贵州省2020届高三普通高等学校招生高考适应性测试理综化学试题 Word版含解析

贵州省2020届高三普通高等学校招生高考适应性测试理综化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 贵州省2020年普通高等学校招生适应性测试 理科综合能力测试化学试题 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Zn-65‎ 一、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.化学品在抗击新型冠状病毒的战役中发挥了重要作用。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 医用防护口罩中熔喷布的生产原料主要是聚丙烯，聚丙烯的单体是丙烯 B. “84”消毒液的主要成分是次氯酸钠 C. 用硝酸铵制备医用速冷冰袋是利用了硝酸铵溶于水快速吸热的性质 D. 75%的医用酒精常用于消毒，用95%的酒精消毒效果更好 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.聚丙烯是由丙烯在一定条件下发生加聚反应得到的，A项正确；‎ B.“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠，可以水解得到次氯酸，起到杀菌消毒的作用，B项正确；‎ C.硝酸铵溶于水可以吸热，因此可以用作速冷冰袋，C项正确；‎ D.医用酒精是体积分数为75%的乙醇溶液，浓度太高或浓度太低都起不到杀菌效果，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】注意医用酒精的75%的是体积分数，而化学中一般用得较多的是质量分数，例如98%的浓硫酸中的98%就是质量分数。‎ ‎2.己知NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 1molOD-中含有的质子数和中子数均为9NA B. 60g正戊烷与12g新戊烷的混合物中共价键数为17NA - 17 -‎ C. 11.2L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为NA D. 1L0.1mo1·L-1CH3COONa溶液中，CH3COO-数目为0.1NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.质子数同原子序数，因此质子数为，中子数=质量数-中子数，因此中子数为，A项正确；‎ B.正戊烷和新戊烷分子内含有的共价键数目一致，都是1个分子中有16个共价键，混合物的物质的量是，因此共价键的数目为，B项错误；‎ C.未说明条件，无法计算氯气的物质的量，C项错误；‎ D.醋酸根是一个弱酸根离子，水中会发生水解导致其数目小于，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.两个单环共用一个碳原子的多环化合物称为螺环化合物，共用的碳原子称为螺原子。螺[5，5]十一烷的结构为，下列关于该化合物的说法错误的是（ ）‎ A. 一溴代物有三种 B. 与十一碳烯互为同分异构体 C. 分子中所有碳原子不可能在同一平面 D 1mo1该化合物完全燃烧需要16mo1O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该分子内有三种等效氢，分别位于螺原子的邻位、间位和对位，因此一取代物有三种，A项正确；‎ B.直接从不饱和度来判断，该烷形成了两个环，不饱和度为2，而十一碳烯仅有1个不饱和度，二者不可能为同分异构体，B项错误；‎ C.分子中的碳原子均是饱和碳原子，所以碳原子不可能在同一平面上，C项正确；‎ D.该物质的分子式为，因此其完全燃烧需要16mol氧气，D项正确；‎ 答案选B。‎ - 17 -‎ ‎4.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y与W同族，W的核电荷数是Y的两倍，四种元素组成的一种化合物如图所示。下列说法一定正确的是（ ）‎ A. 简单离子半径：Z＞W＞Y＞X B. 最简单氢化物的稳定性：W＞Y C. X与Z可形成离子化合物ZX D. W的氧化物对应的水化物为强酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先发现Y形成了双键，因此推测Y是氧或者硫，考虑到四种元素的原子序数依次增大，Y与W同族，W的核电荷数是Y的两倍，因此Y只能是氧，W是硫，X为氢，Z则只能是钠，故该物质为亚硫酸氢钠，据此来分析本题即可。‎ ‎【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S。‎ A.根据分析，四种简单离子半径的大小为，A项错误；‎ B.元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，氧的非金属性强于硫，最简单氢化物的稳定性：W＜Y，B项错误；‎ C.氢和Na可以形成氢化钠，这是一种金属氢化物，C项正确；‎ D.硫只有最高价氧化物对应的水化物（硫酸）才是强酸，二氧化硫对应的水化物（亚硫酸）是一种弱酸，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.利用如图的实验装置和方法进行实验，能达到目的的是（ ）‎ A. 甲装置可将FeC12溶液蒸干获得FeC12晶体 - 17 -‎ B. 乙装置可证明浓硫酸具有脱水性和氧化性 C. 丙装置可除去CO2中的SO2‎ D. 丁装置可将NH4Cl固体中I2分离 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加热会强烈水解，并且暴露在空气中会导致被氧气氧化为，最终无法得到，A项错误；‎ B.浓硫酸可以脱去蔗糖中的水，即“黑面包实验”，同时硫酸被还原得到，使溴水褪色，因此体现了浓硫酸的脱水性和氧化性，B项正确；‎ C.碳酸钠溶液会吸收变成碳酸氢钠，因此不能用来除杂，C项错误；‎ D.氯化铵固体受热易分解，碘受热易升华，二者遇冷后都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】除杂的第一要义是不能和原物质反应，其次是不能引入新的杂质，最后还要从可行性、操作的简便程度来选择最优的除杂方法。‎ ‎6.某锂离子电池充电时的工作原理如图所示，LiCoO2中的Li+穿过聚内烯微孔薄膜向左迁移并嵌入石墨（C6表示）中。下列说法错误的是（ ）‎ - 17 -‎ A. 充电时，阳极电极反应式为LiCoO2-xe-=xLi++Lil-xCoO2‎ B. 放电时，该电池将化学能转化为电能 C. 放电时，b端为负极，发生氧化反应 D. 电池总反应为LixC6+Lil-xCoO2C6+LiCoO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 充电时相当于电解池，电解池在工作时，阳离子移向阴极，因此石墨极是阴极，含钴的是阳极，据此来分析各选项即可。‎ ‎【详解】A.充电时，阳离子（）从阳极脱嵌，穿过薄膜进入阴极，嵌入石墨中，A项正确；‎ B.放电时相当于原电池，原电池是一类将化学能转化为电能的装置，B项正确；‎ C.根据分析，b为电源正极，发生还原反应，C项错误；‎ D.根据分析，整个锂电池相当于在正极和负极之间不断嵌入-脱嵌的过程，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】锂电池正极一般选用过渡金属化合物来制作，例如本题中的钴，过渡金属一般具有多种可变的化合价，方便的嵌入和脱嵌（嵌入时，过渡金属化合价降低，脱嵌时，过渡金属化合价升高，因此无论嵌入还是脱嵌，正极材料整体仍然显电中性）。‎ ‎7.实验测得0.1mo1·L-1Na2SO3溶液pH随温度升高而变化的曲线如图所示。将b点溶液冷却至25℃，加入盐酸酸化的BaC12溶液，能明显观察到白色沉淀。下列说法正确的是（ ）‎ - 17 -‎ A. Na2SO3溶液中存在水解平衡SO32-+2H2OH2SO3+2OH-‎ B. 温度升高，溶液pH降低的主要原因是SO32-水解程度减小 C. a、b两点均有c(Na+）=2[c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)]‎ D. 将b点溶液直接冷却至25℃后，其pH小于a点溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 是一个弱酸酸根，因此在水中会水解显碱性，而温度升高水解程度增大，溶液碱性理论上应该增强，但是实际上碱性却在减弱，这是为什么呢？结合后续能产生不溶于盐酸的白色沉淀，因此推测部分被空气中的氧气氧化为，据此来分析本题即可。‎ ‎【详解】A.水解反应是分步进行的，不能直接得到，A项错误；‎ B.水解一定是吸热的，因此越热越水解，B项错误；‎ C.温度升高溶液中部分被氧化，因此写物料守恒时还需要考虑，C项错误；‎ D.当b点溶液直接冷却至25℃后，因部分被氧化为，相当于的浓度降低，其碱性亦会减弱，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.ClO2是一种具有强氧化性的黄绿色气体，也是优良的消毒剂，熔点-59℃、沸点11℃，易溶于水，易与碱液反应。ClO2浓度大时易分解爆炸，在生产和使用时必须用稀有气体或空气等进行稀释，实验室常用下列方法制备：2NaC1O3+Na2SO3+H2SO42C1O2↑+2Na2SO4+H2O。‎ ‎（1）H2C2O4可代替Na2SO3制备ClO2，该反应的化学方程式为___，该方法中最突出的优点是___。‎ ‎（2）ClO2浓度过高时易发生分解，故常将其制备成NaClO2固体，以便运输和贮存。‎ 已知：2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2+2H2O，实验室模拟制备NaC1O2‎ - 17 -‎ 的装置如图所示（加热和夹持装置略）。‎ ‎①产生ClO2温度需要控制在50℃，应采取的加热方式是___；盛放浓硫酸的仪器为：___；NaC1O2的名称是___；‎ ‎②仪器B的作用是___；冷水浴冷却的目的有___（任写两条）；‎ ‎③空气流速过快或过慢，均会降低NaC1O2的产率，试解释其原因___。‎ ‎【答案】 (1). 2NaClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O+2CO2↑ (2). 反应中产生的CO2可以起到稀释ClO2的作用，避免ClO2浓度大时分解爆炸，提高了安全性 (3). 水浴加热 (4). 分液漏斗 (5). 亚氯酸钠 (6). 安全瓶，防倒吸 (7). 降低NaClO2的溶解度，增大ClO2的溶解度，减少H2O2分解，减少ClO2分解 (8). 空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收：空气流速过慢时，ClO2浓度过高导致分解 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 中的氯是+4价的，因此我们需要一种还原剂将氯酸钠中+5价的氯还原，同时要小心题干中提到的易爆炸性。再来看实验装置，首先三颈烧瓶中通入空气，一方面可以将产物“吹”入后续装置，另一方面可以起到稀释的作用，防止其浓度过高发生危险，B起到一个安全瓶的作用，而C是吸收装置，将转化为，据此来分析本题即可。‎ ‎【详解】（1）用草酸来代替，草酸中的碳平均为+3价，因此被氧化产生+4价的二氧化碳，方程式为2NaClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O+2CO2↑；产生的可以稀释，防止其浓度过高发生危险；‎ ‎（2）①50℃最好的加热方式自然是水浴加热，盛放浓硫酸的仪器为分液漏斗，中的氯元素为+3价，因此为亚氯酸钠；‎ - 17 -‎ ‎②仪器B是一个安全瓶，防止倒吸；而冰水浴一方面可以减少的分解，另一方面可以使变为液体，增大产率；‎ ‎③当空气流速过快时，来不及被充分吸收，当空气流速过慢时，又会在容器内滞留，浓度过高导致分解。‎ ‎9.从铜转炉烟灰（主要成分ZnO还有Pb、Cu、Cd、As、Cl、F等元素）中回收锌、铜、铅等元素进行资源综合利用，具有重要意义。以铜转炉烟灰制备重要化工原料活性氧化锌工艺流程如图所示。‎ 己知：活性炭净化主要是除去有机杂质。‎ 请回答以下问题：‎ ‎（1）若浸出液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式为___。‎ ‎（2）在反应温度为50℃，反应时间为lh时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图，结合流程图分析，氯化铵适宜的浓度为___ mo1·L-1。‎ ‎（3）若浸出液中c（AsO43-）=6.0×10-3mol•L-1，现将8.0×10-3mo1•L-1FeC13溶液与浸出液等体积混合生成砷酸铁沉淀。若该温度时Ksp(FeAsO4)=2.0×10-22，则反应后溶液中c(AsO43-)=___mo1•L-1。‎ - 17 -‎ ‎（4）滤渣II的主要成分为___；除杂3是置换除杂过程，则此过程主要除去的金属有___（填化学式）。‎ ‎（5）沉锌得到的物质为Zn(NH3)2C12，请写出水解转化的化学方程式___。‎ ‎（6）该流程中可以循环使用的物质的电子式为___。‎ ‎（7）取mg活性氧化锌样品，预处理后配成待测液，加入指示剂3、4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用amol•L-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。己知：与1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1.000mo1•L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，则样品中氧化锌的质量分数为___（用代数式表示）。‎ ‎【答案】 (1). ZnO+2NH4++2NH3•H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O (2). 4 (3). 2.0×10-19 (4). CaF2 (5). Cu和Cd (6). Zn(NH3)2Cl2+2H2O=Zn(OH)2↓+2NH4Cl (7). (8). ×100%或%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先用氯化铵和氨水浸取烟灰，将锌元素转化为配离子，加入氯化铁沉砷，加入氯化钙可以得到沉淀（萤石），加入锌粉可以将其它金属离子全部置换出来得到滤渣III，加入活性炭除去有机杂质，加入盐酸将锌转化为，最后得到氧化锌，据此来分析本题即可。‎ ‎【详解】（1）根据题目信息，离子方程式为，这个方程可以从电荷守恒的角度来配平；‎ ‎（2）观察题图，当氯化铵的浓度为4mol/L时，一方面锌元素的浸出率已经接近100%，再增加氯化铵浓度没有太大意义，另一方面若浓度再高，铅元素将进入溶液，无法完全除去铅；‎ ‎（3）等体积混合后相当于两种离子的浓度都变为一半，即，，而两种离子是1:1沉淀的，设反应后浓度为，则有，解得；‎ ‎（4）根据分析，滤渣II为，而除杂3主要可以除去溶液中的和；‎ - 17 -‎ ‎（5）既然煅烧后得到，则煅烧前必然为，即水解产物为，据此来写出方程式Zn(NH3)2Cl2+2H2O=Zn(OH)2↓+2NH4Cl；‎ ‎（6）水解后得到的氯化铵，又可以用于第一步的浸取，可以循环利用，其电子式为；‎ ‎（7）根据先求出EDTA的消耗量为，这些EDTA对应的氧化锌的质量为克，因此氧化锌的质量分数为。‎ ‎10.甲醛(HCHO)俗称蚁醛，在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。‎ I·甲醛制备 工业上利用甲醇脱氢法制备甲醛，己知：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g) △H ‎（1）该反应的能量变化如图甲所示，△H=___kJ•mol-1。‎ ‎（2）为提高CH3OH转化率，采取的措施有___、___；在温恒容条件下，该反应达到平衡状态的标志有___（填标号）。‎ a.混合气体的密度保持不变 b.混合气体的总压强保持不变 c.v(CH3OH)消耗=v(H2)生成 d.甲醛的浓度保持不变 ‎（3）选用Ag/SiO2—ZnO作催化剂，在400～750℃区间进行活性评价，图乙给出了甲醇转化率与甲醛选择性（选择性越大，表示生成该物质越多）随反应温度的变化曲线。制备甲醛的最佳反应温度为___（填标号），理由是___。‎ a.400℃ b.650℃ c.700℃ d.750℃‎ - 17 -‎ ‎（4）T℃时，在2L恒容密闭容器中充入1mo1甲醇，发生反应：‎ ‎①CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)‎ ‎②CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)‎ 平衡时甲醇为0.2mol，甲醛为0.7mo1。则反应i的平衡常数K=___。‎ II.甲醛的用途 ‎（5）将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)溶液混合，可用于化学镀镍。反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为___：若收集到112mLCO2（标准状况），理论上转移电子___ mo1。‎ ‎【答案】 (1). +84 (2). 升高温度 (3). 降低压强 (4). bd (5). c (6). 此温度下甲醛的选择性和甲醇的转化率均较高 (7). 1.575 (8). HCHO+2Ni2++H2O=2Ni+CO2↑+4H+ (9). 0.02‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）生成物和反应物之间的能量差为；‎ ‎（2）该反应是气体分子数增加的、吸热的可逆反应，因此根据勒夏特列原理，我们可以采用升高温度、降低压强的方法来促进平衡正向移动，提高转化率；再来看平衡的标志：‎ a.反应物和生成物都是气体，因此气体的密度是恒定不变的，a项错误；‎ b.该反应前后气体分子数不等，因此当压强保持不变时，说明反应已达到平衡状态，b项正确；‎ c.甲醇和氢气的化学计量数相同，因此无论何时都有v(CH3OH)消耗=v(H2)生成，c项错误；‎ d.当甲醛的浓度保持不变，说明其消耗速率和生成速率相同，即此时达到了平衡状态，d项正确；‎ 答案选bd；‎ ‎（3）在700℃时，甲醛选择性和甲醇转化率均较高，因此700℃是最合适的温度，答案选c；‎ - 17 -‎ ‎（4）平衡时甲醇为0.2mol，因此有0.8mol甲醇被消耗，其中甲醛有0.7mol，说明有0.7mol甲醇发生了反应①，有0.1mol甲醇发生了反应②，因此氢气一共有，代入平衡常数的表达式有；‎ ‎（5既然是镀镍，则镍被还原为单质，而甲醛被氧化为二氧化碳，因此反应的离子方程式为；甲醛中的碳可以按0价处理，二氧化碳中的碳为+4价，因此每生成1个二氧化碳分子需要转移4个电子，而112mL二氧化碳的物质的量为，因此一共要转移0.02mol电子。‎ ‎【点睛】对于任意一个氧化还原反应，总有氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移的总电子数，因此只需求出最好求的那一项，另外两项就迎刃而解了。‎ ‎11.元素的性质与原子结构、元素在周期表中的位置有着密切的关系。回答下列问题：‎ ‎（1）如图表示某短周期元素X的前五级电离能（I）的对数值，试推测并写出X的元素符号___。‎ ‎（2）化合物甲与SO2所含元素种类相同，两者互为等电子体，请写出甲的化学式___，甲分子中心原子的杂化类型是___。‎ ‎（3）配位化学创始人维尔纳发现，将1mo1CoC13·5NH3（紫红色）和1mo1CoC13•4NH3（绿色）溶于水，加入AgNO3溶液，立即沉淀的AgCl分别为2mo1、1mol。则紫红色配合物中配离子的化学式为___，绿色配合物中Co的配位数为___。‎ ‎（4）某稀土元素M的氧化物晶体为立方晶胞，其结构如图所示，图中小球代表氧离子，大球代表M离子。‎ - 17 -‎ ‎①写出该氧化物的化学式___。‎ ‎②己知该晶体密度为ρg·cm-3，晶胞参数为anm，NA为阿伏加德罗常数的值。则M的相对原子质量Mr=___（用含ρ、a等的代数式表示）；‎ ‎③以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子1（M原子）的坐标为（，，），则原子2(M原子）的坐标为___。‎ ‎【答案】 (1). Mg (2). S2O或OS2 (3). sp2 (4). [Co(NH3)5Cl]2+ (5). 6 (6). MO2 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据图像可以发现该元素的第三电离能显著增大，因此推测其为第二主族元素，而铍只有4个电子，不可能有第五电离能，因此只能为镁元素，其元素符号为；‎ ‎（2）将一个氧原子换成一个硫原子，因此的甲的化学式为或，中硫原子是杂化，考虑到等电子体的结构类似，因此分子中心原子的杂化类型也为；‎ ‎（3）根据分析，1mol紫红色的物质中有2mol位于外界，因此剩下的1mol位于内界，其配离子的化学式为，而1mol绿色的物质中有1mol位于外界，因此剩下的2mol位于内界，因此其配位数为4+2＝6；‎ ‎（4）①四个大球全部位于晶胞内部，因此按1个来算，而位于顶点的氧原子按来计算，位于棱心的氧原子按来计算，位于面心的氧原子按来计算，位于体心的氧原子按1个来计算，因此一共有个氧原子，根据分析，一个晶胞内有4个M离子和8个氧离子，因此其化学式为；‎ - 17 -‎ ‎②分子内有4个M和8个氧，因此一个晶胞的质量为，晶体的体积为，代入后化简即可得到；‎ ‎③把整个晶胞划分为8个小方块，则1号小球相当于左、上、后小方块的体心，2号小球相当于右、下、后小方块的体心，因此其坐标为。‎ ‎12.聚酰亚胺是综合性能最佳的有机高分子材料之一，已广泛应用在航空、航天、微电子等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图（部分反应条件己略去）：‎ 己知下列信息：‎ ‎①芳香族化合物B的一氯代物有两种 ‎②‎ ‎③‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）固体A是___（写名称）；B的化学名称是___。‎ ‎（2）反应①的化学方程式为___。‎ ‎（3）D中官能团的名称为___；反应②的反应类型是___。‎ ‎（4）E的分子式为___；己知1mo1F与足量的NaHCO3反应生成4mo1CO2，则F的结构简式是___。‎ ‎（5）X与C互为同分异构体，写出同时满足下列条件的X的结构简式___。‎ ‎①核磁共振氢谱显示四种不同化学环境的氢，其峰面积之比为2：2：1：1‎ ‎②能与NaOH溶液反应，1mo1X最多消耗4mo1NaOH - 17 -‎ ‎③能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应 ‎（6）参照上述合成路线，以甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计合成的路线___。‎ ‎【答案】 (1). 焦炭 (2). 对二甲苯（或1,4-二甲苯） (3). +2CH3OH+2H2O (4). 酯基 (5). 取代反应 (6). (7). (8). (9). CH3OHCH3Cl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 采用逆推法，D中应该含有2个酯基，即，反应①的条件是乙醇，因此不难猜出这是一个酯化反应，C为对二苯甲酸，结合B的分子式以及其不饱和度，B只能是对二甲苯，从B到C的反应条件是酸性高锰酸钾溶液，固体A是煤干馏得到的，因此为焦炭，再来看下线，F脱水的产物其实是两个酸酐，因此F中必然有四个羧基，则E就是1,2,4,5-四甲苯，据此来分析本题即可。‎ - 17 -‎ ‎【详解】（1）固体A是焦炭，B的化学名称为对二甲苯（或1,4-二甲苯）‎ ‎（2）反应①即酯化反应，方程式为+2CH3OH+2H2O；‎ ‎（3）D中官能团的名称为酯基，注意苯环不是官能团；‎ ‎（4）E是1,2,4,5-四甲苯，其分子式为，根据分析，F的结构简式为；‎ ‎（5）根据给出的条件，X应该含有两个酯基，并且是由酚羟基形成的酯，再结合其有4种等效氢，因此符合条件的X的结构简式为；‎ ‎（6）甲苯只有一个侧链，而产物有两个侧链，因此要先用已知信息中的反应引入一个侧链，再用酸性高锰酸钾溶液将侧链氧化为羧基，再进行酯化反应即可， 因此合成路线为CH3OHCH3Cl。‎ - 17 -‎ - 17 -‎