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化学 2022届高三第三次模拟考试卷 （二）教师版
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这是一份化学 2022届高三第三次模拟考试卷 （二）教师版，共8页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，高氯酸铵等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共7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。
1．新冠疫情的蔓延对全球公众健康构成了严重威胁，根据当前疫情防控需要，为适龄人群开展新型冠状病毒疫苗接种是最有效的保护途径之一。下列有关说法不正确的是
A．接种疫苗的部位涂抹碘酒消毒，人体表面的细菌蛋白质会发生盐析
B．用于检查是否感染病毒的常用方法是进行核酸检测，核酸是一类含磷的生物高分子
C．接种疫苗可使人体产生抗新型冠状病毒的免疫力，可预防感染
D．核酸根据其组成可分为脱氧核糖核酸（DNA）和核糖核酸（RNA）
【答案】A
【解析】A．碘酒中的溶质、溶剂都可以使细菌、病毒的蛋白质发生变性而失去其生理活性，因而可以防止病毒感染，保护人体健康，A错误；B．常用核酸检测来检查人是否感染新冠病毒，而核酸是一类含磷的生物高分子化合物，B正确；C．可通过接种新冠疫苗来防止人体感染新冠病毒，从而达到预防感染的目的，C正确；D．根据核酸的组成，可将核酸分为脱氧核糖核酸（DNA）和核糖核酸（RNA）两类，D正确；故选A。
2．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．常温下，60gSiO2中含有Si—O极性键的数目为4NA
B．常温下，16.8g铁粉与足量浓硝酸反应转移电子数为0.9NA
C．叠氮化铵（NH4N3）可发生爆炸反应：NH4N3=2N2↑+2H2↑，则每收集标准状况下89.6L气体转移电子数为4NA
D．1L0.1ml/L的Na2CO3溶液中H2CO3、HCO、CO的粒子总数为0.1NA
【答案】B
【解析】A．1mlSiO2中含有4mlSi—O极性共价键，60gSiO2物质的量为1ml，故常温下60gSiO2中含有Si—O极性共价键的数目为4NA，故A正确；B．常温下，浓硝酸能使铁钝化，不能继续发生反应，故B错误；C．叠氮化铵（NH4N3）中的氢元素化合价为+1价，生成氢气后化合价变为0价，故生成2mlH2时电子转移为4ml，则每收集标准状况下89.6L气体，爆炸时转移电子数为4NA，故C正确；D．根据物料守恒知，1L0.1ml/L的Na2CO3溶液中H2CO3、、的粒子总数为0.1NA，故D正确；故答案为B。
3．我国化学家近期从棕榈花中发现了两种新的莽草酸类化合物，其中一种的结构简式如图。下列关于该化合物的说法正确的是
A．该分子含有16个碳原子
B．能发生加成反应、氧化反应和取代反应
C．苯环上的一氯代物有2种
D．不能使酸性重铬酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】A．由结构简式可知该分子中含有17个碳原子，故A错误；B．该分子中存在碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应，存在羧基能发生取代反应，故B正确；C．该分子中存在两个苯环，苯环上有5种不同的氢原子，一氯代物有5种，故C错误；D．该分子中存在碳碳双键能被重铬酸钾氧化，可以使酸性重铬酸钾溶液褪色，故D错误；故选B。
4．将电催化转化成燃料和化学品具有重要意义。甲酸可以作为氢载体直接用于甲酸燃料电池。某科学家在常温下用S—In催化剂电催化还原制甲酸的机理如图1所示，反应历程如图2所示，其中吸附在催化剂表面的原子用*标注。下列说法中错误的是
A．使用S—In催化剂能够降低反应的活化能
B．催化剂活性位点在催化过程中的作用是活化水分子
C．制甲酸过程的决速步骤为
D．电催化还原制甲酸总反应的
【答案】C
【解析】A．使用催化剂能够降低反应的活化能，导致活化分子百分数增大，从而加快反应速率，故A正确；B．由图可知，催化剂活性位点在催化过程中的作用是活化水分子，故B正确；C．由于反应最大，是影响制备甲酸的决速步骤，故C错误；D．由图2可知，电催化还原制甲酸总反应为CO2+2H2O=HCOOH+2OH-，反应后气体分子数减少，则熵变，故D正确；选C。
5．1~20号元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，“毅力”号火星车收集的岩石成分之一是ZYR3，R、Y的原子序数之和为22，最外层电子数之和为10。R、X的简单阴离子的电子层结构相同。下列推断不正确的是
A．原子半径：Z＞Y＞X
B．最简单氢化物的稳定性：X＞R＞Y
C．ZR2含有非极性键和离子键
D．工业上通过电解熔融的ZX2来制备Z的单质
【答案】D
【解析】根据原子序数大小、原子结构及形成化合物的特点可知：R是O，X是F，Y是Si，Z是Ca。A．原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：Z(Ca)＞Y(Si)＞X(F)，A正确；B．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：F＞O＞Si，所以简单氢化物的稳定性：HF＞H2O＞SiH4，用字母表示为：X＞R＞Y，B正确；C．R是O，Z是Ca，二者形成的化合物CaO2中Ca2+与通过离子键结合，在阴离子中2个O原子之间以非极性共价键结合，因此CaO2中含有离子键、非极性键，C正确；D．工业上通过电解熔融的CaCl2来制备Ca，D错误；故合理选项是D。
6．空气污染物NO通常用含Ce4+的溶液吸收，生成HNO2、，再利用电解法将上述吸收液中的HNO2转化为无毒物质，同时生成Ce4+，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．H+由右室进入左室
B．Ce4+从电解槽的c口流出，且可循环使用
C．若用甲烷燃料电池作为电源，当消耗33.6L甲烷时，理论上可转化2mlHNO2
D．阴极的电极反应式：2HNO2＋6H＋＋6e-=N2↑＋4H2O
【答案】D
【解析】空气污染物NO通常用含Ce4+的溶液吸收，生成HNO2、，再利用电解法将上述吸收液中的HNO2转化为无毒物质，同时生成Ce4+，电解过程中铈离子在阳极失电子被氧化生成Ce4+，HNO2在阴极得到电子变化为氮气。A．电解池中阳离子移向阴极，质子交换膜是允许氢离子通过，H+由左室进入右室，故A错误；B．电解过程中铈离子在阳极失电子被氧化生成Ce4+，Ce4+从电解槽的a口流出，且可循环使用，故B错误；C．甲烷燃料电池中，在碱性溶液中，甲烷燃料电池的负极反应式为CH4-8e-+10OH-═+7H2O，故每有1ml甲烷反应，转移电子8ml，阴极的电极反应式：2HNO2+6H++6e-═N2↑+4H2O，3CH4～8HNO2～24e-，当消耗标准状况下33.6L甲烷时，其物质的量==1.5ml，理论上可转化HNO24ml，故C错误；D．HNO2在阴极上得到电子还原为氮气，电极反应式为2HNO2+6H++6e-═N2↑+4H2O，故D正确；故选D。
7．常温下，向20mL溶液中滴加的NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是（已知：）
A．a点溶液中：
B．a点至b点过程中，由水电离出的一直减小
C．在b点和c点之间的某点溶液中存在
D．不考虑混合时溶液体积的变化，n=12.5
【答案】C
【解析】a点溶液中溶质为，和NaOH溶液混合时先发生中和反应，再生成弱电解质，酸或碱抑制水电离，b点前发生的是中和反应，b点溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4；c点溶质为Na2SO4、。A．在水中完全电离出、和，由于发生水解产生，且溶液呈酸性，则离子浓度大小为，A项错误；B．根据分析，a点至b点过程中，不断被中和，对水的电离抑制作用越来越小，由水电离出的一直增大，b点时水的电离程度最大，B项错误；C．b点溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4，水解使溶液呈酸性，c点溶质为Na2SO4、，电离使溶液呈碱性，中性点在b与c之间，即，根据电荷守恒关系：，C项正确；D．c点溶液中，如果一水合氨完全电离，=
，，实际上一水合氨电离程度约为1%，pH<12.5，D项错误；答案选C。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11、12题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：此题包括3小题，共43分。
8．高氯酸铵（NH4ClO4）为白色晶体，具有不稳定性，在400 ℃时开始分解产生多种气体，常用于生产火箭推进剂。某化学兴趣小组同学利用下列装置对NH4ClO4的分解产物进行探究。（假设装置内药品均足量，部分夹持装置已省略。）
（1）在实验过程中发现C中铜粉由红色变为黑色，说明产物中有___________（填化学式）生成。
（2）实验完毕后，取D中硬质玻璃管中的固体物质于试管中，滴加蒸馏水，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，产生该气体的化学方程式为___________。
（3）某同学认为产物中还应有H2O和Cl2。该同学从理论上分析认为有Cl2存在的理由是___________。
（4）为了证明H2O和Cl2的存在，选择上述部分装置和下列提供的装置进行实验：
①按气流从左至右，装置的连接顺序为A→___________。
②实验过程中G中的现象为：___________。
（5）实验结论：NH4ClO4分解时产生了上述几种物质，则高氯酸铵分解的化学方程式为___________。
（6）在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的是___________；实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，会造成计算结果___________ （“偏大”“偏小”或“无法判断”）。
【答案】（1）O2
（2）Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑
（3）O2和N2都是氧化产物，根据化合价变化规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的价态降低，可能生成Cl2 （答出要点即可）
（4）H G F 溶液呈橙黄色
（5）2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4H2O
（6）吸收空气中的CO2和水蒸气 偏大
【解析】（1）NH4ClO4受热分解产生的气体，经碱石灰干燥后，能使铜粉由红色变为黑色，说明生成了CuO，所以分解产物中含有O2，故答案为O2；
（2）产生的能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，发生反应为：Mg3N2+6H2O=
3Mg(OH)2↓+2NH3↑，说明D中固体为Mg3N2据此可判断NH4ClO4受热分解产物中有N2生成，故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；
（3）根据分析可知，NH4ClO4分解产物中含有O2和N2，O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成氯气，故答案为：O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成Cl2；
（4）检验水蒸气和氯气，应该先用H中的无水硫酸铜检验水的存在，再用溴化钾检验氯气，现象是水溶液变为橙黄色；为了防止多余的氯气污染环境，还需要使用尾气吸收装置，所以按气流从左至右，装置的连接顺序为A→H→G→F，故答案为：H G F，现象是水溶液变为橙黄色；
（5）NH4ClO4分解生成氮气、氧气、氯气和水，结合电子守恒、原子守恒配平可得： 2NH4ClO4=N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑，故答案为：2NH4ClO4=N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑；
（6）在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，镁粉与装置中的氧气、氮气反应，造成产物质量增大，会造成计算结果偏大，故答案为：吸收空气中的二氧化碳和水蒸气；偏大。
9．某兴趣小组了解到空气燃料实验系统可利用二氧化碳和水直接合成甲醇，结合新闻信息他们推测其工作时反应原理如下：
I．CO2(g)+H2O(l)⇌CO(g)+H2(g)+O2(g) ∆H=+akJ·ml-1
II．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ∆H=-bkJ·ml-1
已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ∆H=-ckJ·ml-1
（1）2CO2(g)+4H2O(l)=2CH3OH(g)+3O2(g)的∆H为___________kJ·ml-1。
（2）其他条件不变，CO2平衡转化率与温度的关系如下图所示，T1之前CO2平衡转化率随温度升高而增大的原因是___________。
（3）T℃时，在体积为2L的密闭容器中加入2mlCO和1mlH2发生反应，经5min达到平衡，此时H2的浓度为0.1ml·L-1。回答下列问题：
①下列叙述能判断反应达到平衡的是___________（填正确答案标号）；
A．v正(CO)=2v逆(H2)
B．消耗0.1mlCO的同时消耗0.1ml的甲醇
C．CO转化率不再变化
D．混合气体的密度不再变化
②0~5min内用CO表示的反应速率为___________，反应的平衡常数K=___________；
③T℃时，向容器中再加入2mlCO和1mlH2，重新达到平衡时CO的浓度__________（填“大于”“小于”或“等于”）原平衡的2倍。
（4）利用原电池原理同样可以处理CO2变废为宝，下图是“Na-CO2”电池工作原理，吸收的CO2都转化为固体沉积物，其中有二氧化碳转化为Na2CO3固体，电池正极的电极反应式为___________。
【答案】（1）c+2a-2b
（2）T1之前主要发生反应CO2(g)+H2O(l)⇌CO(g)+H2(g)+O2(g)，该反应吸热，升高温度，平衡正向移动，CO2转化率升高
（3）BC 25 小于
（4）
【解析】（1）I．CO2(g)+H2O(l)⇌CO(g)+H2(g)+O2(g) ∆H=+akJ·ml-1
II ．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ∆H=-bkJ·ml-1
III．2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ∆H=-ckJ·ml-1
根据盖斯定律I×2＋II×2-III得2CO2(g)+4H2O(l)=2CH3OH(g)+3O2(g)的∆H=+2akJ·ml-1-2bkJ·ml-1+ckJ·ml-1=(+2a-2b+c)kJ·ml-1；
（2）T1之前主要发生反应CO2(g)+H2O(l)⇌CO(g)+H2(g)+O2(g)，该反应吸热，升高温度，平衡正向移动，CO2转化率升高；
（3）①A．反应达到平衡状态时2v正(CO)= v逆(H2)，所以v正(CO)=2v逆(H2)时反应不平衡，故不选A；B．消耗0.1mlCO的同时消耗0.1ml的甲醇，说明正逆反应速率相等，反应一定达到平衡状态，故选B；C．CO转化率不再变化，说明CO浓度不变，反应一定达到平衡状态，故选C；D．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度不再变化，反应不一定平衡，故不选D；选BC；
②
0~5min内用CO表示的反应速率为，反应的平衡常数K=；
③T℃时，假设把2mlCO和1mlH2放入另外一个完全相同的容器内，达到平衡，CO的浓度0.8ml/L，然后把两个容器内的气体压入1个容器，平衡正向移动，所以重新达到平衡时CO的浓度小于原平衡的2倍；
（4）根据“Na-CO2”电池工作原理图，负极是钠失电子生成钠离子，CO2都转化为固体沉积物，其中有二氧化碳转化为Na2CO3固体，正极二氧化碳得电子生成碳和碳酸钠，电池正极的电极反应式为。
10．用含铬不锈钢废渣（含SiO2、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3等）制取Cr2O3（铬绿）的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）“碱熔”时，为使废渣充分氧化可采取的措施是___________、___________。
（2）Cr2O3、KOH、O2反应生成K2CrO4的化学方程式为___________。
（3）“水浸”时，碱熔渣中的KFeO2强烈水解生成的难溶物为___________（填化学式，下同）；为检验“水浸”后的滤液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是___________。
（4）常温下“酸化”时pH不宜过低的原因是___________；若滤出时溶液的pH=8，则c(Al3+)=___________ml/L。{已知：常温下，Ksp[Al(OH)3=1.3×10-33]}
（5）“还原”时发生反应的离子方程式为___________。
（6）由Cr(OH)3制取铬绿的方法是___________。
【答案】（1）粉碎废渣 充分搅拌（或通入足量空气等）
（2）2Cr2O3+8KOH+3O24K2CrO4+4H2O
（3）Fe(OH)3 KSCN
（4）pH过低，Al3+进入滤液 1.3×10-15
（5）
（6）高温煅烧
【解析】含铬不锈钢废渣（含SiO2、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3等）经过碱熔时，发生一系列反应，生成了可溶性盐KFeO2、K2CrO4、K2SiO3和KAlO2，加水溶解，KFeO2强烈水解生成的难溶物Fe(OH)3，并经过滤除去，滤液中加入硫酸酸化，调节溶液pH在7～8，硅酸根离子转化为硅酸沉淀，偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，通过过滤除去，同时铬酸根离子转化为重铬酸根离子，再在滤液中加入亚硫酸钠还原重铬酸根离子为Cr3+，加入氢氧化钠沉淀Cr3+，再通过加热锻烧Cr(OH)3得到氧化物Cr2O3。
（1）“碱熔”时，为使废渣充分氧化可采取的措施是粉碎废渣、充分搅拌（或通入足量空气等）。故答案为：粉碎废渣；充分搅拌（或通入足量空气等）；
（2）Cr2O3、KOH、O2反应生成K2CrO4的化学方程式为2Cr2O3+8KOH+3O24 K2CrO4+4H2O。故答案为：2Cr2O3+8KOH+3O24K2CrO4+4H2O；
（3）“水浸”时，碱熔渣中的KFeO2强烈水解，FeO结合H2O电离出的H+及H2O生成Fe(OH)3和KOH，生成的难溶物为Fe(OH)3（填化学式下同）；为检验“水浸”后的滤液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是KSCN，溶液呈血红色，则含铁离子。故答案为：Fe(OH)3；KSCN；
（4）常温下“酸化”时pH不宜过低的原因是pH过低，Al3+进入滤液；Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33=c(Al3+)×c3(OH-)，溶液的pH=8时，c(OH-)=ml/L=10-6ml/L，则溶液中c(Al3+)=ml/L=1.3×10-15ml/L，故答案为：pH过低，Al3+进入滤液；1.3×10-15；
（5）“还原”时亚硫酸钠在酸性条件下还原Cr2O为Cr3+，同时氧化产后为SO，“还原”时发生反应的离子方程式为。故答案为：；
（6）高温煅烧难溶氢氧化物制备对应氧化物，由Cr(OH)3制取铬绿的方法是高温煅烧，故答案为：高温煅烧。
（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
11．钛（Ti）及其化合物的应用研究是目前前沿科学之一，请回答下列问题：
（1）基态钛原子的电子排布式为_______，核外电子占据的轨道数为_______。
（2）与钛位于同一周期且基态原子单电子数与钛相同的元素，第一电离能由大到小的顺序为_______（用元素符号填空）。
（3）TiCl4常温下为无色液体，熔点250K，沸点409K，则TiCl4属于_______晶体。TiCl4在水中或空气中极易水解，露置于空气中形成白色烟雾，烟雾中的固体成份可用TiO2·nH2O表示，请写出TiCl4在空气中产生烟雾的化学方程式：_______。
（4）TiO2作光催化剂可将甲醛、苯等有害气体转化为CO2和H2O。
①上述含碳原子的分子中，碳原子的杂化方式为sp2的是_______（填名称，下同），属于极性分子的是_______。
②下列各组微粒互为等电子体的是_______（填字母标号）。
A．H2O与SO2 B．CO2与N2O C．CH2O与BF3 D．C6H6与B3N3H6
（5）金红石（TiO2）的晶胞结构如图所示，晶胞内均摊的氧原子数为_______；设NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为_______g·cm-3（用含相关字母和符号的代数式表示）。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2 12
（2）Se>Ge>Ni
（3）分子 TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl
（4）甲醛、苯 水 BD
（5）4
【解析】（1）基态钛为22号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2，故占有1s(1)、2s(1)、2p(3)、3s(1)、3p(3)、3d(2)、4s(1)共占据12个轨道；
（2）Ti的单电子数为2（即3d上的2个），与Ti同周期且含有2个单电子的是Ni、Ge、Se；同一周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大，故第一电离能大小顺序为Se>Ge>Ni；
（3）TiCl4为分子晶体（熔沸点较低），TiCl4在空气中生成烟雾：TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl；
（4）①含C原子的分子有甲醛、苯、二氧化碳，其中C原子为sp2杂化的分子为甲醛和苯；极性分子为正负电中心不重合，水的两个正电中心H，一个负电中心O不重合，故属于极性分子为水；
②A．水的价电子数为8，二氧化硫的价电子数为18，不属于等电子体，A错误；B．二氧化碳和N2O价电子数均为16，原子数均为3，属于等电子体，B正确；C．CH2O的价电子数为12，BF3 的价电子数为24，不属于等电子体，C错误；D．C6H6与B3N3H6中价电子数均为30，原子数均为12，属于等电子体，D正确；答案选BD；
（5）由图可知，黑色球代表O，共有上下两面的4个和体内的2个，即个，则晶胞中含有2个TiO2，，故，，底为平行四边形，。
12．化合物是一种应用广泛的高分子材料。其合成路线为：
已知：酯交换反应
（1）D中官能团名称___________。
（2）E生成F加入的Y试剂是___________；F生成G的反应类型是___________。
（3）A生成B的反应方程式为___________；F（）与NaOH溶液反应的方程式为___________。
（4）E满足下列条件的同分异构体共有___________种（不包括E）；写出核磁共振氢谱峰面积比是的异构体结构简式___________。
①含有苯环且苯环上只有两个取代基；②能与溶液发生显色反应；③属于酯类物质。
（5）利用题中信息，设计由乙烯（CH2=CH2）和对二甲苯（）制备的合成路线___________。（无机试剂任选）
【答案】（1）羟基､羧基
（2） 缩聚反应
（3）+→+HCl
+3NaOH→+HOCH2COONa+2H2O
（4）8
（5）.
【解析】本题对比反应物和生成物的结构简式，找出断键的部位，确认发生的反应类型，如A→B：羟基上断裂O－H键，CH3COCl断裂O－Cl键，H和Cl结合成HCl，羰基上的C与A中O原子结合，该反应为取代反应，利用官能团的性质进行分析。
（1）根据D的结构简式，推出D中含有的官能团是（酚）羟基、羧基；故答案为（酚）羟基、羧基；
（2）根据题中信息，以及E和F的结构简式，推出Y的结构简式为HOCH2COOH，化学式为C2H4O3；G为高分子化合物，根据G的结构简式，F→G的反应类型为缩聚反应；故答案为C2H4O3；缩聚反应；
（3）根据上述分析，A→B发生取代反应，其反应方程式为+→+HCl；F的结构简式中含有酚羟基、酯基、羧基，这三个官能团能与NaOH反应，其反应方程式为+3NaOH→＋HOCH2COONa＋2H2O；
（4）能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，属于酯类物质，含有酯基，若苯环上有两个取代基，分别为－COOCH3、－OH（邻、间位，有2种），、－OH（邻、间、对，有3种），、－OH（邻、间、对，有3种），满足条件的E的同分异构体共有2＋3＋3=8；其中核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2的结构简式为；
（5）制备的物质是对苯二甲酸与乙醇发生酯化反应得到，对二甲苯在酸性高锰酸钾溶液作用下发生氧化反应，得到对苯二甲酸，乙烯与水发生加成反应得到乙醇，即合成路线为。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共7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。
1．新冠疫情的蔓延对全球公众健康构成了严重威胁，根据当前疫情防控需要，为适龄人群开展新型冠状病毒疫苗接种是最有效的保护途径之一。下列有关说法不正确的是
A．接种疫苗的部位涂抹碘酒消毒，人体表面的细菌蛋白质会发生盐析
B．用于检查是否感染病毒的常用方法是进行核酸检测，核酸是一类含磷的生物高分子
C．接种疫苗可使人体产生抗新型冠状病毒的免疫力，可预防感染
D．核酸根据其组成可分为脱氧核糖核酸（DNA）和核糖核酸（RNA）
【答案】A
【解析】A．碘酒中的溶质、溶剂都可以使细菌、病毒的蛋白质发生变性而失去其生理活性，因而可以防止病毒感染，保护人体健康，A错误；B．常用核酸检测来检查人是否感染新冠病毒，而核酸是一类含磷的生物高分子化合物，B正确；C．可通过接种新冠疫苗来防止人体感染新冠病毒，从而达到预防感染的目的，C正确；D．根据核酸的组成，可将核酸分为脱氧核糖核酸（DNA）和核糖核酸（RNA）两类，D正确；故选A。
2．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．常温下，60gSiO2中含有Si—O极性键的数目为4NA
B．常温下，16.8g铁粉与足量浓硝酸反应转移电子数为0.9NA
C．叠氮化铵（NH4N3）可发生爆炸反应：NH4N3=2N2↑+2H2↑，则每收集标准状况下89.6L气体转移电子数为4NA
D．1L0.1ml/L的Na2CO3溶液中H2CO3、HCO、CO的粒子总数为0.1NA
【答案】B
【解析】A．1mlSiO2中含有4mlSi—O极性共价键，60gSiO2物质的量为1ml，故常温下60gSiO2中含有Si—O极性共价键的数目为4NA，故A正确；B．常温下，浓硝酸能使铁钝化，不能继续发生反应，故B错误；C．叠氮化铵（NH4N3）中的氢元素化合价为+1价，生成氢气后化合价变为0价，故生成2mlH2时电子转移为4ml，则每收集标准状况下89.6L气体，爆炸时转移电子数为4NA，故C正确；D．根据物料守恒知，1L0.1ml/L的Na2CO3溶液中H2CO3、、的粒子总数为0.1NA，故D正确；故答案为B。
3．我国化学家近期从棕榈花中发现了两种新的莽草酸类化合物，其中一种的结构简式如图。下列关于该化合物的说法正确的是
A．该分子含有16个碳原子
B．能发生加成反应、氧化反应和取代反应
C．苯环上的一氯代物有2种
D．不能使酸性重铬酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】A．由结构简式可知该分子中含有17个碳原子，故A错误；B．该分子中存在碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应，存在羧基能发生取代反应，故B正确；C．该分子中存在两个苯环，苯环上有5种不同的氢原子，一氯代物有5种，故C错误；D．该分子中存在碳碳双键能被重铬酸钾氧化，可以使酸性重铬酸钾溶液褪色，故D错误；故选B。
4．将电催化转化成燃料和化学品具有重要意义。甲酸可以作为氢载体直接用于甲酸燃料电池。某科学家在常温下用S—In催化剂电催化还原制甲酸的机理如图1所示，反应历程如图2所示，其中吸附在催化剂表面的原子用*标注。下列说法中错误的是
A．使用S—In催化剂能够降低反应的活化能
B．催化剂活性位点在催化过程中的作用是活化水分子
C．制甲酸过程的决速步骤为
D．电催化还原制甲酸总反应的
【答案】C
【解析】A．使用催化剂能够降低反应的活化能，导致活化分子百分数增大，从而加快反应速率，故A正确；B．由图可知，催化剂活性位点在催化过程中的作用是活化水分子，故B正确；C．由于反应最大，是影响制备甲酸的决速步骤，故C错误；D．由图2可知，电催化还原制甲酸总反应为CO2+2H2O=HCOOH+2OH-，反应后气体分子数减少，则熵变，故D正确；选C。
5．1~20号元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，“毅力”号火星车收集的岩石成分之一是ZYR3，R、Y的原子序数之和为22，最外层电子数之和为10。R、X的简单阴离子的电子层结构相同。下列推断不正确的是
A．原子半径：Z＞Y＞X
B．最简单氢化物的稳定性：X＞R＞Y
C．ZR2含有非极性键和离子键
D．工业上通过电解熔融的ZX2来制备Z的单质
【答案】D
【解析】根据原子序数大小、原子结构及形成化合物的特点可知：R是O，X是F，Y是Si，Z是Ca。A．原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：Z(Ca)＞Y(Si)＞X(F)，A正确；B．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：F＞O＞Si，所以简单氢化物的稳定性：HF＞H2O＞SiH4，用字母表示为：X＞R＞Y，B正确；C．R是O，Z是Ca，二者形成的化合物CaO2中Ca2+与通过离子键结合，在阴离子中2个O原子之间以非极性共价键结合，因此CaO2中含有离子键、非极性键，C正确；D．工业上通过电解熔融的CaCl2来制备Ca，D错误；故合理选项是D。
6．空气污染物NO通常用含Ce4+的溶液吸收，生成HNO2、，再利用电解法将上述吸收液中的HNO2转化为无毒物质，同时生成Ce4+，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．H+由右室进入左室
B．Ce4+从电解槽的c口流出，且可循环使用
C．若用甲烷燃料电池作为电源，当消耗33.6L甲烷时，理论上可转化2mlHNO2
D．阴极的电极反应式：2HNO2＋6H＋＋6e-=N2↑＋4H2O
【答案】D
【解析】空气污染物NO通常用含Ce4+的溶液吸收，生成HNO2、，再利用电解法将上述吸收液中的HNO2转化为无毒物质，同时生成Ce4+，电解过程中铈离子在阳极失电子被氧化生成Ce4+，HNO2在阴极得到电子变化为氮气。A．电解池中阳离子移向阴极，质子交换膜是允许氢离子通过，H+由左室进入右室，故A错误；B．电解过程中铈离子在阳极失电子被氧化生成Ce4+，Ce4+从电解槽的a口流出，且可循环使用，故B错误；C．甲烷燃料电池中，在碱性溶液中，甲烷燃料电池的负极反应式为CH4-8e-+10OH-═+7H2O，故每有1ml甲烷反应，转移电子8ml，阴极的电极反应式：2HNO2+6H++6e-═N2↑+4H2O，3CH4～8HNO2～24e-，当消耗标准状况下33.6L甲烷时，其物质的量==1.5ml，理论上可转化HNO24ml，故C错误；D．HNO2在阴极上得到电子还原为氮气，电极反应式为2HNO2+6H++6e-═N2↑+4H2O，故D正确；故选D。
7．常温下，向20mL溶液中滴加的NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是（已知：）
A．a点溶液中：
B．a点至b点过程中，由水电离出的一直减小
C．在b点和c点之间的某点溶液中存在
D．不考虑混合时溶液体积的变化，n=12.5
【答案】C
【解析】a点溶液中溶质为，和NaOH溶液混合时先发生中和反应，再生成弱电解质，酸或碱抑制水电离，b点前发生的是中和反应，b点溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4；c点溶质为Na2SO4、。A．在水中完全电离出、和，由于发生水解产生，且溶液呈酸性，则离子浓度大小为，A项错误；B．根据分析，a点至b点过程中，不断被中和，对水的电离抑制作用越来越小，由水电离出的一直增大，b点时水的电离程度最大，B项错误；C．b点溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4，水解使溶液呈酸性，c点溶质为Na2SO4、，电离使溶液呈碱性，中性点在b与c之间，即，根据电荷守恒关系：，C项正确；D．c点溶液中，如果一水合氨完全电离，=
，，实际上一水合氨电离程度约为1%，pH<12.5，D项错误；答案选C。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11、12题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：此题包括3小题，共43分。
8．高氯酸铵（NH4ClO4）为白色晶体，具有不稳定性，在400 ℃时开始分解产生多种气体，常用于生产火箭推进剂。某化学兴趣小组同学利用下列装置对NH4ClO4的分解产物进行探究。（假设装置内药品均足量，部分夹持装置已省略。）
（1）在实验过程中发现C中铜粉由红色变为黑色，说明产物中有___________（填化学式）生成。
（2）实验完毕后，取D中硬质玻璃管中的固体物质于试管中，滴加蒸馏水，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，产生该气体的化学方程式为___________。
（3）某同学认为产物中还应有H2O和Cl2。该同学从理论上分析认为有Cl2存在的理由是___________。
（4）为了证明H2O和Cl2的存在，选择上述部分装置和下列提供的装置进行实验：
①按气流从左至右，装置的连接顺序为A→___________。
②实验过程中G中的现象为：___________。
（5）实验结论：NH4ClO4分解时产生了上述几种物质，则高氯酸铵分解的化学方程式为___________。
（6）在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的是___________；实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，会造成计算结果___________ （“偏大”“偏小”或“无法判断”）。
【答案】（1）O2
（2）Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑
（3）O2和N2都是氧化产物，根据化合价变化规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的价态降低，可能生成Cl2 （答出要点即可）
（4）H G F 溶液呈橙黄色
（5）2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4H2O
（6）吸收空气中的CO2和水蒸气 偏大
【解析】（1）NH4ClO4受热分解产生的气体，经碱石灰干燥后，能使铜粉由红色变为黑色，说明生成了CuO，所以分解产物中含有O2，故答案为O2；
（2）产生的能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，发生反应为：Mg3N2+6H2O=
3Mg(OH)2↓+2NH3↑，说明D中固体为Mg3N2据此可判断NH4ClO4受热分解产物中有N2生成，故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；
（3）根据分析可知，NH4ClO4分解产物中含有O2和N2，O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成氯气，故答案为：O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成Cl2；
（4）检验水蒸气和氯气，应该先用H中的无水硫酸铜检验水的存在，再用溴化钾检验氯气，现象是水溶液变为橙黄色；为了防止多余的氯气污染环境，还需要使用尾气吸收装置，所以按气流从左至右，装置的连接顺序为A→H→G→F，故答案为：H G F，现象是水溶液变为橙黄色；
（5）NH4ClO4分解生成氮气、氧气、氯气和水，结合电子守恒、原子守恒配平可得： 2NH4ClO4=N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑，故答案为：2NH4ClO4=N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑；
（6）在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，镁粉与装置中的氧气、氮气反应，造成产物质量增大，会造成计算结果偏大，故答案为：吸收空气中的二氧化碳和水蒸气；偏大。
9．某兴趣小组了解到空气燃料实验系统可利用二氧化碳和水直接合成甲醇，结合新闻信息他们推测其工作时反应原理如下：
I．CO2(g)+H2O(l)⇌CO(g)+H2(g)+O2(g) ∆H=+akJ·ml-1
II．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ∆H=-bkJ·ml-1
已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ∆H=-ckJ·ml-1
（1）2CO2(g)+4H2O(l)=2CH3OH(g)+3O2(g)的∆H为___________kJ·ml-1。
（2）其他条件不变，CO2平衡转化率与温度的关系如下图所示，T1之前CO2平衡转化率随温度升高而增大的原因是___________。
（3）T℃时，在体积为2L的密闭容器中加入2mlCO和1mlH2发生反应，经5min达到平衡，此时H2的浓度为0.1ml·L-1。回答下列问题：
①下列叙述能判断反应达到平衡的是___________（填正确答案标号）；
A．v正(CO)=2v逆(H2)
B．消耗0.1mlCO的同时消耗0.1ml的甲醇
C．CO转化率不再变化
D．混合气体的密度不再变化
②0~5min内用CO表示的反应速率为___________，反应的平衡常数K=___________；
③T℃时，向容器中再加入2mlCO和1mlH2，重新达到平衡时CO的浓度__________（填“大于”“小于”或“等于”）原平衡的2倍。
（4）利用原电池原理同样可以处理CO2变废为宝，下图是“Na-CO2”电池工作原理，吸收的CO2都转化为固体沉积物，其中有二氧化碳转化为Na2CO3固体，电池正极的电极反应式为___________。
【答案】（1）c+2a-2b
（2）T1之前主要发生反应CO2(g)+H2O(l)⇌CO(g)+H2(g)+O2(g)，该反应吸热，升高温度，平衡正向移动，CO2转化率升高
（3）BC 25 小于
（4）
【解析】（1）I．CO2(g)+H2O(l)⇌CO(g)+H2(g)+O2(g) ∆H=+akJ·ml-1
II ．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ∆H=-bkJ·ml-1
III．2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ∆H=-ckJ·ml-1
根据盖斯定律I×2＋II×2-III得2CO2(g)+4H2O(l)=2CH3OH(g)+3O2(g)的∆H=+2akJ·ml-1-2bkJ·ml-1+ckJ·ml-1=(+2a-2b+c)kJ·ml-1；
（2）T1之前主要发生反应CO2(g)+H2O(l)⇌CO(g)+H2(g)+O2(g)，该反应吸热，升高温度，平衡正向移动，CO2转化率升高；
（3）①A．反应达到平衡状态时2v正(CO)= v逆(H2)，所以v正(CO)=2v逆(H2)时反应不平衡，故不选A；B．消耗0.1mlCO的同时消耗0.1ml的甲醇，说明正逆反应速率相等，反应一定达到平衡状态，故选B；C．CO转化率不再变化，说明CO浓度不变，反应一定达到平衡状态，故选C；D．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度不再变化，反应不一定平衡，故不选D；选BC；
②
0~5min内用CO表示的反应速率为，反应的平衡常数K=；
③T℃时，假设把2mlCO和1mlH2放入另外一个完全相同的容器内，达到平衡，CO的浓度0.8ml/L，然后把两个容器内的气体压入1个容器，平衡正向移动，所以重新达到平衡时CO的浓度小于原平衡的2倍；
（4）根据“Na-CO2”电池工作原理图，负极是钠失电子生成钠离子，CO2都转化为固体沉积物，其中有二氧化碳转化为Na2CO3固体，正极二氧化碳得电子生成碳和碳酸钠，电池正极的电极反应式为。
10．用含铬不锈钢废渣（含SiO2、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3等）制取Cr2O3（铬绿）的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）“碱熔”时，为使废渣充分氧化可采取的措施是___________、___________。
（2）Cr2O3、KOH、O2反应生成K2CrO4的化学方程式为___________。
（3）“水浸”时，碱熔渣中的KFeO2强烈水解生成的难溶物为___________（填化学式，下同）；为检验“水浸”后的滤液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是___________。
（4）常温下“酸化”时pH不宜过低的原因是___________；若滤出时溶液的pH=8，则c(Al3+)=___________ml/L。{已知：常温下，Ksp[Al(OH)3=1.3×10-33]}
（5）“还原”时发生反应的离子方程式为___________。
（6）由Cr(OH)3制取铬绿的方法是___________。
【答案】（1）粉碎废渣 充分搅拌（或通入足量空气等）
（2）2Cr2O3+8KOH+3O24K2CrO4+4H2O
（3）Fe(OH)3 KSCN
（4）pH过低，Al3+进入滤液 1.3×10-15
（5）
（6）高温煅烧
【解析】含铬不锈钢废渣（含SiO2、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3等）经过碱熔时，发生一系列反应，生成了可溶性盐KFeO2、K2CrO4、K2SiO3和KAlO2，加水溶解，KFeO2强烈水解生成的难溶物Fe(OH)3，并经过滤除去，滤液中加入硫酸酸化，调节溶液pH在7～8，硅酸根离子转化为硅酸沉淀，偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，通过过滤除去，同时铬酸根离子转化为重铬酸根离子，再在滤液中加入亚硫酸钠还原重铬酸根离子为Cr3+，加入氢氧化钠沉淀Cr3+，再通过加热锻烧Cr(OH)3得到氧化物Cr2O3。
（1）“碱熔”时，为使废渣充分氧化可采取的措施是粉碎废渣、充分搅拌（或通入足量空气等）。故答案为：粉碎废渣；充分搅拌（或通入足量空气等）；
（2）Cr2O3、KOH、O2反应生成K2CrO4的化学方程式为2Cr2O3+8KOH+3O24 K2CrO4+4H2O。故答案为：2Cr2O3+8KOH+3O24K2CrO4+4H2O；
（3）“水浸”时，碱熔渣中的KFeO2强烈水解，FeO结合H2O电离出的H+及H2O生成Fe(OH)3和KOH，生成的难溶物为Fe(OH)3（填化学式下同）；为检验“水浸”后的滤液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是KSCN，溶液呈血红色，则含铁离子。故答案为：Fe(OH)3；KSCN；
（4）常温下“酸化”时pH不宜过低的原因是pH过低，Al3+进入滤液；Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33=c(Al3+)×c3(OH-)，溶液的pH=8时，c(OH-)=ml/L=10-6ml/L，则溶液中c(Al3+)=ml/L=1.3×10-15ml/L，故答案为：pH过低，Al3+进入滤液；1.3×10-15；
（5）“还原”时亚硫酸钠在酸性条件下还原Cr2O为Cr3+，同时氧化产后为SO，“还原”时发生反应的离子方程式为。故答案为：；
（6）高温煅烧难溶氢氧化物制备对应氧化物，由Cr(OH)3制取铬绿的方法是高温煅烧，故答案为：高温煅烧。
（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
11．钛（Ti）及其化合物的应用研究是目前前沿科学之一，请回答下列问题：
（1）基态钛原子的电子排布式为_______，核外电子占据的轨道数为_______。
（2）与钛位于同一周期且基态原子单电子数与钛相同的元素，第一电离能由大到小的顺序为_______（用元素符号填空）。
（3）TiCl4常温下为无色液体，熔点250K，沸点409K，则TiCl4属于_______晶体。TiCl4在水中或空气中极易水解，露置于空气中形成白色烟雾，烟雾中的固体成份可用TiO2·nH2O表示，请写出TiCl4在空气中产生烟雾的化学方程式：_______。
（4）TiO2作光催化剂可将甲醛、苯等有害气体转化为CO2和H2O。
①上述含碳原子的分子中，碳原子的杂化方式为sp2的是_______（填名称，下同），属于极性分子的是_______。
②下列各组微粒互为等电子体的是_______（填字母标号）。
A．H2O与SO2 B．CO2与N2O C．CH2O与BF3 D．C6H6与B3N3H6
（5）金红石（TiO2）的晶胞结构如图所示，晶胞内均摊的氧原子数为_______；设NA为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为_______g·cm-3（用含相关字母和符号的代数式表示）。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2 12
（2）Se>Ge>Ni
（3）分子 TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl
（4）甲醛、苯 水 BD
（5）4
【解析】（1）基态钛为22号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2，故占有1s(1)、2s(1)、2p(3)、3s(1)、3p(3)、3d(2)、4s(1)共占据12个轨道；
（2）Ti的单电子数为2（即3d上的2个），与Ti同周期且含有2个单电子的是Ni、Ge、Se；同一周期元素，核电荷数越大，第一电离能越大，故第一电离能大小顺序为Se>Ge>Ni；
（3）TiCl4为分子晶体（熔沸点较低），TiCl4在空气中生成烟雾：TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl；
（4）①含C原子的分子有甲醛、苯、二氧化碳，其中C原子为sp2杂化的分子为甲醛和苯；极性分子为正负电中心不重合，水的两个正电中心H，一个负电中心O不重合，故属于极性分子为水；
②A．水的价电子数为8，二氧化硫的价电子数为18，不属于等电子体，A错误；B．二氧化碳和N2O价电子数均为16，原子数均为3，属于等电子体，B正确；C．CH2O的价电子数为12，BF3 的价电子数为24，不属于等电子体，C错误；D．C6H6与B3N3H6中价电子数均为30，原子数均为12，属于等电子体，D正确；答案选BD；
（5）由图可知，黑色球代表O，共有上下两面的4个和体内的2个，即个，则晶胞中含有2个TiO2，，故，，底为平行四边形，。
12．化合物是一种应用广泛的高分子材料。其合成路线为：
已知：酯交换反应
（1）D中官能团名称___________。
（2）E生成F加入的Y试剂是___________；F生成G的反应类型是___________。
（3）A生成B的反应方程式为___________；F（）与NaOH溶液反应的方程式为___________。
（4）E满足下列条件的同分异构体共有___________种（不包括E）；写出核磁共振氢谱峰面积比是的异构体结构简式___________。
①含有苯环且苯环上只有两个取代基；②能与溶液发生显色反应；③属于酯类物质。
（5）利用题中信息，设计由乙烯（CH2=CH2）和对二甲苯（）制备的合成路线___________。（无机试剂任选）
【答案】（1）羟基､羧基
（2） 缩聚反应
（3）+→+HCl
+3NaOH→+HOCH2COONa+2H2O
（4）8
（5）.
【解析】本题对比反应物和生成物的结构简式，找出断键的部位，确认发生的反应类型，如A→B：羟基上断裂O－H键，CH3COCl断裂O－Cl键，H和Cl结合成HCl，羰基上的C与A中O原子结合，该反应为取代反应，利用官能团的性质进行分析。
（1）根据D的结构简式，推出D中含有的官能团是（酚）羟基、羧基；故答案为（酚）羟基、羧基；
（2）根据题中信息，以及E和F的结构简式，推出Y的结构简式为HOCH2COOH，化学式为C2H4O3；G为高分子化合物，根据G的结构简式，F→G的反应类型为缩聚反应；故答案为C2H4O3；缩聚反应；
（3）根据上述分析，A→B发生取代反应，其反应方程式为+→+HCl；F的结构简式中含有酚羟基、酯基、羧基，这三个官能团能与NaOH反应，其反应方程式为+3NaOH→＋HOCH2COONa＋2H2O；
（4）能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，属于酯类物质，含有酯基，若苯环上有两个取代基，分别为－COOCH3、－OH（邻、间位，有2种），、－OH（邻、间、对，有3种），、－OH（邻、间、对，有3种），满足条件的E的同分异构体共有2＋3＋3=8；其中核磁共振氢谱峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2的结构简式为；
（5）制备的物质是对苯二甲酸与乙醇发生酯化反应得到，对二甲苯在酸性高锰酸钾溶液作用下发生氧化反应，得到对苯二甲酸，乙烯与水发生加成反应得到乙醇，即合成路线为。
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