2021-2022学年陕西省西安市长安区高考仿真卷化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示：且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液

2、体。下列说法正确的是AYW3分子中的键角为120BW2Z的稳定性大于YW3C物质甲分子中存在6个键DY元素的氧化物对应的水化物为强酸2、一l，3一葡聚糖具有明显的抗肿瘤功效，受到日益广泛的关注。-l，3一葡聚糖的结构简式如图，下列说法正确的是A分子式为(C6Hl2O6)nB与葡萄糖互为同系物C可以发生氧化反应D葡萄糖发生加聚反应可生成-l，3一葡聚糖3、下列各组离子能大量共存的是A在pH=0的溶液中：NH4+、Al3+、OH-、SO42-B在新制氯水中:Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C在加入NH4HCO3产生气体的溶液中:Na+、Ba2+、Cl-、NO3-D加入Al片能产生H2的溶液：N

3、H4+、Ca2+、HCO3-、NO3-4、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=2的透明溶液：K+、SO42-、Na+、MnO4-B使酚酞变红的溶液：Na+、Mg2+、Cl-、NO3-C与Al反应生成H2的溶液：NH4+、K+、NO3-、SO42-Dc（NO3-）=1.0molL-1的溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-5、常温下向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐渐滴入0.1mol/L的NH3H2O溶液, 所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析不正确的是Aab点导电能力增强，说明HR为弱酸Bb点溶液pH=7，说明NH4R没有水解Cc点溶液存在c(NH4+)c(

4、R-)、c(OH-)c(H+)Dbc任意点溶液均有c(H+)c(OH-)=Kw=1.010-146、科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如左下图所示，用CuSi合金作硅源，在950下利用三层液熔盐进行电解精炼，并利用某CH4燃料电池(如下图所示)作为电源。下列有关说法不正确的是A电极c与b相连，d与a相连B左侧电解槽中;Si优先于Cu被氧化Ca极的电极反应为CH4-8e+4O2 =CO2+2H2OD相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，会影响硅的提纯速率7、以有机物A为原料通过一步反应即可制得重要有机化工产品P()。下列说法错误的是AA的分子式为C11H14

5、，可发生取代、氧化、加成等反应B由A生成P的反应类型为加成聚合反应，反应过程没有小分子生成CA的结构简式为，分子中所有碳原子不可能共面D1 mol A最多能与4 mol H2发生加成反应8、碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，结构如图（ ），碳酸亚乙酯可由环氧乙烷与二氧化碳反应而得，亦可由碳酸与乙二醇反应获得。下列说法正确的是A上述两种制备反应类型相同B碳酸亚乙酯的分子式为C3H6O3C碳酸亚乙酯中所有原子可能共平面D碳酸亚乙酯保存时应避免与碱接触9、有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是A原子结构示意图可以表示，也可以表示B轨道表示式既可表示碳原子也可表示氧原子最外层电子C比例模型可以表示二氧化碳

6、分子，也可以表示水分子D分子式可以表示乙酸，也可以表示乙二醇10、零族元素难以形成化合物的本质原因是A它们都是惰性元素B它们的化学性质不活泼C它们都以单原子分子形式存在D它们的原子的电子层结构均为稳定结构11、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A1molCl2与过量Fe粉反应生成FeCl3，转移2NA个电子B常温常压下，0.1mol苯中含有双键的数目为0.3NAC1molZn与一定量浓硫酸恰好完全反应，则生成的气体分子数为NAD在反应KClO48HCl=KCl4Cl24H2O中，每生成1molCl2转移的电子数为1.75NA12、电解质的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol

7、L-1的KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100molL-1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（ ）A曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线B在相同温度下，P点水电离程度大于M点CM点溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1molL-1DN点溶液中：c(K+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)13、关于三种化合物：，下列说法正确的是A它们均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B它们的分子式都是C8H8C它们分子中所有原子都一定不共面D的二氯代物有4种14、下列说法中，不正确的是A固体表面水膜的酸性很弱或

8、呈中性，发生吸氧腐蚀B钢铁表面水膜的酸性较强，发生析氢腐蚀C将锌板换成铜板对钢闸门保护效果更好D钢闸门作为阴极而受到保护15、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，Y元素最外层电子数是其电子层数的3倍，Q与Y同主族，X与Y构成的化合物可引起光化学烟雾，Z、W、Q的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应。下列说法正确的是( )A简单氢化物的沸点：YQBW的氧化物可作耐高温材料C简单离子半径最大的为ZD气态氢化物的稳定性：Y，氧、硫同主族，核电荷数越大，半径越大，则，故钠离子半径不可能最大，C错误；D.非金属性NO，则 气态氢化物的稳定性H2ONH3，D错误；答案选B。16、C【解析

9、】A.单质溴易溶于有机溶剂，因此可以用萃取的方法将其从水相中分离，A项正确；B.配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶，B项正确；C.若要从食盐水中获得食盐晶体，可以蒸发结晶，蒸发结晶一般在蒸发皿中进行，C项错误；D.制备少量乙酸乙酯，可以在试管中进行，再用导管将产物通入饱和碳酸钠溶液中收集产物并除杂，D项正确；答案选C。17、C【解析】根据题给信息，Q溶液与FeCl3溶液反应生成血红色物质，可知Q溶液中含有SCN-；Q溶液与NaOH溶液共热会生成一种使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，可知该气体为NH3，则Q溶液中含有NH4+。由此可推断出Q为NH4SCN。根据

10、最外层电子数关系可知X为氢元素，Y为碳元素，Z为氮元素，R为硫元素。【详解】A同一周期从左至右，原子半径逐渐减小，故原子半径：CN，H原子只有一个电子层，原子半径最小，故三者原子半径大小关系为：CNH，A项正确；B同一周期从左向右，最高价氧化物对应水化物的酸碱性规律为：碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强。故HNO3的酸性比H2CO3强，B项正确；CC、H组成的烃类化合物中，常温下苯等烃类呈液态，C项错误；DC3N4类似于Si3N4，同属于原子晶体，是共价化合物，D项正确；答案选C。18、A【解析】A10mL浓度为0.1 molL1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴入10mL0.1 molL1的Na2S反

11、应生成CuS沉淀和ZnS沉淀，Ksp(ZnS) Ksp(CuS)，反应后溶液中锌离子浓度大，则abe为滴定ZnCl2溶液的曲线，故A错误；B某温度下，分别向10mL浓度均为0.1 molL1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1 molL1的Na2S溶液发生反应生成硫化铜和硫化锌，铜离子浓度和锌离子浓度减小，水解产生的c(H+)降低，溶液pH增大，硫化钠溶液呈碱性，完全反应后继续滴加硫化钠溶液，溶液pH增大，溶液pH：abe，故B正确；CCuCl2在溶液中发生水解反应，生成氢氧化铜，溶液中存在物料守恒：c(Cl)= 2c(Cu2+) + 2cCu(OH)2，溶液中氢离子浓度大于氢氧化铜的浓度

12、，c(Cl)2c(Cu2+)+c(H+)，故C正确；Dc点时铜离子全部沉淀，此时加入的Na2S的物质的量等于原溶液中CuCl2的物质的量，所以生成CuS沉淀后，c(Cu2+)=c(S2)，则Ksp(CuS)=1017.71017.7=1035.4，d点加入20mL0.1 molL1Na2S溶液，溶液中硫离子浓度，c(Cu2+)=31034.4molL1，-lgc(Cu2+)=34.4-lg3= 34.4-0.5= 33.9，故D正确。综上所述，答案为A。19、D【解析】在高温高压的水溶液中，AuS与Fe2+发生反应沉积出磁铁矿(主要成分Fe3O4)和金矿(含Au)，并伴有H2S气体生成，则反应

13、的方程式可表示为4H2O+2AuS+3Fe2+Fe3O4+2Au+2H2S+4H，则A氧化剂是AuS，还原剂是亚铁离子，根据电子得失守恒可知二者的物质的量之比1:1，选项A错误；BAuS中Au的化合价降低，只作氧化剂，亚铁离子是还原剂，选项B错误；C不能确定气体所处的状态，则每生成2.24 L气体，转移电子数不一定为0.1mol，选项C错误；D反应后有氢离子产生，因此溶液的pH值降低，选项D正确；答案选D。20、D【解析】第六周期0族元素为86号元素，因此8681 =5，18 5 =13，在13纵列，即第A族，因此81号元素在第六周期A族，故D符合题意。综上所述，答案为D。21、C【解析】A玻

14、璃中含SiO2，会跟HF反应，所以生活中常用氢氟酸刻蚀玻璃，A正确；BHCl是由共价键构成的共价化合物，B正确；C高粱中不含乙醇，高粱酿酒是利用葡萄糖分解生成酒精与二氧化碳的原理，故C错误；D所有胶体都具有丁达尔效应，D正确。答案选C。22、B【解析】微粒的浓度越大，lgc越大。酸性溶液中c(CH3COOH)0.01mol/L，lgc(CH3COOH)-2，碱性溶液中c(CH3COO-)0.01mol/L，lgc(CH3COO-)-2；酸性越强lgc(H+)越大、lgc(OH-)越小，碱性越强lgc(H+)越小、lgc(OH-)越大，根据图象知，曲线c为CH3COOH，a为CH3COO-，b线

15、表示H+，d线表示OH-。据此分析解答。【详解】A. 根据上述分析，直线b、d分别对应H+、OH，故A正确；B. 根据图象，pH6时，c(Ac)c(HAc)c(H+)，故B错误；C. HAc电离常数Ka=，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，Ka=c(H+)=10-4.74，数量级为10-5，故C正确；D. 曲线a与c的交点，表示c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，根据C的分析，Ka=c(H+)=10-4.74，pKa-lgKa-lg c(H+)=pH4.74，故D正确；答案选B。二、非选择题(共84分)23、浓硫酸和浓硝酸 取代 副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低

16、+nH2O CH3CH=CHCOOCH2CH3 【解析】A为甲苯，其结构简式是，结合P的结构简式，可知A与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为，B与氯气在光照条件下发生取代反应生成C为，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为，可知G的结构简式为，则F为，E的分子式是C6H10O2，则E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，以此解答该题。【详解】（1）反应是与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成，试剂a是：浓硫酸和浓硝酸，反应为氯代烃的取代反应，故答案为：浓硫酸和浓硝酸；取代；（2）光照条件下，氯气可取代甲基的H原子，副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低，故答案

17、为：副产物较多，导致产物较多，目标产物产率较低；（3）反应的化学方程式为，故答案为：；（4）由以上分析可知E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，故答案为：CH3CH=CHCOOCH2CH3；（5）丙烯与氯气在加热条件下发生取代反应生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl水解生成CH2=CHCH2OH，再发生催化氧化生成CH2=CHCHO，进一步氧化生成CH2=CHCOOH，最后与氢氧化钠溶液反应得到CH2=CH2COONa，在一定条件下发生加聚反应可生成目标物，合成路线流程图为：，故答案为：。24、HOCH2CCCH2OH 羟基 【解析】结合A的分子式和C后的产物，可知1分子乙炔与

18、2分子甲醛发生加成反应生成A，故A的结构简式为HOCH2CCCH2OH；A与氢气发生加成反应生成B，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B与HBr发生取代反应生成C，C的结构简式为BrCH2CH2CH2CH2Br，C与KCN发生取代反应生成NCCH2CH2CH2CH2CN，然后NCCH2CH2CH2CH2CN水解生成HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇，环己醇发生催化氧化生成环己酮，环己酮发生氧化反应HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，HOOCCH2CH2CH2CH2COOH与SOCl2发生取代反应生成ClCO(CH2)4COCl，ClCO(CH2

19、)4COCl与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应，生成高分子材料尼龙66。【详解】（1）结合A的分子式和C后的产物，可知1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A，故A的结构简式为HOCH2CCCH2OH；（2）A与氢气发生加成反应生成B，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B中官能团的名称是羟基；（3）反应、是加成反应，反应、为取代反应；（4）反应是苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇，反应方程式为；（5）高分子材料尼龙66中含有结构片段，ClCO(CH2)4COCl与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应，生成高分子材料尼龙66，反应方程式为；（6）某聚合物K的单体与A(HOCH2CCCH2O

20、H)互为同分异构体，该单体能与NaHCO3溶液反应，故该单体中含有羧基，该单体核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1:2:3，所以该单体的结构简式为CH2=C(CH3)COOH，该聚合物K的结构简式为；（7）由HOCH(CH3)COOH发生缩聚反应生成聚乳酸()，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与HCN发生反应后在水解条件下生成HOCH(CH3)COOH，合成路线如图所示。25、tBuOHHNO2tBuNO2H2O 恒压滴液漏斗(滴液漏斗) 水浴加热 降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失 2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32Ce(NO3)32NaNO33N2 65% AC Cl

21、O2N3-H2O=Cl2OH3N2 【解析】(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为：；(2) 装置a的名称即为恒压滴液漏斗；反应要控制温度在65，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热；题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce4+和中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：；在计算叠氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了与过量的六硝酸铈铵反应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce，因此有：，考虑

22、到Fe2+与Ce4+的反应按照1:1进行，所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：，所以叠氮化钠样品的质量分数为：；A润洗锥形瓶，会使步骤消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A项正确；B量取40mL六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B项错误；C步骤用Fe2+标定未反应的Ce4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C正确；D将挂在锥形瓶壁上的

23、Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D项不符合；答案选AC；(4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH-；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：。【点睛】滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：用待测物A与过量的B反应，再用C标定未反应的B，在做计算时，要注意A与C一同消耗的B。26、弱 还原 分液漏斗 排除装置中的空气 Cu2+H2S=CuS+2H+ 将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收 洗涤 干燥

24、 2.5mol/L 偏高 【解析】（1）根据盐类水解原理及酸性高锰酸钾的强氧化性分析解答；（2）根据实验目的、实验装置及空气的组成和H2S的还原性分析解答；运用关系式法进行相关计算。【详解】（1）在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品，加水溶解，洲得溶液pH=10，溶液显碱性，说明盐为强碱弱酸盐；向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去证明盐被氧化发生氧化还原反应，Na2CS3具有还原性，故答案为：弱；还原性；（2）根据仪器构造分析，仪器d的名称分液漏斗；N2化学性质比较稳定，为了防止空气中氧气将H2S氧化，所以反应开始时需要先通入一段时间N2，排除装置中的空气，故答案为：分液漏斗；排除装置中的空

25、气；B中发生反应是硫酸铜和硫化氢反应生成黑色硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：Cu2+H2S=CuS+2H+，故答案为：Cu2+H2S=CuS+2H+；反应结束后打开活塞K，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收，故答案为：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收，将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收；称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作名称是：过滤、洗涤、干燥，若B中生成沉淀的质量为8.4g，物质的量=，物质的量守恒，CS32-+2H+=CS2+H2S，Cu2+H2S=CuS+2H+，得到定量关系：CS32H2SCu

26、S， n（Na2CS3）= n（CuS）=0.0875mol，则35.0mL三硫代碳酸钠溶液的物质的量浓度，故答案为：洗涤、干燥； 2.5mol/L；若反应结束后将通热N2改为通热空气，通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，C中除吸收二硫化碳还会吸收空气中二氧化碳，溶液质量增加偏大，计算得到溶液浓度或偏高，故答案为：偏高。27、II I 除去氯气中的氯化氢，安全瓶（监测装置H是否堵塞） U型管中左边有色布条褪色，右边有色布条没有褪色 Cl2+2I-2Cl-+I2 取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明N

27、a2SO3已被氧化 Cl2也可与KI反应生成I2，乙组设计的实验中并没有排除Cl2对实验的干扰，故不能比较Cl、Br、I的非金属性 或Cl2未充分接触到溴化钠溶液中，未必能看到现象 无尾气处理装置，污染环境 【解析】(1)结合反应原理甲组利用固体与液体加热制备氯气；乙组利用固体与液体反应不加热制氯气；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，装置G中CaCl2是干燥剂；(3)氯气能氧化I-生成I2；装置C中氯气氧化了亚硫酸钠，所得溶液中含有SO42-，只要利用稀盐酸和BaCl2溶液检验溶液中是否存在SO42-，即可判断有没有发生氧化还原反应；(4)NaBr溶液未能完全吸收Cl2，有部分Cl

28、2参与KI氧化为I2的反应；(5)Cl2是有毒气体，需要处理含氯气的尾气。【详解】(1)甲组用漂白粉与硫酸溶液混合加热制取氯气，实验中A选用装置II；而乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，反应不需要加热，则E选用装置I；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，可利用装置F中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，同时根据长颈漏斗中液面是否上升，达到监测装置H是否堵塞的目的；从F中进入G中的Cl2混有水蒸气，能使U型管中左边有色布条褪色，而潮湿的氯气经过无水CaCl2干燥后，不再具有漂白性，则右边有色布条没有褪色；(3)氯气能氧化I-生成I2，发生反应的离子方程式为Cl2+2I-2Cl-+I2；验证

29、装置C中氯气是否氧化亚硫酸钠的操作方法是取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化；(4)乙组中H装置中NaBr不能完全吸收Cl2，将有部分Cl2也可与KI反应生成I2，干扰Br2氧化I-的实验，则无法判断Br2和I2的氧化性强弱，也不能比较Cl、Br、I的非金属性；(5)甲组实验存在的明显缺陷是无尾气处理装置，污染环境。【点睛】本题考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应生成的HClO有漂白性，易错点是装置G中左

30、侧干燥有色布条能褪色，原因是制得的氯气中混有水蒸气。28、C10H8O4 浓硫酸 消去反应 羧基、羟基、碳碳双键 +H2O 8 第一种路线：第二种路线：CH2=CH2CH2BrCH2BrCH2=CH-CH=CH2CH3CH=CHCH3 【解析】（1）（6）A发生加成反应生成的B为HOOCCH（OH）CH2CH2Br，B和HCHO发生已知的反应生成C：，C发生消去反应生成D：，醇发生消去反应需要在浓硫酸作催化剂、加热条件下进行，所以试剂a为浓硫酸；D与I2反应生成E，根据F的分子式和白头翁素的结构简式，F发生已知的反应生成白头翁素，则F为，E发生消去反应生成F，卤代烃在NaOH醇溶液、加热条件下

31、发生消去反应，则b为NaOH醇溶液。(7)以乙烯为起始原料合成，可由CH3CH=CHCH3发生已知的反应得到；CH3CH=CHCH3可由CH3CH2Br与CH3CHO发生已知的反应获得，CH2=CH2与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，乙烯与水发生加成反应得乙醇，乙醇催化氧化可制得CH3CHO；CH3CH=CHCH3也可由CH2=CHCH=CH2和氢气发生1，4加成反应得到，CH2=CHCH=CH2可由CH2BrCH2Br和HCHO发生已知的反应得到，CH2BrCH2Br可由CH2=CH2和溴发生加成反应得到。【详解】(1)根据结构简式确定白头翁素的分子式为C10H8O4；(2)CD为醇

32、的消去反应，则试剂a为浓硫酸，EF的反应类型为消去反应；(3)F的结构简式为；(4) C的结构简式为，C中含有的官能团名称为羧基、碳碳双键、羟基；(5)A发生加成反应生成B，AB反应的化学方程式为；(6)F为，F与足量氢气加成得到G，G的分子式为C5H8O2，G的不饱和度是2，G有多种同分异构体，其中属于链状羧酸类，羧基的不饱和度是1，说明含有-COOH、碳碳双键；如果碳链结构为C=C-C-C，有4种；如果碳链结构为C-C=C-C，有2种；如果碳链结构为，有2种，所以符合条件的有8种；(7)以乙烯为起始原料合成，可由CH3CH=CHCH3发生已知的反应得到；CH3CH=CHCH3可由CH3CH2Br与CH3CHO发生已知的反应获得，CH2=CH2与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，乙烯与水发生加成反应得乙醇，乙醇催化氧化可制得CH3CHO；CH3CH=CHCH3也可由CH2=CHCH=CH2和氢气发生1，4加成反应得到，CH2=CHCH=