备战2023年高考化学考前押宝卷05（全国甲卷、乙卷专用）化学试题【适用省份：内蒙古、陕西、甘肃、青海、宁夏、新疆、江西、河南、四川、广西、
贵州、西藏】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，再选涂其他答案标号。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 S 32 Ca 40
Fe 56 Ce 140一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42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
。7．化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法错误的是A．德尔塔病毒能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体B．北京冬奥会
的“飞扬”火炬是碳纤维氢能火炬，碳纤维属于合成有机高分子材料C．“煤改气”可以减少SO2等有害物质的排放量，有利于打赢蓝天保卫战D
．写春联用的笔(主要是动物毛发)和墨(炭墨烟和动物胶)的原料中都存在蛋白质【答案】B【详解】A．德尔塔病毒能在空气中以气溶胶的形式
传播，气溶胶是以气体为分散剂形成的胶体，故A正确；B．碳纤维为碳单质，是无机物，不是有机高分子材料，故B错误；C．“煤改气”可以减
少SO2等有害物质的排放量，有利于减少空气污染物的排放，有利于打赢蓝天保卫战，故C正确；D．动物毛发和动物胶中都存在蛋白质，故D正
确；故答案为：B8．氮是自然界中各种生命体生命活动不可缺少的重要元素，广泛存在于大气、土壤和动植物体内。读自然界中氮循环示意图。N
A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温常压下，22.4LN2中含有的质子数为14NAB．动物遗体腐败产生的17 g NH
3中含有共价键为3 NAC．1L0.1 mol·L-1NaNO2溶液中 离子数为0.1 NAD．细菌分解过程中，1mol 被还原为
N2转移电子数为10 NA【答案】B【详解】A．不是标况下，不可带入22.4L/mol计算，A项错误；B．1molNH3中含有3m
olN-H，故17gNH3即1mol，含有共价键为3 NA，B项正确；C．是弱酸根离子，NaNO2溶液中离子发生水解，故1L0.1
mol·L-1NaNO2溶液中 离子数小于0.1 NA，C项错误；D．1mol 被还原为N2，氮元素化合价从+5变为0价，转移电
子数5mol，则为5 NA，D项错误。故答案选B。9．布洛芬(图丁)是一种非甾体抗炎药，下面是其一条高产率的合成路线。下列说法正确
的是A．甲中最多有8个碳原子共平面B．乙转化为丙为加成反应或还原反应C．与丙有相同官能团的同分异构体只有6种D．丁与乙酸互为同系物
【答案】B【详解】A．甲中苯环上的6个碳原子共平面，和苯环直接相连的碳原子也共平面，以该碳原子为中心，取代基上与该碳原子直接相连的
碳原子与其共面，以此类推，取代基上还有一个碳原子与它们共面，所以总共是6+1+1+1=9，所以最多有9个碳原子共平面，A选项错误；
B．乙转化为丙是在催化剂的作用下，碳氧双键与氢气发生加成反应生成 ，是加成反应或还原反应，B选项正确；C．与丙有相同官能团即含有-
OH，除了苯环外，取代基有6个C原子，并且可以是一取代、二取代、三取代等取代方式，所以同分异构体种类远远超过6种，C选项错误；D．
丁的分子式为，乙酸的分子式为C2H4O2，分子组成上并不是相差n个-CH2-，故不互为同系物，D选项错误；答案选B。10．下列离子
方程式书写正确的是A．少量的氯化铁溶液与硫化钠溶液反应：B．硫代硫酸钠溶液中通入：C．溶液与少量溶液反应：D．碱性条件下，用KCl
O溶液与反应制备新型净水剂：【答案】B【详解】A．Fe3+具有氧化性，S2-具有还原性，两者发生氧化还原反应生成Fe2+和S，由于
S2-过量，Fe2+与S2-生成FeS，离子方程式为，故A错误；B．硫代硫酸钠溶液与氯气反应生成硫酸钠、硫酸和盐酸，反应的离子方程
式为，故B正确；C．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应，OH-先与Fe2+反应，再和NH反应，由于Ba(
OH)2较少，NH不会参与反应，离子方程式为，故C错误；D．碱性条件下，用KClO溶液与Fe(OH)3反应制备新型净水剂K2FeO
4，正确的离子方程式为，故D错误；答案为B。11．四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、W原子序数之和为Z原子序
数的2倍，W的最外层电子数是内层电子数的3倍，这四种元素可组成一种化合物M的结构如图所示。下列说法错误的是A．Y、Z、W分别与X形
成的二元化合物均不止一种B．X、Y、W形成的一种酸具有还原性C．化合物M溶于水能促进水的电离D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞
Z【答案】D【详解】W的最外层电子数是内层电子数的3倍，则W为O元素；根据M的结构可知X可以形成一个共价键，且原子序数小于O，所以
X为H元素，Z可以和4个H原子形成正一价阳离子，则Z应为N元素，该阳离子为NH ；Y可以形成4个共价键，且和O原子形成双键，则Y应
为C元素。A．C可以和H形成多种烃类，都为二元化合物，N可以和H形成NH3、N2H4等多种二元化合物，O可以和H形成H2O、H2O
2，A正确；B．H、C、O可以形成具有还原性的H2C2O4(草酸)，B正确；C．化合物M为(NH4)2C2O4，铵根和草酸根的水解
都能促进水的电离，C正确；D．Z的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，Y最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，硝酸酸性强于碳酸，D
错误；综上所述答案为D。12．以锌焙砂(主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子)为原料，制备2Zn(OH)2·ZnCO3
的工艺流程如下：以下说法错误的是A．“过滤”操作中必需使用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒B．“沉锌”过程发生反应后释放的气体A为
CO2C．“浸取”过程中H2O2表现还原性D．“过滤3”所得滤液可循环使用，其主要成分的化学式是(NH4)2SO4【答案】C【详解
】A．过滤分离固体和液体，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，A正确；B．根据后续产物可知沉锌过程中发生的离子方程式为3Zn2++
6HCO=2Zn(OH)2·ZnCO3↓+5CO2↑+H2O，所以气体A为CO2，B正确；C．流程中后续生成MnO2，说明H2O2
将Mn2+氧化，表现氧化性，C错误；D．浸取时加入了硫酸铵，虽然蒸氨时除去了铵根，但溶液中会有硫酸根，后续沉锌时加入了碳酸氢铵，结
合沉锌时发生的反应可知，引入了铵根，所以滤液中的主要成分为(NH4)2SO4，D正确；综上所述答案为C。13．一种钾离子电池的工作
原理如图所示，下列说法正确的是A．放电时，负极的电极反应式 ：KC6 –e- = K ++6CB．充电时，阳极的电极反应式 ：K0
.5-xMnO2+xK++ xe- =K0.5MnO2C．放电时，K+通过阳离子交换膜向石墨电极移动D．若仅把钾离子换成锂离子，当
负极减少的质量相同时，钾离子电池转移的电子数比锂离子电池的多【答案】A【详解】据图可知放电时总反应为K0.5-xMnO2+xKC6
=K0.5MnO2+6xC，该过程中K→K+被氧化，为负极，即放电时石墨电极为负极，则充电时发生还原反应为阴极；Mn元素化合价降
低被还原，所以K0.5MnO2放电时为正极，充电时为阳极。A．放电时，石墨电极为负极，附着在石墨上的K失电子被氧化成K+，结合总反
应可知电极方程式为KC6 –e- =K++6C，故A正确；B．充电时为电解池，K0.5MnO2为阳极，阳极失电子发生氧化反应，电极
方程式为K0.5MnO2-xe-= K0.5-xMnO2+xK+，故B错误；C．放电时为原电池，原电池电解质中阳离子流向正极，K0
.5MnO2为正极，所以K+ 通过阳离子交换膜向K0.5MnO2电极移动，故C错误；D．钾离子电池放电时负极反应为KC6 –e-
=K++6C，锂离子电池放电时负极反应为LiC6 –e- =Li++6C，相同质量的锂和钾，锂的物质的量更大，转移的电子更多，故D
错误；故答案为A。三、非选择题：共58分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答
。（一）必考题：共43分。26．（14分）CeO2是一种稀土氧化物，在催化剂、电化学、光学等方面都有重要应用。CeO2是淡黄色固体
粉末，难溶于水，熔点为2600℃。请回答下列问题：(一)制备CeO2I.取一定量化学计量比的Ce(NO3)3·6H2O和NaOH分
别溶解在5mL和35mL的去离子水中，分别磁力搅拌30min后，再将两种液体混合，继续磁力搅拌30min，形成白色絮状沉淀[Ce(
OH)3]。将混合溶液加热(并通入O2)，在一定温度下反应一段时间。通过离心方法将Ce(OH)4沉淀分离出来。II.用水和无水乙醇
分别洗涤Ce(OH)4沉淀3次。III.将洗涤后的样品转入干燥炉中，在60°C下干燥24h，得到淡黄色粉末CeO2。(1)盛放Na
OH溶液的仪器名称为_______，无水乙醇的作用是_______________。(2)写出由Ce(OH)3和O2反应制备Ce(
OH)4的化学方程式：_______________________。(二)某样品中CeO2 [M(CeO2)=172.1]纯度的
测定称取mg样品置于锥形瓶中，加入50mL水及20mL浓硫酸，分批加入H2O2溶液，每次5mL，摇匀，低温加热，直至样品完全溶解。
加热除尽锥形瓶中的H2O2，冷却后稀释至250mL，加入5mL10g·L-1AgNO3溶液催化，再加入过量的过硫酸铵[(NH4)2
S2O8]溶液，低温加热，将Ce3+氧化成Ce4+，当锥形瓶中无气泡冒出，再煮沸2min。待冷却后，加入5滴邻二氮菲-亚铁指示液，
用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗cmol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL。已知邻二氮菲与
Fe2+可形成红色配合物，这种离子可示表为[Fe(phen)3]2+。(3)实验中分批加入H2O2溶液时，采取低温加热的原因是__
_____________。(4)加热煮沸过程中，(NH4)2S2O8在溶液中反应生成NH4HSO4和O2，反应的化学方程式为__
_____________________________；若滴定时锥形瓶中过量的(NH4)2S2O8未除尽，则测得的CeO2纯度
_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；判断滴定终点的方法是_______________________。(5)样品
中CeO2的质量分数w=_______(用含有c、V、m的代数式表示)。(6)CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气
氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1-x)+xO2↑(0≤x≤0.25)的循环。请写出CeO2消
除CO尾气的化学方程式：____________________________。【答案】(1)恒压漏斗 除去沉淀表面多余
的水分，使沉淀快速干燥(2)4Ce(OH)3+ O2 +2H2O= 4Ce(OH)4(3)温度低，反应速率慢，温度高，H2O2会分
解(4)2(NH4)2S2O8 +2H2O 4NH4HSO4+O2↑ 偏高 滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe
(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色(5)(6)2xCO+CeO2 =CeO2(1- x)+2xCO2【详解
】（1）由仪器构造可知该仪器为恒压漏斗；乙醇与水混溶且乙醇易挥发，用乙醇可以除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥，故答案为：恒压
漏斗；除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥；（2）Ce(OH)3与O2反应生成4Ce(OH)4，反应方程式为：4Ce(OH)3+
O2 +2H2O= 4Ce(OH)4，故答案为：4Ce(OH)3+ O2 +2H2O= 4Ce(OH)4；（3）温度过低时反应速
率太慢，温度过高时H2O2不稳定受热易分解，都不利于反应进行，因此采用低温加热，故答案为：温度低，反应速率慢，温度高，H2O2会分
解；（4）加热煮沸过程中，(NH4)2S2O8在溶液中反应生成NH4HSO4和O2，反应方程式为：2(NH4)2S2O8 +2H2
O 4NH4HSO4+O2↑，若滴定时锥形瓶中过量的(NH4)2S2O8未除尽，则(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液用量偏高，则
还原Ce4+的用量偏高，最终测得的CeO2纯度偏高；判断滴定终点的方法是滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液
时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色，故答案为：2(NH4)2S2O8 +2H2O 4NH4HSO4+O2↑；偏高；滴加最后一滴
(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色；（5）根据得失电子守恒知：，故样品中的质量分
数=，故答案为：；（6）能在还原气氛中供氧，CO为还原气体，结合氧生成二氧化碳，根据信息知，化学方程式为：2xCO+CeO2 =C
eO2(1- x)+2xCO2，故答案为：2xCO+CeO2 =CeO2(1- x)+2xCO2；27．（15分）锂离子电池是新能
源汽车的核心部件，综合利用好含锂资源对新能源汽车可持续发展至关重要。科学家用含锂废渣(主要金属元素的含量：、、、)制备，并制备锂离
子电池的正极材料。部分工艺流程如下：资料：①滤液1、滤液2中部分离子浓度()离子滤液122.7220.680.3660.18滤液2
21.940.08②EDTA能和某些二价金属离子形成稳定的水溶性络合物③某些物质的溶解度(S)T/℃204060801001.33
1.171.010.850.7234.733.632.731.730.9I.制备粗品(1)上述流程中为加快化学反应速率采取的措施是
_________________。(2)滤渣2的主要成分有_______(填化学式)。(3)向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和
溶液，控制温度在95℃充分反应后，分离出固体粗品的操作是_________________。II.纯化粗品(4)将粗品溶于盐酸中作
电解槽的阳极液，稀溶液作阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极进行电解。电解后，向得到的浓溶液中加入适量溶液共热、过滤、洗涤
、干燥得高纯。a.电解池中阳极的电极反应式是______________________，宜选用_______(填“阴”或“阳”)
离子交换膜。b.生成高纯反应的离子方程式为______________________。III.制备(5)需要在高温下成型后才能作
为电极，高温成型时要加入少量石墨，则石墨的作用是_________________。(6)比亚迪公司的 “刀片电池”，其放电时的总
反应为，则放电时正极反应式为_________________。【答案】(1)研磨、70℃加热(2)、、(3)趁热过滤(4) 阳或
(5)增强电极的导电能力或改善成型后电极的导电作用(6)【分析】根据流程：将含锂废渣研磨后，在70℃条件下用稀硫酸酸浸其中的金属离
子，得到含有的Li+、Ni2+、Ca2+、Mg2+酸性溶液，其中部分Ca2+与硫酸根离子生成CaSO4沉淀，过滤，滤渣1主要是Ca
SO4，向滤液1中加入NaOH调节pH=12沉淀Ni2+、Ca2+、Mg2+，滤渣2主要为Ni(OH)2、Mg(OH)2还有极少量
的Ca(OH)2，滤液2含有Li+，向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，得到沉淀，趁热过滤得到
粗品Li2CO3。（1）为加快化学反应速率采取的措施是研磨、70℃加热；（2）根据分析滤液1中加入NaOH调节pH=12沉淀Ni2
+、Ca2+、Mg2+，故滤渣2主要为Ni(OH)2、Mg(OH)2还有极少量的Ca(OH)2，故答案为：Ni(OH)2、Mg(O
H)2、Ca(OH)2；（3）根据表可知Li2CO3高温溶解度小，故90℃充分反应后，通过趁热过滤分离出固体Li2CO3粗品，故答
案为：趁热过滤；（4）①a中，氯离子在阳极发生氧化反应生成氯气，阳极的电极反应式是2Cl--2e-=Cl2，溶液中阴离子不断放电使
阳离子浓度增大，为维持溶液电中性，宜选用阳离子交换膜，故答案为：2Cl--2e-=Cl2；阳；②生成高纯反应的离子方程式为或；（5
）高温成型时要加入少量石墨，可起到改善成型后电极的导电作用，故答案为：增强电极的导电能力或改善成型后电极的导电作用；（6）根据放电
时总反应，放电时正极发生还原反应，Li+得电子生成LiFePO4，电极反应式为。28．（14分）和是两种大气污染物，和的转化是资源
利用和环境保护的重要研究课题。(1)与发生如下反应：相关的化学键键能数据如表：化学键803739577465399由此计算____
___。(2)在温度为下，将和通入2L恒容密闭容器中发生上述反应，反应体系中气体的总压强随时间变化如图所示。①在，该反应的平均速率
_______；②的平衡转化率_______；③下，该反应的平衡常数_______(用各物质平衡分压表示该平衡常数)。(3)高温下
可将还原成硫蒸气：。平衡时的体积分数(%)与温度和压强的关系如图所示(虚线框表示没有测定该条件下的数据)。①、、由大到小的关系是_
____________，判断的理由是___________________。②该反应的正、逆反应速率表达式分别为、。(、分别为正
、逆反应的反应速率常数，只与温度有关)Arrhenius提出了速率常数与温度的经验公式：(k化为速率常数，A为常数，e为自然对数的
底数，R为理想气体常数，T为热力学温度，E为活化能)在相同温度下，活化能越大，速率常数越_______(填“大”或“小”)，当该反
应达到平衡后，升高温度，_______(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】(1)(2)0.06 60%(3) 压强越
大，的体积分数越小，、、对应的的体积分数逐渐增大，该反应逆向进行，则 越小 增大【分析】（1）根据反应热=反应物的总键能和
-生成物的总键能和计算；（2）根据三段式和物质的量比等于压强比计算各物质的数据，并根据速率公式和平衡常数公式进行计算。（3）根据压
强和温度对平衡的影响进行分析，根据活化能越大，反应速率越慢进行分析。根据平衡常数公式分析。(1)反应热=399kJ/mol×2+8
03kJ/mol×2-（739+577+465×2）kJ/mol=；(2)根据物质的量比等于压强比分析，有 ，x=0.6mol。①
在，该反应的平均速率 =0.06；②的平衡转化率 =60%；③下，该反应的平衡常数 = 。(3)①压强越大，的体积分数越小，该反
应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳的体积分数增大，故、、由大到小的关系是。②该反应的正、逆反应速率表达式分别为、。(、
分别为正、逆反应的反应速率常数，只与温度有关)Arrhenius提出了速率常数与温度的经验公式：(k化为速率常数，A为常数，e为自
然对数的底数，R为理想气体常数，T为热力学温度，E为活化能)在相同温度下，活化能越大，速率越慢，速率常数越小，当该反应达到平衡后，
升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数减小，则增大。（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题
计分。35．[化学—选修3：物质结构与性质]（15分）中国近代化学启蒙者徐寿首次把“Nitrogen”译成中文时曾写成淡气”，意指
它“冲淡”了空气中的氧气。含氮化合物种类繁多，用途广泛，根据信息回答下列问题。(1)GaN是第三代半导体材料，基态Ga的电子排布式
为___________，GaN晶体为共价键空间网状结构，熔点1700℃，晶体类型为___________。(2)硫酸四氨合铂[P
t(NH3)4]SO4在工业上用于镀铂，Pt的配位数为___________，其阴离子的空间构型为___________。(3)氨
缩脲与胆矾溶液反应得到如图所示的紫色离子，离子中C的杂化类型是___________。O的第二电离能比N第二电离能更大，解释其原因
是___________。(4)常温下，三甲胺[N(CH3)3]气体常用作天然气的警报剂。[N(CH3)3]与其同分异构体CH3C
H2CH2NH2相比较，熔点较高的是___________。[N(CH3)3]易与H+形成三甲胺正离子，反应中形成的化学键属于__
_________。A．氢键?B．极性键?C．π键?D．配位键(5)某铁氮化合物晶体的晶胞结构如图所示。①若以氮原子为晶胞顶点，则
铁原子在晶胞中的位置为___________。②若晶胞中距离最近的两个铁原子距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密
度为___________g/cm3(列出计算式即可)。【答案】(1)[Ar]3d104s24p1 原子晶体(共价晶体)(2)4
正四面体(3)sp2 O失去1个电子后p能级变为半充满比N失去1个电子后的结构更稳定，因此第二电离能更大(4)CH3CH2
CH2NH2 BD(5)棱心和体心【详解】（1）Ga是31号元素，位于元素周期表第四周期第ⅢA族，根据构造原理，可知基态Ga原子核
外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1，可简写为[Ar]3d104s24p1；GaN晶体为共价键空间网状
结构，熔点1700℃，晶体类型为共价晶体(或原子晶体)；（2）在络合物硫酸四氨合铂[Pt(NH3)4]SO4中，中心Pt原子与4个
配位体NH3结合，故Pt的配位数为4；外界离子的价层电子对数是4+=4，无孤对电子，因此的空间构型是正四面体形；（3）在该微粒中，
C原子形成3个σ共价键，因此该C原子采用sp2杂化；O的第二电离能比N第二电离能更大，这是由于O失去1个电子后p能级变为半充满的稳
定状态，比N失去1个电子后的结构更稳定，因此O的第二电离能比N第二电离能更大；（4）[N(CH3)3]与其同分异构体CH3CH2C
H2NH2都属于分子晶体，[N(CH3)3]的分子之间只存在分子间作用力，而CH3CH2CH2NH2分子之间除存在分子间作用力外，
还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，导致物质的熔沸点升高，因此二者相比较，熔点较高的是CH3CH2CH2NH2；[N(CH3)3]
易与H+形成三甲胺正离子，这是由于[N(CH3)3]的N原子上存在孤电子对，H+上存在空轨道，二者形成配位键，配位键属于极性键，故
合理选项是BD；（5）①根据图示可知：若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为棱心和体心；②根据图示可知：在晶胞中含有Fe原
子为8×+6×=4；含有N原子数是1个，由于晶胞中距离最近的两个铁原子距离为a pm，则根据相对位置可知：晶胞边长为pm，晶胞密度
ρ=。36．[化学—选修5：有机化学基础]（15分）有机合成中成环及环的元素增减是合成路线设计的关键问题之一，由合成路线如下：已知
：回答下列问题：(1)A中所含官能团名称为______________；F的化学式为______________；(2)写出A→B
的化学方程式_____________________；(3)C的结构简式为______________；D→E的反应条件是______________；(4)E有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物且苯环上有三个支链的同分异构体有_______种，写出核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为9：6：2：1的结构简式为_______；(5)以 为原料合成，其合成路线为______________。【答案】(1)羧基、羰基(或酮基) (C12H18)n(2)(3) 浓硫酸170°C(4)47种和(5)【详解】根据已知条件及路线图可知B为，C为，E为，据此进行推断。（1）根据图中结构简式可知，A中所含官能团名称为羧基、羰基；F的化学式为(C12H18)n。（2）根据路线图可知，A与乙醇发生酯化反应生成B，其化学方程式为 。（3）根据已知信息可推出C的结构简式为；D到E发生消去反应，其反应条件为浓硫酸、170°C。（4）E为，符合要求的同分异构体中含有，剩余6个碳原子形成支链，形成3个支链碳原子有三种分配方式：①1，1，4，在苯环上有6种连接方式；②1，2，3，在苯环上有10种连接方式；③2，2，2，在苯环上有3种连接方式；情况①中的4个碳原子有四种碳链异构：、、、，与两外两个甲基连在苯环上共有6×4=24种；情况②中的3个碳原子有2种碳链异构：、，与另外的甲基和乙基在苯环上共有10×2=20种；情况③中不存在碳链异构，三个取代基相同，在苯环中有3中连接方式，故E符合条件的同分异构体共有24+20+3=47种；其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为9：6：2：1的结构简式为 和。（5）根据题中路线及已知信息，以为原料合成，其合成路线为 。 |
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