2021年高考化学模拟卷04（解析）.pdf

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1、2021高考化学模拟卷04化学试卷（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4 2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，可用高镒酸钾溶液、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

2、坏，去土而糖白，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。O8.治疗或预防肺部纤维化的有效药物的结构简式为“。工 人用关于该药物的有关说法中不正确的是

3、A.该分子与氢气完全加成反应的产物分子中含有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NaHCO,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溪水褪色【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，该分子与氧气完全加成反应的产物分1 Vx eHzOH H OXX XCHZOH子为 I T ，其手性碳原子为标“*”碳原子 上T ，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NaHCd发生反应，说明含竣基，结合该分子结构，除苯环外，只能组成一个酚羟基和一个粉基，故有邻、间、对三种同分异构体，故 B正

4、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，所以该分子能被溟氧化生成酸而使溟水褪色，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I 可制备澳苯并验证有HB r 气体产生C.用装置I I I 可制备氢氧化亚铁沉淀D.用装置I V 可制备CO?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2 3 滴指示剂盛放在锥形瓶内，进行中和滴定，故 A正确；B.铁粉与溪

5、反应生成澳化铁，苯与溟在嗅化铁催化下反应，反应放热，澳易挥发，B n 也可以使A g N。,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，N a O H溶液都难与硫酸亚铁溶液接触，不能利用装置H1 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I V 制备CO?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。1 0.利用银(N i)及其他过渡金属配合物催化CH2=CH2和 CO 2 氧化偶联合成丙烯酸的催化机理如图：I.UO下列说法错误的是Ni催化剂A.总反应可表示为 CH2=CH2+C0 2=-CH2=CH CO

6、O IIB.该反应可消耗温室气体CO?C.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1 0 0%【答案】1)【解析】A.由图可知，总反应可表示为CH”=CH“+CO.晅 催 化 剂 CM=CHCO O H.故 A正确；B.由图可知，该反应可吸收温室气体C O。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1 0 0%,但过程的反应为“一、1(“+产物有两种，原子利用率未达1 0 0%,故 D 错误；综上所述，本题选 D。1 1.将打磨后的镁条放入盛有5 0 m l 蒸福水

7、的烧杯后，用 p H 传感器和浊度传感器监测溶液中p H 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C.1 5 0 s 时向溶液中滴入酚酿试液，溶液变红D.1 5 0 s 2 5 0 s 溶液浊度下降是因为生成的M g(0 H”沉降【答案】B【解析】A.常温下蒸储水的p H=7,而图像中初始水的p H 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，蒸储水的p H 不可能大于8,且随着反应的进行p H 增大，则实线表示溶液p H 随时间变化的情况，故B错误；C.150s时溶液的pH约为9.5,当溶液

8、的pH大于8.2时，溶液中滴入酚醐后溶液变红，故C正确；D.Mg(OH”为难溶物，随着Mg(OH)z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)?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，电池反应式为放电LiA+LinxCoO，C6+LiCo02,其工作原理如图。下列关于该电池的说法正确的是()充电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：LiCo02-xe=Li-o02+xLi*C.充电时，电路中每转移Imole,石墨烯电极质

9、量增加7g1).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，L i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LiCoO 极发生电极反应式为LiiCoOz+xLi+xe-LiCo02,故B错 误;C.根据L i-e知每转移101。1电子，石墨烯上就会增加Im ol的L i,质量为7 g,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、IV、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

10、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XZB.Y的氢化物熔点一定比Z的氢化物高C.Y与Z形成的化合物可能是直线形分子D.r(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，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 0,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

11、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 0,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 F LBO：,的 酸 性 的 酸 性，故 A 正确；B.Y 的氢化物有H Q、H，常温下为液体，Z 的氢化物有各种烧，常温有固态烧，故 B 错误；C.Y 与 Z 形成的化合物常见的有CO?、C0,两者都是直线形分子，故 C 正确；D.Li+核外电子层数为2,1核外电子层数为3,电子层数越多，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

12、择题：共 5 8 分，第 2 6 2 8 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3 5 3 6 题为选考题，考生根据要求作答。(-)必考题：共 4 3 分。2 6.(1 4 分)硫酸钵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。以软镭矿(主要成分为MnO z,含有少量铁和铝的氧化物)、硫铁矿(主要成分为F eSj 为原料制备MnSO,-H.0的工艺流程如图：滤 渣 I 滤 渣 2(1)“酸浸”时，为提高镒的浸出率，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F eSj 的作用是作还原剂，请写出F eSz 与

13、软 镭 矿 反 应 的 离 子 方 程 式。(3)双 氧 水 的 作 用 是；滤渣2的成分是 o(4)“操作X”为蒸发浓缩、过滤、洗涤、烘干。(5)某工厂用1 0t 软锦矿(含8 7%M n 0j 制备M r i S04 H Q,最终得到M n S01 H20 1 3.5 2 t,则 M n SO,H20 的产率为。【答案】(每空2分)(1)将硫铁矿和软铳矿粉碎 避免后续反应中消耗更多的石灰乳(2)3 M n O2+2 E e S2+1 2 H 3 Mn-+2 Fe3 4+2 S+6 H20(3)双氧水氧化 Fe”转化为 Fe*；A l (0H)3、Fe (O H)3 和 C a SO(4)冷

14、却结晶 8 0%【解析】根据题意，此工艺流程中杂质元素为A l、Fe、S,最终要被除去，主体物质为M n SO”以此为主线进行解题。第一步酸浸后溶液中存在A l、Fe、Fe:M n2 H+、SO,2离子，滤 渣1主要为S单质；第二步加压。2是 将Fe 氧化成Fe 3+,第三步加石灰乳(C a(O H)2)中和过量酸同时将A l、Fe 以A 1(O H)3 、Fe(0H)3沉淀除去，C a 以形式C a SO”除去，所以滤渣2主要含A l(0要3、Fe (0H)3和C a SO”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

15、当升高温度、粉碎处理、搅拌、延长酸浸时间；钛白废酸过量太多时，卜 的量增多，使消耗石灰乳的量增多，造成不必要的浪费，故填将硫铁和软锦矿粉碎、避免后续反应中消耗更多的石灰乳；(2)软锦矿含有M n O”具有氧化性，能 把Fe Sz氧化为Fe 和S,本身被还原为M n”，配平可得离子方程式:3 M n O z+2 Fe S2+1 2 H=3 M n 2 +2 Fe +2 S+6 H(3)H Q具有氧化性，所以双氧水的作用是:氧化Fe 转化为Fe ；加石灰乳(C a(O H)2)中和过量酸同时将A l3 Fe 以A l(0H)3、Fe(O H)3沉 淀 除 去,C a 以形式C a SO 1除去，所

16、以滤渣2主要含A l (0H)3、Fe(O H)3和C a SO4(4)从M n SO i溶液中得到M n SO HX)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M n SO，,H,0的理论产量为x,根据题意可得关系式MnO2 MnSO4-H2O 87 _ 16987 169,可得 10 x87%t-1，解得x=16.9t,10 x87%Zx产率=实际产量理论产量xl00%=13 52t士一x 100%=80%,故填 8 0%。16.9t2 7.(1 4分)焦 亚 硫 酸 钠(N a O s)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

17、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p H=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7 0%8 0%的浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制取SO”而不用9 8%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p H=4.1,C中 溶 液 主 要 溶 质 为 （填化学式）。（3）若要从装置C中获得己析出的晶体，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

18、 化 学 方 程 式 为 ；若温度稍过高，可能还会生成;（5）Na2 s 2 O5 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:S2Oj-+2I2+3H2O=2SO;-+4F+6H+：2S2O +I2=S4O +2I-精确称取干燥的产品0.2 0 g 放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中。向碘量瓶中准确移取10.00 mL,LOO m ol/L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1 2 mL淀粉溶液，用标准LOO m ol/L Na2s2O3溶液滴定至接近终点，重复操作3次，经计算得消耗标准液平均体积为16.80 m L。上述实验操作滴定终

19、点的现象为一；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）9 8 釉勺浓硫酸以分子存在，不能提供K,浓度极稀的稀硫酸会使反应产生的S Oz 部分溶解在其中，造成损耗（2分）（2）防倒吸（1 分）N a H S O 分）（3）烧杯、漏斗、玻璃棒（2分）（4）2 NaH S 03=NazS 03+H20（2 分）Na2 s。3（或 Na2 s o l）（2 分）（5）当滴入最后一滴Na2 s o 溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复（2分）7 6%（2分）【解析】（1）装 置 1 中亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，9 8 加的浓硫酸中硫酸主要以分子形式存在，氢

20、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：9 8%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S 0-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p H=4.1,说明溶液显酸性，Na 2c显碱性，Na 2 s 0：,显碱性，Na HC。,显碱性，而 Na l l S O“显酸性，故 C中溶液主要溶质为Na HS Os；(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

21、棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；(4)将步骤C中 Na HS O；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:2 Na HS 0：；=Na 2 s O3+H2 O；若温度稍过高，Na HS Os 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Na z S O“故溶液中可能生成Na 2 s。3(或 Na2S 0,)；(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 2 n (S 2 O5 J)(S2032)=2 (I2),n (S2052-)=f X(1 X 1 0 -f X 1.6 8 X I O-2

22、)m o l=8 X1 0 m o l,则焦亚硫酸钠的质量分数为 然 普 X 1 0 0%=7 6%,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，旦半分钟内不恢复；7 6 队2 8.(1 5 分)温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。(l)C Oz 经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：反应 1：C 02(g)+3 H2(g)C H3 0 H(g)+H，0 (g)年-4 9.1 k j/m o l反应 H：C H3 0 c H3 (g)+H2O(g)2 C HQ H(g)4 =+2 4.5 k J/m o l反应 H I：2 C 02(g)+6 H2(g)C

23、H3 OC H3 (g)+3 H20 (g)A 融则=k j/m o l(2)Ni-C e02催化C O?加 H2 形成C H1 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 CH,的物质的量百分数(Y)及 C0?的转化率随温度的变化如图2所示。100806040200 2 C I I：,0 H+302 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C 0 2 互 为 等 电 子 体 的 离 子。（3）实验室常用K S C N 溶液检验F e:其中N、O、S的 第 一 电 离 能 由 大 到 小 的 顺 序 为（用元素

24、符号表示）;（4）苯分子中6 个 C原子，每个C原子有一个2 P 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J、,不能使嗅的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大页键，该大”键可表示为,S e 的 杂 化 方 式 为。（5）碳的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，C e。分子占据顶点和面心处，K，占据的是金,分子围成的_空隙和 空隙（填几何空间构型）；若 C e。分子的坐标参数分别为A （0,0,0）,B（-,0,1），C（l,1,1）等，则距离

25、A位2 2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Ni“0晶体晶胞结构为Na C l 型，由于晶体缺陷，a的值为0.8 8,且晶体中的Ni 分别为Ni 、Ni ,则晶体中Ni 与NF的 最 简 整 数 比 为,晶胞参数为4 28 p m,则晶体密度为 g/c m 总表示阿伏伽德罗常数的值，列出表达式）。【答案】（1）3 d 4 s i （1 分）0=C=0 （1 分）N3 或 C N0 或 SC N（1 分）（3）NX）S（1 分）口;（1 分）s p2（1 分）（5）正四面体（1 分）正八面体（1 分）（，,）（2 分）（6）8：3

26、 （2 分）4 4 44x（59x0.88+16）,NA X（428x10*3 分）【解析】（1）C u 是 2 9 号元素，原子核外电子数为2 9,根据核外电子排布规律，铜的基态原子核外电子排布式是I s 22s 22P6 3 s 23 P6 3 d zs 1,价电子排布式是3 d zs ：（2）该反应中C O?结构对称，C O?是由极性键构成的非极性分子，C 0?的结构式是0=C=0；N 3、C NO SC N、C O?价电子数都是16,与 C 0 2互为等电子体的离子是N；或 C NO或 SC N；（3）同周期VA族元素第一电离能大于V I A 族元素，同主族元素从上到下第一电离能减小，

27、所以N、0、S 的第一电离能由大到小的顺序为N O S；（4）分子中存在大门 键，说明是平面结构，Se 的杂化方式为为s p。Se 未参与杂化p 轨道中有2 个电子,所以该大n 键可表示为n 2;(5)由晶胞图可知，K.占据的是仁。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,;距离A位置最近的阳离子(红圈标出 J的原子坐标 是 小 丸卜(6)设NF个数为X,则NF个数是0.8 8-X,根据电荷守恒,2X+3(0.8 8-x)=2,解得x=0.6 4,Ni 与 Ni 的最简整数比为0.6 4：(0.8 8-0.6 4)=8:3；1 个氯化钠晶胞中含有4个 C 1,则 1 个数Q

28、晶体晶胞中含有4个4 x16+5 9(4 x0.8 8)_ 4 x(5 9 x0.8 8+16)、4 X0.8 8 个 Ni；所以密度是(4 28高呼;9:中砺通。3 6.I 化学选修5：有机化学基础(15分)防火材料聚碳酸酯(P C)的结构简式为：CH3 0:Hf()Y_-K-oYtO-C H3,，其合成路线如下：已知：i、R-0-R,也_,|ROCOR0i i、II+R 3-O HR,COR,催化剂加热KiC-OR3+R2-0H(R、Rz凡、R 3 为炫基)(D 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 o(4)反应的化学方程

29、式为 o(5)分子式为C M2,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 (写出一种即可)。(6)写出以1,3 一丁二烯和对苯二甲酸为原料(其他试剂任选)合成P BT 即聚对苯二甲酸丁二酯()()的线路H ()十 C 2C()C H 2c H 2c H 2【答案】(i)丙 烯(1分)1 0n+/A2 JJ+CU3-C-CU3-HO(4)nC H-0-C-0-aiOilCH3不 计C Ih 9 (2分)/z.z .c，R r.CH,()9 n Hp C IF C H j&13(1分)(2)加成反应(1分)酯 基(1分)催 化

30、剂 用八义)。加 一 +(2n T)CH 3 0H (2 分)或 O H (2分)_ _ Z _ -2 1 LH 2=CH CH=CH 2.工A Br L M H X H L r Wr ()C)H O CH CH CH CH(汨 叱 上 红H()EL Q CO C H 2 c H-C H n U Cr i 2v r i 2L n 2L n 2U r l CM V_v【解析】A的分子式为a%,在催化剂作用下与苯发生加成反应，知 B 应为C 应含有苯环，分子式为Q H。则 C 为成 3 5H g 0”再结合P C 的结构筒式可知其结构筒式应为1 1 0 0 H U CH 2CH-CH CH 2U

31、HSH(3 分)则 A应为CHZ=CH CH 3,根据后续产物丙酮可八y Hf J ;f J 与丙酮反应生 除 011；D的分子式为&H“则 B为 CI F CH z,被催化氧化生成环氧乙烷,一f CH j X一ZO再与CO?发生类似信息i 的反应生成E,则 E为，E再与发生类似信息”的反应 生 成 CH i J L 和(D A 为 CH z X H CH”名称为丙烯：根据分析可知B 为U UF,则 F 为 H O CH K H z O H。1-C11H3-CH3o收官能团的名称为酯基。(2)反应与信息i 类似，为 CO?的加成反应；E为/(4)参考信息i i 可知反应的化学方程式为n 呀CH

32、.-0-LO-CH,丁 ：HfY gQHo&s+(2 nT)C HQH：(5)分子式为C M2,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()()(6)以 1,3 一丁二烯和对苯二甲酸为原料合成聚对苯二甲酸丁二酯(14(旺(10()(,氏旧人也(凡0玉,需要首先合成1,4-丁二醇，可以利用1,3 一丁二烯的1,4 加成引入两个澳原子，然后将澳原子水解，再将碳碳双键加成即可，因 此 合成路线为CHLCHCH=CH：BrCH/CH=CHCHzBr”强HOCH：CH=CHCHQH%，丽丁()()