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。