广东省化州市2018届高三上学期第二次高考模拟考试理综-化学试题
1. 化学与生活、技术密不可分，下列有关说法错误的是 A. 天然气是高效清洁的化石燃料 B. 煤的干馏属于化学变化 C. 油脂可以制取肥皂 D. 我国使用最早的合金是生铁 【答案】D
2. 某分子的球棍模型如下图所示，图中“棍”代表单键或双键或三键；不同颜色的球代表不同元素的原子。有关该分子的说法错误的是：
A. 不属于烃类 B. 能发生聚合反应
C. 不能与盐酸反应 D. 能与金属钠发生置换反应 【答案】C
【解析】根据颜色种数可以判断该物质含有4种元素，再根据原子的成键类型及球的大小确定元素。绿球最多能形成四个共价键，所以绿球代表C原子；白色球有一个共价键，且白球比绿球小，所以是H原子；红色球有两个共价键，所以是O原子；蓝色球有三个共价键，所以是N原子。则该球棍模型所示的分子式为
。
A、该分子含有4种元素，而烃只含有碳、氢两种元素，故A正确；B、该分子含有羧基和氨基，可以进行缩聚反应形成多肽，故B正确；C、氨基能和酸反应，故C错误；D、羧基可以
和金属钠发生置换反应，故D正确。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 在标准状况下，11.2 L NO 与11.2 LO2混合后所含原子数为NA B. 110 g Na2S2中含有的离子数为3NA
C. 0.1mol·LNa2CO3溶液1L所含阴离子数目小于0.1NA D. 1mol Cl2溶于足量的水中，反应时断裂的Cl-Cl 键数目为NA 【答案】B
【解析】A、标况下，11.2L NO为0.5mol，含2mol原子；11.2L O2为0.5mol，含1mol 原子，二者混合后发生反应，但是原子是守恒的，原子共有2mol，即数目为2NA，故A错误；B、n(Na2S2)=
=1mol，1mol Na2S2中含有2molNa和1molS2,共3mol离子，即数目为3NA，
-1
2-+
2--1
故B正确；C、1L 0.1 mol•L的Na2CO3溶液中含有溶质Na2CO3 0.1mol，即有1mol CO3，但是CO32-部分水解，水解方程式为CO32-+ H2O⇌HCO3-+OH-，根据方程式可知，每水解1个CO32-，就会有两个阴离子生成，所以溶液中阴离子数目，大于0.1mol，即阴离子总数大于0.1NA，故C错．．误；D、氯气和水的反应是可逆反应，1molCl2并不能完全反应，则断裂的Cl-Cl键数目小于NA，故D错误。选B。
点睛：Na2S2可以类比熟悉的Na2O2，阴阳离子比都是1∶2，在考查离子组成时易误认为2∶2； NaHCO3、NaHSO3、NaHSO4在熔融状态下，阴阳离子比为1∶1,易误认为1∶2。
4. 厨房垃圾发酵液可通过电渗析法处理，同时得到乳酸的原理如图所示(图中HA表示乳酸分子，A-表示乳酸根离子)。下列说法正确的是
A. 通电后，阳极附近PH增大 B. 电子从负极经电解质溶液回到正极
C. 通电后，A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室 D. 当电路中通过2 mol 电子的电量时，会有11.2 LO2生成 【答案】C
点睛：电解池中分析离子的流动有两个原则：①阴离子移向阳极，阳离子移向阴极；②溶液要保持电中性。
5. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、n、s是由这些元素组成的二元化合物。p和r分别是元素Z和X的单质，p通常为黄绿色气体。常温下0.01mol·Lq的水溶液的pH 为12。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
-1
A. 离子半径的大小Z B. 单质的还原性：Y>W
C. W在化合物中一定是+1价 D. Z的氧化物的水化物为强酸 【答案】B
【解析】p为黄绿色气体，则p是Cl2；p是元素Z的单质，则Z是Cl元素；常温下0.01mol·Lq的水溶液pH为12，则q为一元强碱，短周期元素中能形成强碱的金属阳离子只有Na+，故q为NaOH,含有Na、O、H三种元素；W、X、Y的原子序数依次增加，所以W为H元素，X为O元素，Y为Na元素；r是X的单质，所以r为O2。
A、元素X、Y、Z形成的离子分别为：O2-、Na+、Cl-，O2-与Na+核外电子排布相同，均有2个电子层，Cl有3个电子层。电子层数越大，半径越大，Cl半径最大；电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，所以半径O＞Na，所以三者离子半径大小顺序为Cl＞O＞Na，即Z＞X＞Y，故A错误；B、Y的单质为Na，而W的单质为H2，Na能在水中置换出H2，故Na的还原性强于H2，即Y＞W，故B正确；C、W（H）常见的价态为+1价，NaH中H为-1价，故C错误；D、元素Z（Cl）的非金属性很强，其最高价氧化物的水化物HClO4为最强酸，但Cl的其他价态的氧化物的水化物酸性不一定强，比如HClO为弱酸，故D错误。选B。 6. 下列有关实验现象和解释或结论都正确的是
2-+
-2-+
---1
选实验操作 项 A 将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中 红棕色变深 淀粉水解后的溶液加入新制Cu(OH)2浊B 液，再加热 C 用铂丝蘸取少量溶液进行焰色反应 向盛有1mL0.l mol/L的AgNO3溶液中加先生成白色沉入10滴0.1mol/L的NaCl溶液，振荡，D 再加入10滴0.1 nol/L的NaI溶液，色沉淀 再振荡，
A. A B. B C. C D. D 【答案】A
【解析】A、红棕色变深，说明NO2的浓度增大，反应2NO2⇌N2O4平衡向左移动，说明正反应为放热反应，△H＜O，故A正确；B、淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与新制的Cu(OH)2的反应需在碱性条件下进行，所以在加入Cu(OH)2之前应先在水解液中加NaOH溶液调节至碱性，否则可能看不到预期的砖红色，故B错误；C、焰色反应为黄色，证明存在Na+,但不一定是钠盐，比如可以是NaOH，故C错误；D、1mL溶液约有20滴，向1mL0.l mol/L的AgNO3溶液中加入10滴0.1mol/L的NaCl溶液，AgNO3是过量的，再加NaI，不能确定是AgCl转化为AgI，所以不能比较Ksp，故D错误。故选A。
7. 下图是一种染料敏化太阳能电池的示意图。电池的一个电极由有机光敏染料(S)涂覆在TiO2纳米晶体表面制成，另一电极由导电玻璃镀铂构成，电池中发生的反应为： TiO2/S→TiO2/S＊(激发态) TiO2/S＊→TiO2/S＊+e- I3-+2e-→3I-
2TiO2/S++3I-→2TiO2/S+I3-
淀，后产生黄Ksp(AgI) A. 电池工作时，是将太阳能转化为电能 B. 电池工作时，I离子在镀铂导电玻璃电极上放电 C. 电池中镀铂导电玻璃为正极 D. 电池的电解质溶液中I和I3的浓度不会减少 【答案】B 【解析】由图中电子的移动方向可知，TiO2电极为负极，Pt导电玻璃为正极，I3→I，元素化合价降低，为得电子过程，I→I3为失电子过程。A、由图可知该电池将太阳能转化为电能，故A正确；B、Pt导电玻璃为正极，正极得电子，应为I3-→I-，故B错误；C、Pt导电玻璃为正极，故C正确；D、该电池中I3和I相互转化，都没有被损耗，故D正确。故选B。 8. 草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产锂电池、涂料、着色剂以及感光材料的原材料。 Ⅰ、草酸亚铁晶体的制备： (1)步骤①硫酸亚铁铵晶体加稀硫酸溶解的原因是___________________。 (2)步骤2倾析的作用是使固液分离，具体操作是静置后，将沉淀上部的溶液倾入另一容器，从而获得固体。倾析法与普通的过滤相比，明显的优点是____________________。 (3)硫酸亚铁铵俗称莫尔盐，在空气中比一般的亚铁盐稳定，较难被氧化，其水溶液的性质与组成它的简单盐的混合溶液没有区别。设计简单实验证明硫酸亚铁铵比硫酸亚铁更稳 定______________________。 Ⅱ、测定草酸亚铁的纯度： --------- (4)在步骤③的溶液中除发生反应MnO4-+8H++5Fe2+=5Fe3++Mn2++4H2O 外，还有另一氧化还原反应，写出该反应的离子方程式__________________ ；用KmnO4标准溶液滴定至终点的现象是_____________________。 (5)步骤④加入适量锌粉的目的是________________。 (6)相同条件下，重复滴定三次，步骤③平均消耗KmnO4标准溶液V1mL，步骤⑤平均消耗V2mL，则mg固体样品的纯度计算式为______________。(用相关字母表示，不必化简) 【答案】 (1). 抑制Fe2+的水解 (2). 操作简便、加快固液分离的速率(回答一个即得分) (3). 取等物质的量的硫酸亚铁铵和硫酸亚铁固体，空气中放置相同的数分钟，用等体积和不含氧的蒸馏水溶解(各加入同浓度、等体积的硫酸)，再加入2 滴同浓度的KSCN 溶液，观察到硫酸亚铁溶液的颜色更深，说明硫酸亚铁铵比硫酸亚铁更稳定 (4). 2MnO4+5H2C2O4+6H=2Mn+10CO2↑+8H2O (5). 最后一滴标准溶液加入后，锥形瓶中的溶液颜色由黄色变为淡红色，且半分钟内不褪色 (6). 将Fe3+还原为Fe2+ (7). 4.5cV2/m×l00% 【解析】Ⅰ、（1）Fe易发生水解Fe+2H2O ⇌Fe(OH)2+2H,在溶解的过成中，加入与其阴离子对应的酸（硫酸）抑制Fe2+的水解，故答案为：抑制Fe2+的水解； （2）过滤，水浸过滤纸的速度较慢；倾析法直接倾倒，相较而言，操作更为简便、分离速率也快。故答案为：操作简便、加快固液分离的速率； （3）根据已知：硫酸亚铁铵在空气中比一般的亚铁盐稳定，可以确定实验思路，将要比较的两种盐都放置在空气中一段时间，然后比较氧化产物Fe的存在情况。实验过程中，要注意控制变量，即除了硫酸亚铁铵和硫酸亚铁这两种药品本身不同之外，其他的反应条件时间均要相同。实验设计表述为：取等物质的量的硫酸亚铁铵和硫酸亚铁固体，空气中放置相同的数．．．．．．．．．分钟，用等体积和不含氧的蒸馏水溶解(各加入同浓度、等体积的硫酸)，再加入2滴同浓度．．．．．．．．．．．．．．．．．的KSCN溶液，观察到硫酸亚铁溶液的颜色更深，说明硫酸亚铁铵比硫酸亚铁更稳定。 Ⅱ、流程的目的为测定草酸亚铁的纯度，可以通过测定Fe2+的量而间接得出草酸亚铁的量。取mg的样品晶体溶解后配制成100mL。取2OmL样液，用高锰酸钾标准溶液滴定，消耗V1mL高锰 3+ 2+ 2+ + -+ 2+ 酸钾溶液。滴定后，溶液中的Fe转化为Fe，H2C2O4转化为CO2。因为样品中含有草酸铵，所以不能根据这一次滴定数据计算草酸亚铁。滴定后的溶液中存在Fe3+，加入Zn粉将Fe3+还原为Fe2+，再次用高锰酸钾溶液滴定消耗V2mL高锰酸钾溶液。 （4）草酸亚铁晶体溶于稀硫酸后，C2O4与H结合为H2C2O4，溶液中含有两种还原性物质：Fe和H2C2O4，加入KMnO4溶液后，KMnO4也能将H2C2O4氧化为CO2，发生反应为： 2MnO4+5H2C2O4+6H=2Mn+10CO2↑+8H2O；当高锰酸钾将Fe和H2C2O4反应完全后，再加入高锰酸钾，溶液会立即变红色，振荡，半分钟内颜色不会褪去，即达到滴定终点，停止滴定。 故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；最后一滴标准溶液加入后，锥形瓶中的溶液颜色由黄色变为淡红色，且半分钟内不褪色； （5）根据上述分析，步骤④中加入Zn粉的目的：将Fe3+还原为Fe2+； （6）步骤⑤中滴定Fe消耗V2mL高锰酸钾溶液，根据方程式可列式子计算。 5Fe+ MnO4+8H═5Fe+Mn+4H2O 5mol 1mol n cV2×10-3mol 所以，n=5cV2×10(原样液取的是20mL) 所以，mg样品含有Fe2+物质的量为5cV2×10-3mol× =2.5cV2×10-2mol -3 2+ -+ 3+ 2+ 2+ -+ 2+ 2+ 2-+ 2+ 2+3+ 所以，FeC2O4·2H2O的质量分数==4.5cV2/m×l00% 点睛：Ⅱ问的实验，要从实验目的出发，先分析实验原题，根据Fe2+的原理得出草酸亚铁的质量。但是草酸与亚铁均能被高锰酸钾氧化，所以可以推测出要先除去草酸，再用标准液滴定亚铁离子。 9. 用辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备碱式碳酸铜的流程如下： (1)辉铜矿中铜元素的价态为_________________。 (2)滤渣Ⅰ的成分除了不溶性矿渣外，还有S、__________、______________，写出“浸取”过程中生成S 的离子方程式_______________________。 (3)也可用FeCl3代替MnO2作浸取剂。若向FeCl3浸取液中加入CuCl2 ，能加快铜元素的浸取速 率，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；②____________。 (4)“沉锰”时发生的反应的离子方程式为____________________。 (5)滤液Ⅱ经结晶得到的盐主要是____________(填化学式，下同)，流程中可循环的物质是_________________。 (6)辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电化学反应转变而成，有关转化见下图，转化时负极的电极 反应式为___________________。 【答案】 (1). +l (2). SiO2 (3). MnO2 (4). 2MnO2+Cu2S+8H=S ↓+2Cu+2Mn+4H2O (5). CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 (6). Mn+2HCO3=MnCO3↓+H2O+CO2↑或Mn+NH3+HCO3=MnCO3↓+NH4 (7). (NH4)2SO4 (8). NH3 (9). Cu+H2S-2e-=Cu2S↓+2H+ 【解析】流程分析：辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，Fe2O3与硫酸反应转化为Fe3+，SiO2不溶，进入滤渣。根据（2）已知S单质生成，可知Cu2S被MnO2氧化，转化为Cu和S，MnO2自身被还原为Mn。过滤得到滤渣为SiO2、S、未反应完的MnO2，滤液中含有Fe、Mn、Cu。调节溶液pH除去Fe，加入碳酸氢铵溶液和氨气将Mn2+沉淀为碳酸锰，过滤得到滤液，赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。 （1）Cu2S中Cu为+1价； （2）根据上述分析滤渣Ⅰ的成分还有SiO2、MnO2；Cu2S被MnO2氧化，转化为Cu2+和S，MnO2自身被还原为Mn，方程式为：2MnO2+Cu2S+8H=S↓+2Cu+2Mn+4H2O； 故答案为：SiO2、MnO2；2MnO2+Cu2S+8H=S↓+2Cu+2Mn+4H2O； （3）MnO2在流程中作氧化剂，FeCl3也有强氧化性，可以氧化Cu2S。若向FeCl3浸取液中加入CuCl2，发生反应①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S，CuCl再被FeCl3反氧化为CuCl2，化学方程式为：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2。 故答案为：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 （4）沉锰除Mn2+过程中,加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀,反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+H2O+CO2↑或Mn2++NH3+HCO3-=MnCO3↓+NH4+； （5）分析流程，滤液2中主要阴离子为硫酸根，阳离子为铵根离子，即主要溶质为硫酸铵， + 2+ 2+ 2+ + 2+ 2+ 3+ 2+ 2+ 3+ 2+ 2+ 2+ -2+ -+ + 2+ 2+ 所以结晶后得到的盐为(NH4)2SO4。流程中存在加入氨气和赶氨的操作，所以可循环的物质为氨气。故答案为：(NH4)2SO4；氨气； （6）根据图中电子的流向可知，Cu为负极，加入H2S转化H+，Cu转化Cu2S，所以该电极的反应为：Cu+H2S-2e=Cu2S↓+2H。 10. 对机动车尾气中的N元素、C 元素进行处理，可以保护环境，减少污染。 (1)汽缸中生成 NO 的反应为：N2(g)+O2(g) 2NO(g) △H>0，NOx在铑(Rh)的催化下 -+ 最终转化为无毒的产物，其中NO与CO的反应过程中经历如下两步(已知：1kcal=4.18kJ)： 反应Ⅰ：NO(g)+CO(g)+Rh(s)反应Ⅱ：RhN(s)+NO(g) RhN(s)+CO2(g) △H=-8 kcal·mol-1 -1 Rh(s)+N2O △H =-76.4 kcal·mol 则由NO生成2 mol N2O的△H =_________kcal·mol-1。若Ⅰ比Ⅱ的反应速率大，下列能正确表示反应2NO(g)+CO(g) N2O(g)+CO2(g) △H 在有催化剂(a)和无催化剂(b) 时反 应过程的能量变化图的是________________。 (2)相同温度下，两个体积均为1L的恒容密闭容器中，发生反应： 2NO(g)+2CO (g) N2(g)+2CO2(g)，有关物质的量如下表： 平衡物质的量/mol N2 0 b CO2 0 0.1 CO2 a 0.2 容器 编号 Ⅰ Ⅱ 起始物质的量/mol NO 0.2 0.3 CO 0.2 0.3 ①容器Ⅰ中平衡后气体的压强为开始时的0.875 倍，则a =_________________。 ②容器Ⅱ平衡时的气体压强为p，用平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数K为_________。(3) 汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，某研究小组在实验室以耐高温试剂Ag-ZSW-5催化，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如下图所示。 ①在n(NO)/n(CO)=1条件下，最佳温度应控制在_____左右。 ②若不使用CO，温度超过775 K，发现NO的分解率降低，其可能的原因为_______________。 ③用平衡移动原理解释为什么加入CO后NO转化为N2的转化率增大?__________________。 【答案】 (1). 168.8 (2). B (3). 0.1 (4). 4/p (5). 870K (860～880K 范围都可以) (6). NO直接分解成N2的反应是放热反应，升高温度不利于反应进行 (7). 加入的CO与NO分解生成的O2反应，使NO分解平衡向生成N2的方向移动，因此NO转化率升高 【解析】（1）由反应Ⅱ：RhN(s)+NO(g) ⇌Rh(s)+N2O △H =-76.4 kcal·mol-1可知，由NO生成2molN2O的△H =168.8kcal·mol；加入催化剂，故答案为：168.8；将该反应2NO(g)+CO(g) ⇌N2O(g)+CO2(g) 看作反应Ⅲ，根据盖斯定律可知：反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ，所以反应Ⅲ△H=-84.4 kcal·mol。反应Ⅲ为放热反应，反应物能量高于生成物能量，故A图错误；反应Ⅰ和反应Ⅱ都是放热反应，C图和D图，加催化剂的曲线中，第一步为吸热反应，故C图和D图均错误。故选B。 故答案为：168.8； B； （2）①根据表格中容器Ⅰ的数据，列出三段式： 2NO(g) + 2CO (g) ⇌ N2(g)+2CO2(g) 起始物质的量/mol 0.2 0.2 0 0 变化物质的量/mol a a 0.5a a 平衡物质的量/mol 0.2-a 0.2-a 0.5a a 已知容器Ⅰ中平衡后气体的压强为开始时的0.875倍。恒温恒容条件下，气体的物质的量之 -1 -1 比等于压强之比。即平衡后气体的物质的量等于起始气体物质的量的0.875倍。故可列出等式：(0.2-a)+ (0.2-a)+0.5a+a=0.875×（0.2+0.2），解得a=0.1； 故答案为：0.1； ②容器Ⅱ温度与容器Ⅰ相同，故平衡常数相等。 容器Ⅰ平衡时n(NO)= n(CO)= c(CO2)=0.1mol，n(N2)=0.05mol，容器体积为1L，则平衡常数可表示为：K= 容器Ⅱ中根据表格数据可列三段式： 2NO(g) + 2CO (g) ⇌ N2(g) + 2CO2(g) 起始物质的量/mol 0.3 0.3 b 0.1 变化物质的量/mol 0.1 0.1 0.05 0.1 平衡物质的量/mol 0.2 0.2 b-0.05 0.2 则K= =5；解得，b=0.25； =5； 则平衡时气体总物质的量为0.8mol，各组分气体均为0.2mol，各气体的分压为； 所以用平衡分压表示的平衡常数K== ； 故答案为为：； （3）①由图可知，在n(NO)/n(CO)=1条件下条件下，温度为870℃左右时，NO还原为N2的转化率为100%，故答案为： 870℃或相近温度； ②升高温度，发现NO的分解率降低，说明反应向逆反应方向进行，该反应放热； 故答案为：NO直接分解成N2的反应是放热反应，升高温度不利于反应进行； ③加入的CO会与NO的分解产物O2发生反应，促进NO分解平衡向生成N2的方向移动，导致NO转化率升高。 故答案为：加入的CO与NO分解生成的O2反应，使NO分解平衡向生成N2的方向移动，因此NO转化率升高。 11. [化学一选修5：有机化学基础]具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如下图所示： 已知： ⅰ. ⅱ. ⅲ. (以上R、R’、R”代表氢、或烃基等) (1)A属于芳香烃，名称是______________，由B生成C的反应类型是________________。 (2)试剂a是_________________，HCHO的电子式是________________。 (3)E的结构简式是_________________。 (4)由F生成G的化学方程式是____________________。 (5)二取代芳香化合物W是 同分异构体，能使溴的四氯化碳溶液反应，能发生 银镜反应，W共有____种(不含立体结构)。其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为________。 (6)以乙醇为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成，写出合成路线 (用简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)__________________。 【答案】 (1). 1，2-二甲苯（邻二甲苯) (2). 取代反应 (3). CH3OH (甲醇） (4). (5). (6). +NaOH +NaI+H2O (7). 12 (8). (9). 【解析】（1）A的分子是为C8H10，比饱和烷烃C8H18少了8个H原子，则A中有一个苯环和烷基。A被氧化为B，B反应生成C，可推测A应为2侧链，即 ，故A的名称为1，2-二甲 苯或邻二甲苯；A中一个甲基被氧化为-COOH，B→C在另一个侧链上引入一个Br，可知B生成C的反应为取代反应。 故答案为：1，2-二甲苯（邻二甲苯)；取代反应； （2）根据已知信息 ，分析D→E的断键过程，可得D的结构简 式为：，所以C→D为酯化反应，试剂a为CH3OH；HCHO的结构式为：，则 电子式为：； ； 在NaOH溶液中发生水解，再酸化则可 ； 故答案为：CH3OH（或甲醇）；（3） →E，根据反应条件可知， 得到-COOH，故E的结构简式为： 故答案为： ； （4）分析已知信息，该反应为加成反应，两个碳碳双键形 成一个四元环环。F（）在试剂b的作用下生成G（C9H6O2），G在一定条件下生成 H()。根据碳原子数目，和F的结构可推测，2个G分子发生加成反应形成一 个四元环，则G中有碳碳双键。所以F→G为碘原子的消去反应，试剂b为NaOH的醇溶液，G的结构简式应： 。所以F→G的方程式为： +NaOH +NaI+H2O； （5）的同分异构体W，是二取代芳香化合物，则W含有苯环，且苯环上由2个取 代基；能发生银镜反应，则含有-CHO或甲酸酯基；能使溴的四氯化碳溶液褪色，则含有碳碳双键或碳碳三键。根据分子的不饱和情况可推断，只有碳碳双键，没有碳碳三键；根据W只能有2个官能团可推断，且氧原子数目为2，则只能是甲酸酯基，没有醛基。 W苯环上的2个取代基，一共4个碳原子，2个氧原子，则2个取代基可以有以下几种组合： ①-CH=CH2、 ；②-CH=CHCH3、-OCHO；③-CH2CH=CH2、-OCHO；④ 、-OCHO。 两个取代基在苯环上可以有邻、间、对三种排列形式，故符合条件的W数目为4×3=12种。其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为： 。 故答案为：12；。 （6）流程起点和目的可表示为：CH3CH2OH→； 根据已知，逆推：CH3-CH=CH-CH3→； 根据已知，逆推：CH3CH2BrCH3-CH=CH-CH3； 所以，首先要用原料CH3CH2OH分别制得：CH3CH2Br和CH3CHO。CH3CH2OH与浓氢溴酸在加热的条件下可以生成CH3CH2Br；CH3CH2OH在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成CH3CHO。 故合成路线可以表示如下： 。 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容