宁夏回族自治区银川市宁夏大学附中2020届高三上学期第三次月考化学试题

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宁夏回族自治区银川市宁夏大学附中2020届高三上学期第三次月考化学试题

高三理综试卷 相对原子量:H:‎1 C:12 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 S:32 Cl:35.5 K:39 Fe:56 Cu:64 ‎ 一、本卷共13个小题,每小题6分,共96分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符号题目要求的。‎ ‎1.朱自清先生在《荷塘月色》中写道:“薄薄的青雾浮起在荷塘里......月光是隔了树照进来的,高处丛生的灌木,落下参差的斑驳的黑影......”月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因是( )‎ A. 空气中的小水滴颗粒大小约为10‎-9m~10‎‎-7m B. 光是一种胶体 C. 雾是一种胶体 D. 发生丁达尔效应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 空气中的小水滴形成胶体,则胶体颗粒大小约为10‎-9m~10‎-7m,符合题意,A正确;‎ B. 雾是一种胶体,光不是胶体,与题意不符,B错误;‎ C. 薄雾是一种胶体,不是种种美景的本质原因,与题意不符,C错误;‎ D. 雾是一种胶体,能发生丁达尔效应,不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因,与题意不符,D错误;‎ 答案为A。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )‎ A. 22.4‎LCl2溶于足量水,所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为NA B. 0.1mol•L-1MgCl2溶液中含有的Mg2+数目一定小于0.1NA C. 一定条件下,0.1molSO2与足量氧气反应生成SO3,转移电子数为0.2NA D. 标准状况下,‎38g3H2O2中含有3NA共价键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 未给定气体的状态,22.4LCl2的物质的量不能确定,则所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数不能确定,A错误;‎ B. 0.1mol•L-1MgCl2溶液中,未给定溶液的体积,则含有的Mg2+数目无法确定,B错误;‎ C. 一定条件下,0.1molSO2与足量氧气反应生成SO3,该反应为可逆反应,不能确定反应的SO2的物质的量,则转移电子数不能确定,C错误;‎ D. 标准状况下,‎38g3H2O2的物质的量为1mol,含有3NA共价键,D正确;‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】气体为未定状态、溶液未给定体积,无法用公式计算物质的量。‎ ‎3.下列对碱金属的叙述,其中完全不正确的组合是 (  )‎ ‎①K通常保存在煤油中,以隔绝与空气的接触 ‎②碱金属常温下呈固态,取用时可直接用手拿 ‎③碱金属中还原性最强的是钾 ‎④碱金属阳离子,氧化性最强是Li+‎ ‎⑤碱金属的原子半径和离子半径都随核电荷数的增大而增大 ‎⑥从Li到Cs,碱金属的密度越来越大,熔、沸点越来越低 A. ②③⑥ B. ②③④ C. ④⑤⑥ D. ①③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①钾的密度大于煤油,和空气中水蒸气、氧气、二氧化碳发生反应,少量K通常保存在煤油中,以隔绝与空气的接触,故①正确;‎ ‎②碱金属是活泼金属和皮肤中水反应生成碱具有强腐蚀性,取用时不能直接用手拿,故②错误;‎ ‎③依据同主族性质递变分析,碱金属中还原性最强的是钫,故③错误;‎ ‎④金属性越强,对应阳离子的氧化性越弱,所以碱金属阳离子,氧化性最强的是Li+,故④正确;‎ ‎⑤同主族电子层数相同,随核电荷数增大而增大,碱金属的原子半径和离子半径都随核电荷数的增大而增大,故⑤正确;‎ ‎⑥从Li到Cs,碱金属的密度呈增大的趋势,K的密度反而比Na小,从上到下熔沸点降低,故⑥错误;‎ 故答案为A。‎ ‎4.下列离子方程式的书写及评价均合理的是( )‎ 选项 离子方程式 评价 A 将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中:2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+I2‎ 正确; Cl2过量,Fe2+、I-均被氧化 B Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应:Mg2++2HCO+4OH-=Mg(OH)2 ↓+2CO+2 H2O 正确;Mg(OH)2比MgCO3更难溶 C 过量SO2通入到NaClO溶液中:SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO 正确;H2SO3的酸性强于HClO D 将Na2O2固体溶于水:2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑‎ 正确; Na2O2是碱性氧化物 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中,亚铁离子和碘离子全部被氧化:2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2I2,离子方程式书写错误,与题意不符,A错误;‎ B. 离子方程式正确,Mg(OH)2比MgCO3更难溶,符合题意,B正确;‎ C. 次氯酸根离子具有强氧化性,能够把二氧化硫氧化为硫酸根离子,所以过量SO2通入到NaClO溶液中:SO2+H2O+ClO-=2H++Cl-+SO42-,离子方程式书写错误,与题意不符,C错误;‎ D. Na2O2是过氧化物,不属于碱性氧化物,与题意不符,D错误;‎ 答案为B。‎ ‎【点睛】ClO-具有强氧化性,能与二氧化硫的水溶液反应生成硫酸根离子、氯离子和氢离子。‎ ‎5.已知a、b、c、d四种短周期主族元素,在周期表中相对位置如图,下列说法正确的是 A. a、c两元素的最高正价一定相等 B. 原子半径大小顺序为:c>d>b>a C. a、b两元素可能形成多种共价化合物 D. c、d二种元素气态氢化物的稳定性比较:c > d ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项,若a、b、c、d依次为O、F、S、Cl元素,O没有最高正价,S的最高正价为+6价,A项错误;‎ B项,根据“层多径大,序大径小”,原子半径由大到小的顺序为:c>d>a>b,B项错误;‎ C项,若a、b、c、d依次N、O、P、S元素,N与O可形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5多种共价化合物,C项正确;‎ D项,根据c、d在周期表中的位置,非金属性:cCu2+,加入铁粉后,先与Fe3+反应,后与Cu2+反应。‎ ‎【详解】因氧化性 Fe3+>Cu2+,加入铁粉后,先与Fe3+反应,后与Cu2+反应 A. 加入铁粉后,先与Fe3+反应,混合溶液中Fe3+物质的量为1mol/L×‎1L×2=2mol,由2Fe3++Fe=3Fe2+可知,加入1mol Fe时,铁离子恰好完全反应,则a⩽1时,Fe粉只能将Fe3+还原,A项错误;‎ B. 剩余固体为Cu或Cu、Fe,当有Fe剩余时,溶液中一定没有Cu2+,B项错误;‎ C. 溶液中铁离子为2mol、铜离子为1mol,当1⩽a<2时,发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu,由方程式比例关系知,铁粉全部参与反应,加入Fe为a mol,由铁元素守可知,溶液中n(Fe2+)=(2+a)mol,C项正确;‎ D. 若有固体剩余,则固体中一定有铜,当铁粉过量时,还会含有铁,D项错误;‎ 答案选C。‎ ‎7.已知A为淡黄色固体,T、R为两种常见的用途很广的金属单质,D是具有磁性的黑色晶体,C是无色无味的气体,H是白色沉淀,且在潮湿空气中迅速变为灰绿色,最终变为红褐色固体。‎ ‎(1)写出下列物质的化学式A:_______________,Q:_____________,W:__________________。‎ ‎(2)按要求写出下列反应方程式:‎ ‎①H在潮湿空气中变成M的过程中的化学方程式:_______________________‎ ‎②R与B溶液反应时的离子方程式:___________________________________‎ ‎③D与盐酸反应的离子方程式:_______________________________________‎ ‎(3)简述检验气体C的方法:___________________________________________‎ ‎【答案】 (1). Na2O2 (2). Al2O3 (3). FeCl3 (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (5). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (6). Fe3O4+8H+= Fe3++2Fe2++4H2O (7). 用带火星的木条伸入收集满该气体的集气瓶瓶口,若木条复燃,则气体是氧气 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ H是白色沉淀,且在潮湿空气中迅速变为灰绿色,最终变为红褐色固体,则H 为氢氧化亚铁,金属T为Fe;氢氧化亚铁与潮湿的空气反应生成氢氧化铁,M为氢氧化铁;氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁,则W为氯化铁;A为淡黄色固体,则A为过氧化钠,B为氢氧化钠,C为氧气;D为四氧化三铁;可以和氢氧化钠反应的金属为Al;氧气与铝反应生成氧化铝,则Q为氧化铝、N为偏铝酸钠。‎ ‎【详解】(1)分析可知,A为过氧化钠,化学式为Na2O2;Q为氧化铝,化学式为Al2O3;W为氯化铁,化学式为FeCl3;‎ ‎(2) ①H(氢氧化亚铁)在潮湿空气中变成M(氢氧化铁)的过程中为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁,方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;‎ ‎②R与B溶液反应为Al与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气,离子方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;‎ ‎③D与盐酸反应为四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水,离子方程式为Fe3O4+8H+= Fe3++2Fe2++4H2O;‎ ‎(3)通常用带火星的木条靠近盛有该气体的集气瓶,若木条复燃,则为氧气。‎ ‎8.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,含有少量SiO2、FeO·xFe2O3等杂质)制取铝的一种工艺流程示意图如下:‎ 已知:生成氢氧化物沉淀的pH如下表。‎ 沉淀物 Fe(OH)3‎ Al(OH)3‎ Mg(OH)2‎ pH ‎3.2‎ ‎5.2‎ ‎12.4‎ ‎(1)为提高浸出速率,除适当增加硫酸浓度外,还可采取的措施有_______________‎ ‎(2)浸渣的主要成分为____________________‎ ‎(3)净化除杂操作分为两步:第一步是通入气体a,其目的是_____________________。第二步是控制溶液pH,只使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。净化除杂生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质,溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是_____________________‎ ‎(4)写出沉淀反应操作中发生反应的离子方程式:________________________。‎ ‎(5)实验室高温焙烧时,用于盛放固体的仪器名称是_______________。‎ ‎(6)在AlCl3和MgCl2的混合液中滴加NaOH溶液,生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示,则原溶液中AlCl3和MgCl2的物质的量之比为__________,并写出加入NaOH溶液的体积为50-60mL时的化学反应方程式__________________________。‎ ‎【答案】 (1). 适当升温、将铝土矿粉碎成粉末 (2). SiO2 (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). 生成的Fe(OH)3胶粒具有吸附性 (5). Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ (6). 坩埚 (7). 1:1 (8). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铝土矿(主要成分为Al2O3,含有少量SiO2、FeO·xFe2O3等杂质)酸浸时,生成硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁混合溶液,二氧化硅为不溶物,过滤时为浸渣;电解氧化铝时产生铝和氧气,则a为氧气,向滤液中加入氧气,可使溶液中亚铁离子变为铁离子,调节pH=3时,只产生氢氧化铁沉淀,滤渣为氢氧化铁;加入氨气时,生成氢氧化铝沉淀,溶液为硫酸铵;高温焙烧氢氧化铝,得到氧化铝,电解生成单质铝。‎ ‎【详解】(1)为提高浸出速率,除适当增加硫酸浓度外,还可以采取的措施有适当升温、将铝土矿粉碎成粉末;‎ ‎(2)铝土矿中浸渣为难溶于水,不和硫酸反应的物质,主要成分为SiO2;‎ ‎(3)根据流程分析:净化除杂操作第一步是通入气体a为氧气,其目的是将Fe2+氧化为Fe3+;第二步是控制溶液pH,只使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。净化除杂生成的Fe(OH)3胶粒具有吸附性,沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质,Fe(OH)3胶粒能吸附水中的悬浮杂质使溶液中的悬浮杂质被共同沉淀;‎ ‎(4)沉淀反应操作中发生反应的离子方程式为Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4+;‎ ‎(5)实验室高温焙烧用坩埚盛放固体;‎ ‎(6)根据图像可知,50~60mL时,为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,消耗碱溶液10mL,可确定生成Al(OH)3时,消耗碱30mL,则生成Mg(OH)2时,消耗碱20mL,则AlCl3和MgCl2的物质的量之比为1:1。‎ ‎9.已知某纯碱试样中含有NaCl杂质,为测定试样中纯碱的质量分数,可用下图中的装置进行实验。‎ 主要实验步骤如下:‎ ‎① 按图组装仪器,并检验装置的气密性 ‎② 将a g试样放入锥形瓶中,加适量蒸馏水溶解,得到试样溶液 ‎③ 称量盛有碱石灰的U型管的质量,得到b g ‎④ 从分液漏斗滴入6mol·L—1的硫酸,直到不再产生气体时为止 ‎⑤ 从导管A处缓缓鼓入一定量的空气 ‎⑥ 再次称量盛有碱石灰的U型管的质量,得到c g ‎⑦ 重复步骤⑤和⑥的操作,直到U型管的质量基本不变,为d g 请回答下列有关问题:‎ ‎(1)在用托盘天平称量样品时,如果天平的指针向左偏转,说明________________。‎ ‎(2)装置中干燥管B的作用是______________________________________________。‎ ‎(3)如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸,测试的结果_________。(选填偏高、偏低或不变)。‎ ‎(4)步骤⑤的目的是__________________________________________。‎ ‎(5)步骤⑦的目的是__________________________________________。‎ ‎(6)试样中纯碱的质量分数的计算式为__________________________。‎ ‎(7)写出纯碱与稀硫酸反应的离子方程式为________________________。‎ ‎【答案】 (1). 样品重,砝码轻 (2). 防止空气中的CO2和水气进入U型管中 (3). 偏高 (4). 把反应产生的CO2全部导入U形管中 (5). 判断反应产生的CO2是否全部排出,并被U形管中的碱石灰吸收 (6). ×100% (7). CO32-+2H+= CO2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据天平称量时按照左物右码的原则考虑;‎ ‎(2)由于空气中也有二氧化碳和水分,干燥管B的作用就是不让它们进入的;‎ ‎(3)根据盐酸的挥发性考虑;‎ ‎(4)由于反应结束后锥形瓶中存留有二氧化碳,鼓入一定量的空气就是为了驱赶它们的;‎ ‎(5)就是为了将二氧化碳全部赶过去;‎ ‎(6)根据U型管的质量的增加量就是生成的二氧化碳的质量,根据二氧化碳的质量算出碳酸钠的质量,再用碳酸钠的质量除以样品质量即可。‎ ‎(7) 纯碱与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水,纯碱与硫酸均为强电解质,写化学式。‎ ‎【详解】(1)由于称量时左物右码,向左偏说明样品重,砝码轻;‎ ‎(2)U型管中的碱石灰是为了吸收反应生成的二氧化碳,但空气中也存在二氧化碳,干燥管B的作用就是防止空气中的二氧化碳和水分进入U型管,对结果产生误差;‎ ‎(3)由于盐酸具有挥发性,也会随着二氧化碳进入U型管,被误认为是二氧化碳,所以二氧化碳的质量偏大,算出的碳酸钠的质量也会偏大的,所以结果会偏高;‎ ‎(4)由于反应结束后锥形瓶中存留有二氧化碳,鼓入一定量的空气就是将残留的二氧化碳完全排入U型管;‎ ‎(5)直到U型管的质量基本不变,说明二氧化碳已经被全部排到U型管中,步骤⑦的目的是:判断反应产生的CO2是否全部排出,并被U形管中的碱石灰吸收;‎ ‎(6)设需要碳酸钠的质量为m则:‎ ‎ Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑‎ ‎ 106 44‎ ‎ m d−b 列比例式解得:m=,所以试样中纯碱的质量分数的计算式=×100%;‎ ‎(7)纯碱与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水,纯碱与硫酸均为强电解质,写化学式,则离子方程式为CO32-+2H+= CO2↑+H2O。‎ ‎【化学选考题】‎ ‎10.决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题:‎ ‎(1)元素K的焰色反应呈紫红色,其中紫色对应的辐射波长为_______nm(填标号)。‎ A.404.4 B.‎553.5 C.589.2 D.670.8 E.766.5‎ ‎(2)基态K原子中,核外电子占据最高能层的符号是________,占据该能层电子的电子云轮廓图形状为________________。‎ ‎(3)已知元素M是组成物质Ca5(PO4)‎3F的一种元素。元素M的气态原子逐个失去第1个至第5个电子所需能量(即电离能,用符号I1至I5表示)如表所示:‎ I1‎ I2‎ I3‎ I4‎ I5‎ 电离能(kJ/mol)‎ ‎589.8‎ ‎1145.4‎ ‎4912.4‎ ‎6491‎ ‎8153‎ 元素M化合态常见化合价是________价,其基态原子电子排布式为____________‎ ‎(4)PO43-的中心原子的杂化方式为__________,键角为_______________‎ ‎(5)Ca3(PO4)‎3F中非金属元素电负性由大到小的顺序为________________‎ ‎(6)下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是__________________‎ A.第一电离能:Cl>S>P>Si B.共价键的极性:HF>HCI>HBr>HI C.晶格能:NaF>NaCl>NaBr>NaI D.热稳定性:MgCO3>CaCO3>SrCO3>BaCO3‎ ‎(7)CaF2晶胞结构如图所示,则CaF2晶体中与Ca2+最近且等距离的Ca2+数目为_____________;已知Ca2+和F-半径分别为a cm、b cm,阿伏加德罗常数为NA,M为摩尔质量,则晶体密度为___________________g·cm-3(不必化简)。‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). A (2). N (3). 球形 (4). +2 (5). 1s22s22p63s23p64s2或[Ar] 4s2 (6). sp3 (7). 109°28′ (8). F>O>P (9). BC (10). 12 (11). ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)紫色波长介于400nm~430nm;‎ ‎(2) 基态K原子共有4给电子层,最高能层位N;价层电子排布式为4s1;‎ ‎(3) M的第三电离能远远大于第二电离能,该元素最外层有2个电子;‎ ‎(4) 根据价层电子互斥理论确定PO43-杂化方式及空间构型;‎ ‎(5)Ca3(PO4)‎3F中非金属元素为P、O、F,同周期主族元素自左而右电负性增大,同主族自上而下电负性减小;‎ ‎(6) A.同周期元素的第一电离能有增大的趋势,价层电子处于充满或半充满状态时,第一电离能大于其后元素的;‎ B. 键合原子的电子亲合能或电负性的差值越大,极性越大;‎ C.离子半径越小,键长越短,晶格能越大;‎ D.金属阳离子的半径越小,其碳酸盐的热稳定性越弱;‎ ‎ (7)CaF2晶胞中,与顶点Ca2+最近且等距离的Ca2+处于晶胞面心,每个顶点为8个晶胞共用,每个面心为2个晶胞共用;每个氟离子周围有4个钙离子,四个钙离子形成正四面体结构,氟离子处于正四面体中心,则晶胞顶点钙离子与正四面体中心氟离子连线处于晶胞对角线上,且二者距离等于晶胞体对角线长度的。‎ ‎【详解】(1)紫色波长介于400nm~430nm,答案为A;‎ ‎(2) 基态K原子共有4给电子层,最高能层位N;价层电子排布式为4s1,该能层电子云轮廓为球形;‎ ‎(3) M的第三电离能远远大于第二电离能,说明该元素失去2个电子时为稳定结构,则该元素最外层有2个电子,则M为Ca,元素M化合态常见化合价是+2,其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p64s2或[Ar] 4s2;‎ ‎(4) PO43-的中心原子P的孤电子对数=(a-bx)=(5+3-2×4)=0,价层电子对数=4+0=4,P原子杂化方式为sp3杂化,微粒空间构型为正四面体,键角为109°28′;‎ ‎(5)Ca3(PO4)‎3F中非金属元素为P、O、F,同周期主族元素自左而右电负性增大,同主族自上而下电负性减小,故电负性:F>O>P;‎ ‎(6) A.同周期元素的第一电离能有增大的趋势,价层电子处于充满或半充满状态时,第一电离能大于其后元素的,则Cl>P>S>Si,A错误;‎ B. 键合原子的电子亲合能或电负性的差值越大,极性越大,则共价键的极性:HF>HCl>HBr>HI,B正确;‎ C.离子半径越小,键长越短,晶格能越大,则晶格能:NaF>NaCl>NaBr>NaI,C正确;‎ D.金属阳离子的半径越小,其碳酸盐的热稳定性越弱,则热稳定性:BaCO3>SrCO3>CaCO3>‎ MgCO3,D错误;‎ 答案为BC。‎ ‎(7)CaF2晶胞中,与顶点Ca2+最近且等距离的Ca2+处于晶胞面心,每个顶点为8个晶胞共用,每个面心为2个晶胞共用,故CaF2晶体中与Ca2+最近且等距离的Ca2+数目为:=12;每个氟离子周围有4个钙离子,四个钙离子形成正四面体结构,氟离子处于正四面体中心,则晶胞顶点钙离子与正四面体中心氟离子连线处于晶胞对角线上,且二者距离等于晶胞体对角线长度的,Ca2+和F-半径分别为a cm、b cm,则晶胞体对角线长度为4(a+b)cm,故晶胞棱长=(a+b)cm,晶胞中Ca2+数目=8×+6×=4、F-数目为8,故晶胞质量=4×Mg,则晶体密度=g•cm-3。‎ ‎11.甲苯是有机化工生产的基本原料之一。利用乙醇和甲苯为原料,可按如图所示路线合成分子式均C9H10O2的有机化工产品E和J。 ‎ 已知:‎ 请回答:‎ ‎(1)写出下列反应方程式:‎ ‎①B+D―→E___________________________________________________。‎ ‎②G―→H_____________________________________________________。‎ ‎(2)①的反应类型为________;②的反应类型为________;F的结构简式为________。‎ ‎(3)E、J有多种同分异构体,写出符合下列条件的4种同分异构体结构简式。‎ 要求:ⅰ.与E、J属同类物质;ⅱ.苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物只有两种。‎ ‎①________;②________;③________;④________。‎ ‎【答案】 (1). CH3COOH+CH2OHCH2OOCCH3+H2O (2). CCl3+4NaOHCOONa+3NaCl+2H2O (3). 取代反应 (4). 酯化(或取代)反应 (5). CHO (6). )H‎3CCH2OOCH (7). H‎3CCOOCH3 (8). H‎3COOCCH3 (9). H‎5C2OOCH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题中合成路线信息可知,乙醇经催化氧化得到A,所以A是乙醛,A经银氨溶液氧化后再酸化得到B,所以B是醋酸;在光照条件下甲苯与氯气发生取代反应生成、和,然后在加热条件下与NaOH溶液发生水解生成对应醇、和,由可知,会自动脱水转化为,‎ 会自动脱水、再经酸化转化为,也可以氧化为,与题中信息相符,所以C为、D为、F为、I为,I与乙醇发生酯化反应生成J,则J为苯甲酸乙酯,结构为;E和J是同分异构体,所以E是乙酸苯甲酯,结构简式为,据以上分析解答。‎ ‎【详解】由题中合成路线信息可知,乙醇经催化氧化得到A,所以A 是乙醛,A经银氨溶液氧化后再酸化得到B,所以B是醋酸;在光照条件下甲苯与氯气发生取代反应生成、和,然后在加热条件下与NaOH溶液发生水解生成对应醇、和,由可知,会自动脱水转化为,会自动脱水、再经酸化转化为,也可以氧化为,与题中信息相符,所以C为、D为、F为、I为 ‎,I与乙醇发生酯化反应生成J,则J为苯甲酸乙酯,结构为。E和J是同分异构体,所以E是乙酸苯甲酯,结构简式为;‎ ‎(1)①B+D→E反应方程式为。‎ ‎②G→H反应方程式为 。‎ ‎(2)①的反应类型为取代反应;②的反应类型为酯化(或取代)反应;F的结构简式为。‎ ‎(3)①与E、J属同类物质,则要求分子中有苯环、酯基;‎ ‎②苯环上有两个取代基且苯环上的一氯代物只有两种,则两取代基应置于苯环对位;‎ 符合这两个条件的4种同分异构体结构简式分别为:‎ ‎①;②;③;④。‎
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