广东省深圳市高级中学2020届高三上学期理科综合测试二化学试题

2020届深圳市高级中学理科综合考试二（化学）

1.化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法正确的是

A. 研发使用高效催化剂，可提高反应中原料的转化率

B. 硫酸铜溶液可用于游泳池的消毒是利用了Cu2+能使蛋白质盐析

C. 工业生产玻璃、水泥均需用石灰石作原料

D. 糖类、蛋白质和油脂都属于营养物质，都能发生水解反应

【答案】C

【解析】

【详解】A.研发使用高效催化剂，可提高反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此反应中原料的转化率不变，A错误；

B.硫酸铜溶液可用于游泳池的消毒是利用了Cu2+能使蛋白质发生变性，B错误；

C.工业生产上生产玻璃的原料有石灰石、纯碱、二氧化硅；生产水泥的原料有石灰石、黏土，可见在工业生产上石灰石可用于生产玻璃、水泥，C正确；

D.糖类、蛋白质和油脂都属于营养物质，糖类中的单糖不能发生水解反应，D错误；

故合理选项是C。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A. 标准状况下，46g C2H6O含有的O-H键数目为NA

B. 100mL 12mol/L的浓HNO3与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6NA

C. 将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目小于0.1NA

D. 常温常压下，124 g P4中所含P-P键数目为4NA

【答案】B

【解析】

【详解】A.46g C2H6O的物质的量是1mol，该物质可以表示乙醇，也可以表示二甲醚，因此不一定表示乙醇，所以含有羟基数目不一定是NA，A错误；

B.100mL 12mol/L的浓HNO3中含有溶质的物质的量是1.2mol，若1.2mol硝酸与Cu完全发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，转移电子的物质的量是(1.2mol÷4)×2=0.6mol，若完全发生反应：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，转移电子的物质的量是(1.2mol÷8)×6=0.9mol，事实上硝酸发生上述两个反应，因此转移的电子数目大于0.6NA，B正确；

C.根据电荷守恒可得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由于溶液显中性，所以c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(Na+)，CH3COONa物质的量是0.1mol，则溶液中CH3COO-数目等于0.1NA，C错误；

D.常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于1个P4中含有6个P-P键，所以1molP4中所含P-P键数目为6NA，D错误；

故合理选项是B。

3.下列装置能达到实验目的的是

A. 用于制取碳酸氢钠晶体

B. 检验石蜡油分解产生了不饱和烃

C. 用渗析法分离葡萄糖与氯化钠的混合液

D. 用陶瓷蒸发皿加热NaOH溶液获得纯净的NaOH固体

【答案】B

【解析】

【详解】A.先向饱和NaCl溶液中先通入足量的NH3，然后再通入足量的CO2气体用于制取碳酸氢钠晶体，A错误；

B.石蜡油若分解产生了不饱和烃，则反应产生的不饱和烃可以使溴的CCl4溶液褪色，B可以达到实验目的，B正确；

C.葡萄糖与氯化钠形成的都是溶液，都可以通过半透膜，因此不能用渗析的方法分离二者，C错误；

D.NaOH溶液会与瓷坩埚中的SiO2发生反应，因此不能得到纯净的NaOH固体，D错误；

故合理选项是B。

4.短周期主族元素 X、Y、Z、Q、R 的原子序数依次增大，X 的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍，Q 的单质与稀硫酸剧烈反应生成 X 的单质。向100mLX2R的水溶液中缓缓通入RZ2 气体，溶液pH与RZ2 体积关系如下图。下列说法正确的是（     ）

A. X2R 溶液的浓度为0.03mol·L－1

B. 最简单气态氢化物的稳定性：Y＞Z＞R

C. 工业上通常采用电解法冶炼Q的单质

D. RZ2 通入 BaCl2、Ba(NO3)2 溶液中，均无明显现象

【答案】C

【解析】

【详解】短周期主族元素 X、Y、Z、Q、R 的原子序数依次增大，X 的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，说明X为氢元素；Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍，为碳元素；Q 的单质与稀硫酸剧烈反应生成 X 的单质，为活泼金属，可能为钠、镁、铝中的一种。向100mLX2R的水溶液中缓缓通入RZ2 气体，根据溶液的pH变化分析，应为硫化氢和二氧化硫的反应，即R为硫，Z为氧。

A. 2H2S+SO2=2H2O+3S，根据图像分析，当二氧化硫的体积为336mL时，溶液的pH为7，说明硫化氢的物质的量为0.3mol，其浓度为0.3/0.1=3mol/L，故错误；

B. 非金属性越强，其最简单气态氢化物的稳定性越强，故稳定性顺序为： Z＞R＞ Y，故错误；

C. Q为活泼金属钠、镁、铝中的一种，工业上通常采用电解法冶炼Q的单质，故正确；

D. 二氧化硫通入Ba(NO3)2 溶液中会产生硫酸钡沉淀，故错误。

故选C。

【点睛】掌握二氧化硫的还原性，能被硝酸氧化，当二氧化硫通入硝酸钡溶液中时，溶液为酸性，在酸性条件下硝酸根能氧化二氧化硫为硫酸根离子，继而和钡离子反应生成硫酸钡沉淀。

5.下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是（    ）

A. A B. B C. C D. D

【答案】D

【解析】

【详解】A．草酸浓度不同，且生成锰离子可作催化剂，由现象不能确定浓度对反应速率的影响，故A错误；B．HClO有强氧化性，能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测定次氯酸的pH，故B错误；C．活化能越小，反应速率越快，则加入 FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较小，故C错误；D．检验FeCl2溶液中是否含有Fe2+时，酸性KMnO4溶液有强氧化性，能氧化溶液中的Cl-，则溶液褪色，无法证明存在Fe2+，故D正确；故答案为D。

6.装置为锂钒氧化物二次电池，其成本较低，且对环境无污染：V2O5 + xLi LixV2O5；在下图中用该电池电解含镍酸性废水可得到单质镍。下列说法正确的是

A. 该电池充电时，B电极的电极反应式为LixV2O5-xe-=V2O5+xLi+

B. 锂钒氧化物二次电池可以用LiCl水溶液作为电解液

C. 电解过程中，b中NaCl溶液的物质的量浓度会增大

D. 当锂钒氧化物二次电池中有7gLi参与放电时，一定能得到29.35g镍

【答案】C

【解析】

【详解】A.该电池充电时，A为阳极，阳极上LixV2O5失电子，阳极上电极反应式为：LixV2O5-xe-=V2O5+xLi+，B电极为阴极，电极反应式为Li++e-=Li，A错误；

B.Li是活泼金属，能与水反应而自损，所以锂钒氧化物二次电池不能用LiC1水溶液作为电解液，B错误；

C.电解过程中，a中Na+透过阳离子膜进入b中，c中Cl-透过阴离子膜进入b中，使b中NaC1溶液的物质的量浓度会增大，C正确；

D.当锂钒氧化物二次电池中有7gLi参与放电时，转移电子为1mol，随着电解的进行，c(Ni2+)减小，H+的放电能力大于Ni2+，所以得到Ni的质量小于或等于×1mol×58.7g/mol=29.35g，D错误；

故合理选项是C。

7.25 ℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。

已知：lg X＝lg c(CO32-)/c(HCO3-)或lg c(HCO3-)/c(H2CO3)，下列叙述正确的是(　　)

A. 曲线m表示pH与c(HCO3-)/c(H2CO3)的变化关系

B. 当溶液呈中性时，c(Na＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)

C. Ka1(H2CO3)＝1.0×10－6.4

D. 25 ℃时，CO32-＋H2OHCO3-＋OH－的平衡常数为1.0×10－7.6

【答案】C

【解析】

【分析】

由题中信息可知，pH=9.3时，lg X＝-1；pH=7.4时，lg X＝1；pH相同时，m＜n,则ｍ表示的是pH与lg c(CO32-)/c(HCO3-)的变化关系，ｎ表示的是pH与lg c(HCO3-)/c(H2CO3) 的变化关系。

【详解】A. 曲线ｍ表示的是pH与lg c(CO32-)/c(HCO3-)的变化关系，A不正确；

B. 根据电荷守恒可知，当溶液呈中性时，c(Na＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)+ c(Cl-)，B不正确；

C. 由图可知，pH=7.4时，lg X＝lg c(HCO3-)/c(H2CO3)=1，则c(HCO3-)/c(H2CO3)=10，Ka1(H2CO3)＝c(H+)·c(HCO3-)/c(H2CO3)=10-7.410=1.0×10－6.4，C正确；

D. 25 ℃时，CO32-＋H2OHCO3-＋OH－的平衡常数为。由图可知，pH=9.3时，lgX＝lgc(CO32-)/c(HCO3-)=-1，则=10-4.7，10，故平衡常数为1010-4.7=1.0×10-3.7，D不正确。

综上所述，叙述正确的是C，选C。

【点睛】本题的难点在于找出X与碳酸的一级电离常数、二级电离常数之间的关系，把握住一级电离常数大于二级电离常数是解题的关键，并且能够利用图像中的相关数据求出对应的电离常数和水解常数，另外还要熟悉pH与c(H+)及c(OH-)之间的关系。

8.碱性锌锰电池工作原理：Zn+2MnO2+2H2O2MnO(OH)+Zn(OH)2，其中的电解质溶液是KOH溶液。某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料——MnxZn(1−x)Fe2O4，其工艺流程如图所示：

(1)已知MnxZn(1−x)Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中的锰相同，则铁元素的化合价为___________。

(2)“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，写出该反应的离子方程式：_________________________________。

(3)“调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1−x)Fe2O4相符合。

①写出“调铁”工序中发生反应的离子方程式：______________________、_______。

②若测得滤液的成分为c(Mn2+)+c(Zn2+)=a mol·L−1，c(Fe2+)+c(Fe3+)=b mol·L−1，滤液体积为1 m3，“调铁”工序中，需加入的铁粉质量为___________kg(忽略溶液体积变化，用含a、b的代数式表示)。

(4)在“氧化”工序中，加入双氧水的目的是把 Fe 2+ 氧化为 Fe 3+；生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是______________________。

(5)用氨水“调pH”后，经“结晶”、“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分离出一种氮肥，该氮肥的溶液中离子浓度由大到小的排序为_______________。

【答案】    (1). +3    (2). MnO(OH)+Fe 2+ +3H += Mn 2+ +Fe 3+ +2H 2 O    (3). Fe+2Fe 3+ =3Fe 2+    (4). Fe+2H += Fe 2+ +H 2 ↑    (5). 112a−56b    (6). 生成的 Fe 3+ 催化了双氧水的分解    (7). c(NH4+)>c(SO42—)>c(H + )>c(OH− )

【解析】

【分析】

由流程图可知，向用水洗涤的废旧电池滤渣中加入稀硫酸，滤渣中的Fe和Zn(OH)2溶于稀硫酸，反应生成的硫酸亚铁在酸性条件下，与MnO(OH)发生氧化还原反应生成硫酸铁、硫酸锰，过滤得到含有硫酸锌、硫酸铁和硫酸锰的酸性滤液，向滤液中加入铁粉调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1−x)Fe2O4相符合，再加入双氧水将Fe 2+氧化为Fe 3+，用氨水调pH后，经结晶、过滤得到产品MnxZn(1−x)Fe2O4。

【详解】（1）由题意可知，MnxZn(1−x)Fe2O4中锰元素的化合价为+2价，设铁元素化合价为+a，由化合价代数和为零可得：（+2）×x+（+2）×（1—x）+（+a）×2+（—2）×4=0，解得a=3，故答案为：+3；

（2）由题意可知，硫酸亚铁与MnO(OH)在酸性条件下发生氧化还原反应，硫酸亚铁被氧化生成硫酸铁，MnO(OH)被还原为硫酸锰，反应的离子方程式为MnO(OH)+Fe 2+ +3H += Mn 2+ +Fe 3+ +2H 2O，故答案为：MnO(OH)+Fe 2+ +3H += Mn 2+ +Fe 3+ +2H 2O；

（3）①“调铁”工序中，加入的铁粉与溶液中的Fe 3+和H+反应，反应时，氧化性较强的Fe 3+与Fe反应生成Fe 2+，Fe 3+完全反应后，H+与Fe反应生成Fe 2+和H2，反应的离子方程式为Fe+2Fe 3+ =3Fe 2+和Fe+2H += Fe 2+ +H2↑，故答案为：Fe+2Fe 3+ =3Fe 2+；Fe+2H += Fe 2+ +H2↑；

②由MnxZn(1−x)Fe2O4得化学式可知，n[Mn2++Zn2+]:n(Fe 3+)=1:2，设加入的铁粉为xmol，依据题意可得（a mol·L−1×103 L）:(b mol·L−1×103 L +x) =1:2，解得x=(2a-b)×103 mol，则加入的铁粉质量为(2a-b)×103 mol×56g/mol=56(2a-b)×103g=56(2a-b)kg，故答案为：56(2a-b)；

(4)在“氧化”工序中，双氧水把 Fe 2+ 氧化为Fe 3+，反应生成的Fe 3+可以做催化剂，使双氧水催化分解，成为除温度外，导致实际消耗双氧水的量大于理论值的因素，故答案为：生成的 Fe 3+ 催化了双氧水的分解；

（5）由流程图可知，反应中加入了稀硫酸和氨水，滤液C中一定含有可以做氮肥的硫酸铵，硫酸铵溶液中由于铵根离子水解使溶液显酸性，溶液中有c(H + )>c(OH− )，但是由于水解程度小，溶液中有c(NH4+)>c(SO42—)，则溶液中离子浓度由大到小的排序为，故答案为：c(NH4+)>c(SO42—)>c(H + )>c(OH− )；

【点睛】本题主要考查化学工艺流程，考查分析问题与解决问题的能力，集元素化合物知识\基本概念和基本理论于一体，考查面广、综合性强，注意题给信息和流程中的反应原理分析是解答关键。

9.某学习小组设计实验探究CuSO4分解产物

Ⅰ．甲同学选择下列装置设计实验探究硫酸铜分解的气态产物SO3、SO2和O2，并验证SO2的还原性。

回答下列有关问题

(1)上述装置按气流从左至右排序为A、D、___________E、F（填代号）。

(2)装置D的作用是______________________；能证明有SO3生成的实验现象是______________________。

(3)在实验过程中C装置中红色溶液逐渐变为无色溶液，说明A中分解产物有___________；待C中有明显现象后，F开始收集气体，F装置中集气瓶收集到了少量气体，该气体是___________（填化学式）。

(4)为了验证SO2的还原性，取E装置中反应后的溶液于试管中，设计如下实验：

a.滴加少量的NH4SCN溶液   b.滴加少量的K3[Fe(CN)6]溶液

c.滴加酸性KMnO4溶液      d.滴加盐酸酸化BaCl2溶液

其中，方案合理的有___________（填代号），写出E装置中可能发生反应的离子方程式：________________。

Ⅱ．乙同学利用A中残留固体验证固体产物（假设硫酸铜已完全分解）查阅资料知，铜有+2、+1价，且分解产物中不含0价的铜。Cu2O在酸性条件下不稳定，发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。

(5)为了验证固体产物中是否有Cu2O，设计了下列4种方案，其中能达到实验目的的是___________。

甲：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀硝酸，观察溶液颜色是否变为蓝色

乙：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀硫酸，观察溶液颜色是否变为蓝色

丙：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀盐酸，观察是否有红色固体生成

丁：取少量残留固体于试管，通入氢气，加热，观察是否生成红色固体

(6)经检验CuSO4分解生成CuO、Cu2O、SO3、SO2和O2，且CuO、Cu2O的质量之比为5：9，SO2、O2、SO3的体积之比（同温同压下测定）为4：3：2。写出CuSO4分解的化学方程式：______________。

【答案】    (1). B、C    (2). 防倒吸（或作安全瓶）    (3). B装置中产生白色沉淀    (4). SO2    (5). O2    (6). bd    (7). 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+    (8). 丙    (9). 6CuSO42CuO+2Cu2O+2SO3↑+4SO2↑+3O2↑

【解析】

【分析】

根据题意：A装置加热分解硫酸铜，分解的气态产物SO3、SO2和O2，SO2和O2和氯化钡溶液不反应，SO3与氯化钡反应生成白色沉淀，可检验SO3，SO2由品红溶液检验，氯化铁溶液验证SO2的还原性，为防止发生倒吸，A之后连接D装置，连接B的氯化钡溶液检验SO3，产生白色沉淀，用C中品红溶液检验SO2，品红溶液褪色，由E的氯化铁溶液验证SO2的还原性，发生反应：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，F用排水法收集氧气，取E装置中反应后的溶液于试管中，通过检验生成Fe2+、SO42-验证SO2的还原性，用A中残留固体验证固体产物可能为CuO、Cu2O，根据反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，如果含有Cu2O，酸溶后有红色的铜生成，CuSO4分解生成CuO、Cu2O、SO3、SO2和O2，反应为：6CuSO42CuO+2Cu2O+2SO3↑+4SO2↑+O2↑，据此分析作答。

【详解】(1)根据分析，装置为分解装置，防倒吸装置，检验SO3，检验SO2，验证SO2的还原性，收集氧气的装置，故连接顺序为：A、D、B、C、E、F，缺少B、C装置；

(2)装置D的作用是防倒吸；SO3与氯化钡反应生成白色沉淀，B装置中产生白色沉淀证明有SO3生成；

(3)二氧化硫具有漂白性，在实验过程中C装置中红色溶液逐渐变为无色溶液，说明A中分解产物有SO2；氧气不溶于水，F中收集的气体为O2；

(4)E装置中为氯化铁溶液，与二氧化硫发生氧化还原反应：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，检验生成的Fe2+、SO42-验证SO2的还原性，Fe2+用K3[Fe(CN)6]溶液观察是否有蓝色沉淀的生成检验，SO42-用盐酸酸化的BaCl2溶液是否生成白色沉淀检验，故合理选项是bd；

(5)已知：Cu2O在酸性条件下不稳定，发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，A中硫酸铜完全分解，则得到CuO或Cu2O，取少量残留固体于试管，滴加足量的稀盐酸，观察是否有红色固体生成可以验证固体产物中是否有Cu2O；故合理选项是丙；

(6)CuSO4分解生成CuO、Cu2O、SO3、SO2和O2，且CuO、Cu2O的质量之比为5：9，设CuO、Cu2O的物质的量分解为a、b，有80a：144b=5：9，解得a：b=1：1，SO2、O2、SO3的体积之比(同温同压下测定)为4：3：2，则SO2、O2、SO3的物质的量为4：3：2，故CuSO4分解的化学方程式为：6CuSO42CuO+2Cu2O+2SO3↑+4SO2↑+O2↑。

【点睛】本题考查了物质的性质检验的知识，掌握常见物质的性质是解题关键，在解答时要注意物质检验的先后顺序、检验试剂及反应现象，在物质反应方程式配平时要注意结合电子守恒、原子守恒分析解答。

10.氮氧化物是空气的主要污染物之一，研究氮氧化物的性质对于防治空气污染有重要意义。回答下列问题：

(1)已知：NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)   △H=-200.9 kJ/mol

NO(g)+O2(g)=NO2(g)    △H=-58.2kJ/mol

写出NO与臭氧(O3)反应生成NO2的热化学方程式_____________。

(2)温度为T1时，在三个容积均为1L密闭容器中仅发生反应：

2NO(g)+O2(g)2NO2(g)   △H<0

实验测得：v正=v(NO)消耗= 2v(O2) 消耗= k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2) 消耗= k逆c2 (NO2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。

①温度为T1时，=________；当温度升高为T2时，k正、k逆分别增大m倍和n倍，则m_________n(填“>”、“<“或“=”)。

②若容器Ⅱ中达到平衡时=1，则NO的转化率为______，x=_______。

③容器Ⅲ中起始时v正___________v逆(填“>”、“<”或“=”)。

④T1时，在1L密闭容器中按照一定比例充入NO(g)和O2(g)，达到平衡时NO2(g)的体积分数Φ(NO2)随的变化如图所示，则A、B、C三点中NO的转化率最大的是___________；当=2.3时，达到平衡时Φ(NO2)可能是D、E、F三点中的___________。

【答案】    (1). 3NO(g)+O3(g)=3NO2(g)  △H=-317.3kJ/mol    (2). 1.25    (3). <    (4). 20%    (5). 0.85    (6). <    (7). A    (8). F

【解析】

【分析】

(1)根据盖斯定律，将上述两个热化学方程式叠加，就可以得到相应的热化学方程式；

(2)①找出各种物质的平衡浓度，根据可逆反应达到平衡状态时V正=V逆，计算，该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动；

②根据平衡时=1，可知c(NO2)=c(NO)=0.4mol/LNO消耗了0.1mol/L，结合转化率=×100%计算；根据温度相同，平衡常数K不变计算反应开始时c(O2)；

③计算出容器Ⅲ的浓度商Qc，根据计算结果与K=1.25的关系判断反应方向；

④氧气的浓度越大，NO的转化率越大；比例达到2.3时，很大一部分NO多余，导致二氧化氮含量减少。

【详解】(1) 已知：①NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)   △H=-200.9 kJ/mol

②NO(g)+O2(g)=NO2(g)    △H=-58.2kJ/mol

根据盖斯定律，①+2×②可得：3NO(g)+O3(g)=3NO2(g) △H=-200.9kJ/mol；

(2)①Ⅰ容器中平衡时氧气浓度从0.3mol/L变为0.2mol/L，△c(O2)=0.1mol/L，

则根据方程式2NO(g)+O2(g)2NO2(g)可知△c(NO)=0.2mol/L，△c(NO2)=0.2mol/L，所以平衡时各种物质的浓度：c(NO)平=0.4mol/L，c(O2)=0.2mol/L，△c(NO2)=0.2mol/L，平衡时V正=V逆，根据v正=k正c2(NO)•c(O2)、v逆=k逆c2(NO2)可知：==1.25；

2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H<0，该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，当温度升高为T2时，k正、k逆分别增大m倍和n倍，则k逆增大幅度较大，即m<n；

③容器Ⅲ中，因为 Qc==1.78>K=1.25，反应向逆反应方向进行，所以v正<v逆；

④A点NO转化率最大，因为氧气百分比最大；比例达到2.3时，很大一部分NO多余，所以二氧化氮百分比减少，达到平衡时Φ(NO2)可能是F点。

【点睛】本题考查化学平衡计算及盖斯定律应用，明确盖斯定律内容、化学平衡及其影响为解答关键，注意根据物质的起始浓度、转化浓度与平衡浓度的关系在化学平衡应用进行计算，利用平衡时正、你反应速率相等平衡平衡常数的关系，会根据浓度商与平衡常数关系判断反应进行的方向。

11.聚乙烯醇肉桂酸酯(M)可用作光刻工艺中的抗腐蚀涂层，其合成路线如下：

已知:

请回答：

(1)B的化学名称为_______________；M中含氧官能团的名称为_______________；F→G的反应类型为____________________。

(2)C→D化学反应方程式为_________________________________________。

(3)E的结构简式为_______________；H的顺式结构简式为___________________。

(4)同时满足下列条件的F的同分异构体有_________种(不考虑立体异构)：①属于芳香族化合物；②能发生水解反应和银镜反应。写出其中一种核磁共振氢谱有4种吸收峰，其峰面积之比为6:2:1:1的物质的结构简式_________。

(5)参照上述合成路线和相关信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)合成有机物， 设计合成路线_____________。

【答案】    (1). 氯乙烯    (2). 酯基    (3). 消去反应    (4).     (5).     (6).     (7). 14    (8). 或          (9).

【解析】

【分析】

D和H发生酯化反应生成M，根据D和M结构简式知，H结构简式为；G发生氧化反应生成H，则G结构简式为；F发生消去反应生成G，E发生加成反应生成F，则E、F结构简式为、；A和HCl发生加成反应生成B，B发生加聚反应生成C，则C结构简式为，B结构简式为CH2=CHCl，A结构简式为HC≡CH。

【详解】(1)B的结构简式为CH2=CHCl，名称为氯乙烯；M中含氧官能团是酯基；F→G的反应为F发生消去反应生成G，故答案为：氯乙烯；酯基；消去反应；

（2）C→D的反应为在氢氧化钠溶液中，加热发生水解反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：；

（3）E结构简式为；H结构简式为，具有顺反异构，顺式结构简式为，故答案为：；；

（4）F为，F的同分异构体符合下列条件：①属于芳香族化合物，说明含有苯环；②能发生水解反应和银镜反应，说明含有醛基和酯基，取代基为HCOO-和-CH2CH3有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH2-和-CH3有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH（CH3）-有1种；如果取代基为HCOOCH2CH2-有1种；如果取代基为-COOH和两个-CH3，两个甲基位于相邻物质，有2种；如果两个甲基位于间位，有3最后；如果两个甲基位于对位，有1种。综上所述，符合条件的共有14种，其中核磁共振氢谱有4种吸收峰且峰面积之比为6:2:1:1的物质的结构简式为 或，故答案为：14； 或；

（4）乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成乙二醇，乙二醇氧化生成乙二醛，结合题给信息，乙二醛与乙醛反应生成，合成路线流程图为： ，

故答案为：

【点睛】本题考查有机物推断，侧重考查分析推断及知识综合应用能力，根据某些物质结构简式、反应条件结合题给信息进行推断，明确官能团及其性质关系是解本题关键。