四川省泸县第四中学2023-2024学年高三上学期10月月考化学试题含答案

这是一份四川省泸县第四中学2023-2024学年高三上学期10月月考化学试题含答案，共21页。试卷主要包含了考试时间150分钟，满分300，2g氧气和臭氧的混合物中含有3， 如图所示物质是某药物的中间体，5，0等内容，欢迎下载使用。
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.考试时间150分钟，满分300
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56 I 127
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78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. 化学与生活密切相关，下列叙述正确的是
A. 太阳电池翼采用碳纤维框架和玻璃纤维网，二者均为有机高分子材料
B. NOx和碳氢化合物是造成光化学烟雾污染的主要原因
C. 用于光学望远镜的高致密碳化硅特种陶瓷材料是一种传统无机非金属材料
D. 氢燃料汽车是利用电解池的原理提供电能
【答案】B
【解析】
【详解】A．太阳电池翼采用碳纤维框架和玻璃纤维网，都是无机非金属材料，A错误；
B．光化学烟雾是一次污染物(如氮氧化物NOx、碳氢化合物等)在光照条件下发生化学反应后生成的二次污染物，主要含有臭氧、过氧硝酸酯等，B正确；
C．高致密碳化硅特种陶瓷材料是一种新型无机非金属材料，C错误；
D．氢燃料汽车是利用氢氧燃料电池即原电池的原理提供电能，D错误；
故答案为：B。
2. 是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. (标准状况)氨气分子中所含共价键数目为
B. 氯气与足量铁反应转移的电子数为
C. 氧气和臭氧的混合气体中原子数为
D. 的溶液中数目为
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．标况下，2.24L氨气分子为0.1ml，所以共价键的数目为，A项正确；
B．氯气与铁反应生成氯化铁，铁从0价变为+3价1ml铁失去3ml电子，电子数为3NA，但是1ml铁与1.5ml氯气反应，故氯气与足量铁反应转移的电子数为0.2 NA，B项错误；
C．3.2g氧气和臭氧的混合物中含有3.2g氧原子，氧原子的物质的量为=0.2ml，故混合气体中原子数为，C项正确；
D．pH=2，说明氢离子的浓度为0.01ml/L，的溶液中数目为，D项正确；
答案选B。
3. 化学创造美好生活。下列对生产活动的知识解读错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．干冰为固体二氧化碳，升华易吸热，可用于人工降雨，A正确；
B．生石灰为氧化钙，具有吸水性，可用作食品干燥剂，B正确；
C．葡萄汁中添加适量的二氧化硫可起到抗氧化作用，利用的是二氧化硫的还原性，能防止葡萄酒中的一些成分被氧化，起到保质作用，C错误；
D．氢氟酸可与反应，从而可刻蚀石英制作艺术品，D正确；
故选C。
4. 如图所示物质是某药物的中间体。关于该化合物的说法错误的是
A. 该物质既能发生加成反应又能发生消去反应
B. 该物质存在顺反异构体
C. 分子中含有3种含氧官能团
D. 1ml该物质最多能与4mlNaOH反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．该物质含有碳碳双键，能发生加成反应，含有溴原子且溴原子链接的碳原子的邻位碳上有氢原子，所以能发生消去反应，A正确，不符合题意；
B．形成碳碳双键的碳原子都链接不同的部分，所以有顺反异构体，B正确，不符合题意；
C．含有羟基，和酯基和羧基三种含氧官能团，C正确，不符合题意；
D．酚羟基和羧基能和氢氧化钠反应，酯基水解都出酚羟基和羧基都能和氢氧化钠反应，溴原子也能和氢氧化钠发生反应，故1ml该物质最多能与5mlNaOH反应，D错误，符合题意；
故选D。
5. X、Y、Z、W四种元素为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如下表所示，已知W的最高正价与最低负价代数和为6，下列说法正确的是
A. Z的气态氢化物稳定性高于Y的气态氢化物
B. 标准状况下，X的单质状态与W的相同
C. X、Z、W对应氧化物的水化物均为强酸
D. Z的简单离子还原性弱于W的简单离子还原性
【答案】B
【解析】
【分析】W的最高和最低化合价的关系说明W是Cl，则Z为S，Y为O，X为N。
【详解】A．O的非金属性比S强，则比稳定，A错误；
B．和在标准状况下均为气体，B正确；
C．X、Z、W对应氧化物的水化物有多种其中、、 均为弱酸，C错误；
D．S 的非金属性比 Cl弱，则的还原性强于，D错误；
故选B。
6. 化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染其原理如图所示，下列说法不正确的是
A. Pt电极为电解池的阴极
B. 电解时，质子从Pt电极转移到Ag-Pt电极
C. 电解池的总反应方程式为2H2O+4NON2↑+5O2↑+4OH-
D. 当交换膜右室电解液质量减少时，电子转移数目为4NA
【答案】A
【解析】
【分析】由题原理图可知，Ag-Pt电极上被还原为N2，因此Ag-Pt电极为阴极，电极反应式为：，Pt电极为阳极，电极反应式为：，据此解答。
【详解】A．Ag-Pt电极上被还原为N2，则Ag-Pt电极为阴极，所以Pt电极为阳极，A错误；
B．电解时，阳离子从阳极移向阴极，所以质子从Pt电极转移到Ag-Pt电极，B正确；
C．阴极反应式为：，阳极反应式为：，所以总反应式为：，C正确；
D．结合阴极、阳极和总反应式可知：每生成2mlN2(即56g)转移电子20ml，同时有20mlH+(即20g)进入阴极室，即右室电解液质量减少56g-20g=36g，可建立关系式：
所以转移电子数为：，即4NA，D正确；
故选A。
7. 25℃时，NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数()随pH变化的关系如图甲所示，其中a点的坐标为(9.5，0.5)。向10mL0.01ml·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01ml·L-1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示。下列溶液中的关系中一定正确的
A. 图甲中pH=7的溶液：c(Cl－)=c(HCN)
B. 常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=10－4.5ml/L
C. 图乙中b点的溶液：c(CN－)＞c(Cl－)＞c(HCN)＞c(OH－)＞c(H+)
D. 图乙中c点的溶液：c(Na+)+ c(H+)= c(HCN)+ c(OH－)+ c(CN－)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 图甲中可以加入HCN调节溶液的pH=7，溶液中不一定存在Cl-，即不一定存在c(Cl－)=c(HCN)，故A错误；
B. a点的坐标为(9.5，0.5)，此时c(HCN)=c(CN−)，HCN的电离平衡常数为，则NaCN的水解平衡常数，故B正确；
C. b点加入5mL盐酸，反应后溶液组成为等浓度的NaCN、HCN和NaCl，由图乙可知此时溶液呈碱性，则HCN的电离程度小于CN−的水解程度，因此c(HCN)＞c(CN−)，故C错误；
D. c点加入10mL盐酸，反应后得到等浓度的HCN和NaCl的混合溶液，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl−)=c(HCN)+c(CN−)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+)= c(Cl−)+ c(OH−)+ c(CN−)，则c(Na+)+ c(H+)= c(HCN)+ c(OH－)+ 2c(CN－)，故D错误；
故选B。
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。
8. 高锰酸钾具有强氧化性，广泛应用于化工、医药、金属冶炼等领域。实验室可通过固体碱溶氧化法制备高锰酸钾。回答下列问题：
（1）称取和，置于铁坩埚中并混合均匀，加热混合物至熔融。加热铁坩埚时，除图中的部分仪器外，还需要_______(填仪器名称)，不使用瓷坩埚的原因是_______。
（2）将分多次加入熔融物中，继续加热，反应剧烈，最终得到墨绿色。该步反应的化学方程式为_______，分多次加入的原因是_______。
（3）待铁坩埚冷却后，将其置于蒸馏水中共煮至固体全部溶解。趁热向浸取液中通入，使歧化为与。用玻璃棒蘸取溶液于滤纸上，观察到_______，表明转化已完全。静置片刻，抽滤。该步骤若用代替，可能的后果是_______。
（4）水浴加热滤液至出现晶膜，冷却后抽滤、干燥晶体。在该实验中采用水浴加热的主要优点是_______。下表是部分化合物溶解度随温度变化的数据，步骤(3)中不宜通入过多，目的是_______，产品经纯化后称重，质量为3.60g。本实验中的产率为_______%。
【答案】（1） ①. 泥三角 ②. 氢氧化钾可以和瓷坩埚反应
（2） ①. 3MnO2+ 6KOH+KClO3=3K2MnO4+ KCl+3H2O ②. 由于该反应非常剧烈，分多次加入可以使反应较平稳地进行，防止反应过于剧烈而使熔融物飞溅
（3） ①. 只有紫红色痕迹，没有绿色痕迹 ②. 氯化氢会把高锰酸钾还原为氯化锰，无法得到高锰酸钾
（4） ①. 受热均匀 ②. 提高产品的纯度 ③. 85.5%
【解析】
【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，在铁坩埚中将氢氧化钾和氯酸钾加热熔融，然后加入二氧化锰发生反应生成，再通入二氧化碳发生歧化反应生成高锰酸钾，结晶后得到晶体，以此解题。
【小问1详解】
加热固体药品的时候，需要用铁坩埚、三角架和泥三角，故还需要泥三角；瓷坩埚的成分是硅酸盐，则氢氧化钾可以和瓷坩埚反应，故不能使用瓷坩埚；
【小问2详解】
二氧化锰在熔融的时候和氢氧化钾，氯酸钾反应生成，方程式为：3MnO2+ 6KOH+KClO3= 3K2MnO4+ KCl+3H2O；由于该反应非常剧烈，分多次加入可以使反应较平稳地进行，防止反应过于剧烈而使熔融物飞溅；
【小问3详解】
高锰酸钾为紫红色，为墨绿色，故当观察到只有紫红色没有绿色痕迹时，标明转化已经完全；高锰酸钾的氧化性比较强，故用代替，可能的后果是氯化氢会将高锰酸钾还原为氯化锰，从而无法得到高锰酸钾；
【小问4详解】
水浴加热的主要优点是受热均匀；通入过量的二氧化碳会产生溶解度较小的碳酸氢钾，加热浓缩结晶时碳酸氢钾和高锰酸钾一起析出，会降低纯度，故目的是提高产品的纯度；由第二问的方程式结合锰酸钾歧化反应的化学方程式可得3MnO2~3K2MnO4~2KMnO4，由因为，，，可知生成为0.04ml，则理论上可得的物质的量为ml，其理论质量为4.21g，而实际质量为3.60g，因此本实验中高锰酸钾的产率为=；
9. 氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，采用天然气制备氢气主要经历以下反应：
(i)CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H1
(ii)CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) △H2
根据题给信息回答下列问题：
(1)根据图1计算△H1=___________ kJ/ml。
(2)一定温度下，恒容密闭容器中发生反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)，下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是___________。
a.混合气体的密度保持不变 b.CH4和H2O(g)的浓度相等
cv正(CO)=3v逆(H2) d.容器内气体压强不再改变
(3)通过计算机对反应(i)进行模拟实验，对0.1MPa下，不同温度，不同水碳比[(n(H2O)/n(CH4))]进行了热力学计算，绘得反应平衡体系中H2的物质的量分数与水碳比、平衡温度的关系如图2所示。
①由图2可知，温度一定时，H2的平衡物质的量分数与水碳比的关系是___________，产生该结论的原因是___________。
②若水碳比为1.0，平衡温度为900℃，平衡时H2的物质的量分数为0.6 [不考虑反应(ii)]，则CH4的转化率为___________%。(结果保留一位小数)
(4)可以利用电解法把反应(ii)产生的CO2和H2分离，过程如下图3，产生O2的一极是电解池的阳极，该极发生的电极反应式为___________。
【答案】 ①. +204 ②. d ③. 水碳比越大，H2的物质的量分数越大 ④. 过量的H2O(g)与CO反应，反应(i)正向移动，H2的物质的量分数增加 ⑤. 66.7% ⑥. 4HCO - 4e- = 4CO2↑+O2↑+2H2O
【解析】
【详解】(1)焓变等于反应物断键吸收的热量减去生成物成键放出的热量，因此根据图象得到∆H1=2582kJ∙ml−1-2378 kJ∙ml−1=+204kJ∙ml−1；
(2)a．气体密度等于气体质量除以容器体积，反应时，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，当混合气体的密度保持不变，不能作为判断平衡标志，a不符合题意；
b．达到平衡状态时，CH4和H2O(g)的浓度不再改变，而与两者浓度是否相等无关，因此CH4和H2O(g)的浓度相等不能作为判断平衡标志，b不符合题意；
c．υ正(CO)=3υ逆(H2)，则正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，c不符合题意；
d．该反应是气体增大反应，反应正向进行时，气体的物质的量增大，容积不变，压强增大，则当容器内气体压强不再改变，可作为判断平衡标志，d符合题意；
综上所述，答案为d。
(3)①根据图中信息，从温度1050K时分析，水碳比越大，氢气的物质的量分数越大，产生该结论的原因是水碳比增大，生成的CO会与H2O(g)反应，进一步生成H2，使得氢气的物质的量分数增大；
②若水碳比为1.0，假设物质的量分别为1ml，
平衡温度为900℃，平衡时H2的物质的量分数为0.6，=0.6，解得a=ml，则CH4的转化率=×100%=66.7%；
(4)根据题意碳酸钾、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钾，惰性电极电解碳酸氢钾溶液，阴极为水提供的氢离子得到电子生成氢气、氢氧根离子，氢氧根离子和碳酸氢根反应生成碳酸根，阳极是水中氢氧根得到电子变为氧气和氢离子，氢离子和碳酸氢根反应生成二氧化碳和水，故阳极发生的电极反应式为4HCO-4e-=4CO2↑+O2↑+2H2O。
10. 二氧化氯()广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。工业上利用甲醇还原的方法制备，工艺流程如下
已知：a.发生器中制备的反应：
b.相关物质的熔沸点
（1）可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有_______性。
（2）冷却塔用于分离并回收，应控制的最佳温度为_______。
A.0-10℃ B.20~30℃ C.60~70°℃
（3）可以获得芒硝()并使部分原料循环利用已知：和的溶解度曲线如下图：
①处理器中获得芒硝时需加入固体，从芒硝溶解平衡的角度解释其原因：_______(结合方程回答)。
②结合和的溶解度曲线，过程的操作是：在32.4℃恒温蒸发、_______。
③处理器的滤液中可以循环利用的原料是和_______。
（4）为测定存储罐中所得溶液中的含量，进行了以下实验：
步骤1：准确量取溶液，稀释成试样。
步骤2：量取试样加入到锥形瓶中，调节试样的，加入足量的晶体，摇匀，在暗处静置30分钟。(已知：未配平)
步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用溶液滴定至终点，消耗溶液。(已知：)
①准确量取溶液的玻璃仪器是_______。
②若实验中使用的标准溶液部分因被氧气氧化而变质，则实验结果_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
③根据上述步骤可计算出原溶液的浓度为_______(用含字母的代数式表示)
（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克的氧化能力。的有效氯含量为_______(计算结果保留两位小数)。
【答案】（1）氧化 （2）B
（3） ①. ，加入 ，使钠离子浓度 增大，平衡逆向移动，有利于 的析出 ②. 冷却结晶，过滤，洗涤，干燥 ③.
（4） ①. 酸式滴定管 ②. 偏高 ③.
（5）2.63
【解析】
【分析】发生器中发生反应：12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH═12ClO2↑+3HCOOH+4Na3H(SO4)2↓+9H2O，过滤得到不溶性Na3H(SO4)2滤渣和含有CH3OH等物质的滤液，滤液在冷却塔中冷却分离出ClO2气体，含有CH3OH等物质的滤液循环到发发生器中，充分利用原料CH3OH和NaClO3，ClO2气体在吸收塔中冰水冷却至液体ClO2储存；处理器中，Na3H(SO4)2滤渣在Na+作用下与水转化为Na2SO4•10H2O和H2SO4，过滤得到芒硝Na2SO4•10H2O，滤液中的H2SO4和NaClO3循环到发生器中充分利用，
【小问1详解】
ClO2具有强氧化性，可用于纸浆漂白、杀菌消毒，故答案为：氧化；
【小问2详解】
ClO2的沸点为11℃，CH3OH沸点为65℃，便于分离气态的ClO2和液态的含有CH3OH的滤液，冷却塔中控制的温度在11～65℃之间，结合后续实验的冷却，则最佳温度应该控制在20～30℃，故答案为：B；
【小问3详解】
①Na2SO4•10H2O晶体在溶液中存在溶解和结晶的平衡，即Na2SO4•10H2O(s)⇌2Na+(aq)+SO(aq)+10H2O(l)，根据平衡移动原理可知，加入NaClO3使溶液中c(Na+)增大，平衡逆向移动，使Na2SO4•10H2O晶体析出，故答案为：Na2SO4•10H2O(s)⇌2Na+(aq)+SO(aq)+10H2O(l)，加入NaClO3使溶液中c(Na+)增大，平衡逆向移动，使Na2SO4•10H2O晶体析出；
②由Na2SO4•10H2O和Na2SO4的溶解度曲线可知，32.4℃时Na2SO4•10H2O和Na2SO4的溶解度均处于最大，但Na2SO4•10H2O的溶解度随温度的升高而增大，Na2SO4的溶解度随温度的升高而较小，防止Na2SO4结晶析出，应采用降温结晶法得到Na2SO4•10H2O，即恒温蒸发浓缩溶液、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
③在Na+作用下，Na3H(SO4)2滤渣在处理器中与水转化为Na2SO4•10H2O和H2SO4，过滤得到芒硝Na2SO4•10H2O，滤液中的H2SO4和NaClO3循环到发发生器中充分利用，故答案为：H2SO4；
【小问4详解】
①ClO2溶液显酸性，所以准确量取10.00 mL ClO2溶液的玻璃仪器是酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
②Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，则消耗的Na2S2O3标准溶液体积偏大，根据I2+2S2O=2I-+S4O，2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O可知，测得的ClO2偏多，导致测定结果偏高，故答案为：偏高；
③由方程式2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O=2I-+S4O得关系式ClO2～5 S2O，n(S2O)=cV2×10-3ml，所以V1mL ClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4ml，则10mL的原溶液含有ClO2的物质的量为：2cV2×10-4ml××10-2ml，所以原ClO2溶液的物质的量浓度为ml/L，故答案为：；
【小问5详解】
根据有效氯定义，1gClO2的物质的量为ml，依据电子转移数目相等，ClO2～Cl-～5e-，Cl2～2Cl-～2e-，则转移电子为ml，可知氯气的物质的量为×ml，则氯气的质量为×ml×71g/ml=2.63g，故答案为：2.63g。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 第四周期元素Q位于ds区，最外层电子半充满;短周期元素W、X、Y、Z第一电离能与原子序数的关系如下图所示，请回答下列问题(用Q、W、X、Y、Z所对应的元素符号作答)：
（1）基态Y原子核外共有___种运动状态不相同的电子。若用n表示能层，则与Y元素同族的元素的基态原子的价电子排布式为_________________。
（2）X、W组成的一种二元化合物常用作火箭燃料，该化合物中X原子的杂化方式为___________。该化合物常温下呈液态，其沸点高于Y2沸点的原因为___________。
（3）X2Y曾被用作麻醉剂，根据“等电子体原理”预测X2Y的空间构型为______________。
（4）XW3存在孤电子对，可形成[Q(XW3)4]2+离子，该离子中不存在_____________(填序号)。
A.极性共价键 B.非极性共价键 C.配位键 D.σ键 E.π键
（5）Q与X形成的一种二元化合物的立方晶胞结构如图所示：
①Q原子周围距其距离最近的Q原子的数目为_______。
②该二元化合物的化学式为___________________。
（6）已知单质Q晶体的堆积方式为面心立方最密堆积，则单质Q晶体的晶胞中原子的空间利用率为_________________(用含π的式子表示)。
【答案】 ①. 8 ②. ns2np4 ③. sp3 ④. N2H4与O2均为分子晶体且相对分子质量相同，但N2H4分子之间存在氢键，故其沸点较高 ⑤. 直线 ⑥. BE ⑦. 8 ⑧. Cu3N ⑨.
【解析】
【分析】同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势。由于 N 原子为 1s22s22p3达到半满结构，相对较稳定，所以第一电离能会有所增大，根据W、X、Y、Z第一电离能变化规律可知，W为H元素、X为N元素、Y为O元素、Z为S元素，第四周期元素Q位于ds区，最外层电子半充满，价电子排布式为3d104s1，则Q为Cu，据此分析。
【详解】（1）Y为O元素，基态O原子有8个电子，所以有8种运动状态不相同的电子；O元素的基态原子的价电子排布式为2s22p4，若用n表示能层，则与Y元素同族的元素的基态原子的价电子排布式为ns2np4；
（2）X、W组成的一种二元化合物N2H4常用作火箭燃料，N2H4分子中氮原子的价层电子对=3+1=4，含有一个孤电子对，N原子轨道的杂化类型是sp3；
N2H4与O2均为分子晶体且相对分子质量相同，但N2H4分子之间存在氢键，故其沸点较高；
（3）X2Y为N2O，曾被用作麻醉剂，已知N2O与CO2互为等电子体，等电子体结构相似，已知CO2为直线形的分子，所以N2O的空间构型为直线形；
（4）[Cu(NH3)4]2+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，不存在非极性共价键和π键；
答案选BE；
（5）①由晶胞结构可知，Cu在晶胞的棱上，Cu原子周围距其距离最近的Cu原子在晶胞同面的棱上，数目为8；
②根据晶胞结构可知，Cu在晶胞的棱上，该晶胞中Cu的个数为12=3，N在晶胞的顶点上，该晶胞中N的个数为8=1，该二元化合物的化学式为Cu3N；
（6）Cu晶体的粒子堆积方式为面心立方最密堆积，该晶胞中Cu原子个数=,其晶胞体积V= a3cm3，其密度=g/cm3=g/cm3；
根据晶胞结构可知，4r=a，解得a= 2r，
则晶胞立方体的体积为a3=(2r)3，
晶胞中4个金属原子的体积为4，
所以此晶胞中原子空间占有率是=。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. [化学——选修5：有机化学基础]
Prlitane是一种抗抑郁药物，以芳香烃A为原料的合成路线如下：
请回答以下问题：
(1)D的化学名称为___________，D→E的反应类型为___________。
(2)G的官能团名称为___________。
(3)B的结构简式为______________________。
(4)F→G的化学方程式为______________________。
(5)X是D的同系物，ⅹ分子比D分子少一个碳原子，且能发生银镜反应，则满足此条件的X共有___________种(不含立体异构)；其中核磁共振氢谱显示为5组峰，其峰面积比为3︰2︰2︰2︰1，写出符合该要求的Ⅹ的一种同分异构体的结构简式：______________________。
(6)参照Prlitane的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线(其他无机试剂和溶剂任选)。____________________________________________。
【答案】 ①. 苯乙酸乙酯 ②. 取代反应 ③. 羰基（或酮基） ④. ⑤. ⑥. 14 ⑦. （或 ） ⑧.
【解析】
【分析】由合成路线可知，A和氯气光照发生取代反应生成B(C7H7Cl)，由C的结构简式可推知B的结构简式为 ，结合A的相对分子质量为92，可推知A为甲苯；C和乙醇发生酯化反应生成D，D和CH3CH2COCl发生取代反应生成E，E水解生成F(C11H12O3)，F加热脱羧生成G，可推出F的结构简式为 ；G和 发生先加成后消去生成H，H加氢还原得到Prlitane，据此解答。
【详解】由合成路线可知，A和氯气光照发生取代反应生成B(C7H7Cl)，由C的结构简式可推知B的结构简式为 ，结合A的相对分子质量为92，可推知A为甲苯；C和乙醇发生酯化反应生成D，D和CH3CH2COCl发生取代反应生成E，E水解生成F(C11H12O3)，F加热脱羧生成G，可推出F的结构简式为 ；G和 发生先加成后消去生成H，H加氢还原得到Prlitane，
(1)D的结构简式为 ，化学名称为苯乙酸乙酯；D和CH3CH2COCl发生取代反应生成E，故D→E的反应类型为取代反应，
故答案为苯乙酸乙酯；取代反应；
(2) G的结构简式为 ，含有官能团名称为羰基，
故答案为羰基；
(3)A和氯气光照发生取代反应生成B(C7H7Cl)，由C的结构简式可知B的结构简式为 。
故答案为 ；
(4)F加热脱羧生成G，可推出F的结构简式为 ，所以F→G的化学方程式为 ，
故答案为 ；
(5) D的结构简式为 ，X是D的同系物，X分子比D分子少一个碳原子，且能发生银镜反应，说明X的分子中含有苯环且属于酯类，同时含有醛基，应为甲酸酯，苯环侧链共有3个碳原子，则满足此条件的X结构为：
苯环上有1个取代基可能是：HCOOCH2CH2-和HCOOCH(CH3)-，2种；
苯环上有2个取代基的可能是：HCOO-和-CH2CH3，HCOO CH2-和-CH3，各有邻间对3种，共6种；
苯环上有3个取代基的：1个HCOO-和2个-CH3，共6种；总共14种；
其中核磁共振氢谱显示为5组峰，其峰面积比为3︰2︰2︰2︰1，符合该要求的X的同分异构体的结构简式为： （或 ），
故答案为 （或 ）；
(6)根据Prlitane的合成路线，若要制备苯甲酸乙酯，应由苯甲酸和乙醇发生酯化反应来制备，可以设计以苯为原料制备溴苯，结合B转化为C的反应原理，由溴苯制取苯甲酸，具体合成路线为： ，选项
生产活动
知识解读
A
用干冰进行人工降雨
干冰升华吸热
B
用生石灰作食品干燥剂
生石灰吸水，易与水反应
C
向葡萄酒中通入少量进行防腐，起到保质作用
具有氧化性
D
利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品
氢氟酸可与反应
X
Y
Z
W
温度/℃
20
30
40
50
110
114
117
121
33.7
39.9
47.5
65.6
6.4
9.0
12.6
16.9
物质
熔点/℃
-97
9
-59
沸点/℃
65
101
11