（新）2022年高考化学模拟卷04（解析版）.doc

《（新）2022年高考化学模拟卷04（解析版）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新）2022年高考化学模拟卷04（解析版）.doc（14页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2021高考化学模拟卷04化 学(考试时间：50分钟 试卷满分：100分)可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 O 16 Na 23 S 32 Mn 55 Ni 59一、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化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述正确的是A针对新冠肺炎疫情，可用高锰酸钾溶液、无水酒精、双氧水等对场所进行杀菌消毒B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C我国西周时期发明的“酒曲”酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理D“初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白

2、，后人遂效之”中涉及化学变化【答案】B【解析】A用75%的医用酒精而不是无水酒精进行杀菌消毒，故A错误；B金属内胆一般来说是不锈钢材质的，镁棒的金属活动性强于金属内胆的，所以镁棒相当于原电池的负极，从而保护了金属内胆不被腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C催化剂不影响化学平衡，故C错误；D大致意思：有老人在屋里煮红糖，屋里的墙突然塌了，将墙土和糖分开后，红糖的颜色变成白色，其原因是黄泥具有吸附作用，可除去杂质，可采用黄泥来吸附红糖中的色素，属于物理变化，故D错误；故选B。8.治疗或预防肺部纤维化的有效药物的结构简式为，关于该药物的有关说法中不正确的是A该分子与氢气完全加成反应的产物分

3、子中含有3个手性碳原子B该分子的既能使氯化铁溶液变色，又能与NaHCO3发生反应的芳香族同分异构体有3种C该分子中所有原子一定共平面D该分子可以因发生氧化反应使溴水褪色【答案】C【解析】A手性碳原子是一个碳原子连有4个不同的原子或原子团，该分子与氢气完全加成反应的产物分子为，其手性碳原子为标“*”碳原子，共3个，故A正确；B能使氯化铁溶液变色，说明含酚羟基，能与NaHCO3发生反应，说明含羧基，结合该分子结构，除苯环外，只能组成一个酚羟基和一个羧基，故有邻、间、对三种同分异构体，故B正确；C该分子的酚羟基和醛基都是以单键与苯环相连，单键可以旋转，故酚羟基上的氢原子和醛基中氧原子、氢原子可能不在

4、苯环平面内，故C错误；D醛基易强氧化剂氧化，所以该分子能被溴氧化生成酸而使溴水褪色，故D正确；综上所述，本题选C。9下列有关实验原理或实验操作的说法正确的是( )A用装置I可进行酸碱中和滴定B用装置可制备溴苯并验证有HBr气体产生C用装置可制备氢氧化亚铁沉淀D用装置可制备CO2气体并能“随开随用、随关随停”【答案】A【解析】A酸碱中和滴定时，酸盛放在酸式滴定管内，碱及23滴指示剂盛放在锥形瓶内，进行中和滴定，故A正确；B.铁粉与溴反应生成溴化铁，苯与溴在溴化铁催化下反应，反应放热，溴易挥发，Br2也可以使AgNO3溶液产生淡黄色沉淀，不能达到实验目的，故B错误；C打开或关闭止水夹，NaOH溶液

5、都难与硫酸亚铁溶液接触，不能利用装置制备氢氧化亚铁，故C错误；D纯碱是粉末状易溶于水的固体，所以能用装置制备CO2气体，但不能“随开随用、随关随停”，故D错误；综上所述，本题选A。10利用镍(Ni)及其他过渡金属配合物催化 CH2=CH2 和 CO2 氧化偶联合成丙烯酸的催化机理如图：下列说法错误的是A总反应可表示为 CH2=CH2+CO2 CH2=CHCOOHB该反应可消耗温室气体 CO2C该催化循环过程中 Ni 的成键数目未发生变化D过程中原子利用率均为100%【答案】D【解析】A由图可知，总反应可表示为 CH2=CH2+CO2CH2=CHCOOH，故A正确；B由图可知，该反应可吸收温室气

6、体 CO2参与反应，故B正确；C由图可知，该催化循环过程反应物和生成物中 Ni 的成键数分别为3，3，成键数目未发生变化，故C正确；D过程中原子利用率均为100%，但过程的反应为+=+，产物有两种，原子利用率未达100%，故D错误；综上所述，本题选D。11将打磨后的镁条放入盛有50ml蒸馏水的烧杯后，用pH传感器和浊度传感器监测溶液中pH和溶液浊度随时间的变化如图。下列有关描述错误的是（ ）A该实验进行的温度高于常温B实线表示溶液浊度随时间的变化C150s时向溶液中滴入酚酞试液，溶液变红D150s250s溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2沉降【答案】B【解析】A常温下蒸馏水的pH=7，而图

7、像中初始水的pH小于6.5，说明该实验温度高于常温，故A正确；B由开始时的数值判断，蒸馏水的pH不可能大于8，且随着反应的进行pH增大，则实线表示溶液pH随时间变化的情况，故B错误；C150s时溶液的pH约为9.5，当溶液的pH大于8.2时，溶液中滴入酚酞后溶液变红，故C正确；DMg(OH)2为难溶物，随着Mg(OH)2的沉降，溶液的浊度会下降，即150s250s溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2沉降，D正确；综上所述，本题选B。12.利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如图。下

8、列关于该电池的说法正确的是( )A有设计师建议该电池采用隔膜效果更好，可选用质子交换膜B放电时，LiCoO2极发生的电极反应为：LiCoO2-xe=Li1-xCoO2+xLi+C充电时，电路中每转移1mole-，石墨烯电极质量增加7gD石墨烯电池充电时LiCoO2极与电源负极相连【答案】C【解析】A由图可知，Li+在两极之间移动，因此应选择的隔膜需允许Li+通过，质子交换膜只允许H+通过，因此不选用质子交换膜，故A错误；B根据分析可知，放电时LiCoO2极发生电极反应式为Li1-xCoO2+xLi+xe=LiCoO2，故B错误；C根据Li-e-知每转移1mol电子，石墨烯上就会增加1mol的L

9、i，质量为7g，故C正确；D根据分析可知，LiCoO2极是原电池的正极，故充电时与电源正极相连，故D错误；综上所述，本题选C。13.M、W、X、Y、Z均为同周期主族元素，M的内层电子数是最外层电子数的两倍，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，四种元素与M组成的盐是一种新型电池的电解质，结构如图。下列说法错误的是A最高价氧化物对应的水化物酸性XZBY的氢化物熔点一定比Z的氢化物高CY与Z形成的化合物可能是直线形分子Dr(M)r(W)【答案】B【解析】Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，说明X原子次外层电子数为2，X只有2个电子层，则Y的最外层电子数是6，M的内层电子数是最外层电子数的两倍

10、，则M可能为Li、P，但M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，则M为Li，Y为O，Z可形成4对共用电子对，Y可形成2对共用电子对，X可形成3对共用电子对和1个配位键，则Z为C，X为B，W为F。由上述分析可知，M为Li，W为F，X为B，Y为O，Z为C，A同周期元素随原子序数的递增，非金属性增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，则H3BO3的酸性>H2CO3的酸性,故A正确；BY的氢化物有H2O、H2O2,常温下为液体，Z的氢化物有各种烃，常温有固态烃，故B错误；CY与Z形成的化合物常见的有CO2、CO，两者都是直线形分子，故C正确；DLi核外电子层数为2，F核外电子层数为3，电子层数越多，

11、微粒半径越大，因此r(M)r(W)，故D正确；综上所述，说法错误的是B项，故答案为B。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）硫酸锰可作为饲料添加剂用于增肥，也可用于某些化学反应的催化剂，易溶于水，不溶于乙醇。以软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量铁和铝的氧化物)、硫铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备MnSO4·H2O的工艺流程如图：(1)“酸浸”时，为提高锰的浸出率，可采取的措施是_，“酸浸”过程中硫酸不宜过量太多，原因是_。(2)流程中黄铁矿（主要含FeS2)的作用是作还

12、原剂，请写出FeS2与软锰矿反应的离子方程式 。(3)双氧水的作用是 ；滤渣2的成分是 。(4)“操作X”为蒸发浓缩、_、过滤、洗涤、烘干。(5)某工厂用10t软锰矿(含87%MnO2)制备MnSO4·H2O，最终得到MnSO4·H2O 13.52t，则MnSO4·H2O的产率为_。【答案】(每空2分)(1)将硫铁矿和软锰矿粉碎 避免后续反应中消耗更多的石灰乳 (2)3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2+2Fe3+2S+6H2O (3)双氧水氧化Fe2+转化为Fe3+；Al(OH)3、Fe(OH)3 和CaSO4 (4)冷却结晶 (5) 80% 【解析】根据

13、题意，此工艺流程中杂质元素为Al、Fe、S，最终要被除去，主体物质为MnSO4，以此为主线进行解题。第一步酸浸后溶液中存在Al3+、Fe2+、Fe3+、Mn2+、H+、SO42- 离子，滤渣1主要为S单质；第二步加H2O2是将Fe2+氧化成Fe3+，第三步加石灰乳(Ca(OH)2)中和过量酸同时将Al3+、Fe3+以Al(OH)3 、Fe(OH)3 沉淀除去，Ca2+以形式CaSO4除去，所以滤渣2主要含Al(OH)3、Fe(OH)3 和CaSO4，然后将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到目标产物。(1) “酸浸”时，提高浸出率的方法有：适当增加酸的浓度、适当升高温度、粉碎处理、搅拌

14、、延长酸浸时间；钛白废酸过量太多时，H+的量增多，使消耗石灰乳的量增多，造成不必要的浪费，故填将硫铁和软锰矿粉碎、避免后续反应中消耗更多的石灰乳；（2）软锰矿含有MnO2，具有氧化性，能把FeS2氧化为Fe3+和S，本身被还原为Mn2+，配平可得离子方程式：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2+2Fe3+2S+6H2O。（3）H2O2具有氧化性，所以双氧水的作用是：氧化Fe2+转化为Fe3+；加石灰乳(Ca(OH)2)中和过量酸同时将Al3+、Fe3+以Al(OH)3 、Fe(OH)3 沉淀除去，Ca2+以形式CaSO4除去，所以滤渣2主要含Al(OH)3、Fe(OH)3 和CaSO4。

15、(4)从MnSO4溶液中得到MnSO4·H2O的方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故填冷却结晶；(5)设生成MnSO4·H2O的理论产量为x，根据题意可得关系式，可得，解得，故填80%。27（14分）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在食品加工中常作防腐剂、漂白剂、疏松剂。某化学小组拟用如图装置制备焦亚硫酸钠。实验步骤：按图连接装置，检查装置气密性；装入药品，加热A中试管，C中反应至pH=4.1停止加热，将A中铜丝外移脱离浓硫酸；将C中液体转移至蒸发装置中，加热，结晶脱水、过滤、洗涤、干燥。试回答下列问题：（1）装置A中通常采用70%80%的浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制取

16、，而不用98%的浓硫酸或极稀的稀硫酸，原因是_。（2）B装置的作用是_;C中反应至pH=4.1，C中溶液主要溶质为_ (填化学式)。（3）若要从装置C中获得已析出的晶体，所采取的分离方法需用到的玻璃仪器有_。（4）将步骤C中液体加热至过饱和结晶脱水生成焦亚硫酸钠的化学方程式为_ ；若温度稍过高，可能还会生成_；（5）Na2S2O5可用作食品抗氧剂。测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数常用剩余碘量法。已知：；。精确称取干燥的产品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中。向碘量瓶中准确移取，的标准碘溶液（过量），振荡，使其与产品中的焦亚硫酸钠充分反应。加入淀粉溶液，用标准溶液滴定至接近终点，重复操作3次，经计算

17、得消耗标准液平均体积为。上述实验操作滴定终点的现象为_；根据上述实验，计算产品中焦亚硫酸钠的质量分数为_。【答案】（1）98%的浓硫酸以分子存在，不能提供H+，浓度极稀的稀硫酸会使反应产生的SO2部分溶解在其中，造成损耗(2分)（2）防倒吸(1分) NaHSO3(1分) （3）烧杯、漏斗、玻璃棒(2分)（4）2NaHSO3=Na2SO3+H2O(2分) Na2SO3(或Na2SO4)(2分)（5）当滴入最后一滴 Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复(2分)76%(2分) 【解析】（1）装置中亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，98%的浓硫酸中硫酸主要以分子形式存在

18、，氢离子浓度小，反应速率慢，二氧化硫易溶于水，硫酸浓度过小，不利于二氧化硫逸出，故答案为：98%的浓硫酸以分子存在，不能提供H+，浓度极稀的稀硫酸会使反应产生的SO2部分溶解在其中，造成损耗；(2) 生成的二氧化硫气体如果没有装置B直接通入C装置中，会与饱和碳酸钠溶液反应，发生倒吸现象，故装置B的作用是防倒吸；C中反应至pH=4.1，说明溶液显酸性，Na2CO3显碱性，Na2SO3显碱性，NaHCO3显碱性，而NaHSO3显酸性，故C中溶液主要溶质为NaHSO3；（3）装置C中获得已析出的晶体，分离固体与液态应采取过滤方法进行分离，过滤需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗

19、、玻璃棒；（4）将步骤C中NaHSO3溶液加热至过饱和结晶脱水生成焦亚硫酸钠，其化学方程式为：2NaHSO3=Na2SO3+H2O；若温度稍过高，NaHSO3会受热分解生成二氧化硫和亚硫酸钠，亚硫酸钠可能被氧气氧化成Na2SO4，故溶液中可能生成Na2SO3(或Na2SO4)；（5）由题意可知，当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复说明达到滴定终点；由方程式可得2n（S2O52）+（S2O32-）=2（I2），n（S2O52）=×（1×102-×1.68×102）mol=8×103mol，则焦亚硫酸钠的质量分数为&

20、#215;100%=76%，故答案为：当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；76%。28.（15分）温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。(1)CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：反应I： CO2 (g) +3H2 (g)CH3OH (g) +H2O (g) H1= -49. 1 kJ/mol反应II： CH3OCH3 (g) +H2O(g)2CH3OH (g)H2 = + 24.5kJ/mol反应III： 2CO2 (g) +6H2 (g) CH3OCH3 (g) +3H2O (g) H3则H3 =_kJ/mol。（2）Ni-CeO2

21、催化CO2加H2形成CH4的反应历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，含碳产物中CH4的物质的量百分数(Y)及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。下列对CO2甲烷化反应体系的说法合理的有_。A含碳副产物的产率均低于CH4B存在反应CO2+4H2CH4 + 2H2OC存在副反应CO2+ H2CO+ H2ODCO2 转化为CH4的过程中发生了能量转化E.温度高于260后，升高温度，甲烷产率几乎不变CO2甲烷化的过程中，保持CO2与H2的体积比为1：4，反应气的总流量控制在40 mL·min-1，320 时测得CO2转化率为80%，则CO2反应速率为_mL·min-

22、1。(3)CH4与CO2重整可以同时利用两种温室气体，其工艺过程中涉及如下反应：反应CH4(g) + CO2(g)2CO(g)+2H2 (g) H1=+247.4 kJ·mol-1反应CO2 (g)+ H2 (g)CO(g) + H2O(g) H2= +41.2 kJ·mol-1反应CH4 (g)+O2(g)CO(g) + 2H2(g) H3 = -35.6 kJ·mol-1一定条件下，向体积为VL的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0 mol及少量O2，测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。图中a和b分别代表产物_和_，当温度高于900 K， H2O的含量

23、随温度升高而下降的主要原因是_。1100 K时，CH4与CO2的转化率分别为95%和90%，反应的平衡常数K=_ ( 写出计算式)。【答案】(1)-122.7（2分）(2) ABCDE（2分） 6.4（2分）(3) H2（2分） CO（2分） 反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O的含量减小（2分） （3分）【解析】(1)由盖斯定律可知，(反应I×2反应II)得反应III，则H3 =2H1 H2 =2×(-49. 1 kJ/mol)(+ 24.5kJ/mol)= -122.7kJ/mol，故答案为：-122.7；(2) 由图可

24、知，含碳产物中CH4的物质的量百分数Y70%，则含碳副产物的产率30%，故含碳副产物的产率均低于CH4，A正确；由题意及图Ni-CeO2 催化CO2加H2形成CH4，故存在反应CO2+4H2CH4 + 2H2O，B正确；由图可知，存在CO2和 H2反应生成CO+和H2O，C正确；化学反应伴随着物质变化和能量变化，D正确；由图2可知，当温度高于260时，CO2的转化率还在增大，但CH4的百分含量几乎不在变化，则继续升高温度甲烷产率几乎不变，E正确，故答案为ABCDE；CO2甲烷化的过程中，CO2与H2的体积比为1：4，反应气的总流量为40 mL·min-1，则1min内初始时CO2的体

25、积为40× mL=8 mL，320 时CO2转化率为80%，则CO2反应速率为v = mL·min-1=6.4 mL·min-1，故答案为6.4。(3) 由反应可知，反应产物有CO、H2和H2O，生成的H2会在反应中与CO2反应生成CO，CO的产量高于H2，故a曲线表示产物H2，b曲线表示CO；反应是吸热反应，升高温度，有利于反应的正向进行，H2O的含量增大，但反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)为放热反应，升高温度，不利于反应的正向进行，H2O的含量减小，故答案为反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O的含量

26、减小；1100 K时，CH4与CO2的转化率分别为95%、 90%，则计算得平衡时c(CH4)= =mol/L，c(CO2)= =mol/L，由图可知，c(H2)=mol/L，c(CO)=mol/L，则反应的平衡常数K= =；（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）据自然·通讯(Nature Communications)报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。我国国产洲际战略导弹其制作材料中包含了等多种元素。Cu、Se、Fe、Cr、Ni、C等元素化

27、合物在生产、生活中应用广泛。回答下列问题：(1)基态铜原子的价电子排布式为_。(2)电还原法制备甲醇的原理为2CO2+4H2O2CH3OH+3O2。写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式_；写出一个与CO2互为等电子体的离子_。(3)实验室常用KSCN溶液检验Fe3+。其中N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表示)；(4)苯分子中6个C原子，每个C原子有一个2p轨道参与形成大键，可记为(右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共享电子)。已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大键，该大键可表示为_，Se的杂化方式为_。(5)碳的

28、一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积，然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处，K+占据的是C60分子围成的_空隙和_空隙(填几何空间构型)；若C60分子的坐标参数分别为A(0，0， 0)，B(，0， )，C(1，1，1)等，则距离A位置最近的阳离子的原子坐标参数为_。(6)Ni可以形成多种氧化物，其中一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，a的值为0. 88，且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+，则晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比为_，晶胞参数为428 pm，则晶体密度为_g/cm3(NA表示阿伏伽德罗常数的值，列出表达

29、式)。【答案】(1）3d104s1（1分）(2)O=C=O（1分） 或CNO-或SCN-（1分） (3)N>O>S（1分） (4)（1分） sp2（1分）(5)正四面体（1分）正八面体（1分） (，)（2分） (6) 8：3 （2分） （3分） 【解析】(1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，根据核外电子排布规律，铜的基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1 ，价电子排布式是3d104s1；(2)该反应中CO2结构对称，CO2是由极性键构成的非极性分子，CO2的结构式是O=C=O；、CNO-、SCN-、CO2价电子数都是16，与CO2互为

30、等电子体的离子是或CNO-或SCN-；(3)同周期A族元素第一电离能大于A族元素，同主族元素从上到下第一电离能减小，所以N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为N>O>S；(4)分子中存在大键，说明是平面结构，Se的杂化方式为为sp2，Se未参与杂化p轨道中有2个电子，所以该大键可表示为；(5)由晶胞图可知，K+占据的是C60分子围成的正四面体空隙和正八面体空隙；根据A、B、C的位置，建立坐标系如图，；距离A位置最近的阳离子(红圈标出)的原子坐标是(，)；(6) 设Ni2+个数为X，则Ni3+个数是0.88-X，根据电荷守恒，2X+3(0.88-x)=2，解得x=0.64，Ni2+与

31、Ni3+的最简整数比为0.64：(0.88-0.64)=8:3；1个氯化钠晶胞中含有4个Cl-，则1个NiaO晶体晶胞中含有4个O、4×0.88个Ni；所以密度是 。36化学选修5：有机化学基础(15分)防火材料聚碳酸酯(PC)的结构简式为：，其合成路线如下：已知：、R-O-R、+R3-OH+R2-OH(、R、为烃基)(1)A的名称为_；B的结构简式为_。(2)反应的反应类型_；E中官能团的名称_。(3)反应的化学方程式为_。(4)反应的化学方程式为_。(5)分子式为C8H10O，且与C互为同系物的同分异构体有_种，写出核磁共振氢谱为6：2：1：1的同分异构体的结构简式_（写出一种即

32、可）。(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)丙烯 （1分） （1分）(2)加成反应（1分） 酯基（1分）(3) （2分）(4)n+n+(2n-1)CH3OH（2分）(5) 9 （2分）或（2分）(6)CH2=CHCH=CH2BrCH2CH=CHCH2BrHOCH2CH=CHCH2OH HOCH2CH2CH2CH2OH （3分）【解析】A的分子式为C3H6，在催化剂作用下与苯发生加成反应，则A应为CH2=CHCH3，根据后续产物丙酮可知B应为；C应含有苯环，分子式为C6H6O，则C为；与丙酮反应生成C15H16O2，

33、再结合PC的结构简式可知其结构简式应为；D的分子式为C2H4，则B为CH2=CH2，被催化氧化生成环氧乙烷，再与CO2发生类似信息i的反应生成E，则E为，E再与CH3OH发生类似信息ii的反应生成和F，则F为HOCH2CH2OH。(1)A为CH2=CHCH3，名称为丙烯；根据分析可知B为；(2)反应与信息i类似，为CO2的加成反应；E为，故官能团的名称为酯基。(3)根据分析C15H16O2的结构简式应为，所以反应的化学方程式为；(4)参考信息ii可知反应的化学方程式为n+n+(2n-1)CH3OH；(5)分子式为C8H10O，与C互为同系物，则含有1个苯环和一个酚羟基，先考虑三取代基：从分子式看，还含有2个甲基，a.邻二甲苯上加羟基，有2种，b.间二甲苯上加羟基，有3种，c.对二甲苯上加羟基，有1种，一共6种；再考虑两取代基：两取代基分别是乙基和羟基，有邻、间、对一共有3种；综上，一共有9种。核磁共振氢谱为6：2：1：1的同分异构体有两种或。(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=CH2BrCH2CH=CHCH2BrHOCH2CH=CHCH2OH HOCH2CH2CH2CH2OH。