北京市通州区2020届高三上学期期末考试摸底考试化学试题
北京市通州区2019-2020学年高三摸底考试
化学试题
1.化学与科技、社会、生产密切相关，下列事实不涉及化学反应的是
A. 开采可燃冰生产天然气
B. 利用二氧化碳生产燃料乙醇
C. 化学家合成一些药物
D. 利用石油生产塑料、化纤等高分子材料
【答案】A
【解析】
【详解】A. 可燃冰是甲烷的水合物，融化后得到天然气，A符合题意；
B. 二氧化碳与氢气反应生成乙醇，发生化学变化，B不合题意，
C. 利用小分子合成一些药物，生成了新物质，C不合题意；
D. 石油产品裂解生成短链烃，再发生聚合得到塑料、化纤等高分子材料，D不合题意。
故选A。
2.下列有关化学用语使用正确的是
A. 氮分子的电子式：
B. 质子数为9，中子数为20的氟原子：
C. 对硝基苯酚的的结构简式：
D. FeCl3水解的离子方程式：FeCl3═Fe3++3Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氮分子的电子式为，A不正确；
B. 质子数为9，中子数为20的氟原子为，B不正确；
C. 对硝基苯酚是硝基和羟基分别连接在苯环对位的碳原子上，C正确；
D. FeCl3═Fe3++3Cl-是FeCl3电离方程式，D不正确。
故选C。
3.我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：
下列说法正确的是
A. 图示显示：起始时的2个H2O最终都参与了反应
B. 过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程
C. 过程Ⅲ只生成了极性共价键
D. 使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中1个水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ另一个水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了新的水分子，因此起始时的2个H2O最终都参与了反应，A项正确；
B．根据反应过程示意图，过程Ⅰ、Ⅱ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，B项错误；
C．过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水和氢气，H2中的化学键为非极性键，C项错误；
D．催化剂不能改变反应的△H，D项错误；
答案选A。
【点睛】值得注意的是D选项，催化剂只能降低活化能，改变化学反应速率，不能改变反应的热效应。
4.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是
A. 原子半径：W
0
C. 图丙表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数(N2的起始量恒定)的变化，图中a点N2的转化率大于b点
D. 图丁表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH
【答案】B
【解析】
【详解】A．2A(g)+2B(g)⇌3C(g)+D(s)为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，图中平衡状态相同，应为使用催化剂，故A错误；
B．图中金刚石比石墨的能量高，则石墨转化为金刚石的反应的△H＞0，故B正确；
C．增大氢气的量，可促进氮气的转化率，则图中a点N2的转化率小于b点，故C错误；
D．开始的pH相同，稀释相同倍数时，酸性强的pH变化大，则HA的酸性强，相同条件下NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，故D错误；
故答案为B。
14.硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物（NOx），将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是
A. 过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+Ce2+═2H++Ce3+
B. x=l时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
C. 处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce2+总数减少
D. 该转化过程的实质为NOx被H2还原
【答案】D
【解析】
【详解】A. 方程式H2+Ce2+═2H++Ce3+中，两种变价元素的价态都升高，违背氧化还原反应原则，A错误；
B. x=l时，过程Ⅱ中发生反应2NO+4Ce2++4H+==N2+4Ce3++2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，B错误；
C. 把两个反应式按电子守恒加和，得出混合溶液中Ce3+和Ce2+总数不变，C错误；
D. 该转化过程的实质为2NOx+2xH2==xN2+2xH2O，D正确。
故选D。
15.将高温水蒸气通到KSCN的表面，会发生下列反应：4KSCN+9H2O（g）═K2CO3+K2S+3CO2+3H2S+4NH3，请填空：
（1）上述反应所涉及的各元素中，原子半径最大的是______（填元素符号，下同）；属于第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序为：______；
（2）上述反应所涉及的各物质中，属于非电解质的是：______；
（3）写出CO2的电子式：______；
（4）已知物质的量浓度均为0.10mol/L的K2CO3和K2S溶液pH如下：K2CO3水溶液呈碱性的原因是______（用化学用语解释），从表中数据可知，K2CO3溶液c（CO32-）______K2S溶液c（S2-）（填“＞”“＜”或“=”）；
溶液
K2CO3
K2S
pH
11.6
12.5
（5）K2S接触潮湿银器表面，会出现黑色斑点（Ag2S），其原理如下（配平反应式）：______K2S+______Ag+______O2+______H2O→______Ag2S+______KOH。_____________，每消耗标准状况下224mLO2，转移电子数目为______。
【答案】 (1). K (2). O>N>C (3). CO2、NH3 (4). (5). CO32-＋H2OHCO3-＋OH- (6). > (7). 2、4、1、2、2、4 (8). 0.04NA
【解析】
【分析】
(1)比较原子半径时，通常先看电子层数，一般情况下，电子层数越多，半径越大；若电子层数相同，则依据同周期元素的半径递变规律进行分析。
(2)比较非金属性时，可利用同周期、同主族元素的非金属性的变化规律进行推断。
(3)比较相同浓度盐溶液中酸根离子浓度时，可依据溶液的pH，确定酸根离子的水解程度，pH越大，酸根的水解程度越大，对应酸越弱，溶液中酸根离子浓度越小。
(4)配平氧化还原反应时，首先找出变价元素并标出化合价，确定首先配平的两种物质，然后利用电子守恒进行配平；再依据电荷守恒、质量守恒进行配平。
【详解】(1)在反应4KSCN+9H2O(g)═K2CO3+K2S+3CO2+3H2S+4NH3中，所涉及的元素为K、S、C、N、O、H，其中K原子核外有4个电子层，S原子核外有3个电子层，C、N、O原子核外有2个电子层，H原子核外有1个电子层，电子层数越多，原子半径越大，则原子半径最大的是K；属于第二周期元素的非金属元素为C、N、O，三者从左到右的顺序为C、N、O，非金属性依次增强，则三者由强到弱的顺序为O>N>C；答案为：K；O>N>C；
(2)上述反应所涉及的各物质中，KSCN、H2O、K2CO3、K2S、H2S为电解质，属于非电解质的是CO2、NH3。答案为：CO2、NH3；
(3) CO2为共价化合物，C与每个O原子间形成两对共用电子，电子式为。答案为：；
(4) K2CO3为强酸弱碱盐，在水溶液中CO32-水解生成OH-而使溶液呈碱性，原因是CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，从表中数据可知，K2S溶液的pH大，说明S2-水解的程度大，相同浓度时，K2CO3溶液c(CO32-)>K2S溶液c(S2-)。答案为：CO32-＋H2OHCO3-＋OH-；>；
(5)在反应 ______K2S+______Ag+______O2+______H2O→______Ag2S+______KOH中，Ag作还原剂，O2作氧化剂，依据电子守恒，可得出4Ag+O2→2Ag2S，再依据质量守恒，便可得到配平的方程式为2K2S+4Ag+O2+2H2O==2Ag2S+4KOH；标准状况下，224mLO2为0.01mol，转移电子数目为0.04NA。答案为：2、4、1、2、2、4；0.04NA。
【点睛】CO2电子式的书写，是我们的易错点，由于缺少对电子式的系统分析，有些同学总会想当然，只想着形成8电子相对稳定结构，没有考虑原子核外的电子数，写成或等。
16.某化学兴趣小组设计实验探究Mg与盐溶液反应的多样性。
实验
向试管中加2mL溶液
实验现象
实验I：
0.1 mol/L AgNO3溶液
镁条表面迅速覆盖一层疏松黑色固体，并有少量气泡产生
实验II：
2.0 mol/L NH4Cl溶液
反应开始时产生大量气体（经检验其中含有H2），一段时间后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
实验III：
pH=8.2 NaHCO3溶液
产生大量气体（经检验其中含有H2和CO2）和白色固体
请回答下列问题：
（1）对实验I进行研究：
① 推测实验Ⅰ中黑色固体为Ag，则发生反应的离子方程式为_______________。
② 确认黑色固体为Ag的实验方案是___________________________________。
（2）对实验II进行研究：
① 反应开始时产生H2的原因可能是Mg和NH4+直接反应，或 ___________。
② “一段时间后”产生的气体一定含有H2和_____。
③ 为进一步研究，设计如下实验：
实验
操作
现象
实验IV
向装有相同镁条的试管中加入2mL1.0mol/L (NH4)2SO4溶液
产生气体的速率明显慢于实验II
结合实验II、IV，可以得出的结论是________________________________。
（3）对实验III进行研究：
①经检验，白色固体为碱式碳酸镁[ Mg2(OH)2CO3 ]。
②推测在pH=8.2的该溶液中，若无HCO3－，则H+和Mg反应的程度很小。通过实验证实了该推测，其实验操作是__________________________。
（4）根据上述实验判断，影响Mg与盐溶液反应多样性原因有_______（填字母序号）
A．盐溶液中阳离子的氧化性 B．盐溶液的温度
C．含Mg生成物的溶解性 D．盐溶液中阴离子的影响
【答案】 (1). 2Ag++Mg=2Ag+Mg2+ (2). 将黑色固体过滤、洗涤，向其中加入稀HNO3，黑色固体溶解并产生无色气体，遇空气后变成红棕色，并向所得溶液中滴加NaCl溶液，生成白色沉淀。 (3). NH4+水解使溶液中c(H+)增大，与Mg反应生成H2 (4). NH3 (5). Cl-有利于Mg和铵盐溶液反应产生H2（或SO42-不利于Mg和铵盐溶液反应产生H2、溶液中阴离子的种类会影响Mg和铵盐溶液反应产生H2） (6). 向装有相同镁条的试管中加入2mLpH=8.2的NaOH溶液。 (7). ACD
【解析】
本题考查实验方案设计与评价，（1）①出现黑色固体，此固体为Ag，利用金属活动顺序表，发生置换反应，即Mg＋2Ag＋=Mg2＋＋2Ag；②确认是Ag，需要检验Ag＋，即将Ag转化成Ag＋，具体操作是：将黑色固体过滤、洗涤，向其中加入稀HNO3，黑色固体溶解并产生无色气体，遇空气后变成红棕色，并向所得溶液中滴加NaCl溶液，生成白色沉淀，说明黑色固体为Ag；（2）①NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4＋发生水解反应，NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，消耗H＋
促使平衡向正反应方向进行；②根据实验II，除得到氢气外，还有一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，此气体为NH3；③加入的是(NH4)2SO4，NH4＋的浓度与NH4Cl中NH4＋浓度相同，不同的是阴离子，因此得出结论是Cl－有利于Mg和铵盐溶液反应产生H2（或SO42－不利于Mg和铵盐溶液反应产生H2、溶液中阴离子的种类会影响Mg和铵盐溶液反应产生H2）；（3）②HCO3－在水中既有电离也有水解，HCO3－H＋＋CO32－，pH=8.2说明溶液显碱性，得到Mg2(OH)2CO3，当没有HCO3－，则H＋和Mg2＋反应的程度很小，实验设计为：向装有相同镁条的试管中加入2mLpH=8.2的NaOH溶液，观察反应现象；（4）A、根据实验I，利用Ag＋的氧化性较强，得到黑色固体，故A正确；B、四个实验中没有说明温度对实验的影响，故B错误；C、根据实验III，得到碱式碳酸镁，碱式碳酸镁不溶于水，故C正确；D、实验II和IV的对比，说明阴离子的影响，故D正确。
17.碘及其化合物在生活中应用广泛，含有碘离子的溶液需回收处理。
（1）“硫碘循环”法是分解水制备氢气的研究热点，涉及下列三个反应：
反应Ⅰ：SO2（g）+I2（aq）+2H2O（l）═2HI（aq）+H2SO4（aq）△H1
反应Ⅱ：HI（aq）═H2（g）+ I2（aq）△H2
反应Ⅲ：2H2SO4（aq）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）
①反应：SO2（g）+2H2O（l）═H2SO4（aq）+H2（g）的△H═______（用△H1、△H2表示）；
②分析上述反应，下列判断正确的是______；
A．反应Ⅲ易在常温下进行
B．反应I中SO2还原性比HI强
C．循环过程中需补充H2O
D．循环过程中产生1molO2同时产生1molH2
③反应I发生时，溶液中存在如下平衡：I2（aq）+I-（aq）⇌I3-（aq），其反应速率极快且平衡常数大。现将1mol SO2．缓缓通入含1molI2的水溶液中至恰好完全反应。溶液中I3-的物质的量n（I3-）随反应时间（t）的变化曲线如图所示。开始阶段n（I3-）逐渐增大的原因是：______；
（2）用海带提取碘时，需用氯气将碘离子氧化成单质。酸性条件下，若氯气过量还能将碘单质进一步氧化成碘酸根离子（IO3-），写出氯气与碘单质反应的离子方程式：______；
（3）氯化银复合吸附剂也可有效吸附碘离子。氯化银复合吸附剂对碘离子的吸附反应为I-（aq）+AgCl（s）⇌AgI（s）+Cl-（aq），反应达到平衡后溶液中c（I-）═______[用c（Cl-）、Ksp（AgCl）和Ksp（AgI）表示]．该方法去除碘离子的原理是______。
【答案】 (1). △H1+2△H2 (2). BC (3). 开始阶段，SO2和I2反应生成的I-的浓度不断增大，I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)的反应平衡向右移动，n(I3-)不断增加 (4). 5Cl2+I2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+ (5). (6). AgI的溶度积比AgCl的溶度积小
【解析】
【分析】
(1)利用已知热化学反应求解未知热化学反应时，可利用盖斯定律进行计算，计算时，可根据未知反应，确定已知反应是否需要调整反应物与生成物，是否需要调整化学计量数。
(2)在分析图象信息时，从发生的反应入手，根据生成物的浓度变化，确定平衡移动的方向，寻找浓度变化的原因。
(3)在分析沉淀溶解平衡时，虽然涉及两个平衡体系，仍可像对待一般的化学平衡一样进行处理。
【详解】(1) ①a．SO2(g)+I2(aq)+2H2O(l)═2HI(aq)+H2SO4(aq) △H1
b．HI(aq)═H2(g)+I2(aq) △H2
由盖斯定律可知a+2×b得SO2(g)+2H2O(1)═H2SO4(aq)+H2(g) △H=△H1+2△H2。答案为：△H1+2△H2 ；
②A．△H-T△S＜0的反应可自发进行，为吸热、熵增的反应，常温不能自发进行，A错误； B．I中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则SO2还原性比HI强，B正确；
C．将三个反应式相加，得出2H2O(1)==2H2(g)+O2(g)，反应消耗水，需要不断补充，C正确； D．分解水生成氢气和氧气的体积比为2：1，则产生1molO2同时产生2molH2，D错误。答案为：BC；
③n(I3-)逐渐增大的原因是开始阶段，SO2和I2反应生成的I-的浓度不断增大，I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)的反应平衡向右移动，n(I3-)不断增加。答案为：开始阶段，SO2和I2反应生成I-
的浓度不断增大，I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)的反应平衡向右移动，n(I3-)不断增加；
(2)酸性条件下，若氯气过量还能将碘单质进一步氧化成碘酸根离子(IO3-)，氯气与碘单质反应的离子方程式为5Cl2+I2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+。答案为：5Cl2+I2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+；
(3)吸附反应为I-(aq) +AgCl(s)⇌AgI(s)+Cl-(aq)，反应达到平衡后，c(I-)==，去除碘离子的原理是AgI溶度积比AgCl的溶度积小，发生沉淀的转化。答案为：；AgI溶度积比AgCl的溶度积小。
【点睛】计算c(I-)时，我们也可以这样操作，Ksp(AgCl)= c(Cl-)∙ c(Ag+)，Ksp(AgI)= c(I-)∙ c(Ag+)，然后两式相比，即得出，从而得出c(I-)=。
18.某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂。通过如下简化流程既脱除燃媒尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）。
请回答下列问题：
(1)下列各组试剂中，能准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量的是______（填编号）；
A．NaOH溶液、酚酞溶液 B．稀H2SO4酸化的KMnO4溶液 C．碘水、淀粉溶液 D．氨水、酚酞溶液
(2)写出软锰矿浆吸收SO2的化学方程式______；
(3)用MnCO3，能除去溶液中的Al3+和Fe3+，用原理解释：______。
(4)写出KMnO4与MnSO4溶液反应的离子方程式______；
(5)工业上将K2MnO4溶液采用惰性电极隔膜法电解，可制得KMnO4．装置如图：
①D是溶液______；
②结合电极反应式简述生成KMnO4的原理：______；
(6)除杂后得到的MnSO4溶液可以通过______（填操作名称）、过滤制得硫酸锰晶体。
【答案】 (1). BC (2). MnO2+SO2=MnSO4 (3). 消耗溶液中氢离子，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀 (4). 2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+ (5). 浓KOH溶液 (6). a极上发生MnO42--e-═MnO4-，部分钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4 (7). 蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【分析】
由流程可知，含二氧化硫的尾气通入稀硫酸酸化的软锰矿浆中，二氧化硫能被二氧化锰氧化为硫酸锰，MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS能将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰、硫酸钾。
【详解】(1)二氧化硫可被高锰酸钾、碘水氧化，根据颜色变化，可准确判断滴定终点，从而准确测定其含量，而与碱反应时选酚酞作指示剂，吸收不彻底，不能准确测定二氧化硫的含量。答案为：BC；
(2)锰矿浆吸收SO2，生成硫酸锰，反应的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4。答案为：MnO2+SO2=MnSO4；
(3)在水溶液中，Al3+和Fe3+都能水解生成H+，MnCO3能与H+反应从而促进Al3+和Fe3+完全转化为氢氧化物沉淀，从而除去溶液中的Al3+和Fe3+。用原理解释为消耗溶液中氢离子，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀。答案为：消耗溶液中氢离子，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；
(4)KMnO4与MnSO4溶液发生归中反应，生成MnO2沉淀，反应的离子方程式为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。答案为：2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；
(5)①由图可知，a电极上MnO42-失去电子，b电极上水电离出的氢离子得到电子生成OH-，左侧溶液中的K+通过阳离子交换膜进入右侧溶液，所以右侧KOH的浓度变大，D是浓KOH
溶液。答案为：浓KOH溶液；
②a为阳极，阳极上K2MnO4失去电子发生氧化反应，电极反应式为MnO42--e-═MnO4-，部分钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4。答案为：a极上发生MnO42--e-═MnO4-，部分钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4；
(6)由MnSO4溶液得到MnSO4•H2O晶体，应蒸发浓缩、冷却结晶、过滤及干燥。答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。
【点睛】进行滴定操作时，不一定要使用指示剂，如酸性高锰酸钾溶液测定尾气中二氧化硫的含量，由于滴定终点时溶液能发生明显的颜色变化，所以能准确判断滴定终点。
19.以烃A为主要原料，采用以下路线合成药物X、Y和高聚物Z。
已知：
Ⅰ．（R或R'可以是烃基或H原子）；
Ⅱ．反应①、反应②、反应⑤的原子利用率均为100%
请回答下列问题：
(1)A的结构简式为______；
(2)X中的含氧官能团名称为______，反应③的条件为______，反应④的反应类型是______；
(3)关于药物Y（）的说法正确的是______；
A.药物Y的分子式为C8H8O4遇氯化铁溶液可以发生显色反应
B.1mol药物Y与H2、浓溴水中的Br2反应，分别最多消耗4mol和2mol
C.1mol药物Y与足量的钠反应可以生成33.6L氢气
D.药物Y中⑥、⑦、⑧三处一OH上H的电离程度由大到小的顺序是⑧＞⑥＞⑦
(4)写出反应E→F的化学方程式______；
(5)写出符合下列条件的E的所有同分异构体的结构简式______；
①属于酚类化合物，且是苯的对位二元取代物；
②能发生银镜反应和水解反应；
③核磁共振氢谱有6个峰。
(6)设计一条以CH3CHO为起始原料合成Z的线路（其他试剂任选）______。
【答案】 (1). HC≡CH (2). 酯基 (3). 氢氧化钠水溶液、加热 (4). 消去反应 (5). AD (6). (7). (8).
【解析】
【分析】
反应①、反应②、反应⑤的原子利用率均为100%，属于加成反应，结合反应②的产物，可推知A为CH≡CH，B为，而G的相对分子质量为78，则G为。C可以发生催化氧化生成D，D发生信息Ⅰ中反应，则反应③为卤代烃在氢氧化钠水溶液、加热条件下的水解反应，则C为，D为，E为，F为，F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应得到X。乙醛与HCN发生加成反应、酸性条件下水解得到，与甲醇发生酯化反应生成，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3，最后发生加聚反应得到。
【详解】(1)由以上分析可知A为HC≡CH。答案为：HC≡CH；
(2)X为，含氧官能团名称为酯基，反应③的条件为：氢氧化钠水溶液、加热，反应④的反应类型是消去反应。答案为：酯基；氢氧化钠水溶液、加热；消去反应；
(3)关于药物Y（）
A．药物Y的分子式为C8H804，含有酚羟基，遇氯化铁溶液可以发生显色反应，A正确；
B．苯环与氢气发生加成反应，1mol药物Y与3molH2加成，Y中酚羟基的邻位能与浓溴水发生取代反应，1molY消耗2molBr2，B错误；
C．羟基、羧基能与钠反应生成氢气，1mol药物Y与足量的钠反应可以生成1.5mol氢气，标况下氢气体积为33.6L，但氢气不一定处于标况下，C错误；
D．羧基酸性最强，酚羟基酸性很弱，醇羟基表现为中性，药物Y中⑥、⑦、⑧三处-OH的电离程度由大到小的顺序是⑧＞⑥＞⑦，D正确。故选AD；
(4)反应E→F的化学方程式 。答案为：
；
(5) E()的同分异构体符合下列条件：①属于酚类化合物，且是苯的对位二元取代物；②能发生银镜反应和水解反应；③核磁共振氢谱有6个峰。符合条件的同分异构体为：、。答案为：、；
(6)乙醛与HCN发生加成反应，酸性条件下水解得到，与甲醇发生酯化反应生成，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3，最后发生加聚反应得到。合成路线流程图为：
。
答案为：。
【点睛】合成目标有机物时，我们可采用逆推法，由高聚物结构简式，确定合成该有机的的单体，然后与原料有机物进行对比，找出碳链的增长与缩短、官能团的改变及变化的部位，借助信息及题干中的合成路线图，确定合理的合成路线。