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2025年广西高考模拟卷（二）
一、选择题：本题共13小题，每小题3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。
1．化学与传统文化密不可分。下列说法错误的是
A．药酒的制作利用了萃取原理
B．丝绸因富含氨基而具有良好的吸湿性
C．大理石可用于制砚台，主要成分为硅酸盐
D．青铜器上的铜锈[]可用明矾水去除
2．硼砂的化学式可表示为，下列说法错误的是
A．基态Na原子的价层电子轨道表示式：
B．氢元素的3种核素分别为、、
C．中子数为10的氧原子：
D．硼原子的结构示意图：
3．通常以四氯化碳为萃取剂对碘单质进行萃取、富集。将富集在四氯化碳中的碘单质利用化学转化法（NaOH溶液为萃取剂）重新富集在水中的方法称为反萃取法。反萃取时用到的装置为
A． B． C． D．
4．丹参酮IIA可用于治疗冠心病，能改善冠状动脉循环，抑制血栓疾病发生。其结构如图所示。下列有关该化合物的说法正确的是
A．与溶液能发生显色反应 B．能使酸性溶液褪色
C．能与溶液反应放出气体 D．既能发生加成反应，又能发生消去反应
5．非金属卤化物中心原子具有和价层空轨道时可发生亲核水解；中心原子有孤电子对时，孤电子对进攻的可发生亲电水解。亲核水解机理如图。下列说法错误的是
A．图示过程只有极性键的断裂与生成
B．图示过程中有2种杂化方式
C．和均能发生亲核水解
D．水解产物可能为和
6．化学方程式是化学独有的学科语言，下列过程所对应的化学方程式或离子方程式错误的是
A．用铁氰化钾检验溶液中的：
B．使酸性溶液褪色：
C．铅酸蓄电池充放电的反应：
D．苯酚钠溶液中通入少量：＋CO2＋H2O→＋NaHCO3
7．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y、Z、W在第二周期且相邻：M的基态原子3d轨道上有2个未成对电子，且价层电子的空间运动状态有6种。由该五种元素形成的一种配合物的结构如图所示，其中Y、Z、W原子的最外层均达到8电子稳定结构。下列说法正确的是
A．该配合物中存在的化学键有共价键、配位键、氢键
B．1mol该配合物中含有4mol配体，且M的化合价为+2
C．X、Y、Z三种元素可以形成盐
D．ZX3形成的晶体中配位数为12
8．由于核外有空的d轨道，可与一些配体形成配位数为6的配离子。某同学将淡紫色的晶体溶于水后再依次加入和溶液，出现下列变化：
已知：为浅紫色，为红色，为无色。下列说法错误的是
A．溶液Ⅰ为黄色的原因是水解生成了
B．与形成配位键时，S原子提供孤电子对
C．溶液Ⅲ为无色，说明与配位键强度更大
D．焰色试验中可用无锈铁丝的原因是铁灼烧时无焰色且不会产生发射光谱
9．瑞士科学家开发了一种由水激活的一次性印刷纸电池，研究人员先从一张浸入盐水后晾干的纸开始。首先在纸张的一侧涂上含有石墨粉的墨水，背面涂有含有锌粉的墨水，而纸张本身充当隔膜，因此这种特殊的纸张就成为了电池。其结构示意图如图所示。下列有关说法不正确的是
A．当纸变湿时，纸中的盐会溶解并释放带电离子，从而使电解质具有导电性，起到电解质溶液的作用
B．Zn电极作负极，发生的电极反应为
C．该印刷纸电池的总反应为
D．若外电路转移电子，Zn电极上因Zn损耗减轻的质量为0.065g
10．一定条件下，合成的反应历程如图所示。已知相同条件下，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢(说明：过渡态中“—”表示化学键未完全断裂或形成)。下列说法正确的是
A．该反应的
B．发生上述反应，生成的氚代甲醇有3种
C．升高温度，正反应速率的增大程度小于逆反应速率的增大程度
D．发生上述反应，相同时间氚代甲醇的产量：
11．砷化镓制成的半导体器件具有高频、高温、低温性能好、抗辐射能力强等优点。其立方晶胞结构如图，晶胞边长为，原子的分数坐标为，原子的分数坐标为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．Ga原子的配位数为2 B．位于晶胞内的As围成正方形
C．q原子的分数坐标为 D．晶体密度为
12．叠氮化钠广泛应用于汽车安全气囊，可由和制备，反应为。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1mol中的电子数目为
B．晶体中的离子数目为
C．溶液中的数目为
D．该反应中每转移24mol电子生成的数目为
13．常温下，向二元酸溶液中滴入等浓度的溶液，混合A物种的分布系数[(某含A物质)=]随滴加溶液体积的变化关系如下图所示。已知的电离平衡常数为，。下列说法正确的是
A．Q点溶液pH为7
B．M点与N点溶液中相等
C．N点溶液中
D．
14．在25℃下，向溶液中通入氨气，溶液中的含Cu微粒存在如下变化：
各含Cu微粒占其总物质的量分数依次随的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．溶液中：
B．时，
C．第③步反应的平衡常数
D．体系中一定存在下列关系：
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（14分）某硫铁矿烧渣的主要成分是，还含有少量的及单质和，一种从该硫铁矿烧渣分离各金属元素的工艺流程如下：
已知：①加入溶剂后发生反应：；
②。
回答下列问题：
(1)铁元素属于 区元素，基态的价电子轨道表示式为 。
(2)步骤①的目的是 。
(3)步骤②包含的操作是：取含溶液于分液漏斗中， ，振荡静置后，分离出水层， ，过滤后洗涤晶体并干燥。
(4)步骤③发生反应的离子方程式为 。
(5)滤渣2的化学式为 ，完成步骤④可使用的试剂是 (填序号)。
a． b． c． d．
(6)研究表明，受热分解得到的过程可分为四步，某实验小组称取一定质量的样品进行热重分析，固体质量保留百分数随温度变化的曲线如图所示，写出130.7~142.6℃时，发生反应的化学方程式 。
16．（14分）亚硝酰氯(NOCl，熔点为－64.5℃，沸点为－5.5℃)是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，遇水发生反应：2NOCl+H2O=NO+NO2+2HCl。NOCl可由NO与Cl2在一定条件下反应得到，相关实验装置如图所示。
(1)装置Ⅰ中装铜屑的仪器名称为 ，装置Ⅱ中试剂为 ，装置的连接顺序为 。
(2)实验时先打开分液漏斗活塞滴入稀硝酸，发生反应的离子方程式为 ，当观察到Ⅴ中 时，开始向装置中通入Cl2。
(3)装置Ⅵ中KMnO4溶液用于吸收NO气体，已知该反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，反应产生了一种黑色沉淀，其化学式是 。
(4)通过以下实验步骤测定制得NOCl样品纯度(杂质不参与以下反应)：
a．将Ⅴ中所得液体2.0g溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL于锥形瓶中；
b．加入溶液(过量)，使Cl—完全转化为AgCl沉淀；
c．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；
d．加入指示剂，用标准溶液滴定过量的溶液，重复实验操作三次，消耗标准溶液的体积平均为25.00mL。[已知，]
①滴定选用的误差最小的指示剂是 (填序号)。
A．(NH4)2Fe(SO4)2 B．NH4Fe(SO4)2 C．FeCl3 D．FeCl2
②NOCl的纯度为 。(用百分数表示，保留两位小数)
17．（15分）硫酰氯()是重要的化工原料，可通过和反应制备。
(1)已知：

则的 kJ/mol，该反应 (填“高温”“低温”或“任意温度”)自发。
(2)在恒容密闭容器中，按不同投料比充入和，在催化条件下发生反应生成。温度下达平衡时，随投料比的变化如下图所示。
已知：(初始)(平衡)：本题中。
①a点，的分压为 kPa。
②温度下， 。
③若且时，请在图中画出在温度下随进料比变化的大致图像 。
(3)硫酰氯对甲苯进行气相催化氯化的反应机理如下图所示。为催化剂表面的催化活性位点。
①催化氯化甲苯的总反应方程式为 。
②过程iii (填“吸热”或“放热”)，理由是 。
18．（15分）艾曲波帕(化合物K)是一种治疗慢性免疫性血小板减少症的药物，某课题研究小组合成化合物K的路线如图(部分反应条件略去)。
已知：ⅰ．；
ⅱ．；
ⅲ．。
(1)A的化学名称为 ，A的酸性强于苯酚的原因： 。
(2)F中含氧官能团名称为 。
(3)G→H转化反应的化学方程式为 。
(4)E的结构简式为 。
(5)C的一种同系物Q，其相对分子质量比C大14。Q的同分异构体中，同时满足下列条件的有 种(不考虑立体异构)。
ⅰ．含有苯环；ⅱ．含有和C相同的官能团且含有甲基；ⅲ．含有手性碳。
(6)上述合成路线中，H→J的转化过程如下：
请结合已知信息，分别写出I和M的结构简式： 、 。
参考答案
1．C
【详解】A．药酒是将中药有效成分溶解在酒中而制成的日常佳品，利用了固-液萃取原理，A正确；
B．丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质因富含酰胺基而具有良好的吸湿性，B正确；
C．大理石的主要成分是碳酸钙，C错误；
D．明矾水解显酸性，青铜器上的铜锈可用明矾水去除，D正确；
故答案选C；
2．B
【详解】A．已知Na是11号元素，故基态Na原子的价层电子轨道表示式：，A正确；
B．已知质量数等于质子数加中子数，故氢元素的3种核素分别为、、，B错误；
C．已知质量数等于质子数加中子数，O是8号元素，则中子数为10的氧原子表示为：，C正确；
D．已知B是5号元素，则硼原子的结构示意图为：，D正确；
故答案为：B。
3．D
【详解】反萃取法是萃取法的反向应用，使用分液漏斗、烧杯、铁架台等仪器，D项符合题意；
答案选D。
4．B
【详解】A．丹参酮分子中不含酚羟基，不能与溶液发生显色反应，A错误；
B．该物质中含有，可以被酸性高锰酸钾氧化而褪色，B正确
C．分子中不含羧基，不能与溶液反应放出气体，C错误；
D．此物质中，没有卤素原子和醇羟基，不能发生消去反应，含有及酮羰基，可以发生氢气加成反应，D错误；
故选B。
5．C
【详解】A．图示中有H-O、Si-Cl极性键断开，有Si-O、H-Cl极性键生成，A正确；
B．SiCl4的Si杂化方式为sp3，与水分子中的O原子成键后，周围有5个共价键，杂化方式为sp3d，B正确；
C．C的最外层为L层，没有d轨道接受水中的孤电子对，的中心原子P上有孤电子对，发生亲电水解，二者均不能发生亲核水解，C错误；
D．中心原子N上有孤电子对，孤电子对进攻的可发生亲电水解，得到NH3和HClO，D正确；
答案选C。
6．B
【详解】A．与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，反应的化学方程式为，A正确；
B．该氧化还原反应方程式中得失电子不守恒，正确的离子方程式为，B错误；
C．铅酸蓄电池放电时正极材料PbO2和负极材料Pb都与硫酸反应生成PbSO4，充放电的反应为，C正确；
D．酸性：，向苯酚钠溶液中通入少量反应的离子方程式为＋CO2＋H2O→＋NaHCO3，D正确；
故答案选B。
7．C
【分析】由题干信息可知，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y、Z、W在第二周期且相邻，M的基态原子3d轨道上有2个未成对电子即3d2或者3d8，且价层电子的空间运动状态有6种，即占有6根轨道，即为3d84s2，则为Ni，由该五种元素形成的一种配合物的结构图所示信息可知，Y形成4个共价键，Z形成4个共价键，W形成2个共价键且能形成氢键，其中Y、Z、W原子的最外层均达到8电子稳定结构，则W为O、Z为N、Y为C，X只形成1个共价键，则X为H， 据此分析解题。
A．氢键不是化学键，则该配合物中存在的化学键有共价键、配位键，A错误；
B．由题干配合物的结构可知，1mol该配合物中含有2mol配体()，且M的化合价为+2，B错误；
C．由分析可知，X为H、Y为C、Z为N，故X、Y、Z三种元素可以形成盐如NH4CN，C正确；
D．由分析可知，X为H、Z为N，由于NH3分子间存在氢键，即ZX3形成的晶体不能形成面心立方，故其配位数不为12，D错误；
故答案为：C。
8．D
【详解】A．根据为浅紫色， 将晶体溶于水后溶液不是浅紫色而是黄色，是因为Fe3+水解生成红褐色与紫色共同作用所致，选项A正确；
B．S的半径大于N，SCN-中S、 N都含有孤电子对，S的半径大于N，所以SCN-与Fe3+形成配位键时，S原子提供孤电子对，选项B正确；
C．溶液Ⅰ加NaF后溶液由红色变为无色，变为，SCN-与Fe3+配位键强度不及F-与Fe3+配位键强度，选项C正确；
D．铁灼烧时产生发射光谱无特殊焰色，所以焰色试验中可用无锈铁丝替代铂丝，选项D错误；
答案选D。
9．D
【详解】A．纸中的盐遇水溶解，形成电解质溶液，可导电，A正确；
B．由图可知，Zn作负极发生氧化反应，电极反应为 ，B正确；
C．正极反应为，负极生成的最终转化为ZnO、H2O、OH－，故电池的总反应为，C正确；
D．负极上，Zn最终转化成ZnO，Zn电极质量增加，D错误；
故答案选D。
10．C
【详解】A．反应：的=生成物的总能量-反应物的总能量=，A错误；
B．发生上述反应，生成的氚代甲醇有、两种，B错误；
C．由图可知该反应放热，升高温度平衡逆向移动，即正反应速率的增大程度小于逆反应速率的增大程度，C正确；
D．转化为过程中，若用代替，由于键比键更易断开，导致生成更快，相同时间氚代甲醇的产量：，D错误；
故选C。
11．C
【分析】在该晶胞中，8个Ga原子位于晶胞的顶点，6个Ga原子位于晶胞的面心，则Ga原子数为；4个As原子位于晶胞的体心，个数为4，则Ga原子和As原子数之比为，据此数据解答。
A．根据晶胞图可知，Ga原子的配位数为4，A错误；
B．根据晶胞图可知，位于晶胞内的4个As原子围成的是正四面体结构，B错误；
C．根据晶胞图，当原子的分数坐标为，原子的分数坐标为时，参照p和r的坐标数据，可得到q原子的分数坐标为，C正确；
D．根据分析，每个晶胞含4个Ga和4个As，立方晶胞边长为，则晶体密度为，D错误；
故答案为：C。
12．A
【详解】A．1mol中的电子数目为20NA，所以0.1mol中所含电子数为2NA，A项正确；
B．1mol晶体中离子的数目为2NA，B项错误；
C．选项中为表明溶液的体积，因此无法计算溶液中的数目，C项错误；
D．根据反应，该反应中每转移电子生成的数目为NA，D项错误；
答案选A。
13．D
【详解】A．由图示和题意，一直下降的曲线代表，先上升后下降的曲线代表，开始很小后来一直上升的曲线代表，，，，Q点，则此时，，，A错误；
B．点与点相等，由元素守恒，也相等，但加入溶液的体积不相等使得溶液体积不相等，故不相等，B错误；
C．由电荷守恒，在溶液中有，N点时，代入得，此时溶液呈碱性，有，故，C错误；
D．的水解平衡常数为、，当加入的，时，溶液溶质等效为与以1：1混合，因为的第一步电离平衡常数大于的水解平衡常数，所以此时，M点时，故，时溶液溶质等效为与以1：1混合，因为的水解平衡常数大于的电离平衡常数，所以此时，N点时，故30.00，故，D正确；
故答案选D。
14．B
【分析】在如下变化：，由图可知，曲线I在c(NH3)最小时，含铜离子物质的量分数最大，说明曲线I表示Cu2+，随着c(NH3)升高，c(Cu2+)逐渐减小，Cu(NH3)2+的浓度逐渐增大，故曲线Ⅱ是Cu(NH3)2+，以此类推，曲线Ⅲ表示Cu(NH3，曲线IV表示Cu(NH3，曲线V表示Cu(NH3。
A．溶液中铜离子水解，导致，A错误；
B．=-4.1时，即时，，B正确；
C．第③步反应为Cu(NH3+NH3 Cu(NH3，=－2.9时，即氨气浓度是10-2.9mol/L，c[Cu(NH3]=c[Cu(NH3]，K==1×102.9，C错误；
D．根据电荷守恒，体系中没有Na+，有离子，不成立，D错误；
答案选B。
15．(1)d（1分）（2分）
(2)分离铁离子和铜离子，富集铜元素（2分）
(3)滴加稀硫酸（1分）蒸发浓缩、冷却结晶（1分）
(4)2+3H2C2O4=2Au↓+6H++8Cl-+6CO2↑（2分）
(5)AgCl（2分）ac（2分）
(6) （2分）
【分析】硫铁矿烧渣中加入硫酸，氧化铁转化为硫酸铁，氧化铜转化为硫酸铜，过滤后滤液中含有铁离子和铜离子，滤渣1中主要成分为Ag和Au，滤液中加入溶剂RH，铜离子与RH反应转化为CuR2，CuR2经过系列操作得到胆矾。滤渣1中加入HNO3-NaCl溶金，Au转化为HAuCl4，Ag转化为AgCl，HAuCl4与草酸反应生成Au，AgCl与氨水反应生成银氨溶液，最后转化为Ag。
（1）铁元素在元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于d区元素。基态Fe2+价电子排布式为3d6，轨道表示式为。
（2）通过步骤①，Cu2+与RH反应生成了CuR2，通过分液得到含有CuR2的溶液和含有Fe3+的水层，实现了Cu2+和Fe3+的分离，从而达到富集铜元素的目的。
（3）步骤②从CuR2的溶液中制取胆矾，先取含CuR2溶液于分液漏斗，滴加稀硫酸使得化学平衡逆向移动，将CuR2转化为铜离子，振荡静置后，分离出水层，再经过蒸发浓缩、冷却结晶得到胆矾。
（4）步骤③中与草酸反应生成Au，Au元素得电子则H2C2O4失电子生成二氧化碳，结合原子守恒和电荷守恒可知，离子方程式为2+3H2C2O4=2Au↓+6H++8Cl-+6CO2↑。
（5）根据分析可知溶金过程中Ag与HNO3先反应生成银离子，银离子结合NaCl中的氯离子生成AgCl沉淀，则滤渣2化学式为AgCl。步骤④将银氨溶液转化为Ag单质，Ag元素得电子则需要加入还原剂，Cu金属活动性强于Ag，可与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，Pt金属活动性弱于Ag，不与[Ag(NH3)2]+反应，HCHO具有还原性，能与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，硫酸中S已经是最高价态，不能与[Ag(NH3)2]+反应生成Ag，故答案选ac。
（6）设分解1mol，其质量为412g，得到第一步质量保留百分数减少17.48%，减少物质的摩尔质量为412g/mol×17.48%=72g/mol，故该过程减少的是水的质量，此时固体为HAuCl4，继续加热，130.7~142.6℃时，减少物质的摩尔质量为412g/mol×0.0886=36.5g/mol，因此减少的物质为HCl，此时固体为AuCl3，反应的化学方程式为。
16．(1)蒸馏烧瓶（1分）水（1分）d→e→b→c（2分）
(2)3Cu+8H++2NO= 3Cu2++2NO↑+4H2O （2分）红棕色气体完全消失（2分）
(3)MnO2（2分）
(4) B（2分）81.88%（2分）
【分析】装置I中铜与稀硝酸反应生成NO，硝酸具有挥发性，装置I上部含有空气，生成的NO部分被氧化为NO2，装置II的作用为除去NO气体中的硝酸及NO2杂质，NOCl能与水反应，因此要通过装置III中的浓硫酸干燥NO气体，在装置V中NO和纯净的氯气在冰盐水浴中合成NOCl，为防止NOCl与水反应，装置V后连接干燥装置IV之后再连接装置VI，装置VI用于吸收尾气。
（1）装置I中装铜屑的仪器名称为蒸馏烧瓶。装置II中试剂为水，用于除去NO气体中的硝酸及NO2杂质。根据分析可知，装置连接顺序为a→d→e→b→c→f。
（2）打开分液漏斗滴入稀硝酸，稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO= 3Cu2++2NO↑+4H2O。开始时装置中含有空气，生成NO被空气中氧气氧化生成NO2，随着反应进行，空气被消耗完，当观察到V中红棕色气体完全消失说明装置中的空气已经排尽，此时开始向装置中通入氯气。
（3）该反应中KMnO4为氧化剂，NO为还原剂，NO被氧化生成，1个N失去3个电子，已知该反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，则1个KMnO4中的Mn得到3个电子，化合价从+7价降低到+4价，生成的黑色沉淀为MnO2。
（4）①用KSCN滴定AgNO3，滴定终点时KSCN略微过量，则选择的指示剂需要含有Fe3+，Fe3+与过量的SCN-反应使溶液呈血红色。
A．(NH4)2Fe(SO4)2中不含铁离子，A错误；
B．NH4Fe(SO4)2含有铁离子，且其他离子对实验没有影响，为误差最小的指示剂，B正确；
C．FeCl3中虽然含有铁离子，但是引入了氯离子，氯离子能与银离子反应，对实验有影响，C错误；
D．FeCl2中不含铁离子，D错误；
故答案选B。
消耗KSCN的物质的量为0.1mol/L×0.025L=2.5×10-3mol，根据离子方程式Ag++SCN-=AgSCN↓可知，消耗Ag+物质的量为2.5×10-3mol，共加入Ag+物质的量为5×10-3mol，因此与氯离子反应消耗银离子物质的量为2.5×10-3mol，根据Cl守恒可知，有NOCl物质的量为2.5×10-3mol×=2.5×10-2mol，则NOCl的纯度为65.5g/mol×2.5×10-2mol÷2g×100%=81.88%。
17．(1) -67.6（2分）低温（1分）
(2)100（2分）0.03（2分）起点必须在横坐标为1.0的网格线，曲线在原曲线下方（2分）
(3) （2分）放热（2分）中大键被破坏，结构不稳定，能量高；中恢复了大键，结构稳定，能量低（2分）
【详解】（1）将定义为反应I；将 定义为反应II；则反应可看作为反应I反应II，则；根据能自发，该反应的、，要使自发，则需要低温条件；
（2）在恒容密闭容器中，按不同投料比充入和，在催化条件下发生反应，已知：，在时随投料比的变化如图。
①a点，，根据，得到，此时，设起始时，，转化的，列三段式：，由压强关系，解得，平衡后的气体总物质的量为，则的分压为；
②温度下，用平衡分压来表示的平衡常数为：；
③根据图中曲线变化趋势，当，值最大，当其中一种过量时，此时的值反而减小，因此若，因，平衡左移，值减小，且，则得到的新曲线应在原曲线的下端，起点位置在1.0，最后得到的在温度下随进料比变化的大致图像为：；
（3）①根据催化转化机理图，在催化剂的作用下，与甲苯反应后得到的产物有HCl、、，则催化氯化甲苯的总反应方程式为：。
②过程iii的反应为：+，整个过程中中大键被破坏，结构不稳定，能量高，转化为后恢复了大键，结构稳定，能量低，转化过程中放出热量。
18．(1)邻溴苯酚(或2-溴苯酚) （1分）溴原子电负性大，有较强的吸电子作用，从而使羟基氢氧键的极性增大，酸性增强(或邻位的溴原子靠近羟基吸引电子，使羟基氢氧键的极性增大，酸性增强) （2分）
(2)羧基、羟基（2分）
(3) （2分）
(4) （2分）
(5)20（2分）
(6) （2分）（2分）
【分析】根据已知ⅰ，D是；D一定条件下生成E，E发生还原反应生成F，D中硝基变为F中的氨基、D中醚键变为F中的羟基，则E是； H是乙酸乙酯，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，G的分子式为C2H6O，可知G是CH3CH2OH。
（1）根据A的结构简式，A的化学名称为2-溴苯酚；溴原子电负性大，有较强的吸电子作用，从而使羟基氢氧键的极性增大，酸性增强，所以A的酸性强于苯酚：
（2）根据F的结构简式，F中含氧官能团名称为羟基、羧基；
（3）H是乙酸乙酯，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，则G→H转化反应的化学方程式为；
（4）
根据已知ⅰ，D是；D一定条件下生成E，E发生还原反应生成F，根据D、F结构简式，可知E是；
（5）C的一种同系物Q，其相对分子质量比C大14，Q分子比C多1个CH2。Q的同分异构体，同时满足条件：ⅰ．含有苯环；ⅱ．含有和C相同的官能团且含有甲基；ⅲ．含有手性碳。若含1个取代基或，各有1种结构；若含2个取代基、-OCH3或、-CH3或、-NO2或、-Br或、-Br或、-NO2各3种结构，共20种同分异构体。
（6）据信息，可知I为；根据信息，由J的结构简式逆推，可知M的结构简式为。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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