1、（决胜新高考名校交流）2021届高三化学9月联考试题（含解析）注意事项：1.本试题卷共8页，满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡的相应位置。3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效。4.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。5.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 Ni59 Cu64一、选择题（本题共15小题，第110题每小题2分，第1115题每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，
2、第110题有1个选项符合题目要求；第1115题有12个选项符合题目要求，全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1. 化学与生活密切相关，下列说法错误的是A. 漂白粉可用于生活用水的消毒B. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”C. 二氧化氯泡腾片可用于水处理D. 使用75%的酒精、0.1%的次氯酸钠和1%的食盐水均可以快速高效杀死新冠病毒【答案】D【解析】【详解】A.漂白粉溶于水会和空气中的CO2反应，生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸具有强氧化性，能消毒杀菌，故A正确；B.高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会发生反应，生成硅酸盐和水，造成光导纤
3、维 “断路”，故B正确；C.二氧化氯具有强氧化性，能消毒杀菌，所以可以用于水处理，故C正确；D.75%的酒精、0.1%的次氯酸钠均能使病毒的蛋白质变性失活，则可用来杀死新冠病毒，而1%的食盐水不能杀灭病毒，则不能用1%的食盐水杀死新冠病毒，故D错误；故答案：D。2. 下列实验装置正确且能达到实验目的的是.A. 用甲装置除去食盐水中混有不溶杂质B. 用乙装置提纯Al（OH）3胶体C. 用丙装置分离苯和硝基苯的混合物D. 用装置丁制取乙酸乙酯【答案】B【解析】【详解】A过滤能除去食盐水中混有的不溶杂质，甲装置中漏斗的下端应紧靠烧杯内壁，A装置错误；BAl(OH)3胶体不能透过半透膜，而氯化铝溶液可
4、以透过半透膜，故用乙装置提纯Al(OH)3胶体，B正确；C用分液的方法分离苯和硝基苯的混合物，丙装置中温度计的下端应在蒸馏烧瓶的支管口处，测量蒸气温度，C装置错误；D用乙酸乙酯时，装置丁中的玻璃导管口应在饱和碳酸钠溶液的液面以上，以防产生倒吸，D装置错误；答案为B。3. 元素X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图所示。已知Y元素原子的价电子排布式为ns（n1）np（n1），则下列说法不正确的是XYZA. X的简单氢化物的沸点比Y的简单氢化物的沸点高B. Y元素在元素周期表的第三周期VIA族C. 非金属性XYZD. Z元素原子的核外电子排布式为Ar4s24p3【答案】D【解析】【分析】已知Y元素
5、原子的价电子排布式为ns(n1)np(n1)，p能级上有电子，则s能级则电子充满，故n-1=2，n=3，Y价电子排布式为3s23p4，为S，根据周期表中的信息，X为F；Z为As。【详解】AX、Y的氢化物分别为HF、H2S，HF分子间存在氢键，导致分子间的作用力增大，沸点升高，故X的简单氢化物的沸点比Y的简单氢化物的沸点高，A说法正确；BY元素为S，在元素周期表的第三周期VIA族，B说法正确；C同周期中随原子序数的增大非金属性增大，同主族中，原子序数越小，非金属性增强，故非金属性XYZ，C说法正确；DZ元素为As，其基态原子的核外电子排布式为Ar3d104s24p3，D说法错误；答案为D。4.
6、己烯雌酚是人工合成的非甾体雌激素物质，能产生与天然雌二醇相同的所有药理与治疗作用，其结构简式如图所示。下列关于己烯雌酚说法错误的是A. 分子中所有碳原子可能共平面B. 与溴水既能发生取代反应也能发生加成反应C. 苯环上的一元取代物有4种D. 存在顺反异构现象【答案】C【解析】【分析】己烯雌酚含有碳碳双键和酚羟基，具有烯烃和酚的性质。【详解】A分子中若碳碳双键与苯环所确定的平面重合时，所有碳原子可能共平面，A说法正确；B己烯雌酚含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，含有酚羟基能发生取代反应，B说法正确；C苯环为对称结构，苯环上的一元取代物有2种，C说法错误；D碳碳双键上的取代基不相同，存在顺反异构
7、现象，D说法正确；答案为C。5. 过渡金属配合物的一些特有性质的研究正受到许多研究人员的关注，因为这方面的研究无论是理论上还是工业应用上都有重要意义。氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示。有关该配离子的说法正确的是A. 1 mol配离子中含有的键的个数是66.021023个B. 该配离子中碳原子的杂化类型均为sp2杂化C. 该配离子含有的非金属元素中电负性最大的是碳D. 该配离子中含有的化学键有离子键、共价键、配位键【答案】A【解析】【详解】A.根据配离子结构示意图可知：1 mol配离子中含有的键的个数是6mol，即66.021023个，故A正确；B
8、.该配离子中碳原子的杂化类型有sp2、sp3杂化，故B错误；C.该配离子含有的非金属元素有：C、O、H，根据他们非金属性可知，电负性最大的是氧，故C错误；D.该配离子中含有的化学键有离子键、共价键、配位键、键、键，故D错误；故答案：A6. 氮化钙（Ca3N2）是高端荧光粉的主要成分之一，其极易与水反应生成氨气。利用如图装置测定氮化钙产品纯度（杂质不产生气体，氨不溶于煤油）。下列说法中错误的是A. 实验前使用液差法检验装置气密性B. 当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数C. 如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得结果偏高D. 若将煤油换为水，可利用该装置测定CaC2样品（杂
9、质不与水反应）的纯度【答案】C【解析】【详解】A实验前连接好装置后，向U形管中注入煤油，使右侧液面高于左侧，若一段时间后仍旧右侧高于左侧，则气密性良好，故可使用液差法检验装置气密性，A说法正确；B当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面，可避免实验错误，使读取气体的体积准确，B说法正确；C如果开始仰视刻度线，则初始体积偏大，终点时俯视刻度线，导致反应结束时的体积偏大，计算的气体的体积偏小，则测得结果偏小，C说法错误；DCaC2样品与水反应生成乙炔，乙炔与水常温下不反应，且不溶于水，若将煤油换为水，可利用该装置测定CaC2样品(杂质不与水反应)的纯度，D说法正确；答案为C。7. 以NA表示
10、阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是A. 标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NAB. 0.1 mol KI与0.1 mol FeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1NAC. 1 L 0.5 molL1醋酸钠溶液中阴、阳离子总数目大于NAD. 2 L 0.3 molL1的K2SO4溶液中K的物质的量浓度为1.2 molL1【答案】C【解析】【详解】A标准状况下，CCl4为液态，2.24 LCCl4的物质的量大于0.1mol，含有的共价键数大于0.4NA，A说法错误；B0.1 mol KI与0.1 mol FeCl3在溶液中反应，是一个可逆反应，不能完全反应，转移的电子数
11、小于0.1NA，B说法错误；C1 L 0.5 molL1醋酸钠溶液中c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，其中c(Na+)=0.5mol/L，故阴、阳离子总数目大于NA，C说法正确；D2 L 0.3 molL1的K2SO4溶液中K的物质的量浓度为0.6molL1，D说法错误；答案为C。8. 某科研团队研发了一种可以“吃”二氧化碳的电池技术。这种电池使用锂、碳为电极，将二氧化碳吸收到名为2乙氧基乙胺的水基胺中，然后与非水电解液混合。二氧化碳可以转化为在电池电极上积聚的固体矿物碳酸盐。该电池利用火力发电厂排放的二氧化碳参与电池循环并转化为惰性材料，可以作为工业目的的碳源。下
12、列说法不正确的是A. 放电时，锂为负极，Li向碳电极移动B. 电池总反应为4Li3CO22Li2CO3CC. 充电时，阳极反应为2COC4e3CO2D. 该电池能清除CO2，释放电能，还有可能释放出碳作燃料【答案】C【解析】【详解】A放电时，为原电池，锂失电子为负极，Li向正极即碳电极移动，A说法正确；B已知放电时，二氧化碳可以转化为在电池电极上积聚的固体矿物碳酸盐，负极锂失电子，放电为充电的逆过程，故电池总反应为4Li3CO22Li2CO3C，B说法正确；C充电时，阳极反应为2Li2CO3C4e4Li+3CO2，C说法错误；D根据反应的总反应可知，该电池放电时，既能清除CO2，释放电能，还有
13、可能释放出碳作燃料，D说法正确；答案为C。9. 下列实验不能达到预期目的是A. 除去苯中的少量苯酚：加入NaOH溶液振荡，静置分层后，用分液漏斗分离去水层B. 向混有醋酸的乙酸乙酯中加入饱和Na2CO3溶液，振荡，分液分离除去乙酸乙酯中的少量醋酸C. 除去CH4中少量的乙烯：通过酸性KMnO4溶液D. 重结晶法提纯苯甲酸时，为除去杂质和防止杂质析出，应该趁热过滤【答案】C【解析】【详解】A苯酚与NaOH反应生成可溶于水的苯酚钠，而苯不与NaOH反应，且不溶于水，故除去苯中的少量苯酚：加入NaOH溶液振荡，静置分层后，用分液漏斗分离去水层，A能达到预期；B醋酸与碳酸钠反应生成易溶于水的醋酸钠溶液
14、，而乙酸乙酯与碳酸钠不反应，且不溶于水，故利用向混有醋酸的乙酸乙酯中加入饱和Na2CO3溶液，振荡，分液分离除去乙酸乙酯中的少量醋酸，B能达到预期；C乙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳气体，除去CH4中少量的乙烯应用溴水，不能用酸性KMnO4溶液，C不能达到预期；D苯甲酸在热水中的溶解性较大，故重结晶法提纯苯甲酸时，为除去杂质和防止杂质析出，应该趁热过滤，D能达到预期；答案为C。10. 二甲醚（CH3OCH3）是制冷剂、局部麻醉药和燃料。工业上可利用CO2催化加氢合成二甲醚，其过程中主要发生下列反应：反应I：CO2（g）H2（g）CO（g）H2O（g） H10反应II：2CO2（g）6H2（g）C
15、H3OCH3（g）3H2O（g） H2HNO3C. 由反应II可知，Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O48HCl3PbCl24H2OCl2D. 由反应II可知，每生成1 mol PbSO4转移10 mol电子【答案】BC【解析】【详解】A由反应I可知，生成PbO2、2Pb2，则Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为2：1，A推断错误；B由反应I可知硝酸与PbO2不反应，故氧化性：PbO2HNO3，B推断正确；C由反应II可知，Pb3O4的氧化性大于高锰酸钾，大于氯气，故Pb3O4与盐酸发生反应：Pb3O48HCl3PbCl24H2OCl2，C推断正确；D由反应II可知，每生成5mo
16、l PbSO4转移10 mol电子，生成1mol PbSO4转移2mol电子，D推断错误；答案为BC。14. 25时，将0.1 mol NaOH固体加入1.0 L浓度为x molL1的HR溶液中（忽略溶液体积、温度变化），充分反应后向混合液中加入HR或NaR固体，溶液中lg变化如图。下列叙述正确的是A. b点对应的溶液中c（Na）c（R）B. c点对应的溶液中R浓度不能确定C. a、b、c点对应的溶液中，水的电离程度：abcD. a、b、c点对应溶液中，Ka（HR）均为【答案】D【解析】【分析】b点时，溶液为0.1mol NaOH固体加入1.0 L浓度为x molL1的HR溶液中充分反应后的溶
17、液，lg4，25时，c(H+)c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-5mol/L，同理c点时，溶液呈中性；a点c(H+)=10-3mol/L。【详解】Ab点对应的溶液中c(H+)=10-5mol/L，根据溶液呈电中性，c(Na)+c(H+)=c(R)+c(OH-)，溶液显酸性，则c(H+)c(OH-)，故c(Na)c(R)，A叙述错误；Bc点对应的溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，则c(Na)=c(R)，此时溶液中c(Na)=0.2mol/L，R浓度能确定，B叙述错误；Ca、b、c点对应的溶液中，a中酸的浓度大于b，而c点为中性，故水的电离程度：abc，C叙述错误；Da、b、c点
18、对应的溶液中，温度未变，则Ka(HR)不变，c点溶液中，c(H+)=10-7mol/L，c(R)=0.2mol/L，未电离的HR的浓度=xmol/L-0.1mol/L，故Ka(HR)=mol/L，D叙述正确；答案为D。15. 水煤气变换CO（g）H2O（g）CO2（g）H2（g）是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。Shoichi研究了467、489时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如图甲所示），已知467和489时反应的平衡常数大于1，催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的和pCO相等、和相等。试分析图像判断，下列说法正确的是A. 曲线a的反应在3090mi
19、n内的平均速率v（a）0.0047 kPamin1B. 我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图乙所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注，由图像可知水煤气变换的反应是放热反应C. 489时和pCO随时间变化关系的曲线分别是b、cD. 467时和pCO随时间变化关系的曲线分别是a、d【答案】AB【解析】【详解】A.曲线a的反应在3090min内的平均速率v（a）= ，故A正确；B.由图像可知反应物的总能量大于生成物的总能量，水煤气变换的反应是放热反应，故B正确；C、D. 水煤气变换的反应是 ，在467、489时的化学平衡常数大于1，实验初始时体系中
20、的 相等， 和 相等，故反应达到平衡时 =，由此可知同一温度下，平衡时分压大的为生成物，分压小的为反应物，即a、b曲线表示，c、d曲线表示，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数 减小，由图像可以看出b、c曲线对应的 比a、d曲线对应的大，则b、c曲线对应的平衡常数更大，对应的反应温度更低，由此可知b、c分别为467下和；a、d分别为489下和故C、D错误；故选：AB。二、非选择题（本题共5小题，共60分）16. 镍白铜是具有高耐蚀性和良好的力学性能的合金，用于制造在腐蚀性环境中工作的精密仪器零件，Cu和Ni都是常见的合金元素。（1）Cu的价层电子轨道示意图为_。（2）单质铜及镍都
21、是由_键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为ICu1958 kJmol1、INi1753 kJmol1，ICuINi；的原因是_。（3）NiO晶胞中Ni2和O2的配位数分别为_、_。NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同：Ni2和Fe2的离子半径分别为69 pm和78 pm，则熔点NiO_（填“”）FeO。（4）图甲为铜晶体中铜原子堆积模型，图中未标号的铜原子形成晶体后周围最紧邻的铜原子数为_。（5）某镍白铜合金的立方晶胞结构如乙图所示。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_。若合金的密度为d gcm3，晶胞参数表达式为a_nm。【答案】 (1). (2). 金属 (3). 铜失去的是全充
22、满的3d10的电子，镍失去的是4s1的电子 (4). 6 (5). 6 (6). (7). 12 (8). 3:1 (9). 107【解析】【详解】（1）铜元素原子序数为29，位于元素周期表第四周期B族，价电子排布式为3d104s1，则价层电子轨道示意图为，故答案为：；（2）单质铜及镍都是由金属键形成的金属晶体；铜原子的价电子排布式为3d104s1，失去一个电子后形成3d10的全充满的稳定结构，镍原子的价电子排布式为3d84s2，失去一个电子后形成3d84s1的结构，电子处于全充满状态时比半充满状态时稳定，则铜元素的第二电离能大于镍元素，故答案为：金属；铜失去的是全充满的3d10的电子，镍失去
23、的是4s1的电子；（3）氯化钠晶体中，钠离子和氯离子的配位数均为6，NiO结构类型与氯化钠的相同，则氧化镍晶体中，氧离子和镍离子的配位数也均为6；离子晶体的晶格能越大，离子间形成的离子键越强，晶体的熔点越高，氧化亚铁和氧化镍均为离子晶体，镍离子的离子半径小于亚铁离子，则氧化镍晶体的晶格能大，离子间形成的离子键强，晶体的熔点高，故答案为：6；6；（4）由晶体模型可知，未标号的铜原子形成晶体后周围最紧邻的铜原子为上层1、2、3，同层4、5、6、7、8、9，下层10、11、12，共有12个，故答案为：12；（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于面心的铜原子个数为6=3，位于顶点色镍原子个数为8=1，则数量
24、比为3:1，故答案为：3:1；由晶胞的质量公式可得(a107)3d=(364+59)，则a=107nm，故答案为：107。【点睛】铜原子的价电子排布式为3d104s1，失去一个电子后形成3d10的全充满的稳定结构，镍原子的价电子排布式为3d84s2，失去一个电子后形成3d84s1的结构，电子处于全充满状态时比半充满状态时稳定是比较第二电离能大小的关键。17. “翠矾”（NiSO47H2O）在印染工业作媒染剂，生产酞菁艳蓝络合剂；氟镍化钾（K2NiF4）是结构化学研究的热点物质。以镍废渣（主要成分为Ni，含少量Fe、Al、Fe3O4、Al2O3和不溶性杂质等）为原料合成“翠矾”和氟镍化钾的流程如
25、下：几种金属离子的氢氧化物沉淀pH如表：请回答下列问题：（1）“碱浸”过程中，为提高浸出率，可采取的措施是_（写一种即可）。（2）“转化”过程中加入H2O2的目的是_（用离子方程式表示），经实验测定该过程温度高于40，转化率急速降低的原因可能是_。（3）调节pHa，其中a的取值范围是_。（4）写出“灼烧”NiCO3和NH4F的混合物时的化学反应方程式：_，为避免污染环境，选择下列装置吸收尾气，最宜选择_（填选项）。（5）从溶液中获得NiSO47H2O的操作A是_。（6）准确称取 g翠矾晶体产品于锥形瓶中，加入足量的蒸馏水溶解配成250 mL溶液，取20.00 mL所配溶液于锥形瓶中，用c mo
26、lL1的标准溶液EDTA（Na2H2Y）滴定至终点（发生反应Ni2H2Y2NiY22H），三次实验消耗标准液的体积分别为20.02 mL、19.98 mL、19.50 mL，则翠矾的纯度为_%（只列计算式，不考虑杂质反应）。【答案】 (1). 采取的措施是增加碱的浓度，或者升高溶液的温度等；或者把矿渣粉碎等 (2). H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O (3). 温度高于40时，2H2O22H2O+O2，使H2O2浓度降低，反应速率减慢，Fe2+转化率降低 (4). 3.7a7.1 (5). NiCO3+2NH4F=NiF2+2NH3+CO2+H2O (6). C (7). 过滤
27、(8). 【解析】【分析】先用NaOH溶液溶解镍废渣，除去可溶于NaOH的Al和Al2O3，过滤后的滤渣再用稀硫酸溶解，使Fe3O4和Ni溶解，过滤除去不溶于酸的不溶性杂质固体，滤液中含有Fe2+、Ni2+和Fe3+，加入双氧水将溶液中的Fe2+完全氧化为Fe3+，再加入NiO调节溶液pH。使Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3，过滤后所得NiSO4溶液，调节pH=2后，蒸发浓缩井冷却结晶、过滤洗涤后得到NiSO47H2O，或在NiSO4溶液中加入NH4HCO3，获得NiCO3沉淀，灼烧NiCO3和NH4F以物质的量之比为1：1组成的混合物获得NiF2，最后与KF起加热熔融即可得到K2NiF4。【
28、详解】（1）“碱浸”过程中，为提高浸出率，可采取的措施是增加碱的浓度，或者升高溶液的温度等；或者把矿渣粉碎等，Al和Al2O3反应充分，故答案：采取的措施是增加碱的浓度，或者升高溶液的温度等；或者把矿渣粉碎等。（2）由上述分析可知：“转化”过程中加入H2O2是为了把Fe2+完全氧化为Fe3+，其反应离子方程式为H2O2+ 2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O。因为H2O2受热易分解，所以温度高于40时，2H2O22H2O+O2，使H2O2浓度降低，反应速率减慢，Fe2+转化率降低，故答案：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；温度高于40时，2H2O22H2O+O2，使H2O2浓度降
29、低，反应速率减慢，Fe2+转化率降低。（3）观察表格数据和流程图可知：调节溶液pH的目的是除去Fe3+，使Fe3+完全沉淀，不使Ni2+沉淀，根据Fe3+、Ni2+的溶解性表，当pH=3.7时Fe3+沉淀完全，当pH=7.1时Ni2+开始沉淀，所以调节pH为3.7a7.1最好，故答案：3.7a”或“”）0，理由是_。在530时，平衡常数K1，若往1 L容器中投入0.4 mol CO（g）、0.1 mol H2O（g）、0.2 mol CO2（g）、0.2 mol H2（g），此时化学反应将_（填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”）移动。【答案】 (1). +572kJ/mol (2).
30、(NH4)2(NO2)2+NO=(NH4)2(HNO2)+H2O+N2+H+ (3). 530 (4). 1.0mol/L (5). 或 (6). 减小 (7). (8). 升高温度，平衡向吸热反应方向移动 (9). 不【解析】【分析】(1)根据盖斯定律计算；(2)根据流程、原子及化合价守恒配平氧化还原反应的方程式；(3)探究反应条件对反应的影响，应只改变某一条件，而其它条件相同；根据图像及方程式判断、计算。【详解】(1)根据盖斯定律，(反应I+反应II+反应III)2，可得2H2O(l)2H2(g)O2(g)，则H=(213 kJ/mol+327 kJ/mol+172 kJ/mol)2=+5
31、72kJ/mol；(2)根据流程可知，脱去NO时，反应物为(NH4)2(NO2)2+、NO，生成物为(NH4)2(HNO2)+、H+，根据原子及化合价守恒，可判断产物还有H2O、N2，配平可得(NH4)2(NO2)2+NO=(NH4)2(HNO2)+H2O+N2+H+；(3)探究反应条件对反应的影响，应只改变某一条件，而其它条件相同，结合表中数据，对比编号I、II，压强不同，故编号II中的温度与c(CO)与编号I中相同，则X为530；Y中c始(CO)=1.0mol/L；根据图像可知，编号III中反应在5min时达到平衡状态，且c(CO)=0.4mol/L，K=0.375；对比实验II和实验II
32、I可知，只有温度改变，结合图像，升高温度，c(CO)增大，则CO的转化率减小；升高温度，c(CO)增大，平衡向逆反应方向移动，则逆反应方向为吸热，故正反应为放热反应，H0；在530时，平衡常数K1，温度不变，则K不变，Qc=1=K，则平衡不移动。20. 基于聚碳酸酯的3D打印材料PCPBT为一种新型复合材料。该共混聚合物既具有PBT(聚对苯二甲酸丁二酯)良好的化学耐受性，也具有PC(聚碳酸酯)的强度和韧性，在低温下能保持良好的韧性和天然韧性断裂行为，通常用于汽车行业。合成某聚碳酸酯X()的一种绿色路线如下：已知以下信息：I烃A的密度是同温同压下H2密度的21倍。IID的核磁共振氢谱为单峰。回答
33、下列问题：(1)烃A的结构简式为_，E中官能团的名称为_。(2)反应的条件为_，反应的类型为_。(3)由CD的反应方程式为_。(4)F的结构简式为_。(5)符合下列条件的F的同分异构体有_种。含两个苯环，其中一个苯环上只有一个取代基，能与FeCl3溶液发生显色反应，1 mol该物质最多可与2 mol NaOH或1 mol NaHCO3反应(6)写出以1，3丁二烯和对苯二甲酸为原料(其他试剂任选)合成PBT即聚对苯二甲酸丁二酯()的线路：_。【答案】 (1). CH2=CHCH3 (2). 羟基 (3). NaOH溶液，加热 (4). 缩聚反应 (5). 2CH3CHOHCH3+O22CH2CO
34、CH3+2H2O (6). (7). 10 (8). CH2=CHCH=CH2 BrCH2CH=CHCH2Br HOCH2CH=CHCH2OH HOCH2CH2CH2CH2OH【解析】【分析】烃A的密度是同温同压下H2密度的21倍，说明A的相对分子质量为42，A能够与HBr发生加成反应，则A为CH2=CHCH3；C能够发生催化氧化生成D，D的核磁共振氢谱为单峰，则D为CH2COCH3，因此C为CH3CHOHCH3，则B为CH3CHBrCH3；根据聚碳酸酯X()的结构可知，F为，则E的结构简式为，据此分析解答。【详解】(1)烃A的结构简式为CH2=CHCH3；E()中官能团为羟基，故答案为：CH
35、2=CHCH3；羟基；(2)反应为CH3CHBrCH3发生的水解反应，反应的条件为NaOH溶液，加热；反应为双酚A与发生的缩聚反应，故答案为：NaOH溶液，加热；缩聚反应；(3)CD是醇(CH3CHOHCH3)的催化氧化，反应的反应方程式为2CH3CHOHCH3+O22CH2COCH3+2H2O，故答案为：2CH3CHOHCH3+O22CH2COCH3+2H2O；(4)根据上述分析，F的结构简式为，故答案为：；(5)F的结构简式为，含两个苯环，其中一个苯环上只有一个取代基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，1 mol该物质最多可与2 mol NaOH或1 mol NaHCO3反应
36、，说明含有1个羧基，符合条件的F的同分异构体中含有两个苯环，并且含有1个羟基和1个羧基，根据其中一个苯环上只有一个取代基，羟基、羧基和一个苯环连在同一个苯环上，即苯环上有三个不同的取代基，有10种同分异构体，故答案为：10；(6)以1，3丁二烯和对苯二甲酸为原料合成聚对苯二甲酸丁二酯()，需要首先合成1，4-丁二醇，可以利用1，3丁二烯的1，4加成引入两个溴原子，然后将溴原子水解，再将碳碳双键加成即可，因此合成路线为CH2=CHCH=CH2 BrCH2CH=CHCH2Br HOCH2CH=CHCH2OH HOCH2CH2CH2CH2OH，故答案为：CH2=CHCH=CH2 BrCH2CH=CHCH2Br HOCH2CH=CHCH2OH HOCH2CH2CH2CH2OH。【点睛】本题的易错点为(5)，要注意限制条件“1 mol该物质最多可与2 mol NaOH或1 mol NaHCO3反应”的解读，难点为(6)，要注意首先分析出产物的单体，再结合二烯烃的性质分析解答。