土曰垩土，为陶家精美器用”。陶是一种传统硅酸盐材料B. 开宝本草中记载：“此即地霜也，所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”。文中对硝酸钾提取没有涉及到升华操作C. “霾尘积聚难见路人”，雾和霾所形成

2、的气溶胶具有丁达尔效应D. “榆荚只能随柳絮，等闲缭乱走空园”中“柳絮”的主要成分为蛋白质【答案】D【解析】【详解】A.陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机非金属材料，选项A正确；B、硝酸钾的溶解度随温度变化大，提纯的方法是先加水溶解，然后蒸发结晶得到硝酸钾晶体，所以没有涉及到升华操作，选项B正确；C雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，选项C正确；D、“柳絮”的主要成分为纤维素，属于糖类，选项D错误。答案选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 0.6mol过氧化钠晶体中所含阴离子的数目为1.2NAB. 46g NO2和N2O4的混合物中含有氧原子的数目为2NAC. 11.

3、2LCl2与足量NaOH溶液反应时转移的电子数为0.5NAD. 电解法精炼铜时，阳极溶解32g，转移电子数一定为NA【答案】B【解析】【详解】A、过氧化钠(Na2O2)晶体中阴离子为O22-，阳离子为Na+，阴阳离子之比为1:2，所以0.6 mol过氧化钠晶体中所含阴离子的数目为0.6NA，选项A错误；B46gNO2和N2O4的混合物中含有1mol最简式NO2，含有1mol氮原子、2mol氧原子，含有氧原子的数目为2NA，选项B正确；C、氯气所处的状态不明确，不一定是标况，故物质的量不一定是0.5mol，则转移的电子不一定为0.5NA个，选项C错误；D、电解精炼铜时，阴极为纯铜，溶液中的Cu2

4、+在阴极得电子析出铜，阳极为粗铜，在溶解时比铜活泼的金属铁、锌、镍等优先溶解，所以若阳极质量减少32g，不是溶解铜的质量，所以转移的电子数不是NA，选项D错误；答案选B【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确过氧化钠中的阴离子为过氧根离子。3.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。W、X、Y简单离子的电子层结构相同，X元素在短周期主族元素中原子半径最大；W的简单氢化物常温下呈液态，Y的氧化物和氯化物熔融时都能导电，X、Y和Z原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是A. 离子半径: WYY2+ (M

5、g2+)，故离子半径Z-(Cl-)W2- (O2-)Y2+ (Mg2+)，选项A错误；B.氧化镁的熔点很高，故工业上采用电解Y 的氯化物氯化镁冶炼单质镁，选项B错误；C. W、X元素组成的化合物过氧化钠中含离子键和共价键，选项C错误；D. W、X、Z三种元素组成的化合物NaClO为强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，选项D正确。答案选D。4.下列离子方程式正确的是（ ）A. 向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca22OH+2HCO3 CaCO3+CO32+2H2OB. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3+ + 4NH3H2O AlO2+ 4NH4+ + 2H2OC.

6、 1molL1的NaAlO2溶液和2.5molL1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2+5H+ Al3+Al(OH)3+H2OD. 醋酸除去水垢：2H+ + CaCO3 Ca2+ + CO2+ H2O【答案】C【解析】【详解】A. 向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液碳酸钙、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为：Ca2OH+HCO3 CaCO3+H2O，选项A错误；B.一水合氨为弱碱，不能溶解氢氧化铝，向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3H2O，反应的离子方程式为：Al3+ + 3NH3H2O Al(OH)3+ 3NH4+ ，选项B错误；C. 1molL1的NaAlO2溶液和

7、2.5molL1的HCl溶液等体积互相均匀混合，反应生成的部分氢氧化铝溶于强酸，生成氯化铝、氢氧化铝和水，反应的离子方程式为：2AlO2+5H+ Al3+Al(OH)3+H2O，选项C正确；D. 醋酸为弱酸必须写化学式，醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，能除去水垢，反应离子方程式为：2CH3COOH + CaCO3 Ca2+ +2CH3COO-+ CO2+ H2O，选项D错误。答案选C。5.工业酸性废水中的Cr2O72可转化为Cr3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示(实验开始时溶液的体积均为50mL，Cr2O72的起始浓度、电压、电解时间均相同)。下列说法中，不正确的是实

8、验电解条件阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨，滴加1mL浓硫酸阴极为石墨，阳极为铁，滴加1mL浓硫酸Cr2O72的去除率/%0.92212.757.3A. 对比实验可知，降低pH可以提高Cr2O72的去除率B. 实验中，理论上电路中每通过6mol电子，就有1mol Cr2O72被还原C. 实验中，Cr2O72在阴极放电的电极反应式是Cr2O72+6e+14H+=2Cr3+7H2OD. 实验中，C2O72去除率提高的原因是Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O【答案】B【解析】A对比实验，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-

9、的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72-的去除率，故A正确；B实验中，Cr2O72-在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过6mol电子，则有1molCr2O72-在阴极上被还原，且溶液中还有0.5molCr2O72-被Fe2+还原，所以一共有1.5molCr2O72-被还原，故B错误；C实验中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72-+6e-+14H+2Cr3+7H2O，故C正确；D实验中，Cr2O72-在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-，离子方程式为Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6F

10、e3+7H2O，所以导致Cr2O72-去除率提高，故D正确；故选B。点睛：本题考查电解原理，明确离子放电顺序及电解原理是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，本题的易错点为B，要注意阳极铁溶解生成的亚铁离子会还原Cr2O72-。6.阿斯巴甜(结构简式如图)具有清爽的甜味，甜度约为蔗糖的200倍。下列有关说法不正确的是A. 分子式为：C14H18N2O5B 阿斯巴甜分子中有3种官能团C. 阿斯巴甜在一定条件下既能与酸反应、又能与碱反应D. 阿斯巴甜的水解产物中有两种氨基酸【答案】B【解析】【分析】有机物中含苯环、-COOH、-CONH-、-COOC-、-N

11、H2等，结合有机物的结构及官能团来分析解答。【详解】A.1个分子中含H原子个数为18，阿斯巴甜的分子式为C14H18N2O5，选项A正确；B. 阿斯巴甜分子中有氨基、羧基、酰胺键和酯基共4种官能团，选项B不正确；C由该有机物的官能团-COOH、-NH2可知，阿斯巴甜一定条件下既能与酸反应，又能与碱反应，选项C正确；D由含-COOH、-CONH-、-NH2可知，水解产物中有两种氨基酸，选项D正确；答案选B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物中的官能团的结构及其性质，注意选项A为易错点，看清键线式的结构是关键。7.常温时，下列说法正确的是( )A. 中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化

12、钠溶液至pH7，前者消耗的盐酸多B. 0.1mol/L NaHA溶液,其pH=4，则:c(HA)c(H+)c(H2A)c(A2)C. 已知298K时氢氰酸(HCN)的Ka=4.910-10，碳酸的Ka1=4.410-7、Ka2=4.710-11，据此可推测出将氢氰酸加入到碳酸钠溶液中能观察到有气泡产生D. 将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后溶液的pH大于7，则反应后的混合液2c(OH)+c(A)=2c(H+)+c(HA)【答案】D【解析】【详解】A.1：1反应时生成NH4Cl、NaCl，前者为酸性、后者为中性，则为使pH=7，应使氨水剩余，则前者消耗

13、的盐酸少，选项A错误；B、0.1mol/L的NaHA溶液其pH=4，显酸性，说明HA-的电离程度大于其水解程度，则有c(H2A) HCNHCO3-，所以氢氰酸加入到碳酸钠溶液中，没有气体生成，选项C错误；D将0.2mol/L的某一元酸HA溶液和0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后得到的溶液为HA与NaA按照1:1的混合溶液。由于混合溶液的pH大于7，则说明A-的水解作用大于HA的电离作用。根据电荷守恒可得：c(H+)+ c(Na+)= c(OH)+ c(A)。根据物料守恒可得：c(HA)+c(A)=2c(Na+)。两式联立求解可得：2c(OH)=2c(H+ )+c(HA)-c(A)，选项

14、D正确。答案选D。8.醋酸亚铬水合物Cr(CH3COO)222H2O(相对分子质量为376)是一种氧气吸收剂，为红棕色晶体，潮湿时易被氧化，微溶于乙醇，不溶于水和乙醚(易挥发的有机溶剂)。其制备装置及步骤如下：待三颈烧瓶内的溶液由深绿色(Cr3+)变为亮蓝色(Cr2+)时，将溶液转移至装置乙中，当出现大量红棕色晶体时，关闭分液漏斗的旋塞。将装置乙中混合物快速过滤、洗涤和干燥，称量得到 Cr(CH3COO)222H2O。检查装置气密性后，往三颈烧瓶中依次加入过量锌粒、适量CrCl3溶液。关闭K2，打开K1，旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速。（1）正确的实验步骤为：_。 （2）装置甲中连通管a的作用

15、是_。 （3）三颈烧瓶中的Zn除了与盐酸生成H2外，发生的另一个反应的离子方程式为_。 （4）实现步骤中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为_。（5）步骤目的是_。 （6）洗涤产品时，依次用去氧的冷蒸馏水、无水乙醇、乙醚，目的是_。（7）已知其它反应物足量，实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g，实验后得干燥纯净的Cr(CH3COO)222H2O 9.48g，则该实验所得产品的产率为_(不考虑溶解的醋酸亚铬水合物)(用百分数表示，保留3位有效数字)。【答案】 (1). (2). 平衡气压，使分液漏斗中的盐酸顺利流下 (3). 2Cr3Zn=2Cr2Zn2 (4). 关闭K1，打开K2 (5

16、). 让Zn与盐酸反应生成的H2排尽装置内的空气，防止产品被氧化 (6). 为了去除可溶性杂质和水分 (7). 84.0%【解析】【详解】(1) 装置甲：分液漏斗盛装稀盐酸，在圆底烧瓶中和锌反应Zn+2HClZnCl2+H2，同时发生2CrCl3+Zn2CrCl2+ZnCl2，生成氢气，用来增大压强把生成的CrCl2溶液压入装置乙中；装置乙：2Cr2+4CH3COO-+2H2OCr（CH3COO）222H2O，装置丙是保持装置压强平衡，同时避免空气进入，故正确的实验步骤为：；(2)装置甲中连通管a的作用是平衡气压，使分液漏斗中的盐酸顺利流下；（3）装置甲：分液漏斗盛装稀盐酸，在圆底烧瓶中和锌反

17、应Zn+2HClZnCl2+H2，同时发生2CrCl3+Zn2CrCl2+ZnCl2，该反应的离子反应为：2Cr3Zn=2Cr2Zn2；（4）实验开始生成H2气后，为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，打开K2关闭K1，把生成的CrCl2溶液压入装置乙中反应，故答案为：关闭k1，打开k2；(5)步骤目的是让Zn与盐酸反应生成的H2排尽装置内的空气，防止产品被氧化；（6）醋酸亚铬水合物不溶于冷水和醚，微溶于醇，易溶于盐酸，所以可以选用冷水、无水乙醇和乙醚洗涤Cr(CH3COO)222H2O产品，洗涤产品时，依次用去氧的冷蒸馏水、无水乙醇、乙醚，目的是为了去除可溶性杂质和水分；（

18、7）CrCl3为=0.06mol，得到CrCl2为0.06mol，而CH3COONa为1.5mol，由方程式可知CH3COONa足量，则理论上可以得到Cr（CH3COO）222H2O的质量为0.06mol376g/mol=11.28g，所得产品的产率为 100%=84.0%。【点睛】本题考查了制备方案的设计，题目难度中等，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算等知识，注意对题目信息的提取与应用，明确实验原理、实验目的为解答关键，试题有利于培养学生分析、理解能力及化学实验能力。9.四氯化钛(TiCl4)是制取航天航空工业材料钛合金的重要原料。由钛铁矿(主要成分是FeTiO3)制备TiCl4

19、，同时获得副产品甲的工业生产流程如下：（1）已知酸浸反应FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，则FeTiO3中铁元素的化合价为_。（2）上述生产流程中加入铁屑的目的是使Fe3+还原为Fe2+，且反应得到的溶液中含钛元素的离子只有TiO2+，该过程发生的主要反应有：2Fe3+Fe=3Fe2+ ； 2TiO2+Fe+4H+=2Ti3+Fe2+2H2O；_。（3）加热TiOSO4溶液可制备TiO2nH2O胶体，其反应的化学方程式为_。（4）由TiO2nH2O胶体制得固体TiO2nH2O，再用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25时，KspFe(OH)3

20、2.791039，该温度下反应Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2O的平衡常数K_。（5）可循环利用的物质是_，副产品甲含结晶水，其化学式是_。（6）依据下表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用_方法。TiCl4SiCl4熔点/25.068.8沸点/136.457.6【答案】 (1). +2 (2). Ti3Fe3H2O=TiO2Fe22H (3). TiOSO4+(n+1)H2OTiO2nH2O(胶体)+H2SO4 (4). 2.79103 (5). H2SO4 (6). FeSO47H2O (7). 蒸馏【解析】【分析】钛铁矿中加入强酸，强酸性浸出液中含有TiO2+、Fe2

21、+、Fe3+等，再加入铁屑充分反应，该过程中有如下反应发生：2Fe3+Fe=3Fe2+、2TiO2+Fe+4H+=2Ti3+Fe2+2H2O、Ti3Fe3H2O=TiO2Fe22H。溶液I经处理得到副产品绿矾FeSO47H2O和含有TiO2+溶液II。将溶液II处理得到TiO2nH2O，煅烧后将粗TiO2和氯气、焦炭混合加热得到TiCl4，发生反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，并回收硫酸，据此分析解答。【详解】(1) FeTiO3中钛的化合价为+4价，氧为-2价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0，则铁元素的化合价为+2价；(2)反应得到的溶液中含钛元素的离子只有TiO2，该过

22、程Ti3会继续被Fe3氧化生成TiO2，根据氧化还原反应的配平得反应为Ti3Fe3H2O=TiO2Fe22H；(3)加热TiOSO4溶液水解可制备TiO2nH2O 胶体，其反应的化学方程式为TiOSO4+(n+1)H2OTiO2nH2O(胶体)+H2SO4；(4)由KspFe(OH)32.791039可得c(Fe3)c3(OH)2.791039，反应Fe(OH)33HFe33H2O的平衡常数K =2.79103；(5)溶液加热过滤后回收硫酸，而溶解钛铁矿时用浓硫酸，故可循环利用的物质是H2SO4，溶液冷却结晶后硫酸亚铁析出，副产品甲含结晶水，其化学式是FeSO47H2O；(6)依据表中信息，T

23、iCl4与SiCl4的沸点差异很大，所以采用蒸馏的方法进行分离。【点睛】本题考查学生阅读题目获取信息能力、氧化还原反应、绿色化学、胶体、物质分离提纯等，难度不大，注意基础知识的掌握利用。10.研究NO2、NO、CO等污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。（1）利用甲烷催化还原NOx：CH4(g)+4NO2(g) =4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) H1574 kJmol-1CH4(g)+4NO(g) =2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H21160 kJmol-1甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为_。将CH4和NO2充入密闭容器中发生上述反应，该反应达到平衡后，为

24、了提高反应速率的同时提高NO2的转化率，可采取的措施有_(写一点即可)。利用原电池反应可实现NO2的无害化，总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，电解质溶液为NaOH溶液，工作一段时间后，该电池正极区附近溶液pH_(填“增大”、“减小”或“不变”)，负极的电极反应式为_。（2）光气(COCl2)在塑料、制革、制药等工业中有许多用途。工业上常利用废气CO2通过反应：C(s)+CO2(g)2CO(g) H0，制取合成光气的原料气CO。在体积可变的恒压(p总)密闭容器中充入1mol CO2 与足量的碳发生上述反应，在平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：T时，在容器中若充入稀有气体

25、，平衡_移动(填“正向”“逆向”或“不”，下同)；若充入等体积的CO2和CO，平衡_移动。CO体积分数为40%时，CO2的转化率为_。已知：气体分压(p分)=气体总压体积分数。800时用平衡分压代替平衡浓度表示平衡常数Kp=_(用含p总的代数式表示)。【答案】 (1). CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H867 kJmol-1 (2). 增大CH4的浓度 (3). 增大 (4). 2NH36e-+6OHN2+6H2O (5). 正向 (6). 不 (7). 25% (8). 5.28p总【解析】【详解】(1) CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO

26、2(g)+2H2O(g) H1574 kJmol-1CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H21160 kJmol-1根据盖斯定律，由（+）得反应CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=（H1+H2）=（574 kJmol-11160 kJmol-1）=867 kJmol-1；将CH4和NO2充入密闭容器中发生上述反应，该反应达到平衡后，增大CH4的浓度，反应速率增大，反应正向移动，NO2的转化率增大；正极反应式为2NO2+8e+4H2O=N2+8OH，产生OH，c(OH)增大，pH增大，NO2在正极上反应，NO2得到电子；负极

27、区失去电子，化合价升高，因此NH3在负极反应，反应式为2NH36e-+6OHN2+6H2O；(2)该反应正向为气体分子数增大的反应，恒温恒压时充入稀有气体，对该反应来说相当于减压，v(正)v(逆)，平衡正向移动；T 时，反应达到平衡时CO2、CO的体积分数相同，即浓度相等,恒压条件下充入等体积的CO2和CO,各物质的浓度都不变，故平衡不移动；设CO2的转化率为a,由已知列三段式得:化学反应方程式: C(s)+ CO2(g) 2CO(g)起始物质的量/mol 1 0转化物质的量mol a 2a平衡物质的量/mol 1-a 2a根据题意列关系式: 100%=40%，解得: a=25%；用平衡浓度表

28、示该反应化学平衡常数表达式为K=，所以若用平衡分压代替平衡浓度表示平衡常数的表达式为Kp=，由图可得，800时CO体积分数为86%,分压为86%p总, CO2体积分数为14%，分压为14%p总,所以Kp=5.28p总。11.Cr、Fe、Ni单质及化合物有重要的用途。（1）用Cr2O3作原料，铝粉作还原剂的铝热法是生产金属铬的主要方法之一，该反应是一个自发放热反应，由此可判断CrO键和AlO键中_键更强。研究发现气态氯化铝(Al2Cl6)是具有配位键的化合物，可溶于非极性溶剂，由此可知该分子是_(填“极性”或“非极性”)的。（2）铁有、三种晶体构型，其中Fe单质为体心立方晶体，Fe单质为简单立方

29、晶体。则这两种晶体结构中铁原子的配位数之比是_。（3）FeS2晶体的晶胞如下图所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为_gcm3；晶胞中Fe2+位于S22所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为_nm。（4）硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH3)6SO4蓝色溶液。Ni(NH3)6SO4中阴离子的立体构型是_。在Ni(NH3)62+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为_，提供孤电子对的成键原子是_。【答案】 (1). AlO (2). 非极性 (3). 43 (4). (5). (6). 正四面体 (7). 配位键 (8). N【解析】【详

30、解】（1）反应Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3是放热反应，HO，由反应热H=反应物的总键能-生成物的总键能，可知Cr-O键的键能小于Al-O键，Al-O稳定性更强；气态氯化铝（Al2Cl6）是具有配位键的化合物，可溶于非极性溶剂，根据相似相溶原理可知该分子是非极性分子；（2）、两种晶胞中铁原子的配位数分别为8、6，则配位数之比为8：6=4：3；（3）根据晶胞结构可知含有亚铁离子的个数是12+1=4,过硫根离子个数是8+6=4，晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则其晶体密度的计算表达式为；晶胞中Fe2+位于S22-所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长是面

31、对角线的一半，则为 nm；（4）Ni(NH3)6SO4中阴离子价层电子对个数=4+=4，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫酸根离子的立体构型为正四面体；含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，在Ni(NH3)62+中Ni2+提供空轨道、NH3提供孤电子对，所以在Ni(NH3)62+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N。12.聚合物G的合成路线如下：已知：C为烃（1）A中含氧官能团名称为：_。（2）E的化学名称为：_。（3）FG的反应类型_。（4）F的结构简式_。（5）写反应的化学方程式_。（6）写出D生成E的化学方程式_。（7）满足下列条件B

32、的同分异构体有_种，其中核磁共振氢谱图中峰的面积之比为1223的结构为_(任意写一种)。含苯环结构；只有一种官能团。【答案】 (1). 醛基 (2). 1,2丙二醇 (3). 加聚反应 (4). (5). +2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O+3H2O (6). (7). 10 (8). 【解析】【详解】根据流程可知，F在催化剂作用下发生加聚反应生成聚合物G，结合G的结构简式可知单体F的结构简式为；根据酯基的位置，F由B和E在浓硫酸催化下发生酯化反应而得，结合已知C为烃，烃与溴 加成后生成二溴代烃，二溴代烃在氢氧化钠水溶液中加热水解得到醇，故E为醇，B为酸，则B为，E为，则C为丙烯，丙烯与

33、溴发生加成反应生成D，D为1，2-二溴丙烷，1，2-二溴丙烷在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应，也属于取代反应，生成E，A在新制的氢氧化铜悬浊液中加热，发生氧化反应后、酸化得到B，则A为。(1)A为，含氧官能团名称为醛基；(2)E为，化学名称为：1,2丙二醇；(3)FG是在催化剂作用下发生加聚反应生成聚合物，反应类型为加聚反应；(4)F的结构简式为；(5)反应是在新制的氢氧化铜悬浊液中加热发生氧化反应生成、氧化亚铜和水，反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O+3H2O；(6) D生成E是1，2-二溴丙烷在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应，生成1，2-二丙醇和溴化钠，反应

34、的化学方程式为；(7)B为，满足条件的同分异构体：含苯环结构，只有一种官能团则应该为醛基，则有两个醛基，若苯环上只有一个取代基则取代基为-CH(CHO)2，只有一种结构；若苯环上有两个取代基，则取代基为-CH2CHO和-CHO，位置有邻、间、对位，故结构有3种；若苯环上有三个取代基，则以两个醛基为邻、间、对位再定甲基的位置分别有2种、3种和1种共6种结构，故符合条件的同分异构体总共有10种；其中核磁共振氢谱图中峰的面积之比为1:2:2:3的结构必须有一个甲基、两个醛基且高度对称，符合条件的有。【点睛】本题考查有机合成及推断，利用逆推法推导出各物质的结构简式是解题的关键。注意在确定同分异构体的数目时，苯的取代位置邻、间、对位的结构特点是解题的易错点。