2019年全國卷3 化學解析匯報版

word絕密啟用前2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試理科綜合能力測試須知事項：1答卷前，考生務必將自己的某某、某某號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每一小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試完畢后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ar 40 Fe 56 I 127一、選擇題：此題共13個小題，每一小題6分。共78分，在每一小題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的。1.化學與生活密切相關(guān)。如下表示錯誤的答案是A. 高純硅可用于制作光感電池B. 鋁合金大量用于高鐵建設(shè)C. 活性炭具有除異味和殺菌作用D. 碘酒可用于皮膚外用消毒【答案】C【解析】【詳解】A、硅是半導體，高純硅可用于制作光感電池，A正確；B、鋁合金硬度大，可用于高鐵建設(shè)，B正確；C、活性炭具有吸附性，可用于除異味，但不能殺菌消毒，C錯誤；D、碘酒能使蛋白質(zhì)變性，可用于皮膚外用消毒，D正確；答案選C。2.如下化合物的分子中，所有原子可能共平面的是A. 甲苯B. 乙烷C. 丙炔D. 1,3丁二烯【答案】D【解析】【詳解】A、甲苯中含有飽和碳原子，所有原子不可能共平面，A不選；B、乙烷是烷烴，所有原子不可能共平面，B不選；C、丙炔中含有飽和碳原子，所有原子不可能共平面，C不選；D、碳碳雙鍵是平面形結(jié)構(gòu)，因此1，3丁二烯分子中兩個雙鍵所在的兩個面可能重合，所有原子可能共平面，D選。答案選D。3.X、Y、Z均為短周期主族元素，它們原子的最外層電子數(shù)之和為10，X與Z同族，Y最外層電子數(shù)等于X次外層電子數(shù)，且Y原子半徑大于Z。如下表示正確的答案是A. 熔點：X的氧化物比Y的氧化物高B. 熱穩(wěn)定性：X的氫化物大于Z的氫化物C. X與Z可形成離子化合物ZXD. Y的單質(zhì)與Z的單質(zhì)均能溶于濃硫酸【答案】B【解析】【詳解】Y的最外層電子數(shù)等于X次外層電子數(shù)，由于均是主族元素，所以Y的最外層電子數(shù)不可能是8個，如此X只能是第二周期元素，因此Y的最外層電子數(shù)是2個，又因為Y的原子半徑大于Z，如此Y只能是第三周期的Mg，因此X與Z的最外層電子數(shù)是102/24，如此X是C，Z是Si。A、碳的氧化物形成的分子晶體，Y的氧化物是離子化合物氧化鎂，如此氧化鎂的熔點高于碳的氧化物熔點，A錯誤；B、碳元素的非金屬性強于硅元素，非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，如此碳的氫化物穩(wěn)定性強于硅的氫化物穩(wěn)定性，B正確；C、C與Si形成的是共價化合物SiC，C錯誤；D、單質(zhì)鎂能溶于濃硝酸，單質(zhì)硅不溶于濃硝酸，D錯誤；答案選B。4.離子交換法凈化水過程如下列圖。如下說法中錯誤的答案是A. 經(jīng)過陽離子交換樹脂后，水中陽離子總數(shù)不變B. 水中的、Cl通過陰離子樹脂后被除去C. 通過凈化處理后，水的導電性降低D. 陰離子樹脂填充段存在反響H+OHH2O【答案】A【解析】【詳解】離子交換樹脂凈化水的原理是：當含有Na+、Ca2+、Mg2+等陽離子與SO42、Cl、NO3等陰離子的原水通過陽離子交換樹脂時，水中的陽離子為樹脂所吸附，而樹脂上可交換的陽離子H如此被交換到水中，并和水中的陰離子組成相應的無機酸；當含有無機酸的水再通過陰離子交換樹脂時，水中的陰離子也為樹脂所吸附，樹脂上可交換的陰離子OH也被交換到水中，同時與水中的H離子結(jié)合成水，如此A、根據(jù)電荷守恒可知經(jīng)過陽離子交換樹脂后，水中陽離子總數(shù)增加，A錯誤；B、根據(jù)以上分析可知水中的SO42、Cl、NO3等陰離子通過陰離子交換樹脂被除去，B正確；C、通過凈化處理后，溶液中離子的濃度降低，導電性降低，C正確；D、根據(jù)以上分析可知陰離子交換樹脂填充段存在反響HOHH2O，D正確；答案選A。5.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)值。關(guān)于常溫下pH=2的H3PO4溶液，如下說法正確的答案是A. 每升溶液中的H+數(shù)目為NAB. c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH)C. 加水稀釋使電離度增大，溶液pH減小D. 參加NaH2PO4固體，溶液酸性增強【答案】B【解析】【詳解】A、常溫下pH2，如此溶液中氫離子濃度是，因此每升溶液中H數(shù)目為NA，A錯誤；B、根據(jù)電荷守恒可知選項B正確；C、加水稀釋促進電離，電離度增大，但氫離子濃度減小，pH增大，C錯誤；D、參加NaH2PO4固體，H2PO4濃度增大，抑制磷酸的電離，溶液的酸性減弱，D錯誤；答案選B。6.如下實驗不能達到目的的是選項目的實驗A制取較高濃度的次氯酸溶液將Cl2通入碳酸鈉溶液中B加快氧氣的生成速率在過氧化氫溶液中參加少量MnO2C除去乙酸乙酯中的少量乙酸參加飽和碳酸鈉溶液洗滌、分液D制備少量二氧化硫氣體向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加濃硫酸A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【詳解】A、氯氣與碳酸鈉溶液反響生成氯化鈉、次氯酸鈉和碳酸氫鈉，不能制備次氯酸，不能達到實驗目的，A選；B、過氧化氫溶液中參加少量二氧化錳作催化劑，加快雙氧水的分解，因此可以加快氧氣的生成速率，能達到實驗目的，B不選；C、碳酸鈉溶液與乙酸反響，與乙酸乙酯不反響，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能達到實驗目的，C不選；D、根據(jù)較強酸制備較弱酸可知向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加濃硫酸可以制備二氧化硫，能達到實驗目的，D不選；答案選A。7.為提升電池循環(huán)效率和穩(wěn)定性，科學家近期利用三維多孔海綿狀Zn3DZn可以高效沉積ZnO的特點，設(shè)計了采用強堿性電解質(zhì)的3DZnNiOOH二次電池，結(jié)構(gòu)如如下圖所示。電池反響為Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。A. 三維多孔海綿狀Zn具有較高的外表積，所沉積的ZnO分散度高B. 充電時陽極反響為Ni(OH)2(s)+OH(aq)eNiOOH(s)+H2O(l)C. 放電時負極反響為Zn(s)+2OH(aq)2eZnO(s)+H2O(l)D. 放電過程中OH通過隔膜從負極區(qū)移向正極區(qū)【答案】D【解析】【詳解】A、三維多孔海綿狀Zn具有較高的外表積，吸附能力強，所沉積的ZnO分散度高，A正確；B、充電相當于是電解池，陽極發(fā)生失去電子的氧化反響，根據(jù)總反響式可知陽極是Ni(OH)2失去電子轉(zhuǎn)化為NiOOH，電極反響式為Ni(OH)2(s)OH(aq)eNiOOH(s)H2O(l)，B正確；C、放電時相當于是原電池，負極發(fā)生失去電子的氧化反響，根據(jù)總反響式可知負極反響式為Zn(s)2OH(aq)2eZnO(s)H2O(l)，C正確；D、原電池中陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，如此放電過程中OH通過隔膜從正極區(qū)移向負極區(qū)，D錯誤。答案選D。三、非選擇題：共174分，第2232題為必考題，每個試題考生都必須作答。第3338題為選考題，考生根據(jù)要求作答。一必考題：共129分。8.高純硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料原料，工業(yè)上可由天然二氧化錳粉與硫化錳礦還含F(xiàn)e、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素制備，工藝如如下圖所示?；卮鹑缦聠栴}：相關(guān)金屬離子c0(Mn+)=0.1 mol·L1形成氫氧化物沉淀的pHX圍如下：金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+開始沉淀的pH沉淀完全的pH1“濾渣1含有S和_；寫出“溶浸中二氧化錳與硫化錳反響的化學方程式_。2“氧化中添加適量的MnO2的作用是將_。3“調(diào)pH除鐵和鋁，溶液的pHX圍應調(diào)節(jié)為_6之間。4“除雜1的目的是除去Zn2+和Ni2+，“濾渣3的主要成分是_。5“除雜2的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。假如溶液酸度過高，Mg2+沉淀不完全，原因是_。6寫出“沉錳的離子方程式_。7層狀鎳鈷錳三元材料可作為鋰離子電池正極材料，其化學式為LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合價分別為+2、+3、+4。當x=y=時，z=_?！敬鸢浮?(1). SiO2不溶性硅酸鹽 (2). MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O (3). 將Fe2+氧化為Fe3+ (4). (5). NiS和ZnS (6). F與H+結(jié)合形成弱電解質(zhì)HF，MgF2Mg2+2F平衡向右移動 (7). Mn2+2=MnCO3+CO2+H2O (8). 【解析】【詳解】1Si元素以SiO2或不溶性硅鹽存在，SiO2與硫酸不反響，所以濾渣I中除了S還有SiO2；在硫酸的溶浸過程中，二氧化錳和硫化錳發(fā)生了氧化復原反響，二氧化錳作氧化劑，硫化錳作復原劑，方程式為：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；2二氧化錳作為氧化劑，使得MnS反響完全，且將溶液中Fe2+氧化為Fe3+；3由表中數(shù)據(jù)知pH在時，F(xiàn)e3+和Al3+沉淀完全，所以應該控制pH在4.76之間；4根據(jù)題干信息，參加Na2S除雜為了除去鋅離子和鎳離子，所以濾渣3是生成的沉淀ZnS和NiS；5由HF H+F-知，酸度過大，F(xiàn)-濃度減低，使得MgF2Mg2+2F-平衡向沉淀溶解方向移動，Mg2+沉淀不完全；6根據(jù)題干信息沉錳的過程是生成了MnCO3沉淀，所以反響離子方程式為：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O；7根據(jù)化合物中各元素化合價代數(shù)和為0的規(guī)律得：1+2x+3y+4z=6，x=y=1/3，帶入計算得：z=1/39.乙酰水楊酸阿司匹林是目前常用藥物之一。實驗室通過水楊酸進展乙?；苽浒⑺酒チ值囊环N方法如下：水楊酸醋酸酐乙酰水楊酸熔點/157159-72-74135138相對密度/g·cm3相對分子質(zhì)量138102180實驗過程：在100 mL錐形瓶中參加水楊酸6.9 g與醋酸酐10 mL，充分搖動使固體完全溶解。緩慢滴加0.5 mL濃硫酸后加熱，維持瓶內(nèi)溫度在70 左右，充分反響。稍冷后進展如下操作.在不斷攪拌下將反響后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固體，過濾。所得結(jié)晶粗品參加50 mL飽和碳酸氫鈉溶液，溶解、過濾。濾液用濃鹽酸酸化后冷卻、過濾得固體。固體經(jīng)純化得白色的乙酰水楊酸晶體5.4 g。回答如下問題：1該合成反響中應采用_加熱。填標號A熱水浴 B酒精燈 C煤氣燈 D電爐2如下玻璃儀器中，中需使用的有_填標號，不需使用的_填名稱。3中需使用冷水，目的是_。4中飽和碳酸氫鈉的作用是_，以便過濾除去難溶雜質(zhì)。5采用的純化方法為_。6本實驗的產(chǎn)率是_%?！敬鸢浮?(1). A (2). BD (3). 分液漏斗、容量瓶 (4). 充分析出乙酰水楊酸固體結(jié)晶 (5). 生成可溶的乙酰水楊酸鈉 (6). 重結(jié)晶 (7). 60【解析】【詳解】1因為反響溫度在70，低于水的沸點，且需維溫度不變，故采用熱水浴的方法加熱；2操作需將反響物倒入冷水，需要用燒杯量取和存放冷水，過濾的操作中還需要漏斗，如此答案為：B、D；分液漏斗主要用于別離互不相容的液體混合物，容量瓶用于配制一定濃度的溶液，這兩個儀器用不到。3反響時溫度較高，所以用冷水的目的是使得乙酰水楊酸晶體充分析出；4乙酰水楊酸難溶于水，為了除去其中的雜質(zhì)，可將生成的乙酰水楊酸與碳酸氫鈉反響生成可溶性的乙酰水楊酸鈉，以便過濾除去雜質(zhì)；5每次結(jié)晶過程中會有少量雜質(zhì)一起析出，可以通過屢次結(jié)晶的方法進展純化，也就是重結(jié)晶；6水楊酸分子式為C7H6O3，乙酰水楊酸分子式為C9H8O4，根據(jù)關(guān)系式法計算得：C7H6O3 C9H8O4138 1806.9g mm( C9H8O4)=(6.9g×180)/138=9g，如此產(chǎn)率為。10.近年來，隨著聚酯工業(yè)的快速開展，氯氣的需求量和氯化氫的產(chǎn)出量也隨之迅速增長。因此，將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣的技術(shù)成為科學研究的熱點。回答如下問題：1Deacon發(fā)明的直接氧化法為：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。如下圖為剛性容器中，進料濃度比c(HCl) c(O2)分別等于11、41、71時HCl平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系：可知反響平衡常數(shù)K300_K400填“大于或“小于。設(shè)HCl初始濃度為c0，根據(jù)進料濃度比c(HCl)c(O2)=11的數(shù)據(jù)計算K400=_列出計算式。按化學計量比進料可以保持反響物高轉(zhuǎn)化率，同時降低產(chǎn)物別離的能耗。進料濃度比c(HCl)c(O2)過低、過高的不利影響分別是_。2Deacon直接氧化法可按如下催化過程進展：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) H1=83 kJ·mol-1CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) H2=-20 kJ·mol-1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) H3=-121 kJ·mol-1如此4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的H=_ kJ·mol-1。3在一定溫度的條件下，進一步提高HCI的轉(zhuǎn)化率的方法是_。寫出2種4在傳統(tǒng)的電解氯化氫回收氯氣技術(shù)的根底上，科學家最近采用碳基電極材料設(shè)計了一種新的工藝方案，主要包括電化學過程和化學過程，如如下圖所示：負極區(qū)發(fā)生的反響有_寫反響方程式。電路中轉(zhuǎn)移1 mol電子，需消耗氧氣_L標準狀況【答案】 (1). 大于 (2). (3). O2和Cl2別離能耗較高、HCl轉(zhuǎn)化率較低 (4). 116 (5). 增加反響體系壓強、與時除去產(chǎn)物 (6). Fe3+e=Fe2+，4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O (7). 【解析】【詳解】1根據(jù)反響方程式知，HCl平衡轉(zhuǎn)化率越大，平衡常數(shù)K越大，結(jié)合圖像知升高溫度平衡轉(zhuǎn)化率降低，說明升高溫度平衡向逆反響方向進展，如此K(300)>K(400)；由圖像知，400時，HCl平衡轉(zhuǎn)化率為84%，用三段式法對數(shù)據(jù)進展處理得：起始濃度 c0c000變化濃度 0.84c00.21c00.42c00.42c0平衡濃度(1-0.84)c0 (1-0.21)c00.42c00.42c0如此K=；根據(jù)題干信息知，進料濃度比過低，氧氣大量剩余，導致別離產(chǎn)物氯氣和氧氣的能耗較高；進料濃度比過高，HCl不能充分反響，導致HCl轉(zhuǎn)化率較低；2根據(jù)蓋斯定律知，反響I+反響II+反響III×2得 H=H1+H2+H3×2=-116kJ·mol-1；3假如想提高HCl的轉(zhuǎn)化率，應該促使平衡正向移動，該反響為氣體體積減小的反響，根據(jù)勒夏特列原理，可以增大壓強，使平衡正向移動；也可以與時除去產(chǎn)物，減小產(chǎn)物濃度，使平衡正向移動；4電解過程中，負極區(qū)即陰極上發(fā)生的是得電子反響，元素化合價降低，屬于復原反響，如此圖中左側(cè)為負極反響，根據(jù)圖示信息知電極反響為：Fe3+eFe2+和4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O；電路中轉(zhuǎn)移1mol電子，根據(jù)電子得失守恒可知需消耗氧氣的物質(zhì)的量是1mol÷40.25mol，在標準狀況下的體積為0.25mol×22.4L/mol5.6L。二選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，如此每科按所做的第一題計分?；瘜W選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)11.磷酸亞鐵鋰LiFePO4可用作鋰離子電池正極材料，具有熱穩(wěn)定性好、循環(huán)性能優(yōu)良、安全性高等特點，文獻報道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作為原料制備。回答如下問題：1在周期表中，與Li化學性質(zhì)最相似的鄰族元素是_，該元素基態(tài)原子核外M層電子的自旋狀態(tài)_填“一樣或“相反。2FeCl3中的化學鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子存在的FeCl3的結(jié)構(gòu)式為_，其中Fe的配位數(shù)為_。3苯胺的晶體類型是_。苯胺與甲苯的相對分子質(zhì)量相近，但苯胺的熔點、沸點分別高于甲苯的熔點、沸點，原因是_。4NH4H2PO4中，電負性最高的元素是_；P的_雜化軌道與O的2p軌道形成_鍵。5NH4H2PO4和LiFePO4屬于簡單磷酸鹽，而直鏈的多磷酸鹽如此是一種復雜磷酸鹽，如：焦磷酸鈉、三磷酸鈉等。焦磷酸根離子、三磷酸根離子如如下圖所示：這類磷酸根離子的化學式可用通式表示為_用n代表P原子數(shù)?！敬鸢浮?(1). Mg (2). 相反 (3). (4). 4 (5). 分子晶體 (6). 苯胺分子之間存在氫鍵 (7). O (8). sp3 (9). (10). (PnO3n+1)(n+2)-【解析】【分析】這道選修題涉與到了元素周期表和對角線原如此、核外電子排布式的寫法、配位物的形成，以與熔沸點的判斷方式和分子晶體的判斷方法。電負性的判斷和雜化軌道的計算?！驹斀狻?根據(jù)元素周期表和對角線原如此可知與鋰化學性質(zhì)相似的是鎂，鎂的最外層電子數(shù)是2，占據(jù)s軌道，s軌道最多容納2個電子，所以自旋方向相反。2氯化鐵的雙聚體，就是兩個氯化鐵相連接在一起，氯化鐵的化學鍵有明顯的共價性所以仿照共價鍵的形式將兩個氯化鐵連接在一起，即結(jié)構(gòu)式為，因此Fe的配位數(shù)為4。3大多數(shù)有機物都是分子晶體，除了一局部有機酸鹽和有機堿鹽是離子晶體。苯胺比甲苯的熔沸點都高，同一種晶體類型熔沸點不同首先要考慮的就是是否有氫鍵，苯胺中存在電負性較強的N所以可以形成氫鍵，因此比甲苯的熔沸點高。4電負性與非金屬性的大小規(guī)律相似，從左到右依次增大，O就是最大的。計算出P的雜化類型是sp3，與氧原子形成的是磷氧雙鍵，其中p軌道是，與氫氧形成的是單鍵。5可以根據(jù)磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化學式推導：PO42-、P2O74-、P3O105-：磷原子的變化規(guī)律為：1，2，3，4，n氧原子的變化規(guī)律為：4，7，10，3n+1酸根的變化規(guī)律為：3，4，5，n+2因此這類磷酸根離子的化學式可用通式表示為PnO(3n+1)(n+2)?！军c睛】第二小問，雙聚分子的氯化鐵結(jié)構(gòu)式，從共價鍵的角度分析，存在著配位鍵，那配位原子就是氯原子，共用兩個氯原子就可實現(xiàn)將兩個氯化鐵連接在一起的結(jié)構(gòu)；第五小問，應用數(shù)學的找規(guī)律遞推到通式，首先寫出磷酸的化學式，然后尋找規(guī)律?；瘜W選修5：有機化學根底12.氧化白藜蘆醇W具有抗病毒等作用。下面是利用Heck反響合成W的一種方法：回答如下問題：1A的化學名稱為_。2中的官能團名稱是_。3反響的類型為_，W的分子式為_。4不同條件對反響產(chǎn)率的影響見下表：實驗堿溶劑催化劑產(chǎn)率/%1KOHDMFPd(OAc)22K2CO3DMFPd(OAc)23Et3NDMFPd(OAc)21244六氫吡啶DMFPd(OAc)23125六氫吡啶DMAPd(OAc)26六氫吡啶NMPPd(OAc)2上述實驗探究了_和_對反響產(chǎn)率的影響。此外，還可以進一步探究_等對反響產(chǎn)率的影響。5X為D的同分異構(gòu)體，寫出滿足如下條件的X的結(jié)構(gòu)簡式_。含有苯環(huán)；有三種不同化學環(huán)境的氫，個數(shù)比為621；1 mol的X與足量金屬Na反響可生成2 g H2。6利用Heck反響，由苯和溴乙烷為原料制備，寫出合成路線_。無機試劑任選【答案】 (1). 間苯二酚1，3-苯二酚 (2). 羧基、碳碳雙鍵 (3). 取代反響 (4). C14H12O4 (5). 不同堿 (6). 不同溶劑 (7). 不同催化劑或溫度等 (8). 5 (9). 6【解析】【分析】首先看到合成路線：由A物質(zhì)經(jīng)反響在酚羥基的鄰位上了一個碘原子，發(fā)生了取代反響生成了B物質(zhì)，B物質(zhì)與丙烯酸在催化劑的作用下生成了C物質(zhì)，那C物質(zhì)就是將丙烯酸中的羧基去掉取代了碘原子的位置；由D反響生成E就是把HI中的H連在了O上，發(fā)生的是取代反響；最后heck反響生成W物質(zhì)?！驹斀狻?A物質(zhì)所含官能團是兩個酚羥基，且苯環(huán)上有兩個是間位的取代基，那物質(zhì)的命名就是間苯二酚或1，3-苯二酚；2物質(zhì)中含有的官能團是碳碳雙鍵和羧基3D物質(zhì)到E物質(zhì)沒有雙鍵的消失，且在O原子處增加了氫原子，沒有雙鍵參與反響所以屬于取代反響，W物質(zhì)中可以輕松數(shù)出共有14個C原子，4個氧原子，氫原子的個數(shù)可以通過不飽和度來推斷出，14個碳的烷應該有30個氫，現(xiàn)在該分子有9個不飽和度，其中一個苯環(huán)4個，一個雙鍵1個，一個不飽和度少2個氫，所以30-9×2=12，因此有12個氫原子，即分子式為C14H12O4。4可以從表格中尋找溶劑一樣的實驗、堿一樣的實驗發(fā)現(xiàn)得出：實驗1，2，3探究了不同堿對反響的影響；實驗4，5，6探究了不同溶劑對反響的影響，最后只剩下不同催化劑對實驗的影響。5D的分子式為：C8H9O2I，要求含苯環(huán)，那支鏈最多含兩個C，且1molX與足量Na反響可生成2g氫氣，那就證明有兩個酚羥基或醇羥基，又有三種不同環(huán)境的氫6:2:1，那一定是有兩個甲基和兩個酚羥基，因為醇羥基沒有6個一樣環(huán)境的氫，如此符合條件的有機物結(jié)構(gòu)簡式為。6由題意中的heck反響可知需要一個反響物中含雙建，一個反響物中含I；從苯出發(fā)可以經(jīng)過溴乙烷和溴化鐵的反響制得乙苯，乙苯在乙基上通過烷烴的取代反響引入氯原子，鹵代烴在氫氧化鈉醇溶液中發(fā)生消去反響產(chǎn)生雙鍵，得到苯乙烯；可以仿照反響通過一樣條件在苯環(huán)上引入一個碘原子，因此合成路線圖為。【點睛】最后一個寫合成路線，要必須從已有的物質(zhì)出發(fā)，不得自己添加反響所需有機物，仿照題中出現(xiàn)的反響，將合成路線分為兩局部，一次合成，遇到不會的合成，首先要在題意和中尋找。清楚想要有碳碳雙鍵出現(xiàn)應該利用鹵代烴的消去反響。16 / 16