四川省遂宁市2019届高三化学下学期第三次诊断性考试试题 18页

四川省遂宁市2019届高三化学下学期第三次诊断性考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1He-4C-12N-14O-16Na-23P-31S-32Cu-641.化学与人类的生产、生活息息相关。下列说法正确的是（）A.天然纤维和人造纤维主要成分都是纤维素B.生物质能和氢气都属于可再生能源C.古代明矾除铜绿和现代焊接氯化铵除铁锈都利用了溶液显碱性的特性D.燃煤中加入生石灰和汽车限行都为了减缓温室效应【答案】B【解析】【详解】A.蚕丝是天然纤维，其主要成分为蛋白质，A项错误；B.生物质能，就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，可转化为常规的固态、液态及气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源；氢气氢能是一种完全清洁的新能源和可再生能源，B项正确；C.铜绿为碱式碳酸铜，明矾在水溶液中因铝离子水解显酸性而溶解铜绿；铁锈的主要成分为氧化铁，氯化铵水解显酸性可除去铁锈，C项错误；D.燃煤中加入生石灰可减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形成；汽车限行都是为了适当减少尾气排放，降低雾霾天气，D项错误；答案选B。2.某有机物的结构简式如下图所示，下列有关该有机物的说法正确的是（）A.该有机物的化学式为C10H14B.它的一氯代物有6种C.该有机物分子中所有碳原子一定在同一平面上D.一定条件下，它可以发生取代、加成和氧化反应【答案】D【解析】n【分析】由结构可知分子式，分子中含碳碳双键，双键为平面结构，甲基、亚甲基为四面体构型，结合烯烃的性质来解答。【详解】A.该有机物的化学式为C10H16，A项错误；B.结构不对称，含8种H，则一氯代物有8种，B项错误；C.甲基、亚甲基及次甲基为四面体构型，则所有碳原子不可能共面，C项错误；D.含碳碳双键，可发生加成、氧化反应，且甲基可光照下发生取代反应，D项正确；答案选D。3.设NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确是（）A.1mol月球背面的氦—3（3He）含有质子为2NAB.标况下，22.4L甲烷和1molCl2反应后的混合物中含有氯原子数小于2NAC.2molSO2与1molO2充分反应，转移的电子数为4NAD.25℃时，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A.3He的原子序数为2，质子数为2，则1mol氦—3（3He）含有质子数为2NA，A项正确；B.甲烷与氯气发生取代反应，根据氯元素守恒可知，反应后的混合物中氯原子的个数为2NA，B项错误；C.SO2与O2的反应为可逆反应，2molSO2与1molO2充分反应，转移的电子数小于4NA，C项错误；D.Ba(OH)2溶液中，pH=13,依据c(OH-)===10-1=0.1mol/L，则25℃时，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.1mol/L1LNA=0.1NA，D项错误；答案选A。4.下列实验操作，现象和结论正确的是（）实验操作和现象结论nA向浓度均为0.1mol/L的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，出现红褐色沉淀Ksp[Fe(OH)3]c(HY)>c(Y－)>c(H＋)【答案】C【解析】【分析】用浓度为0.1mol/L的NaOH溶液分别逐滴加入到20.00mL0.1mol/L的HX、HY溶液中，酸越弱，初始时刻pH值越大，根据图象可判断，酸性强弱为HY＜HX；当NaOH反应了10.00mL时，溶液中分别存在HX、NaX和HY、NaY，且物质的量之比分别为1：1；当NaOH反应了20.00mL时，溶液中分别恰好存在NaX和NaY，二者均会发生水解使溶液呈碱性，根据图象和溶液中的守恒关系解答。【详解】A．对于HX和HY，酸性越弱，电离出的H+浓度越小，初始时刻根据图象，pH越小的酸酸性越强，电离程度就越大，因此酸性强弱为HY＜HX，A项错误；B．pH=7时，溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，分别存在c（Na+）=c（X-），c（Na+）=c（Y-），但HX和HY此时消耗的NaOH的量不相同，前者消耗的多，因此c（X-）＞c（Y-），B项错误；C．当V（NaOH）=20.00mL时，HX恰好转化为NaX，HY恰好转化为NaY，二者均水解使溶液显碱性，根据质子守恒可知c(HX)+c(HY)+c(H+)=c(OH-)，C项正确；D．当V（NaOH）=10.00mL时，HY的溶液中存在HY和NaY，物质的量之比为1：1，此时溶液显酸性，可以判断是酸的电离程度大于酸根离子的水解程度，对于HY、NaY的混合溶液来说，根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Y-），由于溶液是酸性，因此c（H+）＞c（OH-），则c（Na+）＜c（Y-），无论是电离还是水解，都是微弱的过程，因此X-、HY浓度都大于H+的浓度，所以溶液中粒子浓度大小关系为：c（Y-）＞c（Na+）＞c（HY）＞c（H+n）＞c（OH-），D项错误；答案选C。【点睛】分析图像每个特殊点的溶质成分是解题的关键，D项是难点，学生要准确把握溶液的酸碱度、三大守恒及其溶质组成，分析电离与水解的相对强弱才能正确解题。8.碘量法测定废水中的硫化物的实验装置如下图。按图连接好装置，检查气密性。移取足量的醋酸锌溶液于两支吸收管中，取100mL水样于反应瓶中，通入氮气一段时间，移取10mL盐酸于反应瓶中，80℃加热，继续通入氮气。关闭氮气后，往两个吸收管中各加入0.010mol·L－1的碘标准溶液50mL（过量），再加入盐酸3mL，静置。加入淀粉指示液，用0.010mol·L－1的硫代硫酸钠标准溶液对两支吸收管中的液体进行滴定，共消耗80mLNa2S2O3溶液（）。已知：废水中的硫化物酸性条件下易转化为剧毒硫化氢且醋酸锌可用于完全吸收硫化氢生成硫化锌沉淀。回答下列问题：（1）上图反应器的名称是_____。通入氮气的目的是：反应前_____，反应后_____。（2）实验室采用块状硫化亚铁与稀硫酸反应制取H2S，下列发生装置中可选用的是_____（填序号），尾气处理使用硫酸铜溶液比氢氧化钠溶液效果好的原因是_____________。（3）反应瓶最佳采用_______加热（填加热方式），温度过高可能出现的后果是________。（4）加入碘标准溶液时，吸收管中发生反应的化学方程式为________________________。（5）只使用一个吸收管，可能导致测定结果偏________（填“高”或“低”）。（6）硫代硫酸钠标准溶液配制需要煮沸蒸馏水，其目的是_________。0.010mol·L－1的硫代n硫酸钠标准溶液不直接配制而是经过标定得到，可能的原因是__________________。（7）废水中硫的含量为________mg·L－1。【答案】(1).三颈烧瓶（三口烧瓶）(2).反应前，排出装置中的空气(3).反应后将硫化氢鼓入吸收管中以便完全吸收(4).bc(5).生成的硫化钠极易水解得到剧毒硫化氢气体，使用硫酸铜可避免污染空气(6).水浴(7).温度太高，硫化氢逸出速率过快，导致不能被完全吸收(8).ZnS+I2=ZnI2+S(9).低(10).除去空气中的氧气、二氧化碳等(11).Na2S2O3溶液不稳定（易被氧化、易歧化、易水解等均可以）(12).192【解析】【分析】硫化氢在反应瓶中制取，开始通入氮气一段时间，排净装置中的空气；水浴加热及充入氮气目的为排净反应瓶中生成硫化氢气体，硫化氢在吸收液中被完全吸收。在吸收管中发生：ZnS＋I2＝ZnI2＋S，剩余的碘单质发生：。【详解】（1）根据仪器构造可知，反应发生器名称为三颈烧瓶（三口烧瓶）；反应前通入氮气，排出装置中的空气；反应后通入氮气，将硫化氢鼓入吸收管中以便完全吸收，故答案为：三颈烧瓶（三口烧瓶）；反应前，排出装置中的空气；反应后将硫化氢鼓入吸收管中以便完全吸收；（2）实验室采用块状硫化亚铁与稀硫酸反应制取H2S，选取装置可用固液不加热型，a、加热，故不选；b与c、固体与液体，不加热，b、c符合题意；d、加热固体，故不选；答案选bc；尾气处理使用硫酸铜溶液主要是因为生成的硫化钠极易水解得到剧毒硫化氢气体，使用硫酸铜可避免污染空气，故答案为：bc；生成的硫化钠极易水解得到剧毒硫化氢气体，使用硫酸铜可避免污染空气；（3）实验温度太高，硫化氢逸出速率过快，导致不能被完全吸收，则适合采用水浴加热方式，故答案为：水浴；温度太高，硫化氢逸出速率过快，导致不能被完全吸收；（4）加入碘标准溶液时，碘将硫化锌氧化，吸收管中发生反应的化学方程式为ZnS＋I2＝ZnI2＋S，故答案为：ZnS+I2=ZnI2+S；（5）气体与液体的反应，只在接触面上反应，该实验使用两个吸收管，是保证硫化氢被完全吸收，若只使用一个吸收管，会导致测定结果偏低，n故答案为：低；（6）煮沸蒸馏水是为了除去空气中的氧气、二氧化碳等；因Na2S2O3溶液不稳定，如易被氧化、易歧化、易水解等，因此需要标定，故答案为：除去空气中的氧气、二氧化碳等；Na2S2O3溶液不稳定（易被氧化、易歧化、易水解；（7）0.16L0.010mol/L：n（I2）=2：1，求得剩余n（I2）=0.0008mol，共有碘单质：0.1L0.010mol/L2=0.002mol，ZnS＋I2＝ZnI2＋S，此反应消耗单质碘：0.0020.002mol-0.0008mol=0.0012mol，则根据关系式可知n(S2-)=0.0012mol，因此废水中硫的含量=0.0012mol32g/mol/0.2L=192mg/L，故答案为：192。9.用含钴废料（主要成分为Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等）制备草酸钴晶体（CoC2O4·2H2O）的工业流程如下图．己知：①草酸钴晶体难溶于水②RH为有机物（难电离）。请回答下列问题：（1）滤渣I的主要成分是_____（填化学式）,写出一种能提高酸浸速率的措施_______。（2）操作①用到的玻璃仪器有_______________。（3）H2O2是一种绿色氧化剂，写出加入H2O2后发生反应的离子方程式:_______________。（4）加入氧化钴的目的是调节溶液的pH．若要将浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀，则应将浸出液的PH控制在_______。（已知：溶液中离子浓度小于1×10－5mol/L,则认为离子完全沉淀；Ni(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp分别为1×10－15，1×10－38,1×10－32)（5）加入（NH4）2C2O4反应的离子方程式为________，过滤得到的草酸钴晶体需要用蒸馏水洗涤，检验是否洗涤干净的方法是____________。（6）加入有机萃取剂的目的是__________。实验室可以用酸性KMnO4标准液滴定草酸根离子（C2O42－）来测定溶液中C2O42－的浓度，KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用盐酸酸化，会使测定结果______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．【答案】(1).SiO2(2).提高硫酸的浓度或提高反应的温度或搅拌(3).n分液漏斗、烧杯(4).2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O(5).5pH<9(6).Co2++C2O42-+2H2O=CoC2O4·2H2O↓(7).滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成则证明已洗涤干净(8).溶解NiR2，使之与水层分离(9).偏高【解析】【分析】用含钴废料（主要成分为Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等）制备草酸钴晶体（CoC2O4•2H2O）：粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有CoSO4、NiSO4、FeSO4、Al2（SO4）3及过量的硫酸，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加入过氧化氢和CoO，将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀除去，所以滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铝，向滤液中加入RH，Ni2+，溶于有机层，为分液，向水层加入（NH4）2C2O4，得到草酸钴晶体；【详解】(1)用含钴废料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，滤渣Ⅰ为SiO2，提高硫酸的浓度、提高反应的温度、搅拌能提高酸浸速率；故答案为：SiO2；提高硫酸的浓度或提高反应的温度或搅拌；(2)通过操作①得到水层和有机层，则操作①为分液，分液需要的仪器有：分液漏斗、烧杯；故答案为：分液漏斗、烧杯；(3)H2O2氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；(4)加入氧化钴的目的是调节溶液的pH，使铁离子沉淀，根据沉淀溶度积可知，铁离子所需的氢氧根离子浓度c1(OH-)=2×10-11mol/L，溶液的c1(H+)=5×10-4mol/L，则pH1-lgc1(H+)=3.3；同理可得，铁离子所需的氢氧根离子浓度c2(OH-)=1×10-9mol/L，溶液的c2(H+)=1×10-5mol/L，则pH2-lgc2(H+)=5；而氢氧化镍开始沉淀时所需的氢氧根离子浓度c3(OH-)<=1×10-5mol/L，溶液的c1(H+)>n=1×10-9mol/L，则pH3<-lgc3(H+)=9，综上所述，最佳pH的范围为5pH<9，若故答案为：5pH<9；(5)加入（NH4）2C2O4后生成CoC2O4·2H2O↓，离子方程式为：Co2++C2O42-+2H2O=CoC2O4·2H2O↓，检验晶体是否洗涤干净，只要检验是否有残留的硫酸根离子在晶体表面即可，即滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成则证明已洗涤干净，故答案为：Co2++C2O42-+2H2O=CoC2O4·2H2O↓；滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成则证明已洗涤干净；（6）根据相似相容原理可知，加入有机萃取剂可溶解NiR2，从而使之与水层分离；若用盐酸酸化，高锰酸钾会氧化盐酸中的氯离子，消耗高锰酸钾偏多，测定结果偏高；故答案为：溶解NiR2，使之与水层分离；偏高。【点睛】第（4）问关于pH值计算是难点，主要根据沉淀溶解的溶度积计算出所需的氢氧根离子浓度大小，再结合水的离子积常数得出pH的适宜范围。10.氮氧化合物是工业生产重要原料，也是大气污染的重要来源，研究氮氧化合物相关反应原理具有重要意义。回答下列问题：（1）一步完成的反应称为基元反应，只由基元反应构成的化学反应称为简单反应，两个及以上基元反应构成的化学反应称为复杂反应，复杂反应的速率取决（等）于慢的基元反应速率。基元反应aA+bB=cC+dD的速率方程为v=k·ca(A)·cb(B)，其中k为速率常数。已知反应NO2+CO=NO+CO2，在不同温度下反应机理不同。①温度高于490K时，上述反应为简单反应，请写出其速率方程______________。②温度高于520K时，该反应是由两个基元反应构成的复杂反应，其速率方程v=k·c2(NO2)，已知慢的基元反应的反应物和产物为NO、NO2、NO3，用方程式表示反应历程。第一步：____________________（慢反应）。第二步：____________________（快反应）。（2）N2O4(g)2NO2(g)ΔH=+57kJ·mol－1该反应是高中和大学化学学习的经典素材。①对于上述反应下列说法不正确的一项是_________（填字母）。A．恒温恒容，加入N2O4重新达到平衡体系颜色加深B．恒温恒容，加入NO2重新达到平衡NO2体积分数变大nC．绝热容器中，体系颜色不变，说明该反应处于平衡状态D.恒温恒压下，加入N2O4重新达到平衡体系颜色不变②T1K时，向1L真空容器中加入1molN2O4，达到平衡时NO2的平衡产率为20%，则该温度下的平衡常数K=____,达到平衡时吸收的热量为_____kJ。某温度下，该反应达到平衡，NO2与N2O4的混合气体总压强为100KPa，密度为同状态下氢气密度的34.5倍，平衡常数KP=____KPa（用平衡分压代替平衡浓度计算）。③若v(N2O4)=k1·c(N2O4)v(NO2)=k2·c(NO2)，T2温度下，若k1=k2，则T2____T1（填“高于”或“低于”）。（3）复杂反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)由两个基元反应构成，2NO(g)=N2O2(g)（快速平衡）N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g)（慢反应），已知快反应为放热反应，其正、逆反应速率常数分别为k1和k2慢反应正、逆反应速率常数分别为k3和k4。若v正=k·c2(NO)·c(O2)则k=______（用k1、k2、k3表示）；【答案】(1).v=k·c(NO2)·c(CO)(2).2NO2=NO+NO3(3).NO3+2CO=NO+CO2(4).BC(5).0.2(6).11.4(7).50(8).高于(9).K=k1k3/k2【解析】【分析】（1）①根据给定信息结合基元反应速率表达式书写；②根据速率方程，采用逆向思维推出慢反应，再结合总反应写出快反应；（2）①对于平衡N2O4(g)2NO2(g)ΔH=+57kJ·mol－1，是气体体积分数增大的吸热反应，结合勒夏特列原理分析作答；②结合平衡常数的表达式，列出三段式作答；根据能量变化与标准焓变和热化学方程式之间的关系可求出实际吸收的热量；根据条件求出混合气体的摩尔质量，利用十字相乘法根据平衡常数分压表达式求出；③根据已知信息，找出T2平衡后二氧化氮的平衡产率与T1温度下的关系作答。（3）根据基元方程的速率方程表达式推导。【详解】（1）①基元反应aA+bB=cC+dD的速率方程为v=k·ca(A)·cb(B)，则温度高于490K时，简单反应NO2+CO=NO+CO2的速率方程为v=k·c(NO2)·c(CO)，故答案为：v=k·c(NO2)·c(CO)；②温度高于520K时，该反应是由两个基元反应构成的复杂反应，根据速率方程v=k·c2(NO2)可知，慢反应的反应物为NO2，结合产物氮氧化物可知，其慢反应为：2NO2=NO+NO3n，因总反应为NO2+CO=NO+CO2，则快反应为NO3+2CO=NO+CO2，故答案为：2NO2=NO+NO3；NO3+2CO=NO+CO2；（2）①对于平衡N2O4(g)=2NO2(g)ΔH=+57kJ·mol－1，是气体体积分数增大的吸热反应，则A.恒温恒容，加入N2O4，相当于加压，平衡向逆反应方向移动，颜色变浅，A项错误；B.恒温恒容，加入NO2相当于加压，平衡向逆反应方向移动，但加入的NO2初始浓度增大，最终重新达到平衡后NO2的体积分数增大，B项正确；C.该反应为吸热反应，若在绝热容器中，体系颜色不变，则说明各物质浓度保持不变，即该反应处于平衡状态，C项正确；D.恒温恒压下，加入N2O4，增大体积，相当于恒容状态下的减压效果，则平衡向正反应方向移动，重新达到平衡后体系颜色加深，D项错误；答案选BC；②设转化的N2O4为xmol/L，则因达到平衡时NO2的平衡产率为20%，因理论上1mol/LN2O4产生NO22mol/L，若NO2平均产率为20%，则，则x=，该温度下的平衡常数K=；达到平衡时吸收的热量为为标准焓变的20%，即57kJ·mol－1×20%=11.4kJ·mol－1；某温度下，该反应达到平衡，NO2与N2O4的混合气体总压强为100KPa，密度为同状态下氢气密度的34.5倍，则混合气体的摩尔质量为34.5×2g/mol=69g/mol,则根据十字相乘法可知平衡后两种气体的物质的量之比n(NO2):n(N2O4n)=23：23=1:1，因平衡NO2与N2O4的混合气体总压强为100KPa，平衡常数KP==50Kpa，故答案为：0.2；11.4；50；③若v(N2O4)=k1·c(N2O4)v(NO2)=k2·c(NO2)，T2温度下，若k1=k2，则平衡产率为50%，与T1温度相比，平衡向正反应方向移动，则T2>T1，故答案为：高于；（3）由基元反应aA+bB=cC+dD的速率方程为v=k·ca(A)·cb(B)可知，快速平衡2NO(g)=N2O2(g)的正反应速率v快正=k1·c2(NO)①，逆反应速率v快逆=k2·c(N2O2)②，慢反应为N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g)，则v慢正=k3·c(N2O2)·c(O2)，则反应速率v正=·c2(NO)c(O2)，所以K=k1k3/k2，故答案为：k1k3/k2。11.铬及其化合物在工农业生产中具有广泛应用，请回答下列问题：（1）基态铬原子的核外电子排布式为__________，属于元素周期表中的_____区元素。（2）Cr3＋能形成配离子[Cr(H2O)（H2NCH2CH2NH2）]3＋，在该配离子中C,N,O的第一电离能由大到小的顺序为_________，在配体H2NCH2CH2NH2中采用sp3杂化的原子有__________。（3）氯化铬酰（CrO2Cl2）熔点：-96.5℃，沸点：117℃，能与CS2等互溶．则固态CrO2Cl2属于_______晶体。已知NO2＋与CS2互为等电子体，则1molNO2＋中含有π键数目为_________。（4）Cr2O3晶胞结构如图所示，已知Cr2O3的摩尔质量为Mg/mol,晶体的密度为ρg·cm－3，晶胞体积为Vcm3.晶胞结构示意图中的小黑球代表__________（填“铬离子”或“氧离子”），阿伏加德罗常数NA=_______mol-1(用含M,V,ρ的代数式表示）。【答案】(1).[Ar]3d54s1(2).d(3).N>O>C(4).N,C(5).分子(6).2NA(7).氧离子(8).2M/ρVn【解析】【分析】（1）基态铬原子原子序数为24，依据核外电子排布规律和洪特规则作答；根据元素周期表的结构分析；（2）同周期中元素第一电离能呈增大趋势，第VA族元素p能级处于半充满结构，第一电离能较大；依据杂化轨道理论分析其杂化类型；（3）根据物质的物理性质判断晶体类型，结合等电子体原理推出结构式，并计算π键数目；（4）依据晶胞结构计算出小黑球与小白球的个数比，结合已知化学式作答；根据晶胞的质量=晶胞的密度×晶胞体积作答。【详解】（1）基态铬原子原子序数为24，核外电子最高能级处于稳定结构，其核外电子排布式为[Ar]3d54s1，在第四周期IVB族，属于d区，故答案为：[Ar]3d54s1；d；（2）C,N,O处于同周期，同周期中元素第一电离能呈增大趋势，第VA族元素p能级处于半充满结构，N元素的第一电离能最大，则第一电离能由大到小的顺序为N>O>C；在配体H2NCH2CH2NH2中，氨基中心原子N的成键电子对数为3，孤电子对数为1，采用sp3杂化,亚甲基中心原子C的成键电子对数为4，孤电子对数为0，也采用sp3杂化，故答案为：N>O>C；N、C；（3）氯化铬酰（CrO2Cl2）熔点：-96.5℃，沸点：117℃，能与CS2等互溶，熔沸点较低，属于分子晶体；因NO2＋与CS2互为等电子体，则结构相似，CS2的结构式为S=C=S，则1molNO2＋中含有π键数目为2NA,故答案为：分子；2NA；（4）Cr2O3晶胞中铬离子与氧离子的个数比应为2:3,根据晶胞结构可以看出，小黑球的个数为：12×+2×+3=6，小白球的个数为：4，则小黑球：小白球=6:4=3:2，对照化学式可知，小黑球代表氧离子；则该晶胞内含2个Cr2O3，其质量表示为：2×，又晶胞质量=ρV，则有2×=ρV，所以NA=2M/ρV，故答案为：氧离子；2M/ρV。12.化合物I是合成抗心律失常药普罗帕酮的前驱体，其合成路线如下：n已知：CH3COCH3+CH3CHOCH3COCH＝CHCH3+H2O回答下列问题：（1）A的名称_______。B的分子式为__________。（2）A生成B的反应类型是_________；C生成D的反应类型是_________。（3）F的结构简式为________；H的结构简式为________。（4）化合物E中含有的两种官能团名称分别是________、_________；写出一种同时符合下列条件的E的同分异构体的结构简式：_____________。①能发生银镜反应和水解反应②核磁共振氢谱上显示4组峰（5）参照上述合成路线，以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备合成路线：________（补出前面两步）。【答案】(1).乙醇（酒精）(2).C2H4O(3).氧化反应(4).取代反应(5).(6).(7).（酚）羟基(8).羰基（酮基）(9).(10).n【解析】【分析】A的分子式为C2H6O，能被氧气催化生成B，B能与新制氢氧化铜悬浊液反应，说明B中含醛基，结合D的结构简式，采用逆合成法可知，B为乙醛，A为乙醇；D和苯酚发生取代反应生成E，E与苯甲醛根据给定已知信息可知在一定条件下生成F（），结合产物I可知，F与氢气加成反应得到的G为，与H发生取代反应生成I，则H应为据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，（1）A为乙醇或酒精，B为乙醛，其分子式为：C2H4O，故答案为：乙醇（酒精）；C2H4O；（2）A与氧气催化氧化生成B，其反应类型为氧化反应；C与SOCl2发生取代反应生成，故答案为：氧化反应；取代反应；（3）根据上述分析易知，F的结构简式为；H的结构简式为n；故答案为：；；（4）依据结构简式可知，E中所含官能团为：（酚）羟基和羰基（酮基）；E的的分子式为C8H8O2，不饱和度=，其同分异构体中，①能发生银镜反应和水解反应，则含醛基和酯基，或甲酸酯基；②核磁共振氢谱上显示4组峰，结合不饱和度可知，分子内应有苯环，可推出其结构简式为：，故答案为：；（5）以2-丙醇和苯甲醛为原料，参照上述合成路线可知，需先将2-丙醇氧化为丙酮，再根据给定信息与苯甲醛在一定条件下反应生成，最后与氢气加成生成目标产物，补充的具体合成路线如下：。