四川省绵阳市三台中学2022-2023学年高二化学下学期第三次月考试题（Word版附解析）

四川三台中学高中2021级第四学期第三学月月考测试化学可能用到的相对原子质量：H1C12O16Ca40Cu64第Ⅰ卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列有关物质用途的叙述不正确的是A.甲醛溶液可用于制作生物标本B.用四氯化碳作灭火剂C.日常生活中无水乙醇常用于杀菌消毒D.苯酚溶液可用于环境消毒【答案】C【解析】【详解】A．甲醛含量为35%至40%（一般是37%）的福尔马林，具有防腐、消毒杀菌的功能，所以甲醛溶液可用于制作生物标本，故A正确；B．四氯化碳主要用作优良的溶剂、干洗剂、灭火剂、制冷剂、香料的浸出剂以及农药等，故B正确；C．日常生活中75%乙醇常用于杀菌消毒，而不是无水乙醇，故C错误；D．苯酚可以破坏微生物细胞膜，导致无法正常代谢和生长，进而致死，其消毒作用能够有效地杀死多种细菌、真菌和病毒，所以苯酚溶液可用于环境消毒，故D正确；答案选C。2.下列与有机物有关的化学用语不恰当的是A.乙烯的比例模型(空间填充模型)B.1，3-丁二烯的键线式：C.甲基的电子式：D.乙醚的结构简式：CH3OCH3【答案】D【解析】【详解】A．乙烯分子为平面结构，碳原子相对体积大于H原子，乙烯分子的比例模型(空间填充模型)为：，故A正确；B．1，3-丁二烯中含有2个C=C键，键线式中可以将碳氢键省略，其键线式为：，故B正确； C．甲基中含有3个碳氢键，碳原子的最外层为7个电子，甲基的电子式为：，故C正确；D．两分子乙醇分子间脱水可以生成乙醚，乙醚的结构简式为：CH3CH2OCH2CH3，故D错误；故答案为D。3.只用一种试剂就能鉴别甲苯、乙醇、1—己烯、乙醛、苯酚，该试剂是A.酸性高锰酸钾溶液B.溴水C.FeCl3溶液D.银氨溶液【答案】B【解析】【详解】A．甲苯、乙醇、1—己烯、乙醛、苯酚均能与酸性高锰酸钾溶液反应，高锰酸钾溶液均褪色，A错误；B．甲苯中加入溴水，分层，上层为橙色；乙醇中加入溴水，溶液不分层；1—己烯中加入溴水，溴水褪色，出现分层现象；乙醛中加入溴水，溴水褪色，但不分层；苯酚中加入溴水，生成白色沉淀，故B正确；C．甲苯、1—己烯、乙醛中加入FeCl3溶液，无法区别，故C错误；D．银氨溶液只能鉴别乙醛，故D错误。答案为：B。4.下列叙述，不正确的是A.CH3(CH2)2C(CH2CH3)OHCH3的名称是2-乙基-2-戊醇B.甲苯中最多有13个原子共平面C.将钢管与锌板堆放在一起，可保护钢管少受腐蚀。D.蔗糖、酒精在水溶液中或熔融时均不导电，所以它们是非电解质。【答案】A【解析】【详解】A．CH3(CH2)2C(CH2CH3)OHCH3的名称是2-甲基-2-己醇，故A错误；B．甲苯中最多有如图所示，共13个原子共平面，故B正确；C．将钢管与锌板堆放在一起，构成原电池，锌作负极，为牺牲阳极的阴极保护法，可保护钢管少受腐 蚀，故C正确；D．蔗糖、酒精在水溶液中或熔融时均不导电，所以它们是非电解质，D正确。故选A。5.关于下图所示的原电池，下列说法正确的是A.锌是电池的负极，发生还原反应B.盐桥中的阳离子向硫酸铜溶液中迁移C.电流从锌电极通过电流计流向铜电极D.铜电极上发生的电极反应是2H++2e—=H2↑【答案】B【解析】【分析】该锌铜原电池中锌负极，铜是正极。【详解】A、负极发生氧化反应，错误；B、原电池中阳离子向正极移动，正确；C、电流从正极经过外电路流向负极，错误；D、铜正极发生：Cu2++2e-=Cu，错误6.下列说法正确的是A.常温下，pH＝3的醋酸溶液，与pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH＝7B.常温下，水电离出的c(H+)=10-13mol/L的溶液可能与含Fe3+、NH的溶液不共存C.加入铝粉能产生H2的溶液中，可能存在大量的Na＋、Ba2＋、Fe2+、AlO、NOD.pH＝4的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＝5【答案】B【解析】【详解】A．醋酸为弱酸，pH＝3的醋酸溶液，与pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸过量，pH<7,故A错误；B．常温下，水电离出的c(H+)=10-13mol/L的溶液，说明水的电离受到抑制，可能是酸性也可能是碱性，碱 性条件下与含Fe3+、NH的溶液不共存，故B正确；C．加入铝粉能产生H2的溶液中，可能是酸性也可能是碱性溶液，酸性条件下，AlO与H+，Fe2+、NO发生氧化还原反应；碱性条件下，Fe2+不能大量共存，故C错误；D．pH＝4的醋酸溶液，稀释促进醋酸的电离，稀释至10倍后pH<5，故D错误。答案为：B。7.下列有关实验装置及用途叙述正确的是A.a装置用于检验消去产物B.b装置检验酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚C.c装置用于实验室制取并收集乙烯D.d装置用于实验室制硝基苯【答案】D【解析】【详解】A．消去产物是丙烯，丙烯气体与易挥发的，均能被酸性溶液褪色，故a装置不可用于检验该消去产物，故A错误；B．浓盐酸有挥发性，挥发出来的与CO2均能与苯酚钠反应生成苯酚，故B错误；C．装置中应测量液体的温度，反应温度控制迅速达到170℃制得乙烯，温度计水银球应浸入液体中，故C错误；D．实验室制硝基苯用苯和浓硝酸在浓硫酸环境下水浴加热，控制温度50至60℃，玻璃管冷凝回流苯和硝酸，提高原料利用率，故D正确；故选D。8.利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示。下列说法正确的是 A.电解过程中，H+由a极区向b极区迁移B.电极b上反应为：CO2+8HCO-8e-=CH4+8CO+2H2OC.电解过程中化学能转化为电能D.电解时Na2SO4溶液浓度保持不变【答案】A【解析】【分析】该装置为电解池，根据题干信息，电解法将CO2转化为CH4，根据物质价态变化，电极a为阳极，电极b为阴极。【详解】A．电解过程中，阳离子向阴极移动，故H+由a极区向b极区迁移，故A正确；B．电极b上反应为：CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，故B错误；C．该装置为电解池，电解过程中电能转化为化学能，故C错误；D．电解时电极a上的反应式为：2H2O-4e-=O2+4H+，水减少，Na2SO4溶液浓度增大，故D错误。答案为：A。9.有机物A(结构如图)是一种扁桃酸衍生物，下列关于该有机物的说法正确的是A.该有机物的分子式为C9H10O3BrB.分子中所有的碳原子一定在同一平面内C.1mol该有机物最多与2molNaOH反应D.该有机物的中加入FeCl3溶液，变紫色【答案】D【解析】【详解】A．该有机物的分子式为C9H9O3Br，故A错误；B．碳碳单键可以旋转，故分子中所有的碳原子可能在同一平面内，故B错误； C．该有机物中含有的官能团有酚羟基、溴原子、酯基，1mol该有机物最多与3 molNaOH 反应，故C错误；D．该有机物含有酚羟基，加入FeCl3溶液，发生显示反应，变紫色，故D正确。答案为：D。10.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是A.0.1mol羟基含有的电子数为0.9NAB.5.6g乙烯中含有的σ键数目为NAC.工业上电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极析出的铜原子数一定为NAD.lL0.lmol·L－1Na2S溶液中S2－和H2S的数目之和小于0.1NA【答案】C【解析】【详解】A．0.1mol羟基(-OH)含有的电子数为0.9NA，A正确；B．1mol乙烯中含有的σ键数目为5NA，5.6g乙烯中含有的σ键数目为NA，故B正确；C．工业上电解精炼铜时，阳极材料为粗铜，含有铁、锌等杂质，电解时，阳极铁、锌先失电子，阴极是铜离子得电子，故阳极质量减少64g，则无法计算阴极析出的铜原子数目，故C错误；D．lL0.lmol·L－1Na2S溶液中，根据物料守恒，c(S2－)+c(HS－)+c(H2S)=0.lmol·L－1，故S2－和H2S的数目之和小于0.1NA，故D正确。答案为：C。11.常温下，甲酸和乙酸的电离常数分别为1.8×10-4和1.8×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。两种酸用通式HY表示，下列叙述正确的是A.曲线Ⅱ代表乙酸B.酸的电离程度：c点＞d点C.溶液中水的电离程度：b点＞c点D.从c点到d点，溶液中保持不变 【答案】D【解析】【分析】常温下，甲酸和乙酸的电离常数分别为1.8×10−4和1.8×10−5，酸强弱为甲酸＞乙酸，将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，变化大的酸性较强，因此Ⅱ代表甲酸。【详解】A.根据分析曲线Ⅱ代表甲酸，故A错误；B.不断加水，电离程度不断增大，因此酸的电离程度：d点＞c点，故B错误；C.b点pH小，酸性强，抑制水的程度大，因此溶液中水的电离程度：c点＞b点，故C错误；D.从c点到d点，溶液中，因此保持不变，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】酸不断加水稀释，酸性减弱，抑制水的程度减弱，水电离程度增大。12.实验：①0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.1mol·L-1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；②向滤液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液，出现浑浊；③向沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确是A.浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)B.滤液b中不含有Ag+C.③中颜色变化说明AgCl转化为AgID.实验可以证明AgI比AgCI更难溶【答案】B【解析】【详解】A．浊液a中含有AgCl，存在沉淀的溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq），故A正确；B．滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+，故B错误；C．向AgCl中滴加0.1mol•L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，故C正确；D．向AgCl中滴加0.1mol•L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI比AgCl更难溶，故D正确；故选B。13.25℃时，在20mL0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L－1醋酸溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系的比较中，不正确的是 A.在A点：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)B.在B点：c(OH－)＝c(H＋)，c(Na＋)＝c(CH3COO－)C.在C点：c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(Na＋)＞c(OH－)D.在C点：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)【答案】C【解析】【详解】A．在A点，20mL0.1mol·L－1NaOH溶液与10mL0.2mol·L－1醋酸溶液恰好反应，溶质为，CH3COO－水解使溶液显碱性，故c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，A正确；B．在B点溶液显中性即c(OH－)＝c(H＋)，由电荷守恒可知c(Na＋)＝c(CH3COO－)，B正确；C．在C点，溶质为等物质的量的与CH3COOH，且溶液显酸性，即c(OH－)<c(H＋)，由电荷守恒可知c(Na＋)＜c(CH3COO－)，，且为溶质离子，故c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，C错误；D．在C点，共滴加4mmol醋酸，氢氧化钠共2mmol，由物料守恒可知：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，D正确。故选C。14.25 ℃和100 ℃两种情况下，碳酸钙在水中的溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.100℃时，d点已经饱和，会有沉淀析出B.25℃时，CaCO3的Ksp＝2.8×10-9 C.25℃时加入Na2CO3，可以使溶液由c点变为d点D.升高温度可以使溶液由a点变为曲线上的任一点【答案】B【解析】【详解】A．100℃时，d点位于100℃曲线下方，处于未饱和状态，则不会有沉淀析出，故A错误；B．25℃时，b、c点均可表示CaCO3的Ksp，c点、，，故B正确；C．25℃时加入Na2CO3，溶液中增大、降低，则d点应位于25℃曲线以下，故C错误；D．升高温度，溶解度增大，其Ksp增大，所以升高温度可以使溶液由a点不可能变为曲线上的任一点，故D错误；答案选B。第II卷(非选择题，共58分)二、填空题(共5个小题，共58分)15.回答下列问题（1）写出过量Mg(OH)2固体放入水中溶解形成饱和溶液时的溶解平衡表达式________________________________，向有Mg(OH)2沉淀的溶液中加入过量浓NH4Cl，溶液变澄清，相关反应的化学方程式为____________________________，已知室温时饱和的Mg(OH)2溶液的pH=10，则Mg(OH)2的溶度积为___________。（2）明矾是KAl(SO4)2·12H2O，其溶液中离子浓度由大到小的顺序______________________；向明矾溶液中逐渐滴入Ba(OH)2溶液至SO离子恰好沉淀完全时，溶液的显_______性(填酸、碱、中)，离子反应的总方程式：_________________________________________________。（3）为配制SbCl3溶液，取少量SbCl3固体，加2mL～3mL水溶解，此时却会产生白色沉淀Sb2O3，写出此时反应的化学方程式为：___________________________，故在配制SbCl3溶液时应加少量____________。【答案】（1）①.Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)②.Mg(OH)2+2NH4Cl=MgCl2+2NH3·H2O③.5×10-13（2）①.c(SO)>c(K+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)②.碱③.Al3++2SO+2Ba2++4OH-=AlO+2BaSO4↓+2H2O （3）①.2SbCl3+3H2OSb2O3+6HCl②.盐酸【解析】【小问1详解】向有Mg(OH)2沉淀的溶液中存在溶解平衡Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，加入过量浓NH4Cl，与OH-结合使OH-浓度降低，促进Mg(OH)2溶解，溶液变澄清，发生反应：Mg(OH)2+2NH4Cl=MgCl2+2NH3·H2O。已知室温时饱和的Mg(OH)2溶液的pH=10，则Mg(OH)2的溶度积为。【小问2详解】明矾溶液中Al3+发生水解使溶液显酸性，故溶液中离子浓度大小为c(SO)>c(K+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)。向明矾溶液中逐渐滴入Ba(OH)2溶液至SO离子恰好沉淀完全时，化学方程式为，AlO发生水解使溶液显碱性，离子方程式为Al3++2SO+2Ba2++4OH-=AlO+2BaSO4↓+2H2O。【小问3详解】少量SbCl3固体，加2mL～3mL水溶解，产生白色沉淀Sb2O3，此时反应的化学方程式为2SbCl3+3H2OSb2O3+6HCl，故在配制SbCl3溶液时应加少量盐酸抑制水解。16.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法：保持污水的pH在5.0～6.0，通过电解生成Fe(OH)3沉淀。Fe(OH)3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用。阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，弃去浮渣层，即起到了浮选净化的作用。某科研小组用电浮选凝聚法处理污水，设计的装置示意图如图1所示。回答下列问题：（1）电解过程中，电解池阴极的电极反应式为_________________；控制电流强度，可使电解池阳极同时发生两个电极反应：其中一个为，另一个电极反应式为 ___________________________。（2）若电源为CH4燃料电池，KOH溶液为电解质溶液，则：①负极的电极反应式为_____________________________。②此电池工作较长的时间后，溶液的pH_____。(填写“增大”，“减小”，“不变”)③实验过程中，若在阴极产生了44.8L(标准状况)气体，则燃料电池理论上消耗CH4__L(标准状况)。【答案】（1）①.②.（2）①.②.减小③.11.2【解析】【分析】由图示可知，Fe电极与电源正极相连为阳极；C电极与电源负极相连为阴极。通电后阳极失去电子发生氧化反应，阴极得到电子发生还原反应。据此分析可得：【小问1详解】污水的pH在5.0～6.0，呈酸性，通电后氢离子在阴极得到电子发生还原反应，被还原成氢气；Fe电极为阳极，失去电子发生氧化反应，由题干可知，电解池阳极同时发生两个电极反应：其中一个为，则另一个反应为；故答案为：；；【小问2详解】①若电源为CH4燃料电池，则在负极失去电子，发生氧化反应，由于KOH溶液为电解质溶液，所以在负极被氧化为，则其电极方程式为：，故答案为：；②在碱性条件下，CH4燃料电池的总反应为，则在反应过程中会有的消耗，即随着反应的进行，溶液的pH值会减小，故答案为：减小；③阴极的电极反应式为，为燃料电池的负极，失去电子被氧化，在碱性条件下其电极方程式为，则由电子守恒可得关系式，，解得，故答案为：11.2。17.某地菱锰矿的主要成分为MnCO3，还含有少量的FeCO3、CaCO3、Al2O3等杂质。工业上以菱锰矿为原 料制备高纯度碳酸锰的流程如图所示：已知：a：MnCO3+2NH4ClMnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O．b:CaF2难溶于水c:相关金属离子[c0(Mn+）=0.1mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+开始沉淀的pH8.16.31.53.4沉淀完全的pH10.18.32.84.7（1）焙烧时温度对锰浸取率的影响如图。从浸取率和经济的角度考虑，焙烧时适宜的温度为________左右；800℃以上锰的浸取率降低，可能的原因是__________。（2）净化包含三步：①加入少量MnO2，添加少量MnO2氧化亚铁离子，发生反应的离子方程式为_______________。②加氨水调pH，溶液的pH范围应调节为___～8.1之间。生成的沉淀主要是_____。③加入MnF2，沉淀法除去Ca2+。（3）碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为__________。【答案】（1）①.500℃②.温度过高，NH4Cl分解导致与MnCO3的反应不彻底(或MnCO3分解发生其他副反应；或MnCl2挥发导致Mn损失；或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低；或高温使固体烧结，固体表面积减小等)（2）①.MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O②.4.7③.Fe(OH)3、Al(OH)3（3）Mn2＋＋HCO＋NH3=MnCO3↓＋NH【解析】 【分析】菱锰矿的主要成分为MnCO3，还含有少量的FeCO3、CaCO3、Al2O3，加入氯化铵进行焙烧，碳酸盐分解生成二氧化碳和氧化物，加入过量的盐酸酸浸时，氧化物反应生成金属离子，净化时先加入二氧化锰，氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节PH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，继续加入氟化铵出去钙和镁，最后加入碳酸氢铵和氨气，碳化结晶制得碳酸锰。【小问1详解】焙烧时温度对锰浸出率的影响图，随温度升高到500°C到800°C，锰的浸出率基本不变，则焙烧的适宜温度为500°C；800°C以上锰的浸出率偏低，可能原因是温度过高，NH4Cl分解导致与MnCO3的反应不彻底，使浸出率减小(或MnCO3分解发生其他副反应；或MnCl2挥发导致Mn损失；或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低；或高温使固体烧结，固体表面积减小等)。答案为：500℃；温度过高，NH4Cl分解导致与MnCO3的反应不彻底(或MnCO3分解发生其他副反应；或MnCl2挥发导致Mn损失；或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低；或高温使固体烧结，固体表面积减小等)。【小问2详解】加入少量二氧化锰，氧化亚铁离子，反应的离子方程式：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；加入氨水调节PH，生成的沉淀主要是Fe(OH)3、Al(OH)3。答案为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；4.7；Fe(OH)3、Al(OH)3。【小问3详解】碳化结晶中生成的MnCO3的离子方程式为：Mn2＋＋HCO＋NH3=MnCO3↓＋NH。答案为：Mn2＋＋HCO＋NH3=MnCO3↓＋NH。18.苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，某化学小组采用如图所示装置，以苯甲酸、甲醇为原料制取苯甲酸甲酯。有关物质的物理性质如表所示：苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔点/℃122－93.9－12.3 沸点/℃24965199.6密度/(g·cm－3)1.26590.7921.0888水溶性微溶易溶难溶实验步骤：Ⅰ.合成苯甲酸甲酯粗产品在圆底烧瓶中加入0.1mol苯甲酸和0.4mol甲醇，再小心加入3mL浓硫酸，混匀后，投入几粒沸石，小心加热60分钟，得苯甲酸甲酯粗产品。（1）仪器甲作用是_______________________________________________。（2）该化学小组在实验中使用过量的反应物甲醇，目的是__________________。Ⅱ.粗产品的精制苯甲酸甲酯粗产品中含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，现拟用下列流程进行精制。（3）试剂a可以是__________(填字母)，其作用是________________。A．稀硫酸B．碳酸钠溶液C．乙醇（4）第一次蒸馏时，温度应控制在________℃左右；操作b的名称是____________。（5）实验制得的苯甲酸甲酯精品的质量为10g，则苯甲酸的转化率为____________(保留3位有效数字)。【答案】（1）冷凝回流（2）提高苯甲酸的转化率和苯甲酸甲酯的产率（3）①.B②.洗去苯甲酸甲酯中的苯甲酸和硫酸（4）①.65②.分液（5）73.5%【解析】【分析】苯甲酸和甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯，该反应为可逆反应，根据物质的熔沸点数据可知，甲醇易挥发，需要冷凝回流，提高原料的利用率。小问1详解】仪器甲为球形冷凝管，其作用为冷凝回流，故答案为：冷凝回流；【小问2详解】使用过量的反应物甲醇，能使该反应的平衡正向移动，可提高苯甲酸的转化率和苯甲酸甲酯的产率，故答案为：提高苯甲酸的转化率和苯甲酸甲酯的产率； 【小问3详解】由流程图结合乙酸乙酯的制备实验可知，试剂a用于洗去苯甲酸甲酯中的硫酸、苯甲酸，可以选择饱和碳酸钠溶液洗涤，还可以降低酯的溶解性，故答案为：B；洗去苯甲酸甲酯中的苯甲酸和硫酸；【小问4详解】第一次蒸馏时，分离甲醇和混合溶液，甲醇的沸点为65℃，混合溶液的沸点远高于甲醇，因此温度应控制在65℃左右；经操作b得到水层和有机层，则操作b为分液，故答案为：65；分液；【小问5详解】0.1mol苯甲酸的质量为0.1mol×122g/mol=12.2g，令苯甲酸的转化率为a，每摩尔苯甲酸转化为每摩尔苯甲酸钠，所以，=，解得a=73.5%，故答案为：73.5%。19.A是生产某新型工程塑料的基础原料之一，分子式为C10H10O2，其分子结构模型如图所示(图中球与球之间连线代表化学键单键或双键)。（1）根据分子结构模型写出A的结构简式____________。（2）拟从芳香烃出发来合成A，其合成路线如下：已知：A在酸性条件下水解生成有机物B和甲醇。(a)写出②反应类型_____反应；写出G的结构简式_________。(b)写出B中官能团名称：______________________。(c)写出下列步骤的反应方程式(注明必要的条件) ⑥_________________________。⑦________________________。（3）A的同分异构体有多种，同时满足下列条件A的同分异构体有______种。ⅰ.含有苯环，苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种；ⅱ.与A有相同的官能团；ⅲ.能发生银镜反应。【答案】（1）（2）①.水解(或取代)②.③.碳碳双键、羧基④.+CH3OH+H2O⑤.+H2O（3）6【解析】【分析】由结构模型可知A的结构简式为：,反应①是加成反应生成D，反应②是水解反应生成二元醇E,E被氧化生成G,G再被氧化得到H,H发生消去反应得到B ,最后与甲醇进行酯化反应得到A。【小问1详解】结合题干所给分子结构模型，A的结构简式为：。答案为：。【小问2详解】由以上分析可知，②反应类型为取代反应或水解反应；G的结构简式；(b)B中官能团为碳碳双键、羧基；(c)⑥的反应方程式+CH3OH+H2O；⑦的反应方程式+H2O。答案为：水解(或取代)；；碳碳双键、羧基；+CH3OH+H2O；+H2O。 【小问3详解】A的结构为，A中含有碳碳双键和酯基，ⅰ.含有苯环，苯环上有两个侧链且苯环上一氯取代物有两种，两个取代基在苯环的对位；ⅱ.与A有相同的官能团；ⅲ.能发生银镜反应，则苯环相连的两个侧链分别为：①-CH=CH2、-CH2COOCH②-CH3、–CH=CHOOCH③-CH3、–C(OOCH)=CH2④-OOCH、–CH=CHCH3⑤-OOCH、–CH2CH=CH2⑥-OOCH、–C(CH3)=CH2