1、太原市2019年高三年级模拟试题（二）理科综合能力测试化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 I 127 Pb 207一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活密切相关。下列说法正确的是（ ）A. 聚氯乙烯、聚苯乙烯和聚酯纤维都是由加聚反应制得的B. 因为钠的化学性质非常活泼，故不能做电池的负极材料C. 钢化玻璃和有机玻璃都属于硅酸盐材料，均可由石英制得D. 利用外接直流电源保护铁质建筑物，属于外加电流的阴极保护法【答案】D【解析】【详解】A. 聚氯乙烯、聚苯乙烯都是由加聚反应制得的，聚酯纤维是由缩
2、聚反应制得的，选项A错误；B、负极失电子，理论上钠可作为负极材料，选项B错误；C钢化玻璃既是将普通玻璃加热熔融后再急速冷却，故主要成分仍为硅酸盐，即主要成分为SiO2、Na2SiO3、CaSiO3；而有机玻璃的主要成分是有机物，不是硅酸盐，选项C错误；D、外接直流电源保护铁质建筑物利用的是电解池原理，属于外加电流的阴极保护法，选项D正确；答案选D。2.主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉
3、淀。下列说法不正确的是（ ）A. 原子半径：TRWZB. T和R形成化合物的水溶液呈碱性C. 化合物TX具有很强的还原性，可与水反应D. T、R、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物两两能发生反应【答案】A【解析】【分析】主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，则X为H元素；R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，为O3，则Y为O元素；R为S元素；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构Z在Y的下一周期，Z为铝元素；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀，且W的原子序数大于铝而小于硫，故T2WY3为K2Si
4、O3，生成的白色沉淀为硅酸，据此分析。【详解】主族元素X、Y、Z、W、R、T的原子序数依次增大，且均不大于20。其中X-的电子层结构与氦相同，则X为H元素；R和Y同族，Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，为O3，则Y为O元素；R为S元素；Z3+和Y2-具有相同的电子层结构Z在Y的下一周期，Z为铝元素；T、W、Y三种元素组成盐T2WY3的溶液通入过量CO2后产生白色沉淀，且W的原子序数大于铝而小于硫，故T2WY3为K2SiO3，生成的白色沉淀为硅酸。A. 同周期元素从左而右依次减小，故原子半径：T(K) Z(Al) W(Si) R(S)，选项A不正确；B. T和R形成化合物K2S为强碱弱酸盐，水
5、解呈碱性，选项B正确；C. 化合物TX为KH，具有很强的还原性，可与水反应生成氢氧化钾和氢气，选项C正确；D. T、R、Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钾、硫酸、氢氧化铝两两能发生反应，选项D正确。答案选A。【点睛】本题考查元素周期表元素周期律的应用。推断元素是解题的关键，通过判断：Y元素的某种单质是一种自来水消毒剂，结合Y元素原子序数较小，可知为O3，从而进一步求解。3.某有机物的结构为，下列说法正确的是（ ）A. 1 mol该有机物最多可以与7 mol H2发生加成反应B. 该有机物可以发生取代、加成、氧化、水解等反应C. 0.1 mol该有机物与足量金属钠反应最多可以生成3.3
6、6L H2D. 与该有机物具有相同官能团的同分异构体共有8种（不考虑立体异构）【答案】A【解析】【分析】该物质中含有酚羟基、碳碳双键和羧基，具有酚、烯烃、羧酸性质，能发生加成反应、取代反应、显色反应、加聚反应、酯化反应等。【详解】A苯环和碳碳双键都能和氢气发生加成反应，则1mol该有机物最多可与7mol H2发生加成反应，选项A正确；B该分子不含酯基或卤原子，所以不能发生水解反应，酚羟基和羧基能发生取代反应，苯环及碳碳双键能发生加成反应，碳碳双键和酚羟基能发生氧化反应，选项B错误；C虽然分子中含有二个酚羟基和一个羧基，但没有说明标准状况下，产生的气体体积无法计算，选项C错误；D分子中含有戊基-
7、C5H11，戊基有8种，且其他基团在苯环上的位置还有多种，故该有机物具有相同官能团的同分异构体一定超过8种，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、羧酸和酚的性质，题目难度不大。4.下列实验操作、现象和所得出结论正确的是（ ）选项实验操作实验现象实验结论A向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段时间后，再加入新制Cu(OH)2，加热没有出现砖红色沉淀淀粉没有水解B取少量Mg(OH)2悬浊液，向其中滴加适量浓CH3COONH4溶液 Mg(OH)2溶解CH3COONH4溶液呈酸性C将浸透石蜡油石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷
8、片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中酸性高锰酸钾溶液褪色石蜡油分解产物中含有不饱和烃D将海带剪碎，灼烧成灰，加蒸馏水浸泡，取滤液滴加硫酸溶液，再加入淀粉溶液溶液变蓝海带中含有丰富的I2A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A应加入碱溶液将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生红色沉淀，选项A错误；B、CH3COONH4溶液呈中性，取少量Mg(OH)2悬浊液，向其中滴加适量浓CH3COONH4溶液是由于铵根离子消耗氢氧根离子，使氢氧化镁的溶解平衡正向移动，Mg(OH)2溶解，选项B错误；C、将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通
9、入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色，说明石蜡油分解生成不饱和烃，选项C正确；D、灼烧成灰，加蒸馏水浸泡后必须加氧化剂氧化，否则不产生碘单质，加淀粉后溶液不变蓝，选项D错误。答案选C。5.科学家研发了一种新型锂空气电池，结构如图所示。已知：电解质由离子液体（离子能够自由移动，非溶液）和二甲基亚砜混合制成，可促进过氧化锂生成；碳酸锂薄层的作用是让锂离子进入电解质，并阻止其他化合物进入；二硫化钼起催化作用。下列叙述不正确的是（ ）A. 放电时，a极发生氧化反应B. 放电时的总反应是2Li+O2=Li2O2C. 充电时，Li+在电解质中由b极移向a极D. 充电时，b极的电极反应式为：Li2O2+2e
10、-=2Li+ O22-【答案】D【解析】【详解】A.根据图示可知A电极为锂电极，在放电时，失去电子变为Li+，发生氧化反应，A正确；B.根据图示可知a电极为锂电极，失去电子，发生反应：Li-e-=Li+，b电极通入空气，空气中的氧气获得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+2e-+2Li+=2Li2O2，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以总反应方程式为：2Li+O2=Li2O2，B正确；C.充电时，a电极连接电源的负极，作阴极，Li+向阴极定向移动，在a电极获得电子，变为Li，所以充电时Li+在电解质中由b极移向a极，C正确；D.充电时，b极连接电源的正极，作阳极，发生氧化反应：Li2O
11、2-2e-=2Li+O2，D错误；故合理选项是D。6.为探究铝片（未打磨）与Na2CO3溶液的反应，实验如下：下列说法不正确的是（ ）A. Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-B. 对比、，推测Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜C. 溶液中可能存在大量Al3+D. 推测出现白色浑浊的可能原因：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3+CO32-【答案】C【解析】【详解】A. 溶液中碳酸根会水解，结合水电出来的氢离子，生成碳酸氢根，选项A正确；B实验和没有气泡，根据所学Al可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验中却有气泡，说明氧化膜
12、被破坏，选项B正确；C溶液中出现白色沉淀，白色沉淀应该为氢氧化铝，则不可能存在大量Al3+，选项C不正确；DNa2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH反应，生成偏铝酸根，2Al2OH2H2O=2AlO23H2，AlO2和HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀，选项D正确；答案选C。7.常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）A. a点时，溶液中由水电离的c(OH-)约为110-10 molL-1B. 电离平衡常数：Ka(HA)c(Na+)c(H+)c(OH-)D. 向HB溶液中滴加NaOH溶
13、液至pH=7时：c(B-) c(HB)【答案】B【解析】【详解】A. a点时，=0，c(A-)=c(HA)，溶液为酸和盐的溶合溶液，pH=4，抑制水的电离，溶液中由水电离的c(OH-)约为110-10 molL-1，选项A正确；B. =0，c(A-)=c(HA)，电离平衡常数：Ka(HA)=10-4mol/L；=0，c(B-)=c(HB)，电离平衡常数：Ka(HB)=10-5mol/L，Ka(HA) Ka(HB)，选项B错误；C. b点时，=0，c(B-)=c(HB)，pH=5，c(B-)=c(HB)c(Na+)c(H+)c(OH-)，选项C正确；D. 向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时
14、，0，c(B-) c(HB)，选项D正确。答案选B。二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。8.实验室制备叔丁基苯【】的反应和有关数据如下：+ClC(CH3)3 +HCl I如图是实验室制备无水AlCl3，可能需要的装置： (1)检查B装置气密性的方法是_。(2)制备无水AlCl3的装置依次合理的连接顺序为_（埴小写字母），其中E装置的作用是_。(3)实验时应先加热圆底烧瓶再加热硬质玻璃管，其原因是_。如图是实验室制备叔丁基苯的装置（夹持装置略）：在三颈烧瓶中加入50 mL的苯和适量的无水AlCl3，
15、由恒压漏斗滴加氯代叔丁烷10mL，一定温度下反应一段时间后，将反应后的混合物洗涤分离，在所得产物中加入少量无水MgSO4固体，静置，过滤，蒸馏得叔丁基苯20g。(4)使用恒压漏斗的优点是_；加入无水MgSO4固体的作用是_。(5)洗涤混合物时所用的试剂有如下三种，正确的顺序是_。（填序号）5%的Na2CO3溶液 稀盐酸 H2O(6)本实验中叔丁基苯的产率为_。（保留3位有效数字）【答案】 (1). 分液漏斗注入水后，关闭止水夹，打开分液漏斗的活塞使液体流下，一段时间后液体不能继续流下，说明气密性良好 (2). defghijc (3). 防止空气中的水蒸气进入，吸收多余的氯气 (4). 若先加
16、热硬质玻璃管，Al 先与 O2 反应，无法制得纯净 AlCl3 (5). 使液体顺利滴下 (6). 干燥 (7). (8). 74.6%【解析】【详解】(1)检查B装置气密性的方法是分液漏斗注入水后，关闭止水夹，打开分液漏斗的活塞使液体流下，一段时间后液体不能继续流下，说明气密性良好；(2)制备无水AlCl3，在装置B中利用浓盐酸与二氧化锰加热条件下反应生成氯气，通过装置D中的饱和食盐水将氯气中的氯化氢除去，装置C干燥氯气，纯净干燥的氯气进入装置F与铝粉在加热条件下反应生成氯化铝，最后为防止空气中的水蒸气进入且利用碱石灰吸收未反应的氯气，故装置依次合理的连接顺序为defghijc，其中E装置的
17、作用是防止空气中的水蒸气进入，吸收多余的氯气；(3)实验时应先加热圆底烧瓶再加热硬质玻璃管，其原因是若先加热硬质玻璃管，Al 先与 O2 反应，无法制得纯净 AlCl3；（4）使用恒压漏斗可以平衡漏斗内外压强，使液体顺利滴下，在洗涤后所得产物中加入少量无水MgSO4固体，目的是吸收产品中少量的水分，起到干燥的作用；（5）稀盐酸洗涤可以除去氯化铝杂质，再用5%Na2CO3溶液除去过量的盐酸，最后用水洗涤除去剩余的5%Na2CO3，故答案为：；（6）加入苯的物质的量为=0.56mol，氯代叔丁烷的物质的量为=0.20mol，由反应方程式+ClC(CH3)3+HCl可知，加入的苯过量，则理论上生成叔
18、丁基苯的质量为：0.20mol134g/mol=26.8g，叔丁基苯的产率为：100%=74.6%。9.采用湿法冶金工艺回收废旧光盘中的金属Ag(其他金属因微量忽略不计)，其流程如下： 回答下列问题：(1)“操作I”为_，在实验室进行此操作需要用到的玻璃仪器有_。在实验室利用“操作I”的装置洗涤难溶物的操作方法是_。(2)若NaClO溶液与Ag反应的产物有AgCl和O2，则该反应的化学方程式为_若以稀HNO3代替NaClO溶液，其缺点是_（写出一条即可）。(3)已知Ag2O在酸性条件下能将有毒气体甲醛(HCHO)氧化成CO2，科学家据此原理将上 述过程设计为一种电化学装置，以回收电极材料中的金
19、属Ag。则此电池的正极反应式为_。(4)已知室温时，Ksp(Ag2SO4)=1.410-5，Ksp(AgCl)=1.810-10。计算反应Ag2SO4(s)+2Cl-(aq) 2AgCl(s)+SO42- (aq)的平衡常数K=_。（保留两位有效数字）【答案】 (1). 过滤 (2). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (3). 向过滤器内加蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复 23 次 (4). 4Ag+ 4NaClO + 2H2O = 4AgCl + 4NaOH + O2 (5). 没有 Cl-不能生成 AgCl(或生成氮氧化物，污染空气) (6). Ag2O + 2e + 2H+ = 2Ag + H2O
20、 (7). 4.31014【解析】【详解】(1)“操作I”得到溶液和固体，故为过滤；在实验室进行此操作需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；在实验室利用“操作I”的装置洗涤难溶物的操作方法是向过滤器内加蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复 23 次；(2)若NaClO溶液与Ag反应的产物有AgCl和O2，银元素和氧元素化合价升高，则氯元素化合价降低，根据氧化还原反应进行配平得反应的化学方程式为4Ag+ 4NaClO + 2H2O = 4AgCl + 4NaOH + O2；若以稀HNO3代替NaClO溶液，其缺点是没有 Cl-不能生成 AgCl、生成氮氧化物，污染空气；(3)已知Ag2O在酸性条
21、件下能将有毒气体甲醛(HCHO)氧化成CO2，科学家据此原理将上 述过程设计为一种电化学装置，以回收电极材料中的金属Ag。则此电池的正极氧化银得电子产生银，电极反应式为Ag2O + 2e + 2H+ = 2Ag + H2O；(4)已知室温时，Ksp(Ag2SO4)=1.410-5，Ksp(AgCl)=1.810-10。计算反应Ag2SO4(s)+2Cl-(aq) 2AgCl(s)+ SO42- (aq)的平衡常数K=4.31014。【点睛】本题以光盘中的金属Ag为载体考查金属元素的回收，明确流程中元素的转化关系是解答的关键，题目难度不大，注意溶度积的计算及氧化还原反应的配平。10.发展“碳一化
22、学”，开发利用我国丰富的煤炭资源具有重要的战略意义和经济价值。请回答下列问题：(1)已知：常温下C(s)的燃烧热H=-393.5 kJmol-1， S(s)的燃娆热H=-296.0 kJmol-l ，CO2(g)+C(S)=2CO(g) H=+172.5 kJmol-1，写出一氧化碳将二氧化硫还原为单质硫的热化学方程式：_(2)在763 K、3.04104 kPa时，用CO和H2做原料合成甲醇(CH3OH)，存在下列平衡：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。当原料中CO和H2的比例不同时，对CO的转化率及平衡混合物中甲醇的体积分数都有影响。设H2和CO起始物质的量之比为m，平衡时CO的
23、转化率为，平衡混合物中甲醇的体积分数为y，则m、y三者的关系式为y=_。根据表中提供的数据，可得出反应物的比例对CO的平衡转化率以及平衡混合物中甲醇的体积分数影响的结论，选择最佳反应物配比m=_（填“l”、“2”或“3”），理由是_。 (3)如图是四种金属氧化物被一氧化碳还原，反应达到平衡时lgc(CO)/c(CO2)与温度(T)的关系曲线图：8000C时，其中最易被还原的金属氧化物是_（填化学式），该反应的平衡常数K=_。CO2还原PbO2反应H _0（填“”或“2 时，m增大，y减小，当m2 时，y最大 (5). Cu2O (6). 1106 (7). 2 时，m增大，y减小，当m2 时，
24、y最大；(3)800时，K越大，金属氧化物越易被还原，故Cu2O越易被还原，lgc(CO)/c(CO2)=-6，即lg =-6，则K= 1106；CO2还原PbO2的反应H0，判断依据是温度升高，CO 还原 PbO2 的反应的 lgc(CO)/c(CO2)变大，说明 CO 的转化率减小；(4)反应KNO3+C12H22O11CO2+N2+H2O+K2CO3中氮元素由+5价变为0价，碳元素由0价变为+4价，根据氧化还原反应配平得反应48KNO3+5C12H22O11=36CO2+12N2+55H2O+24K2CO3，则该反应中氧化剂KNO3与还原剂C12H22O11的物质的量之比是48：5。11
25、.为了纪念元素周期表诞生150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。回答下列问题：(1)Ag与Cu在同一族，则Ag在周期表中_（填“s”、“p”、“d”或“ds”）区。Ag2（NH3）2+中Ag+空5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，则该配离子的空间构型是_。(2)下表是Fe和Cu的部分电离能数据：请解释I2(Cu)大于I2(Fe)的主要原因：_。元素FeCu第一电离能I1/kJmol1759746第二电离能I2/kJmol115611958(3)亚铁氰化钾是食盐中常用抗结剂，其化学式为K4Fe(CN)6。CN-的电子式是_；1 mol该配离子中含键数目为_。该配合物中存在的作用
26、力类型有_（填字母）。A金属键 B离子键 C共价键 D配位键 E氢键 F范德华力(4)MnO2的熔点(1660C)比MnS的熔点(1610)高，其主要原因是_。(5)第三代太阳能电池利用有机金属卤化物碘化铅甲胺(CH3NH3PbI3)半导体作为吸光材料，CH3NH3PbI3具有钙钛矿(AMX3)的立方结构，其晶胞如图所示。AMX3晶胞中与金属阳离子(M)距离最近的卤素阴离子(X)形成正八面体结构，则M处于_位置，X处于_位置。CH3NH3PbI3晶体的晶胞参数为anm，其晶体密度为dgcm-3，则阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为_。【答案】 (1). ds (2). 直线形 (3). 失去
27、第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d10 电子，Fe 失去的是 4s1 电子 (4). (5). 12 NA (6). BCD (7). 二者均为离子晶体，O2-半径小于 S2-半径，MnO 的晶格能大于 MnS (8). 体心 (9). 面心 (10). 620/（a10-7）3d【解析】【详解】(1)Ag位于第五周期第B族，外围电子排布为4d55s1，属于ds区；Ag2（NH3）2+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，所以其空间构型为直线型结构；(2)根据表中数据可知，I2(Cu)大于I2( Fe)，主要原因为：失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d10 电子，Fe 失
28、去的是 4s1 电子；(3)CN-中碳与氮之间形成三对共用电子对，电子式是；1 mol该配离子Fe(CN)64-中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个共价键，所以1mol该配合物中含有键的数目为12NA；K4Fe(CN)6中钾离子与Fe(CN)64-之间形成离子键、Fe(CN)64-中CN-与铁离子之间形成配位键、CN-中碳原子与氮原子之间形成共价键，故存在的作用力类型有离子键、共价键、配位键。答案选BCD；(4)MnO2的熔点(1660)比MnS的熔点(1610)高，其主要原因是二者均为离子晶体，O2-半径小于 S2-半径，MnO 的晶格能大于 MnS； (5)AMX3晶
29、胞中与金属阳离子(M)距离最近的卤素阴离子(X)形成正八面体结构，根据图中离子的位置关系可知，M处于体心位置，X处于面心位置；CH3NH3PbI3晶体的晶胞参数为anm，其晶体密度为dgcm-3，根据可知 dgcm-3=，则阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为。12.化合物I是一种抗脑缺血药物，合成路线如下： 已知： 回答下列问题：(1)按照系统命名法，A的名称是_；写出A发生加聚反应的化学方程式：_。(2)反应HI的化学方程式为_；反应EF的反应类型是_。(3)写出符合下列条件的G的所有同分异构体的结构简式：_遇FeCl3溶液发生显色反应 核磁共振氢谱有4组峰(4),-二甲基苄醇()是合成医
30、药、农药的中间体，以苯和2-氯丙烷为起始原料制备,-二甲基苄醇的合成路线如下： 该合成路线中X的结构简式为_，Y的结构简式为_；试剂与条件2为_。【答案】 (1). 2-甲基丙烯 (2). (3). (4). 氧化反应 (5). (6). (7). (CH3 )2 CHOH (8). O2、Cu 和加热【解析】【分析】D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，由F结构简式知，D为甲苯、E为邻甲基溴苯；G发生信息中的反应生成H，H中应该含有一个-COOH，根据I结构简式知，H发生酯化反应生成I，则H为、G为；C、F发生信息中的反应生成G，则C为(CH3)3CBrMg，B为(CH3)3CBr，A
31、中C、H原子个数之比为1：2，根据A、B分子式知，A和HBr发生加成反应生成B，A中含有一个碳碳双键，根据B知A为CH2=C(CH3)2据此分析。【详解】D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，由F结构简式知，D为甲苯、E为邻甲基溴苯；G发生信息中的反应生成H，H中应该含有一个-COOH，根据I结构简式知，H发生酯化反应生成I，则H为、G为；C、F发生信息中的反应生成G，则C为(CH3)3CBrMg，B为(CH3)3CBr，A中C、H原子个数之比为1：2，根据A、B分子式知，A和HBr发生加成反应生成B，A中含有一个碳碳双键，根据B知A为CH2=C(CH3)2。(1)A为CH2=C(CH3
32、)2，A系统命名法命名的名称为2-甲基丙烯；A发生加聚反应生成2-甲基聚丙烯，反应的化学方程式为：；(2)H为，H发生酯化反应生成J，则HI的反应方程为；EF是邻甲基溴苯发生氧化反应生成，反应类型是氧化反应；(3)G为，G的同分异构体符合下列条件：遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；核磁共振氢谱有4组峰，说明分子中含有4种不同位置的氢原子，则符合条件的同分异构体有；(4)以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a，a二甲基苄醇，苯和溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息中的反应生成X，2-氯丙烷发生水解反应生成2-丙醇，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，X和丙酮发生信息中的反应生成a，a二甲基苄醇。根据合成路线可知试剂与条件1为液溴、Fe作催化剂；X的结构简式为；Y的结构简式为(CH3)2CHOH；试剂与条件2为O2、Cu和加热。【点睛】本题考查有机推断和合成，推出各物质的结构简式是解题的关键。易错点是合成路线的设计，以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a，a二甲基苄醇，苯和溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息中的反应生成X，2-氯丙烷发生水解反应生成2-丙醇，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，X和丙酮发生信息中的反应生成a，a二甲基苄醇。