2019-2020学年安徽滁州市定远县西片三校新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽滁州市定远县西片三校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某溶液中可能含有K、NH4、Ba2、SO42、I、Cl、NO3中的几种，将此溶液分成两等份，进行如下实验：在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.12 L；在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33 g；在的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7 g 沉淀产生。有关该溶液中离子种类（不考虑H和 OH）的判断正确的是A溶液中至少有2 种阳离子B只能确定溶液中NH4、SO42是否存在

2、C溶液中最多有4种阴离子D溶液中不可能同时存在K和 NO3【答案】C【解析】【详解】在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.12 L；和过量NaOH 溶液加热产生的气体只能是氨气，故一定存在NH4+，其物质的量为n(NH3)=mV1.12?LV22.4?L/mol=0.05 mol；在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33 g，则一定存在SO42-，其物质的量为n(SO42-)=n(BaSO4)=m2.33?gM233?g/mol=0.01 mol，Ba2+与 SO42-会发生离子反应不能大量共存，含有 SO42-，则一定不含有B

3、a2+；在的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7 g 沉淀产生，此沉淀未说明颜色，故可能为AgCl或 AgI，且 I-或 Cl-的物质的量之和0.05-0.01 2=0.03 mol。A.依据分析可知，溶液中可能只存在铵根离子，故A 错误；B.依据分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42-，还有 Cl-或 I-中的一种或两种，B 错误；C.依据分析可知，溶液中SO42-、Cl-、I-、NO3-均可能存在，C正确；D.依据分析可知，溶液中可能存在K+和 NO3-，D 错误；故合理选项是C。2含氯苯的废水可通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池将氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确

4、的是A电子流向：N 极导线 M 极溶液 N 极BM 极的电极反应式为6566C H CleC HClC每生成lmlCO2，有 3mole-发生转移D处理后的废水酸性增强【答案】D【解析】【详解】A原电池中阳离子向正极移动，所以由图示知M 极为正极，则电子流向：N 极导线 M极，电子无法在电解质溶液中移动，故A 错误；BM 为正极，电极反应式为+2e-+H+Cl-，氯苯被还原生成苯，故B错误；CN 极为负极，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-2CO2+7H+，根据转移电子守恒，则每生成1molCO2，有 4mole-发生转移，故C错误；D根据电极反应式计算得，转移4mol e-时，负极生

5、成3.5mol H+，正极消耗2mol H+，则处理后的废水酸性增强，故D 正确。故选 D。3密度为0.910g/cm3氨水，质量分数为25.0%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量分数为A等于 13.5%B大于 12.5%C小于 12.5%D无法确定【答案】C【解析】【详解】设浓氨水的体积为V，密度为 浓，稀释前后溶液中溶质的质量不变，则稀释后质量分数=V25%VV浓浓，氨水的密度小于水的密度(1g/cm3)，浓度越大密度越小，所以=V25%VV浓浓V25%VV浓浓浓=V25%2V浓浓=12.5%，故选 C。【点睛】解答本题需要知道氨水的密度小于水的密度，而且浓度越大密度越小。4用下列

6、装置能达到实验目的的是A清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管B配置一定物质的量浓度的溶液实验中，为定容时的操作C装置制取金属锰D装置为制备并用排气法收集NO 气体的装置【答案】D【解析】【详解】A.自来水中有杂质离子，清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管不能用自来水，应该用蒸馏水，且应该把反应液倒入水中，A 项错误；B.定容时，当液面距定容刻度线1 到 2 厘米处，改用滴管滴加，使凹液面最低端与刻度线相切，B项错误；C.利用铝热反应制取金属锰时采用的是高温条件，需要氯酸钾分解产生氧气，促进镁条燃烧，利用镁条燃烧产生大量热制取金属锰，该实验装置中没有氯酸钾作引发剂，C项错误；D.铜和稀硝酸反应可以制备N

7、O，NO 的密度比CO2的密度小，采用短口进气、长口出气的集气方式，D项正确；答案选 D。5在恒温条件下，向盛有食盐的2L 恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO 和 0.1molCl2，发生如下两个反应：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)H10平衡常数K12NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)H20 平衡常数K210 分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20，10 分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5 10-3mol/(L?min)。下列说法不正确的是（）A反应 4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s

8、)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数为B平衡后c(Cl2)=2.5 10-2mol/L C其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大D平衡时NO2的转化率为50【答案】C【解析】【详解】A.2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)H10 平衡常数K1=2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)H2 c(A-)c(H+)c(OH-)D从 A 点到 C点的过程中，水的电离程度先增大后减小【答案】A【解析】【分析】【详解】A室温时，在B点，pH=5.3，c(H+)=10-5.3，-(A)lg(HA)cc=0，则-c(A)c(HA)=1 电离常数Ka(HA)=

9、-(A)(H)(HA)ccc=-5.3(A)10(HA)cc=1.0 10-5.3，A 正确；B B点的平衡溶液中，c(A-)=c(HA)，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由于 pH=5.3，所以 c(H+)c(OH-)，c(Na+)c(A-)，故 V(NaOH)c(A-)c(H+)c(OH-)显然不符合电荷守恒原则，C不正确；D从 A 点到 C点的过程中，c(A-)不断增大，水的电离程度不断增大，D 不正确；故选 A。11CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O 属于的反应类型是()A复分解反应B置换反应C分解反应D氧化还原反应【答案】A【解析】【详

10、解】A.复分解反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应，该反应CaCO3和 HCl 生成 CaCl2和H2CO3，属于复分解反应，故A 选；B.置换反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，本反应中无单质参与或生成，故 B 不选；C.分解反应是一种物质生成两种或两种以上物质的反应，本反应的反应物有两个，故C 不选；D.氧化还原反应是有元素化合价升高和降低的反应，本反应无元素化合价变化，故D 不选。故选 A。12电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。向10mL 0.3 molL1Ba(OH)2溶液滴入0.3 molL1NH4HSO4溶液，其电导率随滴入的NH4

11、HSO4溶液体积的变化如图所示（忽略BaSO4溶解产生的离子）。下列说法不正确的是A ae 的过程水的电离程度逐渐增大Bb 点：c(Ba2+)=0.1 moI.L-1Cc 点：c(NH4+)c(OH-)+c(NH3?H2O)【答案】D【解析】【分析】ac 段电导率一直下降，是因为氢氧化钡和硫酸氢铵反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，c 点溶质为一水合氨，ce 段电导率增加，是一水合氨和硫酸氢铵反应生成硫酸铵，溶液中的离子浓度增大。【详解】A.a e 的过程为碱溶液中加入盐，水的电离程度逐渐增大，故正确；B.b 点 c(Ba2+)=0.30.010.30.0050.010.005=0.1 moI.L-

12、1，故正确；C.c 点的溶质为一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，水也能电离出氢氧根离子，所以有c(NH4+)c(OH-)，故正确；D.d 点溶液为等物质的量的一水合氨和硫酸铵，电荷守恒有c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42)+c(OH-)，物料守恒有 c(NH4+)+c(NH3?H2O)=3 c(SO42)，-可得 c(SO42-)+c(H+)=c(OH-)+c(NH3?H2O)，故错误。故选 D。【点睛】掌握溶液中的微粒守恒关系，如电荷守恒和物料守恒等，注意分清溶液中的成分和数据关系。13几种化合物的溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法正确的是（）A NaClO3的溶解是

13、放热过程B由图中数据可求出300K 时 MgCl2饱和溶液的物质的量浓度C可采用复分解反应制备Mg（ClO3）2：MgCl2+2NaClO3Mg（ClO3）2+2NaCl D若 NaCl中含有少量Mg（ClO3）2，可用降温结晶方法提纯【答案】C【解析】【详解】A 项、由图象只能判断NaClO3溶解度与温度的关系，无法确定其溶解过程的热效应，故A 错误；B 项、MgCl2饱和溶液的密度未知，不能求出300K 时 MgCl2饱和溶液的物质的量浓度，故B 错误；C 项、反应 MgCl2+2NaClO3Mg（ClO3）2+2NaCl 类似于侯德榜制碱法生产的原理，因为NaCl溶解度小而从溶液中析出，

14、使反应向正方向进行，故C正确；D 项、若 NaCl 中含有少量Mg（ClO3）2，应用蒸发结晶方法提纯，故D 错误；故选 C。14下列指定反应的离子方程式正确的是（）A氯气溶于水：Cl2H2O=2HClClOBNa2CO3溶液中 CO32的水解：CO32H2O=HCO3OHC酸性溶液中KIO3与 KI 反应生成I2：IO3I6H=I23H2O D NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3Ba2OH=BaCO3 H2O【答案】D【解析】【详解】A、次氯酸是弱酸，不能拆写，应写成HClO 的形式，A 错误；B、多元弱酸根应分步水解、是可逆反应，CO32-H2OHCO3-OH-，B 错误

15、；C、反应前后电荷数不等，C错误；D、少量的系数定为1，HCO3-Ba2+OH-=BaCO3H2O，D 正确。答案选 D 15下列实验中所用的试剂、仪器或用品(夹持装置、活塞省去)能够达到该目的的是()选项目的试剂仪器或用品A 验证牺牲阳极的阴极保护法酸化 NaCl溶液、Zn 电极、Fe电极、铁氰化钾烧杯、电流表、导线、胶头滴管B 铝热反应氧化铁、铝粉滤纸、酒精灯、木条、盛沙子的蒸发皿C 配制 1.000 mol/L NaCl NaCl 容量瓶、烧杯、玻璃棒、试剂瓶D 制备乙酸乙酯乙醇、乙酸、饱和碳酸钠大小试管、酒精灯A A BB CC D D【答案】A【解析】【详解】A.酸化 NaCl 溶液

16、、Zn 电极、Fe电极构成的原电池中，加入铁氰化钾后，无蓝色沉淀生成，说明铁作正极被保护，A 可以达到实验目的，A 正确；B.铝热反应需要氯酸钾、镁条来引发反应，无镁条和氯酸钾反应不能发生，B错误；C.用 NaCl固体来配制一定物质的量浓度的溶液时，需要用到的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管等，另外还缺少试剂蒸馏水，不能达到实验目的，C错误；D.酯化反应需要用浓硫酸作催化剂，无浓硫酸作催化剂，反应不能发生，D 错误；故合理选项是A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16重铬酸钾是工业生产和实验室的重要氧化剂，工业上常用铬铁矿(主要成分为FeO Cr2O3，杂质为 SiO2、

17、Al2O3)为原料生产它，实验室模拟工业法用铬铁矿制K2Cr2O7的主要工艺如图。涉及的主要反应是：6FeO Cr2O3+24NaOH+7KClO3=12Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O(1)碱浸前将铬铁矿粉碎的作用是_。(2)步骤调节pH 后过滤得到的滤渣是_。(3)操作中，酸化时，CrO42-转化为 Cr2O72-，写出平衡转化的离子方程式_。(4)用简要的文字说明操作加入KC1的原因 _。(5)称取重铬酸钾试样2.500g 配成 250mL 溶液，取出25mL 于碘量瓶中，加入10mL 2mol/LH2SO4和足量碘化钾(铬的还原产物为Cr3+)，放于暗处5min。然后

18、加入100mL 水，加入 3mL 淀粉，用 0.1200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定(I2+2S2O32-=2I一十 S4O52-)滴定时淀粉的作用为_，判断达到滴定终点的依据是_。若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00mL，则所得产品中重铬酸钾的纯度为(设整个过程中其它杂质不参加反应)_(保留 2 位有效数字)。【答案】增大接触面积，增大反应速率Al(OH)3、H2SiO32CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O 温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，利用复分解反应可以得到重铬酸钾指示剂当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复94

19、【解析】【分析】铬铁矿与纯碱、氢氧化钠、氯酸钾反应6FeO Cr2O3+24NaOH+7KClO3=12Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O，氧化铝、二氧化硅也反应变为偏铝酸钠、硅酸钠，步骤 过滤出氧化铁，将滤液调节pH，沉淀铝和硅变为氢氧化铝和硅酸，过滤、酸化滤液，将铬酸根变为重铬酸根，利用重铬酸钾溶解度随温度变化较大的特点加KCl发生复分解反应得到重铬酸钾；利用淀粉作指示剂来测定重铬酸钾的含量，根据方程式得到关系式进行计算。【详解】(1)碱浸前将铬铁矿粉碎的作用是增大接触面积，增大反应速率；故答案为：增大接触面积，增大反应速率。(2)步骤 过滤氧化铁，滤液中含有偏铝酸根和硅酸

20、根，步骤 调节 pH 后过滤得到的滤渣是Al(OH)3、H2SiO3；故答案为：Al(OH)3、H2SiO3。(3)操作 中，酸化时，CrO42在酸性条件下转化为Cr2O72，写出平衡转化的离子方程式2CrO42+2H+?Cr2O72+H2O；故答案为：2CrO42+2H+?Cr2O72+H2O。(4)操作 加入 KC1反应生成重铬酸钾和氯化钠，利用重铬酸钾的溶解度受温度影响大，发生复分解反应得到重铬酸钾；故答案为：温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，利用复分解反应可以得到重铬酸钾。(5)单质碘与淀粉变蓝，因此滴定时淀粉的作用为指示剂，判断达到滴定终点的依据是当滴加最后一

21、滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；故答案为：指示剂；当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复。根据方程式得出关系式为11mol6mol=xmol0.12mol L0.04L解得 x=0.0008mol 10.0008mol10294g mol=100%94%2.500g；故答案为：94%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某探究性学习小组为了探究一种无机盐A 的组成（只含四种常见元素且阴阳离子个数比为11），设计并完成了如下实验：已知，标准状况下气体单质C的密度为1.25g，白色沉淀D 不溶于稀盐酸，气体 B是无色无味的酸性气体。（1）无机盐A

22、 中所含金属元素为_。（2）写出气体C 的结构式 _。（3）写出无机盐A 与22H O反应的离子方程式_。（4）小组成员在做2+Fe离子检验时发现，待测液中加入A 后，再加22H O，一段时间后发现出现的血红色褪去。试分析褪色的可能原因。并用实验方法证明（写出一种原因即可）。原因 _，证明方法 _。【答案】钠或 Na N N-2-+2242222SCN+11H O=2SO+2CO+N+10H O+2H-SCN离子被氧化22H O在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新变血红色，则该解释正确【解析】【分析】将文字信息标于框图，结合实验现象进行推理。【详解】（1）溶液焰色反应呈黄色，则溶液中有N

23、a+，无机盐A 中含金属元素钠（Na）。（2）气体单质C 的摩尔质量M(C)=22.4L/mol 1.25g/L=28g/mol，故为氮气（N2），其结构式NN，从而 A中含 N 元素。（3）图中，溶液与NaHCO3反应生成气体B为 CO2，溶液呈酸性。白色沉淀溶于盐酸生成气体B（CO2），则白色沉淀为BaCO3，气体中含CO2，即 A 中含 C元素。溶液与BaCl2反应生成的白色沉淀D 不溶于稀盐酸，则 D 为 BaSO4，溶液中有SO42，A 中含 S元素。可见A 为 NaSCN。无机盐A 与22H O反应的离子方程式-2-+2242222SCN+11H O=2SO+2CO+N+10H O

24、+2H。（4）在含2+Fe离子的溶液中滴加NaSCN溶液不变红，再滴加22H O，先变红后褪色，即先氧化2+Fe、后氧化 SCN或再氧化Fe3+。若SCN离子被22H O氧化，则在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新变色，则该解释正确；若三价铁被氧化成更高价态，则在已褪色的溶液中加入足量的3FeCl，若重新变血红色，则该解释正确。七、工业流程四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。（1）目前工业上有一种方法是用CO2和 H2在 230，催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。如图表

25、示恒压容器中和平移转化率达时的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式_。（2）一定温度下，向2L恒容密闭容器中通入和，发生反应，可用于回收燃烧烟气中的硫。若反应进行到时达平衡，测得的体积分数为0.5，则前 20min 的反应速率_，该温度下反应化学平衡常数K=_。（保留两位小数）（3）工业上有多种方法用于的脱除。可用 NaClO 碱性溶液吸收。为了提高吸收效率，常加入，反应过程的示意图如图所示，产生的四价镍和氧原子具有极强的氧化能力，因此可加快对的吸收。a.的作用是 _。b.过程 2 的离子方程式_。c.Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO 更好，原因是_。“亚硫酸盐法”吸收

26、烟气中的。室温条件下，将烟气通入溶液中，测得溶液与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，点时溶液pH=7，则_。（4）用石墨做电极，食盐水做电解液电解烟气脱氮的原理如图1，被阳极产生的氧化性物质氧化，尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气。电流密度对溶液和对烟气脱硝的影响如图2 所示：图 1 图 2 NO 被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3-反应的离子方程式_。排入空气的尾气，一定含有的气体单质是_（填化学式）。溶液的 pH 对 NO 去除率存在相关关系的原因是_。【答案】CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-49kJ/mol0.0311.25催化剂2NiO2+ClO-=N

27、i2O3+Cl-+2OCa2+与 SO42-结合生成难溶的CaSO4，有利于反应的进行3:13Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2OH2次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强【解析】【分析】（1）根据图示，可知 0.5mol CO2和 1.5mol H2转化率达80%时放热 23-3.4=19.6kJ，然后按比例计算：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）的 H 得出该反应的热化学方程式；（2）列出三行式，利用已知关系找出转化量和平衡量，代入计算公式计算速率和平衡常数；（3）a.由过程 1 和过程 2的反应可知，Ni2O3的作用是作为催化剂；b.根据催化过程的示意图

28、可知，过程2 中 NiO2和 ClO-反应生成Ni2O3、Cl-、O，据此写出离子方程式；c.Ca2+与 SO42-结合生成难溶的CaSO4，有利于反应的进行；b 点时溶液的pH=7，根据电荷守恒分析解答；（4）由图1 可知，用石墨做电极，电解食盐水在阳极产生Cl2，将 NO 氧化为 NO3-。电解时阴极产生H2。由图 2 可知，溶液的pH 越小，NO 的去除率越高。【详解】（1）根据图中数据，恒压容器中0.5molCO2和 1.5molH2转化率达80时的能量变化，23kJ-3.4kJ=19.6kJ，H=-49 kJ/mol，该反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+

29、H2O(g)H=-49kJ/mol，因此，本题正确答案是：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=-49kJ/mol；（2）设进行到时达平衡，转化的CO 的物质的量为2x，则：2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)起始量（mol）2 1 0 转化量（mol）2x x 2x 平衡量（mol）2-2x 1-x 2x 根据平衡时CO2的体积分数为0.5，有：=0.5，解得 x=0.6，则前 20min 的反应速率=0.03，平衡时，CO、SO2和 CO2浓度分别为0.4mol/L、0.2mol/L、0.6mol/L，则平衡常数K=11.25。因此，本题正确答案是：0.

30、03；11.25；（3）a.由过程 1 和过程 2的反应可知，Ni2O3的作用是作为催化剂；b.根据催化过程的示意图可知，过程 2中 NiO2和 ClO-反应生成Ni2O3、Cl-、O，离子方程式为2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；c.Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO 更好，是因为Ca2+与 SO42-结合生成难溶的CaSO4，有利于反应的进行，因此，本题正确答案是：催化剂；2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；Ca2+与 SO42-结合生成难溶的CaSO4，有利于反应的进行；b 点时溶液的pH=7，根据电荷守恒：n(NH4+)=n(HSO3-)+2

31、n(SO32-)，又根据图可知：n(HSO3-)=n(SO32-)，n(NH4+)：n(SO32-)=（1+2）:1=3:1，因此，本题正确答案是：3:1；（4）由图 1 可知，用石墨做电极，电解食盐水在阳极产生Cl2，将 NO 氧化为 NO3-，反应的离子方程式3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O。电解时阴极产生H2，故排入空气的尾气，一定含有的气体单质是H2。因此，本题正确答案是：3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O；H2；由图 2 可知，溶液的pH 越小，NO 的去除率越高，溶液的pH 对 NO 去除率存在相关关系的原因是次氯酸钠在酸性条件下氧

32、化性增强。因此，本题正确答案是：次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强。19由芳香烃X为原料合成某有机物Y 的一-种流程如下:已知部分信息如下:请回答下列问题:（1）X的名称为 _,C 的结构简式为_。（2）反应的反应类型为_。（3）B中含有的官能团名称是_;X 分子中最多有_个原子共平面。（4）D 和 E反应生成Y的化学方程式为_。（5）Z是 D 的同分异构体,同时具备下列条件的Z的结构有 _种。能与新制氢氧化铜浊液共热产生红色固体;含碳碳三键;遇氯化铁溶液发生显色反应。（6）设计由CH3CH=CH2制备的合成路线（其他试剂任选）。_。【答案】1苯基 1丙烯加成反应羧基、碳碳双键1713CH3CH=

33、CH224Br/CClCH3CHBrCH2BrKOH/乙醇CH3C CH32CH CH=CH催化剂【解析】【分析】由反应 1 的产物结合信息可知 X为，由反应2 结合信息 可知 A 的结构为，A 发生银镜反应后再酸化生成B，则 B 为，B 与溴水发生加成反应生成C，则 C 为；C再发生消去反应、酸化后生成D，则 D 为；D 和 E合成 Y，根据信息 可以推断E为。【详解】(1)根据信息 可知的名称为 1苯基 1丙烯；根据分析可知C 的结构简式为，故答案为：1苯基 1丙烯；(2)反应发生的是信息的反应，为加成反应，故答案为：加成反应；(3)B 为，所含官能因为羧基、碳碳双键；根据苯环中12 个原

34、子共面，乙烯中6 个原子共面、单键可以旋转，可知分子中最多有17 个原子共平面，故答案为：羧基、碳碳双键；17；(4)和发生信息 的反应，故答案为：；(5)D 是，根据同分异构体满足的三个条件可知Z分子中有醛基、碳碳三键以及酚羟基。满足以上条件的结构有:苯环上有两个侧链，分别是CC CHO和 OH，按邻、间、对排列3 种情况；苯环上有 CCH、CHO和OH 三个侧链，三个侧链在苯环上有10 种排列方式。综上所述，共有13 种，故答案为：13；(6)CH3CH=CH2为原料合成，结合题目信息，可先将丙烯与溴加成生成1,2二溴丙烷，然后 1,2二溴丙烷发生消去反应生成丙炔，最后用丙烯和丙炔合成，故答案为：CH3CH=CH224Br/CClCH3CHBrCH2BrKOH/乙醇CH3C CH32CH CH=CH催化剂。【点睛】苯环上有两个不同取代基时有邻间对三种同分异构体，有三个不同取代基时有10 种同分异构体。