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福建省2022年高考化学试题

【2022福建等级考】1. 福建多个科研机构经过长期联合研究发现，使用C₆₀和改性的Cu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. C₆₀与石墨互为同分异构体

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．C₆₀与石墨是碳元素的不同单质，互为同素异形体，B错误；

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。

【2022福建等级考】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. 1 mol络塞维最多能与3mol H₂反应

【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．1 mol络塞维最多能与4 mol H₂反应，其中苯环消耗3mol H₂，碳碳双键消耗1mol H₂，D错误；

故选B。

【2022福建等级考】3. 常温常压下，电化学还原制氨气的总反应方程式：，设N_A为阿伏加德罗常数的值，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34g NH₃ ，N₂失去的电子数为6N_A

C. 1 mol/L氨水中，含有的NH₃·H₂O分子数少于N_A

D. 消耗11.2L N₂(己折算为标况)时，产生的O₂分子数为0.75N_A

【答案】D

【解析】

【详解】A．H₂O分子中孤电子对数为=2，9gH₂O的物质的量为=0.5mol，含有的孤电子对数为N_A，故A错误；

B．该反应中N₂中N元素化合价由0价下降到-3价，34g NH₃的物质的量为=2mol，每产生34g NH₃，N₂得到6mol电子，数目为6N_A，故B错误；

C．氨水的体积未知，无法计算NH₃·H₂O的分子数，故C错误；

D．11.2L N₂的物质的量为0.5mol，由方程式可知，消耗0.5mol N₂，产生的0.75mol O₂，数目为0.75N_A，故D正确；

故选D。

【2022福建等级考】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：

B. YW₃分子的空间构型为三角锥形

C. 原子半径：

D. 最高价氧化物对应水化物的碱性：

【答案】A

【解析】

【分析】X的核外电子总数为最外层电子数的2倍，X为Be；Z为地壳中含量最多的元素，Z为O，X与Y、Z与W均为同周期相邻元素，Y为B，W为F，据此解答。

【详解】A．H₂O常温下为液态，HF常温下为气体，沸点H₂O＞HF，故A正确；

B．YW₃为BF₃，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；

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)₂，溶液显两性，B最高价氧化物的水化物为H₃BO₃，溶液显酸性，故D错误；

故选：A。

【2022福建等级考】5. 探究醋酸浓度与电离度关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述正确的

 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（包括已电离的和未电离的）的百分数，因此醋酸的电离度计算式为，D错误；

答案选C。

【2022福建等级考】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：

下列说法错误的是

A. “浸出”产生的气体含有H₂

B. “除杂”的目的是除去Ni、Co元素

C. 流程中未产生六价铬化合物

D. “滤渣2”的主要成分是Fe₂(C₂O₄)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Ni^2＋、Co^2＋、Cr^3＋、Fe^2＋加入Na₂S分离出滤渣1含CoS和NiS，Cr^3＋、Fe^2＋不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC₂O₄，过滤分离出硫酸铬，以此来解答。

详解】A．四种金属均与稀硫酸反应生成H₂，A正确；

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FeC₂O₄，D错误；

故本题选D。

【2022福建等级考】7. 锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有Fe^3＋、Al^3＋、Fe^2＋和Mg^2＋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)。25℃时，与pH关系见下图(碱性过强时Fe(OH)₃和Fe(OH)₂会部分溶解)。下列说法正确的是

A. Mg^2＋可被净化的pH区间最大

B. 加入适量H₂O₂，可进一步提升净化程度

C. 净化的先后顺序：Mg^2＋、Fe^2＋、Fe^3＋、Al^3＋

D.

【答案】B

【解析】

【详解】A．对离子净化时，相关离子浓度c<10^-5mol/L，则lgc<-5，由图可知，可作净化的pH区间最大的是Fe³⁺，A错误；

B．加入适量H₂O₂，可将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，提高净化程度，B正确；

C．由图可知，净化的先后顺序为Fe^3＋、Al^3＋、Fe^2＋、Mg^2＋，C错误；

D．对离子净化时，相关离子浓度c<10^-5mol/L，lgc<-5，，由图可知，Fe³⁺完全沉淀的pH约为2.5，c(H⁺)=10^-2.5mol/L，c(OH^-)=10^-11.5mol/L，，Al³⁺完全沉淀的pH约为4.5，c(H⁺)=10^-4.5mol/L，c(OH^-)=10^-9.5mol/L，，Fe²⁺完全沉淀的pH约为8.5，c(H⁺)=10^-8.5mol/L，c(OH^-)=10^-5.5mol/L，，则有，D错误；

故选B。

【2022福建等级考】8. 实验室需对少量污染物进行处理。以下处理方法和对应的反应方程式均错误的是

A. 用硫磺处理洒落在地上的水银：S＋Hg = HgS

B. 用盐酸处理银镜反应后试管内壁的金属银：2Ag＋2H^＋=2Ag^＋＋H₂↑

C. 用烧碱溶液吸收蔗糖与浓硫酸反应产生的刺激性气体：SO₃＋2OH^－=SO₄^2－＋H₂O

D. 用烧碱溶液吸收电解饱和食盐水时阳极产生的气体：Cl₂＋2OH^－=Cl^－＋ClO^－＋H₂O

【答案】B

【解析】

【详解】A．S和Hg发生化合反应生成HgS，可以用硫磺处理洒落在地上的水银，方程式为：S＋Hg=HgS，故A正确；

B．Ag不活泼，不能和盐酸反应生成氢气，故B错误；

C．蔗糖与浓硫酸反应产生的刺激性气体为SO₂，可以用NaOH溶液吸收SO₂，离子方程式为：SO₃＋2OH^－=SO₄^2－＋H₂O，故C正确；

D．电解饱和食盐水时阳极产生的气体为Cl₂，可以用NaOH溶液吸收Cl₂，离子方程式为：Cl₂＋2OH^－=Cl^－＋ClO^－＋H₂O，故D正确；

故选B。

【2022福建等级考】9. 一种化学“自充电”的锌-有机物电池，电解质为KOH和Zn(CH₃COO)₂水溶液。将电池暴露于空气中，某电极无需外接电源即能实现化学自充电，该电极充放电原理如下图所示。下列说法正确的是

A. 化学自充电时，c(OH^－)增大

B. 化学自充电时，电能转化为化学能

C. 化学自充电时，锌电极反应式：Zn^2＋＋2e^-=Zn

D. 放电时，外电路通过0.02mol电子，正极材料损耗0.78 g

【答案】A

【解析】

【详解】A．由图可知，化学自充电时，消耗O₂，该反应为O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-，c(OH^－)增大，故A正确；

B．化学自充电时，无需外接电源即能实现化学自充电，该过程不是电能转化为化学能，故B错误；

C．由图可知，化学自充电时，锌电极作阴极，该电极的电极反应式为O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-，故C错误；

D．放电时，1mol转化为 ，消耗2molK⁺，外电路通过0.02mol电子时，正极物质增加0.02mol K⁺，增加的质量为0.02mol×39g/mol =0.78g，故D错误；

故选A。

【2022福建等级考】10. 氨氢是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：

①

②

在一定条件下模拟处理氨氮废水：将1L 0.006mol/L的氨水分别和不同量的NaClO混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与NaClO投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是

A. x₁的数值为0.009

B. x>x₁时，c(Cl^－)=4c(NO₃^－)

C. x>x₁时，x越大，生成N₂的量越少

D. x=x₁时，

【答案】C

【解析】

【详解】A．x₁时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5，，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗，参与反应②消耗，，A错误；

B．x>x₁时，反应①也生成氯离子，所以c(Cl^－)>4c(NO₃^－)，B错误；

C．x>x₁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N₂的量越少，C正确；

D．x=x₁时，氨的去除率为100%，溶液中没有NH₄^＋和ClO^-，含有Na⁺、H⁺、NO₃^－、Cl^-和OH^-，根据电荷守恒得，D错误；

故本题选C。

【2022福建等级考】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SiO₂、Al₂O₃和CaO等)提铝的工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）“浸出”时适当升温的主要目的是_______，Al₂O₃发生反应的离子方程式为_______。

（2）“浸渣”的主要成分除残余Al₂O₃外，还有_______。实验测得，5.0g粉煤灰(Al₂O₃的质量分数为30%)经浸出、干燥后得到3.0 g“浸渣”(Al₂O₃的质量分数为8%)，Al₂O₃的浸出率为_______。

（3）“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入K₂SO₄沉铝的目的是_______，“沉铝”的最佳方案为_______。

（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. Al₂O₃+6H⁺=2Al³⁺+3H₂O

（2）    ①. SiO₂和CaSO₄    ②. 84%

（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

（4）或

（5）沉铝

【解析】

【分析】粉煤灰为原料(主要含SiO₂、Al₂O₃和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，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；Al₂O₃和H₂SO₄发生反应生成Al₂(SO₄)₃和H₂O，离子反应方程式为Al₂O₃+6H⁺=2Al³⁺+3H₂O；

故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al₂O₃+6H⁺=2Al³⁺+3H₂O。

【小问2详解】

“浸渣”的主要成分除残余Al₂O₃外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤灰Al₂O₃的质量为5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al₂O₃的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al₂O₃的浸出率为；

故答案为：SiO₂和CaSO₄；84%。

【小问3详解】

根据沉铝体系中，Al₂(SO₄)₃·18H₂O溶解度最大，KAl(SO₄)₂·12H₂O溶解度最小，更容易析出，加入K₂SO₄沉铝的目的是更多的使Al₂(SO₄)₃转化为KAl(SO₄)₂·12H₂O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；KAl(SO₄)₂·12H₂O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；

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(SO₄)₂分解为K₂SO₄、Al₂O₃和SO₃或K₂SO₄、Al₂O₃、SO₂和O₂，反应方程式为2KAl(SO₄)₂K₂SO₄+Al₂O₃+3SO₃↑或4KAl(SO₄)₂2K₂SO₄+2Al₂O₃+6SO₂↑+3O₂↑；

故答案为：2KAl(SO₄)₂K₂SO₄+Al₂O₃+3SO₃↑或4KAl(SO₄)₂2K₂SO₄+2Al₂O₃+6SO₂↑+3O₂↑。

【小问5详解】

“水浸”后得到的“滤液2”成分为K₂SO₄，可在沉铝工序循环使用；

故答案为：沉铝。

【2022福建等级考】12. 某兴趣小组设计实验探究，催化空气氧化CO的效率。回答下列问题：

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：

（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  探究催化空气氧化CO的效率

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：I₂O₅是白色固体，易吸水潮解：)

（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0.1016g I₂。

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）

（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I₂O₅，进而测定生成的碘的质量，计算一氧化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。

【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：。

【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，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。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】

：I₂O₅是白色固体，易吸水潮解，但该装置出气口未加防潮装置。

【2022福建等级考】13. 异丙醇(C₃H₈O)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(C₃H₆)的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：

Ⅰ.

Ⅱ.

回答下列问题：

（1）已知，则C₃H₆(g)燃烧生成CO₂(g)和H₂O(g)的热化学方程式为_______。

（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：

①内，_______；

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.H₂O(g)的分压不变               b.混合气体密度不变

c.           d.

（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达到平衡时与温度的关系曲线。

(已知：对于可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，任意时刻，式中)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C₃H₈O，体系达到平衡后，测得C₆H₁₂的分压为x MPa，则水蒸气的分压为_______MPa(用含x的代数式表示)。

【答案】（1）

（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，    ③.

【解析】

【小问1详解】

设Ⅲ ，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅰ得。

【小问2详解】

①内，，则；

②、、，△c(H₂O)逐渐减小，说明反应速率减小，内，Δc(H₂O)=400ppm，内，Δc(H₂O)=400ppm，则t-12>4，即t>16。

【小问3详解】

a．H₂O的分压不变，则C₃H₆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；

b．反应物和生成物均为气体，混合气体总质量不变，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；

d．，说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，各组分分压不变，C₃H₆的分压不变，说明反应Ⅱ也达平衡，d正确；

故选ad。

【小问4详解】

设C₃H₈O的物质的量为1mol，若lmol C₃H₈O完全反应，理论上生成1mol C₃H₆，因为反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，反应I生成1mol×98%=0.98mol C₃H₆，反应Ⅱ消耗了40% C₃H₆，则达平衡时C₃H₆的物质的量为0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的产率为=58.8%。

【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，逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，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>，即lg增大，反应I的状态最有可能对应图中的甲；

②由图可知，350°C时达平衡后，=0，则350℃时==1，设水蒸气的平衡分压为a MPa，则反应II的C₃H₆起始分压为 a MPa，对反应Ⅱ列三段式有

，解得a=MPa。

【2022福建等级考】14. 1962年首个稀有气体化合物XePtF₆问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氩(₅₄Xe)的最多，氪 (₃₆Kr)次之，氩(₁₈Ar)化合物极少。是[BrOF₂]^＋、[AsF₆]^－与KrF₂分子形成的加合物，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：KrF₂_______XeF₂(填“>”“<”或“=”)，判断依据是_______。

（4）[BrOF₂]^＋的中心原子Br的杂化轨道类型为_______。

（5）加合物中x=_______，晶体中的微粒间作用力有_____(填标号)。

a.氢健    b.离子健    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，XeF₂相对分子质量大，范德华力大，熔点高

（4）

（5）    ①. 2    ②. bc

【解析】

【小问1详解】

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。

【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】

KrF₂和XeF₂是同构型的分子晶体，XeF₂相对分子质量大，范德华力大，熔点高，晶体熔点：KrF₂<XeF₂。

【小问4详解】

[BrOF₂]^＋的中心原子Br的价层电子对数为：3+=4，杂化轨道类型为sp³。

【小问5详解】

由晶胞结构可知，其中含有6个KrF₂，则加合物中6，晶体中的微粒间作用力有离子健、极性共价键，故选bc。

【2022福建等级考】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_______。

（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。

②Y在稀硫酸条件下水解，其产物之一(分子式为C₇H₈O₂)遇FeCl₃溶液显紫色。则Y的结构简式为_______。

【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】

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C₇H₈O₂)遇FeCl₃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，又因为核磁共振氢谱有4组峰，峰而积之比为，说明Y有两个甲基，综合可知Y的结构简式为。