必刷卷01-2022年高考化学考前信息必刷卷（全国甲卷）

这是一份必刷卷01-2022年高考化学考前信息必刷卷（全国甲卷），共19页。试卷主要包含了作答时，务必将答案写在答题卡上， 室温下，向10mL 0，2kJ∙ml-1等内容，欢迎下载使用。
2022年高考化学考前信息必刷卷01
全国卷(甲卷)

为平稳过渡至新高考，预计2022全国卷(甲卷)仍将保持2021年风格，所以试卷整体手法应传承已有套路。基于“立德树人”的大背景，命题情境将有更多的指向。备考中要有的放矢。

有理有据、从容不迫-附《2021高考化学细目表》
冬奥会、黑科技、新材料、新药物、环境能源、“卡脖子”芯片技术、弘扬民族自信等情境载体必然大量涌现

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 Si-28 S-32 Mn-55 Se-79
一、选择题：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. 2022年北京冬奥会制服装备公布设计密码：长城灰、霞光红、天霁蓝、瑞雪白。而中国运动员御寒服采用新疆长绒棉为面料，新疆驼绒为内胆，高科技纳米石墨烯为里布，诸多科技悉数亮相，助力“京彩”奥运。下面说法错误的是
A. 长城青砖的“青”是由于含铁的氧化物
B. 云蒸霞蔚中所说的霞光是胶体的丁达尔效应
C. 驼绒与长绒棉主体化学成分相同，属于有机高分子
D. 石墨烯可从石墨中剥离，具有导电性
【答案】C
【解析】
【详解】A．长城青砖的“青”是由于含铁的氧化物，如Fe3O4，故A正确；
B．云烟雾是胶体，能产生丁达尔效应，故B正确；
C．驼绒是化学成分是蛋白质、长绒棉的主体化学成分是纤维素，故C错误；
D．石墨烯可从石墨中剥离，根据石墨能导电，所以石墨烯具有导电性，故D正确；
选C；
2. 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是


气体
试剂
制备装置
收集方法
A
NO
Cu+稀HNO3
b
c
B
NH3
NH4Cl
a
d
C
O2
过氧化氢溶液+MnO2
b
e
D
Cl2
MnO2+浓盐酸
b
c

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cu与稀HNO3反应生成NO气体，NO能够与O2反应生成NO2气体，因此不能用排空气法收集，故A错误；
B．NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3和HCl在试管口遇冷又化合生成NH4Cl，不能用图a所示装置及药品制取NH3，应该加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取NH3，故B错误；
C．用过氧化氢溶液制取氧气，MnO2作催化剂，反应不需要加热，发生装置选b，氧气难溶于水，可用排水集气法收集，故C正确；
D．MnO2和浓盐酸反应需要加热，不能用图b所示装置及药品制取Cl2，故D错误；
答案选C。
3. 设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1molND3所含的中子数为17NA
B. 标准状况下，2.24LHF溶于水，则溶液中HF与F-总数为0.1NA
C. 1molCaO2中所含的离子数和共用电子对数目都是2NA
D. 1mol草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)被足量酸性高锰酸钾完全氧化所转移的电子数是3NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．1个N原子中含有7个中子，1个D中含有1个中子，故1molND3所含的中子数为10NA，A错误；
B．标准状况下，HF是液体，无法计算它的物质的量，B错误；
C．CaO2中，其中过氧根当中含有1个共用电子对，钙离子和过氧根离子之间是离子键，故1molCaO2中所含的离子数为2NA，共用电子对数目为NA，C错误；
D．草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)被足量酸性高锰酸钾氧化是碳元素由+3价升高为+4价，同时铁元素由+2价升高为+3价，故1mol草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)被足量酸性高锰酸钾完全氧化所转移的电子数是3NA，D正确；
故选D。
4. 寿山石是中华瑰宝，传统“四大印章石”之一。某地采掘的寿山石化学式为。已知X、Y、Z、F均为短周期元素，X元素原子的最外层电子数等于其电子层数，且其单质能与强碱反应生成，与含有相同的电子数。下列说法错误的是
A. Y元素最高价氧化物对应的水化物为弱酸
B. X单质的导电能力强于Y单质
C. Z和F可形成不止一种化合物
D. 中既含有离子键，又含有共价键
【答案】D
【解析】
【详解】已知X、Y、Z、F均为短周期元素，X元素原子的最外层电子数等于其电子层数，且X的单质能与强碱反应生成。推测出F为H元素，X为Al，与含有相同的电子数，根据Y、Z在化合物中的成键规律可推出Y、Z分别是Si、O。
A．Y元素最高价氧化物对应的水化物硅酸为弱酸，选项A正确；
B．X为铝，铝属于导体，导电性很强，Y单质为硅，为半导体，导电性弱于铝，选项B正确；
C．O和H可以形成的化合物除了，还有，选项C正确；
D．中只含有共价键，没有离子键，选项D错误。
答案选D。
5. 我国首个自主研发的胆固醇吸收抑制剂海博麦布的结构简式如图所示。下列说法不正确的是

A. 该分子存在顺反异构体
B. 该分子中含有1个手性碳原子
C. 该物质既能与HCl反应，也能与NaOH反应
D. 该物质既能发生氧化反应，也能发生还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，有机物分子中碳碳双键中两个碳原子连有的原子或原子团不相同，存在顺反异构体，故A正确；
B．由结构简式可知，有机物分子中有2个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，(图中含有N和-CO-的环中的碳)，故B错误；
C．由结构简式可知，有机物分子中含有的酰胺基既能在盐酸中发生水解反应，也能在氢氧化钠溶液中发生水解反应，故C正确；
D．由结构简式可知，有机物分子中含有的碳碳双键既能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，也能与氢气发生还原反应，故D正确；
故选B。
6. 锂钒氧化物全固态电池结构如图所示，放电时移向电极形成，下列说法不正确的是


A. 放电时，电子由引线端子B流出
B. 纳米碳管作为金属锂的载体，为该电池的负极
C. 充电时，引线端子A与外接电源正极相连
D. 充电时，电极的反应式为：
【答案】D
【解析】
【分析】由放电时移向电极形成可知，为正极，引线端子A为正极，B为负极。
【详解】A．放电时，电子由负极流向正极，故由引线端子B流出，故A正确；
B．锂作负极，纳米碳管作为金属锂的载体，故B正确；
C．引线端子A为正极，与电源正极相连，故C正确；
D．充电时，电极为失电子的反应，故反应式为：，故D错误；
故选D。
7. 室温下，向10mL 0.1000mol∙L-1二元酸H2B溶液中滴加0.1000 mol∙L-1 KOH溶液，测得溶液的pH与lgY [Y代表或]的关系如图所示。下列相关结论不正确的是

A. 曲线N表示的是与pH的变化关系
B. 当滴加10mL KOH溶液时，溶液中c(H2B)＞c(B2-)
C. X点对应的pH为6.5
D. 若用酚酞做指示剂，则滴定终点颜色变化为无色变粉红色
【答案】B
【解析】
【分析】随着NaOH的不断加入，溶液的pH不断增大，不断增大，不断减小，则N曲线为与pH的变化关系、M曲线为与pH的变化关系。lgY=0时，=1，=1，则Ka1==c(H+)=10-4，Ka2==c(H+)=10-9。
【详解】A．由分析可知，曲线N表示的是与pH的变化关系，A正确；
B．当滴加10mL KOH溶液时，此时溶液为NaHB溶液，Ka2=10-9，Kh2===10-10，Ka2＞Kh2，则溶液中c(H2B)＜c(B2-)，B不正确；
C．X点时，=，则c(H2B)=c(B2-)，Ka1∙ Ka2=，则c2(H+)=10-13，c(H+)=10-6.5，对应的pH为6.5，C正确；
D．滴定终点时，溶质为Na2B，B2-发生水解而使溶液显碱性，若用酚酞做指示剂，则滴定终点颜色变化为无色变粉红色，D正确；
故选B。
二、非选择题
8. 碲(Te)广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。从精炼钢的阳极泥中(主要成分为Cu2Te，还含有金、银、铂等)回收碲的工艺流程如下：


已知：TeO2有强还原性，且TeO2、Cu2TeO4难溶于水；高碲酸钠的化学式：Na2TeO4
回答下列问题：
（1）为提高“反应”效率，可采取的措施为_______(任答一条)。
（2）滤液i的主要成分是_______(写化学式)。滤液i中溶质的浸出率与温度关系如图所示，解释铜的浸出率随温度变化的可能原因_______。

（3）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为_______。滤液ii可循环使用，应将其导入到_______(写操作单元名称)操作中。
（4）“沉碲”过程中发生反应的离子方程式为_______。
（5）粗碲粉中碲质量分数的测定步骤如下：取mg粗碲粉，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，配制成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中。向锥形瓶中加入V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸(H6TeO6)。用c2mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，消耗V2mL硫酸亚铁铵标准溶液。该粗碲粉中碲的质量分数为_______。
【答案】（1）将阳极泥粉碎、适当增大硫酸浓度、升高温度、增加空气通入量等
（2） ①. CuSO4 ②. 随温度升高，CuSO4溶解度及溶解速率均变大，浸出率升高，后期温度过高，CuSO4和TeO2反应生成难溶性的Cu2TeO4，沉淀浸出率降低
（3） ①. TeO+H2O2=TeO+H2O ②. 碱浸
（4）TeO+3SO+2H+=3SO+Te↓+H2O
（5）%
【解析】
【分析】根据回收碲的工艺流程可知，精炼钢的阳极泥(主要成分为Cu2Te，还含有金、银、铂等)和硫酸、空气反应生成了不溶于水的TeO2，根据碲元素的化合价变化，可知此反应是氧化还原反应，反应的化学方程式是Cu2Te+2H2SO4+2O2=2CuSO4+ TeO2+2H2O，则反应过后水浸的滤液ⅰ的主要成分是CuSO4，滤渣的主要成分是不溶于水的TeO2，经过NaOH碱浸后，生成溶于水的Na2TeO3，然后在滤液中加入H2O2使其氧化成Na2TeO4，最后通过结晶分离出Na2TeO4，然后把Na2TeO4和H2SO4、NaSO3放在一起反应生成不溶于水的碲，经过沉碲操作得到粗碲粉，据此分析解答。
【小问1详解】
“反应”是指把阳极泥固体和硫酸、空气混在一起反应，提高“反应”效率，就是使它们充分反应，快速反应，故可采取的措施有阳极泥粉碎、适当增大硫酸浓度、升高温度、增加空气通入量等。
【小问2详解】
经分析，滤液i的主要成分是CuSO4，根据CuSO4的浸出率与温度关系图可知， 浸出率先是随温度升高而升高，然后随温度升高而减小，其原因是温度升高，硫酸铜的溶解度增大，溶解速率会加快，则浸出率逐渐升高，当温度高到一定程度，由于TeO2具有强还原性，则和CuSO4发生氧化还原反应生成了难溶于水的Cu2TeO4，故后期温度升高，CuSO4的浸出率反而下降。
【小问3详解】
经分析“氧化”过程是指含有Na2TeO3的滤液中加入H2O2使其氧化成Na2TeO4的过程，根据氧化还原反应规律，反应的化学方程式是Na2TeO3+ H2O2= Na2TeO4+ H2O，则该反应的离子方程式是TeO+H2O2=TeO+H2O。滤液ii是指分离出Na2TeO4后的滤液，为了使Na2TeO3完全被氧化，加入的H2O2要过量，为了充分利用剩余的H2O2，可将其加入到碱浸这步操作中，使TeO2在碱浸中就被氧化，提高原料利用率。
【小问4详解】
经分析“沉碲”过程是指把Na2TeO4和H2SO4、NaSO3放在一起反应生成不溶于水的碲，根据氧化还原反应规律，反应的化学方程式是Na2TeO4+H2SO4+3Na2SO3=4 Na2SO4+Te↓+ H2O。则该反应的离子方程式是TeO+3SO+2H+=3SO+Te↓+H2O。
【小问5详解】
根据题意可知25.00mL H2TeO3溶液和V2mL c2mol·L-1硫酸亚铁铵被V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液氧化，H2TeO3被氧化成H6TeO6，亚铁被氧化成+3价铁，K2Cr2O7被还原成+3价铬，根据电子守恒可得关系式c(H2TeO3)25.00mL2+ c2V2mL1= c1V13，解得c(H2TeO3)= mol·L-1，则100mL的H2TeO3溶液所含的n(H2TeO3)= mol·L-1= mol， n(H2TeO3)= n(Te)= mol，则m(Te)= ，故mg粗碲粉中碲的质量分数为=%。
9. CO2催化加氢制烯烃(CnH2n)是缓解化石能源消耗、实现减排的重要途径之一。FT转化路径(CO2→CO→CnH2n)涉及的主要反应如下：
i.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)　　　　　△H1=41.1kJ∙mol-1
ii.nCO(g)+2nH2(g)=CnH2n(g)+nH2O(g)n=2时，△H2=-210.2kJ∙mol-1
iii.CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)　　　△H3=-205.9kJ∙mol-1
（1）2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)　　ΔH=_______kJ·mol-1，_______(填“高温”或“低温”)有利于该反应自发进行。
（2）有利于提高CO2平衡转化率的措施有_______(填标号)。
A. 增大n(CO2)：n(H2)投料比 B. 增大体系压强
C. 使用高效催化剂 D. 及时分离H2O
（3）n(CO2)：n(H2)投料比为1：3、压力为1MPa时，无烷烃产物的平衡体系中CO2转化率和产物选择性随反应温度变化曲线如下图。

①有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度范围为_______(填标号)。
A.373~573K　　　　B.573~773K C.773~973K　　　　D.973~1173K
②计算1083K时，反应i的Kp=_______。
③373~1273K范围内，CO2的转化率先降低后升高的原因是_______。
（4）FT转化路径存在CH4含量过高问题，我国科学家采用Cr2O3(SG)和H-SAPO-34复合催化剂极大提高短链烯烃选择性。CO2在催化剂Cr2O3(SG)表面转化为甲醇的各步骤所需要克服的能垒及甲醇在H-SAPO-34作用下产生乙烯、丙烯示意图如下。.

①吸附态用*表示，CO2→甲氧基(H3CO*)过程中，_______的生成是决速步骤(填化学式)。
②H-SAPO-34具有氧八元环构成的笼状结构(直径0.94nm)，笼口为小的八环孔(直径0.38nm)。从结构角度推测，短链烯烃选择性提高的原因_______。
【答案】（1） ①. -128.0 ②. 低温 （2）BD
（3） ①. B ②. 1 ③. 温度低于723K时，反应ⅱ（放热反应）占主导地位，温度升高，反应ⅱ平衡逆向移动，CO的含量增大，导致反应i逆向移动，CO2转化率降低；温度高于723K时，反应i（吸热反应）占主导地位，温度升高，CO2转化率升高
（4） ①. HCOO* ②. 短链烯烃可顺利从H-SAPO-34催化剂笼口八环孔脱离
【解析】
【小问1详解】
当反ⅱ中n=2时可得，根据盖斯定律，由可得，则；根据ΔH-TΔS＜0时反应能自发进行，该反应是放热的、熵减的可逆反应，即ΔH＜0，ΔS＜0，则该反应在低温下有利于该反应自发进行；
【小问2详解】
A.增大n(CO2)：n(H2)投料比，相当于H2的量不变，增加CO2的量，会降低CO2的转化率，故A不符合题意；
B.反应ⅱ和ⅲ均为气体系数之和减小的反应，增大压强可以使ⅱ、ⅲ的平衡正向移动，CO的浓度减小，反应ⅰ平衡正向移动，CO2的转化率增大，故B符合题意；
C.催化剂可以加快反应速率，但不改变平衡转化率，故C不符合题意；
D.及时分离出H2O，可以使反应的平衡正向移动，增大CO2的转化率，故D符合题意；
答案选BD；
【小问3详解】
①由图可知，当温度为573K左右时C4H8的选择性达到最大值，673K左右时C3H6的选择性达到最大值，773K左右时C2H4的选择性达到最大值，因此有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度范围为573~773K，故选B；
②由图可知，温度为1083K时，CO的选择性为100%，烯烃的选择性为0，所以此时只发生反应i，CO2的转化率为75%，设初始投料为、，则有三段式：

则，，，；
③温度低于723K时，反应ⅱ（放热反应）占主导地位，温度升高，反应ⅱ平衡逆向移动，CO的含量增大，导致反应i逆向移动，CO2转化率降低；温度高于723K时，反应i（吸热反应）占主导地位，温度升高，CO2转化率升高，因此CO2的转化率先降低后升高；
【小问4详解】
①能垒越大反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，由图可知CO2→甲氧基(H3CO*)过程中，CO2生成HCOO*的步骤能垒最大，为决速步骤；
②短链烯烃可顺利从H-SAPO-34催化剂的笼口八环孔脱离，所以短链烯烃选择性提高。
10. 葡萄糖酸锌是一种补锌剂，在医药、食品等领域应用广泛。某实验小组制备葡萄糖酸锌并测定产品中锌含量的方法如下：
步骤I：制备葡萄糖酸锌


步骤II：测定产品中锌含量
准确称取mg葡萄糖酸锌产品，溶解后转移至100mL容量瓶中，加水定容。移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入指示剂和缓冲液，摇匀，然后用0.05mol·L-1的EDTA(呈弱酸性，用H2Y2-表示)标准溶液滴定(发生反应：Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+)，滴定终点时消耗VmLEDTA标准溶液。
部分物质的化学式和性质如表：
名称
化学式
性质
葡萄糖酸
C6H12O7
易溶于水，微溶于乙醇
葡萄糖酸钙
Ca(C6H11O7)2
易溶于热水
葡萄糖酸锌
Zn(C6H11O7)2
溶于水，极易溶于沸水，不溶于乙醇
回答下列问题：
（1）葡萄糖酸()是________(填“一元酸”“二元酸”或“多元酸”)。
（2）步骤I中，葡萄糖酸钙与稀硫酸反应的化学方程式是________，该反应可采取的加热方式是________。
（3）已知CaSO4的溶解度随温度升高而降低，故步骤I中①操作是________，将滤液1通过H+型阳离子交换树脂的目的是________。
（4）向滤液2中加入10mL95%的乙醇，充分搅拌并冷却，过滤得葡萄糖酸锌固体，加入乙醇的目的是________。
（5）滴定过程中，盛装EDTA标准液应选用________(填“酸式”或“碱式”)滴定管，产品中锌含量=________%(用含m、V的式子表示)。
【答案】（1）一元酸 （2） ①. Ca(C6H11O7)2+H2SO4=2C6Hl2O6+CaSO4↓ ②. 水浴加热
（3） ①. 趁热过滤 ②. 将未转化的葡萄糖酸钙完全转化为葡萄糖酸
（4）利于析出葡萄糖酸锌晶体
（5） ①. 酸式 ②.
【解析】
【小问1详解】
葡萄糖酸分子中只有一个羧基，因此是一元酸。
【小问2详解】
步骤I中，葡萄糖酸钙与稀硫酸发生复分解反应，则反应的化学方程式是Ca(C6H11O7)2+H2SO4=2C6Hl2O6+CaSO4↓，由于控制温度是90℃，所以该反应可采取的加热方式是水浴加热。
【小问3详解】
由于CaSO4的溶解度随温度升高而降低，为防止析出硫酸钙沉淀，故步骤I中①操作是趁热过滤，将滤液1通过H+型阳离子交换树脂，氢离子和阳离子钙离子交换m，因此目的是将未转化的葡萄糖酸钙完全转化为葡萄糖酸。
【小问4详解】
由于向滤液2中加入10mL95%的乙醇，充分搅拌并冷却，过滤即得葡萄糖酸锌固体，这说明加入乙醇的目的是利于析出葡萄糖酸锌晶体。
【小问5详解】
由于EDTA呈弱酸性，所以滴定过程中，盛装EDTA标准液应选用酸式滴定管，根据方程式Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+可知，样品中锌的物质的量是0.001VL×0.05mol·L-1×100mL/25mL＝0.0002Vmol，则产品中锌含量=。
11. 太阳能电池的发展已经进入了第三代。第一代为单晶硅太阳能电池，第二代为多晶硅、非晶硅等太阳能电池，第三代就是铜钢镓硒CIGs(CIS中掺入Ga)等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜Si系太阳能电池。
（1）亚铜离子()基态时的价电子排布式表示为_______。
（2）硒为第四周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为_______(用元素符号表示)
（3）硫和碲与硒位于同主族，其简单氢化物和中，分解温度较高的是_______；键角较大的是_______，其原因是_______。
（4）的结构中Se为面心立方最密堆积，晶胞结构如图所示。

①中Mn的配位数为_______。
②若该晶体的晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则距离最近的两个锰原子之间的距离为_______pm，的密度_______(列出表达式即可)。
【答案】（1）
（2）
（3） ①. ②. ③. 二者均采取sp3杂化，S的电负性更强，成键电子对之间的斥力更大，键角更大
（4） ①. 4 ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
铜基态时的价电子排布式为3d104s1，则Cu+基态时的价电子排布式为3d10。
【小问2详解】
硒为第四周期第ⅥA族元素，其前一主族的砷的价层电子排布式为4s24p3，4p能级上填充3个电子，是半充满的稳定结构，所以其第一电离能高于其后的硒，而同周期的第ⅦA族的溴原子半径小，质子数多，失去电子比砷和硒难，在这三种元素中第一电离能最大，所以这3种元素的第一电离能从大到小顺序为Br＞As＞Se 。
【小问3详解】
同一主族从上到下，非金属性逐渐减弱，所以氢化物的稳定性也逐渐减弱，则H2S 和H2Te中，分解温度较高的是H2S；H2S 和H2Te的中心原子S和Se均采取sp3杂化，S的电负性更强，成键电子对之间的斥力更大，键角更大。
【小问4详解】
①在β-MnSe 中，Mn和相邻的4个Se相连，所以Mn的配位数为4。
②在β-MnSe 中，Mn位于晶胞内部，若将晶胞分成8个相等的小正方体，则4个Mn位于其中四个不相邻的小正方体的体心，所以距离最近的两个锰原子之间的距离是晶胞面对角线的一半。晶胞参数为apm，则距离最近的两个锰原子之间的距离为pm；一个晶胞中含有4个Mn和4个Se，则一个晶胞的质量为g，晶胞参数为apm，则一个晶胞的体积为(a×10-10)cm3，所以晶体密度ρ=。
12. 由对甲基苯甲醛制备G的一种合成路线如下：


已知：①RCHO+CH3CHO RCH=CHCHO+H2O
②

回答下列问题：
（1）对甲基苯甲醛的结构简式为___________。
（2）由A生成B的第1)步化学方程式为___________。
（3）D所含官能团的名称是___________。
（4）E能发生的反应类型分别是___________。
a．聚合反应 b．水解反应 c．消去反应 d．取代反应
（5）F的一氯代物有___________种。
（6）芳香化合物X是C的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，核磁共振氢谱显示只有3种不同化学环境的氢，峰面积比为6：3：1，写出符合要求的X的一种结构简式___________。
（7）写出乙烯为原料制备化合物的合成路线___________(其他无机试剂任选)。
【答案】（1） （2）+2Cu(OH)2+Cu2O+2H2O
（3）碳碳三键，羧基 （4）abd
（5）3 （6）或
（7）CH2=CH2CH3CH2OH CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH(Br)CH(Br)CHOCH3C≡CCHO
【解析】
【分析】由已知条件①可知A为，由A到B的反应条件可知A到B为醛基的特征反应，B为，C为B与溴的加成反应，则C为，C在醇溶液中发生消去反应，则D为，D→E为酯化反应，则E为，结合条件②可知F的结构简式为：，以此解题。
【小问1详解】
对甲基苯甲醛的结构简式为：；
【小问2详解】
由分析可知由A生成B的第1)步化学方程式为+2Cu(OH)2+Cu2O+2H2O；
【小问3详解】
由分析可知D为，则其中所含官能团的名称是：碳碳三键，羧基；
【小问4详解】
由分析可知E为，则E能发生的反应类型分别是聚合反应，水解反应和取代反应，故答案为：abd；
【小问5详解】
由分析可知F为，其等效氢如图有三种，故其一氯代物有3种；
【小问6详解】
由分析可知C为，X为芳香化合物，与C互为同分异构体，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，说明X中含有羧基，其核磁共振氢谱有3种化学环境的氢，且为6：3：1，则X中一种可能结构为或；
【小问7详解】
由信息及化合物知由和合成，则具体合成路线为：CH2=CH2CH3CH2OH CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH(Br)CH(Br)CHOCH3C≡CCHO