必刷卷01——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（云南、安徽、黑龙江、山西、吉林五省通用）（原卷版+解析版）

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2023年高考化学考前信息必刷卷01
云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用

云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用地区为新教材老高考，试卷采用理科综合形式考查，但没有选考题，考试题型为7（单选题）＋4（解答题），解答题固定为工艺流程题、实验题、化学反应原理和有机推断与合成。物质结构内容分散在选择题、工艺流程、反应原理和有机推断题中。
高考命题中知识体系考查更加全面，关键能力考查更加凸显，在命题材料的选择上更加开放和灵活，对学生的理解与辨析、分析与推测能力考查尤为突出。情境设计更加丰富新颖，全面考查学生学科核心素养。。总体难度有所增大，创新性有一定增强，表现在问题设计的精细化和情境创设的丰富性与新颖性。要求学生对知识的掌握更全面和扎实，理解更透彻和细致。

2023年云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用地区的高考题中将进一步精心设置情境，彰显化学学科价值；考查关键能力，聚焦学科核心素养。 “核心价值金线” 贯串高考命题和评价的始终，“ 能力素养银线”是高考命题和考查的重心，情境作为考查载体，是“金线”和“银线”的“串联线”。
T7以国产科幻大片、T8以2021年诺贝尔奖为情境考查化学基本概念、化学材料、科技发展等知识，体现了化学的价值导向。T10、T11从表格、图形等形式考查，落实宏观辨识与微观探析学科核心素养。T12题创设一个新颖的晶体电极，着重考查宏观辨识与微观探析，证据推理与模型认知。T27考查物质制备实验，增强了实验过程中的数据处理、定量分析能力的考查。

一、单项选择题：本题共7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。
7．2023年春节期间，国产科幻大片《流浪地球2》火遍全网。《流浪地球》被称为“第一部中国自己的科幻大片”，两部电影中涉及很多有趣的化学知识。下列说法错误的是

A．影片中幻想了因太阳氦闪，地球将被摧毁。氦气属于稀有气体、是空气的成分之一
B．电影中，主要由硅、碳、氧、硫等轻元素构成的石头经过一系列变化能重组变成铁，这个变化过程属于化学变化
C．制备电影中固定太空电梯的缆绳的材料，目前来看，最有可能是碳纳米管(如图1)，其中碳原子最有可能采取sp2杂化
D．偏二甲肼是电影中火箭的主要推进燃料。若取ag偏二甲肼在6.4g氧气中恰好完全反应，反应前后各物质的质量如图2所示，则偏二甲肼中不含氧元素
【答案】B
【解析】A．氯气属于稀有气体、是空气的成分之一，选项A正确；B．原子是化学变化中的最小微粒，化学变化中原子核不会变，该过程属于核聚变，选项B错误；C．从图中可以看出，碳纳米管中碳原子以碳碳键形成六边形的网格结构，一个碳原子和其他碳原子形成3个键，故碳原子以杂化为主，选项C正确；D．反应前后元素种类、质量不变，水中氧元素质量为，二氧化碳中氧元素质量为，，故偏二甲肼中不含氧元素，选项D正确；答案选B。
8．2021年的诺贝尔化学奖授予本杰明·李斯特、大卫·麦克米兰，以表彰他们在“不对称有机催化的发展”中的贡献。用脯氨酸催化合成酮醛反应如图：

下列说法错误的是
A．c的分子式为C10H10NO4
B．该反应原子利用率理论上是100%
C．c能与乙酸发生取代反应
D．脯氨酸与互为同分异构体
【答案】A
【解析】A．根据c的结构简式得到c的分子式为C10H11NO4，A错误；B．b中醛基碳氧双键断裂，且从质量守恒角度来看该反应为加成反应，原子利用率理论上是100%，B正确；C．c中含有羟基能与乙酸发生酯化反应，即取代反应，C正确；D．脯氨酸与分子式均为C5H9NO2，二者结构不同故互为同分异构体，D正确； 故选A。
9．下列实验操作所观察到的实验现象正确且能得出相应实验结论的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向盛有3.0mL无水乙醇的试管中加入一小块金属钠
缓慢产生气泡
乙醇分子中羟基氢的活泼性小于水分子中的氢
B
向盛有2.0mL甲苯的试管中加入3滴酸性溶液，用力振荡
紫色褪去
甲苯中含有碳碳双键，可被酸性溶液氧化
C
向含有少量的溶液中滴加少量稀溶液
产生白色沉淀

D
用玻璃棒蘸取溶液滴在试纸上
试纸先变蓝，后褪色
溶液呈中性
【答案】A
【解析】A．向盛有3.0mL无水乙醇的试管中加入一小块金属钠，缓慢产生气泡说明乙醇分子中羟基氢的活泼性小于水分子中的氢，故A正确；B．甲苯是苯的同系物，分子中不含有碳碳双键，故B错误；C．向含有少量氯化铜的氯化镁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀可能是因为镁离子的浓度大于铜离子浓度，则产生白色沉淀不能说明氢氧化镁的溶度积小于氢氧化铜，故C错误；D．次氯酸钠溶液具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，不能用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，则试纸先变蓝，后褪色不能说明次氯酸钠溶液呈中性，故D错误；故选A。
10．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列关于次氯酸盐性质实验对应的反应方程式书写正确的是
A．将足量的二氧化碳通入溶液中：
B．验证“84”消毒液与洁则剂不能混合的原因：
C．用溶液吸收废气中的制石膏乳：
D．将硫酸铬溶液滴入含的强碱性溶液中：
【答案】B
【解析】A．足量二氧化碳通入溶液生成的是，离子方程式为：，A错误；B．“84”消毒液与洁厕剂混合的离子方程式为，因生成有毒的氯气，因此两者不能混合使用，B正确；C．生成的微溶于水不能拆，离子反应为：，C错误；D．强碱性溶液不生成，离子反应为：，D错误；故选：B。
11．MnO2催化降解甲醛的机理如图所示，其中MnO2起着吸附活化的作用。下列说法错误的是

A．基态Mn原子的未成对电子数为5个 B．•CHO中碳原子采取sp2杂化方式
C．HCO的空间结构名称为四面体形 D．HCHO在降解过程中碳氧双键未发生断裂
【答案】C
【解析】A．Mn的价电子排布式为，未成对电子数为5个，故A正确；B．·CHO中C原子的价层电子对数为，按3对处理，采取杂化，故B正确；C．的空间结构可以看作是结合1个，因此和的空间结构是一样的，都呈平面三角形结构，故C错误；D．降解的总反应式为，碳氧双键未断裂，故D正确；故选：C。
12．水溶液锌电池(图1)的电极材料是研究热点之一、一种在晶体中嵌入的电极材料充放电过程的原理如图2所示。下列叙述中正确的是

A．①为活化过程，其中的价态不变
B．该材料在锌电池中作为负极材料
C．②代表电池放电过程
D．③中晶体转移的电子数为
【答案】C
【解析】A．①过程中MnO晶胞中体心的Mn2+失去，产生空位，该过程为MnO活化过程，根据化合物化合价为0可知Mn元素化合价一定发生变化，故A项错误；B．锌电池中Zn失去电子生成Zn2+，Zn电极为负极材料，故B项错误；C．②过程中电池的MnO电极上嵌入Zn2+，说明体系中有额外的Zn2+生成，因此表示放电过程，故C项正确；D．MnO晶胞中棱边上所含Mn的个数为，同理和晶胞中棱边上所含Mn的个数为3，晶胞中Zn2+个数为，因此Mn与Zn2+个数比为3：1，由此可知晶胞中Zn2+个数为，③过程中1mol晶体转移电子的物质的量为，故D项错误；综上所述，叙述正确的是C项。
13．Ga与Al同为第IIIA族元素，常温下，向NaGa(OH)4溶液中滴加醋酸溶液，溶液中Ga3+及其与OH-形成的微粒的浓度分数α随溶液pH变化的关系如图所示。已知CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.8×10-5，关于该过程的说法正确的是

A．Ga(OH)4的浓度分数先减小后增大
B．Ga3++H2OGa(OH)2++H+，该平衡常数K的数量级为10-2
C．若a点时c[Ga(OH)]=1mol/L，Ga(OH)(aq)+CH3COOH(aq)Ga(OH)3(s)+H2O(l)+CH3COO-(aq)的平衡常数K=1.8×101.4
D．pH=7时c(Na+)+3c(Ga3+)+2c(Ga(OH)2+)+c(Ga(OH))=c[Ga(OH)]
【答案】C
【解析】A．向溶液中不断滴加醋酸溶液，随着溶液pH的减小，与醋酸电离产生的会不断反应产生、、、，因此的浓度分数一直减小，A错误；B．反应的平衡常数，由图可知，在溶液左右时，此时，所以平衡常数K的数量级为，B错误；C．，由于a点时则，，C正确；D．在常温下，时的溶液显中性，，根据溶液中存在电荷守恒可得关系式：，故，D错误；故选C。

二、解答题：本题共4小题，共58分．
27．磷酸亚铁锂()是新能源汽车中锂离子电池常用的电极材料。对废旧电极(含、Al箔、石墨粉等)回收并获得高纯的工艺流程如下：

已知：在水中的溶解度不大，且溶解度随温度升高而减小。
（1）回收的废旧锂离子电池需进行预放电、拆分破碎、热处理等预处理，筛分后获得正极片。下列分析不合理的是___________(填标号)。
A．拆分前对废旧电池进行预放电，有利于释放残余能量，消除安全隐患
B．预放电时电池中的锂离子移向正极，有利于提高正极片中锂元素的回收率
C．热处理过程可以除去废旧锂离子电池中的难溶有机物、碳粉等
D．锂离子电池不含汞、镉、铅等有毒重金属，可用普通垃圾处理方法处理
（2）过程Ⅰ为粉碎处理，为加快过程Ⅱ的反应速率，还可以采用的措施有___________(写出其中一种即可)，过程Ⅱ中足量NaOH溶液的作用是___________(用离子方程式表示)。
（3）过程Ⅲ采用不同氧化剂分别进行实验，均采用Li含量为3.7%的原料，控制pH为3.5，浸取1.5h后，实验结果如下表所示：
序号
酸
氧化剂
浸出液浓度(g/L)
滤渣中Li含量/%
实验1
HCl

9.02
0.10
实验2
HCl

9.05
0.08
实验3
HCl

7.05
0.93

实验2中，可与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量。综合考虑的浸出率及环保因素，选择的氧化剂最好为___________。
（4）过程Ⅵ首先需洗涤“粗品”，应该用___________(填“热水”或“冷水”)洗。若滤液2中，过程Ⅴ中加入等体积的溶液后，若沉淀中的Li元素占滤液中Li元素总量的95.0%，则加入的碳酸钠溶液浓度为___________[已知：，溶液混合引起的体积变化可忽略]。
（5）工业上用、、LiCl及苯胺()为原料制取磷酸亚铁锂。中，的空间结构为___________。LiCl和均为金属氯化物，LiCl沸点1350℃，沸点315℃，两者沸点差异明显的主要原因是___________。
（6）某锂电池的负极材料晶体是锂原子嵌入石墨烯层间，晶胞结构(底面为平行四边形)如图所示。该晶体的化学式为___________，该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，石墨烯层间距离为335pm，则该晶体的密度为___________(列出计算式，用表示阿伏伽德罗常数)。

【答案】（1）D
（2）     适当升高温度、增加氢氧化钠浓度（答案合理即可）    
（3）H2O2
（4）     热水     2.22
（5）     正四面体     LiCl为离子晶体，分子晶体，离子晶体熔化破坏的是离子键，分子晶体熔化破坏的是分子间作用力，离子晶体熔点比分子晶体熔点高，所以两者的熔点相差很大
（6）     LiC6    
【解析】废旧电池经研磨后与氢氧化钠反应，主要溶解的是铝，得到的滤液1中主要有偏铝酸钠和过量的氢氧化钠，滤渣1再经过盐酸酸浸、氧化剂氧化转化为铁离子，过程III两次循环利用，为了提高锂离子浓度，浸出液中的和经碳酸钠调pH后与铁离子反应生成FePO4·2H2O，过滤得到的滤液，与碳酸钠反应得到碳酸锂粗品，最后再经过热水洗涤，干燥等一系列操作得到高纯Li2CO3。
（1）A．废旧锂离子电池在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，可能导致过电等现象，造成人生命安全危险事故，A正确；
B．放电过程为原电池原理，电解质溶液中阳离子移向正极，即锂离子电池预放电时电池中的锂离子移向正极，B正确；
C．有机物熔沸点较低、大多数易燃，碳粉可燃，可知热处理过程可以除去废旧锂离子电池中的难溶有机物等，C正确；
D．锂离子电池即使不含汞、镉、铅等有毒重金属，但里面有多种化学物质，因此不可用普通垃圾处理方法处理，否则会导致产生土壤污染、水污染，D错误；
故合理选项是D；
（2）过程Ⅰ为粉碎处理，为加快过程Ⅱ的反应速率，还可以采用的措施有适当升高温度、增加氢氧化钠浓度等措施；过程Ⅱ中足量NaOH溶液是为了溶解铝，其离子方程式为：；
（3）实验2生成的氯气会污染空气，增加了酸和氧化剂的用量，实验1与实验3相比，Li+的浸出率较高的是H2O2，所以最终选择H2O2作为氧化剂，故答案为：H2O2；
（4）在水中的溶解度不大，且溶解度随温度升高而减小，所以洗涤碳酸锂粗品时，为了使晶体更快析出，需用热水洗涤；
，滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率达到95.0%，则混合后滤液中c(Li+)==0.1mol/L，滤液③中c(CO)=mol/L=0.16mol/L，根据平衡思想可知，消耗锂离子的碳酸根离子浓度为=0.95mol/L，所以反应前碳酸钠离子浓度为0.16mol/L+0.95mol/L=1.11mol/L，因为是等体积混合，忽略反应前后溶液体积变化，所以加入的碳酸钠浓度应为=2.22mol/L，故答案为：2.22mol/L；
（5）的价层电子对数为4，孤电子对数为=0，所以其分子的空间结构为正四面体；LiCl为离子晶体，分子晶体，离子晶体熔化破坏的是离子键，分子晶体熔化破坏的是分子间作用力，离子晶体熔点比分子晶体熔点高，所以两者的熔点相差很大；
（6）由图可知，Li原子位于顶点，个数为，C原子位于面上和体内，个数为，则化学式为LiC6；该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，则底边边长为3´142pm，石墨烯层间距离为335pm，又底边为平行四边形，顶角为60°，设晶胞的密度为dg/cm3，晶胞质量为，晶胞体积为，结合密度公式，解得。
28．氢化铝锂()以其优良的还原性广泛应用于医药、农药、香料、染料等行业，实验室按如图流程、装置开展了制备实验(夹持、尾气处理装置已省略)。

已知：①
物质
苯
乙醚

易溶
可溶

难溶
可溶
LiH

微溶
LiCl

难溶
②LiH、在潮湿的空气中都会发生剧烈水解。
③乙醚易燃，一般不与金属单质反应，沸点34.5℃。
请回答：
（1）仪器a的名称是_______；装置b的作用是_______。
（2）乙醚中的少量水分也会对的制备产生严重的影响，以下试剂或操作可有效降低市售乙醚(含水体积分数0.2%)含水量的是_______。A．分液 B．钠 C．五氧化二磷 D．通入乙烯
（3）滤渣A的主要成分是_______。
（4）下列说法不正确的是_______。
A．为提高过滤出滤渣A的速度，可先加水让滤纸紧贴漏斗内壁
B．为提高合成的速率，可将反应温度提高至40℃
C．操作B可在蒸发皿中进行
D．能溶于乙醚与配位键有关
（5）从下列选项中选择属于一系列操作C的最佳操作，并排序_______。
a.将操作B剩余液体置于蒸馏烧瓶中
b.将操作B后剩余液体倒入漏斗中过滤
c.用余热蒸干苯
d.开冷凝水、加热
e.将固体放入苯液中进行搅拌、浸泡和反复清洗、过滤
f.转移固体至烧瓶中真空脱苯
g.转移固体至表面皿中低温加热干燥脱
（6）(不含LiH)纯度可采用如下方法测定(装置如图所示)：25℃，常压下，准确称取产品xg，记录量气管B起始体积读数，在分液漏斗中准确加入过量的四氢呋喃(可减缓与H2O的反应速率)、水混合液10.0ml，打开旋塞至滴加完所有液体，立即关闭旋塞，调整量气管B读数，则的质量分数为_______(用含x、、的代数式表达)。

注：量气管B由碱式滴定管改装；25℃，常压下气体摩尔体积约为24.5L/mol。
【答案】（1）     恒压滴液漏斗（或滴液漏斗也可）     吸收装置内的水分，并避免外界水分进入，保持装置内干燥
（2）BC
（3）LiCl
（4）ABC
（5）bef
（6）×100%
【解析】AlCl3乙醚溶液和LiH乙醚溶液放于三颈烧瓶中在28℃时搅拌发生反应生成和难溶于乙醚的LiCl，经过滤后得到LiCl，即滤渣A；得到的滤液加入苯液，提取难溶于苯的，由于苯的沸点是80.1℃，乙醚的沸点是34.5℃，经过蒸馏的操作，将乙醚分离，得到苯和的混合物，经过一系列操作C得到粗产品。
（1）仪器a的名称是恒压滴液漏斗，仪器b是干燥管，作用是是吸收装置内的水分，并避免外界水分进入，保持装置内干燥；
（2）乙醚中的少量水分也会对的制备产生严重的影响，以下试剂或操作可有效降低市售乙醚(含水体积分数0.2%)含水量的是：
A．乙醚微溶于水中，不可用分液分离，A项不符合；
B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，可以使水和乙醚分离，B项符合；
C．五氧化二磷是酸性干燥剂，可吸收水分，C项符合；
D．乙烯在催化剂条件才能与水反应，并引入杂质，D项不符合；
故答案选BC。
（3）AlCl3乙醚溶液和LiH乙醚溶液放于三颈烧瓶中在28℃时搅拌发生反应生成和难溶于乙醚的LiCl，经过滤后得到LiCl，即滤渣A，故答案是LiCl；
（4）综合考查实验操作和其他知识点，分析如下：
A．LiH、在潮湿的空气中都会发生剧烈水解，装置内不宜用水，A项错误；
B．乙醚沸点是34.5℃，将反应温度提高至40℃，乙醚会蒸发，不利AlCl3和LiH的溶解接触，反应会变慢，B项错误；
C．操作B是蒸馏，分离苯和乙醚，没有使用蒸发皿，C项；
D．中铝原子有一个空轨道，乙醚中的氧原子占据空轨道形成配位键，故氯化铝能溶于乙醚与配位键有关，D项正确；
故答案选ABC。
（5）流程中过滤后的滤液含苯和的混合物，两者互不相溶，可通过过滤的方法分离，并通过一些方法除去苯，分析题中操作如下，分析在括号内：
a.将操作B剩余液体置于蒸馏烧瓶中（剩余液是苯和的混合物，通过过滤的方法分离，该操作不选）b.将操作B后剩余液体倒入漏斗中过滤（正确，通过滤的方法分离苯和的混合物，属于第一步操作）c.用余热蒸干苯（综合所有步骤分析，该操作不属于最佳操作）d.开冷凝水、加热（在潮湿的空气中都会发生剧烈水解，不宜用水，该选项不选）e.将固体放入苯液中进行搅拌、浸泡和反复清洗、过滤（可溶解表面的苯，属于操作的第二步）f.转移固体至烧瓶中真空脱苯（综合分析，此项除去苯最佳，属于第三步操作）g.转移固体至表面皿中低温加热干燥脱（综合分析，会接触空气中的水蒸气，不属于最佳操作）综上分析，从下列选项中选择属于一系列操作C的最佳操作，并排序应是bef；
故答案是bef；
（6）与水发生水解反应生成氢氧化铝、氢氧化锂和氢气，方程式是+4H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2↑，通过收集氢气的体积进行纯度的计算。根据题意，注意加入的10mL的体积也占据装置内空间，且量气筒的0刻度在最上面，故收集氢气的体积是（V1-10-V2）mL，根据25℃，常压下气体摩尔体积约为24.5L/mol，n=，则氢气的物质的量是，根据方程式反应的系数比，则的质量分数为=×100%=×100%，故答案是×100%；
29．近年来，改善环境是科学研究的重要课题，对于实现碳循环及废气资源的再利用经济技术的发展都具有重要意义。
I．利用CO2与CH4制备合成气CO、H2的反应历程如图所示：

说明：C(ads)为吸附性活性炭，E表示方框中物质的总能量(单位：kJ)，TS表示过渡态。
（1）制备合成气CO、H2总反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的反应热ΔH=___________kJ·mol-1
（2）若E2-E1>E4-E3，则决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为___________。
（3）已知E1”“”“    
（4）     >     N2     0.8p0
（5）NO+5e-+6H+=+H2O
【解析】（1）根据反应历程图可知，该总反应的反应物是甲烷和二氧化碳，其能量总和为E1，总反应的产物为一氧化碳和氢气，其能量总和为E5，则制备合成气CO、H2总反应的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=(E5-E1)kJ·mol-1；
（2）E2- E1＞E4- E3，其中E2- E1是第一步反应的活化能，E4- E3是第二步反应的活化能，化学反应的快慢，是由活化能大的步骤决定的，因此是由第一步决定的，由反应历程图可知，反应的方程式为CO2(g)+CH4(g)=C(ads)+CO2(g)+2H2(g)；
（3）①因为E1＜E5，故反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=(E5-E1)kJ·mol-1为吸热反应，由图可知，当图中横坐标相同时，T1时氢气对应的对数值大，对于吸热反应来说，升高温度平衡正向移动，故T1＞T2；
②由题意可知：，因为CO2和CH4的充入的体积相同，且CO2和CH4的系数相同，CO和H2的系数相同，故=，由图可知b点lg p(H2)=0，则b点时p(H2)=1，lg p(CO2)=1，则p(CO2)=10，因此=；
（4）一定温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中加入1molCO和1molNO发生上述反应，两者的投料比等于其系数比；由图可知，平衡时一氧化碳和一氧化氮的体积分数都为0.125，设反应生成氮气为amol，由题意可建立如下三段式：

由一氧化碳的体积分数为0.125可得=0.125，解得a=0.4mol，此时N2的体积分数为=0.25，因此b曲线为N2；由图可知，t3时反应未达到平衡，t4时反应达到平衡，故t3时正反应速率大于t4时正反应速率；由平衡前后气体的压强之比等于物质的量之比可知，反应后的压强为×po=0.8po；
（5）NO、SO2转化为(NH4)2SO4时，NO发生得电子的还原反应，SO2发生失电子的氧化反应，则电解池中通入SO2的电极为阳极、通入NO的电极为阴极，阴极上NO得电子生成NH，电极反应式为NO+5e-+6H+=NH+H2O。
30．现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上有四个取代基，且苯环上一溴代物仅有一种，其核磁共振氢图谱有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1：2：6：1，在一定条件下可发生如图所示一系列反应，其中C、D都能发生银镜反应，D遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水发生取代反应。

已知：①在稀NaOH溶液中，溴苯难发生水解；
②→CH3CHO+H2O。
请回答下列问题：
（1）C的结构简式为___________。
（2）写出A→B的化学方程式：___________。
（3）X中官能团的名称是___________，I的结构简式为___________。
（4）E不具有的化学性质有___________(填序号)。
a．取代反应b．消去反应c．氧化反应d．1molE最多能与2molNaHCO3反应
（5）只写出一种试剂鉴别C和E，该试剂试是___________。
（6）写出D→E转化的反应①的化学方程式：___________。
（7）同时符合下列条件的E的同分异构体共有___________种。(不考虑立体异构)
a．属于芳香族化合物；
b．不能发生水解反应；
c．遇FeCl3溶液不显色
d．1mol该同分异构体最多能分别与1molNaOH和2molNa反应。
【答案】（1）HCOOH
（2）2CH3OH+O22HCHO+2H2O
（3）     酯基、溴原子（或碳溴键）    
（4）b
（5）FeCl3
（6）+2Cu(OH)2+2NaOH +Cu2O+4H2O
（7）17
【解析】A能连续被氧化，C能发生银镜反应，则A是醇，B是醛，C是羧酸，X水解生成C，且X中只含2个氧原子，所以C是HCOOH，B是HCHO，A是CH3OH；D能与新制氢氧化铜反应，说明D中含有醛基，D遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水发生取代反应，说明D中含有酚羟基，由于在稀碱溶液中，连在苯环上的溴原子不易发生水解，说明X中酯基为甲酸与酚形成的，即存在HCOO−，两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定，会发生脱水反应，说明存在−CHBr2，芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，说明X中苯环上只有一类氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有4种氢原子，吸收峰的面积比为1：2：6：1，可以确定X含有2个甲基，结合E能与能与浓溴水反应，故HCOO−基团的邻、对位位置有H原子，综上分析可推知X的结构简式为：，X水解然后酸化得D，D的结构简式为：，D被氧化生成E，E的结构简式为：，E和氢气发生加成反应生成F，F的结构简式为：，F发生缩聚反应生成G，G的结构简式为：，H能使溴水褪色，应是F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成H，故H为，H能发生加聚反应生成I，I的结构简式为：。
（1）A能连续被氧化，C能发生银镜反应，则A是醇，B是醛，C是羧酸，X水解生成C，且X中只含2个氧原子，所以C是HCOOH；故答案为：HCOOH。
（2）A→B是甲醇的催化氧化变为甲醛，其反应的化学方程式为2CH3OH+O22HCHO+2H2O；故答案为：2CH3OH+O22HCHO+2H2O。
（3）根据前面分析得到X为，含有官能团是：酯基、溴原子；发生加聚反应得到I，则I的结构简式为：，故答案为：酯基、溴原子；。
（4）根据前面分析得到E的结构简式为：；
a．E含有酚羟基和甲基，能发生取代反应，故a不符合题意；
b．E不能发生消去反应，故b符合题意；
c．E是有机物能氧化反应，且酚羟基易被氧化，故c不符合题意；
d．羧基能和碳酸氢钠反应，所以1molE最多能与1molNaHCO3反应，故d不符合题意；
综上所述，答案为：b。
（5）C是HCOOH，E为，二者都含有羧基，E含有酚羟基，可用氯化铁溶液鉴别，溶液变为紫色；故答案为：FeCl3溶液。
（6）D的结构简式为：，含有醛基，可与新制备氢氧化铜浊液反应，方程式为+2Cu(OH)2+2NaOH +Cu2O+4H2O；故答案为：+2Cu(OH)2+2NaOH +Cu2O+4H2O。
（7）E的结构简式为：，E的同分异构体符合下列条件，a．属于芳香族化合物；b．不能发生水解反应说明不含酯基；c．遇FeCl3溶液不显色说明不含酚羟基；d．1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应说明含有一个羧基一个醇羟基，若含有1个取代基，则为−CH(COOH)CH2OH，有1种；若含有2个取代基，可为−CH2COOH、−CH2OH或(−CH2CH2OH、−COOH)，各有邻、间、对3种；若含有3个取代基，分别为−CH3、−COOH、−CH2OH，有10种，共17种；故答案为：17。