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1、2021年2021届福建省普通高中高三高考压轴考试卷理科综合化学试卷祝考试顺利（含答案）可能用到的相对原子质:H 1 C 12 N 14 0 16 Na 23 Al 27 S 32 C 35.5 K 39 Ca40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 I 127一、选择题:本题共10小题,每小题4分，共4 0分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列体现我国悠久金属矿物开发历史的诗文中，不涉及化学变化的是A.千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金B,丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂C.熬胆帆铁釜，久之亦化为铜 D.君不见昆吾铁冶飞炎烟，红光紫气俱赫然2.选用的仪器、药品和装置正确，且能达到实验目的的是
2、A.A B.B C.C D.DABCD1 FS。广F 1J i-J 品溶红液1-4溶 液制取氯气验证S02的漂白性收集N0,并防止其污染环境量取一定体积KMnO”标准溶液3.下表是几种短周期元素的主要化合价以及原子半径的数据:元素XYZWMN主要化合价+1-2+1+2+6、2+7 1原子半径/nm0.1520.0740.1860.1600.1020.099下列说法中错误的是A.简单氢化物的稳定性：NM B.丫和Z 只能形成一种化合物C.最高价氧化物对应水化物的碱性：WZ D.简单离子的还原性：Yc(N2H广)C.a 点对应的溶液中：c(Br)+c (OH)c(N2H5+)+2c(N2H?)+c
3、 (H+)D.c 点的混合溶液中：c(Cl)c(Br)c(H*)c(N2H?)c(N2H5+)c(OH)二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.（工业流程题13分）硫（Te）凭借优良的性能成为制作合金添加剂 半导体、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。可从精炼铜的阳极泥中（主要成分为CihTe）回收确，工艺流程如图:硫化铜渣浸软化水 NaOH滤潘1浸滤 液 1 滤 渣 2工 双 氧 水 H2SO4,Na2SO3艺 滤 T液2国(II)布 MLNa21eO44 沉淀一硫浸出粉沅篦腹H烫电H2SO4 NaOH调pH（1）“焙烧”后，确主要以TeOz形式存在，写出相应反
4、应的化学方程式_。为了选择最佳的焙烧工艺，进行了温度和硫酸加入量的条件实验，结果如表所示:温度/硫酸加入量（理论量倍数）浸出率/%CuTe4501.2577.302.334601.0081.792.811.2589.863.151.5092.317.705001.2559.835.485501.2511.6510.63则 实 睑 中 应 选 择 的 条 件 为 原 因 为（3）工艺（I）中，“还原”时发生的总的化学方程式为 由 于 工 艺（I）中“氧化”对溶液和物料条件要求高，有研究者采用工艺（I I）获得确。则“电积”过程中，阴极的电极反应式为工业生产中，滤 渣2经硫酸酸浸后得滤液3和滤渣3
5、0滤液3与滤液1合并，进入铜电积系统。该处理措施的优点为滤渣3中富含Au和Ag,可用将其进行分离。A.王水 B.稀硝酸 C.浓氢氧化钠溶液 D.浓盐酸12.（实验探究题14分）葡萄糖酸亚铁（C6H O7）2 Fe）是常用的补铁剂，易溶于水，几乎不溶于乙醇葡萄糖酸亚铁的制备方法之一是由新制备的碳酸亚铁（白色固体，微溶于水）与葡萄糖酸反应而制得，其流程如下：碳，钠 葡 瞿 酸硫酸亚铁一“晶一 f作-葡葡糖酸亚铁I.用下图装备制备FeCC）3(1)仪器C的名称为反应开始时，先打开活塞&和K.3,关闭K?,目的是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _o 一段时间后，关闭K3,打 开 观 察 到 的
6、 现 象 为 o操作一是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _。(4)检验Fee。、沉 淀 已 经 洗 涤 干 净 的 试 剂 为(若 多 种 试 剂，按试剂使用由先到后的顺序填写)。用NaHCO,溶液代替Na2co3溶液制备碳酸亚铁，同时有气体产生，反应的离子方程式为II.制葡萄糖酸亚铁(6)葡萄糖酸的分子式为 0 反 应I I中加入过量葡萄糖酸使溶液显弱酸性，原因是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _。(8)以上结晶的操作：往葡萄糖酸亚铁溶液加入 o1 3.(原理综合题13分)碳及其化合物广泛存在于自然界。请回答下列问题:(1)反应 I：Fe(s)+C02(g)-FeO(s)+CO(g)
7、AH,平衡常数为 E反应 I I：Fe(s)+H2O(g)-Fe0(s)+H2(g)AH2 平衡常数为 L不同温度下，K,s K?的值如下表：现有反应III：H2(g)+C02(g)=CO(g)+H?O(g),结合上表数据，反应川是_ _ _ _ _ _ _ (填“放热”77K人9731.472.3811732.151.67或“吸热”)反应。(2)已知CO?催化加氢合成乙醇的反应原理为：2C 02(g)+6H2(g)C2H50 H(g)+3 H20(g)H ”、=”或“”）。烟气需冷却至1 5.5 26.5 的可能原因是 oFCCQ,/遥)（4）为了测量某湖水中无机碳含量，量取1 00m L湖
8、水，酸化后用M 吹出C O。，再用N a O H 溶液吸收。往吸收液中滴加1.0m。I/L盐酸,生成的V（C O J 随V （盐酸）变化关系如图所示，则原吸收液中离子浓度由大到小的顺序为 o1 4.（物质结构与性质1 0分）硼、碳、氮、铜形成的单质及它们形成的化合物有重要研究和应用价值，回答下列问题：邻氨基毗咤的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图所示。3）2基态Cu原子的价电子排布式为，在元素周期表中铜位于.区（填“s”“p”“d”或“ds”)o C、N、0三种元素的第一电离能由大到小的顺序为邻氨基毗咤的铜配合物中，Cu的配位数是,N原子的杂化类型为晶体硼单质的基本结构单
9、元为正二十面体，其能自发地呈现多面体外形，这种性质称为晶体的氨硼烷（NLBHJ被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是,写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子（填化学式）0以硼酸（mBO。为原料可制得硼氢化钠（N a B H l,它是有机合成中的重要还原剂。BH的键角是磷化硼（BP）是受高度关注的耐磨材料，可作为金属表面的保护层，其结构与金刚石类似,晶胞结构如图所示。磷化硼晶胞沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是;已知晶胞边长为a pm,则磷化硼晶体的密度是g cm7（列出计算式,用 心来表示阿伏伽德罗常数）。P。BBP晶胞15.（有机化学基础10分
10、）H是合成某药物的中间体，其合成路线如下（-P h代表苯基）：已知X是一种环状烧，则其化学名称是反应的反应类型是_ _ _ _ _ _。写出反应的化学方程式：0(4)T是R的同分异构体，写出核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式：a.与氯化铁溶液发生显色反应b.1molT最多消耗2mol钠c.同一个碳原子上不连接2个官能团参照上述合成路线，结合所学知识，以匚为原料合成OHCCH2cH00H,设计合成路线:(其他试剂任选)。2021年2021届福建省普通高中高三高考压轴考试卷理科综合化学参考答案1.【试题答案】A【试题解析】A.千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金，此过程为金的富集，属于物理变化，
11、A符合题意；B,丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂，为硫化汞受热分解，遇冷后重新生成硫化汞，为化学变化，B与题意不符；C.熬胆研铁釜，久之亦化为铜，为铁与硫酸铜反应生成单质铜，为化学变化，c与题意不符；D.君不见昆吾铁冶飞炎烟，红光紫气俱赫然为昆吾的宝石被炼成宝剑，通红的炉火，剑锋上射出紫色的光焰，为化学变化，D与题意不符；答案为A。2.【试题答案】B【试题解析】A.浓盐酸与二氧化镒共热制备氯气，A不能达到实验目的；B.二氧化硫、水与品红反应生成无色物质，可验证二氧化硫的漂白性，B能达到实验目的；C.二氧化氮的密度大于空气，不能收集二氧化氮，C不能达到实验目的；D.高镒酸钾具有强氧化性，能腐蚀橡胶
12、，应装盛在酸式滴定管中，D不能达到实验目的；答案为B。3.【试题答案】B【试题解析】根据元素的主要化合价判断元素所在族，最高正化合价等于主族序数，根据半径判断元素所在周期，利用电子层越多半径越大，电子层相同时，原子序数越大半径越小相结合判断元素所在周期和族，通过元素位置判断元素为：X为L i,丫为0,Z为Na,W为Mg,M为0,N为F。A.简单氢化物的稳定性根据非金属越强，氢化物越稳定判断：HFH20,故A正确；B.丫和Z,即0和Na可以形成氧化钠和过氧化钠，故B不正确；C.根据金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强得：Mg(0H)2Na0H,故C正确；D.简单离子的还原性：根据非金属性
13、越强，简单离子的还原性越弱判断：02-3)=嚅M=L 0 m o l/L,故A错误；B、b点与c点溶液所含微粒种类相同，均含Na+、A1O；、O H-x C O j,故B正确；C、a点显碱性，溶质为NaOH、NaA102,存在的离子是Na+、A1O；、O H-、H+,故C正确；D、A1O工促进HCO；的电离，生成沉淀的离子方程式为：HCO；+A1O-+H2O=A1(OH)3+CO,故 D 正确；故选 A。5.【试题答案】C【试题解析】A.图甲不可用于配制250ml 0.100mo1/L硫酸溶液时定容操作，在接近刻度12cm时，改用胶头滴管滴加，故A错误；B.淀粉在稀硫酸作用下发生水解后，要先用
14、NaOH溶液中和硫酸至中性或弱碱性，再滴加新制氢氧化铜悬浊液检验水解产物，故B错误；C.灼烧固体用 土 甘 烟，图丙可用于胆相结晶水含量测定，故C正确；D.由工业乙醇制备无水乙醇，用蒸t留的方法，蒸播时温度计的水银球应放中蒸t留烧瓶的支管口处，故D错误；故选C。6.【试题答案】B【试题解析】A.电极a为负极，发生氧化反应，A错误。B.由电极反应式2Hzs-4e=4H+S2可知，标准状况下，每11.2 L H2S即0.5 mol H2s参与反应，有1 mol 经固体电解质膜进入正极区，B正确。C.反应由化学能转化为电能，电池内部释放的热能小于632 kJ,C错误。D.该电池是质子固体做电解质，所
15、以电极反应式为0z+4H*+4e=2HQ,D错误。7.【试题答案】B【试题解析】A.通入即是为了排尽装置中的空气，防止CaO,与水、二氯化碳反应，故A正确；B.由上述分析可知，装置B、D中的试剂可分别为水和浓硫酸，而N0与NaOH溶液不反应，不能用于除去尾气，故B错误；C.将铜片换成木炭，会生成二氧化碳，在E中反应会引入新杂质（如C a C O j,故C正确；D.因二氧化碳与NaOH反应，C0不能，则借助装置A及氢氧化钠溶液和稀硫酸可以分离CO?和C 0,故D正确；故答案为B。8.【试题答案】C【试题解析】A.加成反应产物只有一种，理论上原子利用率为100%,A项正确；B.有机物I可发生氧化反
16、应，含有碳碳双键，可以发生加成和加聚反应，含有竣基，可以发生取代反应，B项正确；C.有机物I与氯气加成反应，氯原子不会在同一个碳上，C项错误；D.有机物i、II均有竣基，能与Na2cO3溶液反应，D项正确；答案选C。9.【试题答案】D【试题解析】A.随溶液pH变化，硝酸被还原产物不同，在浓硝酸浓度为12.2 m o l/L中，主要产物N 0?,随着硝酸浓度逐渐降低，产物N0,逐渐减少而N0的相对含量逐渐增多；当浓度为9.7 5 m o l/L时，主要产物是N0；其次是NO?及少量的N ,当HNO3的浓度降到4.02 m o l/L时，NH；成为主要产物，A正确；B.硝酸的浓度极低时，反应无气体
17、产生，硝酸浓度越高，还原产生的气体产物中N元素化合价越高，B正确；C.根据图象分析可知：当硝酸浓度为9.75 mol/L时，还原产物是NO、NO。、N20,在相同外界条件下，气体的物质的量之比等于其体积比等于其含量之比=10：6：2=5：3：1,C正确；D.用一定量的铁粉与大量的9.75 mol/L HNO3溶液反应得到标态下气体2.24 L为N 0,其物质的量为0.1 m o l,铁变化为硝酸铁，HNO3NO3e,Fe F e 3 e,反应生成的铁离子为0.1 m o l,起酸作用的硝酸物质的量为0.3 mol,起氧化剂作用的硝酸物质的量为0.1 mol,则参加反应的硝酸总物质的量/7（HN
18、03）=0.3 mol+0.1 mol=0.4mol,D错误；故合理选项是D。10.【试题答案】D【试题解析】A.N 2H 4 与硫酸反应形成的酸式盐，则酸过量，N 2H 4 会完全电离为M H；*,该酸式盐的化学式为N 2H 右(H S 0 J 2,A 项正确；B.b 点表示盐酸与湿化胱恰好为1：1完全反应，此时溶液为N 2H-B r C I,而 N 2H 产会水解，故 c (C l )=c (B r )c (N2H?)B 项正确；C.a 点时为N 乩B r溶液，根据电荷守恒：c (B r )+c (O H )=c (N2H5+)+2C(N2H?)+C(H+),C 项正确；D.c 点的混合溶
19、液为N 2H e B r C I、H C I,溶液环境显酸性会抑制N 2H 6 水解，从图中可得知,C(N 2H/)C(H。，D 项错误；答案选D。11.【试题答案】(13 分)(1)C u2T e+2H2S 04+2022C u S 04+T e 02+2H20 (2 分)(2)4 6 0、硫酸加入量为理论量的1.25 倍(2分)该条件下，铜的浸出率高且硫的损失较低(1分)(3)N a2T e 04+3 N a2S 03+H2S 04=4 N a2S 04+T e+H20 (2 分)(4)T e O；+4 e +3 H g e+6 0 H (2 分)(5)C u S O j 容液循环利用，提
20、高经济效益(2分)B (2分)【试题解析】铜的阳极泥(主要成分为C u?T e)加硫酸，通入空气，焙烧后生成硫酸铜以及T e O 过滤后滤液1 含铜离子，滤渣1 的主要成分为T e 02,还含有A u 和 A g,加入氢氧化钠溶解T e 02,滤液2 为含N a z Te C h 的溶液，工艺(I)加入过氧化氢将Naz Te O?氧化为Naz Te O。再加入硫酸、亚硫酸钠将其还原为Te；工艺(I I)加入硫酸提纯，Te o 2与氢氧化钠反应生成Na?Te O3,电解生成Teo(D)“焙烧”后，确主要以Te O,形式存在，根 据“焙烧”前后物质的变化，可以写出反应方程式为 C u J e+2H
21、2S04+202 2C u S04+Te 02+2H20 ；由表中数据可知，在46 0、硫酸加入量为理论量的1.25 倍时，铜的浸出率高且确的损失较低。为最佳反应条件；根 据“还原”前后物质的变化，可以写出工艺中，“还原”时发生的总的化学方程式为Na2T e()4+3Na2s O3+H 2s()4=4Na2s O4+T e+H20 ；(4)“电积”过程中，阴极发生还原反应生成Te,反应物为Te O；,产物为Te。由Te O；T T e是得电子的还原反应，阴极反应式为Te Oj +4e*3H 20=Te+6 0 K；滤液3 与滤液1 的成分为C u SO,合并后进入铜电积系统，可将C u SO,
22、溶液循环利用，提高经济效益，答案：C u SO,溶液循环利用，提高经济效益；A.A u 和 A g 都能溶于王水，不能用来分离；B.A g 可与硝酸反应而溶解，A u 不溶于稀硝酸，可用来分离；C.A u 和 A g 都不能溶于浓氢氧化钠溶液也不与之反应，不能用来分离；D.Au和Ag都不能溶于浓盐酸也不与之反应，不能用来分离，答案选B。12.【试题答案】（14分）（1）三口烧瓶（三颈烧瓶）（1分）（2）排出装置中的空气，防止亚铁离子被氧化（2分）b中溶液流入装置c中，c中产生白色沉淀（2分）（3）过滤，洗 涤（2分）（4）盐 酸、BaCl 2溶液或Ba（NC）3）2溶 液（2分）（5）Fe2+
23、2H CO-=FeCO31+H2O+C O2 T（2 分）（6）C6H12O7（1 分）（7）防止Fe2+水解生成Fe（0 H）2 （1分）（8）乙 醇（1分）【试题解析】（1）由图可知c为三口烧瓶（三颈烧瓶）；（2）亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，反应开始时，先打开活塞降和K-3,关闭匕，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，利用氢气将装置内的空气排出，因此先打开活塞0和K,关闭K?的目的是排出装置中的空气，防止亚铁离子被氧化；一段时间后，关闭W,打开（，b中生成氢气使烧瓶中气压增大，将b中硫酸亚铁溶液压入装置c中，c中硫酸亚铁和碳酸钠反应生成碳酸亚铁沉淀和硫酸钠，现象为b中
24、溶液流入装置c中，c中产生白色沉淀；（3）由分析可知操作一是过滤、洗涤；（4）根据分析可知，检验FeCOs已经洗涤干净即确定其表面是否有附着的硫酸钠，即检验硫酸根离子，可取最后一次洗涤液，先用盐酸酸化排除干扰，再加入BaCL溶液或Ba（N O,溶液，若产生白色沉淀说明FeCOs未洗涤干净，若溶液澄清无沉淀生成，则说明FeCOs已经洗涤干净，即选择试剂为盐酸、BaCl 2溶液或Ba（NC）3）2溶液；若用NaH CO?溶液代替NazCOs溶液制备碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，结合电荷守恒 原子守恒可知反应的离子方程式为Fe2+2H C O3=FeCO3+H2O+C O2 T；由葡萄糖酸亚铁的化学式
25、可知葡萄糖酸为一元酸，则葡萄糖酸的分子式为c 6H l 2。7；（7）亚铁离子水解生成氢氧化亚铁，反应I I中加入过量葡萄糖酸使溶液显弱酸性，其原因是防止Fe”水解生成Fe（OH）2沉淀；（8）根据信息可知：葡萄糖酸亚铁易溶于水，几乎不溶于乙醇，所以葡萄糖酸亚铁溶液结晶、洗涤时均需加入乙醇，其目的都是降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁结晶析出。13.【试题答案】（13分）（1）吸 热（1分）(2)T3T2Tt(1 分)ml m2 m3(1分)八、o.125X5 M P a x(0.375x5MPa)3 *八、18onn-x+3n-3x+0.5x+1.5x=n,总压为5MPa的恒压条
26、件下，p (二氧化碳)二p (乙醇)二5 X3o n3n5MPa=0.125X5MPa,p(氢气)=p(水 不一 X5MPa=0.375X5MPa,T,温度时，该反应的平衡常数n30.125 x5MPax(0,375 x5MPa)3K-(0.125 x5MPa)2x(0.375 x5MPa)6；工艺流程是将烟气冷却至15.5-26.5后用氨水吸收过量的C02,该反应是一水合氨和二氧化碳反应生成碳酸氢筱，反应的化学方程式为：帆-便+以二代出叽,由NH3-H20的L=1.7X 10：H 2CO3的Ka尸4.3 X 1 0,K a-5.6X 10一”可知H CO3的水解程度大于NH；的水解程度，则乙
27、醇 Q分)-(3分)(0.125 x5MPa)1 2x(0.375 x5MPa)6(3)(2分)降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对C0?的吸收(2分)(4)c(Na*)c (H CO3_)c (C032-)c (OH-)c(H*)(2 分)【试题解析】(1)由图可知反应的(随温度升高而增大，说明正反应为吸热反应，H 0,反应的(随温度升高而减小，说明正反应为放热反应，H O,F e (s)+H20(g)-Fe0(s)+H2(g)A H2=Q2 0,说明是吸热反应；反应为放热反应，温度越高转化率越小，则T3T2T；图2中m,、m 2、m 3投料比从大到 小 的 顺 序 为 因 相 同 温 度
28、下，增大氢气的量，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大；温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，曲线a代表的物质为庆，b表示CO2,c为庆0,d表示乙醇；设开始氢气的投入量是3n m o I,则二氧化碳是n m o I,二氧化碳的转化量是x,则2C02(g)+6H2(g)C2H 50H (g)+3H20(g)起始量(m o I)n3n00变化量(m o l)X3x0.5x1.5x平衡量(m o I)n-x3n -3x0.5x1.5x2P点a、c的体积分数相同，所以3n-3x=1.5x,解得x=n,总物质的量是所得溶液的p H 7；烟气需冷却至1 5
29、.52 6.5的可能原因是：降低吸收过程中氨气挥发，促进氨水对二氧化碳的成分吸收；为了测量某湖水中无机碳含量，量取1 0 0 m L 湖水，酸化后用N?吹出C 0”再用N a O H 溶液吸收，图象分析可知，生成碳酸氢钠溶液和碳酸钠溶液，二者物质的量之比为1：1,且 C 0广的水解程度大于HC O J,则溶液中离子浓度大小为：c（N a*）c（HC O J c（C O-）c（0H）c（H*）o14.【试题答案】（10 分）（1）3 d,04 s）（1 分）ds （1 分）N O C （1 分）4 （1 分）s p s p3（1 分）自 范 性（1 分）N C2H6（1 分）4 x 4 2（4）
30、109 28 或 109.5 （1 分）（5）正 方 形（1 分）（八1（尸歹N。分）【试题解析】（1）C u 是 29号元素，核外电子排布式为1s 22s 22P 6 3 s 23 P 6 3 d，s ，属于过渡元素,价电子包括3 d、4 s 电子，价电子排布式为3 d 04 s ，处于第四周期第I B 族，属于ds 区；N原子2P 能级为半满状态，更稳定，第一电离能高于相邻元素，所以三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N O C；铜离子分别和两个N 原子及两个0 原子配位，铜离子配位数为4；形成配位键的N 原子，没有孤电子对，杂化轨道数目为3,N原子采取s p,杂化，而氨基中N原子形成3
31、个。键、还有1 对孤电子对，N 原子杂化轨道数目为4,N 原子采取s p，杂化；晶体自发地呈现多面体外形的性质是晶体的自范性；氨硼烷中N 原子与3 个 H 原子分别共用一对电子，还有一对孤电子，而 B 原子与3 个 H 原子分别共用一对电子，还有一个空轨道，所以提供孤电子对的成键原子是N 原子；原子总数相同、价电子总数相同的微粒为等电子体，用相邻原子代替N、B原子可以得到其等电子体C M;（4）B H；中心原子价层电子对数为4+匕=4,不含孤电子对，所以空间构型为正四面体，键角为 109 28 或 109.5 ；据图可知B 原子位于P 原子形成的正四面体中心，均位于体对角线上，且与顶点的距离相
32、同，所以磷化硼晶胞沿z 轴在平面的投影图中，B 原子构成的几何形状为正方形；据晶胞结构42x4图可知一个晶胞中含有4 个B 原子，化学式为B P,则P 原子也为4 个,所以晶胞的质量灯；g,/VA晶胞边长为a p m=a x 10 cm,所以晶胞体积丫二匕乂/戊尸摭、所以晶体的密度为42x4(axlO-lo)3cm34 x 4 2 3(a x 0*3 M g/cm。15.【试题答案】（10分）（1）环戊二烯（2分）（2）加成反应（1分）（2分）（5）丁株1（二含 黑 HOCH2cH2cHzc00H 丁 OHCCH2CH2COOH（3 分）【试题解析】（1）已知X是一种环状烧，根据分析可知，X的
33、结构简式为Q,则其化学名称是环戊二烯；（2）根据分析，结合X、丫的结构变化，反应的反应类型是加成反应;反应为M发生醇的催化氧化生成N,化学方程式：2I二1二、一+0 z T +2H20；（4）R的结构简式为,T是R的同分异构体，与氯化铁溶液发生显色反应，说明T的结构中含苯环和有酚羟基，1molT最多消耗2moi钠，说明该有机物结构中含有2个酚羟基或一个酚羟基和一个醇羟基，同一个碳原子上不连接2个官能团，且核磁共振氢谱有五个峰的OH同分异构体的结构简式：9H2OH 以 匚 为 原 料 合 成OHCCH2cH00H,匚在醋酸作用下被双氧水氧化生成 二L,，在碱性条件下水解再用盐酸酸化为HOCH2CH2CH2COOH,HOCH2CH2CH,COOH催化氧化生成OHCCH2CH2COOH,则合成路线为：h 一冷器HOCH2cH2cH?COOH2fu OHCCH2CH2COOHO