1、四川省成都市双流棠湖中学2020届高三化学下学期第三次月考试题（含解析）1.本草纲目中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法正确的是A. “薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用B. “以灰淋汁”的操作是萃取C. “取碱”得到的是一种碱溶液D. “浣衣”过程有化学变化【答案】D【解析】【详解】A. “薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥共用时，发生水解反应，相互促进水解，降低肥效，故A错误；B. “以灰淋汁”的操作是过滤，故B错误；C. “取碱”得到的是碳酸钾溶液，属于盐溶液，故C错误；D. “浣衣”过程中促进油脂的水解，属于化学变化，故D正确；故选D。2.用NA表示阿伏加德
2、罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）A. 电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极溶解32 g铜B. 标准状态下，33.6 L氟化氢中含有1.5 NA个氟化氢分子C. 在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2+4H2O中，每生成4 mol Cl2转移的电子数为8NAD. 25 时，1 L pH13的氢氧化钡溶液中含有0.1NA个氢氧根离子【答案】D【解析】【详解】A电解精炼铜时，阳极是粗铜，粗铜中含有一些比铜活泼的金属也放电，故当转移NA个电子，阳极的铜溶解少于32g，故A错误；B在标准状况下，氟化氢不是气体，无法计算33.6L氟化氢的物质的量，故B错误；C在反应KClO4+8HClKCl+
3、4Cl2+4H2O中高氯酸钾中氯元素化合价从+7价降低到0价，得到7个电子，转移7mol电子时生成4mol氯气，即当生成4mol氯气时转移的电子数为7NA个，故C错误；D25时，1 L pH13的氢氧化钡溶液中c(OH)=0.1mol/L，1L含有0.1NA个氢氧根离子，故D正确；答案选D。3.下列有关有机化合物的说法正确的是A. 糖类、油脂、蛋白质都是仅由碳、氢、氧元素组成的物质B. 甲烷光照条件下能与Cl2发生加成反应C. 分枝酸的结构简式为，分枝酸可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色D. 甲基环己烷的一氯代物有4种(不考虑立体异构)【答案】C【解析】【详解】A、蛋白质由碳、氢、氧、
4、氮等元素组成，故A错误；B、甲烷光照条件下能与Cl2发生取代反应，故B错误；C. 分枝酸的结构简式为，分枝酸分子中含有碳碳双键，所以可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D. 甲基环己烷的一氯代物有5种(不考虑立体异构)，故D错误。4. 下列离子方程式正确的是A. Cl2通入水中：Cl2+H2O = 2H+Cl-+ClO-B. 双氧水加入稀硫酸和KI溶液：H2O22H2I=I22H2OC. 用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu22H2O2CuO24HD. Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O324H=SO423S2H2O【答案】B【解析】【详解】A、Cl2通入水中的离子反应
5、为Cl2+H2OH+Cl-+HClO，故A错误；B、双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H+2I-I2+2H2O，故B正确；C、用铜作电极电解CuSO4溶液，实质为电镀，阳极Cu失去电子，阴极铜离子得电子，故C错误；D、Na2S2O3溶液中加入稀硫酸离子反应为S2O32-+2H+SO2+S+H2O，故D错误。故选B。5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，W的原子中只有1个电子，X2-和Y+ 离子的电子层结构相同，X与Z同族。下列叙述正确的是A. 原子半径：Z Y WB. X 的简单氢化物的稳定性比Z的弱C. Y的氢化物为共价化合物D. Z的最高价氧化物对应的水化物是一
6、种强酸【答案】D【解析】【分析】W的原子中只有1个电子，W是H元素；X2-和Y+离子的电子层结构相同，X是O元素、Y是Na元素；X与Z同族，Z是S元素。【详解】A. 电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，所以原子半径：NaSH，故A错误；B. 非金属性越强，简单氢化物越稳定，稳定性H2OH2S，故B错误；C. NaH是离子化合物，故C错误；D. S的最高价氧化物对应的水化物是硫酸，属于强酸，故D正确。6.探索二氧化碳在海洋中转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。研究表明，溶于海水的二氧化碳主要以无机碳形式存在，其中HCO3-占95%。科学家利用下图所示装置从海水中提取C
7、O2，有利于减少环境温室气体含量。下列说法不正确的是A. a室中OH-在电极板上被氧化B. b室发生反应的离子方程式为：H+ + HCO3- = CO2 + H2OC. 电路中每有0.2mol 电子通过时，就有0.2mol阳离子从c室移至b室D. 若用氢氧燃料电池供电，则电池负极可能发生的反应为：H2 + 2OH- - 2e- =2H2O【答案】C【解析】【详解】A. a室是阳极室，OH-在电极板上失电子被氧化生成氧气，故A正确；B. a室中生成的氢离子移入b室， b室发生反应的离子方程式为：H+ + HCO3-CO2 + H2O，故B正确；C. 阳离子由阳极移向阴极，所以阳离子从b室移至c室
8、，故C错误；D. 碱性氢氧燃料电池的负极反应为：H2 + 2OH- - 2e-2H2O，故D正确。7. 水的电离平衡曲线如图所示，下列说法中，正确的是A. 图中A、B、D三点处Kw的大小关系：BADB. 25时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，溶液中c(NH4+)c(NH3H2O)的值逐渐减小C. 在25时，保持温度不变，在水中加入适量NH4Cl固体，体系可从A点变化到C点D. A点所对应的溶液中，可同时大量存在Na+、Fe3+、Cl-、SO42【答案】B【解析】【详解】A、Kw的影响因素为温度，水的电离吸热，升高温度Kw增大，A、D在同一等温线上，故图中A、B、D三点处Kw的大
9、小关系为BA=D，A错误；B、25时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，c(OH-)逐渐增大， c(OH-) c(NH4+) c(NH3H2O)的值不变，故c(NH4+) c(NH3H2O)逐渐减小，B正确；C、在25时，保持温度不变，在水中加人适量NH4Cl固体，体系不能从A点变化到C点，体系从A点变化到C点，可采用加热的方法，C错误；D、A点所对应的溶液呈中性，Fe3+因水解生成氢氧化铁沉淀不能大量存在，D错误。故选B。8.中国航空航天事业飞速发展，银铜合金广泛用于航空工业。从银铜合金切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：注：A1(OH)3和Cu(OH)2分解温度分别为4
10、50和80(1)在电解精炼银时，阳极材料为_。(2)加快渣料(含少量银)溶于稀H2SO4速率的措施为_(写出两种)。(3)滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀HNO3反应的离子方程式为_。(4)过滤操作需要的玻璃仪器除烧杯外还有_。(5)固体混合物B的组成为_；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为_。(6)煅烧阶段通入惰性气体的原因_。【答案】 (1). 粗银 (2). 拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大H2SO4的浓度或其它合理答案 (3). 3Ag + 4H+ + NO3- = 3Ag+ NO + 2H
11、2O (4). 漏斗、玻璃棒 (5). Al(OH)3和CuO的混合物 (6). Al(OH)3OH=AlO22H2O (7). 保护气(或防止铜被氧化)【解析】【分析】银铜合金在空气中熔炼，渣料中含有氧化铜和少量的银，加入稀硫酸，过滤后得到硫酸铜溶液，在硫酸铜溶液中加入硫酸铝和稀氢氧化钠溶液，煮沸、过滤得到Al(OH)3和CuO的混合物，煅烧可得到CuAlO2，据此答题。【详解】（1）电解精炼铜时，纯铜作阴极，粗铜作阳极，硫酸铜溶液作电解液，电解精炼银与此类似，则纯银作阴极，粗银作阳极，硝酸银溶液作电解液，故答案为粗银。（2）加快渣料(含少量银)溶于稀H2SO4速率的措施有搅拌、渣料粉碎、适
12、当升温、适当增大H2SO4的浓度或其它合理答案，故答案为搅拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大H2SO4的浓度或其它合理答案。（3）滤渣A的主要成分是Ag，稀硝酸是氧化性酸，能溶解银、产生无色气体，即3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO+2H2O，离子方程式为：3Ag+4H+ +NO3-=3Ag+NO+2H2O，无色的一氧化氮气体在空气迅速被氧化为红棕色的二氧化氮气体，即2NO+O2=2NO2；故答案为3Ag+4H+ +NO3-=3Ag+NO+2H2O。（4）过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为漏斗、玻璃棒。（5）结合信息和流程图可知：硫酸铜、硫酸铝与稀氢氧化钠溶液反应生成
13、氢氧化铜和氢氧化铝，煮沸时氢氧化铜分解生成氧化铜，氢氧化铝不分解，所以固体B的主要成分是Al(OH)3和CuO的混合物，若NaOH过量，两性氢氧化物Al(OH)3就会溶解，反应氮的离子方程式为：Al(OH)3OH-=AlO2-2H2O，故答案为Al(OH)3和CuO的混合物；Al(OH)3OH-=AlO2-2H2O。（6）煅烧阶段通入惰性气体的原因是做保护气(或防止铜被氧化)，故答案为保护气(或防止铜被氧化)。【点睛】分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。9.
14、四氯化锡可用作媒染剂。利用如图所示装置可以制备四氯化锡（部分夹持装置已略去）；有关信息如下表：化学式SnCl2SnCl4熔点/24633沸点/652144其他性质无色晶体，易氧化无色液体，易水解回答下列问题：（1）甲装置中仪器A的名称为_。（2）用甲装置制氯气，MnO4 被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为_。（3）将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到_（填现象）后，开始加热丁装置，锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热丁装置，此时继续加热丁装置的目的是：促进氯气与锡反应；_。（4）如果缺少乙装置，丁装置中可能产生SnCl2杂质，产生SnCl2杂质的化学方程式为_，以下试剂中可
15、用于检测是否产生SnCl2的有_AH2O2溶液 BFeCl3溶液（滴有KSCN） CAgNO3溶液 D溴水（5）己装置的作用是_。A除去未反应的氯气，防止污染空气B防止空气中CO2气体进入戊装置C防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解D防止空气中O2进入戊装置的试管中使产物氧化（6）反应中用去锡粒1.19g，反应后在戊装置的试管中收集到2.35gSnCl4，则SnCl4的产率为_（保留3位有效数字）。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O (3). 丁装置内充满黄绿色气体 (4). 使SnCl4气化，利于从混合物中分离出来 (5
16、). Sn+2HCl=SnCl2+H2 (6). BD (7). AC (8). 90.0%【解析】【分析】SnCl4极易水解，应在无水环境下进行进行，A装置制备氯气，由于盐酸易挥发，制备的Cl2中含有HCl及水蒸气，乙中盛放饱和食盐水除去HCl，可以降低氯气的溶解，丙中浓硫酸吸收水蒸气，干燥氯气，并用氯气排尽装置中空气，防止影响实验。氯气与Sn在丁处试管中反应生成SnCl4，反应生成SnCl4的为气态，在戊处冷却收集得到液态SnCl4，干燥管中碱石灰吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水蒸气，防止进入收集SnCl4的试管使其水解。【详解】(1)根据装置图可知：甲装置中仪器A的名称
17、为蒸馏烧瓶；(2)在A中KMnO4与浓盐酸发生氧化还原反应产生氯气，发生反应离子方程式为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O；(3)若整个装置中充分氯气时，即丁装置充满黄绿色气体，再加热熔化锡粒合成SnCl4，加热丁装置，促进氯气与锡反应，使生成的SnCl4气化，有利于从混合物中分离出来，便于在戊处冷却收集；(4)如果缺少乙装置，氯气中混有的HCl气体与Sn反应产生SnCl2进而氢气，使SnCl4产率降低，且氯气与氢气反应可能发生爆炸；反应产生SnCl2的方程式为：Sn+2HCl=SnCl2+H2；A.H2O2溶液 可以将 Sn2+氧化为Fe3+，但没有明显现象，
18、a错误；B.与FeCl3溶液（滴有KSCN）混合，不出现红色，则含有SnCl2，否则无SnCl2，b正确；C.使用AgNO3溶液可以检验氯离子，不能检验二价锡，c错误；D与溴水混合，若橙色褪去，则含有SnCl2，否则无SnCl2，d正确；故合理选项BD；(5)己装置是干燥管，干燥管中碱石灰吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时吸收空气中的水蒸气，防止进入收集SnCl4的试管使其水解，故合理选项是AC；(6)用去锡粒1.19g，其物质的量为n(Sn)=1.19g119g/mol=0.01mol，根据Sn原子守恒可知在理论生成SnCl4为0.01mol，则SnCl4的产率为100%=90.0%。【点
19、睛】本题是物质制备实验的考查，涉及仪器使用、化学实验基本操作、离子的检验方法、离子方程式书写、对原理与装置的分析评价等，注意阅读题目获取信息并迁移运用，同时结合物质的性质进行分析解答，是对学生综合能力的考查。10.某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化实验。实验I：将Fe3+转化为Fe2+（1）Fe3+与Cu粉发生反应的离子方程式为：_。某同学如下图所示进行试验，发现产生白色沉淀。现就白色沉淀进行相关实验探究，如下：（2）探究白色沉淀产生的原因，请填写实验方案：实验方案现象结论步骤1:取4mL_mol/LCuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液产生白色沉淀CuSO4溶液与KS
20、CN溶液反应产生了白色沉淀步骤2:取4mL_mol/L_溶液，向其中滴加_溶液无明显现象查阅资料，已知：SCN-的化学性质与I-相似2Cu2+4I-=2CuI+I2请写出Cu2+与SCN-反应的离子方程式：_。实验II：将Fe2+转化为Fe3+实验方案现象向3mL0.lmol/LFeSO4溶液中加入1mL稀硝酸溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色探究上述现象出现的原因：查阅资料：Fe2+NOFe(NO)2+(棕色)（3）用离子方程式解释NO产生的原因_。（4）从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析:反应I：Fe2+与HNO3反应; 反应II：Fe2+与NO反应依据
21、实验现象，可推知反应I的速率比反应II的速率_(填“快”或“慢”)。反应I是一个不可逆反应，设计实验方案加以证明_。请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因_。【答案】 (1). 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ (2). 0.1 (3). 4mL0.2mol/LFeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液 (4). 2Cu2+4SCN-=2CuSCN+(SCN)2 (5). 3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O (6). 慢 (7). 取少量反应I的溶液于试管中，向其中加入几滴K3Fe(CN)6溶液，溶液无明显变化，说明反应I是一个不可逆反应 (8).
22、Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，溶液中Fe2+浓度降低，导致干衡Fe2+NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由综色变为黄色【解析】（1）Fe3+与Cu粉发生反应生成亚铁盐和铜盐，反应的离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；（2）由反应2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，可知图1中得到溶液中Fe2+为0.2mol/L，Cu2+为0.1mol/L，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液进行对照实验，故实验方案为：步骤1：取4mL 0.1mol/L CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/L KSCN溶液，步骤2：取4mL 0.1m
23、ol/L FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/L KSCN溶液，由题目信息ii可知，Cu2+与SCN-反应生成CuSCN沉淀，同时生成（SCN）2，反应离子方程式为：2Cu2+4SCN-=2CuSCN+（SCN）2，故答案为0.1；取4mL 0.1mol/L FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/L KSCN溶液；2Cu2+4SCN-=2CuSCN+（SCN）2；（3）亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，反应生成铁离子、NO与水，反应离子方程为：3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O；（4）溶液先变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色，反应速率
24、快的反应现象最先表现，反应的速率比反应的慢；反应中硝酸过量，若存在平衡，溶液中含有Fe2+，否则没有Fe2+，具体的实验方案是：取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3Fe（CN）6溶液，溶液无明显变化，说明反应I是不可逆反应，故答案为取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3Fe（CN）6溶液，溶液无明显变化，说明反应I是不可逆反应；Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，导致溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2+NOFe（NO）2+逆向移动，最终Fe（NO）2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色。11.原子序数依次增大的四种元素X、Y、Z、W分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种X
25、的化合物，Y原子核外电子有6种不同的运动状态，Y与Z可形成正四面体形分子，W的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请回答下列问题：（1）这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为_。（2）Z所在主族的四种元素分别与X形成的化合物，沸点由高到低的顺序是_（填化学式），呈现如此递变规律的原因是_。（3）Y元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为_，另一种的晶胞如图二所示，该晶胞的空间利用率为_（保留两位有效数字）。（）（4）W元素形成的单质，其晶体的堆积模型为_，W的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体中含有的化学键是_(填选项序号)。极性键 非极
26、性键 配位键 金属键（5）向W的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是_。请写出上述过程的离子方程式_ ，_。【答案】 (1). (2). HFHIHBrHCl (3). HF分子之间形成氢键，使其沸点较高，HCl、HBr、HI，分子间以分子间作用力结合，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高 (4). sp2 (5). 34% (6). 面心立方最密堆积 (7). (8). 先生成蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液 (9). Cu2+2NH3H2OCu(OH)2+2NH4+ (10). Cu(OH)2+4NH3 Cu(NH3)42+2OH-【解析】试题分析：根据题意可知A
27、是H;B是C；C是Cl；D是Cu。（1）这四种元素中电负性最大的元素是Cl，其基态原子的价电子排布图为；（2）C所在主族的前四种元素分别是F、Cl、Br、I它们与H形成的化合物是 HF、HCl、HBr、HI，同族元素形成的氢化物结构相似，都是由分子构成的物质，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，而HF分子之间除了存在着一般的分子间作用力外，还存在着氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔沸点比HI还高。故这几种氢化物的沸点由高到低的顺序是HFHIHBrHCl；呈现如此递变规律的原因是HF分子之间形成氢键，使共沸点较高，HCl、HBr、HI，分子量越大，范德华力越大，沸点越高。
28、（3）B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，该晶体是石墨晶体，由于每一个碳原子形成了2个碳碳单键和1个碳碳双键，所以其原子的杂化类型为sp2杂化；在一个晶胞中含有的该元素的原子个数是81+61/2+4=8,假设晶胞的边长为L,原子的半径为r，则该晶胞中晶胞边长与原子半径的关系是，则，所以该晶胞的空间利用率为；（4）Cu元素形成的单质，其晶体的堆积模型为面心立方最密堆积；根据Cu的醋酸盐晶体局部结构图示可知该晶体中含有的化学键是极性键、非极性键、配位键，因此选项是。（5）向CuSO4溶液中滴加过量氨水，首先发生反应Cu2+2NH3H2OCu(OH)2+2NH4+，看到溶液产生蓝色沉淀，后
29、发生反应: Cu(OH)2+4NH3 Cu(NH3)42+2OH-,沉淀溶解，变为蓝色溶液；考点：考查元素的推断、元素原子的价电子排布图、物质熔沸点的比较、原子的杂化、晶体的空间构型、利用率的计算、物质微粒内的化学键类型、反应的现象及方程式的书写的知识。12.由化合物A 合成黄樟油（E）和香料F的路线如下（部分反应条件已略去）：请回答下列问题：（1）下列有关说法正确的是_（填选项字母）。a化合物A核磁共振氢谱为两组峰bCH2Br2只有一种结构c化合物E能发生加聚反应得到线型高分子d化合物B能发生银镜反应，也能与NaOH溶液反应（2）由B转化为D所需的试剂为_。（3）D含有的官能团名称为_，C的
30、同分异构体中具有顺反异构的名称是_（不必注明“顺”“反”）。（4）写出AB的化学反应方程式：_。（5）满足下列条件的E的同分异构体W有_种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1:2:2:2:3的结构简式为_。 lmolW与足量NaOH溶液反应，能消耗2molNaOH 能发生银镜反应 苯环上只有两个取代基，能发生聚合反应（6）参照上述合成路线，写出以、丙酮为主要原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线_。【答案】 (1). bc (2). 液溴、Fe（或液溴、FeBr3） (3). 醚键、溴原子 (4). 1-溴丙烯 (5). (6). 9 (7). (8). 【解析】根据A
31、的分子式和性质，判断为酚，再根据D的结构，可以判断A为邻二苯酚()，B为。(l)aA为邻二苯酚()，核磁共振氢谱为三组峰，故a错误；b. 甲烷是正四面体结构，因此CH2Br2只有一种结构，故b正确；c化合物E为，含有碳碳双键，能发生加聚反应得到线型高分子，故c正确；dB为，不存在醛基，不能发生银镜反应，故d错误；故选bc；(2)由B转化为D是在苯环上引入溴原子，需要试剂为液溴、Fe，故答案为液溴、Fe；(3)根据D的结构可知，其含有的含氧官能团为醚键和溴原子，C的同分异构体中具有顺反异构的是1-溴丙烯，故答案为醚键、溴原子；1-溴丙烯；(4)A为邻二苯酚()，B为，AB的化学方程式为：，故答案
32、为；(5)E为，E同分异构体W满足： lmolW与足量NaOH溶液反应，能消耗2molNaOH ； 能发生银镜反应； 苯环上只有两个取代苯，能发生聚合反应，说明苯环上含有2个侧链，其中含有碳碳双键、醛基或属于甲酸某酯，结合E的结构，W属于甲酸苯酚酯，即HCOO-，另一个侧链为-CH2CH=CH2或-CH=CH2CH3或-C(CH3)=CH2，每种侧链对应与邻位、间位、对位3种结构，共9种，其中核磁共振氢谱为五组峰且峰面积之比是1：2：2：2：3的结构简式为，故答案为9；(6)以、为主要原料制备，可以将丙酮，与发生题中类似FG的反应，得到醇再与溴化氢反应后，得溴代烃，在镁的作用下，两个分子之间发生类似题中C+DE的反应，合成路线为，故答案为。点睛：本题考查有机物推断与合成、有机物结构与性质、有机反应类型、同分异构体等知识，是对有机物化学基础的综合应用，侧重考查学生对知识的迁移应用。本题的难点是(6)的合成路线的设计。