山西省2020届高三二月开学摸底考试（延迟开学网络考试）理综化学（A卷）试题 Word版含解析

山西省2020届高三二月开学摸底考试（延迟开学网络考试）理综化学（A卷）试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020年山西省高三年级二月开络）考试理综化学部分 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 S 32 Ca 40 Mn 55‎ 一、选择题：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。‎ ‎1.化学与生产、生活、科技息息相关，下列说法不正确的是 A. 护肤品中常含有机醇等强亲水性物质 B. 煤的液化、海带中提碘、焰色反应等都必须通过化学变化实现 C. “天宫二号”空间实验室的硅电池板可以将光能直接转化为电能 D. 聚乳酸、聚乙烯琥珀酸酯等可降解产品的广泛使用将有效缓解白色污染 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．护肤品中常含有机醇等强亲水性物质，起到保湿效果，防止皮肤干燥，A正确；‎ B．焰色反应是物理变化，不是化学变化，B错误；‎ C．“天宫二号”空间实验室的硅电池板，工作时将光能直接转化为电能，C正确；‎ D．聚乳酸、聚乙烯琥珀酸酯等可降解产品的广泛应用，减少难降解塑料制品的使用，可有效缓解白色污染，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎2.下图是正丁烷的四种构象与势能关系，下列关于正丁烷的说法正确的是 A. 在水中的溶解度比在苯中的溶解度大 B. 四个碳原子有可能在一条直线上 C. 图中四种构象化学性质不同 D. 各构象势能的高低与CH3空间位阻有很大关系 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．正丁烷分子中没有亲水基团，水是极性分子，苯是非极性分子，正丁烷为弱极性分子，正丁烷难溶于水，易溶于苯，A错误；‎ - 18 -‎ B．正丁烷分子中的碳原子都是sp3杂化，四个碳原子不可能在同一条直线上，B错误；‎ C．图中四种构象化学性质相同，C错误；‎ D．由图像可知，各构象势能的高低与CH3空间位阻有很大关系，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.用下列实验装置进行相关实验，有关说法不正确的是 A. 实验室用来制备少量氨气 B. 使用装置可以制备NO并能观察NO、NO2颜色上的差异 C. 用测量生成气体的体积时，调平两侧液面高度后，量气管中液面示数将变大 D. 中关闭a打开b，不能通过观察水能否顺利流下来判断此装置的气密性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．实验室制取氨气是用氯化铵与氢氧化钙固体混合加热，而不采用加热固体氯化铵制取氨气，因为氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又重新化合成氯化铵，A错误；‎ - 18 -‎ B．从U型管的长管口注入稀硝酸，一直注到U型管的短管一侧，然后再把右侧的的塞子塞进，并关闭分液漏斗活塞，过一会观察到铜丝与稀硝酸反应，U型管右侧观察到无色气体，过一段时间，打开右侧分液漏斗活塞，可以看到无色气体变为红棕色，B正确；‎ C．右侧量气管的读数从下往上依次增大，当左侧水准管进入气体后，左侧的液面下降，右侧的液面上升，右侧量气管的读数变大，C正确；‎ D．关闭a打开b，橡皮管将蒸馏烧瓶与分液漏斗连接起来，组成一个恒压相通的装置，不能通过观察水能否顺利流下来判断此装置的气密，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎4.元素周期表中原子序数小于10的四种元素形成的化合物结构如图，其中W原子的半径在所有原子中最小，下列说法不正确的是 A. 最简单氢化物稳定性Xc (CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)‎ D. b点溶液中：c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)-c(CH3COOH)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若V(NaOH)=20.00 mL，则n(NaOH)=n (CH3COOH)，CH3COOH与NaOH恰好完全反应：CH3COOH+ NaOH=CH3COONa+ H2O，CH3COONa是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，而c点AG=0，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，若溶液呈中性，NaOH溶液的体积应小于20.00 mL，A错误；‎ B．a点时，AG==7.4，则 c(H+)/ c(OH-)=107.4，而室温下Kw= c(H+)c(OH-)=10-14，故c(H+)=10-3.3，pH=3.3，B正确；‎ - 18 -‎ C．c点时溶液呈中性，c(Na+)=c (CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)，e点时，若溶液中的n(NaOH)= n (CH3COONa)，因为CH3COO-水解，故c(CH3COO-) ＜ c(OH-)，C错误；‎ D．当加入V(NaOH)=10.00 mL时，溶液中n (CH3COONa)=n (CH3COOH)，由电荷守恒：c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+ c (CH3COO-)，由物料守恒可知：2 c(Na+)= c (CH3COO-)+ c(CH3COOH)，两式整理得：2c(H+)=2c(OH-)+c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎8.SO2的减排和回收利用是世界性的研究课题，研究人员利用软锰矿浆（主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、FeO、Al2O3、PbO、CaO 等杂质）吸收SO2来制备硫酸锰的生产流程如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出一种提高浸出率的方法_________。‎ ‎（2）已知：浸出液呈酸性，其中金属离子主要是Mn2＋，还含有少量的Fe2＋、Al3＋、Ca2＋、Pb2＋等其他金属离子，则氧化过程中主要反应的离子方程式 __________。‎ ‎（3）石灰浆调节pH的范围为________，pH过高可能带来的影响是______（用化学方程式表示）。‎ ‎（4）根据溶解性曲线图从滤液得到MnSO4•H2O的操作为 _______、_______、用酒精洗涤、干燥等过程。‎ - 18 -‎ ‎（5）干燥产品MnSO4•H2O时需减压低温烘干，其原因是________。‎ ‎（6）用0.2000 mol/L的BaCl2标准溶液，测定生成的MnSO4•H2O纯度，取样ag，若消耗标 准溶液50.00mL，则样品中MnSO4•H2O纯度为________。‎ ‎【答案】 (1). 加热或搅拌 (2). 2 Fe2＋+ MnO2+4 H+= Mn2++2 Fe3＋+2H2O (3). 4.7≤pH＜8.3 (4). Ca(OH)2+2Al(OH)3= Ca(AlO2)2+4H2O (5). 温度高于40℃蒸发结晶 (6). 趁热过滤 (7). 防止MnSO4•H2O失去结晶水 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）为了提高浸出率，可以采用加热的方法、或者采用搅拌的方法；‎ ‎（2）氧化过程中加入氧化剂MnO2主要把Fe2＋氧化为Fe3＋，便于通过调节pH转化为Fe(OH)3除去；‎ ‎（3）用调节pH的方法使其他金属离子转化为沉淀而除去，而又不能使Mn2+沉淀；‎ ‎（4）根据溶解度曲线图，在温度高于40℃，MnSO4•H2O的溶解度随着温度的升高而降低，因此从滤液中获得MnSO4•H2O的方法是：温度高于40℃蒸发结晶、趁热过滤、用酒精洗涤、干燥等过程。 ‎ ‎（5）干燥产品MnSO4•H2O时需减压低温烘干，其目的就是防止MnSO4•H2O失去结晶水。‎ ‎（6）根据消耗的BaCl2计算MnSO4·H2O的质量，进一步计算纯度。‎ ‎【详解】（1）为了提高浸出率，可以采用加热的方法、或者采用搅拌的方法，增大软萌矿浆与SO2的接触面积；‎ ‎（2）氧化过程中加入氧化剂MnO2主要把Fe2＋氧化为Fe3＋，便于通过调节pH转化为Fe(OH)3除去，发生反应的离子方程式为：2 Fe2＋+ MnO2+4 H+= Mn2++2 Fe3＋+2H2O；‎ ‎（3）用调节pH的方法使其他金属离子转化为沉淀而除去，而又不能使Mn2+沉淀，故石灰浆调节pH的范围为：4.7≤pH＜8.3；pH过高生成的Al(OH)3‎ - 18 -‎ 会溶解，溶解的化学方程式为：Ca(OH)2+2Al(OH)3= Ca(AlO2)2+4H2O；‎ ‎（4）根据溶解度曲线图，在温度高于40℃，MnSO4•H2O的溶解度随着温度的升高而降低，因此从滤液中获得MnSO4•H2O的方法是：温度高于40℃蒸发结晶、趁热过滤、用酒精洗涤、干燥等过程；‎ ‎（5）如果温度高，MnSO4•H2O将失去结晶水，因此干燥产品MnSO4•H2O时需减压低温烘干，其目的就是防止MnSO4•H2O失去结晶水；‎ ‎（6）由反应的离子方程式Ba2++SO42-= BaSO4↓可知，n(MnSO4•H2O)=n(BaCl2)= 0.2000 mol/L0.05L=0.01 mol，故MnSO4•H2O的质量为：0.01 mol169g/mol=1.69g，样品中MnSO4•H2O纯度为： 。‎ ‎9.TiCl4 是制备Ti的重要中间产物，实验室以TiO2 和CCl4为原料制取液态TiCl4的装置如图所示（部分夹持装置省略）。‎ 已知：有关物质的性质如表：‎ 请回答下列问题：（1）仪器A的名称是_______。装置①中气体X和仪器A 中药品的组合为_____。‎ a.CO2、碱石灰 b.N2、碱石灰 c.N2、浓硫酸 d.O2、碱石灰 ‎ ‎（2）装置②中热水的作用是____；装置⑤中浓硫酸的作用是___________。‎ ‎（3）TiCl4 遇潮反应的化学方程式为_______。‎ ‎（4）装置④烧瓶中的物质为TiCl4 和____，分离出TiCl4的方法是____（填操作名称）。‎ ‎（5）TiCl4还可由TiO2、焦炭和氯气在加热条件下制得，同时生成CO和CO2混合气体，请设计实验验证产物中CO气体：___。‎ ‎【答案】 (1). 球形干燥(或干燥管) (2). b (3). 加热使四氯化碳挥发在装置③中与TiO2反应 (4). 防止空气中的水蒸气和氧气进入装置④中 (5). TiCl4 +2H2O= TiO2↓+4‎ - 18 -‎ ‎ HCl (6). CCl4 (7). 蒸馏 (8). 首先用氢氧化钠溶液吸收Cl2和CO2，干燥后，再通过灼热的氧化铜，观察氧化铜由黑色变为红色即可证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据有关物质的性质，通入气体X，将装置中空气排出，防止TiCl4被氧化，A为干燥管，装有干燥剂，干燥X气体，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；四氯化碳易挥发，②装置加热使四氯化碳挥发，③装置在加热条件下TiO2与CCl4反应制备TiCl4，CCl4、TiCl4为互相混溶的液体混合物，根据沸点的差异，应该采用蒸馏法分离TiCl4，装置⑤的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入装置④中，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）仪器A的名称为球形干燥(或干燥管)；‎ 通入的气体的作用排除装置中的空气，球形干燥管中应该盛放固体干燥剂，防止生成的TiCl4遇潮湿的气体产生白雾；‎ a．碱石灰能与二氧化碳反应，a不符合；‎ b．N2性质比较比较稳定，并且与碱石灰不反应，b符合；‎ c．球形干燥管中不能盛放浓硫酸，c不符合；‎ d．O2能把TiCl4氧化，d不符合；‎ 答案选b。‎ ‎（2）四氯化碳易挥发，热水的作用是加热使四氯化碳挥发在装置③中与TiO2反应；装置⑤中浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气和氧气进入装置④中；‎ ‎（3）TiCl4遇与发生水解生成TiO2，故TiCl4遇潮反应的化学方程式为：TiCl4 +2H2O= TiO2↓+4 HCl；‎ ‎（4）装置③中反应生成的TiCl4与未反应CCl4的进入装置④中，并且都是以液体形式存在，两者互溶，因为两者沸点不同，因此采取蒸馏的方法分离这两种物质；‎ ‎（5）TiCl4还可由TiO2、焦炭和氯气在加热条件下制得，同时生成CO和CO2混合气体，由于Cl2在反应中不可能反应完，所以混合气体除含有CO和CO2，还含有Cl2，若要验证CO，首先用氢氧化钠溶液吸收Cl2和CO2，干燥后，再通过灼热的氧化铜，观察氧化铜由黑色变为红色即可证明。‎ ‎10.研究氮、硫、碳及其化合物的转化对于减少如雾霾、酸雨、酸雾等环境污染问题有重大意义。请回答下列问题：‎ ‎（1）在一定条件下，CH4可与NO2反应生成对环境无污染的物质。‎ - 18 -‎ 已知：①CH4的燃烧热：∆H＝-890.3 kJ•mol-1②N2(g)＋2O2(g)⇌2NO2（g）∆H＝+67.0 kJ•mol-1③H2O(g)=H2O(l)∆H＝-41.0 kJ•mol-1，则CH4(g)+2NO2 (g) ⇌ CO2+2H2O (g)＋N2(g)∆H＝___kJ•mol -1。‎ ‎（2）活性炭也可用于处理汽车尾气中NO。在2L恒容密闭容器中加入0.1000molNO和2.030mol固体活性炭，生成CO2、N2两种气体，在不同温度下测得平衡体系中各物质的物质的量如表所示：‎ ‎①反应的正反应为________（填“吸热”或“放热”）反应。‎ ‎②一定温度下，下列能说明该反应已达到平衡状态的是_______。‎ A. N2与NO 的生成速率相等 B. 混合气体的密度保持不变 C.∆H 保持不变 D. 容器的总压强保持不变 ‎③ 200 ℃时，平衡后向该容器中再充入0.1molNO，再次平衡后，NO的百分含量将______（填“增大”“减小”或“不变”）。‎ ‎(3)SO2经催化氧化可制取硫酸，在一定温度下，往一恒容密闭容器中以体积比2∶1，通入SO2和O2，测得容器内总压强在不同温度下与反应时间的关系如图所示。‎ 图中C 点时，SO2 的转化率为________。 ‎ ‎②其中C 点正反应速率υC(正)与A点的逆反应速率υA(逆)的大小关系为：υC(正)____υA(逆)（填“>”、“<”或“＝”）。‎ ‎（4）有人设想将CO按下列反应除去：2CO(g)=2C(s)＋O2(g)∆H>0，请你分析该设想能否实现？_____（填“能”或“否”），依据是__________。‎ ‎（5）利用人工光合作用，借助太阳能使CO2和H2O转化为HCOOH，如图所示，在催化剂b表面发生的电极反应为：___________。‎ - 18 -‎ ‎【答案】 (1). -875.3 (2). 放热 (3). B (4). 不变 (5). 66% (6). > (7). 否 (8). 该反应正向：∆S<0、∆H>0，故∆G=∆H - T∆S>0，故该反应不能自发进行 (9). CO2+2e-+2H+=HCOOH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用盖斯定律计算反应热，①-②-③×2得：CH4(g)+2NO2 (g) ⇌ CO2+2H2O (g)＋N2(g) ∆H＝(-890.3 kJ•mol-1)-( +67.0 kJ•mol-1)-( -41.0 kJ•mol-1) ×2=-875.3 kJ•mol-1；‎ ‎（2）①从图表中看出温度越高生成物物质的量越小，故该反应正反应是放热反应；‎ ‎②判断2NO(g)+C(s)⇌CO2(g)+ N2(g)是否达到平衡，根据反应的特点和化学平衡的特征及标志分析；‎ ‎③恒温恒容条件下，由于C是固体，再充入0.1molNO相当于增大压强，根据压强对化学平衡的影响分析；‎ ‎（3）投料按化学计量数之比进行投料，在恒温、恒容的容器中，压强之比等于气体物质的量之比，求出转化率；根据图像分析A、C所处条件的不同进行判断；‎ ‎（4）该反应正向：∆S<0、∆H>0，故∆G=∆H - T∆S>0，故该反应不能自发进行；‎ ‎（5）利用人工光合作用，借助太阳能使CO2和H2O转化为HCOOH，根据电子流向，催化剂b得电子，发生还原反应，电极反应式为：CO2+2e-+2H+=HCOOH。‎ ‎【详解】（1）利用盖斯定律，①-②-③×2得：CH4(g)+2NO2 (g) ⇌ CO2+2H2O (g)＋N2(g) ∆H＝(-890.3 kJ•mol-1)-( +67.0 kJ•mol-1)-( -41.0 kJ•mol-1) ×2=-875.3 kJ•mol-1；‎ ‎（2）①由图中信息可知：200℃时N2、CO2物质的量比335℃时大，升高温度平衡逆向移动，故该反应正反应是放热反应；‎ ‎②A．根据反应2NO(g)+C(s)⇌CO2(g)+ N2(g)，N2与NO 的生成速率之比等于1:2时，反应达到平衡，A错误； ‎ B．反应2NO(g)+C(s)⇌CO2(g)+ N2(g)中，C为固态，建立平衡的过程中，气体质量一直增加，当气体质量不变时，体积是恒定的，此时密度不变，即混合气体的密度保持不变说明反应达到平衡，B正确；‎ - 18 -‎ C．∆H的大小与是否达到平衡无关，C错误；‎ D．反应2NO(g)+C(s)⇌CO2(g)+ N2(g)，反应前后气体分子数不变的反应，当温度、容积不变时，反应无论是否平衡，压强不变，容器的总压强保持不变不能说明反应达到平衡状态，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎③反应2NO(g)+C(s)⇌CO2(g)+ N2(g)，反应前后气体分子数不变的反应，200 ℃时，平衡后向该容器中再充入0.1molNO，由于C呈固态，相当于增大压强，平衡不移动，NO的转化率不变，NO的百分含量也将不变；‎ ‎（3）① 2SO2(g)+ O2(g)⇌2SO3(g)，假设反应前通入SO2的物质的量为2amol，O2的物质的量为amol，平衡时SO2的转化率为x，因为SO2和O2投料比等于化学计量数之比，故SO2和O2的转化率相等，则平衡时：n(SO2)=2a (1-x) mol，n(O2)=a (1-x) mol，n(SO3)=2ax mol，在恒温、恒容的容器中，压强之比等于气体物质的量之比，即0.1:0.078=3a：(3a-ax)，解得x=66%；‎ ‎② 根据图像，C所处曲线先达到平衡，故C点相比A点温度高，且产物的浓度大，C点已经达到平衡：υC(正)= υC(逆) > υA(逆)；‎ ‎（4）该反应正向：∆S<0、∆H>0，故∆G=∆H - T∆S>0，故该反应不能自发进行；‎ ‎（5）利用人工光合作用，借助太阳能使CO2和H2O转化为HCOOH，根据电子的流向，催化剂b得电子，发生还原反应，电极反应式为：CO2+2e-+2H+=HCOOH。‎ ‎【点睛】解题时学生应该认真审清图表中的信息，判断反应是放热反应还是吸热反应，以及反应物的转化率，反应速率大小的判断。‎ ‎11.钴、钙、钠是人体必需的元素，它们的化合物在机械制造、磁性材料以及日常生活中等也具有广泛的应用。请回答下列问题。‎ ‎（1）基态Co原子的价电子排布式为________。‎ ‎（2）酞菁钴的结构如图所示，中心离子为钴离子。 ‎ - 18 -‎ ‎①酞菁钴中三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为________（用相应的元素符号作答）。‎ ‎②碳原子的杂化方式为_________。‎ ‎③与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是_______。‎ ‎（3）过量的氨水加入Co2+的盐溶液最终生成配离子［Co(NH3)6］3+，则该配离子的配体结构式为_______。‎ ‎（4）结构单元的选取是研究晶体的常用方法，下图为层状结构的CoO2 晶体（小球表示Co原子，大球表示O原子）。其中用粗线画出的重复结构单元不能描述CoO2的化学组成的是________。‎ ‎（5）常见化合物氯化钠、氟化钙的堆积模型如下，氯化钠晶体中，阴离子做面心立方堆积，阳离子填充在相应的缝隙中；氟化钙则相反。氟化钙晶体中，钙离子紧邻的钙离子个数为______ ；氟离子填充在_____缝隙（填“四面体”或“八面体”），该缝隙的填充率为____%(填充率= × 100%)，钙离子半径假设为rcm3，则该晶体的密度为____g/cm3(用相应字母表示出计算式即可，NA表示阿伏加德罗常数的数值）。‎ ‎【答案】 (1). 3d74s2 (2). N >C >H (3). sp2 (4). 2、4 (5). (6). D (7). 12 (8). 四面体 (9). 100 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Co的原子序数是27，基态Co原子的价电子排布式为3d74s2；‎ - 18 -‎ ‎（2）利用所学知识比较常见元素电负性大小，根据价层电子理论判断C原子的杂化方式，熟悉配位键形成的原因；‎ ‎（3）氨气的结构式；‎ ‎（4）（5）利用均摊法进行晶胞相关计算。‎ ‎【详解】（1）Co的原子序数是27，基态Co原子的价电子排布式为3d74s2；‎ ‎（2）①酞菁钴中三种非金属原子分别是H、C、N，它们的电负性由大到小的顺序为N >C >H；‎ ‎②酞菁钴的结构中所有的碳原子的价层电子对数都是3，故碳原子的杂化方式为sp2；‎ ‎③N原子最外层5个电子，可以形成3个共价键，图中2、4号N原子形成4个共价键，所以2、4号N原子给钴离子提供孤电子对，形成配位键；‎ ‎（3）配离子［Co(NH3)6］3+的配体是NH3，NH3的结构式为；‎ ‎（4）A．粗线画出的重复结构单元中含有Co原子的个数为1，含有O原子的个数为4=2，Co原子与O原子的个数比是1:2，A正确；‎ B．粗线画出的重复结构单元中含有Co原子数为1+4×=2，含有O原子数为4， Co原子与O原子数之比为1：2，B正确；‎ C．粗线画出的重复结构单元中含有Co原子数为4×=1，含有O原子数为4=2，Co原子与O原子数之比为1：2，C正确；‎ D．粗线画出的重复结构单元中含有Co原子数为1，含有O原子数为4×=1，所以Co原子与O原子数之比为1：1，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎（5）氟化钙晶胞中，钙离子位于晶胞的顶点和面心，故氟化钙晶体中，1个钙离子等距离最近的钙离子个数为12个；由图可以看到在氟化钙晶胞中，8个氟离子位于体对角线的，1个氟离子连接4个等距离最近的钙离子，构成四面体的构型，并且氟离子位于四面体的中心，即氟离子填充在四面体的缝隙中，该晶胞中共有8个四面体，每个四面体中填充1个氟离子，故缝隙的填充率为100%；钙离子的半径为rcm，则面对角线为4rcm，晶胞的边长为cm，晶胞的体积为（cm）3，氟化钙晶胞中共有4个钙离子，8个氟离子，则该晶体的密度为（‎ - 18 -‎ ‎）g÷（cm）3=g/cm3 。‎ ‎【点睛】本题的难点是晶胞的计算，能用“均摊法”结合几何关系进行计算。‎ ‎12.治疗某突发性耳聋等症的药物D，其合成路线如下：‎ ‎（1）化合物B中所含官能团的名称为_____。‎ ‎（2）已知C 转化为D的同时有一分子H2O 生成，则该反应的类型为___，X的结构简式为_____。‎ ‎（3）化合物A的核磁共振氢谱中有_____组峰，1mol物质A与足量氢气加成时，消耗氢气____mol。苯环上只有一个取代基的A的同分异构体的名称为_____。‎ ‎（4）含羧基和苯环的B的同分异构体共有______种。‎ ‎（5）参照上述合成路线，写出以苯和(CH3CO)2O为原料制备苯乙烯的合成路线：______（无机试剂任用）。‎ ‎【答案】 (1). 羰基、醚键 (2). 取代反应 (3). (4). 4 (5). 3 (6). 苯甲醇 (7). 14 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）从化合物B的结构简式中可以看到，B中含有的官能团是：羰基、醚键；‎ ‎（2）已知C 转化为D的同时有一分子H2O 生成，再结合D的结构简式，判断出该反应是取代反应，并推断出X是；‎ ‎（3）A中含有一个苯环，并且苯环上只有一个取代基，所以苯环上有3种氢，再加上取代基中有一种氢原子，核磁共振氢谱中共4种氢；A中只有苯环能与H2发生加成反应；与芳香醚互为同分异构体的有芳香醇和酚；‎ - 18 -‎ ‎（4）同分异构体有多少种的判断方法：①分子中含有1个苯环、苯环上含有一个支链；②分子中含有苯环，苯环上有两个取代基；③分子中含有苯环，苯环上有3个取代基；‎ ‎（5）对比目标产物与原料结构简式的异同，利用题给信息和有机物之间的转化关系设计合成路线。‎ ‎【详解】（1）从化合物B的结构简式中可以看到，B中含有的官能团是：羰基、醚键；‎ ‎（2）由合成路线图中可知，1个C分子与一个X分子在ZnCl2作用下生成1个D分子和H2O分子，故该反应为取代反应，由原子守恒，结合C与D的结构简式，可知X的结构简式为：；‎ ‎（3）这个分子中核磁共振氢谱中共有4中峰，并且峰面积之比为3:2:2:1；与氢气发生加成反应时，1个苯环加3个氢气分子，支链与氢气不反应，故1mol物质A与足量氢气加成时，消耗氢气3mol；苯环上只有一个取代基的A的同分异构体是，名称是苯甲醇；‎ ‎（4）B的结构简式为，B的分子式为C9H10O2，含羧基和苯环的B的同分异构体：①分子中含有1个苯环、苯环上含有一个支链有两种，支链为—CH2CH2COOH、—CH(CH3)COOH；②分子中含有苯环，苯环上有2个取代基：—CH2CH3、—COOH，满足这个条件的B的同分异构体有3种；③分子中含有苯环，苯环上有两个取代基：—CH3、—CH2COOH，满足这个条件的B的同分异构体有3种；④分子中含有苯环，苯环上有3个取代基：—CH3、—CH3、—COOH，满足这个条件的B的同分异构体有6种，故含羧基和苯环的B的同分异构体共2+3+3+6=14种；‎ ‎（5）结合题干中的信息，与(CH3CO)2O在ZnCl2作用下生成，与H2发生加成反应生成，在浓硫酸加热的条件下发生消去反应生成苯乙烯，合成路线如下：。‎ ‎【点睛】读懂题中所给信息，在找同分异构体的时候，要注意每一种出现的可能，做到不遗漏、不重复，依照题干中所给信息合成新的有机化合物。‎ - 18 -‎ ‎ ‎ - 18 -‎