2019-2020学年安徽省滁州市来安县第二中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽省滁州市来安县第二中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1实验室制备硝基苯的反应装置如图所示。下列实验操作或叙述不正确的是（）A试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯B实验时水浴温度需控制在5060C仪器 a 的作用：冷凝回流苯和硝酸，提高原料的利用率D反应完全后，可用仪器a、b 蒸馏得到产品【答案】D【解析】【分析】【详解】A混合时应先加浓硝酸，再加入浓硫酸，待冷却至室温后再加入苯，故A 正确；B制备硝基苯时温度应控制在5060，故 B正确；C仪器 a 的作用为使挥发的苯和硝酸冷凝回流，提高了原料利用率，故C正确；D仪器 a 为球形冷凝管，蒸馏需要的是直形冷凝管，故D 错误；答案选 D。2钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一，以“入窑一色，出窑万彩”的神奇窑变著称，下列关于陶瓷的说法正确的是（）A“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化B高品质白瓷晶莹剔透，属于纯净物C氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料D由于陶瓷耐酸碱，因此可以用来熔化氢氧化钠【答案】A【解析】【分析】【详解】A不同的金属氧化物颜色可能不同，在高温下，釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化，故 A 正确；B.瓷器的原料主要是黏土烧结而成，瓷器中含有多种硅酸盐和二氧化硅，是混合物，故B错误；C.新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等，氮化铝陶瓷属于新型无机非金属材料，故C错误；D.陶瓷的成分是硅酸盐和二氧化硅，能与熔化氢氧化钠反应，故D 错误；故选 A。3人的血液中存在H2CO3HCO3这样“一对”物质，前者的电离和后者的水解两个平衡使正常人血液的pH保持在 7.35 7.45 之间血液中注射碱性物质时，上述电离和水解受到的影响分别是A促进、促进B促进、抑制C抑制、促进D抑制、抑制【答案】B【解析】【分析】【详解】碱性物质可以结合碳酸电离出的氢离子，对碳酸的电离是促进作用，对碳酸氢根离子的水解其抑制作用。答案选 B。4丙烯醛（CH2=CH-CHO）不能发生的反应类型有（）A氧化反应B还原反应C消去反应D加聚反应【答案】C【解析】【详解】丙烯醛含有碳碳双键，可发生氧化反应，加聚反应，且醛基、碳碳双键都可与氢气发生加成反应，也为还原反应，不能发生消去反应，故选：C。5室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A 向 X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X 溶液中一定含有Fe2+B 在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧加热条件下，浓硝酸与C 反应生成 NO2C 向含有 ZnS和 Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀Ksp(CuS)7，则 c(OH-)c(H+)，醋酸根离子的水解程度较小，则c(CH3COO-)c(Na+)，铵根离子部分水解，则c(Na+)c(NH4+)，溶液中离子浓度的大小关系为：c(CH3COO)c(Na)c(NH4)c(OH)c(H)，故 C正确；D.C 点通入 0.1molHCl，与 0.1mol 醋酸钠反应得到0.1molCH3COOH 与 0.1molNaCl，c(Cl-)=c(Na+)=0.1mol/L，则 c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)0.1mol/L，故 D正确；故选：B。【点睛】本题考查图象分析、溶液中离子浓度关系，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，转移掌握电荷守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的综合应用能力。9下列离子方程式正确的是（）A用铝粉和NaOH 溶液反应制取少量H2：Al+2OH=AlO2+H2B过量铁粉与一定量稀硝酸反应：Fe+4H+NO3=Fe3+NO +2H2O C澄清石灰水中加入过量NaHCO3溶液：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O D向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5OCO2H2OC6H5OHHCO3【答案】D【解析】【分析】本题主要考查离子方程式的正确书写。【详解】A Al+2OH=AlO2+H2反应中电荷数不平，正确的离子方程式为：2H2O+2Al+2OH=2AlO2+3H2，故 A项错误；B.过量铁粉与稀硝酸反应无Fe3+生成，正确的离子方程式为：+2+?32-3Fe+8H+2NO=3Fe+2NO+4H O，故 B 项错误；C.澄清石灰水中加入过量NaHCO3溶液反应的离子方程式中Ca2与 OH系数比为1：2，故离子方程式为：2+23323Ca+2OH+2HCO=CaCO+2H O+CO;故 C项错误；D.向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：6522653C H OCOH OC H OHHCO，故 D 项正确。答案选 D。10下列醇类物质中既能发生消去反应，又能发生催化氧化反应生成醛类的物质是()ABCD【答案】C【解析】A、被氧化为酮，不能被氧化为醛，选项A 错误；B、不能发生消去反应，选项B 错误；C、-OH 邻位 C 上含有 H 原子，能发生消去反应，含有-CH2OH 的结构，可被氧化为醛，选项C 正确；D、被氧化为酮，不能被氧化为醛，选项D 错误。答案选C。11NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A 5.5g 超重水(T2O)中含有的中子数目为3NAB常温常压下，44gCO2与足量过氧化钠反应转移电子的数目为NAC常温常压下，42gC2H4和 C4H8混合气体中含有氢原子的数目为6NAD 0.1L0.5molL1CH3COOH溶液中含有H数目为 0.2NA【答案】D【解析】【详解】A 选项，5.5g 超重水(T2O)物质的量-1m5.5gn=0.25molM22g mol，1 个 T2O 中含有 12 个中子，5.5g 超重水(T2O)含有的中子数目为3NA，故 A 正确，不符合题意；B 选项，根据反应方程式2mol 过氧化钠与2mol 二氧化碳反应生成2mol 碳酸钠和1mol 氧气，转移2mol电子，因此常温常压下，44gCO2即物质的量1 mol，与足量过氧化钠反应转移电子的数目为NA，故 B 正确，不符合题意；C 选项，C2H4和 C4H8混合气体可用通式法来分析，通式为 CnH2n，42gC2H4和 C4H8混合气体中含有氢原子物质的量-1m42gn=2n=6molM14ng mol，因此含有氢原子的数目为6NA，故 C正确，不符合题意；D 选项，0.1 L 0.5 molL1CH3COOH物质的量为0.05mol，醋酸是弱酸，部分电离，因此溶液中含有H数目小于为 0.05NA，故 D 错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】C2H4和 C4H8混合气体可用通式法来分析含碳原子个数和含氢原子个数的思想。12化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是（）A为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒B高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板属于无机高分子材料C2020 年 3 月 9 日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅D蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，这项研究有助于减少白色污染【答案】D【解析】【分析】【详解】A.为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用75%酒精杀菌消毒，故A 错误；B.高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板，聚四氟乙烯属于有机高分子材料，故B错误；C.2020年 3 月 9 日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度单质硅，故C错误；D.蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，将高分子化合物降解为小分子，这项研究有助于减少白色污染，故D 正确；选 D。13短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素形成的某种化合物（如图所示）是一种优良的防龋齿剂（用于制含氟牙膏）。下列说法错误的是（）A W、X、Y的简单离子的电子层结构相同BW、Y形成的化合物中只含离子键C该化合物中Z不满足 8 电子稳定结构D X、Y形成的化合物溶于水能促进水的电离【答案】B【解析】【分析】该化合物可用于制含氟牙膏，说明含有F元素，根据该化合物的结构可知，X原子可以形成一个共价键，则 X 为 F元素；Y可以形成Y+，且原子序数大于X，则 Y为 Na；Z可以形成五条共价键，应为第A 族元素，原子序数大于Na，则 Z为 P；根据 W 元素的成键特点，结合其原子序数最小，则W 为 O。【详解】A氧离子、氟离子和钠离子都含有2 个电子层，核外电子总数为10，其简单离子的电子层结构相同，故A 正确；BW、Y形成的化合物Na2O2中含有非极性共价键，故B 错误；CP最外层含有5 个电子，该化合物中形成了5 个共价键，则P最外层电子数为5+5=10，不满足8 电子稳定结构，故C 正确；D HF为弱酸，所以NaF溶液中，氟离子会水解促进水的电离，故D 正确；故答案为B。14碘化砹（AtI）可发生下列反应：2AtI 2Mg MgI2MgAt2 AtI 2NH3（I）NH4IAtNH2.对上述两个反应的有关说法正确的是（）A两个反应都是氧化还原反应B反应 MgAt2既是氧化产物，又是还原产物C反应 中 AtI 既是氧化剂，又是还原剂D MgAt2的还原性弱于MgI2的还原性【答案】B【解析】【详解】A中 Mg、At 元素的化合价变化，属于氧化还原反应，而中没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故 A错误；B中 Mg、At 元素的化合价变化，MgAt2既是氧化产物，又是还原产物，故B正确；C中没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C错误；D由还原剂的还原性大约还原产物的还原性可知，Mg的还原性大于MgAt2，不能比较MgAt2、MgI2的还原性，故 D错误；故选 B15在 NH3、HNO3、H2SO4的工业生产中，具有的共同点是()A使用吸收塔设备B使用尾气吸收装置C使用 H2作原料D使用催化剂【答案】D【解析】【详解】A、H2SO4不用 H2作原料，错误；B、SO2到 SO3需要催化剂，NH3的合成与氧化需要催化剂，正确；C、NH3的合成不使用吸收塔设备，错误；D、工业生产中原料充分利用，一般有毒气体较少排放，错误。答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：已知：分金液中含金离子主要成分为AuCl4；分金渣的主要成分为AgCl；分银液中含银离子主要成分为Ag(SO3)23，且存在 Ag(SO3)23Ag+2SO23“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。（1）由表中数据可知，Ni 的金属性比Cu_。分铜渣中银元素的存在形式为（用化学用语表示）_。“分铜”时，如果反应温度过高，会有明显的放出气体现象，原因是_。（2）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为_。（3）Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH 的关系如图所示。“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgCl 的原因为 _。调节溶液的pH 不能过低，理由为 _（用离子方程式表示）。（4）已知 KspAg2SO4=1.4 105，沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制溶液中SO42浓度（假定溶液中 Ag+浓度为 0.1mol/L）。_。（5）工业上，用镍为阳极，电解0.1 mol/L NiCl2溶液与一定量NH4Cl 组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl 的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示：为获得髙纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为_g/L，当 NH4Cl 溶液的浓度大于15g/L时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为_。【答案】强Ag、AgCl H2O2分解放出氧气2Au+ClO3+7Cl+6H+=2AuCl4+3H2O 分银液中存在 Ag(SO3)23Ag+2SO32，加 H2SO4至 pH=4，SO32转化为 HSO3，c(SO32)减小，平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl SO32+2H+=SO2+H2O 溶液中 SO42浓度应低于1.4 103mol/L 10 H2【解析】【分析】铜阳极泥中加入硫酸、过氧化氢和氯化钠进行分铜，“分铜”时，单质铜发生的反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加入足量的NaCl 可以使溶解出的Ag+形成 AgCl 进入分铜渣；加入盐酸和氯酸钠进行分金，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成AuCl4-，分金液的主要成分为AuCl4-；分金渣的主要成分为AgCl，加入亚硫酸钠进行分银，过滤得到的分银液中主要成分为Ag(SO3)23-，且存在 Ag(SO3)23-?Ag+2SO32-加入硫酸沉银，促使 Ag(SO3)23-?Ag+2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，以此解答该题。【详解】(1)由表中数据可知，镍的Ni 浸出率比铜高，说明镍容易被氧化，因此金属性Ni 比 Cu 强。根据上述分析，“分铜”时加入足量的NaCl 可以使溶解出的Ag+形成 AgCl 进入分铜渣，分铜渣中银元素的存在形式为Ag、AgCl；“分铜”时，如果反应温度过高，双氧水发生分解，会有明显的气体放出现象，故答案为强；Ag、AgCl；H2O2分解放出氧气；(2)分金液的主要成分为AuCl4-，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成 AuCl4-，反应的离子方程式为：2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2AuCl4-+3H2O，故答案为2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2AuCl4-+3H2O；(3)分银液中主要成分为Ag(SO3)23-，且存在 Ag(SO3)23-?Ag+2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了 SO32-的浓度，平衡正向进行，能够析出 AgCl 的原因为：H2SO4电离出的 H+降低了 SO32-的浓度，促使 Ag(SO3)23-?Ag+2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，调节溶液的pH 不能过低理由为：避免产生污染气体SO2，故答案为H2SO4电离出的 H+降低了 SO32-的浓度，促使Ag(SO3)23-?Ag+2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成 AgCl；避免产生污染气体SO2；(3)分银液中主要成分为Ag(SO3)23-，由于存在 Ag(SO3)23-?Ag+2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了 SO32-的浓度，平衡正向进行，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl；如果溶液的pH 过低，硫酸会与亚硫酸根离子反应放出气体SO2，产生污染，反应的离子方程式为SO32+2H+=SO2+H2O，故答案为分银液中存在 Ag(SO3)23Ag+2SO32，加 H2SO4至 pH=4，SO32转化为 HSO3，c(SO32)减小，平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl；SO32+2H+=SO2+H2O；(4)c(SO42)=sp242KAg SOcAg=251.4 100.1=1.4 103 mol/L，因此沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制溶液中 SO42浓度低于1.4 103mol/L，故答案为溶液中SO42浓度应低于1.4 103mol/L；(5)根据图象可知，NH4Cl的浓度为10g?L-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10 g?L-1，当 NH4Cl浓度大于15g?L-1时，阴极有气体生成，阴极发生还原反应，阴极生成的气体为氢气，溶液中铵根离子水解溶液呈酸性，阴极电极反应式为：2H+2e-=H2或 2NH4+2H2O+2e-=2NH3?H2O+H2，产生气体为氢气，故答案为10；H2。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：已知：RCHO CH3CHORCH(OH)CH2CHO。试回答：（1）A 的化学名称是 _，AB 的反应类型是 _。（2）BC 反应的化学方程式为_。（3）CD 所用试剂和反应条件分别是_。（4）E的结构简式是_。F中官能团的名称是_。（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D 的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有_种。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5 个峰，峰面积比为21221 的同分异构体的结构简式为 _。【答案】对二甲苯（或1，4-二甲苯）取代反应+2NaOH+NaCl O2/Cu 或 Ag，加热碳碳双键、醛基8，【解析】【分析】由流程转化关系，结合题给信息可知，D 为。运用逆推法，C 为，催化氧化生成；B 为，在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成；A 为，在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成；与乙醛发生信息反应生成，加热发生消去反应生成。据此解答。【详解】（1）A 的结构简式为，名称为对二甲苯或1，4-二甲苯；AB的反应为在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成。（2）BC反应为在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成，反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl。（3）CD 的反应为在铜或银作催化剂，在加热条件下与氧气发生氧化反应生成，因此 CD 所用试剂和反应条件分别是O2/Cu或 Ag，加热。（4）E的结构简式是。F的结构简式为，分子中官能团的名称是碳碳双键、醛基。（5）D 为，D 的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物说明侧链为链状结构，其可能为醛、酮、含苯环的乙烯基醚和乙烯基酚，其中芳香醛有3 种（除去D）、芳香酮1 种、含苯环的乙烯基醚 1 种、乙烯基酚3 种，共 8 种；苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5 个峰，峰面积比为2122 1 的同分异构体的结构简式为和。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18煤燃烧排放的烟气含有SO2和 NOx，采用 NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝完成下列填空：（1）上述烟气处理过程中涉及到的化学物质，其组成元素中属于第三周期元素的是_；写出 N 的核外电子排布式_。（2）已知 SO2分子的空间构型折线形，则SO2为_（选填“极性”、“非极性”）。（3）将含有SO2和 NOx的烟气通入盛有NaClO2溶液的反应器中，反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下（其他离子忽略不计）：离子Na+SO42-NO3-OH-Cl-浓度/（mol?L-1）5.5 10-38.5 10-4y 2.0 10-43.4 10-3表中 y=_mol?L-1。写出 NaClO2溶液吸收SO2的离子方程式_。（4）烟气中的SO2还可采用氨法脱硫除去，其反应原理可用如图表示。写出 SO2跟氨水反应生成NH4HSO3的化学方程式_。（NH4）2HSO3溶液中浓度最大的离子是_。【答案】S、Na、Cl 1s22s22p3极性2.0 10-42SO2+ClO-+2H2O=2SO4+Cl-+4H+SO2+NH3?H2O=NH4HSO3NH4+【解析】【分析】（1）硫、钠、氯为第三周期元素，N 原子的核外有两个能级，第2 个能层上有s、p 能级；（2）SO2分子为空间构型为结构不对称的折线形；（3）溶液呈电中性，依据电荷守恒关系计算；二氧化硫和NaClO2溶液发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠；（4）二氧化硫是酸性氧化物和一水合氨反应生成亚硫酸氢铵；【详解】（1）煤燃烧排放的烟气含有SO2和 NOx，采用 NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝反应，其组成元素中属于第三周期元素为硫、钠、氯，N 原子的核外有两个能层，第2 个能层上有s、p 能级，N原子电子排布式为1s22s22p3，故答案为S、Na、Cl；1s22s22p3；（2）SO2分子的空间构型折线形，分子中正负电荷中心不重合，SO2为极性分子，故答案为极性；（3）溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒关系c（Na+）=c（Cl-）+c（OH-）+c2c（SO42-）+y，则表中的y=5.5 10-3-3.4 10-3-2.0 10-4-2 8.5 10-4=5.8 10-4，y=2.010-4，故答案为2.0 10-4；二氧化硫和NaClO2溶液发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠，反应的离子方程式为2SO2+ClO2-+2H2O=2SO42-+Cl-+4H+，故答案为2SO2+ClO-+2H2O=2SO4+Cl-+4H+；（4）二氧化硫是酸性氧化物，其和一水合氨反应生成亚硫酸氢铵，反应的化学方程式为SO2+NH3?H2O=NH4HSO3，故答案为SO2+NH3?H2O=NH4HSO3；(NH4)2HSO3是强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子的电离大于铵根离子的水解，溶液呈酸性，则浓度最大的离子是NH4+，故答案为NH4+。【点睛】(NH4)2HSO3溶液中亚硫酸氢根离子的电离抑制铵根离子的水解，溶液呈酸性。19丁苯酞（J）是用于脑血管疾病治疗的药物。它的某种合成路线如下：已知：请回答下列问题：（1）E 的名称为 _，F 中所含官能团名称为_，HJ 的反应类型为_。（2）B 生成A 的方程式 _。（3）X 是 H 的同系物，相对分子质量比H 小 56。满足下列条件X 的同分异构体共有_种。能发生水解反应；能发生银镜反应；能与氯化铁溶液发生显色反应。其中核磁共振氢谱图中有五个吸收峰的同分异构体的结构简式为_。（4）利用题中信息所学知识，写出以甲烷和苯甲醛为原料，合成苯乙烯的路线流程图（其他无机试剂自选）_。合成路线流程图表达方法例如下：CH2=CH2HBrCH3CH2BrNaOH溶液加热CH3CH2OH【答案】邻溴甲苯或 2-溴甲苯醛基溴原子取代反应C（CH3）3Br+NaOH乙醇加热CH2=C（CH3）2+NaBr+H2O 13【解析】【分析】D 发生取代反应生成E，E发生氧化反应生F，C、F反应生成G，根据 G 结构简式及F分子式知F为，逆推得 E为，D 为；根据 G 结构简式以及F的结构简式再结合题目所给信息可知C为(CH3)3CMgBr，A 发生加成反应生成B，B 发生信息反应生成C，则 A 为，B为(CH3)3CBr；再根据信息知，H 为，根据 J分子式知，H 发生酯化反应生成J，则 J为。【详解】(1)E 为，E的名称为邻溴甲苯或2-溴甲苯；F为，F中所含官能团名称为溴原子和醛基；H发生酯化反应或取代反应生成J，则 HJ 的反应类型为酯化反应或取代反应；(2)A 为，B 为(CH3)3CBr，B发生消去反应生成A，反应方程式为C(CH3)3Br+NaOH乙醇加热CH2=C(CH3)2+NaBr+H2O；(3)H 为，X是 H 的同系物，相对分子质量比H 小 56，说明比 H 少 4 个-CH2，X 的同分异构体满足下列条件，能发生水解反应，说明含有酯基；能发生银镜反应，说明含有醛基，根据 O 原子个数知，含有 HCOO-；能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，如果含有HCOO-、-CH3、-OH，有 10 种结构；如果取代基为HCOOCH2-，-OH，有邻间对3 种结构；所以符合条件的有13 种；其中核磁共振氢谱图中有五个吸收峰的同分异构体的结构简式为；(4)可由发生消去反应得到苯乙烯，合成需要苯甲醛与CH3MgBr，甲烷与溴光照得到一溴甲烷，一溴甲烷与Mg、乙醚作用得到CH3MgBr，其合成路线为。【点睛】正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意结合题给信息进行正逆结合相互验证进行推断，并利用知识迁移方法进行合成路线设计。