1、四川省雅安市雅安中学2020届高三化学上学期开学摸底考试（9月）试题（含解析）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的SO2，其目的是调节酸度、抗氧化和杀菌等作
2、用，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
3、钠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
4、生成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CuSO
6、4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对硫酸根的检验产生干
7、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. Z
8、X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错误；B
9、、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能。某钠
10、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电极为负极，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，即阳极反应式为3
11、I2e=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、AgB
12、r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Na原子的
13、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。8.某班学生用SO2与含钡试剂探究化学反应原理，设计了如图实验装置。 已知：Na2SO3(s)+H2SO4(浓) Na2SO4+SO2+H2O，三个实验小组分别利用该实验装置，将不同试剂装入B试管进行实验，实验结果如下表实验小组B试管中试剂B试管中现象第一组0.5mol/LBa(OH)2溶液产生白色沉淀第二组0.5mol/LBa(NO3)2溶液产生白色沉淀，液面有浅红棕色气态物质产生，并逐渐逐渐消失第三组0.5mol/LBaCl2溶液产生少量白色沉淀根据实
14、验回答问题：（1）第一组实验中，A装置中盛装浓硫酸的仪器的名称为_，B中发生反应的离子方程式为_。（2）第二组实验中，B试管溶液中发生反应的离子方程式为_。（3）第三组实验结果的分析出现分歧，有同学认为白色沉淀是BaSO3。有同学认为是BaSO4。实验小组取出沉淀，继续加入足量_，沉淀不溶解，说明沉淀应该是BaSO4。实验中产生BaSO4的原因是：_。（4）SO2与新制氯水都具有漂白性，若两者同时使用则漂白能力_(填“增强”、“不变”或“减弱”)，用化学方程式解释原因_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Ba22OHSO2=BaSO3H2O (3). 3Ba22NO33SO22H2O=3
15、BaSO42NO4H (4). 稀盐酸 (5). 装置中的O2将溶液中SO2或H2SO3氧化成SO42，SO42再与Ba2反应生成BaSO4 (6). 减弱 (7). Cl2SO22H2O=H2SO42HCl【解析】【详解】（1）第一组实验中，盛装浓硫酸的仪器是分液漏斗；第一组B试管中的现象是有白色沉淀，B中盛放Ba(OH)2，利用SO2为酸性氧化物，发生的离子方程式为Ba22OHSO2=BaSO3H2O；（2）第二组实验中，B中现象是产生白色沉淀，液面有浅红棕色气体产生，B中盛放药品为Ba(NO3)2，SO2溶于水显酸性，NO3在酸性条件下具有强氧化性，能将4的S氧化成SO42，本身被还原成
16、NO，即B试管中发生的离子方程式为3Ba22NO33SO22H2O=3BaSO42NO4H；（3）BaSO4不溶于盐酸，BaSO3溶于盐酸，因此验证沉淀是BaSO4，操作是取出沉淀，继续加入足量的稀盐酸，沉淀不溶解；装置中的O2将溶液中SO2或H2SO3氧化成SO42，SO42再与Ba2反应生成BaSO4；（4）SO2以还原性为主，Cl2具有强氧化性，两者同时使用，则发生Cl2SO22H2O=H2SO42HCl，H2SO4和HCl不具有漂白性，因此两者同时使用，漂白能力减弱。9.氮化钙（Ca3N2）是一种重要的化工试剂，遇水剧烈水解。实验室可由氮气和钙加热制得，已知：金属钙易与O2、H2O 反
17、应，实验装置如下图（省略部分固定装置）。 （1）氮化钙中所含的化学键为_（填“共价键”或“离子键”）。（2）球形干燥管中的干燥剂可选用碱石灰，结合化学方程式解释其作用_。（3）制备过程中末端导管必须始终插入试管A的水中，目的是便于观察N2的流速， _。（4）制备氮化钙的操作步骤：按图示连接好实验装置；_；装入药品，打开活塞K并通入N2； 点燃酒精灯，进行反应；反应结束后，熄灭酒精灯，继续通N2，使装置冷却至室温；拆除装置，取出产物。（5）上述步骤中和 _（填“能”或“不能”）交换，理由是_。（6）氮气不足会影响实验制得Ca3N2的纯度。为测定氮化钙的纯度，实验结束后取一定量的固体混合物于足量水
18、中，收集到气体共6.72 L（已折算到标准状况），将该气体通入装有足量灼热CuO的硬质玻璃管中充分反应，测得硬质玻璃管中固体质量减轻6.4 g。则Ca3N2的纯度为_（用百分数表示，保留一位小数）（注：氨气能被灼热氧化铜氧化，生成一种对环境无污染气体）（7）氨气与氧气在催化剂条件下会生成大气污染物NO，下图是间接电化学法除NO，其原理如右图所示。写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)_；吸收池中除去NO的离子方程式为_ 。 【答案】 (1). 离子键 (2). 防止水蒸汽进入硬质玻璃管与Ca3N2发生反应Ca3N2+ 6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，导致产物不纯 (3). 防止空气进入
19、硬质玻璃管跟金属钙反应 (4). 检验装置的气密性，加入药品 (5). 不能 (6). 后通氮气会导致装置中的氧气与钙反应，生成杂质CaO (7). 78.7% (8). 2HSO32H2e=S2O422H2O (9). 2NO2S2O422H2O=N24HSO3【解析】【详解】（1）氮化钙为离子化合物，其电子式为，含有化学键为离子键；（2）根据题意，Ca3N2遇水剧烈水解，因此干燥剂的作用是防止A中的水进入直玻璃管中，使Ca3N2与水反应：Ca3N26H2O=3Ca(OH)22NH3，导致产物不纯；（3）N2与钙反应，可以通过试管A便于观察N2的流速，金属钙易与氧气反应，导管必须插入试管A的
20、水中的作用是防止空气进入硬质玻璃管跟金属钙反应；（4）因为有气体参与反应，因此的操作步骤是检验装置的气密性，加入药品；（5）装置中有空气，如果直接加热，Ca与O2发生反应，生成杂质CaO，即不能交换；（6）氮气不足会影响实验制得Ca3N2的纯度，即Ca3N2中含有Ca单质，该混合物与水反应：Ca2H2O=Ca(OH)2H2，Ca3N26H2O=3Ca(OH)22NH3，H2、NH3还原氧化铜，发生的反应方程式分别是H2CuO=CuH2O、3CuO2NH3=3CuN23H2O，根据信息，得出n(NH3)n(H2)=0.3mol，利用质量差：H2CuO=CuH2O m 1 16g n(H2) 16
21、n(H2)g3CuO2NH3=3CuN23H2O m 2 48g n(NH3) 24n(NH3)g 16n(H2)24n(NH3)=6.4g，解得n(H2)=0.1mol，n(NH3)=0.2mol，从而求出m(Ca3N2)=0.1mol148gmol1=14.8g，m(Ca)=0.1mol40gmol1=4g，即氮化钙的质量分数为100%=78.7%；（7）根据电解的原理，阴极上得电子，化合价降低根据装置图，HSO3在阴极上得电子，转化成S2O42，电解质溶液为酸性，即阴极反应式为2HSO32H2e=S2O422H2O；根据装置图，吸收池中应是S2O42和NO发生反应，NO转化成N2，S2O
22、42转化成HSO3，即离子方程式为2NO2S2O422H2O=N24HSO3。10.CoCl2可用于电镀，是一种性能优越的电池前驱材料，由含钴矿(Co元素主要以Co2O3、CoO存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素)制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下： 已知：焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂。CaF2、MgF2难溶于水。CoCl26H2O熔点86，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。部分金属离子形成氢氧化物的pH见下表：Co3+Fe3+Cu2+Co2+Fe2+Zn2+Mn2+Mg2+开始沉淀pH0.32.75
23、.57.27.67.68.39.6完全沉淀pH1.13.26.69.29.69.29.311.1回答下列问题：（1）操作的名称为_，NaClO3具有氧化性，其名称为_。（2）浸取中加入Na2S2O5的作用是_。（3）滤液1中加入NaClO3的作用是_，相关的离子方程式为_。（4）加入Na2CO3溶液生成滤渣2的主要离子方程式为_。（5）滤渣3主要成分为_(写化学式)。滤液3经过多次萃取与反萃取制备CoCl2晶体 （6）滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是_。（7）制备晶体CoCl26H2O，需在减压环境下烘干的原因是_。【答案】 (1). 过滤 (2). 氯酸钠 (3). 将正三价
24、钴还原成正二价钴 (4). 将Fe2氧化成Fe3，便于分离 (5). 6Fe2ClO36H=6Fe3Cl3H2O (6). 2Fe33CO323H2O=2Fe(OH)33CO2 (7). CaF2和MgF2 (8). 分离出溶液中的Mn2、Cu2、Zn2，回收利用 (9). 降低烘干温度，防止产品分解，产生有毒的无水氯化钴【解析】【分析】流程题先找出原料和杂质，以及制备的物质，注意题中所给信息的运用，带着问题看流程，流程题一般是杂质的处理和物质的提纯；【详解】（1）根据流程，操作得到滤渣和滤液，即操作为过滤；NaClO3具有氧化性，其名称为氯酸钠；（2）根据信息，Na2S2O5常作食品抗氧化剂
25、，即Na2S2O5为还原剂，根据含钴矿中Co存在的化合价，以及该流程制备氯化钴，因此Na2S2O5将正三价钴还原成正二价钴；（3）根据加入NaClO3后的操作，“加入Na2CO3，调节pH3.03.5”，其目的是让Fe3以Fe(OH)3形式沉淀出来，除去铁元素，即加入NaClO3的目的是将Fe2氧化成Fe3，便于分离；反应的离子方程式为6Fe2ClO36H=6Fe3Cl3H2O；（4）Na2CO3与Fe3发生双水解反应，其离子方程式为2Fe33CO323H2O=2Fe(OH)33CO2；（5）根据题中信息，CaF2和MgF2难溶于水，因此滤渣3的成分是CaF2和MgF2；（6）根据流程，把Fe
26、、Si、Ca、Mg等杂质元素除去，而Cu、Zn、Mn、Ni等杂质还没除去，滤液3加入萃取剂I，得到有机层和Co2、Ni2，溶液，即有机层中含有Cu、Zn、Mn元素，因此加入稀盐酸反萃取的目的是分离出溶液中的Mn2、Cu2、Zn2，回收利用；（7）CoCl26H2O熔点86，易溶于水、乙醚等，常温下稳定无毒，加热至110120时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，因此减压环境下烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解，产生有毒的无水氯化钴。【点睛】氧化还原反应的书写是高考的热点和难点，一般先找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，即氧化剂还原剂氧化产物还原产物，利用化合价的升降法进行配平，分析出溶液
27、的酸碱性，判断H2O、H、OH谁来参与反应。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ac2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离子的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
28、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). 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
29、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N
30、O2-、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)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/
31、2=4，1mol晶胞其质量为464g，1mol体积NA()3cm3,故e晶体密度计算式为: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结构简式为_。（3）步骤的反应属于_（填反应类型）。（4）步骤反应化学方程式为_（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
32、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). 羰基（或酮羰基） (3). (4). 取代反应；（1分） (5). (6). ； (7). 11 (8). ； (9). 【解析】（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
33、，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。（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。