2019-2020学年湖南省石门县第一中学新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年湖南省石门县第一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．清代赵学敏《本草纲目拾遗》中关于“鼻冲水”的记载明确指出：“鼻冲水，出西洋，……贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减……惟以此水瓶口对鼻吸其气，即遍身麻颤出汗而愈。

虚弱者忌之。

宜外用，勿服。

”这里的“鼻冲水”是稀硫酸、氢氟酸溶液、氨水、醋酸溶液中的一种。

下列有关“鼻冲水”的推断正确的是()
A．“鼻冲水”滴入酚酞溶液中，溶液不变色
B．“鼻冲水”中含有5种粒子
C．“鼻冲水”是弱电解质
D．“鼻冲水”不能使二氧化硅溶解
【答案】D
【解析】
【分析】
根据鼻冲水贮存在玻璃瓶中可知鼻冲水不是氢氟酸，根据性质可判断其易挥发，又因为宜外用，勿服，因此可判断应该是氨水，据此解答。

【详解】
A．氨水显碱性，滴入酚酞溶液中，溶液变红色，A错误；
B．氨水中含NH3、H2O、NH3•H2O、H+、NH4+、OH-，含有分子和离子的种类为6种，B错误；
C．由鼻冲水（氨水）可知，氨水为混合物，而弱电解质为化合物，则氨水不是弱电解质，而一水合氨为弱电解质，C错误；
D．氨水显弱碱性，不能溶解二氧化硅，D正确。

答案选D。

2．设阿伏加德罗常数的值为N A，下列叙述正确的是
A．1L0.1mol·L－1Na2S溶液中含有的S2－的数目小于0.1N A
B．同温同压下，体积均为22.4L的卤素单质中所含的原子数均为2N A
C．1mol苯中含有的碳碳双键数为3N A
D．78g过氧化钠固体中所含的阴、阳离子总数为4N A
【答案】A
【解析】
【详解】
A、由于硫离子水解，所以1L0.1mol•L-1Na2S溶液中含有的S2-的个数小于0.1N A，选项A正确；
B、同温同压下不一定为标准状况下，卤素单质不一定为气体，体积为22.4L的卤素单质的物质的量不一定为1mol，故所含的原子数不一定为2N A，选项B错误；
C、苯中不含有碳碳双键，选项C错误；
D、过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，78g过氧化钠固体为1mol，其中所含的阴、阳离子总数为3N A，选项D错误。

答案选A。

3．化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法中不正确
．．．的是（）
A．煤的气化与液化均为化学变化
B．大自然利用太阳能最成功的是植物的光合作用
C．砖瓦、陶瓷、渣土、普通一次性电池、鱼骨等属于其他垃圾
D．用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 煤经气化、液化都生成新物质属于化学过程，故A正确；
B. 太阳能应用最成功的是植物的光合作用，故B正确；
C. 砖瓦陶瓷、渣土、卫生间废纸、瓷器碎片等难以回收的废弃物是其他垃圾，普通一次性电池属于有害垃圾，故C错误；
D. 利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，符合题意，故D正确；
题目要求选不正确的选项，故选C。

【点睛】
本题考查了化学与生活、社会密切相关知识，主要考查白色污染、清洁能源、绿色化学等知识，掌握常识、理解原因是关键。

4．下列生活用品的主要成分不属于有机高分子物质的是（）
A．植物油B．丝织品C．聚乙烯D．人造毛
【答案】A
【解析】
A、植物油成分是油脂，油脂不属于有机高分子化合物，故A正确；
B、丝织品的成分是蛋白质，蛋白质属于有机高分子化合物，故B错误；
C、聚乙烯是有机高分子化合物，故C错误；
D、人造毛属于人造纤维，属于有机高分子化合物，故D错误。

5．N A代表阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A．18g氨基（-ND2）中含有的电子数为9N A
B．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2N A
C．1L0.1mol•L-1的Na2S溶液中，阴离子总数小于0.1N A
D．2.24LCH4与C2H4的混合气体中，所含H原子的数目是0.4N A
【答案】A
【解析】
【详解】
A．18g氨基（-ND2）为1mol，含有的电子数为9N A，A正确；
B．氯气具有强氧化性，将Fe2+和I-均氧化，1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3N A，B错误；C．S2-会水解，1个硫离子水解后产生1个硫氢根离子和1个氢氧根离子，故1L0.1mol•L-1的Na2S溶液中，阴离子总数大于0.1N A，C错误；
D．为指明标准状况，无法计算，D错误；
故答案选A。

【点睛】
氕(1
1H)、氘(2
1
D)、氚(3
1
T)，互为同位素，氕(1
1
H)无中子。

6．用普通圆底烧瓶将某卤化钠和浓硫酸加热至500℃制备纯净HX气体，则该卤化钠是
A．NaF B．NaCl C．NaBr D．NaI
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．玻璃中含有二氧化硅，氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅，所以不能用普通圆底烧瓶制取氟化氢，选项A错误；
B．利用高沸点的酸制取挥发性酸原理，盐酸是挥发性酸，浓硫酸是高沸点酸，且氯化氢和玻璃不反应，所以可以用浓硫酸和氯化钠制取氯化氢，选项B正确；
C．溴化氢能被浓硫酸氧化而得不到溴化氢，选项C错误；
D．碘化氢易被浓硫酸氧化生成碘单质而得不到碘化氢，选项D错误；
答案选B。

7．常温下，向10 mL0.1 mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1 mol/L的氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。

下列分析正确的是（）
A．各点溶液中的阳离子浓度总和大小关系：d>c>b>a
B．常温下，R- 的水解平衡常数数量级为10 -9
C．a点和d点溶液中，水的电离程度相等
D．d点的溶液中，微粒浓度关系：c(R-)+2c(HR)=c(NH3∙H2O)
【答案】B
【解析】
【详解】
A.溶液导电能力与溶液中离子浓度有关，根据图象可知，b点导电能力最强，d点最弱，A错误；
B.根据图象可知，0.1mol/L的HR溶液的pH=3，则c(R-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HR)≈0.1mol/L，HR的电离平衡常数Ka==10-5，则R-的水解平衡常数数Kh==10-9，B正确；
C.a、d两点导电能力相等，但溶液的pH分别为4、8，都抑制了水的电离，a点c(H+)=10-4mol/L，d点
c(OH-)=10-6mol/L，所以对水的电离程度的影响不同，C错误；
D.d点加入20mL等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3•H2O，根据物料守恒可得：
2c(HR)+2c(R-)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+)，因溶液呈碱性，NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则
c(NH4+)>c(NH3∙H2O)，则c(HR)+c(R-)＞c(NH3∙H2O)，D错误；
故合理选项是B。

8．对于2SO2(g)＋O2(g) ⇌2SO3(g)，ΔH<0，根据下图，下列说法错误的是（）
A．t2时使用了催化剂B．t3时采取减小反应体系压强的措施
C．t5时采取升温的措施D．反应在t6时刻，SO3体积分数最大
【答案】D
【解析】
【详解】
A.t2时，正逆反应速率同时增大，且速率相等，而所给可逆反应中，反应前后气体分子数发生变化，故此时改变的条件应为加入催化剂，A不符合题意；
B.t3时，正逆反应速率都减小，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，由于该反应为放热反应，故不可能是降低温度；反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为减小压强，B不符合题意；
C.t5时，正逆反应速率都增大，故改变的条件可能为升高温度或增大压强，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，结合该反应为放热反应，且反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为升高温度，C 不符合题意；
D.由于t3、t5时刻，平衡都是发生逆移的，故达到平衡时，即t4、t6时刻所得的SO3的体积分数都比t1时刻小，D说法错误，符合题意；
故答案为：D
9．常温下，0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是
A．HA是强酸
B．该混合液pH=7
C．图中x表示HA，Y表示OH-，Z表示H+
D．该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c（Na+）
【答案】D
【解析】
【详解】
A、0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0.1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c(A-)=0.1mol/L，与图不符，所以HA为弱酸，A错误；
B、根据A的分析，可知该溶液的pH＞7，B错误；
C、A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)＞c(A-)＞c(OH－）＞c(HA)＞c(H＋)，所以X是OH－，Y是HA，Z表示H+，C错误；
D、根据元素守恒，有c(A-)+c(HA)=c（Na+），D正确；
答案选D。

10．β-紫罗兰酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一种天然香料，它经多步反应可合成维生素A1。

下列说法正确的是
A．β-紫罗兰酮可使酸性KMnO4溶液褪色
B．1mol中间体X最多能与2mol H2发生加成反应
C．维生素A1易溶于NaOH溶液
D．β-紫罗兰酮与中间体X互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A.β­紫罗兰酮含有碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；
B.1mol中间体X含有2mol碳碳双键、1mol醛基，所以最多能与3 mol H2发生加成反应，故B错误；
C.维生素A1含有醇羟基，所以不易溶于NaOH溶液，故C错误；
D.β­紫罗兰酮与中间体X所含C原子数不同，不是同分异构体，故D错误。

故选A。

11．催化加氢可生成3-甲基戊烷的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
含碳碳双键的有机物与氢气发生加成反应，且加成后碳链骨架不变，生成3-甲基戊烷，以此来解答。

【详解】
A. 与氢气发生加成反应生成2−甲基丁烷，故A错误；
B. 与氢气发生加成反应生成2−甲基丁烷，故B错误；
C. 含2个碳碳双键，均与氢气发生加成反应，生成3−甲基戊烷，故C正确；
D. 与氢气发生加成反应生成2−甲基丁烷，故D错误；
答案选C
12．反应A+B→C+Q(Q＞0)分两步进行，①A+B→X+Q(Q＜0)②X→C+Q(Q＞0)。

下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】
【详解】
由反应A+B→C+Q (Q＞0)可知，该反应是放热反应，A和B的能量之和大于C的能量；由①A+B→X+Q(Q＜0)可知，该步反应是吸热反应，故X的能量大于A和B的能量之和；又因为②X→C+Q(Q＞0)是放热反应，故X的能量之和大于C的能量，图象D符合，故选D。

13．X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素。

元素W 分别与元素X、Y、Z 结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。

反应②是工业制硝酸的重要反应，乙与丙的混合物不能用玻璃瓶盛装。

上述物质有如图所示的转化关系：
下列说法错误的是
A．甲是易液化气体，常用作致冷剂
B．可以用甲在一定条件下消除丁对环境的污染
C．甲、丙分子可以直接化合生成离子化合物
D．丁是一种红棕色气体，是大气主要污染物之一
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素。

元素W 分别与元素X、Y、Z 结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子，则W为H元素。

反应②是工业制硝酸的重要反应，乙与丙的混合物不能用玻璃瓶盛装，乙是H2O，丙是HF，Z的单质是F2，Y是O2，甲是NH3，丁中NO。

【详解】
A. 甲为NH3，氨气易液化，挥发吸收大量的热量，常用作致冷剂，故A正确；
B．6NO＋4NH3=5N2＋6H2O，产生无污染的氮气和水，可以用甲在一定条件下消除丁对环境的污染，故B 正确；
C. 甲为NH3、丙为HF，甲、丙分子可以直接化合生成离子化合物NH4F，故C正确；
D. 丁是NO，是一种无色气体，是大气主要污染物之一，故D错误；
故选D。

【点睛】
本题考查无机物推断，结合题干信息及转化关系推断物质组成为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力，易错点D，反应②是工业制硝酸的重要反应，说明生成的丁是NO，不是NO2。

14．《Chem.sci.》报道麻生明院士团队合成非天然活性化合物b (结构简式如下)的新方法。

下列说法不正确的是
A．b的分子式为C18H17NO2B．b的一氯代物有9种
C．b存在一种顺式结构的同分异构体D．b能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】
A．由结构简式()可知，该有机物分子式为C18H17NO2，故A正确；
B．有机物b中含有10种()不同的H原子，一氯代物有10种，故B错误；
C．C=C两端碳原子上分别连接有2个不同的基团，存在一种顺式结构的同分异构体，故C正确；
D．含有碳碳双键，可发生氧化反应，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
答案选B。

【点睛】
本题的易错点为C，要注意有机物存在顺反异构的条件和判断方法。

15．下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）
选项目的分离方法原理
A 分离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液过滤胶体粒子不能通过滤纸
B 用乙醇提取碘水中的碘萃取碘在乙醇中的溶解度较大
C 用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体蒸发MgCl2受热不分解
D 除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
【详解】
A项，胶体粒子可以通过滤纸，但不能通过半透膜，所以分离胶体与溶液的方法是渗析，故A项错误；
B项，乙醇与水互溶，致使碘、水、乙醇三者混溶，不能用乙醇萃取的方法进行分离，故B项错误；
C项，用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体，要先升温蒸发，然后降温结晶获得六水合氯化镁，然后通过干燥氯化氢气流加热得到MgCl2，故C项错误；
D项，丁醇和乙醚的沸点相差大，可以用蒸馏的方法分离，故D项正确。

综上所述，本题的正确答案为D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．CuCl用于石油工业脱硫与脱色，是一种不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮湿空气中可被迅速氧化。

Ⅰ.实验室用CuSO4-NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl。

相关装置及数据如下图。

回答以下问题：
（1）甲图中仪器1的名称是________；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为_________（填“A”或“B”）。

A、CuSO4-NaCl混合液
B、Na2SO3溶液
（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式_______________；丙图是产率随pH变化关系图，实验过程中往往用CuSO4- Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是
___________________________并维持pH在____________左右以保证较高产率。

（3）反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。

抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是________________________（写一条）；
洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是____________________________。

Ⅱ.工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂，某同学利用如下图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。

已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液也能吸收氧气。

（4）装置的连接顺序应为_______→D
（5）用D装置测N2含量，读数时应注意______________________。

【答案】三颈烧瓶 B 2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－及时除去系统中反应生成的H+ 3.5 可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化C→B→A 温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）根据仪器的结构和用途回答；
仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，便于通过分液漏斗控制滴加的速率，故选B。

（2）乙图随反应的进行，pH 降低，酸性增强，Cu2＋将SO32－氧化，制备CuCl的离子方程式2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－；
丙图是产率随pH变化关系图，pH =3.5时CuCl产率最高，实验过程中往往用CuSO4- Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，控制pH。

（3）抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）；
洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化。

Ⅱ.（4）氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，B中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，A中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，D测定氮气的体积，装置的连接顺序应为C→B→A→D；
（5）用D装置测N2含量，读数时应注意温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）。

【详解】
Ⅰ.（1）根据仪器的结构和用途，甲图中仪器1的名称是三颈烧瓶；
制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，便于通过分液漏斗控制滴加的速率，故选B。

（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，随反应的进行，pH 降低，酸性增强，Cu2＋将SO32－氧化，制备CuCl的离子方程式2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－；
丙图是产率随pH变化关系图，pH =3.5时CuCl产率最高，实验过程中往往用CuSO4- Na2CO3混合溶液代替
Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是及时除去系统中反应生成的H+ ，并维持pH在3.5左右以保证较高产率。

（3）抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）；
洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化。

Ⅱ.（4）氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，B中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，A中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，D测定氮气的体积，装置的连接顺序应为C→B→A→D；
（5）用D装置测N2含量，读数时应注意温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）。

【点睛】
本题考查物质制备实验、物质含量测定实验，属于拼合型题目，关键是对原理的理解，难点Ⅱ.（4）按实验要求连接仪器，需要具备扎实的基础。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．某有机物M的结构简式为，其合成路线如下：
已知：①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，即
②R1CHO+R2CH2CHO+H2O
根据相关信息，回答下列问题：
（1）B的名称为________；C的结构简式为________。

（2）D→E转化过程中第①步反应的化学方程式为_______。

（3）IV的反应类型为_______；V的反应条件是_____。

（4）A也是合成阿司匹林（）的原料，有多种同分异构体。

写出符
合下列条件的同分异构体的结构简式______(任写一种即可)。

a.苯环上有3个取代基
b.仅属于酯类，能发生银镜反应，且1mol 该物质反应时最多能生成4mol Ag ；
c.苯环上的一氯代物有两种。

（5）若以F 及乙醛为原料来合成M()，试写出合成路线
_________。

合成路线示例：HBr NaOH /Δ223232CH =CH CH CH Br CH CH OH −−−→−−−−−→水溶液
【答案】4-氯甲苯(或对氯甲苯) +CH 3CHO 取代反应 银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化
【解析】
【分析】
由有机物的转化关系，A 为甲苯，结构简式为，A 在铁做催化剂的条件下发生苯环取代生成，则B 为；在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，则C 为；在氢氧化钠溶液中发生信息①反应生成，则D 为；与乙醛在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成，则E 为；在铜作催化剂作用下，与NaOCH 3在加热条件下发生取代反应生成，发生氧化反应生成。

【详解】
（1）B的结构简式为，名称为4-氯甲苯(或对氯甲苯)，在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，则C的结构简式为，故答案为4-氯甲苯(或对氯甲苯)；；
（2）D→E转化过程中第①步反应为在氢氧化钠溶液中与乙醛发生加成反应，反应的化学方程式为+CH3CHO，故答案为+CH3CHO；
（3）IV的反应为在铜作催化剂作用下，与NaOCH3在加热条件下发生取代反应生成；V的反应发生氧化反应生成，反应条件可以是银氨溶液、
加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化，故答案为取代反应；银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热），再酸化；
（4）能发生银镜反应且每摩尔物质反应生成4molAg说明含有两个醛基；属于酯类，且苯环上的一氯代物有两种，说明结构对称，结合含有两个醛基且苯环上只有3个取代基可知苯环上含有两个“HCOO-”，另外还剩余1个C原子，即为一个甲基，则符合条件的同分异构体的结构简式为或，故答案为或；
（5）由M的结构简式，结合逆推法可知，合成M的流程为CH3CHO在氢氧化钠溶液中发生信息②反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO在催化剂作用下，与氢气在加热条件下发生加成反应生成
CH3CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH2OH与F在浓硫酸作用下，共热发生酯化反应生成M，合成路线如下：
，故答案为。

【点睛】
本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化是解答关键。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．CPAE是蜂胶的主要活性成分，具有抗癌的作用．人工合成CPAE的一种路线如下：
已知：i．A分子中苯环上一溴代物只有2种；
ii．R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO→
（1）写出反应类型：反应①_______；反应⑤______．
（2）写出结构简式：A______；C_______．
（3）在反应②中，1mol C7H5O2Br最多消耗NaOH____mol．
（4）写出反应方程式：反应⑦________．
（5）写出一种符合下列条件的E的同分异构体__________
i．1mol该物质与1mol Na2CO3反应，生成1mol CO2气体
ii．含有4种化学环境不同的氢原子
（6）写出实验室用Y制备苯乙酮（）的合成路线（不超过四步）_____________
（合成路线常用的表示方式为：A B…：目标产物）
【答案】取代反应消去反应 3
+H2O
或
【解析】
【分析】
根据A分子中苯环上一溴代物只有2种结合A的分子式为C7H6O2，则A为，A发生反应①生成C7H5O2Br，即苯环上的一个氢被溴取代，C7H5O2Br在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成B，B 酸化生成，所以C7H5O2Br的结构简式为；与X反应生成C，C脱水生成D，D发生银镜反应生成E，E与Y反应生成，根据逆推法，不难得出E为，Y为，根据D发生银镜反应生成E，则D为，根据C脱水生成D，则C为，又与X反应生成C，结合信息ii反应，则X为CH3CHO，据此分析解答。

【详解】
(1)反应①是苯环上的一个氢被溴取代，所以为取代反应；反应⑤为C脱水发生消去反应生成D，所以为消去反应；
(2)根据以上分析，A结构简式；C结构简式为；
(3)在反应②中，1mol C7H5O2Br，根据其结构简式为中卤代烃溴原子消耗NaOH2mol，酚羟基消
耗NaOH1mol，所以1mol C7H5O2Br最多消耗NaOH3mol；
(4)反应⑦为E与Y发生酯化反应，方程式为：
；
(5)E为i．1mol该物质与1mol Na2CO3反应，生成1mol CO2气体，说明含有2个羧基；ii．含有4种化学环境不同的氢原子，即一般对称结构，所以符合条件的E的同分异构体为
或；
(6)用Y即制备苯乙酮()，则采用逆推法，要合成，则要得到
，要得到，则要合成，在浓硫酸加热条件下发生消去反应即可得到，所以流程为：。

【点睛】
能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。

(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。

19．分离出合成气中的H2，用于氢氧燃料电池。

如图为电池示意图。

（1）氢氧燃料电池的能量转化主要形式是___，在导线中电子流动方向为___(用a、b和箭头表示)。

（2）正极反应的电极反应方程式为___。

（3）当电池工作时，在KOH溶液中阴离子向___移动（填正极或负极）。

【答案】化学能转化为电能a→b O2+4e-＋2H2O=4OH-负极
【解析】
【分析】
燃料电池的工作原理属于原电池原理，是化学能转化为电能的装置，原电池中，电流从正极流向负极，电子流向和电流流向相反；燃料电池中，通入燃料的电极是负极，通氧气的电极是正极，正极上是氧气发生得电子的还原反应。

【详解】
(1) 该题目中，氢氧燃料电池的工作原理属于原电池原理，是将化学能转化为电能的装置，在原电池中，电流从正极流向负极，而通入燃料氢气的电极是负极，通氧气的电极是正极，所以电子从a移动到b；
(2)燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，通氧气的电极是正极，正极上的电极反应为:
O2+ 2H2O+4e-=4OH-，故答案为: O2+2H2O+4e-=4OH-；
(3)根据离子间的阴阳相吸，当电池工作时，负极产生氢离子（阳离子），所以在KOH溶液中阴离子向负极移动。

【点睛】
燃料电池中，通入燃料的电极是负极，通氧气的电极是正极。