2022年高考化学试卷（福建）（解析卷）_历年高考真题合集_化学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考化学真题_化学（按省份分类）2008-2025_2012-2024·（福建）化学高考真题

福建省 2022 年高考化学试题 C Cu 1. 福建多个科研机构经过长期联合研究发现，使用 60和改性的 基催化剂，可打通从合成气经草酸二 甲酯常压催化加氢制备乙二醇的技术难关。下列说法正确的是 A. 草酸属于无机物 B. C 与石墨互为同分异构体 60 C. Cu属于过渡元素 D. 催化剂通过降低焓变加快反应速率 【答案】C 【解析】 【详解】A．草酸属于二元弱酸，即乙二酸，属于有机物，A错误； B．C 与石墨是碳元素的不同单质，互为同素异形体，B错误； 60 C．Cu为ⅠB族，属于过渡元素，C正确； D．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，反应焓变不变，D错误； 故选C。 2. 络塞维是中药玫瑰红景天中含有的一种天然产物，分子结构见下图。关于该化合物下列说法正确的是 A. 不能发生消去反应 B. 能与醋酸发生酯化反应 C. 所有原子都处于同一平面 D. 1mol络塞维最多能与3molH 反应 2 【答案】B 【解析】 【详解】A．该化合物的分子中，与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，可发生消去反应，A错 误； B．该化合物含有羟基，可与醋酸发生酯化反应，B正确； C．该化合物的结构中含有饱和碳原子，不可能所有原子处于同一平面上，C错误； D．1mol络塞维最多能与4mol H 反应，其中苯环消耗3mol H ，碳碳双键消耗1mol H ，D错误； 2 2 2 故选B。 第1页 | 共19页催化剂 3. 常温常压下，电化学还原制氨气的总反应方程式：2N +6H O 4NH +3O ，设N 为阿伏加 2 2 3 2 A 通电 德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 9g水中含有的孤电子对数为2N A B. 每产生34gNH ,N 失去的电子数为6N 3 2 A C. 1mol×L-1氨水中，含有的NH ×H O分子数少于N 3 2 A D. 消耗11.2LN (己折算为标况)时，产生的O 分子数为0.75N 2 2 A 【答案】D 【解析】 1 9g 【详解】A．H O分子中孤电子对数为 6-2 =2，9gH O的物质的量为 =0.5mol，含有的孤电 2 2 2 18g/mol 子对数为N ，故A错误； A 34g B．该反应中N 中N元素化合价由0价下降到-3价，34gNH 的物质的量为 =2mol，每产生 2 3 17g/mol 34gNH ，N 得到6mol电子，数目为6N ，故B错误； 3 2 A C．氨水的体积未知，无法计算NH ×H O的分子数，故C错误； 3 2 D．11.2LN 的物质的量为0.5mol，由方程式可知，消耗0.5molN ，产生的0.75molO ，数目为 2 2 2 0.75N ，故D正确； A 故选D。 4. 某非线性光学晶体由钾元素(K)和原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素组成。X与Y、Z 与W均为同周期相邻元素，X的核外电子总数为最外层电子数的2倍，Z为地壳中含量最多的元素。下列 说法正确的是 A. 简单氢化物沸点：Z>W B. YW 分子的空间构型为三角锥形 3 C. 原子半径：Y HF，故A正确； 2 2 B．YW 为BF ，中心B原子有3对价电子且没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故B错误； 3 3 C．四种元素为同周期元素，随核电荷数增大原子半径减小，原子半径：Be>B>O>F，故C错误； D．Be最高价氧化物水化物为Be(OH) ，溶液显两性，B最高价氧化物的水化物为H BO ，溶液显酸性， 2 3 3 故D错误； 故选：A。 5. 探究醋酸浓度与电离度 α 关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述正确的 步骤 操作或叙述 A Ⅰ.用NaOH标准溶液标定醋酸溶液浓度 滴定时应始终注视滴定管中的液面 B Ⅱ.用标定后的溶液配制不同浓度的醋酸溶液 应使用干燥的容量瓶 C Ⅲ.测定步骤Ⅰ中所得溶液的pH 应在相同温度下测定 c  H+ D Ⅳ.计算不同浓度溶液中醋酸的电离度 计算式为α= ´100% c  CH COO- 3 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A错误； B．配制不同浓度的醋酸溶液时，容量瓶不需要干燥，B错误； C．温度影响醋酸的电离平衡，因此测定步骤Ⅰ中所得溶液的pH时应在相同温度下测定，C正确； D．电离度是指弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数（包括已电离的 c  H+ 和未电离的）的百分数，因此醋酸的电离度计算式为α= ´100%，D错误； cCH COOH 3 答案选C。 6. 用铬铁合金(含少量Ni、Co单质)生产硫酸铬的工艺流程如下： 第3页 | 共19页下列说法错误的是 A. “浸出”产生的气体含有H B. “除杂”的目的是除去Ni、Co元素 2 C. 流程中未产生六价铬化合物 D. “滤渣2”的主要成分是Fe C O  2 2 4 3 【答案】D 【解析】 【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含Ni2+、Co2+、Cr3+、Fe2+加入Na S 2 分离出滤渣1含CoS和NiS，Cr3+、Fe2+不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC O ，过滤分离出硫酸铬，以 2 4 此来解答。 【详解】A．四种金属均与稀硫酸反应生成H ，A正确； 2 B．共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬，则“除杂"的目的是除去Ni、Co元素，B正确； C．由上述分析可知，流程中未产生六价铬化合物，C正确； D．“滤渣2”的主要成分是FeC O ，D错误； 2 4 故本题选D。 7. 锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+杂质离子，可在 0~14范围内调节pH对其净化(即相关离子浓度c<10-5mol×L-1)。25℃时，lgc与pH关系见下图(碱性 过强时Fe(OH) 和Fe(OH) 会部分溶解)。下列说法正确的是 3 2 第4页 | 共19页A. Mg2+可被净化的pH区间最大 B. 加入适量H O ，可进一步提升净化程度 2 2 C. 净化的先后顺序：Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+ D. K Fe(OH) x 时，c  Cl- =4c  NO- 1 3 C. x >x 时，x越大，生成N 的量越少 1 2 D. x=x 时，c  Na+ +c  H+ +c  NH+ =c  Cl- +c  OH- +c  ClO- 1 4 【答案】C 第7页 | 共19页【解析】 【详解】A．x 时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5%，nNH =0.006mol/L´1L= 0.006mol， 1 3 95% 的 氨 气 参 与 反 应 ① 、 有 5% 的 氨 气 参 与 反 应 ② ， 反 应 ① 消 耗 0.006mol´95% n  ClO- = ´3= 0.00855mol， 参 与 反 应 ② 消 耗 1 2 n  ClO- =4´0.006mol´5%=0.0012mol，x =0.00855mol + 0.0012mol= 0.00975mol，A错误； 2 1 B．x>x 时，反应①也生成氯离子，所以c(Cl-)>4c(NO-)，B错误； 1 3 C．x>x 时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N 的量越少， 1 2 C正确； D．x=x 时，氨的去除率为100%，溶液中没有NH+和ClO-，含有Na+、H+、NO-、Cl-和OH-，根据电 1 4 3 荷守恒得c  Na+ +c  H+ =c  Cl- +c  OH- +c  NO- ，D错误； 3 故本题选C。 11. 粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含SiO 、Al O 和CaO等)提铝的工艺流 2 2 3 程如下： 回答下列问题： （1）“浸出”时适当升温的主要目的是_______，Al O 发生反应的离子方程式为_______。 2 3 （2）“浸渣”的主要成分除残余Al O 外，还有_______。实验测得，5.0g粉煤灰(Al O 的质量分数为 2 3 2 3 30%)经浸出、干燥后得到3.0g“浸渣”(Al O 的质量分数为8%)，Al O 的浸出率为_______。 2 3 2 3 （3）“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入K SO 沉铝的目的是_______，“沉铝”的 2 4 最佳方案为_______。 第8页 | 共19页（4）“焙烧”时，主要反应的化学方程式为_______。 （5）“水浸”后得到的“滤液2”可返回_______工序循环使用。 【答案】（1） ①. 提高浸出率(或提高浸出速率) ②. Al O +6H+ =2Al3+ +3H O 2 3 2 （2） ①. SiO 和CaSO ②. 84% 2 4 （3） ①. 使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度 ②. 高温溶解再冷却结晶 高温 （ 4 ） 2KAlSO  K SO +Al O +3SO ­或 4 2 2 4 2 3 3 高温 4KAlSO  2K SO +2Al O +6SO ­+3O ­ 4 2 2 4 2 3 2 2 （5）沉铝 【解析】 【分析】粉煤灰为原料(主要含SiO 、Al O 和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾， 2 2 3 产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝。 【小问1详解】 温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al O 和H SO 发生反应生 2 3 2 4 成Al (SO ) 和H O，离子反应方程式为Al O +6H+=2Al3++3H O； 2 4 3 2 2 3 2 故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al O +6H+=2Al3++3H O。 2 3 2 【小问2详解】 “浸渣”的主要成分除残余Al O 外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤灰Al O 的质量为5.0g×30%=1.5g， 2 3 2 3 1.5g-0.24g 3.0g“浸渣”Al O 的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al O 的浸出率为 ´100%=84%； 2 3 2 3 1.5g 第9页 | 共19页故答案为：SiO 和CaSO ；84%。 2 4 【小问3详解】 根据沉铝体系中，Al (SO ) ·18H O溶解度最大，KAl(SO ) ·12H O溶解度最小，更容易析出，加入K SO 2 4 3 2 4 2 2 2 4 沉铝的目的是更多的使Al (SO ) 转化为KAl(SO ) ·12H O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶 2 4 3 4 2 2 体纯度；KAl(SO ) ·12H O溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶； 4 2 2 故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。 【小问4详解】 “焙烧”时，KAl(SO ) 分解为K SO 、Al O 和SO 或K SO 、Al O 、SO 和O ，反应方程式为2KAl(SO ) 4 2 2 4 2 3 3 2 4 2 3 2 2 4 2 高温 高温 K SO +Al O +3SO ↑或4KAl(SO ) 2K SO +2Al O +6SO ↑+3O ↑； 2 4 2 3 3 4 2 2 4 2 3 2 2 高温 高温 故答案为：2KAl(SO ) K SO +Al O +3SO ↑或4KAl(SO ) 2K SO +2Al O +6SO ↑+3O ↑。 4 2 2 4 2 3 3 4 2 2 4 2 3 2 2 【小问5详解】 “水浸”后得到的“滤液2”成分为K SO ，可在沉铝工序循环使用； 2 4 故答案为：沉铝。 12. 某兴趣小组设计实验探究Ce-MnO ，催化空气氧化CO的效率。回答下列问题： x 步骤Ⅰ 制备CO 在通风橱中用下图装置制备CO(加热及夹持装置省略)，反应方程式：HCOOH¾浓¾硫¾酸®CO­+H O D 2 （1）装置A中盛放甲酸的仪器的名称是_______。 （2）从B、C、D中选择合造的装置收集CO，正确的接口连接顺序为 a→_______→_______→_______→_______→h(每空填一个接口标号)。______ 步骤Ⅱ 检验CO 将CO通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。 （3）该反应的化学方程式为_______。 步骤Ⅲ 探究Ce-MnO 催化空气氧化CO的效率 x 第10页 | 共19页将一定量CO与空气混合，得到CO体积分数为1%的气体样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省 略)，调节管式炉温度至120℃，按一定流速通入气体样品。(已知：I O 是白色固体，易吸水潮解： 2 5 5CO+I O =I +5CO ) 2 5 2 2 （4）通入11.2L(已折算为标况)的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成 了0.1016gI 。 2 ①能证明CO被空气氧化的现象是_______； ②CO被催化氧化的百分率为_______； ③若未通入氮气，②的结果将_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 （5）探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用_______方法可以缩短接触时长。 （6）步骤Ⅲ装置存在的不足之处是_______。 【答案】（1）分液漏斗 （2）a→d→e→c→b （3）CO+2é ë AgNH 3  2 ù û OH=2Ag¯+NH 4  2 CO 3 +2NH 3 （4） ①. 石灰水变浑浊 ②. 60% ③. 偏大 （5）增大气体样品流速 （6）尾气出口未加防潮装置(或其他相似表述) 【解析】 【分析】在通风橱中用下图装置制备一氧化碳，用A装置制取一氧化碳，该气体中含有甲酸蒸气，故用水 除去甲酸，再用B装置排水收集一氧化碳气体，排出的水用E中的烧杯接收。根据气体样品通过氢氧化钠 吸收空气中的二氧化碳，浓硫酸吸水，一氧化碳在H中被氧气氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸 收，J中的浓硫酸吸收气体中的水蒸气，干燥的一氧化碳和I O ，进而测定生成的碘的质量，计算一氧化 2 5 碳的被氧化的百分率。据此解答。 【小问1详解】 装置A中盛放甲酸的仪器为分液漏斗。 第11页 | 共19页【小问2详解】 用C除去甲酸，B收集一氧化碳，E接收排出的水，故接口连接顺序为a→d→e→c→b→h。 【小问3详解】 一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色的银，同时生成碳酸铵和氨气，方程式为： CO+2éAgNH  ùOH=2Ag¯+NH  CO +2NH 。 ë 3 2 û 4 2 3 3 【小问4详解】 一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊。碘的物质的量为 0.1016g =0.0004mol ，则结合方程式分析，还有0.002mol一氧化碳未被氧气氧化，11.2L气体为 254g/mol 0.5mol其中一氧化碳为0.005mol，则被氧化的一氧化碳为0.005-0.002=0.003mol，则被氧化的百分率为 0.003 ´100%=60% 。如果没有通入氮气则计算的未被氧化的一氧化碳的物质的量减少，则被氧化的百 0.005 分率增大。 【小问5详解】 增大气流速率可以提高催化效率。 【小问6详解】 ：I O 是白色固体，易吸水潮解，但该装置出气口未加防潮装置。 2 5 13. 异丙醇 C H O 可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯 C H  的工业化技术已 3 8 3 6 引起人们的关注，其主要反应如下： Ⅰ.C H O(g)ˆˆ†C H (g)+H O(g) ΔH =+52kJ×mol-1 3 8 ‡ˆˆ 3 6 2 1 Ⅱ.2C H (g)ˆˆ†C H (g) ΔH =-97kJ×mol-1 3 6 ‡ˆˆ 6 12 2 回答下列问题： （1）已知2C H O(g)+9O (g)=6CO (g)+8H O(g) ΔH=-3750kJ×mol-1，则C H (g)燃烧生成 3 8 2 2 2 3 6 CO (g)和H O(g)的热化学方程式为_______。 2 2 （2）在1350℃下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表： 反应时间/μs 0 4 8 12 t 20 H O浓度/ppm 0 2440 3200 3600 4000 4100 2 第12页 | 共19页①4~8μs内，vC H O=_______ppm×μs-1； 3 8 ②t_______16(填“>”“<”或“=”)。 （3）在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是_______(填标号)。 a.H O(g)的分压不变 b.混合气体密度不变 2 c.nC H =2nC H  d.v H O=v C H O 3 6 6 12 正 2 逆 3 8 （4）在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为_______。 （5）下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时lgQ 与温度的关系曲线。 p pc(C)×pd(D) (已知：对于可逆反应aA(g)+bB(g)ˆˆ†cC(g)+dD(g)，任意时刻Q = ，式中pX ) ‡ˆˆ p pa(A)×pb(B) 表示物质×的分压) ①在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的的状态最有可能对应图中的_______点(填“甲”“乙” 或“丙”)，判断依据是_______。 ②350℃时，在密闭容器中加入一定量的C H O，体系达到平衡后，测得C H 的分压为xMPa，则水 3 8 6 12 蒸气的分压为_______MPa(用含x的代数式表示)。 【答案】（1）2C H (g)+9O (g)=6CO (g)+6H O(g) ΔH=-3854kJ×mol-1 3 6 2 2 2 （2） ①. 190 ②. > （3）ad （4）58.8% （5） ①. 甲 ②. 反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，Q >K ③. ( x+2x) p p 【解析】 【小问1详解】 设Ⅲ 2C H O(g)+9O (g)=6CO (g)+8H O(g) ΔH =-3750kJ×mol-1，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅰ得 3 8 2 2 2 第13页 | 共19页2C H (g)+9O (g)=6CO (g)+6H O(g) ΔH =-3854kJ×mol-1。 3 6 2 2 2 【小问2详解】 3200-2440 ①4~8μs内，v(H O)= ppm×μs-1=190ppm×μs-1，则vC H O=v(H O)=190ppm×μs-1； 2 8-4 3 8 2 ②0~4μs、4~8μs、8~12μs，△c(H O)逐渐减小，说明反应速率减小，8~12μs内， 2 Δc(H O)=400ppm，12~t μs内，Δc(H O)=400ppm，则t-12>4，即t>16。 2 2 【小问3详解】 a．H O的分压不变，则C H 的分压也不变，反应1、Ⅱ各组分分压不变，反应1、Ⅱ均达到平衡，a正确； 2 3 6 b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变， 不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b错误； c．当nC H =2nC H  时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判据，c错误； 3 6 6 12 d．v H O=v C H O ，说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，各组分分压不变，C H 的分压不 正 2 逆 3 8 3 6 变，说明反应Ⅱ也达平衡，d正确； 故选ad。 【小问4详解】 设C H O的物质的量为1mol，若lmol C H O完全反应，理论上生成1mol C H ，因为反应Ⅰ、Ⅱ的转化率 3 8 3 8 3 6 分别为98%和40%，反应I生成1mol×98%=0.98mol C H ，反应Ⅱ消耗了40% C H ，则达平衡时C H 的 3 6 3 6 3 6 0.588mol 物质的量为0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的产率为 ´100%=58.8%。 1mol 【小问5详解】 ①反应I为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向移 动，Q 逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，Q 逐渐减小，即反应I为平衡曲线为N，反应Ⅱ平衡曲线为M；在 p p 350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得Q >K ，即lg p p Q 增大，反应I的状态最有可能对应图中的甲； p ②由图可知，350°C时达平衡后，lgQ =0，则350℃时K =Q =1，设水蒸气的平衡分压为a MPa，则反 p p p 2C H (g) C H (g) 3 6 ƒ 6 12 起始/MPa a 0 应II的C H 起始分压为 a MPa，对反应Ⅱ列三段式有 3 6 变化/MPa 2x x 平衡/MPa a-2x x 第14页 | 共19页x K = =1，解得a=( x+2x)MPa。 p (a-2x)2 14. 1962年首个稀有气体化合物XePtF 问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氩( Xe)的最多，氪 6 54 ( Kr)次之，氩( Ar)化合物极少。 BrOF AsF ×xKrF 是BrOF +、AsF - 与KrF 分子形成的加合 36 18 2 6 2 2 6 2 物，其晶胞如下图所示。 回答下列问题： （1）基态As原子的价电子排布式为_______。 （2）Ar、Kr、Xe原子的活泼性依序增强，原因是_______。 （3）晶体熔点：KrF _______XeF (填“>”“<”或“=”)，判断依据是_______。 2 2 （4）BrOF + 的中心原子Br的杂化轨道类型为_______。 2 （5） BrOF AsF ×xKrF 加合物中x =_______，晶体中的微粒间作用力有_____(填标号)。 2 6 2 a.氢键 b.离子键 c.极性共价键 d.非极性共价键 【答案】（1）4s24p3 （2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增 强 （3） ①. < ②. 二者为同构型的分子晶体，XeF 相对分子质量大，范德华力大，熔点高 2 （4）sp3 （5） ①. 2 ②. bc 【解析】 【小问1详解】 As位于元素周期表中第四周期VA族，原子序数为33，由构造原理写出其价电子排布式为4s24p3。 第15页 | 共19页【小问2详解】 同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强， 故Ar、Kr、Xe原子的活泼性依序增强。 【小问3详解】 KrF 和XeF 是同构型的分子晶体，XeF 相对分子质量大，范德华力大，熔点高，晶体熔点：KrF < 2 2 2 2 XeF 。 2 【小问4详解】 1 BrOF + 的中心原子Br的价层电子对数为：3+ 7-2-2-1 =4，杂化轨道类型为sp3。 2 2 【小问5详解】 由晶胞结构可知，其中含有6个KrF ，则 BrOF AsF ×xKrF 加合物中x =6，晶体中的微粒间作用力 2 2 6 2 有离子健、极性共价键，故选bc。 15. 3-氧代异紫杉二酮是从台湾杉中提取的具有抗痛活性的天然产物。最近科学家完成了该物质的全合成， 其关键中间体(F)的合成路线如下： 已知： 回答下列问题： （1）A的含氧官能团有醛基和_______。 （2）B的结构简式为_______。 （3）Ⅳ的反应类型为_______；由D转化为E不能使用HBr的原因是_______。 （4）反应Ⅴ的化学方程式为_______。 第16页 | 共19页（5）化合物Y是A的同分异构体，同时满足下述条件： ①Y的核磁共振氢谱有4组峰，峰而积之比为3:3:2:2。 ②Y在稀硫酸条件下水解，其产物之一(分子式为C H O )遇FeCl 溶液显紫色。则Y的结构简式为 7 8 2 3 _______。 【答案】（1）醚键(或醚基) （2） （3） ①. 取代反应 ②. HBr会与碳碳双键发生加成反应(或 HBr会使醚键水解) （4） （5） 【解析】 【分析】有机合成可从正向和逆向共同进行推断，根据已知信息由C可推出B为 ， 根据C到D的结构变化可知此步酯基发生水解反应，根据D到E的结构可知此步Br取代了羟基，根据E 到F的结构可知脱去LiBr，为取代反应，据此进行推断。 【小问1详解】 A的含氧官能团有醛基和醚键。 【小问2详解】 第17页 | 共19页根据分析可知，B的结构简式为 。 【小问3详解】 反应Ⅳ中Br取代了羟基，为取代反应，此反应不用HBr的原因为HBr会与碳碳双键发生加成反应(或 HBr会使醚键水解)。 【小问4详解】 反应Ⅴ的化学方程式为 。 【小问5详解】 产物之一(分子式为C H O )遇FeCl 溶液显紫色，说明含有酚羟基，酚羟基是通过酯基水解得来的，又 7 8 2 3 因为核磁共振氢谱有4组峰，峰而积之比为3:3:2:2，说明Y有两个甲基，综合可知Y的结构简式为 。 第18页 | 共19页第19页 | 共19页