辽宁省辽阳市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题(解析版).docx

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1、辽宁省辽阳市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题考生注意：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间90分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：人教版必修2第一章和第三章、选修3、选修5。4.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Zn-65第I卷(选择题共54分)一、选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分每小题只有一个选项符合题意)1.“有机”一词译自“Organic”，词源解释为“属于、关于或者源自生物的”。下列关于有机化学的说法错误的是A. 3D打印技术用于有机合成，可以促进工艺的精准化和简易化B.

2、 1828年，维勒用氰酸铵合成了尿素，实现了实验室中无机物到有机物的转化C. 宣德青花瓷所用青料“苏麻离青”属于低锰高铁类钴料，是纯天然有机材料D. 我国非遗中以板蓝根、蓝靛等为染料的扎染工艺是经验性利用有机化合物的典范【答案】C【解析】【详解】A. 3D打印技术用于有机合成，可以促进工艺的精准化和简易化，故A正确；B. 1828年，维勒用氰酸铵合成了尿素，实现了实验室中无机物到有机物的转化，故B正确；C. 低锰高铁类钴料属于无机材料，故C错误；D. 板蓝根、蓝靛均为植物，是传统的染料，我国非遗中以板蓝根、蓝靛等为染料的扎染工艺是经验性利用有机化合物的典范，故D正确；故选C。2.下列烷烃的系统

3、命名正确的是 A. 1-甲基丁烷B. 2，3-甲基丁烷C. 3-甲基丁烷D. 3-乙基戊烷【答案】D【解析】【详解】A1-甲基丁烷属于选主链错误，应为戊烷，A不正确；B2，3-甲基丁烷属于命名错误，应为2，3-二甲基丁烷，B不正确；C3-甲基丁烷属于命名时的编号错误，应为2-甲基丁烷，C不正确；D3-乙基戊烷符合烷烃的命名原则，D正确；故选D。3.下列有机物的分类不正确的是选项物质类别ACH2=CH2烯烃BCH3OH醇CCH3COCH3醛DCH3COOH羧酸【答案】C【解析】【详解】A. CH2=CH2的名称为乙烯，属于烯烃，故A正确；B. CH3OH的名称为甲醇，属于醇，故B正确；C. CH

4、3COCH3的名称为丙酮，属于酮，不属于醛，故C错误；D. CH3COOH名称为乙酸，属于羧酸，故D正确；故选C。4.下列物质中一定互为同系物的是A. C2H4与C3H6B. 与C. CH3CH2OH与CH3CH2OCH3D. HCHO与CH3(CH2)4CHO【答案】D【解析】【分析】结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互相称为同系物，据此分析判断。【详解】AC2H4一定是乙烯，C3H6可以是丙烯也可以是环丙烷，结构不一定相似，不一定是同系物，故A错误；B与的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故B错误；CCH3CH2OH是醇，CH3CH2OCH3是醚，结构不相似，不属

5、于同系物，故C错误；DHCHO与CH3(CH2)4CHO，二者都含有一个-CHO，都是一元醛，结构相似，属于同系物，故D正确；故选D。5.科学研究表明，医用酒精可以有效杀灭新型冠状病毒，下列说法不正确的是A. 医用酒精中乙醇的体积分数为75%B. 乙醇可以使人体产生新型冠状病毒抗体C. 乙醇与水能以任意比例互溶D. 乙醇可以使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A. 体积分数为75%的乙醇溶液杀菌消毒效果最好，故医用酒精中乙醇的体积分数为75%，故A正确；B. 乙醇可以破坏蛋白质的结构，使蛋白质变性，从而有效杀灭新型冠状病毒，但乙醇不能使人体产生新型冠状病毒抗体，故B错误；C. 乙醇

6、与水分子间能形成氢键，所以与水能以任意比互溶，故C正确；D. 乙醇具有还原性，能还原酸性高锰酸钾溶液而使其褪色，故D正确；故选B。6.下列说法不正确的是A. 每一个能层中电子的填充顺序都为nsnpndnfB. 用n表示电子层数，则每个电子层最多可容纳的电子数为2n2C. 元素周期表中，p区所含元素种类最多D. 电子的运动状态可从电子层、能级、原子轨道、电子的自旋状态四个方面进行描述【答案】C【解析】【详解】A每一个能层中s、p、d、f能级能量依次升高，故填充顺序都按nsnpndnf填充，A说法正确；B用n表示电子层数，则每个电子层最多可容纳的电子数为2n2，B说法正确；C元素周期表中，d区含有

7、镧系、锕系，所含元素种类最多，C说法不正确；D电子的运动状态可从电子层、能级、原子轨道、电子的自旋状态四个方面进行描述，不存在运动状态完全相同的电子，D说法正确；综上所述，答案为C。7.为检验氯代烃分子中的氯原子，进行了下列实验，该实验中操作步骤的排列顺序正确的是取少量氯代烃加热加入新制AgNO3溶液加入几滴桸HNO3加入氢氧化钠溶液加入氢氧化钠的乙醇溶液A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】检验氯代烃分子中的氯原子，利用氯代烃的水解反应或者是消去反应，先将氯原子变成氯离子，这两个反应的条件分别是：氢氧化钠的水溶液加热、氢氧化钠的醇溶液加热，然后加入稀硝酸酸化，除去溶液中过量的氢氧

8、化钠，最后加入新制的硝酸银溶液，看能否生成白色的氯化银沉淀，所以检验氯代烃分子中的氯原子，实验操作的正确步骤是或者，故D符合；故选D。8.羧酸和醇发生酯化反应的过程如下图所示：可见酯化反应不是简单的取代反应，步骤和的有机反应类型为 A. 为加成反应，为消去反应B. 为氧化反应，为还原反应C. 为取代反应，为消去反应D. 为加成反应，为氧化反应【答案】A【解析】【详解】物质的转化关系为，在物质的转化过程中，反应为碳氧双键断开，分别连接H原子和RO-，发生加成反应；反应中，去掉1个H2O，形成碳氧双键，发生消去反应，故选A。9.利用下列实验不能达到实验目的的是 A. 装置甲：制备溴苯B. 装置乙：

9、实验室制备乙烯C. 装置丙：实验室制备硝基苯D. 装置丁：证明碳酸的酸性强于苯酚【答案】D【解析】【详解】A. 装置甲：利用苯和液溴在铁粉做催化剂的条件下制备溴苯，符合反应原理，故A能达到实验目的；B. 装置乙：实验室利用乙醇在浓硫酸的作用下加热到170制备乙烯，符合反应原理，故B能达到实验目的；C. 装置丙：制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，制备装置合理，能够达到实验目的，故C不符合题意；D. 装置丁：因为浓盐酸具有挥发性，挥发出来HCl也能将苯酚钠转化为苯酚，故D不能达到实验目的；故答案：D。10.已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-具有相同的电子层结构。则下列叙述正

10、确的是A. 金属性：AB；非金属性：CDB. 元素的第一电离能：DCABC. C、D的最高价氧化物对应的水化物均为强酸D. 原子序数：dcba【答案】B【解析】【分析】由于原子形成阳离子失去一个电子层，原子形成阴离子电子层不变，由短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-具有相同的电子层结构可知A、B处于第三周期，C、D处于第二周期，结合电荷可推知A为Mg、B为Na、C为N、D为F。【详解】A. 由同周期元素，从左到右元素金属性依次减弱，非金属性依次增强可知，金属性：NaMg，非金属性：FN，故A错误；B. 由同周期元素，从左到右元素的第一电离能呈增大的趋势，非金属元素的的第一电离能大

11、于金属元素，则元素的第一电离能：FNMgNa，故B正确；C. F元素的非金属性强，只有负化合价，没有正化合价，则没有最高价氧化物对应的水化物，故C错误；D. 由离子的核外电子数相等可得a-2=b-1=c+3=d+1，则原子序数abdc，故D错误；故选B。11.下列反应方程式书写正确的是A. 用对苯二甲酸与乙二醇合成涤纶，n+n+2nH2OB. 由丙烯合成聚丙烯：nCH2=CHCH3C. 实验室用液溴和苯在催化剂作用下制溴苯：2+Br22D. 用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2+2OH-CH3COO-+3NH3+2Ag+H2O【答案】D【解析】【详解】A对苯二甲酸与乙二醇发生缩聚反应合

12、成涤纶的化学方程式为：n+nHOCH2CH2OH+(2n-1)H2O，故A错误；B由丙烯合成聚丙烯的反应方程式为：n CH2=CHCH3，故B错误；C液溴和苯在催化作用下反应生成溴苯和HBr，反应的方程式为+Br2 +HBr，故C错误；D银氨溶液和乙醛发生银镜反应，反应的离子方程式为：CH3CHO+2+2OH- CH3COO-+3NH3+2Ag+H2O，故D正确；故选D。12.下列不能形成配位键的组合的是A. Cu2+、NH3B. BF3、NH3C. CH4、Ag+D. Co3+、CO【答案】C【解析】【详解】ACu2有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，故可以形成配位键，故A不符合题意；B

13、BF3中B原子有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，故可以形成配位键，故B不符合题意；CAg+有空轨道，CH4中没有孤电子对，故不能形成配位键，故C符合题意；DCo3+有空轨道，CO中的碳原子上有孤电子对，故可以形成配位键，故D不符合题意；故选C。13.W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其高最价含氧酸反应生成离子化合物。由此可知，下列说法不正确的是A. W、X、Y、Z的最简单氢化物中X的氢化物沸点最高B. 含Z的化合物都不能被人直接饮用C. W、X、Z形成的常见单质中，W的单质最稳定D. X与Y、Z均能形成具有漂白性的物质，但漂白原理不同【答案】

14、B【解析】【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物，应是铵盐，则W是N元素，由元素在周期表中的位置可知，X为O元素、Y为S元素、Z为Cl元素，据此分析解答。【详解】由以上分析知，W是N元素，X为O元素、Y为S元素、Z为Cl元素。A. 常温下，氨气、硫化氢、氯化氢均为气体，水为液体，故W、X、Y、Z的最简单氢化物中，X的氢化物沸点最高，故A说法正确；B. 淡盐水含有氯化钠，可以直接饮用，故B说法错误；C. 氮气分子中两个氮原子直接以三键连接，键能最高，破坏三键所需能量最高，故氮气最稳定，故C说法正确；D. SO2和ClO2均具有漂白性，SO2能与有色物

15、质生成不稳定的无色物质，而具有漂白性，ClO2因具有强氧化性，而具有漂白性，故二者漂白原理不同，故D说法正确；故选B。14.光气(COCl2)是一种很重要的有机中间体。下列关于光气分子的几何构型和中心原子(C)的杂化方式说法正确的是A. 平面三角形、sp2B. V形、sp3C. 三角锥形、sp3D. 三角锥形、sp2【答案】A【解析】【详解】根据价层电子对互斥理论确定微粒的空间构型，光气(COCl2)分子中C原子形成2个C-Cl键，1个C=O，C原子的价层电子对数=键电子对数+孤电子对数=，没有孤电子对，则其分子空间构型为平面三角形，中心原子(C)采取sp2杂化，故A正确；故选A。15.某有机

16、物的结构简式如图所示，下列关于该有机物的性质说法正确的是A. 可与银氨溶液反应，不与FeC13溶液发生显色反应B. 可与H2反应，1mo1该物质最多消耗6mo1H2C. 1mo1该物质与NaHCO3溶液反应，最多消耗1mo1NaHCO3D. 1mo1该物质与NaOH溶液反应，最多消耗3mo1NaOH【答案】C【解析】【详解】A该物质中含-CHO可发生银镜反应，含酚羟基可与FeCl3溶液反应显色，A说法错误；B该物质分子结构中苯环、-CHO可以与氢气发生加成反应，因此1mol该物质最多消耗4molH2，B说法错误；C该物质分子结构中的-COOH可与NaHCO3反应生成CO2，则1mol该物质与1

17、mol NaHCO3反应，C说法正确；D该物质分子结构中的-COOH、-COOC、酚羟基及水解生成的酚羟基均可与NaOH反应，则1mol该物质最多消耗4molNaOH，D说法错误；答案选C。16.下列实验操作能达到实验目的的是选项实验操作实验目的A向盛有2mL10%硫酸铜溶液的试管中滴加0.5ml 10%氢氧化钠溶液，混合均匀，滴入待检液，加热检验某溶液中是否含有醛基B向混有少量乙酸的乙酸乙酯中加入足量饱和Na2CO3溶液，振荡、静置、分液，取出上层液体除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸C向高锰酸钾溶液中通入含乙烯的SO2检验乙烯并除去乙烯D将氯乙烷与氢氧化钠溶液共热一段间时再向冷却后的混合溶液中滴

18、加硝酸银溶液检验水解产物中的氯离子【答案】B【解析】【详解】A. 用新制Cu(OH)2悬浊液检验醛基时，新制Cu(OH)2悬浊液应显碱性，因此配制新制Cu(OH)2悬浊液时，应确保NaOH过量，故A错误；B. 饱和碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯的溶解度，且能和乙酸反应生成可溶于水的乙酸钠，所以可以用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故B正确；C. 乙烯和SO2均可以与高锰酸钾溶液反应，使高锰酸钾溶液褪色，因此无法用高锰酸钾溶液检验乙烯并除去乙烯，故C错误；D. 将氯乙烷与氢氧化钠溶液共热一段时间，再向冷却后的混合溶液中先滴加稀硝酸酸化后，再滴加硝酸银溶液来检验水解产物中的氯离子，故D错误；故选B。

19、17.具有芳香气味的有机物A可发生下列变化，则A的可能结构有 A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种【答案】A【解析】【详解】根据图中转化关系可知，A属于酯类，B属于羧酸，C属于醇类，D属于醛类。并且根据A的分子式可知，A的结构中除酯基外，其余都为饱和的结构。又因为C能氧化为醛，则C中含有结构；C通过一系列反应后能生成B，那么B和C具有相同个数的碳原子，所以B和C的分子式分别为C4H8O2和C4H10O，并且C能转化为B。因此C的结构只能为CH3CH2CH2CH2OH或(CH3)2CHCH2OH，相应的B的结构为CH3CH2CH2COOH或(CH3)2CHCOOH，因此符合条件的A的结构也只

20、有两种；A项正确；答案选A。18.储氢合金是一类能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的材料，如镧(La)镍(Ni)合金，它吸收氢气可结合成金属氢化物。某镧镍储氢合金晶胞结构如图，该材料中镧、镍、氢的原子个数比为A. 8：9：10B. 1：5：6C. 1：5：3D. 1：5：5【答案】B【解析】【详解】利用分摊法，La在晶胞的顶点，N(La)=8=1；Ni在面心和体心，N(Ni)=8+1=5；氢气在棱上和面心，N(H2)=8+2=3；则镧、镍、氢的原子个数比为1：5：6，答案为B。第卷(非选择题共46分)二、非选择题(本题包括4小题，共46分)19.第三周期元素的化合价与原子序数的关系如图

21、所示，请回答下列问题：(1)B的一种单质为浅黄色或白色半透明性固体，暴露在空气中易自燃，则该单质为_(用化学式表示)；其分子的空间构型为_。(2)X、Y、Z的原子半径从大到小的顺序为_(用元素符号表示)；比较R、W两种元素对应氢化物稳定性的大小：_(用化学式表示)。(3)写出X、R两种元素最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：_。(4)A的最高价氧化物属于_晶体。【答案】 (1) P4 (2) 正四面体 (3) NaMgAl (4) HClH2S (5) OH-+H+=H2O (6) 原子【解析】【分析】都是第三周期元素，由图中化合价可知，X的化合价为+1价，X为Na元素，Y的化合价为+2

22、价，Y为Mg元素，Z为+3价，Z为Al元素，A为+4价和-4价，为Si元素；B为+5价和-3价，为P元素；W的化合价为+6价和-2价，W为S元素；R为+7价和-1价，为Cl元素，结合元素周期律与元素化合物的性质分析解答。【详解】根据上述分析，X为Na元素，Y为Mg元素，Z为Al元素，A为Si元素；B为P元素，W为S元素，R为Cl元素。(1) B为P元素，B的一种单质为浅黄色或白色半透明性固体，暴露在空气中易自燃，则该单质为白磷，化学式为P4；其分子的空间构型为正四面体，故答案为：P4；正四面体；(2)同周期随原子序数增大，原子半径减小，故X、Y、Z的原子半径从大到小的顺序为NaMgAl；非金属

23、性ClS，故气态氢化物的稳定性HClH2S，故答案为：NaMgAl；HClH2S；(3) X、R两种元素最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和高氯酸，分别属于强酸和强碱，二者反应的离子方程式为OH-+H+=H2O，故答案为：OH-+H+=H2O；(4) A为Si元素，A的最高价氧化物二氧化硅属于原子晶体，故答案为：原子。【点睛】本题的易错点为(1)中白磷分子的空间构型的判断，要注意白磷分子的结构为。20.正丁醚常用作有机合成反应的溶剂某实验小组利用如图装置(夹持和加热装置均省略)合成正丁醚，其反应原理如下：2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2

24、O。反应物和产物的相关数据如表：化合物名称密度(gmL-1)熔点()沸点()水中溶解性正丁醇0.810-89.8118.0微溶正丁醚0.769-95.3142.0不溶于水备注：正丁醚微溶于饱和氯化钙溶液实验步骤：将14.80g正丁醇、2.5mL浓硫酸加入两口烧瓶中，再加入几粒碎瓷片，摇匀装好分水器和温度计控制反应温度在134136之间，回流1.5h将分水器中的下层水层从下口放出，上层液体倒回两口烧瓶中将反应液冷却到室温后倒入盛有25mL水的分液漏斗中，经过分离、洗涤后再分离提纯，收集称重得正丁醚7.15g回答下列问题：(1)实验中冷凝管的进水口为_(填“a”或“b”)。(2)在该实验中两口烧瓶

25、的容积最适合的是_(填字母)。A. 200mL B. 150mL C. 100mL D. 50mL(3)实验中温度过高则发生分子内脱水生成烃类化合物，写出生成烃类化合物反应的化学方程式：_。(4)有机层粗产物需依次用水洗、氢氧化钠溶液洗涤、水洗和饱和氯化钙溶液洗涤。用氢氧化钠溶液洗涤的目的是_。(5)洗涤完成后，通过以下操作分离、提纯产物，正确操作顺序是_(填字母)。A. 蒸馏 B. 加入无水CaCl2 C. 过滤(6)本实验所得正丁醚的产率为_。【答案】 (1) b (2) D (3) CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH=CH2+H2O (4) 除去硫酸 (5) BCA (6) 5

26、5%【解析】【详解】(1)根据冷凝管的使用方法可知逆流时冷凝效果好，所以进水口为b；(2)两口烧瓶中所加入的14.8g正丁醇的体积，浓硫酸2.5mL，二者共约为20.8mL，两口烧瓶中加热液体时，一般液体体积不超过其容积的三分之二，也不能少于三分之一，则选择烧瓶的规格应为50mL，故选D；(3)正丁醇在浓硫酸加热的条件下容易脱水生成1-丁烯，其反应方程式为：CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH=CH2+H2O；(4)有机层粗产物中有少量的硫酸，可以用氢氧化钠除去产品中的硫酸；(5)洗涤完成后，加入无水氯化钙干燥，除去残留少量水分，再过滤除去无水氯化钙，最后通过蒸馏可得正丁醚，所以操作顺

27、序是BCA；(6)14.8g正丁醇的物质的量为，根据反应2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O可知，生成正丁醚的物质的量为0.1mol，正丁醚的理论产量m=130g/mol0.1mol=13.0g，正丁醚的实际产量为7.15g，则正丁醚的产率。21.世界上最早发现并使用锌的是中国，明朝末年天工开物一书中有关于炼锌技术的记载。回答下列问题：(1)Zn在元素周期表中位于_区。(2)硫酸锌溶于过量的氨水可形成配合物Zn(NH3)4SO4。中，中心原子轨的道杂化类型为_。NH3极易溶于水，除了因为它们都是极性分子外，还因为_。(3)Zn2+的4s和4p

28、轨道可以形成sp3型杂化轨道，那么ZnCl42-的空间构型为_。(4)氧化锌的结构有多种其中一种立方闪锌矿的结构如图所示，若该晶胞的边长为a nm，NA为阿伏加德罗常数的值，则立方闪锌矿晶体的密度为_(列出计算式即可)gcm-3。【答案】 (1) ds (2) sp3 (3) NH3与H2O之间可形成分子间氢键 (4) 正四面体形 (5) 1021【解析】【分析】(1)Zn元素位于元素周期表第四周期IIB族，基态原子的价电子排布式为3d104s2；(2)硫酸根离子中S原子的价层电子对数是4；NH3容易与水分子能形成分子间氢键，增加在水中的溶解度；(3)ZnCl42离子中Zn2的4s和4p轨道形

29、成的4个sp3杂化轨道，与4个Cl形成4个配位键；(4)由分摊法计算可得。【详解】(1)Zn元素位于元素周期表第四周期IIB族，基态原子的价电子排布式为3d104s2，在元素周期表中位于ds区，故答案为：ds；(2)硫酸根离子中S原子的价层电子对数是4，根据杂化轨道理论，中心原子的轨道杂化类型为sp3，故答案为：sp3；NH3极易溶于水，除因为它们都是极性分子，NH3容易与水分子能形成分子间氢键，增加在水中的溶解度，故答案为：NH3与H2O之间可形成分子间氢键；(3)ZnCl42离子中Zn2的4s和4p轨道形成的4个sp3杂化轨道，与4个Cl形成4个配位键，则ZnCl42的空间构型为正四面体形

30、，故答案为：正四面体形；(4)由晶胞结构可知，位于顶点和面心的锌离子的个数为8+6=4，位于体内的氧离子个数为4，该化合物化学式为ZnO，由晶胞的质量可得=(a107)3d，则密度d=1021 gcm-3，故答案为：1021。【点睛】对于立方晶胞，顶点粒子占，面心粒子占，晶胞内部原子为整个晶胞所有是计算立方闪锌矿晶体化学式的关键，也是计算立方闪锌矿晶体的密度的关键。22.磷酸氯喹是一种抗疟疾的药物，已在临床上使用多年。同时临床上还发现它对新冠肺炎有一定疗效，且未发现和药物有关的严重不良反应。是合成磷酸氯喹(的中间体，可由苯在一定条件下合成，其合成路线如图：已知：CH3CH2OH CH3CH2C

31、l；RNH2+RXRNHR+HX(X为卤素原子)；+NaOHH2O。回答下列问题：(1)E中含氧官能团的名称为_。(2)CD的反应类型为_。(3)F的结构简式为_。(4)EF反应分两步进行，先与氢氧化钠反应，再酸化。请写出E与氢氧化钠反应化学方程式：_。(5)由D转化成E的过程中需要使用丙二酸二乙酯，其分子式为C7H12O4。M与丙二酸二乙酯互为同分异构体，符合下列条件的M的结构有_种；其中核磁共振氢谱显示只有3组峰，且峰面积之比为9：2：1的结构简式为_。分子中含有三个甲基；1molM能与足量的碳酸氢钠溶液反应生成标准状况下的气体44.8L。【答案】 (1) 酯基、羟基 (2) 还原反应 (

32、3) (4) +2NaOH+C2H5OH+H2O (5) 3 (6) 【解析】【分析】苯与浓硝酸在浓硫酸加热的条件下反应生成B为硝基苯，硝基苯与氯气在光照条件下反应生成C为，C发生还原反应生成D为，D经过一系列反应生成E为，E先与氢氧化钠反应，再酸化，生成F为，F在一定条件下反应生成G为，G发生已知信息反应生成H，据此分析解答。【详解】(1)E为，其含氧官能团的名称为酯基、羟基；(2)C为，D为，则CD的反应类型为加氢去氧的还原反应；(3)E为，E先与氢氧化钠反应，酚羟基、酯基均可以与氢氧化钠反应，生成和乙醇，再酸化，转化为，则F的结构简式为；(4)由(3)分析知，E与氢氧化钠反应的化学方程式

33、为+2NaOH+C2H5OH+H2O；(5)M的分子式为C7H12O4，不饱和度为，符合下列条件的M的同分异构体：分子中含有三个甲基；1molM能与足量的碳酸氢钠溶液反应生成标准状况下的气体44.8L，即2mol，故一个M分子中含有2个羧基，因此M可以看成戊烷的同分异构体中有2个氢原子被羧基取代，同时要满足分子中有三个甲基，故符合的同分异构体有、，共有3种；其中核磁共振氢谱显示只有3组峰，且峰面积之比为9：2：1的结构简式为。【点睛】第(5)问，同分异构体的书写是难点，先计算M的不饱和度，结合已知的M的结构与性质，确定M中含有两个羧基、三个甲基，则M可以看成戊烷的同分异构体中有2个氢原子被羧基取代，同时要满足分子中有三个甲基，因此先写出戊烷的三种同分异构体，再写出满足有三个甲基的戊烷的二元取代物。