1、四川省成都市实验中学2020届高三化学下学期第二次周考试题（含解析）一、选择题：本题共7个小题，每小题6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。1.环境问题是当今社会备受关注热点。下列观点不合理的是（ ）A. “指尖上的外卖”成为了塑料餐盒泛滥的“元凶”，进一步加强生活垃圾分类与再生资源回收的衔接是目前实现“绿色外卖”的有力解决方法之一B. “水漆”和“油漆”的最大区别在于溶剂不同。“十三五”挥发性有机物污染防治工作方案中明确提出，要大力推行水性涂料(即“水漆”)的使用，是因其具有节能环保、超低排放、低碳健康等特点C. “隐形的污染物”臭氧开始取代PM2.5和PM10，成为我国
2、一些地区夏季首要空气污染物。“臭氧超标”并不是由污染源直接排放的，臭氧是二次污染物D. 酸雨情况能间接反映空气质量，与2015年相比2016年辽宁省城市降水pH增大0.29，空气质量呈现恶化趋势【答案】D【解析】【详解】A. 塑料餐盒多为一次性餐具，会对环境造成危害，故回收利用是解决外卖污染的方法之一，A项正确；B. “水漆”不会挥发出有毒的有机物溶剂，B项正确；C. 空气中的氮氧化物或挥发性有机物与氧气结合可转化为臭氧，导致臭氧污染，C项正确；D. pH增大，说明雨水酸性降低，空气质量转好，D项错误；答案选D。2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. 常温下，2.7g铝放入
3、足量浓硫酸中，转移的电子数为0.3NAB. 100g质量分数为17%的H2O2水溶液中含氧原子数目为NAC. 常温常压下2.2gCO2中含0.1NA个氧原子D. KClO36HCl=KCl3Cl23H2O中，生成3molCl2，转移电子数为6NA【答案】C【解析】【详解】A. 常温下，浓硫酸能使Al发生钝化，A项错误；B. H2O2和溶剂H2O中均含氧原子，故100g质量分数为17%的H2O2水溶液中含氧原子数目大于NA，B项错误；C. 2.2gCO2为0.05mol，其中的氧原子数为0.1NA，C项正确；D. 该反应中KClO3作氧化剂，6molHCl中有5molHCl作还原剂，故每生成3m
4、olCl2，转移5mol电子，D项错误；答案选C。3.某同学用含有铁锈(Fe2O3)的废铁屑来制取氯化铁晶体的装置(省略夹持装置，气密性已检查)如图所示。下列推断不合理的是( )A. 烧杯中H2O2溶液作用是将Fe2+氧化为Fe3+B. A中存在氧化铁与盐酸反应生成氯化铁的反应C. B中收集到的气体是氢气D. 反应后的烧杯中通入少量SO2，则溶液颜色立即由棕黄色变为浅绿色【答案】D【解析】【分析】铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，因铁与铁离子反应，则A中得到物质为氯化亚铁，反应后打开K2，过氧化氢可氧化亚铁离子生成铁离子，因铁离子易水解，制备氯化铁晶体，应在氯化氢气氛
5、下，以此解答该题。【详解】A双氧水具有氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，故A正确； BA中氧化铁为碱性氧化物，可与盐酸反应生成氯化铁和水，故B正确；C铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，但盐酸滴入会引起体积误差，则B中测量的是盐酸和氢气的体积，不能准确测量氢气的体积，故C正确；D反应后的烧杯中过氧化氢可氧化亚铁离子生成铁离子，通入少量SO2，双氧水的氧化性强于铁离子，所以双氧水会氧化二氧化硫，溶液颜色不会变化，故D错误；故选D。4.已知。下列说法错误的是A. M的分子式为C6H10B. M中所有碳原子同一平面上C. N能发生氧化反应和取代反应D. N的含有相同官能团的同分异构体有8种（不考虑立体
6、结构）【答案】B【解析】【详解】A根据结构简式确定分子式为C6H10，A正确；BM中含有亚甲基，具有甲烷结构特点，所以所有C原子不可能共平面，B错误；CN中含有羧基，具有羧酸性质，能发生酯化反应，有机物能燃烧而发生氧化反应，C正确；DN结构简式为HOOC（CH2）4COOH，-CH2CH2CH2CH2-的同分异构体有8种，两个半键在同一个碳原子上含有2种，在不同碳原子上含有6种，所以符合条件的一共8种，D正确；答案选B。5.同周期的四种短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为18，X和Y的原子序数之比为6：7，X的最高正价是W的最低负价绝对值的2倍。下列说法正确的
7、是（ ）A. Y的氧化物不能与任何酸发生反应B. 化合物ZW3中所有原子都满足最外层8电子结构C. X、Y、Z和W都没有同素异形体D. Z和W的最高价氧化物对应的水化物都是强酸【答案】B【解析】【详解】同周期的四种短周期元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大，X和Y的原子序数之比为6：7，若X的原子序数为6，则X、Y、Z和W分别为C、N、O、F，其原子的最外层电子数之和为22，不符合题意；若X的原子序数为12，则X、Y分别为Mg、Si，进一步可推知Z、W分别为P、Cl，符合题意，故X、Y、Z和W分别为Mg、Si、P、Cl。A. SiO2能与HF反应，A项错误；B. PCl3中所有原子都满足最外层
8、8电子结构，B项正确；C. P的单质有红磷和白磷等，它们互为同素异形体，C项错误；D. H3PO4是中强酸，而不是强酸，D项错误；答案选B。6.用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 放电时，甲电极反应为NiO(OH)H2Oe-=Ni(OH)2OH-B. 放电时，甲电极为正极，OH-移向乙电极C. 电池总反应为H22NiO(OH)2Ni(OH)2D. 充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连【答案】C【解析】【详解】A. 吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池，放电时，甲电极为原电池的负极，发生氧化反应，A项错误；B. 放电时，乙电极为正极，OH
9、移向甲电极，B项错误；C. 电池总反应为H22NiO(OH)2Ni(OH)2，C项正确；D. 充电时，电池的碳电极与直流电源的负极相连，D项错误；答案选C。7.下列说法正确的是A. pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合后，溶液中：c(NH4+) c(Cl-) c(OH-) c(H+)B. 升高NH4Cl溶液的温度，其水的离子积常数和pH均增大C. 反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)能自发进行，则该反应的H0D. 常温下0.1mol/L的Na2A溶液pH=10，该溶液中水电离的c(OH-)=10-10mol/L【答案】A【解析】A. 氨水是弱碱，pH=3的盐酸与pH=
10、11的氨水等体积混合后氨水过量，溶液中：c(NH4+) c(Cl-) c(OH-) c(H+)，A正确；B. 升高NH4Cl溶液的温度促进水的电离和铵根的水解，其水的离子积常数增大，但pH减小，B错误；C. 反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)能自发进行，由于熵变小于0，因此该反应的H0，C错误；D. 常温下0.1mol/L的Na2A溶液pH=10，A2水解，因此该溶液中水电离的c(OH-)=10-4mol/L，D错误，答案选A。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。8.（1）将
11、Cl2通入水中，Cl2部分与水反应：Cl2+H2OH+Cl-+HClO。若要减少Cl2的溶解，可在氯水中加入少量_。A.AgNO3晶体 B.CaCO3粉末 C.NaCl晶体 D.蒸馏水 E.浓盐酸（2）在一定条件下，同时加入CO、H2O(g)、CO2、H2于一密闭容器中发生如下反应：CO+H2O(g)CO2+H2，反应开始时向右进行。下列说法中不正确的是_。A.反应开始时，正反应速率大于逆反应速率B.反应开始时，正反应速率最大，逆反应速率为零C.随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后为零D.随着反应的进行，逆反应速率增大，正反应速率减小，最后相等（3）一定条件下(温度恒定)，SO2与O2反应
12、的浓度随时间的变化如下表。时间/min010203040506070c(SO2)/(molL-1)1.0c(O2)/(molL-1)0.50.350.250.180.10.050.050.05c(SO3)/(molL-1)00.30.50.650.80.90.90.9由上表数据计算：A.3040min时间段，以SO2表示的反应速率为_；B.该温度下，正反应的平衡常数的值为_；C.平衡时，SO2的转化率为_。（4）电解尿素的碱性溶液制氢气的装置示意图见如图(电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极)。电解时，阳极的电极反应式为_。（5）3.04g铜镁合金完全溶解于100mL密度为1.40
13、gcm-3、质量分数为63%的硝酸中，得到NO2气体2688mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0molL-1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到5.08g沉淀。则加入NaOH溶液的体积是_mL。【答案】 (1). CE (2). BC (3). 0.015molL-1min-1 (4). 1620 (5). 90%(或0.9) (6). CO(NH2)2+8OH-6e-=CO32-+N2+6H2O (7). 1280【解析】【分析】(1)根据影响平衡移动的因素进行分析作答；(2)根据影响化学平衡状态的建立因素进行分析作答；(3) 根据化学反应速率和化学平衡的公式进行直接计算；(4)
14、考查电极反应式的书写，环境是碱性，根据电解示意图，阳极得到N2，因此是CO(NH2)2在阳极上放电；(5)考查化学计算，当金属离子全部转化成沉淀时，溶液中的溶质为NaNO3，根据元素守恒有，可得答案。详解】(1) A. 加入硝酸银晶体，AgNO3与Cl-反应生成氯化银沉淀，平衡右移，A项错误；B. 加入碳酸钙固体，与氢离子反应，平衡右移，B项错误；C. 加入NaCl晶体，增加氯离子浓度，平衡左移，抑制氯气的溶解，C项正确；D. 加水稀释，促进氯气的溶解，D项错误；E. 加入浓盐酸，氯离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，抑制氯气的溶解，E项正确；故答案为：CE；(2) A. 反应开始时，因为反应
15、向右进行，因此正反应速率大于逆反应速率，A项正确；B. 因为同时加入CO、H2O(g)、CO2、H2，且此反应是可逆反应，因此正逆反应同时进行，开始时向右进行，正反应速率最大，逆反应速率最小，但不等于0，只不过正反应方向速率大于逆反应方向速率，B项错误；C. 随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，当正、逆反应速率相等，化学平衡建立，但正反应速率不等于0，C项错误；D. 随着反应进行，正反应速率减小，逆反应速率增大，当两者相等时，化学平衡建立，D项正确；故答案：BC；(3) A.v(SO3)=molL-1min-1=0.015molL-1min-1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此v(
16、SO2)=v(SO3)=0.015molL-1min-1，故答案为：0.015molL-1min-1；B. 达到化学平衡时c(SO2)=molL-1=0.1molL-1，根据化学平衡常数表达式，K=1620，故答案为1620；C. SO2的转化率为(SO2)=100%=90%，故答案为：90%(或0.9)；(4)根据电解示意图，阳极得到N2，因此是CO(NH2)2在阳极上放电，因此电极反应式为CO(NH2)2+8OH-6e-=C+N2+6H2O，故答案为：CO(NH2)2+8OH-6e-=CO32-+N2+6H2O；(5)当金属离子全部转化成沉淀时，溶液中的溶质为NaNO3，根据元素守恒有，n
17、(NaOH)=n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)=1.28mol，因此需要的氢氧化钠溶液的体积为103mLL-1=1280mL，故答案为：1280。9.氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，沸点为77，在农药、制药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生。实验室合成原理：SO2Cl2SCl2=2SOCl2，部分装置如图所示，(已知SCl2的沸点为50)，回答以下问题：（1）下列四种制备SO2的方案中最佳选择是_。方案ABCD发生装置所选试剂70%H2SO4K2SO318.4mol/LH2SO4Cu4mol/LHNO3Na2SO3NaHSO
18、3固体（2）以MnO2和浓盐酸为原料制备Cl2的离子方程式为_。（3）仪器f的作用是_。（4）d的虚线框内隐含两个装置，按气流方向顺序这两个装置的药品分别是_。（5）实验结束后，将三颈烧瓶混合物中产品分离出来的方法是_。（6）若用SOCl2作FeCl36H2O的脱水剂，设计实验证明脱水时发生了氧化还原反应。取少量FeCl36H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡，往试管中加水溶解，滴加_或_溶液，证明脱水过程发生了氧化还原反应。【答案】 (1). A (2). MnO24H+2Cl-Mn2+Cl22H2O (3). 防止空气中的水蒸气进入冷凝管，使产品变质，同时吸收尾气SO2、Cl2，防止污
19、染空气 (4). 饱和食盐水 (5). 浓硫酸 (6). 蒸馏 (7). BaCl2或KSCN或K3Fe(CN)6溶液【解析】【分析】(1) 从反应原理、原料的利用率及能源消耗等角度分析；(2)二氧化锰与浓盐酸再加热条件下反应生成MnCl2、氯气与水；(3) SOCl2遇水会发生水解反应，Cl2、SO2有毒，会污染空气；(4)装置d干燥氯气，且除去HCl；(5)氯化亚砜沸点为77，Cl2的沸点为50，所以采用分馏的方法即可将之分离；(6) 若发生氧化还原反应，则Fe3被还原为Fe2，而SOCl2水解得到的SO2被氧化为H2SO4。【详解】(1)A中反应生成硫酸钾、二氧化硫和水制取二氧化硫比较合
20、理；B中18.4mol/L的硫酸太浓，其中水分过少硫酸仍以分子形式存在，无法与铜反应制取二氧化硫；C中无论是浓硝酸还是稀硝酸都具有强氧化性可将4价硫氧化为6价，无法得到二氧化硫；D中加热亚硫酸氢钠确实会产生二氧化硫，但也同时产生水，所以向下倾斜试管不合理；故答案为：A；(2)实验室利用二氧化锰和浓盐酸混合加热制氯气，发生的离子方程式为MnO24H2ClMn2Cl22H2O，故答案为：MnO24H+2Cl-Mn2+Cl22H2O；(3)f作用为防止空气中水蒸气进入冷凝管，产品变质，同时吸收SO2、Cl2，防止污染空气，故答案为：防止空气中的水蒸气进入冷凝管，使产品变质，同时吸收尾气SO2、Cl2
21、，防止污染空气；(4)装置e中产生Cl2含有水、HCl，则小框内包含一个盛装饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，一个盛装浓硫酸的干燥装置；故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；(5)已知氯化亚砜沸点为77，SCl2的沸点为50，则采用蒸馏的方法将其分离，故答案为：蒸馏；(6)若发生氧化还原反应，则Fe3被还原为Fe2，而SOCl2水解得到的SO2被氧化为H2SO4，实验证明脱水时发生氧化还原反应方案为：方法一：往试管中加水溶解，滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明脱水过程发生了氧化还原反应；方法二：往试管中加水溶解，检验是否生成Fe2或检验Fe3是否存在，即加入K3Fe(CN)6检验Fe2或加入KSC
22、N检验Fe3是否存在，故答案为：BaCl2或KSCN或K3Fe(CN)6溶液。10.Mn(H2PO4)22H2O是一种白色晶体，易溶于水，常用于机械设备的磷化处理。以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO和Al2O3)为原料制备Mn(H2PO4)22H2O的流程如图：（1）软锰矿要先制成矿浆的目的是_，葡萄糖(C6H12O6)与MnO2反应时，产物为MnSO4、CO2和H2O，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（2）用H2O2溶液“氧化”时发生反应的离子方程式为：_。（3）已知几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如表，“调pH并过滤”时，应调整的pH范围为
23、_，滤渣1的主要成分为_(填化学式)。金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.83.2Al3+3.05.0Fe2+5.88.8Mn2+7.89.8（4）加入磷酸后发生反应的化学方程式为_。（5）某工厂用上述流程制备Mn(H2PO4)22H2O，已知软锰矿中MnO2的含量为87%，整个流程中锰元素的损耗率为9%，则1吨该软锰矿可制得Mn(H2PO4)22H2O_t。【答案】 (1). 增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 (2). 12：1 (3). 2Fe2+H2O22H+=2Fe3+2H2O (4). 5.07.8 (5). Fe(OH)3和Al(OH)3 (6). Mn
24、CO32H3PO4=Mn(H2PO4)2CO2H2O (7). 2.59(或2.5935)【解析】【分析】(1)液态可以增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；根据化合价升降守恒，可算氧化剂与还原剂的物质的量之比；(2)用H2O2溶液氧化溶液中的亚铁离子得2Fe3+；(3)根据几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH进行分析；(4)碳酸钠与硫酸锰反应生成碳酸锰，加入磷酸使碳酸锰生成Mn(H2PO4)2；(5)根据质量守恒，可以算出答案。【详解】(1)软锰矿要先制成矿浆，可以增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；葡萄糖(C6H12O6)与MnO2反应时，产物为MnSO
25、4、CO2和H2O，反应中MnO2中Mn的化合价由4价变成2价，是氧化剂，化合价变化2，葡萄糖是还原剂，其中C元素的化合价由0价变成4价，化合价变化4624，根据化合价升降守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12：1，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；12:1；(2)用H2O2溶液氧化溶液中的亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2+H2O22H+=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+H2O22H+=2Fe3+2H2O；(3)根据几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH，“调pH并过滤”时，调整pH的目的是沉淀铁离子和铝离子，但不能使锰离子沉淀，pH范围为5.0
26、7.8，滤渣1的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3，故答案为：5.07.8；Fe(OH)3和Al(OH)3；(4)碳酸钠与硫酸锰反应生成碳酸锰，加入磷酸使碳酸锰生成Mn(H2PO4)2，反应的化学方程式为MnCO32H3PO4=Mn(H2PO4)2CO2H2O，故答案为：MnCO32H3PO4=Mn(H2PO4)2CO2H2O；(5)根据MnO2Mn(H2PO4)22H2O87 2851t87%(19%)mMn(H2PO4)22H2O则=解得mMn(H2PO4)22H2O2.59t，故答案为：2.59。（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中每科任选一题作答。如果多做，则按所做的第一
27、题计分。11.由N、P、Ti等元素组成的新型材料有着广泛的用途，请回答下列问题。（1）钛元素基态原子未成对电子数为_个，能量最高的电子占据的能级符号为_。（2）磷的一种同素异形体白磷(P4)的立体构型为_，推测其在CS2中的溶解度_(填“大于”或“小于”)在水中的溶解度。（3）两种三角锥形气态氢化物膦(PH3)和氨(NH3)的键角分别为93.6和107，试分析PH3的键角小于NH3的原因：_。（4）工业上制金属钛采用金属还原四氯化钛。先将TiO2(或天然的金红石)和足量炭粉混合加热至10001100K，进行氯化处理，生成TiCl4。写出生成TiCl4的化学反应方程式：_。（5）有一种氮化钛晶体
28、的晶胞如图所示，该晶体的化学式为_，已知晶体的密度为gcm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶胞边长为_cm(用含、NA的式子表示)。【答案】 (1). 2 (2). 3d (3). 正四面体形 (4). 大于 (5). 电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大 (6). TiO22C2Cl2TiCl42CO (7). TiN (8). 【解析】【分析】(1)根据钛原子的核外电子排布式解答；(2)根据白磷的结构解答；根据相似相容原理解答；(3)根据电负性对成键电子对的影响解答；(4)根据反应物和生成物结合原子守恒书
29、写方程式；(5)根据均摊法计算。【详解】(1)钛元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，因此其中未成对电子数为2个，能量最高的电子占据的能级符号为3d，故答案为：2；3d；(2)白磷(P4)分子中含有6个PP单键，其立体构型为正四面体形；白磷和CS2均为非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理可推测白磷在CS2中的溶解度大于在水中的溶解度，故答案为：正四面体形；大于；(3)由于电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大，因此PH3的键角小于NH3的，故答案为：电负性N强于P，中
30、心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大；(4)反应物是氯气、TiO2和足量炭粉，生成物是TiCl4，根据原子守恒且碳过量可知还有CO生成，则生成TiCl4的化学反应方程式为TiO22C2Cl2TiCl42CO，故答案为：TiO22C2Cl2TiCl42CO；(5)根据晶胞结构可知含有的N原子个数是81/861/24，Ti原子全部在晶胞中，共计是4个，则该晶体的化学式为TiN；设晶胞的边长是acm，则，解得a，故答案为：TiN；。12.聚对苯二甲酸乙二醇酯(PET)俗称涤纶树脂，是一种重要的有机高分子材料。其结构为。利用有机物A
31、合成PET的路线如下图所示:已知:；。根据题意回答下列问题:（1）A的名称是_,C所含官能团的名称是_。（2）由1,3-丁二烯可制备顺式聚1,3-丁二烯，写出顺式聚l,3-丁二烯的结构简式_。（3）AD、BC的反应类型分别为_ 、_。（4）写出C+FPET的化学反应方程式_。（5）G是F的同系物，其相对分子质量比F多28,G的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为3:1:1,则符合该条件的G的同分异构体共有_种。（6）参照上述合成路线，以1,3-丁二烯为原料(无机试剂任选)，设计制备丁苯橡胶()的合成路线_。【答案】 (1). 乙烯 (2). 羟基 (3). (4). 加成反应 (5). 取代反应（
32、或水解反应） (6). (7). 4 (8). 【解析】【分析】根据聚对苯二甲酸乙二醇酯(PET)的结构可知，C、F是乙二醇和，根据生成C和F的条件可知，C为乙二醇，F为对苯二甲酸，则B为1，2-二溴乙烷，A为乙烯；根据已知信息，乙烯与反应生成D，D为，E为对二甲苯。【详解】(1)根据上述分析，A为乙烯，C为乙二醇，所含官能团为羟基，故答案为乙烯；羟基；(2)由1，3-丁二烯可制备顺式聚1，3-丁二烯，顺式聚l，3-丁二烯的结构简式为，故答案为；(3)根据上述分析，AD为加成反应、BC为卤代烃的水解反应，属于取代反应，故答案为加成反应；取代反应(或水解反应)；(4)C+FPET的化学反应方程式
33、为，故答案为；(5)G是F()的同系物，其相对分子质量比F多28，多2个甲基，G的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为3:1:1，即6:2:2，则符合该条件的G的同分异构体有：、，共4种，故答案为4；(6)以1，3-丁二烯为原料制备丁苯橡胶()。根据已知信息，首先需要制备苯乙烯，可以有2分子1，3-丁二烯发生加成反应生成，再由制备苯乙烯，最后苯乙烯与1，3-丁二烯发生加聚反应生成丁苯橡胶，合成路线为，故答案为。【点睛】本题考查了有机合成与推断，根据聚对苯二甲酸乙二醇酯采用逆向推理的方法推导是解答本题的思维方法和关键。本题的易错点为(5)中同分异构体数目的判断，要注意的核磁共振氢谱有四组峰，不是三组峰；本题的难点是(6)，要注意充分利用题示信息。