湖南省2017年高考化学考前演练卷（三）（含解析）.doc

湖南省2017年高考化学考前演练卷（三）（含解析）1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应C. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化D. 古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金【答案】C2. 下列关于有机物的叙述正确的是A. 乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同B. 分子式为C2H6O2且能与NaOH溶液反应的有机物一定是乙酸C. 油脂和纤维素都是能发生水解反应的高分子化合物D. 甲烷、苯、乙醇、乙酸和酯类都可以发生取代反应【答案】D【解析】A、乙烯结构简式为CH2=CH2，含有碳碳双键，和溴水发生加成反应，苯使溴水褪色，利用溴单质易溶于有机溶剂，属于萃取，因此原理不同，故错误；B、C2H4O2可以是CH3COOH，也可以是HCOOCH3，羧酸与NaOH发生中和反应，酯在NaOH溶液发生水解，故错误；C、油脂不是高分子化合物，纤维素属于高分子化合物，故错误；D、甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，苯和液溴在铁作催化剂作用下发生取代反应，乙醇和乙酸发生酯化反应，即取代反应，酯类发生水解，即取代反应，故正确。3. 利用下列实验装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是A. 利用图甲装置，可快速制取氨气B. 利用图乙装置，用饱和碳酸钠溶液分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液C. 利用图丙装置，可制取乙烯并验证其易被酸性KMnO4溶液氧化D. 利用图丁装置，可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性【答案】C【解析】A. 生石灰与水反应放出大量的热，浓氨水受热发生分解生成氨气，所以利用图甲装置可快速制取氨气，所以A是正确的；B. 乙醇易溶于水，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，所以可以利用图乙装置，乙醇用饱和碳酸钠溶液分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液，B正确；C.乙醇和浓硫酸混合加热到170时发生反应，生成乙烯，但是如果加热到140，生成的是乙醚。图丙装置中缺少温度计控制反应温度，C不正确；D. 浓硫酸可使蔗糖脱水碳化，这个过程放出大量的热，碳被浓硫酸氧化生成二氧化碳，浓硫酸被还原为二氧化硫，二氧化硫可使品红溶液褪色，可使酸性高锰钾溶液褪色。所以利用图丁装置，可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性，D正确。4. 有机物(CH3)2CHCH2CH3的二氯代物有A. 9种 B. 10种 C. 11种 D. 12种【答案】B点睛：分析有机物的二氯代物的数目时，先用对称分析法，找出相同的碳原子，再分析每种碳原子上所连的氢原子数，然后用定位法，先固定一个位置，然后看第二位置的可能情况，依次分析，防止重复和遗漏。5. X、Y、Z、W均为短周期元素，且Y、Z、W在周期表中的位置关系如图，已知X和W能形成最最简单的有机物，则下列有关说法正确的是A. X能分别与Y、W形成化合物，且其所含化学键类型完全相同B. W有多种同素异形体，且均具有高熔点、高沸点的性质C. X的离子半径一定小于与Y同族的短周期元素的离子半径D. Y、Z与X的常见稳定液态氧化物反应的剧烈程度Y大于Z【答案】D【解析】【解析】X与W能形成最简单的有机物，最简单的有机物是甲烷，则X为H元素，W为碳元素，根据元素周期表的结构可知，Y为Na、Z为Mg元素。A.X能分别与Y、W形成化合物，形成的化合物分别为NaH、烃类，分别为离子化合物、共价化合物，含有的化学键类型不同，A项错误；B.碳的同素异形体中C60为分子晶体，熔沸点较低，B项错误；C.H-的离子半径大于Li+，C项错误；D金属性NaMg，钠与水反应较为剧烈，D项正确。答案选D。点睛：本题考查元素的推断，原子结构与元素周期律的关系，明确元素周期表结构为解答关键，最简单的有机化合物是甲烷，X与W能形成最简单的有机物，由元素在周期表中的位置可知X为H元素，W为C元素，Y为Na元素、Z为Mg元素，结合对应的单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。6. 室温时，将0.10mol/L NaOH溶液滴入20.00mL未知浓度的某一元酸HA溶液中，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化曲线如下图。当V(NaOH)=20.00 mL,二者恰好完全反应。则下列有关说法不正确的是A. 该一元酸溶液浓度为0.10 molL-1B. a、b、c点的水溶液导电性依次增强C. 室温时,HA的电离常数Kal10-5D. a点和c点所示溶液中H2O的电离程度相同【答案】C【解析】A、根据信息，当V(NaOH)=20mL时，二者恰好完全反应，NaOHHA=NaAH2O，因此c(HA)=0.1molL1，故说法正确；B、导电性与溶液中离子浓度以及所带电荷数有关，离子浓度越大，所带电荷数越多，导电能力越大，根据起点HA的pH=2，说明HA为弱酸，a点溶质为NaA和HA，HA物质的量较多，b点时溶质NaA和HA，NaA较多，c点时溶质为NaA和NaOH，都是强电解质，因此导电能力cba，故说法正确；C、HA HA，电离产生的c(H)=c(A)=102molL1，弱电解质电离程度微弱，即c(HA)约为0.1molL1，根据电离平衡常数的表达式K=c(H)c(A)/c(HA)=102102/0.1=103，故说法错误；D、a点对应的pH=3，即溶液中c(H)=103molL1，c点时pH=11，溶液中c(OH)=103molL1，两点对水的电离抑制能力相同，故说法正确。点睛：本题考查电解质溶液、电离平衡常数、影响水电离的因素等知识，试题相对简单，但需要认真审题；弱电解质的电离是可逆过程，且微弱，影响弱电解质电离的因素有浓度、温度、同离子效应、反应等。7. 3-可将气态废弃物中的硫化氢转化为了利用的硫，自身还原为4-。工业上常采用如图所示的电解装置，通电电解，然后通入H2S加以处理。下列说法不正确的是A. 电解时阳极反应式为4- -e-= 3-B. 电解时阴极反应式为2HCO3-+2e-=H2+2CO32-C. 当电解过程中有22.4L标准状况下的H2生成时，溶液中有32gS析出（溶解忽略不计）D. 整个过程中需要不断补充K4 与KHCO3【答案】D【解析】A、电解的目的是4转化成3，阳极是失电子，化合价升高，4e= Fe(CN)63，故说法正确；B、阴极上得到电子，发生还原反应，HCO3电离产生H放电，即电极反应式为HCO32e=H22CO32，故说法正确；C、电解后通入H2S，发生的离子反应方程式为：23H2S2CO32=24S2HCO3，因此有H22CO32S，产生1molH2，有1molS的产生，因此产生22.4LH2时，溶液中有22.4/22.4molS，即32gS，故说法正确；D、根据选项C，23H2S2CO32=24S2HCO3，K4与KHCO3不需要补充，故说法错误。8. 汽车尾气中排放的NOx和CO污染环境，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。已知：2CO(g)O2(g) 2CO2(g) H566.0 kJmol1N2(g)O2(g) 2NO(g) H+180.5 k Jmol12NO(g)O2(g) 2NO2(g) H116.5 k Jmol1回答下列问题：（1）CO的燃烧热为_。若1 mol N2(g)、1 mol O2(g) 分子中化学键断裂时分别需要吸收946 kJ、498 kJ的能量，则1 mol NO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为_kJ。（2）CO将NO2还原为单质的热化学方程式为_。（3）为了模拟反应2NO(g)2CO(g) N2(g)2CO2(g)在催化转化器内的工作情况，控制一定条件，让反应在恒容密闭容器中进行，用传感器测得不同时间NO和CO的浓度如下表：时间/s012345c(NO)/(10-4mol/L)10.04.502.501.501.001.00c(CO)/(10-3mol/L)3.603.052.282.752.702.70前2 s内的平均反应速率v(N2)_,此温度下，该反应的平衡常数K_。能说明上述反应达到平衡状态的是_。A2n(CO2)n(N2) B混合气体的平均相对分子质量不变C气体密度不变 D容器内气体压强不变当NO与CO浓度相等时，体系中NO的平衡转化率与温度、压强的关系如右图所示，则NO的平衡转化率随温度升高而减小的原因是_ ，图中压强（p1，p2、p3）的大小顺序为_ 。【答案】 (1). 283KJ/mol (2). 631.75 (3). 2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g) H=-1196KJ/mol (4). 1.87510-4mol/(Ls) (5). 5000（或5000L/mol） (6). BD (7). 该反应的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的转化率减小（或正反应放热，温度越高，越不利于反应正向进行，NO的平衡转化率越小） (8). p1p2p3【解析】（1）由2CO(g)O2(g) 2CO2(g) H566.0 kJmol1可知， 2molCO完全燃烧放出566.0 kJ的热量，所以1molCO完全燃烧放出283kJ的热量，所以CO的燃烧热为283KJ/mol。若1 mol N2(g)、1 mol O2(g) 分子中化学键断裂时分别需要吸收946 kJ、498 kJ的能量，设1 mol NO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为x，由N2(g)O2(g) 2NO(g) H946k +498k -2x=+180.5，解之得x=631.75，所以1 mol NO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为631.75kJ。（2）由2CO(g)O2(g) 2CO2(g) H566.0 kJmol1，N2(g)O2(g) 2NO(g) H=+180.5kJ/mol，2NO(g)O2(g) 2NO2(g) H116.5 k Jmol1，2-可得：2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g) H=(566.0 kJmol1)-(+180.5kJ/mol)-( 116.5 k Jmol1)=-1196KJ/mol ，所以CO将NO2还原为单质的热化学方程式为2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g) H=-1196KJ/mol。（3）由表中数据可知，前2 s内，NO的变化量为(10.0-2.50)=7.50mol/L，由N原子守恒可得N2的变化量为3.75mol/L，所以前2 s内平均反应速率v(N2)1.87510-4mol/(Ls),此温度下，反应在第4s达平衡状态 ，各组分的平衡浓度分别为c(NO)=1.00mol/L、c(CO)=2.70mol/L、c()=4.5mol/L、c()=9mol/L，所以该反应的平衡常数K =5000。A在反应过程中关系式2n(CO2)n(N2) 恒成立，所以不能说明是平衡状态； B虽然反应过程中气体的总质量恒不变，但是气体的总物质的量变小，所以混合气体的平均摩尔质量在反应过程中变大，相对分子质量也变大，因此当气体的琷相对分子质量不变时，能说明是平衡状态；C反应过程中气体的总体积和总质量都不变，所以气体密度不变 ，因此该说法也不能说明是平衡状态； D正反应是气体体积减小的反应，所以反应过程中气体的压强是变量，当容器内气体压强不变时，说明反应达平衡状态。综上所述，能说明上述反应达到平衡状态的是BD。当NO与CO浓度相等时，体系中NO的平衡转化率与温度、压强的关系如右图所示，则NO的平衡转化率随温度升高而减小的原因是该反应的正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的转化率减小（或正反应放热，温度越高，越不利于反应正向进行，NO的平衡转化率越小）；由反应方程式可知，在相同温度下压强越大，越有利于反应正向进行，则NO的转化率越大，所以图中压强（p1，p2、p3）的大小顺序为p1p2p3 。点睛：一个可逆反应是否处于化学平衡状态可从两方面 判断；一是看正反应速率是否等于逆反应速率，两个速率必须能代表正、逆两个方向，然后它们的数值之比还得等于化学计量数之比，具备这两点才能确定正反应速率等于逆反应速率；二是判断物理量是否为变量，变量不变达平衡。9. 亚硝酸钠是一种食品添加剂，具有防腐和抗氧化作用。某同学对亚硝酸钠进行了相关探究。(一)查阅资料亚硝酸钠(NaNO2)为无色、无味的结晶。HNO2是一种弱酸，酸性比醋酸略强，性质不稳定，易分解生成NO和NO2;能被常见的强氧化剂氧化;但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把I-氧化成I2。AgNO2是一种微溶于水、易溶于酸的浅黄色固体。(二)问题讨论(1)人体正常的血红蛋白中应含Fe2+，误食亚硝酸盐(如NaNO2)会致使机体组织缺氧，出现青紫而中毒，原因是_。若发生中毒时，你认为下列物质有助于解毒的是_。A.鸡蛋清 B.胃舒平 C.小苏打 D.维生素C(2)由于亚硝酸钠和食盐性状相似，曾多次发生过将NaNO2误当食盐食用的事件。要区别NaNO2和NaCl两种固体，你需用的试剂是_。(三)实验测定为了测定某样品中NaNO2的含量，某同学进行如下实验:称取样品a g，加水溶解，配制成100 mL溶液。取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用0.02 mol/L KMnO4标准溶液(酸性)进行滴定，滴定结束后消耗KMnO4溶液 V mL。(3)上述实验所需玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管之外还有_。(4)在进行滴定操作时，KMnO4溶液盛装在_滴定管中(填“酸式”、“碱式”)。当滴入最后一滴溶液，_时达到滴定终点。(5)滴定过程中发生反应的离子方程式是_;测得该样品中NaNO2的质量分数为_。(6)若滴定管未用KMnO4标准溶液润洗就直接注入，则测定结果_;若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定，则测定结果_ (填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。【答案】 (1). 血红蛋白中Fe2+被NO2-氧化为Fe3+，导致血红蛋白失去运氧功能 (2). D (3). HNO3酸化的AgNO3溶液（或酚酞溶液或KI淀粉试液和稀硫酸。其他合理试剂均可） (4). 烧杯、100mL容量瓶 (5). 酸式 (6). 锥形瓶中无色溶液变成粉红色，且30s内不褪色 (7). 5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O (8). (9). ）偏大 (10). 偏小【解析】(二)(1)由资料可知，亚硝酸根可表现出氧化性，所以误食亚硝酸盐(如NaNO2)会致使机体组织缺氧，出现青紫而中毒，原因是血红蛋白中Fe2+被NO2-氧化为Fe3+，导致血红蛋白失去运氧功能。若发生中毒时，服用还原性强的物质如维生素C有助于解毒。 (2)由于亚硝酸钠和食盐性状相似，曾多次发生过将NaNO2误当食盐食用的事件。要区别NaNO2和NaCl两种固体，可利用氯离子的检验方法，或根据资料，利用亚硝酸盐的氧化性或亚硝酸的弱酸性设计出不同的方案，需用的试剂是HNO3酸化的AgNO3溶液（检验氯离子）或酚酞溶液（亚硝酸根水解显碱性）或KI淀粉试液和稀硫酸（把I-氧化成I2，碘遇淀粉变蓝）。 (三) (3)上述实验所需玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管之外还有烧杯、100mL容量瓶。(4)在进行滴定操作时，酸性和强氧化性的溶液要装在酸式滴定管中。KMnO4溶液有强氧化性，所以盛装在酸式滴定管中。高锰酸钾溶液稀溶液显红色，它被还原的产物几乎是无色的，所以可以用过量的一滴高锰酸钾溶液作为滴定终点的指示剂，即当滴入最后一滴溶液，锥形瓶中无色溶液变成粉红色，且30s内不褪色时达到滴定终点。(5) 为了测定某样品中NaNO2的含量，某同学进行如下实验:称取样品a g，加水溶解，配制成100 mL溶液。取于锥形瓶中，用KMnO4标准溶液(酸性)进行滴定，滴定结束后消耗KMnO4溶液 V mL。 滴定过程中发生反应的离子方程式是5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2+3H2O，因此，25.00 mL样品溶液中，n(NO2-)=VL=5V mol，由此求得a g样品中，m(NaNO2)= 5V mol69g/mol=1.38V g，测得该样品中NaNO2的质量分数为。(6)若滴定管未用KMnO4标准溶液润洗就直接注入，则管内残存的蒸馏水会把标准液稀释，导致标准液用量偏大，所以测定结果偏大;若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定，此时还没有真正到达滴定终点，在临近滴定终点时，由于反应物浓度较小，所以反应速率较慢，则变红就停止滴定所用的标准液偏小，测定结果偏小。10. 工业由钛铁矿（主要成分为FeTiO3含Fe2O3、Al2O3、FeO、SiO2等杂质）制备TiCl4的工艺流程如下：已知：酸浸：2H2SO4(aq)+ FeTiO3(s)TiOSO4(aq)+ FeSO4(aq)+ 2H2O(1)水解：TiOSO4(aq)+2H2O(1) H2TiO3(s)+H2SO4(aq)煅烧：H2TiO3(s) TiO2(s)+H2O(g)（1）FeTiO4中钛元素的化合价为_，试剂A为_。（2）酸浸过程发生反应的离子反应方程式为_。（3）酸浸后续需将溶液温度冷却至70左右，若温度过高会导致最终产品吸收率过低，原因是_。（4）上述流程中氯化过程的化学反应方程式为_。已知TiO2 (s)+2Cl2 (g)TiCl4(1)+O2 (g) H=+15l kJmol-1 .该反应极难进行，当向反应体系中加入碳后，则反应在高温条件下能顺利发生.从化学平衡的角度解释原因是_.(5)TiCl4极易水解，利用此性质可制备纳米级 TiO2xH2O，该反应的化学方程式是 _.【答案】 (1). (2). Fe（或铁） (3). Al2O2+2OH-=2AlO2-+H2O，SiO2+2OH-=2SiO2-+H2O (4). 温度过高会导致TiOSO4提前水解生成H2TiO4沉淀 (5). TiO2+C+2Cl2=TiCl4+CO2 (6). C与O2反应减小O2的浓度使平衡向右移动；C与O2反应放热，温度升高，使平衡向右移动，促使反应顺利进行 (7). TiCl4+(x+2)H2O=TiO2xH2O+4HCl【解析】试题分析：（1）根据酸浸反应FeTiO3(s)+2H2SO4(aq)=FeSO4(aq)+TiOSO4(aq)+2H2O(l)可知，FeTiO3中Fe元素化合价为+2价，则Ti元素为+4。然后加入试剂A为Fe（或铁），发生反应2Fe3+Fe= 3Fe2+。故答案为：+4；Fe（或铁）。（2）碱浸的目的是除去Al2O3和SiO2等杂质，发生反应的离子反应方程式为：A l2O3 + 2OH-= AlO2-+ H2O、SiO2+ 2OH-= SiO32-+ H2O。故答案为：Al2O3 + 2OH-= AlO2-+ H2O、SiO2+ 2OH-= SiO32-+ H2O。（3）酸浸后需将溶液温度冷却至70左右，温度过高会导致TiOSO4提前发生水解反应：TiOSO4(aq)+2H2O(l)H2TiO3(s)+H2SO4(aq)生成H2TiO3沉淀，导致最终产品吸收率过低。故答案为：温度过高会导致TiOSO4提前水解生成H2TiO3沉淀。（4）该工业流程中氯化过程的化学反应方程式为：TiO2+C + 2Cl2 TiCl4+ CO2；由于TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(l)+O2(g)为可逆反应，且正反应为吸热反应，加入碳粉后，C与O2反应减小O2的浓度使平衡向右移动；C与O2反应放热，温度升高，使平衡向右移动，促使反应顺利进行。故答案为：TiO2+C + 2Cl2 TiCl4+ CO2； C与O2反应减小O2的浓度使平衡向右移动；C与O2反应放热，温度升高，使平衡向右移动，促使反应顺利进行。（5）TiCl4极易水解生成备纳米级TiO2xH2O，该反应的化学反应方程式为：TiCl4+ (x+2)H2O = TiO2xH2O + 4HCl。故答案为：TiCl4+ (x+2)H2O = TiO2xH2O + 4HCl。【考点定位】化学工艺流程；化学品和影响因素；化学方程式、离子方程式的书写。【名师点睛】11. 钛镍形状记忆合金（TiNi）被广泛用于人造卫星和宇宙飞船的天线，在临床医疗领域内也具有广泛的应用。回答下列问题：(1)写出基态Ti原子的电子排布式:_，Ni在元素周期表中的位置是_。(2)钛镍合金能溶于热的硫酸生成Ti(SO4)2、NiSO4，二者阴离子的立体构型为_，中心原子的轨道杂化类型是_。(3)工业上将金红石(主要成分TiO2)转化为液态TiCl4，再用金属镁在高温下还原得到金属钛，同时生成MgCl2。MgCl2的熔沸点比TiCl4高得多，其原因是_。原子半径r(Cl)_r(Mg)，离子半径r(O2-)_r(Mg2+)(填“”、“”或“=”)。(4)金属镍能与CO反应生成一种配合物Ni(CO)4(常温下为无色液体)。Ni(CO)4的固体属于_晶体，Ni与CO之间的化学键称为_，提供孤对电子的成键原子是_。（填元素符号）(5)一种钛镍合金的立方晶胞结构如图所示:该合金中Ti的配位数为_。若合金的密度为d g/cm3，晶胞边长a=_pm。（用含d的计算式表示）【答案】 (1). 1s22s22p63s23d24s2或 3d24s2 (2). 第4周期第VIII族 (3). 正四面体 (4). sp3 (5). MgCl2是离子晶体，TiCl4是分子晶体，离子晶体键能比分子间作用力大得很多 (6). (8). 分子 (9). 配位键 (10). (11). 6 (12). 【解析】(1)基态Ti原子的电子排布式为1s22s22p63s23d24s2或 3d24s2，Ni在元素周期表中的位置是第4周期第VIII族。(2) SO42-的中心原子S的价层电子对数n=，所以中心原子的轨道杂化类型是sp3，S原子与4个O原子形成4个键，所以SO42-立体构型为正四面体。 (3)工业上将金红石(主要成分TiO2)转化为液态TiCl4，再用金属镁在高温下还原得到金属钛，同时生成MgCl2。 MgCl2的熔、沸点比TiCl4高得多，其原因是MgCl2是离子晶体，TiCl4是分子晶体，离子晶体键能比分子间作用力大得很多。氯和镁都是第3周期的主族元素，氯的原子序数是较大。同周期元素原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径r(Cl)r(Mg2+)。(4) Ni(CO)4常温下为无色液体，该化合物的熔点较低，所以Ni(CO)4的固体属于分子晶体。配合物Ni(CO)4的中心原子Ni与配体CO之间的化学键称为配位键，提供孤对电子的成键原子是。(5)此钛镍合金的立方晶胞结构与氯化钠晶胞相似，氯化钠晶胞中两种离子的配位数都是6。该合金中Ti的配位数为6。该晶胞中含Ti原子数为、Ni原子数为，所以1mol该晶胞中有4mol TiNi,质量为4，若晶胞的边长为a，则1mol该晶胞体积为a3NA，由合金的密度为d g/cm3=，所以晶胞边长a= cm= pm。点睛：1. 判断微粒的空间构型的方法一般有3种：1.可以先计算中心原子的价电子对数，判断微粒的价层电子对互斥模型，再根据微粒中的键的数目判断微粒的实际空间构型；2.可以根据中心原子的杂化类型判断微粒的空间构型；3.根据微粒的常见的等电子体判断微粒的空间构型。2.均摊法确定晶胞中原(离)子数目及晶体化学式对于平行六面体晶胞而言，用均摊法计算的依据是:处于顶点的微粒，同时为8个晶胞所共享，每个微粒有1/8属于该晶胞;处于棱上的微粒，同时为4个晶胞所共享，每个微粒有1/4属于该晶胞;处于面上的微粒，同时为2个晶胞所共享，每个微粒有1/2属于该晶胞;处于晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞。12. 感光性高分子作为新材料在各种领域中得到广泛应用。感光高分子F的一种合成路线如下:已知:A的相对分子质量为60，氧元素的质量分数为0.533，核磁共振氢谱显示为两组峰，峰面积比为13。回答下列问题:(1)A的结构简式为_，D的化学名称是_。(2)、的反应类型分别是_、_。(3)反应的化学方程式是_。(4)F中的官能团有_(填官能团名称)。(5)芳香族化合物G是E的同分异构体，能发生银镜反应且分子中只有4种不同化学环境的氢。写出三种G的结构简式:_。(6)写出以甲苯为原料(其他无机试剂任选)制备化合物D的合成路线（箭头上方标试剂，下方标条件）。_【答案】 (1). CH3COOH (2). 苯甲醛 (3). 加成反应 (4). 加聚反应 (5). (6). 碳碳双键、酯基 (7). (8). 【解析】A的相对分子质量为60，氧元素的质量分数为0.533，则A分子中所含的氧原子数=2，结合反应推测A可能为乙酸，再由核磁共振氢谱显示为两组峰、峰面积比为13，确定A为乙酸。反应为加成反应，结合反应条件及E和F的结构，可以推出反应为加聚反应，B为聚乙酸乙烯酯，反应为酯的水解反应，C为聚乙烯醇。(1)A的结构简式为CH3COOH，D的化学名称是苯甲醛。(2)、的反应类型分别是加成反应、加聚反应。(3)反应的化学方程式是。(4)F中的官能团有碳碳双键、酯基。(5)芳香族化合物G是E的同分异构体，能发生银镜反应且分子中只有4种不同化学环境的氢。G的可能的结构简式有 。(6)以甲苯为原料，首先与氯气在光照的条件下，进行侧链上的一氯取代，然后将生成的氯代烃在碱性条件下水解生成苯甲醇，最后把苯甲醇氧化得到苯甲醛。具体合成路线如下： 点睛：限制条件的同分异构体的书写，首先把题中信息转化为官能团或其它基团，然后将这些原子团按照一定的对称性组成合理结构，最后根据核磁共振氢谱或其它信息逐一检验是否符合限制条件。