1、新疆昌吉市第九中学2021届高三化学上学期开学考试试题（含解析）一、选择题1. 化学与生产生活密切相关。下列有关说法正确的是A. 食品包装袋内放置铁粉与放置硅酸干凝胶的作用相同B. 纯碱既可用于清洗油污，也可用于治疗胃酸过多C. 二氧化硫可作葡萄酒的食品添加剂D. 漂白粉长期放置会因氧化而变质【答案】C【解析】【详解】A、食品包装袋中放置的铁粉，其目的吸收氧气，防止食品氧化，硅酸干凝胶的作用是吸收水，防止食品受潮发生变质，两种物质的作用不同，故A错误；B、纯碱可用于清洗油污，但水溶液的碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，故B错误；C、葡萄酒中含有极少量SO2，其目的是调节酸度、抗氧化和杀菌等作用，
2、故C正确；D、漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，失效的原因是Ca(ClO)2CO2H2O=CaCO32HClO，2HClO O2H2O，不是发生氧化而变质，故D错误；答案选C。2. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A. 7.8gNa2O2固体中阴阳离子总数为0.4NAB. 密闭容器中2 mol NO与1molO2充分反应，产物的分子数目为2NAC. 在一定温度下，足量Zn与2 mol浓硫酸反应产生NA个SO2分子D. S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A、过氧化钠的电子式为，7.8g过氧化钠为0.1mol，即7.8g过氧化钠
3、中含有阴阳离子总物质的量为0.3mol，故A错误；B、NO与O2发生2NOO2=2NO2，而2NO2N2O4，因此2molNO与1molO2充分反应后，产物的分子物质的量小于2mol，故B错误；C、足量的Zn与浓硫酸反应，随着反应的进行，硫酸浓度降低，Zn与稀硫酸反应生成H2，因此生成SO2的物质的量小于1mol，故C错误；D、无论S2还是S8都是由硫原子组成，即6.4g是硫原子质量总和，硫原子物质的量为=0.2mol，故D正确；答案选D。【点睛】易错点是选项C，学生应审清楚题意，Zn是过量，浓硫酸不足，随着反应的进行浓硫酸的浓度降低，变为稀硫酸，Zn与浓硫酸反应生成SO2，Zn与稀硫酸反应生
4、成H2，即得到气体为SO2和H2的混合气体。3. 工业上可由乙苯生产苯乙烯：，下列有关说法正确的是A. 乙苯和苯乙烯均能发生取代反应、加聚反应和氧化反应B. 用溴水可以区分苯乙烯和乙苯C. 1 mol苯乙烯最多可与4 mol氢气加成，加成产物的一氯代物共有5种D. 乙苯和苯乙烯分子中共平面的碳原子数最多都为7【答案】B【解析】【详解】A.乙苯能发生取代反应、加成反应和氧化反应，不能发生加聚反应；而苯乙烯由于含有碳碳双键，所以能发生加聚反应和氧化反应，也能发生苯环上的取代反应，A错误；B.苯乙烯能与溴水发生加成反应而是溴水褪色，而苯不能与溴水发生加成反应，因此不能使溴水因反应而褪色，故可以用溴水
5、区分二者，B正确；C.苯乙烯的苯环和碳碳双键都可以与H2发生加成反应，1 mol苯乙烯最多可与4 mol氢气加成，加成产物是乙基环己烷，在乙基环己烷分子中有6种不同的H原子，所以其一氯代物共有6种，C错误；D.饱和C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，通过该C原子最多还有2个原子在一个平面上，由于苯分子是平面分子，所以乙苯分子中的8个C原子可能在一个平面上；苯分子是平面分子，乙烯分子是平面分子，两个平面可能共平面，即8个C原子在一个平面上，所以共平面的碳原子数最多都为8，D错误；故合理选项是B。4. 下列实验操作规范且能达到目的是目的操作ACu与浓硫酸反应后未见溶液变蓝色，为了观察生成了Cu
6、SO4向反应后的溶液中加入适量蒸馏水B清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗C检验某溶液中是否有SO42取少量溶液于试管中，向该溶液中加入已用盐酸酸化的BaCl2溶液D制备Fe(OH)3胶体将NaOH溶液滴加到饱和FeCl3溶液中A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A、Cu与浓硫酸发生反应，反应后溶液中可能还含有浓硫酸，因此观察生成CuSO4，应将反应后的溶液加入适量的蒸馏水中，该题相当于稀释浓硫酸，因此题中操作方法不规范，故A不符合题意；B、碘单质易溶于酒精，而酒精可以与水任意比例互溶，因此题中操作能达到目的，操作方法规范，故B符合题意；C、Ag对硫酸根的检验产
7、生干扰，检验SO42方法：取少量溶液于试管中，向该溶液中加入过量的盐酸，无现象后，滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，说明含有SO42，题中所给操作不能达到目的，故C不符合题意；D、制备氢氧化铁胶体：向沸水中滴加几滴饱和FeCl3溶液，加热至出现红褐色液体，即得到氢氧化铁胶体，题中所给操作得到氢氧化铁沉淀，故D不符合题意；答案选B。5. X、Y、Z、M、G五种短周期元素原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子；G的单质可作水消毒剂。下列叙述正确的是A. 元素M的氧化物对应的水化物酸性比G的弱B. 化合物Z2M、MY2中化学键的类型相同C
8、. ZX与水的反应属于氧化还原反应D. 简单离子半径的大小顺序：XYZMG【答案】C【解析】【分析】X和Z属于同主族，可形成离子化合物，且五种元素为短周期元素依次增大，即X为H，Z为Na，Y和M同主族，且可形成MY2和MY3，推出Y为O，M为S，G为Cl，据此分析；【详解】X和Z属于同主族，可形成离子化合物，且五种元素为短周期元素依次增大，即X为H，Z为Na，Y和M同主族，且可形成MY2和MY3，推出Y为O，M为S，G为Cl，A、元素M的氧化物为SO2和SO3，对应的水化物是H2SO3和H2SO4，G的氧化物对应水化物可以是HClO和HClO4，H2SO3、H2SO4的酸性强于HClO，故A错
9、误；B、化合物Z2M和MY2分别是Na2S和SO2，前者属于离子化合物，含有离子键，后者属于共价化合物，含有共价键，故B错误；C、ZX为NaH，与水反应：NaHH2O=NaOHH2，存在化合价的变化，该反应为氧化还原反应，故C正确；D、五种元素简单离子分别是H、O2、Na、S2、Cl，微粒半径大小顺序是S2ClO2NaH，故D错误；答案选C。【点睛】易错点是选项A，学生不注意题中只说了氧化物，没有说是最高价氧化物，因此不能按照“非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强进行分析”，平时注意审题。6. 实验表明钠离子聚合物新型电池正负极材料均表现出较快的电极反应动力学，使得电池具备高功率性
10、能。某钠离子聚合物电池放电时的工作原理如图，下列说法正确的是A. 放电时，B电极发生还原反应B. 充电时，阳极的电极反应式为 3I- 2e- = I3-C. 充电时，电极A接电源负极D. 放电时，当转移0.5 mol电子，NaI溶液中增加0.5NA个Na+【答案】D【解析】【分析】该装置为电池，依据装置图中电子移动方向，推出B为负极，A为正极，然后再按照可充电电池进行分析；【详解】A、根据装置图，电子从B电极流出，即B电极负极，发生氧化反应，A电极为正极，发生还原反应，故A错误；B、该装置的正极反应式为I32e=3I，可充电电池，充电时，电源的正极接电池正极，电源的负极接电池的负极，即阳极反应
11、式为3I2e=I3，故B错误；C、根据B选项分析，电极A接电源的正极，故C错误；D、正极反应式为I32e=3I，当转移0.5mol电子，溶液中应有0.5molNa移向正极，故D正确；答案选D。7. 下列选项正确的是A. 25时，AgBr在0.01mol/L的MgBr2水溶液和NaBr溶液的溶解度相同B. NaCN溶液和盐酸混合呈中性的溶液中：c(Na+)=c(Cl-)+c(CN-)C. 25时，将0.01mol/L的醋酸溶液加水不断稀释，减小D. Na2CO3、NaHCO3溶液等浓度等体积混合后：3c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)【答案】B【解析】【详解】A
12、、AgBr溶解平衡体系：AgBr(s) Ag(aq)Br(aq)，0.01molL1的MgBr2溶液中c(Br)比NaBr溶液中c(Br)多，根据Ksp=c(Ag)c(Br)，c(Br)越大，c(Ag)越小，溶解度越小，推出AgBr在MgBr2溶解度小于NaBr中，故A错误；B、根据电荷守恒，c(Na)c(H)=c(Cl)c(CN)c(OH)，NaCN溶液和盐酸混合呈中性，即c(H)=c(OH)，即c(Na)=c(Cl)c(CN)，故B正确；C、醋酸的电离平衡常数，Ka=，电离平衡常数只受温度的影响，温度不变，电离平衡常数不变，故C错误；D、Na2CO3和NaHCO3溶液等浓度等体积混合，即N
13、a原子的物质的量与C原子物质的量之比为3：2，依据物料守恒，因此有2c(Na)=3c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)，故D错误；答案选B。二、非选择题8. 硫酸亚铁铵又称摩尔盐，某实验小组利用如图装置制取摩尔盐并测其纯度。摩尔盐制取：(1)仪器a的名称为：_(2)检查装置气密性，加入药品，先关闭，打开、和仪器a活塞，装置B中有气体产生，该气体的作用是_。反应一段时间后，欲使摩尔盐在装置A中生成的对应操作为_。摩尔盐纯度测定：取硫酸亚铁铵样品配制成溶液，甲、乙、丙三位同学设计了如下三个实验方案，请回答：甲方案一：取硫酸亚铁铵溶液用的酸性溶液进行三次滴定。乙方案二：丙方案三：实验设计图如
14、图所示：(3)写出方案一发生反应的离子方程式_，若甲乙两同学实验操作都正确，但方案一的测定结果总是小于方案二，推测可能原因： _；设计实验验证你的推测：_。(4)方案三测得的体积为已折算为标准状况下，计算摩尔盐的纯度_。计算结果保留一位小数【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 排除装置A中的氧气，避免氧化 (3). 打开，关闭和 (4). (5). 摩尔盐中被空气部分氧化 (6). 取少量硫酸亚铁铵溶液于试管中，加入少量KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明已被空气部分氧化 (7). 【解析】【分析】摩尔盐的制取(1)根据仪器的构造进行判断；(2)生成的硫酸亚铁易被氧化，注意操作顺序的先后；摩
15、尔盐纯度测定(3)根据氧化还原反应原理分析实验方案。方案三测得的体积为V已折算为标准状况下，根据进行计算。【详解】摩尔盐的制取(1)仪器a为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；(2)生成的硫酸亚铁易被氧化，根据分析，检查装置气密性，加入药品，先关闭，打开、和仪器a活塞，装置B中有氢气产生，可以排除装置A中的氧气，避免氧化，反应一段时间后，打开，关闭和，将B中产生的硫酸亚铁压入A装置反应；故答案为：排除装置A中的氧气，避免氧化；打开，关闭和；摩尔盐纯度测定(3)方案一中的反应为：；方案一通过的量计算硫酸亚铁铵，方案二通过的量计算硫酸亚铁铵，方案一的测定结果总是小于方案二，说明摩尔盐中被空气部分氧化，致
16、偏小；被空气部分氧化会生成，取少量硫酸亚铁铵溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明已被空气部分氧化；故答案为：；摩尔盐中被空气部分氧化；取少量硫酸亚铁铵溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明已被空气部分氧化；方案三测得的体积为V已折算为标准状况下，根据，则摩尔盐，故摩尔盐的纯度为=。【点睛】本题考查物质的制备和化学实验的综合应用，为高考常见题型，题目难度中等，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握实验的原理和目的，为解答该类题目的关键，注意物质的性质，结合题给信息解答，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。9. 下图为对预处理后的可充电电池粉末(主要
17、为NiO、CdO、CoO和Fe2O3等)回收重金属的工艺流程。已知：浸取液为NH3和NH4HCO3的混合液；滤液主要含：Cd(NH3)42+、Ni(NH3)62+、Co(NH3)62+和CO32-(1)滤液中，钴元素的化合价为：_(2)“催化氧化”步骤中，向Co(NH3)62+含量为0.38gL-1的溶液中通入空气，待反应完全后，记录数据如下表：反应时间Co(NH3)63+(gL-1)(25C)Co(NH3)63+(gL-1)(90C，石墨催化)1.5h0.0900.352.5h0.140.385h0.350.38由表中数据可得，Co(NH3)62+氧化的最佳条件为_；(3)反应I的化学方程式
18、：_ ；操作I中用乙醇代替蒸馏水洗涤NiSO46H2O 的优点是：_；(4)萃取原理为：Ni2+ (水层)+2HR(有机层)NiR(有机层)+2H+(水层)，反萃取中，加入试剂X为：_，该工艺可循环利用的物质为有机萃取剂和_；(以上均填化学式)(5)生成CdCO3沉淀是利用反应Cd(NH3)42+COCdCO34NH3。已知：常温下，该反应平衡常数K=2.75105mol2L-2，Cd(NH3)42+Cd2+4NH3的平衡常数K不稳=2.7510-7， Ksp(CdCO3)= _。 (6)铁镍蓄电池又称爱迪生电池,放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2；
19、该电池充电时，阳极的电极反应方程式为：_；【答案】 (1). +2价 (2). 90C，石墨催化；反应时间为2.5 h (3). 2Co(OH)36HCl2CoCl2Cl26H2O (4). 减少产品的溶解损失，且乙醇易挥发有利于快速干燥产品 (5). H2SO4 (6). NH3 (7). 1.010-12 (8). 2Ni(OH)2+2OH-2e-=Ni2O3+3H2O【解析】分析】电池粉末(主要为NiO、CdO、CoO和Fe2O3等)用NH3和NH4HCO3的混合液浸取后，滤液主要含：Cd(NH3)42+、Ni(NH3)62+、Co(NH3)62+和CO32-，说明NiO、CdO、CoO
20、发生反应，滤渣主要成分为Fe2O3；滤液发生催化氧化，钴元素由+2价升高为+3价，生成Co(OH)3，Co(OH)3与HCl发生氧化还原反应生成CoCl2、Cl2和H2O，最后经处理得到氯化钴晶体；滤液经过萃取，发生Ni2+ (水层)+2HR(有机层)NiR(有机层)+2H+(水层)，向有机相中加入试剂X得到水相中含镍离子，故试剂X为硫酸，促进反应逆向移动。【详解】(1) 综上分析，Co(OH)3与HCl发生氧化还原反应生成CoCl2、Cl2和H2O，故滤液中，钴元素的化合价为+2价；(2)“催化氧化”步骤中，根据表格数据，反应5h与反应2.5h，产量无明显变化，故90C，石墨催化；反应时间为
21、2.5 h时，Co(NH3)62+氧化的最佳条件；(3)综上分析，反应I的化学方程式为2Co(OH)36HCl=2CoCl2Cl26H2O；为了减少产品的溶解损失，且乙醇易挥发有利于快速干燥产品，故操作I中用乙醇代替蒸馏水洗涤NiSO46H2O；(4)根据萃取原理Ni2+ (水层)+2HR(有机层)NiR(有机层)+2H+(水层)，反萃取中，为了使Ni2+溶于水，故加入试剂X为H2SO4，增加氢离子浓度，促进反应逆向移动；加入硫酸后促进氨气挥发，故该工艺可循环利用的物质为有机萃取剂和NH3；(5)生成CdCO3沉淀是利用反应Cd(NH3)42+COCdCO34NH3，Ksp(CdCO3)c(C
22、O32-)c(Cd2+)1.010-12； (6)铁镍蓄电池放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3 H2O=Fe(OH)2+2 Ni(OH) 2，则该电池充电时，总反应为Fe(OH)2+2 Ni(OH) 2=Fe+Ni2O3+3 H2O，阳极发生氧化反应，故阳极Ni(OH)2反应生成Ni2O3，故电极反应方程式为2Ni(OH)2+2OH-2e-=Ni2O3+3H2O。10. 氮和氮的化合物在国防建设、工农业生产和生活中都有极其广泛的用途。请回答下列与氮元素有关的问题：(1)NaCN广泛用于电镀工业上，实验测得浓度相同的NaCN溶液和NaHCO3溶液，前者的pH大，则酸性：HCN_H2CO3(填
23、“强于”或“弱于”)。(2)亚硝酰氯(结构式为ClN=O)是有机合成中的重要试剂。它可由C12和NO在通常条件下反应制得，反应方程式为：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)。已知几种化学键的键能数据如下表：化学键ClClClNN=ONO(NO)键能(kJ/mol)243200607630当Cl2与NO反应生成ClNO的过程中转移了5mol电子，理论上热量变化为_kJ。(3)在一个恒容密闭容器中充入2 mol NO(g)和1molCl2(g)发生(2)中反应，在温度分别为T1、T2时测得NO的物质的量(单位：mol)与时间的关系如下表所示：温度/0min5min8min13minT121.
24、51.31.0T221.151.01.0若容器容积为1L，温度为T1时，反应开始到5min时，C12的平均反应速率为_。在T1条件下，反应进行到13min时，反应的正反应速率_逆反应速率(填“大于”、“等于”或“小于”)，请解释原因：_。温度为T2时，起始时容器内的压强为p0，则该反应的压强平衡常数Kp=_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。(4)近年来，地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO3)，其工作原理如图所示：Ir表面发生反应的方程式为_。若导电基体上的Pt颗粒增多，造
25、成的结果是_。【答案】 (1). 弱于277.5 (2). 277.5 (3). 0.05mol/(Lmin) (4). 大于 (5). 温度越高，反应速率越大，由图可知T1T2；该反应的正反应为放热反应，温度越低，达平衡时的NO转化率越高，由图可知T1温度下平衡时的NO应小于1mol,则T1温度下13min时，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率 (6). (7). H2N2O=N2H2O (8). 不利于降低溶液中的含氮量【解析】【分析】强碱弱酸盐，越弱水解程度越大；根据焓变=反应物总键能生成物总键能计算2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)反应的焓变，转移5mol电子消耗2.5mo
26、l氯气；温度越高，反应速率越大，单位时间内消耗NO的量越多；根据v=，计算5min内Cl2的反应速率。根据(4) 图示，氢气、N2O在Ir表面生成氮气和水；Pt颗粒增多，更多的NO3被还原为NH4+，不利于降低溶液中的含氮量。【详解】(1)强碱弱酸盐，越弱水解程度越大；实验测得浓度相同的两溶液中，NaCN溶液的pH较大，则CN水解程度比HCO3大，则HCN的酸性弱于H2CO3。(2)根据焓变=反应物总键能生成物总键能，计算2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)反应的焓变，转移5mol电子消耗2.5mol氯气。1mol Cl2参与反应发生焓变为24326302(200607)111kJ，此时
27、转移2mol电子，则有5mol电子转移时，热量变化为277.5kJ。(3)根据计算5min内Cl2的反应速率；T1，5min内NO的物质的量变化0.5mol，Cl2的物质的量的变化为0.25mol，反应速率为 0.05mol/(Lmin)。温度越高，反应速率越大，单位时间内消耗NO的量越多，所以T1T2；因为该反应的正反应为放热反应，温度越低，达平衡时的NO转化率越高，由表可知T1温度下平衡时的NO应小于1mol，则T1温度下13min时，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率。利用“三段式”计算Kp；起始物质的量为3mol，压强为p0，反应后各物质变化为： 2NO Cl2 2ClNO起始物质
28、的量 2 1 0变化量 1 0.5 1达平衡物质的量 1 0.5 1同温同体积条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，则反应后压强为，则。(4) 根据图示，氢气、N2O在Ir表面生成氮气和水；Ir表面发生的反应为H2N2OH2ON2。读图可知，若Pt颗粒增多，则NO3更多转化为NH4存在于溶液中，不利于降低溶液中的含氮量。三、选考题11. 化学选修3：物质结构与性质周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a是组成物质种类最多的元素，c是地壳中含量最多的元素，d与a同族，e2+离子3d轨道中有9个电子。回答下列问题：(1)e原子的价层电子排布图为_(2)晶体d、晶体da晶体a
29、c2的熔点由高到低的顺序为_ (用化学用语表示，下同)，a、b、c三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_。(3)元素b、c形成两种常见阴离子bc2和bc3，其中bc2离子中心原子杂化轨道类型为_，bc3离子的空间构型为_。(4)向e2+硫酸盐的水溶液中加入过量的氨水，可得到深蓝色透明溶液，加入乙醇可析出深蓝色晶体。请写出得到深蓝色透明溶液的离子方程式_，析出深蓝色晶体时加入乙醇的作用是_。(5)e单质的晶胞结构如图所示，e原子半径为rpm，e晶体密度的计算式为_gcm3。(用含NA、r的表达式表示)【答案】 (1). (2). SiCSi CO2 (3). NOC (4). sp2 (5).
30、平面三角形 (6). Cu2+4NH3=CU(NH3)42+ (7). 降低CU(NH3)4SO4晶体的溶解度 (8). （或）【解析】【分析】周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a是组成物质种类最多的元素，所以a是碳，c是地壳中含量最多的元素，c是氧，b是氮，d与a同族，所以d是硅，e2+离子3d轨道中有9个电子，e是铜，据此分析解答各题。【详解】（1）由上述分析知道e是铜，Cu原子的价层电子排布图为:本题答案为：（2）)晶体d是Si晶体、晶体da是SiC晶体、晶体ac2是CO2晶体，Si和SiC是原子晶体，但C的原子半径比Si小，所以SiC的熔点大于Si，而CO2是分
31、子晶体，故熔点顺序是：SiCSi CO2；a是C，b是N，c是O，元素C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第A族的大于第A族的，所以其第一电离能大小顺序是NOC。本题答案为：SiCSi CO2，NOC。（3）由分析可知：bc2是NO2-、bc3是NO3-， NO2-中心原子的价层电子对数为（5+1）/2=3,故是sp2杂化；同理NO3-的空间构型为平面三角形；本题答案为：sp2，平面三角形。（4）)向CuSO4的水溶液中加入过量的氨水，由于氨水过量，生成铜氨络离子。可得到深蓝色透明溶液，离子方程式为： Cu2+4NH3=CU(NH3
32、)42+，乙醇的极性小于水的极性，在溶液中加入乙醇，能够减小溶剂的极性，降低CU(NH3)4SO4的溶解度，所以在溶液中加入乙醇析出深蓝色晶体；本题答案为：Cu2+4NH3=CU(NH3)42+，降低CU(NH3)4SO4晶体的溶解度。（5）铜单质为面心立方晶体，含有铜原子数为81/861/2=4，1mol晶胞其质量为464g，1mol体积NA()3cm3,故e晶体密度的计算式为:gcm3；本题答案为：。12. 苯并环己酮是合成萘（）或萘的取代物的中间体。由苯并环己酮合成1-乙基萘的一种路线如下图所示：已知：回答下列问题：（1）萘的分子式为_；苯并环己酮所含官能团是_（填名称）。（2）Y的结构
33、简式为_。（3）步骤的反应属于_（填反应类型）。（4）步骤反应的化学方程式为_（标明反应条件）。（5）苯并环己酮用强氧化剂氧化可生成邻苯二甲酸。邻苯二甲酸和乙二醇经缩聚反应生成的高分子化合物的结构简式是_。（6）1-乙基萘的同分异构体中，属于萘的取代物的有_种（不含1-乙基萘）。W也是1 -乙基萘的同分异构体，它是含一种官能团的苯的取代物，核磁共振氢谱显示W有三种不同化学环境的氢原子，且个数比为1:1:2,W的结构简式为_。（7）仍以苯并环己酮为原料，上述合成路线中，只要改变其中一个步骤的反应条件和试剂，便可合成萘。完成该步骤：_（表示方法示例：A B）。【答案】 (1). C10H8 (2)
34、. 羰基（或酮羰基） (3). (4). 取代反应；（1分） (5). +NaOH+NaBr+H2O (6). (7). 11 (8). (9). 【解析】【详解】（l）根据萘的结构简式可知分子式为C10H8；苯并环己酮所含官能团是羰基。（2）Y在浓硫酸的作用下发生消去反应生成，所以Y的结构简式为。（3）步骤是氢原子被溴原子取代，属于取代反应。（4）步骤是溴原子发生消去反应生成1-乙基萘，因此生成反应的化学方程式为+NaOH+NaBr+H2O。（5）邻苯二甲酸和乙二醇经缩聚反应生成的高分子化合物的结构简式是。（6）1-乙基萘的同分异构体中，属于萘的取代物，如果含有1个取代基，只有一种；如果含有两个取代基，应该是2个甲基，有10种，共计有11种（不含1-乙基萘）。W也是1 -乙基萘的同分异构体，它是含一种官能团的苯的取代物，应该是碳碳双键或碳碳三键。核磁共振氢谱显示W有三种不同化学环境的氢原子，且个数比为1:1:2，因此含有的官能团只能是碳碳双键，则W的结构简式为。（7）将羰基直接加成转化为醇羟基，醇羟基发生消去反应即可转化为碳碳双键，因此该步骤。