1、安徽省宿州市2020届高三化学模拟考试题（三）（含解析）一、选择题1.化学与人类的生产、生活息息相关。下列说法正确的是（ ）A. 天然纤维和人造纤维主要成分都是纤维素B. 生物质能和氢气都属于可再生能源C. 古代明矾除铜绿和现代焊接氯化铵除铁锈都利用了溶液显碱性的特性D. 燃煤中加入生石灰和汽车限行都是为了减缓温室效应【答案】B【解析】【详解】A. 蚕丝是天然纤维，其主要成分为蛋白质，A项错误；B. 生物质能，就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，可转化为常规的固态、液态及气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源；
2、氢气氢能是一种完全清洁的新能源和可再生能源，B项正确；C. 铜绿为碱式碳酸铜，明矾在水溶液中因铝离子水解显酸性而溶解铜绿；铁锈的主要成分为氧化铁，氯化铵水解显酸性可除去铁锈，C项错误；D. 燃煤中加入生石灰可减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形成；汽车限行都是为了适当减少尾气排放，降低雾霾天气，D项错误；答案选B。2.下列实验操作能达到实验目的的是( )A. 加热使升华，可除去铁粉中B. 电解氯化铝溶液，可制备铝单质C. 加入烧碱溶液，充分振荡，静置，分液，可除去苯中的苯酚D. 将氨水滴加到饱和溶液中，可制备胶体【答案】C【解析】【详解】A.加热时Fe与I2反应，应选磁铁分离，A错误；B.氧化性H
3、+Al3+，电解氯化铝溶液时不能得到铝单质，应电解熔融氧化铝来冶炼Al，B错误；C.NaOH与苯酚发生反应生成可溶于水的苯酚钠，与苯不反应，因此可用足量NaOH溶液除去苯中的苯酚，C正确；D.将饱和FeCl3溶液逐滴加到沸水中，可发生水解反应生成Fe(OH)3胶体，D错误；故合理选项是C。3.某有机物的结构简式如图所示。下列说法错误的是（）A. 该有机物的分子式为C12H12O4B. 1 mol该有机物最多能与4 mol H2反应C. 该有机物可与NaHCO3溶液反应放出CO2，生成2.24 L CO2（标准状况下）需要0.1 mol该有机物D. 该有机物可发生氧化、取代、加成和还原反应【答案
4、】B【解析】【详解】A由结构简式可知该有机物的分子式为C12H12O4，故A不符合题意；B能与氢气发生加成反应的为碳碳双键、苯环和醛基，则1 mol该有机物最多能与5 mol H2反应，故B符合题意；C只有羧基能与NaHCO3反应，则0.1 mol该有机物与足量NaHCO3溶液可生成0.1 mol CO2，气体体积为2.24 L（标准状况下），故C不符合题意；D分子中含有碳碳双键、醛基，可发生加成、氧化、还原反应，含有羧基、羟基，可发生取代反应，故D不符合题意；故答案为：B。4.下列解释事实或实验现象的化学用语正确的是A. 硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝：4I+O2 + 4H+ = 2I2+
5、2H2OB. 铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe + 4H+ + NO3= Fe3+ + NO+ 2H2OC. 水垢上滴入CH3COOH溶液有气泡产生：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+ H2OD. SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca2+2ClO-+H2O=CaSO3+2HClO【答案】A【解析】【详解】A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故A正确；B.铁和稀硝酸反应产物与量有关，铁少量时变成三价铁，溶液由无色变为黄色，离子方程式为Fe + 4H+ + NO3=Fe3+ + NO+ 2H2O；铁过量时
6、变成二价亚铁，溶液由无色变为浅绿色，离子方程式为：3Fe + 8H+ + 2NO3= 3Fe2+ +2 NO+ 4H2O，故B错误；C.醋酸是弱酸，不能拆成离子，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOHCa2+H2O+CO2+2CH3COO-，故C错误；D.SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca2+2ClO-+H2O = CaSO3+2HClO，生成的次氯酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸钙，故D错误。答案选A。【点睛】本题考查的是实验现象的解释和离子方程式的书写。解题时需注意B选项铁与稀硝酸反应的产物与反应条件有关，铁少量时变成三价铁，铁过量时变成二价亚铁，产物不同溶液的颜色不同
7、；D选项次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸钙。5.高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li通过，结构如图所示：已知原理为（1x）LiFePO4xFePO4LixCnLiFePO4nC。下列说法不正确的是（）A. 充电时，Li向左移动B. 放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极C. 充电时，阴极的电极反应式为xLixenC=LixCnD. 放电时，正极的电极反应式为（1x）LiFePO4xFePO4xLixe=LiFePO4【答案】A【解析】【详解】A充电时，图示装置为电解池，阳离子向阴极移动，即Li向右移动，故A符合题意；B放电时，
8、装置为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B不符合题意；C充电时，阴极上发生得电子的还原反应，电极反应式为xLixe-nC=LixCn，故C不符合题意；D放电时，FePO4为正极，正极上发生得电子的还原反应，电极反应式为(1x)LiFePO4xFePO4xLixe-=LiFePO4，故D不符合题意；故答案为：A。【点睛】锂电池（俗称）有一次电池、可充电电池之分，其中原电池型锂电池是锂单质发生氧化反应，而可充电型锂电池又称之为锂离子电池，它主要依靠锂离子在正极和负极之间移动来工作。在充放电过程中，Li+ 在两个电极之间往返嵌入和脱嵌：充电时，Li+从正极脱嵌，经过电解质嵌入负极，负极
9、处于富锂状态，放电时则相反。6.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物反应生成一种盐M，X的一种单质可用于自来水的消毒，Y的焰色反应呈黄色，X与Z同主族。下列说法正确的是（）A. 简单离子半径：r（Y）r（Z）r（X）r（W）B. X与Z形成的常见化合物均能与水发生反应C. M是一种离子化合物，其溶液呈酸性是因为阴离子水解D. X的气态氢化物比Z的稳定是因为X的氢化物形成的氢键牢固【答案】B【解析】【分析】由“W的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物反应生成一种盐M”可知W为N，M为NH4NO3；由“Y的焰色反应呈黄色”可知Y为Na；由“
10、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素”且“X的一种单质可用于自来水的消毒”可知，X为O；“X与Z同主族”，则Z为S。【详解】由上述分析可知，W为N，X为O，Y为Na，Z为S；A四种简单离子中S2-电子层数最多，半径最大，N、O、Na对应简单离子核外电子结构相同，其核电荷数越小，半径越大，故简单离子半径：r(S2-)r(N3-)r(O2-)r(Na+)，故A错误；B由X、Z元素形成的常见化合物是SO2、SO3，它们均能与水发生反应，故B正确；CNH4NO3溶液呈酸性是因为阳离子水解，故C错误；D共价化合物的稳定性由共价键的键能决定，与氢键无关，故D错误；故答案为：B。7.某温度下，向
11、10 mL 溶液中滴加的溶液，滴加过程中，溶液中与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是( )已知： 。A. 该温度下 B. X、Y、Z三点中，Y点水的电离程度最小C. 溶液中：D. 向100 mL 浓度均为的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀【答案】B【解析】分析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2+S2-CuS，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，Y点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(
12、Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，Ksp(CuS)= c(Cu2+)c(S2-)=10-17.7mol/L10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，据此结合物料守恒分析。【详解】A. 该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)= c(Cu2+)c(S2-)=10-17.7mol/L10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，A错误；B.Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，Y点时恰好形成CuS沉淀，水的电离程度小于X、Z点，所以X、Y、Z三点中，Y
13、点水的电离程度最小，B正确；C.根据Na2S溶液中的物料守恒可知：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，C错误；D.向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)=mol/L=310-20mol/L，产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)= =10-30.4mol/L310-20mol/L，则产生CuS沉淀时所需S2-浓度更小，即Cu2+先沉淀，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查沉淀溶解平衡的知识，根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp数值是解题关键，注
14、意掌握溶度积常数的含义及应用方法，该题培养了学生的分析能力及化学计算能力。二、非选择题8.苯甲醛是一种重要的化工原料，某小组同学利用如图所示实验装置(夹持装置已略去)制备苯甲醛。已知有机物的相关数据如下表所示：有机物沸点密度为g/cm3相对分子质量溶解性苯甲醛178.11.04106微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃苯甲醇205.71.04108微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃二氯甲烷39.81.33难溶于水，易溶于有机溶剂实验步骤：向容积为500mL的三颈烧瓶加入90.0mL质量分数为5%的次氯酸钠溶液(稍过量)，调节溶液的pH为9-10后，加入3.0mL苯甲醇、75.0mL二氯甲烷，不断搅拌
15、。充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，并将有机相合并。向所得有机相中加入无水硫酸镁，过滤，得到有机混合物。蒸馏有机混合物，得到2.08g苯甲醛产品。请回答下列问题：(1)仪器b的名称为_，搅拌器的作用是_。(2)苯甲醇与NaClO反应的化学方程式为_。(3)步骤中，投料时，次氯酸钠不能过量太多，原因是_；步骤中加入无水硫酸镁，若省略该操作， 可能造成的后果是_。(4)步骤中，应选用的实验装置是_(填序号)，该操作中分离出有机相的具体操作方法是_。(5)步骤中，蒸馏温度应控制在_左右。(6)本实验中，苯甲醛的产率为_(保留到小数点后一位)。【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 使物质充分混合
16、 (3). + NaClO+ NaCl+H2O (4). 防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低 (5). 产品中混有水，纯度降低 (6). (7). 打开分液漏斗颈部的玻璃塞（或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔），再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞 (8). 178.1 (9). 67.9%【解析】【分析】(1)根据图示结合常见的仪器的形状解答；搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分；(2)根据实验目的，苯甲醇与NaClO反应生成苯甲醛；(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化；步骤中加入无水硫酸镁的目的是
17、除去少量的水；(4)步骤中萃取后要进行分液，结合实验的基本操作分析解答；(5)步骤是将苯甲醛蒸馏出来；(6) 首先计算3.0mL苯甲醇的物质的量，再根据反应的方程式计算理论上生成苯甲醛的质量，最后计算苯甲醛的产率。【详解】(1)根据图示，仪器b为球形冷凝管，搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分，故答案为球形冷凝管；使物质充分混合；(2)根据题意，苯甲醇与NaClO反应，苯甲醇被氧化生成苯甲醛，次氯酸钠本身被还原为氯化钠，反应的化学方程式为+ NaClO+ NaCl+H2O，故答案为+ NaClO+ NaCl+H2O；(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化，因此步骤中，
18、投料时，次氯酸钠不能过量太多；步骤中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水，提高产品的纯度，若省略该操作，产品中混有水，纯度降低，故答案为防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低；产品中混有水，纯度降低；(4)步骤中，充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，萃取应该选用分液漏斗进行分液，应选用的实验装置是，分液中分离出有机相的具体操作方法为打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞，故答案为；打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，
19、使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞；(5)根据相关有机物的数据可知，步骤是将苯甲醛蒸馏出来，蒸馏温度应控制在178.1左右，故答案为178.1；(6)根据+ NaClO+ NaCl+H2O可知，1mol苯甲醇理论上生成1mol苯甲醛，则3.0mL苯甲醇的质量为1.04 g/cm33.0cm3=3.12g，物质的量为，则理论上生成苯甲醛的质量为106g/mol=3.06g，苯甲醛的产率=100%=67.9%，故答案为67.9%。9.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为N2(g)3H2(g)2NH3(g)H=92.4 kJmol1（1）已知：2H2(g)
20、O2(g)2H2O(g)H=483.6 kJmol1。则4NH3(g)3O2(g)2N2(g)6H2O(g)H=_kJmol1。（2）如图所示，合成氨反应中未使用催化剂时，逆反应的活化能Ea(逆)_kJmol1；使用催化剂之后，正反应的活化能为_kJmol1(已知：加入催化剂后，反应分两步进行，反应的活化能是两个过程中需要吸收能量较大的反应的活化能)。（3）从平衡视角考虑，工业合成氨应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500 左右的高温，试解释其原因： _。（4）如图表示500 、60 MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3的体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数为_。（5
21、）合成氨需要选择合适的催化剂，分别选用A、B、C三种催化剂进行实验，所得结果如图所示(其他条件相同)，则实际生产中适宜选择的催化剂是_(填“A”“B”或“C”)，理由是_。（6）如图是当反应器中按n(N2)n(H2)13投料后，在200 、400 、600 反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随总压强的变化曲线。曲线a、b对应温度较高的是_(填“a”或“b”)。列出b点平衡常数的计算式Kp=_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数；不要求计算结果)。【答案】 (1). 1266 (2). 427.4 (3). 126 (4). 从反应速率角度考虑，反应温度越高，反应速率越
22、快；从催化剂活性角度考虑，500左右催化剂活性较高；温度过高，平衡将逐渐逆向移动，不利于氨的合成 (5). 22% (6). A (7). 催化剂A在较低温度下具有较高的催化活性，一方面可节约能源，另一方面低温有利于氨的合成 (8). b (9). （或）【解析】【详解】（1）将题给已知热化学方程式依次编号为、，根据盖斯定律，由32可得4NH3(g)3O2(g)2N2(g)6H2O(g)H(483.6 kJmol1)392.4 kJmol121266 kJmol1；（2）根据H正反应的活化能逆反应的活化能可知，合成氨反应中未使用催化剂时，逆反应的活化能Ea(逆)(33592.4)kJmol14
23、27.4 kJmol1；由图1及括号内的已知信息可知，使用催化剂之后，正反应的活化能为126 kJmol1；（3）反应温度越高，反应速率越快，且在500 左右催化剂活性较高，若温度过高，平衡将逐渐逆向移动，不利于氨的合成，所以在实际工业生产中选择500 左右的高温；（4）根据图2中的数据可知，a点时NH3的平衡体积分数为12%，投料比n(N2)n(H2)13，解法一：设起始加入的N2为1 mol，参与反应的N2为n mol，根据三段式法有：则12%，解得n，N2的平衡体积分数为22%。解法二：起始投料比等于化学计量数之比，则N2的平衡体积分数为(112%)22%。（5）由图3可知，催化剂A在较
24、低温度下具有较高的催化活性，且合成氨反应是放热反应，低温对氨的合成有利，所以实际生产中适宜选择的催化剂是A；（6）合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NH3的物质的量分数减小，故曲线a、b对应温度较高的是b；根据图4中的数据可知，b点时NH3的平衡物质的量分数为20%，总压强p70 MPa。解法一：设起始加入的N2为1 mol，反应的N2为m mol，则根据三段式法有：则20%，解得m，所以b点时，NH3和N2的物质的量分数均为20%，H2的物质的量分数为60%，则Kp（或）；解法二：起始投料比等于化学计量数之比，则b点时N2的物质的量分数为(120%)20%，H2的物质的量分数为2
25、0%360%，则Kp（或）。10.元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。请回答下列问题： (1)+6价的Cr能引起细胞的突变而对人体不利，可用 Na2SO3 将Cr2O72还原为Cr3+。该反应的离子反应方程式为_。(2)利用铬铁矿(FeOCr2O3)冶炼制取金属铬工艺流程如图所示：为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是_ 。“水浸”要获得浸出液的操作是_。浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，则 “还原”操作中发生反应的离子方程式为_。加热Cr(OH)3可得到Cr2O3，从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr冶炼方法是
26、 _。(3)已知 Cr3+完全沉淀时溶液pH为5，（Cr3+浓度降至10-5molL-1可认为完全沉淀）则Cr(OH)3的溶度积常数 Ksp_。 (4)用石墨电极电解铬酸钠(Na2CrO4)溶液，可制重铬酸钠(Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2Cr+2H+Cr2+ H2O)。电极b连接电源的_极(填“正”或“负”) , b 极发生的电极反应式为_。 电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则理论上生成重铬酸钠的物质的量是 _mol 。【答案】 (1). Cr2O72+3SO32-+8H+=2Cr3+3SO42-+4H2O (2). 铬铁矿粉碎 (3
27、). 过滤 (4). 8CrO42+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH- (5). CO高温还原Cr2O3（热还原法） (6). 110-32 (7). 正 (8). 2H2O-4e-=O2+4H+ (9). 【解析】【分析】（1）分析元素化合价变化情况，依据得失电子守恒，原子个数守恒，得出离子反应方程式。（2）影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，反应速率越快。依据原子守恒和得失电子守恒，得出离子方程式。用Cr2O3制取金属Cr，可以采取CO高温还原Cr2O3（热还原法）。（3）根据Kspc(Cr3+)c3(OH-)求算。（4）根据装置图和离子放电
28、顺序得出阳极的电极反应式。电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电荷为（a-b）mol，所以外电路转移的电子为（a-b）mol，阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，则阳极生成的氢离子为（a-b）mol。【详解】（1）反应中铬元素化合价从+6价降为+3价，硫元素从+4价升高到+6价，依据得失电子守恒，原子个数守恒，离子反应方程式为Cr2O72+3SO32-+8H+=2Cr3+3SO42-+4H2O，故答案为Cr2O72+3SO32-+8H+=2Cr3+3SO42-+4H2O。（2）影响化学反应速率的因素：物质的表面积大小，表面积越大，
29、反应速率越快，为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施将铬铁矿粉碎，故答案为铬铁矿粉碎。“水浸”要获得浸出液，要过滤出浸渣，采取的操作是过滤；浸出液的主要成分为Na2CrO4，向“滤液”中加入酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明加入的Na2S被氧化成SO42-，Cr元素由+6价降为+3价，S元素由-2价升到+6价，依据原子守恒和得失电子守恒，得到反应为：8CrO42+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH-，故答案为过滤；8CrO42+3S2-+20H2O=8Cr(OH)3+3SO42-+16OH-。从工业成本角度考虑，用Cr2O3制取金属Cr，可以采取CO高温还
30、原Cr2O3（热还原法），故答案为CO高温还原Cr2O3（热还原法）。（3）pH为5，c(OH-)=10-9，Kspc(Cr3+)c3(OH-)=10-5（10-9）3=110-32，故答案为110-32。（4）根据图示，在b极所在电极室得到Na2Cr2O7，根据2CrO42-+2H+ Cr2O72+ H2O ，电解过程中b极c（H+）增大，则b极电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，a是阴极，b是阳极，电极b连接电源的正极，故答案为正；2H2O-4e-=O2+4H+。电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电荷为（a-b）mol，阴极电极
31、反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，则电路中通过电子物质的量为（a-b）mol；阳极的电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，则阳极生成的氢离子为（a-b）mol，结合2CrO42-+2H+ Cr2O72+ H2O，所以阳极生成的Cr2O72物质的量是mol，故答案为。【化学选修5：有机化学基础】11.一种合成囧烷（E）的路线如下图所示：（1）A中所含官能团的名称是_，E的分子式为_。（2）AB、BC的反应类型分别是_、_。（3）在一定条件下，B与足量乙酸可发生酯化反应，其化学方程式为_。CD为醛酮缩合反应，其化学方程式为_。（4）F是一种芳香族化合物，能同时满足下列条件的F的同分异
32、构体有_种。1个F分子只比1个C分子少2个氢原子苯环上有3个取代基1 mol F能与2 mol NaOH反应写出其中核磁共振氢谱图有5组峰，且峰面积比为32221的一种物质的结构简式：_。（5）1，2环己二醇是一种重要有机合成原料，请参照题中的合成路线，以和为主要原料，设计合成1，2环己二醇的合成路线（其他试剂任选）_。【答案】 (1). 羟基、碳碳双键 (2). C12H18 (3). 加成反应 (4). 氧化反应 (5). 2CH3COOH2H2O (6). 2H2O (7). 6 (8). 、（任写一种） (9). 【解析】【详解】（1）A的结构简式为，其中所含官能团有羟基和碳碳双键；E
33、()的分子式为C12H18；（2）对比A、B的结构发现，2个A分子中碳碳双键中1个键断裂，碳原子相互连接成环得到B，原子利用率达100%，则AB属于加成反应；B中羟基转化为C中羰基，发生氧化反应；（3）B中含有羟基，其在一定条件下，能够与足量乙酸发生酯化反应，发生反应的化学方程式为2CH3COOH2H2O；根据流程图和已知信息可知，酮C与乙二醛发生缩合反应生成D和H2O，其化学方程式为2H2O；（4）C为，分子式为C8H12O2，1个F分子只比1个C分子少2个氢原子，则F的分子式为C8H10O2；F的不饱和度为4，且F是一种芳香族化合物，则说明F分子中除了苯环外，不存在其他不饱和结构；1mol F能与2mol NaOH反应，并且苯环上有3个取代基，说明苯环上含有2个酚羟基和1个乙基，满足条件的同分异构体有6种(酚羟基位于邻位的有2种，酚羟基位于间位的有3种，羟基位于对位的有1种)；其中核磁共振氢谱图有5组峰，且峰面积比为32221的结构简式为或；（5）以和为主要原料合成1，2-环已二醇，根据题干流程图CD的提示，可以首先由合成，再由与乙二醛反应生成，最后将转化为即可，因此合成路线为：。