河北省2020届高三化学全国1卷模拟试卷17

模拟试卷17
一、选择题：本题共 7 小题，每小题 6 分，共 42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。
7.下列关于文献记载的说法正确的是
A．《天工开物》中“世间丝麻裘褐皆具素质”，文中“丝、麻”的主要成分都是蛋白质
B．《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取过程属于化学变化
C．《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程
D．《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的实验操作是蒸馏
解析：A．丝的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是天然纤维，故A错误；B．青蒿素提取利用的是萃取原理，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．升华属于物理变化，丹砂（HgS）烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故C错误；D．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故D正确；
答案：D
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．25 ℃，101 kPa条件下，5.6 L甲烷和乙烯的混合气体中含氢原子数为NA
B．将4.6 g钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成H2分子数为0.1NA
C．将1 mol Cl2通入到足量的水中，则N(HClO)＋N(Cl－)＋N(ClO－)＝2NA(N表示粒子数)
D．50 ℃时，1 L pH＝1的H2SO4溶液中，含有H＋的数目为0.1NA
解析：选D　A项，25 ℃，101 kPa条件不是标准状况，不能使用气体摩尔体积Vm＝22.4 L·mol－1计算5.6 L甲烷和乙烯的物质的量，错误；B项，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，4.6 g钠的物质的量为0.2 mol，反应生成0.1 mol 氢气，但是反应生成的氢氧化钠能够与铝箔反应生成氢气，与足量水充分反应生成H2大于0.1 mol，错误；C项，将1 mol Cl2通入到足量的水中，氯气部分与水反应，由氯原子个数守恒可得，2N(Cl2)＋N(HClO)＋N(Cl－)＋N(ClO－)＝2NA，错误；D项，50 ℃时，1 L pH＝1的H2SO4溶液中，H＋的物质的量为0.1 mol，H＋的数目为0.1NA，正确。
9.某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：

下列说法不正确的是(　　)
A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉
B．固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3＋转化为Al(OH)3，进入固体2
C．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
D．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4·7H2O
解析　A、流程设计意图是用硫酸把Fe2O3、Al2O3转化为硫酸盐，除去SiO2，然后用铁粉还原Fe3＋得到硫酸亚铁，A正确；B、固体1为SiO2，分离FeSO4和Al2(SO4)3采用的是调控pH的方法，使Al3＋转化为Al(OH)3沉淀从而与FeSO4分离，B正确；C、Fe2＋容易被氧化，所以在得到FeSO4·7H2O产品的过程中，要防止其被氧化和分解，C正确；D、在溶液1中直接加过量的NaOH得到的是Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3用硫酸溶解后得到的是Fe2(SO4)3，无法得到FeSO4·7H2O，D不正确。答案选D。
答案　D
10.金刚烷是具有类似樟脑气味的无色晶体，其衍生物在医药方面有着重要的用途。以化合物X为起始原料，发生一系列反应制得金刚烷(Z)的过程如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A．X的分子式为C10H12
B．X生成Y的反应为还原反应
C．Y和Z互为同分异构体
D．Z和环己烷属于同系物
解析　根据X的结构简式可知X的分子式为C10H12，A项正确；X与氢气加成生成Y，有机化学中加氢去氧的反应属于还原反应，B项正确；Y和Z的分子式都是C10H16，但结构不同，故Y和Z互为同分异构体，C项正确；环己烷的分子式为C6H12，与Z的结构不相似，分子组成也不相差1个或若干个“CH2”原子团，故二者不属于同系物，D项错误。
答案　D
11.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子最外层电子数是次外层的2倍，也是Y原子最外层电子数的2倍，X与Z同主族。Y单质能在X单质中燃烧，生成的二元化合物与H2O反应，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列说法正确的是(　　)
A.简单离子半径：r(Z)＞r(Y)＞r(X)
B.气态氢化物的沸点：Z＞X＞W
C.含氧酸的酸性：X＞Z＞W
D.Y单质能与W的氧化物发生置换反应
答案　D
解析　W、X、Y、Z分别是C、N、Mg、P。A项，核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，简单离子半径：r(Z)＞r(X)＞r(Y)，错误；B项，氨气分子间存在氢键，且碳元素的氢化物不止一种，无法比较其沸点，错误；C项，应该是最高价含氧酸的酸性：X＞Z＞W，错误；D项，镁能与二氧化碳发生置换反应生成氧化镁和碳，正确。
12.下图是一种正投入生产的大型蓄电系统。放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是(　　)

A．放电时，负极反应为3NaBr－2e－===NaBr3＋2Na＋
B．充电时，阳极反应为2Na2S2－2e－===Na2S4＋2Na＋
C．放电时，Na＋经过离子交换膜，由b池移向a池
D．用该电池电解饱和食盐水，产生2.24 L H2时，b池生成17.40 g Na2S4
解析　放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2(右罐)和NaBr3(左罐)，则Na2S2在负极失电子，NaBr3在正极得电子；充电时，阴极为负极的逆反应，阳极为正极的逆反应；A.放电时，负极Na2S2失电子，则负极的电极反应式为：2S－2e－===S，故A错误；B.充电时，阳极上Br－失电子转化为Br，则阳极的电极反应式为：3Br－－2e－===Br，故B错误；C.电池放电时，Na2S2和NaBr3反应，则电池的总反应方程式为：2Na2S2＋NaBr3===Na2S4＋3NaBr，Na＋经过离子交换膜，由b池移向a池，故C正确；D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24 L H2时，此气体不是标准状况下的体积，无法进行换算，则b池生成Na2S4的质量不一定是17.40 g，故D错误。
答案　C
13.在25mL0.1mol•L﹣1某一元碱中，逐滴加入0.1个mol•L﹣1醋酸，滴定曲线如图所示。则下列说法不正确的是（　　）

A．该碱溶液可以溶解Al（OH）3
B．a点对应的体积值大于25mL
C．C点时，c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．D点时，c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH3COOH）
解析：A．起始时0.1mol•L﹣1一元碱的PH＝13，溶液中c（OH﹣）＝0.1mol/L，说明一元碱为强碱，Al（OH）3为两性氢氧化物，能与强碱反应，故A正确；B．25mL0.1mol•L﹣1一元强碱和25mL0.1mol•L﹣1醋酸恰好反应时，溶液呈碱性，a点溶液呈中性，则酸过量，所以醋酸的体积大于25ml，故B正确；C．C点溶液中c（H+）＞c（OH﹣），电荷关系为c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+），所以离子浓度大小关系为c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；D．D点为等量CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，物料关系为c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝2c（Na+），电荷关系为c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+），消去c（Na+）有c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）＝2c（H+）+c（CH3COOH），故D错误；
故选：D。
二、非选择题：共 58 分。第26~28 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 35题～第 36题为选考题，考生根据要求作答。
26．(2017·黄冈质检)硼镁泥是硼镁矿生产硼砂(Na2B4O7·10H2O)时的废渣，其主要成分是MgO，还含有CaO、Al2O3、Fe2O3、FeO、MnO、B2O3、SiO2等杂质。以硼镁泥为原料制取的七水硫酸镁在印染、造纸和医药等工业上都有广泛的应用。硼镁泥制取七水硫酸镁的工艺流程如下：

(1)滤渣A能溶于氢氟酸，写出其反应的化学方程式：_______________________________。
(2)滤渣B中含有不溶于稀盐酸的黑色固体，则滤渣B含有的成分有______________，加MgO并煮沸的目的是______________________。
(3)写出加NaClO过程中发生反应的离子方程式：______________________
________________________________________________________________。
(4)趁热过滤的目的是______________________________________________。
(5)因B2O3溶于硫酸，所以此法制备的七水硫酸镁含有少量硼酸(H3BO3)，硼酸与NaOH溶液反应可制得硼砂，写出该反应的化学方程式：________________________。失去结晶水的硼砂与金属钠、氢气及石英砂一起反应可制备有机化学中的“万能还原剂——NaBH4”和另一种钠盐，写出其反应的化学方程式：______________________________________________。
解析:　(1)硼镁泥是硼镁矿生产硼砂(Na2B4O7·10H2O)时的废渣，其主要成分是MgO，还含有CaO、Al2O3、Fe2O3、FeO、MnO、B2O3、SiO2等杂质，在硼镁泥中加硫酸，二氧化硅不溶，所以过滤后的滤渣A为二氧化硅，二氧化硅和氢氟酸反应的化学方程式为SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O。(2)加次氯酸钠的目的是为了将Fe2＋和Mn2＋氧化，氧化后加氧化镁是为了调节pH，让铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝的沉淀除去，滤渣B中含有不溶于稀盐酸的黑色固体是二氧化锰，所以滤渣B的成分为Al(OH)3、Fe(OH)3、MnO2。(3)加NaClO过程中发生反应的离子方程式为Mn2＋＋ClO－＋H2O===MnO2↓＋Cl－＋2H＋、2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O。
(4)蒸发浓缩、趁热过滤是为了除去硫酸钙，温度降低后，即冷却结晶后析出了硫酸镁，所以趁热过滤是为了防止硫酸镁析出。(5)4H3BO3＋2NaOH＋3H2O===Na2B4O7·10H2O；失去结晶水的硼砂(Na2B4O7)与金属钠、氢气及石英砂(主要成分是SiO2)一起反应可制备有机化学中的“万能还原剂——NaBH4”和另一种钠盐，这种钠盐应该是硅酸钠，反应的化学方程式为Na2B4O7＋16Na＋8H2＋7SiO2===4NaBH4＋7Na2SiO3。
【答案】　(1)SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O
(2)Al(OH)3、Fe(OH)3、MnO2　调节溶液pH，促进Al3＋、Fe3＋完全水解成氢氧化物沉淀而除去　(3)Mn2＋＋ClO－＋H2O===MnO2↓＋Cl－＋2H＋、2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O　(4)防止MgSO4在温度降低时结晶析出　(5)4H3BO3＋2NaOH＋3H2O===Na2B4O7·10H2O　Na2B4O7＋16Na＋8H2＋7SiO2===4NaBH4＋7Na2SiO3
27．(2019·福州四校联考)过氧化钙在工农业生产中有广泛的用途，其制备方法很多。请回答下列问题：
(1)制备方法一：利用反应Ca(s)＋O2CaO2(s)，在纯氧条件下制取CaO2，实验装置如图所示。

①装置A中反应的化学方程式__________________________________________________。
②连接仪器a和仪器b的橡胶管的作用是________________________________________。
③装置D中盛有的液体是浓硫酸，其作用一是观察氧气的流速，判断氧气通入是否过快及氧气与钙反应进行的程度；二是______________________________________________。
(2)制备方法二：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是________________________，产品的缺点是______________。
(3)测定某产品中过氧化钙含量的实验步骤如下：
第一步：准确称取x g产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的y g KI固体，再滴入少量2 mol·L－1的H2SO4溶液，充分反应。
第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。
第三步：逐滴加入浓度为c mol·L－1的Na2S2O3溶液至反应完全，消耗Na2S2O3溶液V mL。
已知：I2＋2S2O===2I－＋S4O
①CaO2的质量分数为________(用字母表示)。
②某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的CaO2的质量分数可能________(填“不受影响”“偏低”或“偏高”)，原因是________________________________
________________________。
解析：(1)①H2O2在MnO2的催化作用下反应生成O2。②橡胶管可平衡分液漏斗和烧瓶内的压强，使液体能顺利滴下。③CaO2能与CO2和水发生反应，D中浓硫酸能防止空气中的CO2和水蒸气进入装置C影响产品纯度。(2)石灰石煅烧后得到的CaO和H2O2直接反应制备过氧化钙的工艺简单、操作方便，但得到的产品中可能混有较多的Ca(OH)2等杂质，产品的纯度较低。(3)①根据关系式CaO2～I2～2S2O，则n(CaO2)＝0.5n(S2O)＝0.5×cV×10－3 mol，CaO2的质量分数为0.5×cV×10－3 mol×72 g·mol－1÷x g＝。②滴速太慢时，在酸性条件下滴定时过量的I－被空气中的O2氧化，导致消耗Na2S2O3溶液的体积偏大，CaO2的质量分数偏高。
答案：(1)①2H2O22H2O＋O2↑　②平衡分液漏斗和烧瓶中的气压，使液体能顺利滴下　③防止空气中的CO2和水蒸气进入装置C影响产品纯度
(2)工艺简单、操作方便　纯度较低
(3)①或%　②偏高　滴速太慢，在酸性条件下滴定时过量的I－被空气中的O2氧化，导致消耗Na2S2O3溶液体积偏大
28．(2019·绵阳二诊)研究CO、CO2的回收利用既可变废为宝，又可减少碳的排放。回答下列问题：
(1)二甲醚(CH3OCH3)被誉为“21世纪的清洁燃料”，由CO和H2制备二甲醚的反应原理如下：
CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH＝－90.1 kJ·mol－1
2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH＝－24.5 kJ·mol－1
已知：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41.0 kJ·mol－1，则2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)的ΔH＝________，有利于提高该反应中CO2平衡转化率的条件是_______(填标号)。
A．高温低压 B．高温高压
C．低温低压 D．低温高压
(2)T1 K时，将1 mol 二甲醚引入一个抽空的150 L恒容容器中，发生分解反应：CH3OCH3(g)CH4(g)＋H2(g)＋CO(g)。在不同时间测定容器内的总压，所得数据如表：
t/min
0
6.5
13.0
26.5
52.6
∞
p总/kPa
50.0
55.0
65.0
83.2
103.8
125.0

①由表中数据计算：0～6.5 min内的平均反应速率v(CH3OCH3)＝________，反应达平衡时，二甲醚的分解率为________，该温度下平衡常数K＝________。
②若升高温度，CH3OCH3的浓度增大，则该反应为________(填“放热”或“吸热”)反应，要缩短达到平衡的时间，可采取的措施有_____________、______________。
(3)在T2 K、1.0×104 kPa下，等物质的量的CO与CH4混合气体发生反应：CO(g)＋CH4(g)CH3CHO(g)。反应速率v＝v正－v逆＝k正·p(CO)·p(CH4)－k逆·p(CH3CHO)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(气体分压p＝气体总压p总×体积分数)。用气体分压表示的平衡常数Kp＝4.5×10－5(kPa)－1，则CO的转化率为20%时＝________。
解析：(1)已知反应：①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH＝－90.1 kJ·mol－1，②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)　ΔH＝－24.5 kJ·mol－1，③CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－41.0 kJ·mol－1，根据盖斯定律，由①×2＋②－③×2得：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)　ΔH＝－122.7 kJ·mol－1。此反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，A、B项错误；该反应是气体分子数减小的反应，则压强减小平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，C项错误；降低温度和增大压强平衡都正向移动，CO2的平衡转化率增大，D项正确。
(2)①根据CH3OCH3(g)CH4(g)＋H2(g)＋CO(g)，设0～6.5 min内反应的CH3OCH3为x mol，恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则＝，解得x＝0.05，v(CH3OCH3)＝≈5.13×10－5 mol·L－1·min－1；设达平衡时反应的CH3OCH3为y mol，则＝，解得y＝0.75，则二甲醚的分解率为×100%＝75%；K＝＝7.5×10－5。②升高温度，CH3OCH3的浓度增大，说明平衡逆向移动，则该反应为放热反应，要缩短达到平衡的时间，可采取的措施有使用高效催化剂、增大反应物浓度等。
(3)反应达平衡时，v正＝v逆，即k正·p(CO)·p(CH4)＝k逆·p(CH3CHO)，则k正/k逆＝p(CH3CHO)/[p(CO)·p(CH4)]＝Kp＝4.5×10－5(kPa)－1，设开始时加入的CO和CH4均为a mol，CO的转化率为20%时，CO和CH4的体积分数均为a×(1－20%)/[a×(1－20%)＋a×(1－20%)＋a×20%]＝4/9，CH3CHO的体积分数为a×20%/[a×(1－20%)＋a×(1－20%)＋a×20%]＝1/9，v正/v逆＝k正·p(CO)·p(CH4)/[k逆·p(CH3CHO)]＝[4.5×10－5×(4/9)×104×(4/9)×104]/[(1/9)×104]＝4/5。
答案：(1)－122.7 kJ·mol－1　D
(2)①5.13×10－5 mol·L－1·min－1　75%　7.5×10－5　②放热　改进催化剂　增大反应物浓度(或其他合理答案)
(3)
35.电池在人类生产生活中具有十分重要的作用，其中锂离子电池与太阳能电池占有很大比重。太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。其材料有单晶硅，还有铜、锗、镓、硒等化合物。

(1)基态亚铜离子中电子占据的原子轨道数目为_________________________________。
(2)若基态硒原子价层电子排布式写成4s24p4p，则其违背了________。
(3)上图表示碳、硅和磷元素的四级电离能变化趋势，其中表示磷的曲线是________(填标号)。
(4)元素X与硅同主族且原子半径最小，X形成的最简单氢化物Q的电子式为____________，该分子其中心原子的杂化类型为__________________________。
写出一种与Q互为等电子体的离子______________________________________。
(5)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性。自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作Na2B4O7·10H2O，实际上它的结构单元是由两个H3BO3和两个[B(OH)4]－缩合而成的双六元环，应该写成Na2[B4O5(OH)4]·8H2O。其结构如图所示，它的阴离子可形成链状结构，则该晶体中不存在的作用力是
________________(填字母)。

A．离子键 B．共价键
C．金属键 D．范德华力
E．氢键
(6)GaAs的熔点为1 238 ℃，密度为ρ g·cm－3，其晶胞结构如图所示。

已知GaAs与GaN具有相同的晶胞结构，则二者晶体的类型均为______，GaAs的熔点_____(填“高于”或“低于”)GaN。Ga和As的摩尔质量分别为MGa g·mol－1和MAs g·mol－1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为________。
答案　(1)14　(2)洪特规则　(3)b
(4)　sp3　NH
(5)C
(6)原子晶体　低于　×100%
解析　(1)亚铜离子的电子轨道排布式为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10，s轨道只有1个轨道，p轨道有3个方向不同的轨道，d轨道有5个方向不同的轨道，所以基态亚铜离子中电子占据的原子轨道数目为14。
(2)洪特规则是指当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同。题中基态硒原子价层电子排布式写成4s24p4p违背了洪特规则，正确的应该是4s24p4p4p。
(3)电离能是基态的气态原子失去电子变为气态阳离子(即电离)，必须克服核电荷对电子的引力而所需要的能量。由于C和Si是同族元素，所以它们的四级电离能变化趋势相近，所以a、c分别为C和Si的四级电离能变化趋势，b为P的四级电离能变化趋势。
(4)元素X与硅同主族且原子半径最小，则X为C，其最简单氢化物为CH4，它的电子式为；由于C的周围都是C—H单键，所以C的轨道杂化为sp3杂化；与CH4互为等电子体的微粒有H2O、NH3、HF、OH－、NH、H3O＋。
(5)从图中可以看出该晶体为离子晶体，所以含有离子键，A正确；晶体中有B—O键，该化学键为共价键，B正确；金属键仅存在于金属晶体中，C错误；结晶水合物中都含有分子间作用力，D正确；化合物中含有较多的H和O，且空间结构较大，则一定有氢键，E正确。
(6)从图中可以看出构成晶胞的微粒为Ga原子和As原子，所以GaAs为原子晶体，则GaN也是原子晶体；在GaAs晶体和GaN晶体中，N的原子半径小于As的原子半径，所以Ga—N键键长比Ga—As键短，所以Ga—N键键能比Ga—As键高，则GaN晶体的熔点比GaAs晶体高；一个GaAs晶胞中，含有As的个数为8×＋6×＝4，含有Ga的个数为4×1＝4。Ga和As的摩尔质量分别为MGa g·mol－1和MAs g·mol－1，则一个Ga的质量为g，一个As的质量为g，所以一个GaAs的晶胞的质量为g，则一个GaAs晶胞的体积为cm3；Ga和As原子半径分别为rGa pm和rAs pm，则在GaAs晶胞中，4个Ga和As的体积为：4×(r＋r)×10－30cm3＝(r＋r)cm3，所以GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为：×100%＝×100%。
36．(2019·华南师范大学附属中学高三上学期第二次月考，36)化合物M是二苯乙炔类液晶材料的一种，最简单的二苯乙炔类化合物是。以互为同系物的单取代芳烃A、G为原料合成M的一种路线(部分反应条件略去)如下：

回答下列问题：
(1) A的结构简式为_____________________。
M中含有的官能团的名称是_____________________________。
(2) D分子中最多有________个碳原子共平面。
(3)①的反应类型是_____________________，
④的反应类型是__________________。
(4)⑤的化学方程式为________________________________。
(5) B的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上有两个取代基，②能发生银镜反应，共有________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为6∶2∶2∶1∶1的是________________________(写结构简式)。
(6)参照上述合成路线，设计一条由苯乙烯和甲苯为起始原料制备的合成路线(不考虑溶剂的合成)：____________________________。
解析　由B的结构可知反应①为取代反应，A为，B发生还原反应生成C，D能与溴的四氯化碳溶液反应生成E，E在氢氧化钾、乙醇条件下反应得到F，可知E为卤代烃，D含有不饱和键，故反应③为消去反应，则D为，E为，F为，由M的分子式可知，反应⑦属于取代反应，M的结构简式为；
(1)A的结构简式为；M中含有的官能团是碳碳叁键；
(2)D为，含有的官能团是碳碳双键，苯环为平面结构、碳碳双键为平面结构，旋转碳碳单键可以使2个平面共面，通过选择碳碳双键可以使甲基中C原子处于上述平面内，即所有的碳原子都可能共面，分子中最多有10个碳原子共平面；
(3)①的反应类型是取代反应，④的反应类型是加成反应；
(4)⑤的化学方程式为：＋2KOH ＋2KBr＋2H2O；
(5)B()的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上有两个取代基，②能发生银镜反应，含有—CHO，2个侧链为—CHO、—CH2CH2CH3，或者为—CHO、—CH(CH3)2，或者为—CH2CHO、—CH2CH3，或者为—CH2CH2CHO、—CH3，或者为—CH(CH3)CHO、—CH3，各有邻、间、对3种，共有15种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为6∶2∶2∶1∶1的是：；
(6)苯乙烯与溴发生加成反应得到，再在KOH/乙醇条件下发生消去反应生成，甲苯通过I2/HIO3、CH3COOH/H2SO4得到 发生取代反应得到，合成路线流程图为：
。
答案　(1) 　碳碳叁键　(2)10
(3)取代反应　加成反应

(6)