安徽省马鞍山市2020届高三第二次模拟考试理综化学试题 Word版含解析 14页

www.ks5u.com 安徽省马鞍山市2020届高考二模化学试卷 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5 K39 Ti48 Fe56 I127 Ag108‎ 第I卷 一、选择题：每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。‎ ‎1.下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（ ）‎ A. 质子数为17、中子数为20的氯原子：‎ B. 氯离子(Cl－)的结构示意图：‎ C. 氯分子的电子式：‎ D. 氯乙烯分子的结构简式：H3C－CH2Cl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、左上角应是质量数，质量数=中子数+质子数=37，应是，故A说法错误；‎ B、氯离子质子数大于电子数，其结构示意图：，故B错误；‎ C、氯原子最外层7个电子，每个氯原子都达到8电子稳定结构，故C正确；‎ D、氯乙烯结构简式：CH2=CHCl，而题目中是氯乙烷，故D说法错误。‎ ‎2.称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH31792 mL（标准状况），则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为 A. 1:1 B. 1:2 C. 1.87:1 D. 3.65:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】利用极值法分析，可知0.1mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4，因共生成NH30.08mol，故与H+反应的氢氧化钠为0.02mol，则NH4HSO4为0.02mol，所以(NH4)2SO4质量为7.24g-115g/mol×0.02mol=4.94g，(NH4)2SO4的物质的量为4.94g ÷132g/mol=0.0374mol。因此(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为：1.87：1，故选C。‎ - 14 -‎ ‎【点睛】本题考查化学反应的计算技巧和方法，题目难度中等。根据化学方程式的计算，多以物质的量为核心，考查物质的量、阿伏伽德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等相关物理量的转化关系，以及反应物的转化率或产物的产率的计算，同时还可以融入多种化学解题思想，比如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等，是历来高考的重点内容。日常学习中要注意相关知识的积累，以便快速准确作答。‎ ‎3.制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pH<1)进行处理。室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是 A. 通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl–、SO42–‎ B. 加入少量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42–、ClO–‎ C. 加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42–、OH–‎ D. 加入过量NaClO和NaOH混合溶液：Na+、SO42–、Cl–、ClO–、OH–‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 母液中主要含NH4+、Fe2+、H+、SO42–，根据离子共存原则分析加入指定物质后溶液的离子存在情况，如发生氧化还原反应、生成气体、沉淀等。‎ ‎【详解】A．通入过量Cl2，在酸性条件下，Fe2+与Cl2会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故A错误；‎ B．加入少量NaClO溶液，在酸性条件下，Fe2+与ClO–会发生氧化还原反应，溶液中无Fe2+存在，故B错误；‎ C．加入过量NaOH溶液，Fe2+会生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故C错误；‎ D．加入过量NaClO和NaOH的混合溶液，Fe2+会被氧化生成铁离子并在碱性环境下生成沉淀，反应后溶液中无Fe2+，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）‎ A. 氧气是氧化产物 B. O2F2既是氧化剂又是还原剂 C. 若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4‎ - 14 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；‎ B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；‎ C．不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；‎ D．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点晴】为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。‎ ‎5.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：‎ 下列说法不正确的是 A. 固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3‎ B. X可以是空气，且需过量 C. 捕获剂所捕获的气体主要是CO D. 处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-==N2↑+2H2O ‎【答案】B - 14 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。‎ A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；‎ B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；‎ C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；‎ D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎6.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是(　　)‎ A. 气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4‎ B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物 C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si D. 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.非金属性O>N>Si，气态氢化物稳定性：H2O>NH3>SiH4，故不选A； B.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na、K等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故不选B； C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故选C； ‎ - 14 -‎ D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故不选D；‎ 答案：C ‎7.一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子，‎ 关于此反应说法错误的是（ ）‎ A. 一定属于吸热反应 B. 一定属于可逆反应 C. 一定属于氧化还原反应 D. 一定属于分解反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示可知该反应的反应物是一种、生成物是两种。‎ ‎【详解】A．该反应属于分解反应，一般分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑是放热反应，A错误；‎ B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B正确；‎ C．据图可知，该反应有单质生成，所以反应中有元素化合价变化，属于氧化还原反应，C正确；‎ D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D正确；‎ 答案选A。‎ 第II卷 必考题：‎ ‎8.高锰酸钾（）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：‎ - 14 -‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是_______________________。‎ ‎（2）“平炉”中发生的化学方程式为______________________。‎ ‎（3）“平炉”中需要加压，其目的是______________________。‎ ‎（4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。‎ ‎①“歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成K2MnO4，MnO2和____________（写化学式）。‎ ‎②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为___________________，阴极逸出的气体是______________。‎ ‎③“电解法”和“歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为______________。‎ ‎（5）高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000 mol·L−1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL，该样品的纯度为___________________‎ ‎（列出计算式即可，已知2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）。‎ ‎【答案】 (1). 扩大接触面积，加快化学反应速率 (2). 2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O (3). 增大反应物的浓度，可使化学反应速率加快，同时使反应物的转化率增大 (4). K2CO3 (5). MnO42--e-=MnO4- (6). H2 (7). 3:2 (8). 95.62%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1） MnO2的状态是固体，对于有固体参加的化学反应，可通过增大其反应接触面积的方法提高反应速率，故要将其粉碎成细小的颗粒；‎ ‎（2） 根据流程图可知，在“平炉”中MnO2、KOH、O2在加热时反应产生K2MnO4，结合质量守恒定律可知，另外一种物质是H2O，则发生的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O ；‎ - 14 -‎ ‎（3）由于上述反应中氧气是气体，在“平炉”中加压，就可以使反应物氧气的浓度增大，根据外界条件对化学反应速率的影响，增大反应物的浓度，可以使化学反应速率加快；任何反应都具有一定的可逆性，增大压强，可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故可以提高原料的转化率； ‎ ‎（4） ①在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2，根据质量守恒定律可知，另外一种生成物是K2CO3，根据氧化还原反应中的电子守恒及反应的原子守恒，可得该反应的化学方程式是：3K2MnO4+ 2CO2= 2KMnO4+MnO2+K2CO3；②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽中阳极，MnO42-失去电子，发生氧化反应，产生MnO4-。电极反应式是：MnO42--e-=MnO4-；在阴极，水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出，电极反应式是：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。所以阴极逸出的气体是H2；总反应方程式是：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH；③根据“电解法”方程式2K2MnO4+ 2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH 可知K2MnO4的理论利用率是100%；而在“CO2歧化法” 3K2MnO4+2CO2 = 2KMnO4+MnO2+K2CO3中，K2MnO4的理论利用率是2/3，所以二者的理论利用率之比为3:2；‎ ‎（5）根据离子方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知KMnO4与草酸反应的关系式是：2 KMnO4～5H2C2O4。配制的溶液的浓度为：。则1.0800g样品中含KMnO4的物质的量为：n=KMnO4的质量为：m=" 0.006536mol" × 158g/mol =1.03269g。故其纯度为：×100%=95.62%。‎ ‎9. 过氧化钙微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。以下是一种制备过氧化钙的实验方法。回答下列问题：‎ ‎（一）碳酸钙的制备 ‎（1）步骤①加入氨水的目的是_______。小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于____。‎ ‎（2）右图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是______（填标号）。‎ - 14 -‎ a． 漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁 b．玻璃棒用作引流 c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁 d．滤纸边缘高出漏斗 e．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度 ‎（二）过氧化钙的制备 CaCO滤液白色晶体 ‎（3）步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈____性（填“酸”、“碱”或“中”。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是___________。‎ ‎（4）步骤③中反应的化学方程式为________，该反应需要在冰浴下进行，原因是_________。‎ ‎（5）将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是_______。‎ ‎（6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是______，产品的缺点是_______。‎ ‎【答案】（1）调节溶液pH使Fe（OH）3沉淀；过滤分离 （2）ade （3）酸；除去溶液中溶解的CO2‎ ‎（4）CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2=CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O；温度过高时过氧化氢分解 ‎（5）去除结晶表面水分 ‎（6）工艺简单、操作简单；纯度较低 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）反应中盐酸过量，且溶液中含有铁离子，因此步骤①加入氨水的目的是中和多余的盐酸，沉淀铁离子；小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于过滤。‎ ‎（2）a．过滤时漏斗末端颈尖应该紧靠烧杯壁，a错误；b．玻璃棒用作引流，b正确；c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁，防止有气泡，c正确；d．滤纸边缘应该低于漏斗，d错误；e．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动容易弄碎滤纸，e错误，答案选ade。‎ ‎（3）步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，溶液中有二氧化碳生成，因此溶液呈酸性。容易含有二氧化碳，而过氧化钙能与酸反应，因此将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2。‎ ‎（4）根据原子守恒可知反应中还有氯化铵和水生成，则步骤③中反应的化学方程式为CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2=CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2‎ - 14 -‎ O；双氧水不稳定，受热易分解，因此该反应需要在冰浴下进行的原因是防止过氧化氢分解。‎ ‎（5）过氧化钙在乙醇中的溶解度小，使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分。‎ ‎（6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是原料来源丰富、操作简单；，产品的缺点是得到产品的纯度较低。‎ 考点：考查物质制备实验设计 ‎10.丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：‎ ‎（1）正丁烷（C4H10）脱氢制1-丁烯（C4H8）的热化学方程式如下：‎ ‎①C4H10(g)= C4H8(g)+H2(g) ΔH1‎ 已知：②C4H10(g)+O2(g)= C4H8(g)+H2O(g) ΔH2=-119 kJ·mol-1‎ ‎③H2(g)+ O2(g)= H2O(g) ΔH3=-242 kJ·mol-1‎ 反应①的ΔH1为________ kJ·mol-1。图（a）是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x_____________0.1（填“大于”或“小于”）；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是__________（填标号）。‎ A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．降低压强 ‎（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图（b）为丁烯产率与进料气中n（氢气）/n（丁烷）的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是___________。‎ ‎（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590 ℃之前随温度升高而增大的原因可能是___________、____________；590℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是_____________。‎ - 14 -‎ ‎【答案】 (1). +123kJ·mol－1 (2). 小于 (3). AD (4). 氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大 (5). 升高温度有利于反应向吸热方向进行 (6). 温度升高反应速率加快 (7). 丁烷高温裂解生成短链烃类 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据盖斯定律，用②式-③式可得①式，因此△H1=△H2-△H3=-119 kJ/mol +242 kJ/mol =+123kJ/mol。由a图可以看出，温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，根据反应前后气体系数之和，反应前气体系数小于反应后气体系数之和，因此减小压强，平衡向正反应方向移动，即x<0.1。提高丁烯的产率，要求平衡向正反应方向移动，A、因为反应①是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，即丁烯转化率增大，故A正确；B、降低温度，平衡向逆反应方向移动，丁烯的转化率降低，故B错误；C、反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，丁烯的转化率降低，故C错误；D、根据C选项分析，降低压强，平衡向正反应方向移动，丁烯转化率提高，故D正确；（2）因为通入丁烷和氢气，发生①，氢气是生成物，随着n(H2)/n(C4H10)增大，相当于增大氢气的量，反应向逆反应方向进行，逆反应速率增加；（3）根据图(c)，590℃之前，温度升高时反应速率加快，生成的丁烯会更多，同时由于反应①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡体系中会含有更多的丁烯。而温度超过590℃时，由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应①的丁烷也就相应减少。‎ 选考题:【化学—选修 3：物质结构与性质】‎ ‎11.[化学——选修3：物质结构与性质]碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题：‎ ‎（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用___________形象化描述。在基态原子中，核外存在______对自旋相反的电子。‎ ‎（2）碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是_____________。‎ ‎（3）CS2分子中，共价键的类型有_____________，C原子的杂化轨道类型是_______，写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_______________。‎ ‎（4）CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物的熔点为253K，沸点为376K，其固体属于_____晶体。‎ 碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：‎ - 14 -‎ ‎①石墨烯晶体中，每个C原子连接_____个六元环，每个六元环占有___个C原子。‎ ‎②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接________个六元环，六元环中最多有________个C原子在同一平面。‎ ‎【答案】 (1). 电子云 (2). 2 (3). C有4个价电子且半径较小，难以通过得或失电子达到稳定电子结构 (4). σ键和π键 (5). sp (6). CO2、SCN- (7). 分子 (8). 3 (9). 2 (10). 12 (11). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布的形象化的描述；C原子的核外有6个电子，电子排布为1s22s22p2，其中1s、2s上的2对电子的自旋方向相反，而2p轨道的电子的自旋方向相同；‎ ‎（2）在原子结构中，最外层电子小于4个的原子易失去电子，而C原子的最外层是4个电子，且C原子的半径较小，则难以通过得或失电子达到稳定结构，所以主要通过共用电子对即形成共价键的方式来达到稳定结构；‎ ‎（3）CS2分子中，C与S原子形成双键，每个双键都是含有1个σ键和1个π键，分子空间构型为直线型，则含有的共价键类型为σ键和π键；C原子的最外层形成2个σ键，无孤对电子，所以为sp杂化；O与S同主族，所以与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子为CO2；与二氧化碳互为等电子体的离子有SCN-，所以SCN-的空间构型与键合方式与CS2相同；‎ ‎（4）该化合物熔点为253K，沸点为376K，说明熔沸点较低，所以为分子晶体；‎ ‎（5）根据均摊法来计算。①石墨烯晶体中，每个C原子被3个6元环共有，每个六元环占有的C原子数是6×= 2；‎ ‎② 每个C原子周围形成4个共价键，可以组合六个角，每个角延伸为两个六元环，因此每个碳原子连接有2×6=12个六元环；‎ 单键构成的六元环，有船式和椅式两种构象。船式构象的船底四个原子是共面的；椅式构象中座板部分的四个原子是共面的，所以六元环中最多有4个C原子共面。‎ - 14 -‎ 选考题: 【化学—选修 5：有机化学基础】‎ ‎12.化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：‎ 已知：RXROH；RCHO＋CH3COOR’RCH＝CHCOOR’‎ 请回答：‎ ‎（1）E中官能团的名称是________。‎ ‎（2）B＋D→F的化学方程式________。‎ ‎（3）X的结构简式________。‎ ‎（4）对于化合物X，下列说法正确的是________。‎ A．能发生水解反应 B．不与浓硝酸发生取代反应 C．能使Br2/CCl4溶液褪色 D．能发生银镜反应 ‎（5）下列化合物中属于F的同分异构体的是________。‎ ‎【答案】 (1). 醛基 (2). (3). (4). AC (5). BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A为乙烯与H2O的加成产物，故A为CH3CH2OH(乙醇)；A催化氧化得到B，B为CH3COOH(乙酸)、甲苯光照条件下与氯气反应，则甲基氢原子被氢原子取代，故C为C6H5CH2Cl；C为卤代烃，在NaOH水溶液中水解生成醇，所以D为C6H5CH2OH(苯甲醇)；D催化氧化为E，所以E为C6H5CHO苯甲醛。‎ ‎（1）E为苯甲醛，含有官能团为醛基。‎ - 14 -‎ ‎（2）B为乙醇，D为苯甲醇，二者发生酯化反应生成酯F，化学方程式为：。‎ ‎（3）类比已知条件RCHO＋CH3COOR’RCH＝CHCOOR’可知，醛E和酯F也可发生同类反应得一种不饱和酯X，所以X的结构简式为：。‎ ‎（4）从X的结构看，X含有碳碳双键、酯键和苯环结构，酯键可以发生水解反应，苯环上的氢原子可以与浓硝酸发生取代反应，碳碳双键可以使溴的四氯化碳溶液褪色，但不能发生银镜反应，故选AC。‎ ‎（5）F的结构为，下列与F互为同分异构体是B、C两种物质，A、D均与F分子式不相同，均多一个亚甲基CH2原子团。‎ - 14 -‎ - 14 -‎