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类型2021届全国百校联考新高考模拟试卷(十)化学试题.doc

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    2021 全国 联考 新高 模拟 试卷 化学试题
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    1、2021届全国百校联考新高考模拟试卷(十)化学祝考试顺利注意事项:1、考试范围:高考范围。2、试题卷启封下发后,如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不清等情况,应当立马报告监考老师,否则一切后果自负。3、答题卡启封下发后,如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象,应当马上报告监考老师,否则一切后果自负。4、答题前,请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。5、选择题的作答:每个小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在

    2、试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。6、填空题和解答题的作答: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的答案一律无效。如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。7、选考题的作答:先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用0.5毫米黑色签字笔写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选修题答题区域的答案一律无效。8、保持答题卡卡面清洁,不折叠,不破损,不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。9、考试结束后,请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。一

    3、、选择题:本题共13小题,每小题6分,共78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.木草纲日对轻粉(Hg2Cl2)的制法作如下记载:“用水银两,白矾(明矾)二两。食盐一两。同研不见星,铺于铁器内,以小乌盆覆之,筛灶灰盐水和,封固盆口,以炭打二炷香,取开则粉升于盆上矣。其白如雪,轻盈可爱,一两汞可升粉八钱。”下列说法正确的是( )A. 制备过程中未发生氧化还原反应B. 制备过程中发生了物质升华C. 反应过程中一定没有氧气参与D. 该记载中,Hg2Cl2产率为80%【答案】B【解析】【详解】A. 物质汞变为轻粉(Hg2Cl2)化合价发生变化,发生氧化还原反应,故A错误;B. 取

    4、开则粉升于盆上矣说明轻粉(Hg2Cl2)发生了升华,故B正确;C汞化合价升高,有氧化剂参与反应,可能为氧气,故C错误;D. 一两汞可升粉八钱则产率为,故D错误;故答案选:B。2.下列实验操作正确且能达到实验目的的是A. 除去乙酸乙酯中的乙酸:加入NaOH溶液振荡,再用分液漏斗分液B. 制取并收集NO:向稀硝酸中加入铜片,用向上排空气法收集生成的气体C. 配制Fe(NO3)2溶液:将Fe(NO3)2固体溶于较浓硝酸,然后再加水稀释D. 除去MgCl2溶液中少量Fe3:向其中加入足量MgCO3,充分搅拌后过滤【答案】D【解析】【详解】A. 除去乙酸乙酯中的乙酸:加入NaOH溶液振荡,氢氧化钠与乙酸

    5、乙酯发生水解反应,两者同时被消耗,无法分离,A错误; B. NO极易与空气中的氧气反应,用向上排空气法收集不到气体,直接转化为二氧化氮,B错误;C. Fe(NO3)2固体中为铁显+2价,溶于强氧化性的较浓硝酸,会发生反应生成Fe(NO3)3,C错误;D. MgCO3在溶液中碳酸根发生水解,产生氢氧根,与少量Fe3反应沉淀,可以用于除杂,D正确;答案为D。【点睛】本题易错点为C,注意浓硝酸的氧化性,与亚铁离子易发生氧化还原反应。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 在标准状况下,78.0 g苯中含有碳碳双键的数目为3NAB. 在标准状况下,2.24 L CHCl3中所含碳氢键的数

    6、目为0.1NAC. 在标准状况下,22.4 L NH3被O2完全氧化为NO时,转移电子的数目为5NAD. 向1 L 1 molL1(CH3COO)2Ba溶液中加入醋酸至中性,混合液中CH2COO数目为NA【答案】C【解析】【详解】A. 苯中没有碳碳双键,是特殊的“”键,介于碳碳单键和碳碳双键之间,A错误;B. 在标准状况下, CHCl3是液体,无法通过气体摩尔体积公式进行计算,B错误;C. 在标准状况下,22.4 L NH3为1mol,被O2完全氧化为NO时,转移电子的数目为5NA,C正确;D. 1 L 1 molL1(CH3COO)2Ba溶液中钡离子的物质的量为1mol,加入醋酸至中性,根据

    7、电荷守恒公式可知,c(CH3COO-)+c(OH-)=2c(Ba2+)+c(H+),中性时混合液中CH2COO数目为2NA,D错误;答案为C。【点睛】本题易错点为D,注意在滴定过程中电荷守恒规律,不能只看离子自身浓度。4.糠叉丙酮()是一种重要的医药中间体。下列关于该化合物的说法错误的是( )A. 分子式为C8H8O2,不属于芳香族化合物B. 能发生氧化反应、水解反应和取代反应C. 1mol糠叉丙酮最多可与3molBr2发生加成反应D. 存在能与NaHCO3反应且属于芳香族的同分异构体【答案】B【解析】【详解】A.糠叉丙酮()结构中没有苯环,不属于芳香族化合物,故不选A;B.含有碳碳双键、能燃

    8、烧可以发生氧化反应,含有烷基可以发生取代反应,不能发生水解反应,故选B;C.糠叉丙酮()结构中含有三个碳碳双键,最多可与3molBr2发生加成反应,故不选C;D.糠叉丙酮()能与NaHCO3反应,属于芳香族含有苯环的同分异构体,有、,故不选D;答案:B。5.某离子化合物的结构如图所示,其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,W的最低负价与Y的最高正价代数和为0,X与Z同主族。下列说法不正确的是A. Y、Z组成的化合物水溶液呈碱性B. 原子半径大小:ZYXWC. W、Y组成的化合物有强还原性D. 最简单氢化物的稳定性:XZ【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的

    9、短周期主族元素,W的最低负价与Y的最高正价代数和为0,X与Z同主族。由离子结构可知,Y易失去1个电子,Z与X之间形成4个共价键,X与其他元素之间形成2个共价键,W与X之间只有一个共价键,说明W为氢元素,X为氧元素,Z为硫元素,Y为钠元素。【详解】A. Y、Z组成的化合物为硫化钠,是强碱弱酸盐,水溶液呈碱性,A正确; B. 原子半径同周期,从左到右依次减小;同主族,从上到下依次增大,即大小:Y Z XW,B错误;C. W、Y组成的化合物为NaH,H为-1价,具有强还原性,有强还原性,C正确;D. 最简单氢化物的稳定性与非金属性有关,非金属性越强,稳定性越强,XZ,D正确;答案为B。6.我国科学家

    10、设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置,其示意图如下:下列说法正确的是A. b为电源的负极,d为电解池的阳极B. 过程中捕获CO2时碳的化合价发生了变化C. a极的电极反应式为2C2O524e4CO2O2D. 上述装置中总反应的化学方程式为CO2CO2【答案】C【解析】【分析】a电极C2O52-失去电子,发生氧化反应生成氧气,d电极为碳酸根离子得到电子,发生还原反应生成碳,总反应为CO2电解C+O2。【详解】A. a电极发生氧化反应,是电解池的阳极,连接的为正极,即b为正极,A错误;B. 过程捕获CO2时生成的C2O52-的碳元素的化合价是+4价,捕获CO2时生成的CO32-的碳元素的化合价是+

    11、4价,碳的化合价均未发生变化,B错误;C.由电机装置可知, a极的电极反应式为2C2O524e4CO2O2,C正确;D. 由电极装置可知,a电极生成氧气,d电极生成碳单质,电解总反应为CO2电解C+O2,D错误;答案为C。7.25C,向20mL 0.1molL1的H2A溶液中滴加0.1molL1的KOH溶液,滴定曲线如图,下列说法不正确的是A. H2A的电离方程式:H2AHHA,HAHA2B. X点溶液中:c(HA)c(H2A)c(A2)0.1 molL1C. Z点溶液中存在关系c(K)c(HA)2c(A2)D. W点时,c(K)c(OH)c(HA)c(H2A)c(A2)c(H)【答案】D【解

    12、析】【分析】向20mL 0.1molL1的H2A溶液中滴加0.1molL1的KOH溶液,X为H2A溶液,Y为H2A和KHA混合溶液,W为KHA溶液,根据溶液的守恒关系回答问题。【详解】A. 由图可知,0.1mol/L的H2A的pH=3,说明H2A为弱酸,电离可逆,方程式:H2AHHA,HAHA2,A正确;B. X点是H2A溶液,:由物料守恒关系可知,c(HA)c(H2A)c(A2)0.1 molL1,B正确;C. Z点溶液pH=7,根据电荷守恒可知,溶液中存在关系c(K)c(HA)2c(A2),C正确;D. W点时,溶质为KHA且溶液为碱性,则HA-的水解程度大于电离程度,c(K) c(HA)

    13、 c(OH) c(H2A)c(A2)c(H),D错误;答案为D。【点睛】本题易错点为D,注意比较盐的水解程度和电离程度,碱性时,水解程度大于电离程度,进而判定离子大小关系。三、非选择题:共174分。第2232题为必考题,每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题:共129分。8.四氯化锡可用作媒染剂,有机合成中氯化的催化剂等。某学习小组设计了如图所示的装置(夹持和加热仪器省略)制备无水四氯化锡。反应原理是Sn2Cl2SnCl4。已知:化学式SnCl2SnCl4熔点/247-33沸点/623114其他性质无色晶体,易被氧化无色液体,易水解请回答下列问题:(1)装

    14、置G的名称为_,该装置的进水口为_(填“a”或“b”)。(2)装置B中发生反应的离子方程式为_。(3)装置C的作用是除去氯化氢,所用试剂X的名称是_。(4)按图连接好装置,检查装置气密性,关闭K1、K3,打开K2,慢慢滴入浓盐酸,待观察到装置F内充满黄绿色气体后,开始加热装置F,当装置F中的固体完全消失,充满SnCl4气体时,将生成的SnCl4排入接收器E中的操作是:停止加热装置F,关闭分液漏斗活塞,_,再用洗耳球从G的上出口向装置内吹气。(5)某同学认为装置F中的反应可能产生SnCl2杂质。下列试剂中,可用于检测反应是否产生了SnCl2的有_(填字母)。a.FeCl3溶液(滴有KSCN) b

    15、.H2O2溶液 c.溴水 d.AgNO3溶液(6)SnCl4能溶解一定量的氯气,若制取3 kg SnCl4(含氯气的质量分数为13.0%,假设不含除氯气外的其他杂质),则至少需通入氯气的体积(标准状况下)是_m3(保留两位小数)。【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). b (3). 2MnO42-+10Cl-+16H+=2Mn2+8H2O+5Cl2 (4). 饱和食盐水 (5). 打开K1、关闭K2、打开K3 (6). ac (7). 0.57【解析】【分析】SnCl4极易水解,反应应在无水环境下进行进行,B中发生反应:2KMnO4+16HCl(浓)=2MnC12+5Cl2+8H2O+2KC

    16、l,由于盐酸易挥发,制备的氯气中含有HCl及水蒸气,C中试剂为饱和食盐水除去HCl,可以降低氯气的溶解,试剂D为浓硫酸吸收水蒸气,干燥氯气,氯气与Sn在装置戊中反应生成SnCl4,未反应的氯气,用装置乙中的碱石灰吸收,同时碱石灰还可以防止空气中水分进入装置戊使产物水解,以此解答该题。【详解】(1)装置G的名称为球形冷凝管,为了进水得到充分利用,该装置的进水口为下端b处。(2)装置B中发生反应的离子方程式为2MnO42-+10Cl-+16H+=2Mn2+8H2O+5Cl2。(3)装置C的作用是除去氯化氢,但是要降低氯气在水中的溶解度,即所用试剂X的名称是饱和食盐水。(4)按图连接好装置,检查装置

    17、气密性,关闭K1、K3,打开K2,慢慢滴入浓盐酸,待观察到装置F内充满黄绿色气体后,开始加热装置F,当装置F中的固体完全消失,充满SnCl4气体时,将生成的SnCl4排入接收器E中的操作是:停止加热装置F,关闭分液漏斗活塞,保证无关管道封闭,打开K1、关闭K2、打开K3,再用洗耳球从G的上出口向装置内吹气。(5)某同学认为装置F中反应可能产生SnCl2杂质。SnCl2易被氧化,a.FeCl3溶液(滴有KSCN) 具有氧化性,与SnCl2反应产生亚铁离子,溶液由红色变为浅绿色,现象明显;b.H2O2溶液具有强氧化性,产生氧气,但是现象不明显,与过氧化氢自身分解类似; c.溴水具有氧化性,与SnC

    18、l2反应后溴水褪色,现象明显; d.AgNO3溶液与SnCl2晶体不反应。综上所述,可用于检测反应是否产生了SnCl2的有AC。(6)SnCl4能溶解一定量的氯气,若制取3 kg SnCl4(含氯气的质量分数为13.0%,假设不含除氯气外的其他杂质),根据反应Sn2Cl2SnCl4可知,需要消耗氯气质量m=,再加上SnCl4溶解的13.0%氯气质量m=390g,即一共需要氯气1810g,体积(标准状况下)是 。9.一种用富锰渣(主要成分为MnCO3以及Fe、Ba及Al的盐类或氧化物及少量重金属盐等)制备MnCl2的工艺流程如下:回答下列问题:(1)“溶浸”时,为了提高锰的浸取率,列举2条有效的

    19、措施:_,写出该步中MnCO3参与反应的化学方程式:_。(2)“氧化”时,主要反应的离子方程式为_。(3)滤渣2的主要成分为_(填化学式);简述产生该滤渣的原理:_。(4)已知部分重金属硫化物的溶度积如表:硫化物MnSPbSCuSNiSKsp1.3210-101.3210-271.3210-352.8210-20“除重金属”时,溶液的pH调到4.56.0,pH不宜过低的原因是_。若表中四种金属离子浓度相同,滴入Na2S溶液时首先被沉淀的离子是_,反应MnS(s)Cu2(aq)CuS(s)Mn2(aq)的平衡常数K_。【答案】 (1). 适当增大盐酸的浓度和用量、适当提高浸取温度、延长浸取时间、

    20、将矿粉磨减成直径更小的颗粒等 (2). MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2+2H2O (3). MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+ 2H2O (4). Al(OH)3、Fe(OH)3 (5). MnCO3消耗溶液中的H+,使溶液中的pH升高,促进Al3+、Fe3+转化为沉淀 (6). 防止Na2S生成H2S损失 (7). Cu2+ (8). 11025【解析】【分析】富锰渣(主要成分为MnCO3以及Fe、Ba及Al的盐类或氧化物及少量重金属盐等)经过盐酸酸浸后,金属及氧化物、盐全部溶解,加入二氧化锰后氧化亚铁离子,通过调节pH使铁离子和铝离子沉淀,为滤渣2;继续加入硫酸锰沉淀

    21、生成硫酸钡,处于钡离子;最后加入硫化钠除去重金属离子,经过萃取和反萃取、结晶干燥制备MnCl2。【详解】(1)“溶浸”时,为了提高锰的浸取率,可以适当增大盐酸的浓度和用量、适当提高浸取温度、延长浸取时间、将矿粉磨减成直径更小的颗粒等,该步中MnCO3与盐酸反应化学方程式:MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2+2H2O。(2)“氧化”时,亚铁离子氧化为铁离子,主要反应的离子方程式为MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+ 2H2O。(3)调节溶液pH值,金属离子与氢氧根易发生沉淀,滤渣2的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3;产生该滤渣的原理:MnCO3消耗溶液中的H+,使溶液中的

    22、pH升高,促进Al3+、Fe3+转化为沉淀。(4“除重金属”时,溶液的pH调到4.56.0,硫离子是弱电解质离子,pH不宜过低的原因是防止Na2S生成H2S损失。若表中四种金属离子浓度相同,根据溶度积关系可知,溶度积越小,越容易沉淀,滴入Na2S溶液时首先被沉淀的离子是Cu2+,反应MnS(s)Cu2(aq)CuS(s)Mn2(aq)的平衡常数K 。10.H2S广泛存在于许多燃气和工业废气中,脱除其中的H2S既可回收硫又可防止产生污染。回答下列问题:(I)Tretford氧化法脱H2S,包括H2S的吸收、氧化析硫、焦钒酸钠的氧化等。焦钒酸钠的化学式为Na2V4O9,其中钒元素的化合价为_。已知

    23、H2S、H2CO3的电离常数如表所示:Ka1Ka2H2S9.110-81.110-12H2CO34.310-756110-11纯碱溶液吸收H2S的离子方程式为_。(2)Claus氧化回收硫的反应原理为:2H2S(g)O2(g)2S(g)2H2O(g) H12H2S(g)3O2(g)2SO2(g)2H2O(g) H21124kJmol12H2S(g)SO2(g)3S(g)2H2O(g) H3233kJmol1则H1_kJmol1。(3)H2S分解反应2H2S(g)2H2(g)S2(g)在无催化剂及Al2O3催化下,H2S在反应器中不同温度时反应,每间隔相同时间测定一次H2S的转化率,其转化率与温

    24、度的关系如图所示:该反应的H_(填“”或“ (5). 温度越高,反应速率越快,达到平衡的时间越短; (6). 1100时Al2O3几乎失去催化活性 (7). 0.2p (8). 负 (9). H2S+2H2O-6e-=SO2+6H+ (10). SO3+H2O2=H2SO4【解析】【分析】(1)强酸制弱酸原理,电离常数越大,酸性越强;(2)通过盖斯定律进行计算;(3)根据平衡三段式计算物质分压,通过平衡常数公式进行推导;(4)a电极发生氧化反应,为阳极,连接正极;b电极发生还原反应,为阴极,连接负极,氢离子从阳极流向阴极。【详解】(I)焦钒酸钠的化学式为Na2V4O9,根据化合价构成可知,其中

    25、钒元素的化合价为+4。纯碱溶液碳酸钠吸收H2S,根据强酸制弱酸的规律,硫化氢到的第一步电离常数大于碳酸的第二步电离常数,小于碳酸的第一步电离常数,即离子方程式为H2S+CO32-=HCO3-+HS-。(2)根据盖斯定律可知,H1kJmol1。(3)由图可知,温度升高,硫化氢转化率升高,反应正向移动,该反应正方向吸热,H 0。在不加催化剂时,温度越高H2S的转化率越接近平衡时的转化率,原因是温度越高,反应速率越快,达到平衡的时间越短,所以相同时间测量时,温度高,更接近平衡状态;在约1100C时,有无Al2O3催化,其转化率几乎相等,是因为1100时Al2O3几乎失去催化活性。若起始时在恒容密闭容

    26、器中只充入H2S,若此时气体总压强为p,根据阿伏伽德罗定律,气体压强之比与物质的量之比相同,此时硫化氢的平衡转化率为50%,则此温度反应的平衡常数Kp 。(4)a电极硫化氢转化为二氧化硫,硫元素化合价升高,发生氧化反应,为阳极,b接电源的负极,阳极的电极反应式为H2S+2H2O-6e-=SO2+6H+。SO2经一步反应转化为H2SO4的化学方程式:SO3+H2O2=H2SO4。(二)选考题:共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做,则每学科按所做的第一题计分。11.钯(Pd)、锌及其化合物在合成酮类物质中有极其重要的作用,如图为合成的反应过程:回答下列问

    27、题:(1)I原子价电子排布式为_,其能量最高的能层是_(填能层符号)。(2)H、C、O三种元素的电负性由大到小的顺序为_。(3) 中碳原子的杂化方式为_。(4)ZnCl2溶液中加入足量氨水,发生的反应为ZnCl24NH3H2OZn(NH3)4Cl24H2O。上述反应涉及的物质中,固态时属于分子晶体的是_。NH3的空间构型为_。1 mol Zn(NH3)4Cl2中含有_mol 键。(5)Zn和Cu可形成金属互化物(ZnCu),该金属互化物中所有金属原子均按面心立方最密堆积,若所有Cu均位于晶胞的面心,则Zn位于晶胞的_。(6)金属钯的堆积方式如图所示:该晶胞中原子的空间利用率为_(用含的式子表示

    28、)。若该晶胞参数a658 pm,则该晶胞密度为_(列出计算表达式)gcm3。【答案】 (1). 5s25p5 (2). O (3). OC H (4). sp2、sp3 (5). NH3H2O、H2O (6). 三角锥形 (7). 16 (8). 顶点、面心 (9). (10). 【解析】【分析】根据原子杂化轨道和价层电子排布原理进行回答,晶胞原子利用率=原子体积/晶胞总体积,回答下列问题。【详解】(1)I原子为53号元素,则价层电子排布式为:5s25p5;能量最高为第四层,即O。(2) 同周期元素,从左到右元素的电负性逐渐增大,则有电负性CO,H的电负性最小,故有HCO。(3) 中碳原子的结

    29、构有甲基和苯环,杂化方式为sp2、sp3。(4) ZnCl2和Zn(NH3)4Cl2为离子晶体,属于分子晶体的是NH3H2O、H2O。NH3的空间构型为三角锥形。锌和氮原子之间可形成4个键,每个氨气中有3个键,所有1 mol Zn(NH3)4Cl2中含有4+34=16mol 键。(5)Zn和Cu可形成金属互化物(ZnCu),该金属互化物中所有金属原子均按面心立方最密堆积,若所有Cu均位于晶胞的面心,则Zn位于晶胞的顶点、面心。(6) 面心立方最密堆积结构,含有钯原子数目为=4个钯原子,设钯原子半径为r,晶胞中钯原子的体积为,面心立方中,体对角线上为3个钯原子相切,则体对角线为4r,晶胞边长为,

    30、晶胞体积为,该晶胞中原子的空间利用率为。若该晶胞参数a658 pm,则该晶胞密度为=gcm3。【点睛】本题计算晶胞密度时,注意NA个晶胞质量和摩尔质量关系; 金属原子半径和立方体边长关系;单位关系换算1 nm= 1 000 pm=10-9 m。12.化合物G是一种药物合成中间体,其合成路线如下:已知A分子中只含有一种官能团且能与NaHCO3反应生成CO2。回答下列问题:(1)A的化学名称是_。(2)C中的官能团名称是_。(3)D生成E的反应类型是_。(4)F的结构简式是_。(5)A与乙二醇在催化剂作用下反应生成可生物降解型聚酯PES,该反应的化学方程式为_。(6)X是G的同分异构体,满足下列条

    31、件的X共有_种(不考虑立体异构),其中核磁共振氢谱有5组峰且面积比为6:2:2:1:1的是_(写结构简式)。含苯环且苯环上只有两个取代基;含醛基且与苯环直接相连;除苯环外不含其他环状结构。(7)设计由苯和甲苯制备的合成路线:_(无机试剂任选)。【答案】 (1). 丁二酸 (2). 羰基和羧基 (3). 取代反应 (4). (5). (6). 24 (7). (8). 【解析】【分析】已知A分子中只含有一种官能团且能与NaHCO3反应生成CO2,说明A含有羧基,分子式为C4H6O4,说明含有2个羧基,A为丁二酸;与乙酸酐脱水反应生成B,在氯化铝的作用下,与苯结合生成C,在Zn(Hg)和盐酸作用下

    32、还原生成D,经过SOCl2、AlCl3加热和CH3I反应生成G。【详解】(1)A的化学名称是丁二酸。(2)根据C结构可知,C中的官能团名称是羰基和羧基。(3)根据D和E的结构可知,羧基中的-OH与氯原子调换位置,反应类型是取代反应。(4)根据G结构逆推,F的结构简式是。(5)A与乙二醇在催化剂作用下反应生成可生物降解型聚酯PES,属于缩聚反应,该反应的化学方程式为。(6)X是G的同分异构体,分子式为C11H11O,满足含苯环且苯环上只有两个取代基;含醛基且与苯环直接相连;除苯环外不含其他环状结构,说明一个取代基为醛基,另一个取代基为含有4个碳原子的烃基,即X共有24种(不考虑立体异构),其中核磁共振氢谱有5组峰且面积比为6:2:2:1:1的是。 (7)根据逆推法,由苯和甲苯制备的合成路线: 。

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