1、2021高考化学全真模拟卷10一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。7下列有关叙述正确的是A汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的B酒精能使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好C电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法D硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂【答案】C【解析】A、汽油来自于石油，石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，即汽油是由碳氢两种元素组成，不含N元素，故A错误；B、酒精能使蛋白质变性，医用酒精的浓度一般为75%，故B错误；C、金属的电化学腐蚀包括牺牲阳极的阴极保护法和外加电流阴极
2、保护法，前者属于原电池原理，后者属于电解原理，金属Mg比铁活泼，Mg作负极，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D、硅胶、生石灰作干燥剂，铁粉作还原剂，铁粉防止食品氧化，故D错误，答案选C。8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等B1 mol Na与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA个电子C1mol Na2O2固体中含有离子总数为4NAD25时，pH=13的氢氧化钠溶液中约含有NA个氢氧根离子【答案】B【解析】A、P4和甲烷空间结构都是正四面体，P4的空间结构是，1mol白磷中有6molPP键，甲烷的空间结
3、构为，1mol甲烷中4molCH键，0.4NA共价键，当含有共价键的物质的量为0.4mol时，白磷的物质的量为0.4/6mol，甲烷的物质的量为0.4/4mol，故A错误；B、无论是Na2O还是Na2O2，Na的化合价为1价，1molNa都失去电子1mol，数目为NA，故B 正确；C、由Na2O2的电子式可知，1molNa2O2固体中含有离子总物质的量为3mol，个数为3NA，故C错误；D、题中未给出溶液的体积，无法计算OH的物质的量，故D错误，答案选B。9下列关于有机化合物的说法正确的是A乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别B异丁烷的一氯代物有3种C乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双
4、键D甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4-二氯甲苯【答案】A【解析】A、乙酸与碳酸钠溶液反应产生二氧化碳气体，乙酸乙酯不能，所以可用Na2CO3溶液加以区别，选项A正确；B. 异丁烷的一氯代物有（CH3）2CHCH2Cl、（CH3）2CClCH3共2种，选项B错误；C. 聚乙烯为氯乙烯的加聚产物，不含碳碳双键，苯分子中也不含有碳碳双键，选项C错误；D甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代，不能得到苯环上氢原子被取代的产物2，4-二氯甲苯，选项 D错误；答案选A。10短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料,X的一种核素在考古时常用来鉴定一些
5、文物的年代,元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素,Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是()A化合物XZ2各原子均满足8电子的稳定结构B已知含氧酸的酸性:H2ZO3H2XO3,则Z的非金属性强于XC若单质W失火,不能用泡沫灭火器扑灭D通常采用电解法制备单质Y及其同周期的金属单质【答案】B【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，元素W是制备一种高效电池的重要材料，W是Li元素，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，X为C元素，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Y是Al元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z是S元素。A.由CS2的结构式S=C=S可知
6、，各原子均满足8电子的稳定结构，故A正确；B. 已知酸性：H2SO3H2CO3，但H2SO3不是S元素的最高价氧化物对应的水化物，所以不能说明S的非金属性强于C，故B错误；C. Li属于碱金属元素，和Na性质相近，常温下可以和水反应，在加热时也可以和CO2反应，所以Li着火时，不能用二氧化碳灭火器或水扑灭，故C正确；D. Na、Mg、Al的性质活泼，通常采用电解熔融化合物的方法制备Na、Mg、Al单质，故D正确；答案选B。点睛：本题考查原子结构和元素周期律的关系，根据题中信息正确推断元素类型是解题的关键，试题难度中等。本题的易错点是B项，注意H2SO3不是硫元素的最高价氧化物对应的水化物，不能
7、用于判断硫和碳元素的非金属性强弱。11我国科研人员研制出一种室温“可呼吸”NaCO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2。吸入CO2时，其工作原理如右图所示。吸收的全部CO2中，有23转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管（MWCNT）电极表面。下列说法正确的是（ ）A“吸入”CO2时，钠箔为正极B“吸入”CO2时的正极反应：4Na+ 3CO2+ 4e= 2Na2CO3+ CC“呼出”CO2时，Na+向多壁碳纳米管电极移动D标准状况下，每“呼出”22.4 L CO2，转移电子数为0.75 mol【答案】B【解析】A、“吸入”CO2时是原电池装置，钠箔失电子为负极，选项A错误
8、；B、“吸入”CO2时是原电池装置，正极发生还原反应，电极反应式为：4Na+ 3CO2+ 4e= 2Na2CO3+ C，选项B正确；C、“呼出”CO2时是电解池，阳离子Na+向阴极钠箔电极移动，选项C错误；D、标准状况下，每“呼出”22.4 L CO2，转移电子数为0.25 mol，选项D错误。答案选B。12下列实验方案不能达到实验目的的是A图A装置Cu和浓硝酸制取NOB图B装置实验室制备Cl2C图C装置实验室制取乙酸乙酯D图D装置实验室分离CO和CO2【答案】C【解析】ACu和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成一氧化氮，可制取NO，故A不符合题意；B浓盐酸和高锰酸钾溶液生成氯气，氯
9、气与氢氧化钠反应进行尾气吸收，故B不符合题意；C乙酸乙酯在NaOH溶液中水解，应选饱和碳酸钠溶液，故C符合题意；D要将CO和CO2分离，足量纯碱溶液用来吸收CO2，先收集到干燥的CO；滴加稀硫酸，再将生成的CO2用浓硫酸干燥，收集到纯净的CO2，故D不符合题意；故选C。13常温下,向20 mL 0.1 molL-1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸,溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是()A常温下,0.1 molL-1氨水中NH3H2O的电离常数K约为110-5Ba、b之间的点一定满足:c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)Cc点溶液中c(NH4+)=c
10、(Cl-)Dd点代表两溶液恰好完全反应【答案】A【解析】A.常温下，0.1 molL-1的氨水溶液中c(H+)=10-11mol/L，则c(OH-)=mol/L=0.001mol/L，Ka=mol/L=110-5 mol/L，所以A选项是正确的；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c(H+) c(OH-)，结合电荷守恒得c(Cl-)10-7mol/L，c(OH-)10-7mol/L，溶液呈酸性，结合电荷守恒得：c(NH4+) c(Cl-)，故C错误； D.根据图像推断，d点溶液中c(H+)=10-7mol/L，常温下c(H+) c(OH-)=Kw=10-14，所以c(H+)= c(OH-
11、)，溶液呈中性，如果氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液显酸性，故D错误。所以A选项是正确的。二、非选择题：共58分，第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26（14分）某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au),可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等,以实现有害废料的资源化利用,工艺流程如下:已知:煅烧时,Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2。（1）煅烧时,Cr2O3发生反应的化学方程式为_。（2）浸出液中除了含有TeO
12、SO4(在电解过程中不反应)外,还可能含有_(填化学式)。（3）工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示:通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是_。（4）测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下:称取产品试样2.50 g配成250 mL溶液,用移液管取出25.00 mL于锥形瓶中,加入足量稀硫酸酸化后,再加入几滴指示剂,用0.1000 molL-1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定,重复进行二次实验。(已知Cr2被还原为Cr3+)氧化还原滴定过程中的离子方程式为_。若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为
13、25.00 mL,则所得产品中K2Cr2O7的纯度为_%。已知M(K2Cr2O7)=294 gmol-1,计算结果保留三位有效数字。（5）上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+外,还含有一定浓度的Fe3+杂质,可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3+)=310-5 molL-1,则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时Fe3+是否沉淀完全?_(填“是”或“否”)。已知:KspFe(OH)3=4.010-38, KspCr(OH)3=6.010-31【答案】（1）2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2（3分）（2）CuSO4(或C
14、uSO4和H2SO4)（2分） （3）低温条件下,K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小,且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小（2分）（4）Cr2+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O （3分） 49.0（2分） （5）是（2分） 【解析】（1）根据流程中“水浸”，Cr元素以Na2CrO4形式存在，Na2CrO4中Cr的化合价为6价， Cr2O3中Cr的化合价为+3价，Cr2O3作还原剂，被氧气氧化，根据化合价升降法进行配平，“煅烧”时Cr2O3参加的反应是2Cr2O33O24Na2CO34Na2CrO44CO2；（2）“煅烧”除（1）中反应外，还有Cu2Te2O22CuO
15、TeO2，沉渣应含有CuO、TeO2以及少量的Au，加入稀硫酸，CuO与稀硫酸反应生成CuSO4，根据题干，Te以TiOsO4形式存在，Au不与稀硫酸反应，即浸出液中含有TeOsO4、CuSO4、H2SO4；（3）Na2Cr2O7溶液加入KCl(s)，得到K2Cr2O7，说明低温下，K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小；（4）Cr2O42作氧化剂，把Fe2氧化成Fe3，+6价Cr被还原成Cr3，根据得失电子数目守恒，得出Cr2O726Fe214H=2Cr36Fe37H2O；根据的离子反应方程式得出：K2Cr2O7的纯度=49.0%；（5）Cr(
16、OH)3开始出现沉淀时，溶液中c3(OH)=21026，Fe3沉淀完全，c(Fe3)应小于105molL1，Fe(OH)3沉淀完全时，溶液中c3(OH)=4103321026，说明Fe3沉淀完全。27（14分）实验室回收利用废旧锂离子电池正极材料锰酸锂（LiMn2O4）的一种流程如下：（1）废旧电池可能残留有单质锂，拆解不当易爆炸、着火，为了安全，对拆解环境的要求是_。（2）“酸浸”时采用HNO3和H2O2的混合液体，可将难溶的LiMn2O4转化为Mn(NO3)2、LiNO3等产物。请写出该反应离子方程式_。如果采用盐酸溶解，从反应产物的角度分析，以盐酸代替HNO3和H2O2混合物的缺点是_。
17、（3）“过滤2”时，洗涤Li2CO3沉淀的操作是_。（4）把分析纯碳酸锂与二氧化锰两种粉末，按物质的量1：4混合均匀加热可重新生成LiMn2O4，升温到515时，开始有CO2产生，同时生成固体A，比预计碳酸锂的分解温度（723）低很多，可能的原因是_。（5）制备高纯MnCO3固体：已知MnCO3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100开始分解；Mn(OH)2开始沉淀的pH=7.7。请补充由上述过程中，制得的Mn(OH)2制备高纯MnCO3的操作步骤实验中可选用的试剂：H2SO4、Na2CO3、C2H5OH：向Mn(OH)2中边搅拌边加入_。【答案】（1）隔绝空气和水分（2分）（2）2LiMn
18、2O4+10H+3H2O2=2Li+4Mn2+3O2+8H2O（3分） 反应生成Cl2，污染环境（2分）（3）沿着玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出，重复操作23次（2分）（4）MnO2作为催化剂，降低了碳酸锂的分解温度（2分）（5）H2SO4溶液，固体溶解，加入Na2CO3，并控制溶液pH7.7，过滤，用少量的乙醇洗涤，低于100真空干燥（3分）【解析】（1）废旧电池可能残留有单质锂，锂化学性质活泼，锂可与空气中的O2和H2O反应，对拆解的要求是：隔绝空气和水分。（2）“酸浸”时采用HNO3和H2O2的混合液体，可将难溶的LiMn2O4转化为Mn（NO3）2、LiNO3等产物
19、，LiMn2O4被还原成Mn（NO3）2，则H2O2被氧化成O2，反应中1molLiMn2O4参与反应得到3mol电子，1molH2O2失去2mol电子，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2LiMn2O4+10HNO3+3H2O2=2LiNO3+4Mn（NO3）2+3O2+8H2O，反应的离子方程式为2LiMn2O4+10H+3H2O2=2Li+4Mn2+3O2+8H2O。若采用盐酸溶解，盐酸作还原剂被氧化成Cl2，以盐酸代替HNO3和H2O2混合物的缺点是：反应生成Cl2，污染环境。（3）“过滤2”时，洗涤Li2CO3沉淀的操作是：沿着玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自
20、然流出，重复操作 23 次。（4）将分析纯碳酸锂与MnO2按物质的量1:4混合均匀升温到515时，开始有CO2产生，比预计的碳酸锂的分解温度低很多，可能的原因是：MnO2作为催化剂，降低了碳酸锂的分解温度。（5）根据题目提供的试剂分析，制备MnCO3的原理为：Mn（OH）2+H2SO4=MnSO4+2H2O、MnSO4+Na2CO3=MnCO3+Na2SO4，pH=7.7时开始形成Mn（OH）2沉淀，加入Na2CO3沉淀Mn2+时控制pH7.7；制备MnCO3的步骤为：向Mn（OH）2中加入H2SO4，固体溶解转化为MnSO4溶液，向MnSO4溶液中加入Na2CO3控制pH （1分） C2F4
21、的产率高，副产物C3F6的含量几乎为0 （2分）（5） （2分） 【解析】2F22NaOH2NaFH2OOF2，该反应中F的化合价从0价变为-1价，O元素的化合价从-2价变为+2价，氧化剂为F2，还原剂为NaOH，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，二氟化氧分子中F原子最外层达到8电子稳定结构，其正确的电子式为，故答案为：2：1；。反应热H=反应物总键能生成物总键能，所以对于S(s) + 3F2(g) = SF6(g)，其反应热H = 280kJ/mol+3160kJ/mol - 6330kJ/mol = -1220kJ/mol，故答案为：S(s) + 3F2(g) = SF6(g) H =
22、 -1220kJ/mol。Ca5(PO4)3F溶度积比Ca5(PO4)3OH小，该反应的平衡常数；故答案为：2.51024。A选项，制备四氟化烯反应前后都为气体，在恒容的条件下，混合气体密度始终保持改变，故A错误；B选项，制备四氟化烯的反应，反应前后物质的量在变化，混合气体的平均相对分子质量，气体的质量在反应前后是守恒的，是一个反应前后物质的量会变化的反应，所以当M不变时，达到了平衡，故B正确；C选项，v正（C2F4）=2V逆（HCl），一正一逆满足，但不满足登记计量系数之比，故C错误；D选项，c(C2F4)与c(HCl)比值保持不变，说明各物质的量不变，达到了平衡，故D正确；综上所述，答案为
23、：BD。根据两个方程式得出可知氯化氢的物质的量一直在增加，且增加量最大，因此A为氯化氢，故答案为：HCl。根据图示可知，随着温度的升高CHClF2物质的量在减少，所以正反应为吸热反应，即2CHClF2(g)C2F4(g)+2HCl(g)的H 0，故答案为： 。通过图示可知，在900C以上，副产物C3F6的含量几乎为0，工业上常在900C以上通过裂解CHClF2来制取C2F4，其原因是C2F4的产率高，副产物C3F6的含量几乎为0，故答案为：C2F4的产率高，副产物C3F6的含量几乎为0。盐酸和NaF之间反应生成氯化钠和HF，溶液显示中性，所以NaF会剩余，则生成的c(HF) = 0.5bmol
24、/L，溶液呈中性，溶液显中性，故c(H+)= c(OH)=110-7mol/L，根据电荷守恒，c(Cl)=0.5bmol/L，c(F) + c(Cl)=c(Na+) =0.5amol/L，所以c(F) = (0.5a-0.5b) mol/L，HF的电离常数，故答案为：。（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35化学选修3：物质结构与性质（15分）N、Fe是两种重要的元素，其单质及化合物在诸多领域中都有广泛的应用。（1）基态N 原子最高能级的电子云轮廓图形状为_；N原子的第一电离能比O原子的大，其原因是_，基态铁原子的价电子排布图为_（2）在高
25、压下氮气会发生聚合得到高聚氮，晶体结构如图所示。晶体中每个氮原子与另外三个氮原子结合形成空间网状结构。氮原子的杂化轨道类型为_。这种高聚氮N-N 键的键能为160kJ/mol，而N2 的键能为942kJ/mol，其可能潜在的应用是_。（3）叠氮化钠和氢叠氮酸(HN3)已一步步进入我们的生活，如汽车安全气囊等。写出与N3-属于等电子体的一种分子_（填分子式）。氢叠氮酸(HN3)可由肼(N2H4)被HNO2氧化制得，同时生成水。下列叙述错误的是_（填标号）A上述生成HN3的化学方程式为：N2H4+HNO2= HN3+2 H2O BNaN3的晶格能大于KN3的晶格能C氢叠氮酸(HN3)和水能形成分子
26、间氢键DHN3和N2H4都是由极性键和非极性键构成的非极性分子。EHN3分子中四个原子可能在一条直线上（4）某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B方块组成。则该化合物中Fe2+、Fe3+、O2-的个数比为_(填最简整数比)；已知该晶体的密度dg/cm3,阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数为_nm(用含d和NA的代数式表示)。（5）一种铁、碳形成的间隙化合物的晶体结构如图所示，其中碳原子位于铁原子形成的八面体的中心。每个铁原子又为两个八面体共用。则该化合物的化学式为_。【答案】（1）哑铃形(纺锤形) （1分） N原子的2P轨道电子处半充满状态，比较稳定 （1分） （2分）（2） sp3（
27、1分） 制炸药(或高能燃料) （1分） （3） CO2或N2O （1分） DE （2分） （4）1:2:4 （2分） （2分） （5）Fe3C（2分） 【解析】（1）N为7号元素，基态N 原子的核外电子排布式是1s22s22p3；最高能级2p能级的电子云轮廓图形状为哑铃形(纺锤形)；N原子的2P轨道电子处半充满状态，比较稳定，故N原子的第一电离能比O原子的大；Fe是26号元素，其原子核外有26个电子，其价电子排布式为3d64s2，故基态铁原子的价电子排布图为：；故答案为哑铃形(纺锤形)；N原子的2P轨道电子处半充满状态，比较稳定；（2）每个氮原子最外层均满足8电子稳定结构，N原子的最外层有5个
28、电子，可形成3个共价键，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数=3+=4，氮原子的杂化轨道类型为sp3；这种高聚氮N-N 键的键能为160kJ/mol，而N2的键能为942kJ/mol，其可能潜在的应用是制炸药(或高能燃料)；故答案为sp3；制炸药(或高能燃料)；（3）N3-有3个原子和16个价电子，故与N3-属于等电子体的分子有CO2或N2O；氢叠氮酸(HN3) 可由肼(N2H4)被HNO2氧化制得，同时生成水。A上述生成HN3的化学方程式为：N2H4+HNO2= HN3+2H2O，A正确；B钠离子的半径小于钾离子，故NaN3的晶格能大于KN3的晶格能，B正确；C氢叠氮酸(HN3)和水能形成分
29、子间氢键，C正确；DHN3是极性分子，N2H4是非极性分子，D不正确；EHN3分子结构示意图为，靠近H原子的第1个N原子是sp2杂化的，第二个N原子是sp杂化的，端位的N原子不杂化，故四个原子不在一条直线上，E不正确。综上所述，叙述错误的是DE 。故答案为CO2或N2O；DE；（4）A含有1.5个亚铁离子、4个氯离子，B含有0.5个亚铁离子、4个氧离子、4个铁离子，则该氧化物中Fe2+、Fe3+、O2-的个数比为1:2:4。晶胞含有Fe2+、Fe3+、O2-的个数分别是为4、8、16，它们的相对质量之和是8232，根据m=V可得8232g= dg/cm3a3NA，a=107nm；（5）根据均摊
30、原则每个铁原子为两个八面体共用，所以铁与碳原子数比是6：1=3：1，则该化合物的化学式为Fe3C；故答案为Fe3C。36化学选修5：有机化学基础(15分)有机物Y是一种治疗心血管和高血压的药物，某研究小组以甲苯、乙烯等物质为主要原料，通过以下路线合成：已知：RX+NaCNRCNRCOOH请回答：（1）Y的化学式为_（2）写出化合物H的结构简式_。（3）下列说法不正确的是_。AB的一氯代物有三种 B反应均属于取代反应C化合物GY的转化过程中，涉及的反应类型有取代反应、加成反应D反应的试剂与条件为Cl2/光照E. 化合物E能发生银镜反应（4）写出反应的化学方程式_。（5）芳香族化合物M是B的同分异
31、构体，M含有二个六元环(且两个二元环共用两个相邻的碳原子)，则M可能的结构有_。（任写两种）（6）已知一个碳原子上连有两个羟基是不稳定的，会脱水转化为羰基。：写出以为原料制备合成的线路图。_【答案】（1）C11H14NCl （2分）（2） （2分）（3） ACE（3分）（4） （2分）（5） （其他合理的均给分） （2分）（6） （4分）【解析】（1）Y的结构简式为，则Y的化学式为C11H14NCl；（2）比较G和X的结构简式，可推出H的结构简式为；（3）AB的结构简式为，其一氯代物有4种 ，故A错误；B由合成路线图可知，反应均属于取代反应，故B正确；C从GY的转化过程中，涉及的反应类型有还原反应、取代反应，故C错误； D根据C的结构简式可知反应是甲基上的氢原子被取代，因此试剂与条件为Cl2/光照，故D正确；E. 化合物E是环氧乙烷，不含醛基，不能发生银镜反应，故E错误。故答案为ACE；（4）反应是氯原子被取代，反应的化学方程式为：；故答案为；（5）B的结构简式为，芳香族化合物M是B的同分异构体，M含有二个六元环，则符合条件的有机物结构简式为： ；（6）制备，应先合成对苯二甲酸和对苯二甲醇；以为原料，水解可生成对苯二甲醛，分别氧化和还原可生成对苯二甲酸和对苯二甲醇，其合成流程图为：。
