贵州省南白中学遵义县一中学年高二下学期第二次联考化学试题解析版.docx
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贵州省南白中学遵义县一中学年高二下学期第二次联考化学试题解析版
遵义市南白中学2018-2019-2高二第二次联考试卷化学试题
1.化学与社会、生活密切相关。
对下列现象或事实的解释正确的是
选项
现象或事实
解释
A
用热
纯碱溶液洗去油污
Na2CO3可直接和油污反应
B
在生活中可以采用明矾来净水
明矾具有杀菌消毒的功能
C
施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用
K2CO3与NH4Cl反应生成（NH4）2CO3沉淀会降低肥效
D
在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀
海轮外壳的钢铁和锌与海水形成原电池，铁充当正极被保护
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A.用热的纯碱溶液洗去油污是由于纯碱溶液水解显碱性，油脂在碱性条件下可发生水解反应，产生可溶性的物质，A错误；
B.在生活中可以采用明矾来净水是由于明矾电离产生的Al3+发生水解反应产生的氢氧化铝胶体的表面积大，具有很强的吸附作用，B错误；
C.施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）水解使溶液显碱性，若与NH4Cl混合使用，OH-与NH4+反应产生NH3·H2O，NH3·H2O分解产生氨气逸出，导致肥效降低，故不能混合使用，C错误；
D.在海轮外壳连接锌块，Fe、Zn及海水构成原电池，由于锌的活动性比铁强，Zn作负极，首先被腐蚀，Fe作正极，不被氧化而受到保护，因此就保护外壳不受腐蚀，D正确；
故合理选项是D。
2.下列说法正确的是
A.聚乙烯可使溴水褪色
B.在蛋白质溶液中加CuSO4粉末后出现沉淀，是因为蛋白质发生了盐析
C.乙酸和油脂都能与氢氧化钠溶液反应
D.在淀粉溶液中加入20%的稀硫酸，水解后，立即加入新制Cu（OH）2悬浊液共热，证明有葡萄糖生成
【答案】C
【解析】
【详解】A.聚乙烯分子在无不饱和的碳碳双键，因此不能使溴水褪色，A错误；
B.在蛋白质溶液中加CuSO4粉末，蛋白质遇重金属盐发生变性后出现沉淀，不是因为蛋白质发生了盐析，B错误；
C.乙酸与NaOH发生酸碱中和反应，而油脂能与氢氧化钠溶液发生水解反应，C正确；
D.在淀粉溶液中加入20%的稀硫酸，水解后，要先加入NaOH溶液中和催化剂硫酸纸溶液显碱性，然后再加入新制Cu（OH）2悬浊液共热，证明有葡萄糖生成，否则不能发生葡萄糖的氧化反应，D错误；
故合理选项是C。
3.下列说法正确的是
A.常温下吸热反应都是不自发的
B.反应2Mg（s）+CO2（g）=C（s）+2MgO（s）能自发，则该反应的△H<0
C.室温时，稀硫酸与稀Ba（OH）2溶液反应生成1molH2O时放出的热量是57.3kJ
D.1molS完全燃烧生成SO3（g）时，所放出的热量是S的燃烧热
【答案】B
【解析】
【详解】A.常温下有些吸热反应是自发进行的，A错误；
B.反应2Mg（s）+CO2（g）=C（s）+2MgO（s）能自发，由于△S<0，根据体系的自由能公式△G=△H-T△S<0，可推知该反应的△H<0，B正确；
C.该反应发生时还会同时产生BaSO4沉淀而放出热量，因此产生1molH2O时放出的热量大于57.3kJ，C错误；
D.由于S燃烧产生的气体是SO2，所以1molS完全燃烧生成SO2（g）时，所放出的热量是S的燃烧热，D错误；
故合理选项是B。
4.下列有关实验操作描述正确的是
A.甲烷中混入少量乙烯时，可用KMnO4酸性溶液除去杂质气体
B.在配制银氨溶液的过程中，将稀氨水逐滴滴入AgNO3溶液中直至生成沉淀刚好消失
C.酸碱中和滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶，实验结果偏低
D.用标准液HCl滴定待测液稀氨水时，选用酚酞作指示剂
【答案】B
【解析】
【详解】A.甲烷中混入少量乙烯时，若用KMnO4酸性溶液除去，乙烯被氧化产生CO2气体，会混入新的杂质气体，A错误；
B.在配制银氨溶液的过程中，将稀氨水逐滴滴入AgNO3溶液中直至生成沉淀刚好消失为止，若氨水过量，会导致产生爆炸性的物质，B正确；
C.酸碱中和滴定实验中，不能用待滴定溶液润洗锥形瓶，否则会使实验结果偏高，C错误；
D.用标准液HCl滴定待测液稀氨水时，为减小实验误差，应选择在酸性范围内变色的指示剂甲基橙作指示剂，D错误；
故合理选项是B。
5.下列属于加成反应的有
①乙烷与氯气在光照条件下反应②由乙烯制氯乙烷③乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色④乙烯通入酸性高锰酸钾溶液⑤由苯制取溴苯⑥由苯制取环己烷⑦由苯制取硝基苯
A.②③⑥B.①⑤⑦C.②⑥⑦D.③⑤⑦
【答案】A
【解析】
【详解】①乙烷与氯气在光照条件下反应属于取代反应，①不合理；
②由乙烯制氯乙烷属于加成反应，②合理；
③乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色属于加成反应，③合理；
④乙烯通入酸性高锰酸钾溶液属于氧化反应，④不合理；
⑤由苯制取溴苯属于取代反应，⑤不合理；
⑥由苯制取环己烷属于加成反应，⑥合理；
⑦由苯制取硝基苯属于取代反应，⑦不合理；
可见属于加成反应的为②③⑥，故合理选项是A。
6.关于有机物的说法错误的是
A.该物质显弱酸性
B.能与浓溴水反应生成白色沉淀
C.1mol该物质与NaOH溶液反应时，最多可消耗3molNaOH
D.该物质可用来鉴别FeCl3
【答案】C
【解析】
【详解】A.该物质分子结构中含有酚羟基，因此具有弱酸性，A正确；
B.该物质含有酚羟基，与浓溴水发生取代反应产生白色难溶性的物质，B正确；
C.该物质含一个酚羟基，两个酚羟基与羧基形成的酯基，因此1mol该物质与NaOH溶液反应时，最多可消耗5molNaOH，C错误；
D.含有酚羟基的物质遇FeCl3溶液会变为紫色，因此该物质可用来鉴别FeCl3，D正确；
故合理选项是C。
7.下列说法正确的是
A.常温下pH=10的Na2CO3溶液加水稀释到10倍后，溶液的pH=9
B.下列离子在由水电离出的c（H+）=1×10-12mol/L的溶液中能大量共存：
K+、Cl-、CO32-、NO3-
C.相同浓度的（NH4）2CO3与（NH4）2SO4溶液相对比，前者的pH较小
D.已知NaHSO3溶液显酸性，则在溶液中微粒浓度由大到小的顺序是c（Na+）>c（HSO3-）>c（H+）>c（SO32-）>c（OH-）
【答案】D
【解析】
【详解】A.常温下Na2CO3溶液水解使溶液显碱性，溶液的pH=10，将该Na2CO3溶液加水稀释，c（OH-）降低，pH减小，若溶液稀释10倍后，若水解平衡不移动，溶液的pH=9，但稀释促进盐的水解，故溶液的pH减小不到一个单位，故稀释后溶液的pH>9,A错误；
B.由水电离出的c（H+）=1×10-12mol/L，水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，在酸性条件下，H+与CO32-会发生反应，不能大量共存，B错误；
C.（NH4）2CO3是弱酸弱碱盐，阳离子、阳离子都发生水解反应，由于CO32-水解程度大，因此溶液显碱性；而（NH4）2SO4是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，故相同浓度的（NH4）2CO3与（NH4）2SO4溶液相对比，前者的pH较大，C错误；
D.NaHSO3电离产生Na+、HSO3-，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中HSO3-既存在电离作用，也存在水解作用，由于电离大于水解作用，c（HSO3-）>c（SO32-）；所以c（H+）>c（OH-）溶液显酸性，在溶液在还存在水电离产生H+，HSO3-电离作用大于水的电离作用，故c（H+）>c（SO32-）>c（OH-）；盐电离产生的离子的电离作用和水解作用是微弱的，所以c（HSO3-）>c（H+），HSO3-电离、水解会消耗，所以c（Na+）>c（HSO3-），故在溶液中微粒浓度由大到小的顺序是c（Na+）>c（HSO3-）>c（H+）>c（SO32-）>c（OH-），D正确；
故合理选项是D。
8.
（1）赤水晒醋是我们遵义特产之一，其中含有一定量的CH3COOH。
写出CH3COOH的电离方程式______；在已达平衡的乙酸溶液中加入一定的CH3COONa，该溶液pH_______（填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）燃料电池汽车，尤其是氢燃料电池汽车可以实现零污染、零排放，驱动系统几乎无噪音，且氢能取之不尽、用之不竭,因此燃料电池汽车成为汽车企业关注的焦点。
燃料电池的燃料可以是氢气、甲醇等。
有科技工作者利用稀土金属氧化物作为固体电解质制造出了甲醇—空气燃料电池。
这种稀土金属氧化物在高温下能传导O2-。
①该电池的正极反应是___________；负极反应是____________。
②在稀土氧化物的固体电解质中，O2-的移动方向是__________。
③甲醇可以在内燃机中燃烧直接产生动力推动机动车运行，而科技工作者要花费大量的精力研究甲醇燃料汽车,主要原因是___________。
（3）在AgCl的饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：
AgCl（s）
Ag+（aq）+Cl-（aq），在25℃时,Ksp（AgCl）＝1.8×10-10。
现将足量氯化银分别放入：
①100mL蒸馏水中；②100mL0.2mol/LAgNO3溶液中；③100mL0.1mol/L氯化铝溶液中；④100mL0.1mol/L盐酸中，充分搅拌后，相同温度下c（Ag＋）由大到小的顺序是_____（填写序号）；其中②中氯离子的浓度为______mol/L。
【答案】
（1）.CH3COOH
CH3COO-+H+
（2）.增大（3）.O2+4e-=2O2-（4）.CH3OH+3O2--6e-=CO2↑+2H2O（5）.从正极流向负极（6）.燃料电池的能量转化率高（7）.②①④③（8）.9×10-10
【解析】
【分析】
（1）CH3COOH是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡；根据微粒浓度对电离平衡的影响及溶液pH含义分析解答；
（2）在甲醇燃料电池在，通入甲醇的电极为负极，通入空气的电极为正极，负极发生氧化反应，正极上发生还原反应，电解质中的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动；
（3）AgCl的饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，等浓度的c（Cl-）、c（Ag＋）对平衡移动的影响相同，可根据平衡移动原理分析溶液中c（Ag＋）的相对大小。
【详解】
（1）CH3COOH是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡：
CH3COOH
CH3COO-+H+；向该溶液中加入CH3COONa，盐电离产生的CH3COO-使溶液中c（CH3COO-）增大，根据平衡移动原理：
增大生成物的浓度，pH逆向移动，溶液中c（H+）减小，因此溶液的pH增大；
（2）①该电池
正极反应是O2获得电子变为O2-，电极反应式为O2+4e-=2O2-；负极上CH3OH失去电子，与电解质中的O2-结合形成CO2和水，因此负极的电极反应式是CH3OH+3O2--6e-=CO2↑+2H2O；
②在稀土氧化物的固体电解质中，O2-向正电荷较多的负极方向移动；即移动方向是从正极流向负极；
③甲醇可以在内燃机中燃烧直接产生动力推动机动车运行,而科技工作者要花费大量的精力研究甲醇燃料汽车，主要原因是燃料电池的能量转化率高；
（3）①AgCl的饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：
AgCl（s）
Ag+（aq）+Cl-（aq）；②向其中加入AgNO3溶液，增大了溶液中Ag+的浓度，沉淀溶解平衡逆向移动，但总的来说平衡移动的趋势是微弱的，达到平衡后溶液中c（Ag+）比水中大；③加入氯化铝溶液，溶液中c（Cl-）增大，平衡逆向移动，达到平衡后溶液中c（Ag+）比①溶解在水中小；④溶解在HCl中，也使溶液中c（Cl-）增大，平衡逆向移动，由于c（Cl-）比③小，所以抑制作用比③弱，最终达到平衡时溶液中c（Ag+）比③大一些，故充分搅拌后，相同温度下c（Ag＋）由大到小的顺序是②①④③；
对于②100mL0.2mol/LAgNO3溶液，c（Ag＋）=0.2mol/L，由于Ksp（AgCl）=1.8×10－10，所以c（Cl-）=Ksp（AgCl）÷c（Ag＋）=1.8×10－10÷0.2=9×10-10mol/L。
【点睛】本题考查了弱电解质电离平衡、沉淀溶解平衡的影响因素及溶液的酸碱性、离子浓度大小比较的知识。
化学平衡移动原理适用于弱电解质的电离平衡及沉淀溶解平衡、溶解结晶平衡等体系中，要会根据平衡移动原理分析解答，平衡常数只与温度有关，与其它外界因素无关。
9.遵义市某些地区出现了不同程度的雾霾天气，我校课题小组的同学对其进行了调查研究,
Ⅰ.课题小组研究发现,其中首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。
（1）25℃时将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测溶液。
测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
根据表中数据判断试样的pH=________。
Ⅱ.课题组就其酸性物质做进一步研究
一氧化氮、二氧化氮的研究
（1）一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生反应：
2NO（g）+O2（g）
2NO2（g），下列状态能说明该反应达到化学平衡的是_______（填字母编号）。
A．混合气体的密度保持不变B．NO的转化率保持不变
C．NO和O2的物质的量之比保持不变D．O2的消耗速率和NO2的消耗速率相等
（2）活性炭可处理大气污染物NO，反应原理为：
C（s）+2NO（g）
N2（g）+CO2（g），T℃时，在2L密闭容器中加入0.100molNO和2.030mol活性炭（无杂质），平衡时活性炭物质的量是2.000mol，则该温度下的平衡常数为_________；达平衡时,若再向容器中充入0.04molNO,0.03molN2和0.03molCO2，则平衡________移动。
（填“向左”“向右”或“不”）
III.一氧化碳、二氧化碳的研究
（1）CO或CO2在一定条件下可以用来合成甲醇。
工业上常用CO和H2制备CH3OH的反应为：
CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g），在体积为1L的恒容密闭容器中，充入2molCO和4molH2，一定条件下发生上述反应，测得CO（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示。
从反应开始到5min，用H2表示的平均反应速率v（H2）=_____。
（2）碳与水蒸气反应制取H2的相关反应如下：
Ⅰ：
C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.0kJ/mol
Ⅱ：
CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=-43kJ/mol
Ⅲ：
CaO（s）+CO2（g）=CaCO3（S）△H=-178.3kJ/mol
①计算反应Ⅳ：
C（s）+2H2O（g）+CaO（s）
CaCO3（s）+2H2（g）的△H=______kJ/mol；
对硫的氧化物的研究
②SO2可被Na2FeO4氧化而去除污染，工业上用Fe和石墨作电极电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4。
写出电解过程中阳极发生的电极反应________。
【答案】
（1）.4
（2）.BC（3）.
（或0.5625）（4）.不（5）.0.6mol/（L▪min）（6）.-90.3；（7）.Fe-6e+8OH-=FeO42-+4H2O
【解析】
【分析】
Ⅰ.
（1）根据溶液中电荷守恒计算；
II.
（1）根据平衡时任何一组分的物质的量不变，物质的浓度不变，物质是平衡含量不变分析判断；
（2）根据平衡常数的表达式书写、计算；并根据浓度商与化学平衡常数大小判断平衡移动方向；
III.
（1）先根据图示计算出CO的反应速率，然后根据H2、CO的反应关系计算出H2表示的化学反应速率；
（2）①根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可以得到相应反应的热化学方程式；
②阳极Fe失去电子，发生氧化反应产生FeO42-。
【详解】Ⅰ.
（1）溶液中电荷守恒：
c（K+）+c（NH4+）+c（Na+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（NO3-）+c（Cl-），将表中数据带入可得4×10-6+2×10-5+6×10-6+c（H+）=2×4×10-5+3×10-5+2×10-5，解得c（H+）=1×10-4mol/L，所以溶液的pH=4；
II.
（1）A.由于反应混合物都是气体，物质
质量不变，容器的容积不变，所以混合气体的密度始终保持不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，A错误；
B.若反应未达到平衡，NO的转化率就会发生变化因此若NO的转化率保持不变，反应处于平衡状态，B正确；
C.NO和O2反应的物质的量的比是2:
1，加入的物质的物质的量的比是1:
1，因此若二者的物质的量之比保持不变，反应达到平衡状态，C正确；
D.根据方程式可知：
每反应消耗1个O2，会同时反应产生2个NO2，所以O2的消耗速率和NO2的消耗速率相等，则反应正向进行，未达到平衡状态，D错误；
故合理选项是BC；
（2）可逆反应：
C（s）+2NO（g）
N2（g）+CO2（g），反应容器为2L
n（开始）mol2.0300.10000
n（变化）mol0.0300.0600.0300.030
n（平衡）mol2.0000.0400.0300.030
则该反应的化学平衡常数K=
=
=0.5625；
当反应达到平衡后再加入0.04molNO、0.03molN2和0.03molCO2，Qc=
=0.5625=K，则平衡不移动；
III.
（1）V（CO）=
=0.3mol/（L▪min），根据反应方程式中物质反应转化关系可知V（H2）：
V（CO）=2:
1，所以V（H2）=2V（CO）=0.6mol/（L▪min）；
（2）①Ⅰ：
C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=+131.0kJ/mol
Ⅱ：
CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=-43kJ/mol
Ⅲ：
CaO（s）+CO2（g）=CaCO3（S）△H=-178.3kJ/mol
根据盖斯定律，将I+II+III，整理可得C（s）+2H2O（g）+CaO（s）
CaCO3（s）+2H2（g）△H=+131.0kJ/mol-43kJ/mol-178.3kJ/mol=-90.3kJ/mol；
②以Fe为阳极，在电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，电极反应式为Fe-6e+8OH-=FeO42-+4H2O。
【点睛】本题考查了电荷守恒在溶液酸碱性判断的应用、化学反应速率、化学平衡移动及盖斯定律、电解反应的应用等知识。
掌握化学反应基础知识和基本理论是本题解答关键。
10.已知下列数据：
某学生在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：
①配制2mL浓硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。
②按图连接好装置（装置气密性良好）并加入混合液，用小火均匀加热3～5min。
③待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管乙并用力振荡，然后静置待分层。
④分离出乙酸乙酯，洗涤、干燥、蒸馏。
最后得到纯净的乙酸乙酯。
（1）反应中浓硫酸的作用是_________。
（2）写出制取乙酸乙酯的化学方程式：
_________。
（3）上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是________。
（4）步骤②为防止加热过程中液体爆沸，该采取什么措施__________。
（5）欲将乙试管中的物质分离以得到乙酸乙酯，必须使用玻璃的仪器有____；分离时，乙酸乙酯应从仪器_____（填“下口放”或“上口倒”）出。
（6）通过分离后饱和碳酸钠中有一定量的乙醇，拟用图回收乙醇，回收过程中应控制温度是_____；找出图中的错误_____。
【答案】
（1）.作催化剂、吸水剂
（2）.CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3+H2O（3）.中和乙酸并吸收乙醇；减少乙酸乙酯的溶解（4）.在试管甲中加少量的碎瓷片（5）.分液漏斗（6）.上口倒（7）.78.0℃（8）.温度计水银球应置于蒸馏烧瓶支管处，冷凝水应下进上出
【解析】
【分析】
乙醇与乙酸在浓硫酸催化和加热时发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，液体混合物加热时为防止暴沸要加入碎瓷片，由于乙醇、乙酸的沸点半径低，会随着反应产生的乙酸乙酯进入到盛有饱和碳酸钠溶液的试管中，饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度。
分离沸点不同的互溶的液体混合物用蒸馏方法；分离互不相容的液体混合物用分液方法。
根据分离目的采取相应的措施。
【详解】
（1）乙醇与乙酸在浓硫酸催化和加热时发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，在反应在浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂，吸收反应产生的水，使反应正向进行，提高原料的利用率；
（2）在浓硫酸存在时，乙醇与乙酸混合加热制取乙酸乙酯，反应的化学方程式为：
CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3+H2O；
（3）在上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用有三个：
溶解乙醇；反应消耗乙酸；降低乙酸乙酯的溶解度，从而可减少乙酸乙酯的溶解；
（4）步骤②为防止加热过程中液体爆沸，该采取的措施是在试管甲中加少量的碎瓷片；
（5）由于乙酸乙酯与水互不相容，密度比水小，所以欲将乙试管中的物质分离以得到乙酸乙酯，必须使用玻璃的仪器是分液漏斗；分离时，乙酸乙酯在上层，乙醇应从仪器上口倒出；
（6）通过分离后饱和碳酸钠中有一定量的乙醇，由于乙醇的沸点比较低，只有78.0℃，所以若要用图回收乙醇，回收过程中应控制温度是乙醇的沸点78.0℃；对图进行观察，会发现：
有2处错误：
一是温度计水银球在液面以下，应该在蒸馏烧瓶的支管口附近，来测定蒸气的温度；二是冷凝水的水流方向，应该是下口进，上口出，这样才能充分冷凝。
【点睛】本题考查了实验室制取乙酸乙酯的有关实验的知识。
涉及物质的作用、反应原理的表示、化学实验操作方法及对装置图正误判断等知识，全面的考查了学生对乙酸乙酯的制备原理的掌握情况。
11.以石油化工产品为原料合成聚酯类功能高分子材料R及某药物合成原料E的一种合成路线如下（部分反应条件和产物略去）:
已知D与乙醇属于同系物，E在核磁共振氢谱上有3组峰且峰面积比
2∶2∶3
回答下列问题:
（1）Y的名称是____；R的官能团名称是____；E的分子式是__________ 。
（2）反应Ⅵ的反应类型是_____；X最多有___________个原子共面。
（3）写出II反应的化学方程式__________________。
（4）写出Y的其余几种同分异构体_________________。
（5）已知:
参照上述合成路线,以甲苯和溴乙烷为原料合成苯甲酸乙酯,合成路线是:
___________。
【答案】
（1）.1，2-二溴丙烷
（2）.酯基（3）.C8H14O4（4）.取代（酯化）反应（5）.7（6）.CH3CHBrCH2Br+2NaOH
+2NaBr（7）.
（8）.
【解析】
【分析】
丙烯与溴发生加成反应生成Y为1，2-二溴丙烷CH3CHBrCH2Br，Y在氢氧化钠水溶液条件下发生水解反应生成Z为1，2-丙二醇
，Z与己二酸通过酯化缩聚合成聚酯类高分子材料R为
，A的相对分子质量为78，A与氢气反应生成环己烷，可知A为烃，结构简式为
；环己烷催化氧化生成己二酸，己二酸与D发生酯化反应得到E，由于D与乙醇属于同系物，且E在核磁共振氢谱上有3组峰且峰面积比为2∶2∶3，说明D为CH3OH，则E为CH3OOC（C
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