内蒙古兴安盟科尔沁右翼前旗第二中学2024-2025学年高三上学期第一次月考化学试题

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一、单选题
1．文物是文化传承的重要载体。下列在深圳博物馆展出的文物中，主要材质为有机高分子的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【详解】A．蟠螭纹铜编钟为青铜材料，属于合金，故A错误；
B．彩绘仕女陶俑为陶瓷材料，属于无机非金属材料，故B错误；
C．龙首谷纹玉玦为硅酸盐，属于无机非金属材料，故C错误；
D．唐王右丞诗集的纸张为纤维素，属于有机高分子，故D正确；
故选择D选项。
2．下列有关化学与生活的说法不正确的是
A．采用原煤脱硫技术，可减少燃煤产生的SO2
B．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防腐剂
C．自来水厂可用氯气来杀菌消毒，因此氯气无毒
D．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
【答案】C
【详解】试题分析：根据氯气的性质可以知道氯气是一种有毒的气体，因氯气与水反应生成的HClO具有强氧化性，所以常用氯气对自来水消毒杀菌。因此C选项是错误的，其余选项都是正确的，答案选C。
考点：考查化学知识在生活中应用的有关判断
点评：该题是常识性知识的考查，难度不大。主要是考查学生对教材基础知识的熟悉掌握程度，以及灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性。
3．下列化学用语表示正确的是
A．的名称：2-甲基-3-乙基戊烷B．NO3-的价层电子对互斥(VSEPR)模型：
C．NBF4的电子式：D．丙炔的键线式：
【答案】A
【详解】A．该有机物属于烷烃，主链上含有5个碳原子，甲基位于2号碳原子上、乙基位于3号碳原子上，该有机物名称为2-甲基-3-乙基戊烷，故A正确；
B．中价层电子对数为3+5+1-3×22=3且不含孤电子对，NO3-的价层电子对互斥(VSEPR)模型为，故B错误；
C．漏写氟原子孤电子对，NaBF4的电子式为，故C错误；
D．丙炔结构简式为HC≡C—CH3，3个碳原子在一条直线上，其键线式为，故D错误；
答案选A。
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．过氧化氢分解制得标准状况下2.24L O2，转移电子的数目为0.4NA
B．78g苯含有碳碳双键的数目为3NA
C．pH=11的BaOH2溶液中水电离出的氢离子数目为1×10-11NA
D．1ml硝基-NO2与46g二氧化氮NO2所含的电子数均为23NA
【答案】D
【详解】A．用双氧水分解制取氧气，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成标况下2.24L氧气即0.1ml氧气时，转移0.2NA个电子，A错误；
B．苯中不含碳碳双键，B错误；
C．pH=11的Ba(OH)2溶液中H+为水电离出的所有H+，故水电离出的氢离子浓度为1×10-11ml/L，没告诉体积无法计算物质的量，算不出数目，C错误；
D．46gNO2即1ml与1ml硝基所含电子数均为23NA，D正确；
故选D。
5．利用下列仪器、装置及药品能达到实验目的的是
A．装置甲可用于由MnO2和浓盐酸反应制备Cl2
B．装置乙可以探究压强对平衡移动的影响
C．装置丙可用于由CuCl2溶液制备CuCl2固体
D．装置丁可用于进行喷泉实验
【答案】D
【详解】A．MnO2与浓盐酸混合加热发生氧化还原反应产生MnCl2、Cl2、H2O，而图甲中缺少加热装置，因此不能用于由MnO2和浓盐酸反应制备Cl2，A错误；
B．该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，因此不能用图乙装置来探究压强对平衡移动的影响，B错误；
C．CuCl2是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解反应产生Cu(OH)2、HCl，加热其水溶液时，水分蒸发，水解产生的HCl挥发逸出，最终得到Cu(OH)2固体，因此装置丙不可用于由CuCl2溶液制备CuCl2固体，C错误；
D．SO2是酸性氧化物，能够与NaOH溶液反应产生可溶性Na2SO3、H2O，导致烧瓶中气体压强减小，烧杯中的NaOH会在外界大气压强作用下被压入烧瓶而引发喷泉的形成，故装置丁可用于进行喷泉实验，D正确；
故合理选项是D。
6．前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与W同族，X、Y、Z的原子序数之和为24，Z是其所在周期主族元素基态原子中未成对电子数最多的原子。物质M是一种复合肥，其结构如图。下列说法错误的是
A．电负性：Y>Z>X>W
B．1mlM最多可以消耗2mlNaOH
C．简单气态氢化物的沸点：Z>Y
D．W与X形成的化合物中含有离子键，且具有较强的还原性
【答案】C
【分析】前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，X与W同族，四种元素属于不同周期，则X、Y、Z、W分别属于第一、二、三、四周期，X为H元素，结合复合肥M的结构可知，W形成一价阳离子、W为K元素，Y能形成2个共价键，则Y为O元素，Z能形成5个共价键、Z是其所在周期基态原子中含未成对电子数最多的原子，则Z的基态价电子排布为3s23p3、则Z为P元素，物质M为KH2PO4。
【详解】A．非金属性强则电负性大、金属性强则电负性小，同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，元素的电负性：O>P>H>K，即 Y>Z>X>W，故A项正确；
B．KH2PO4与NaOH反应可以生成K2HPO4或K3PO4，则KH2PO4最多可消耗2mlNaOH，故B项正确；
C．Z为P元素，Y为O元素，H2O中含有氢键，则简单气态氢化物的沸点：H2O﹥PH3，故C项错误；
D．W与X形成的化合物为KH，H为-1价，为最低价，具有比较强的还原性，故D项正确；
故答案选C。
7．根据下表信息，下列叙述中正确的是
A．表中①反应的氧化产物只能有FeCl3
B．表中②生成1ml的O2将有4ml的电子转移
C．表中④的离子方程式配平后，H＋的化学计量数为16
D．表中③还原产物是KCl
【答案】C
【详解】A、氯气具有强氧化性，可氧化Fe2＋和Br－，当氯气足量时，氧化产物有FeCl3和Br2，故A错误；
B、表中②H2O2中O元素化合价由－1升高到0，生成1ml的O2将有2ml的电子转移，故B错误；
C、表中④的离子方程式为2MnO4-＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，H＋的化学计量数为16，故C正确；
D、表中③Cl2既是氧化产物又是还原产物，KCl既不是氧化产物又不是还原产物，故D错误。
综上所述，本题应选C。
【点睛】本题重点考查氧化还原反应的知识。在氧化还原反应中应满足“升失氧，降得还”，元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，被氧化，本身作还原剂；元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，被还原，本身作氧化剂，在氧化还原反应中可根据得失电子守恒进行配平，据此解题。
8．亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂。以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图，空气起到稀释ClO2的作用，防止ClO2浓度大发生爆炸。有关说法不正确的是( )
A．加入的H2O2起氧化作用
B．吸收塔中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1
C．ClO2发生器中发生反应的离子方程式为2ClO3-+ SO2 ═ 2ClO2 + SO42-
D．操作②实验方法是重结晶
【答案】A
【详解】A.在吸收塔里二氧化氯生成亚氯酸钠，氯元素化合价由+4变为+3，化合价降低做氧化剂，有氧化必有还原，H2O2做还原剂起还原作用，故A不正确；
B.在吸收塔里二氧化氯生成亚氯酸钠，氯元素化合价由+4变为+3，化合价降低做氧化剂，过程中1ml二氧化氯失去1ml电子；H2O2生成氧气，氧元素化合价由-1价变为0价，化合价升高做还原剂，过程中1mlH2O2得2ml电子，根据得失电子守恒，得1ml电子，需0.5mlH2O2参与反应，则氧化剂与还原剂的物质的量比为2:1，故B正确；
C. ClO2发生器中发生反应的离子方程式为2ClO3-+ SO2 ═ 2ClO2 + SO42-，故C正确；
D.将粗晶体进行精制，可采用重结晶，故D正确。
故答案选A。
9．某有机物的结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法正确的是
A．该有机物能发生酯化、加成、氧化、水解等反应
B．该有机物中所有碳原子不可能处于同一平面上
C．与该有机物具有相同官能团的同分异构体有3种
D．1ml该有机物最多与4mlH2反应
【答案】D
【解析】有机物分子中含有苯环、碳碳双键和羧基，结合苯、烯烃和羧酸的性质分析解答。
【详解】A．该有机物含有羧基能发生酯化反应，含有碳碳双键，能发生加成、氧化反应；但不能发生水解反应，A错误；
B．由于苯环和碳碳双键均是平面形结构，且单键可以旋转，所以该有机物中所有碳原子可能处于同一平面上，B错误；
C．与该有机物具有相同官能团的同分异构体如果含有1个取代基，可以是-CH=CHCOOH或-C(COOH)=CH2，有2种，如果含有2个取代基，还可以是间位和对位，则共有4种，C错误；
D．苯环和碳碳双键均能与氢气发生加成反应，所以1ml该有机物最多与4mlH2反应，D正确；
答案选D。
10．结构决定性质，性质决定用途。某有机物的结构简式如图所示，下列关于该有机物的说法错误的是
A．1ml该化合物与足量的金属钠发生反应，产生0.5ml氢气
B．分子中有2种含氧官能团
C．发生加聚反应生成高聚物的分子式为C12nH20nO5n
D．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】A
【详解】A．羧基和羟基均可以与金属钠发生反应产生氢气，因此1ml该化合物与足量的金属钠反应产生氢气的物质的量为2ml，故A错误；
B．该有机物分子中有羟基(-OH)、羧基(-COOH)两种含氧官能团，故B正确；
C．根据有机物结构简式得到分子式为C12H20O5，发生加聚反应形成高聚物时不会脱落小分子，故形成高聚物的分子式为C12nH20nO5n，故C正确；
D．碳碳双键和羟基，均能够与高锰酸钾反应，该有机物含有碳碳双键和羟基，所以能使高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
选A。
11．化学是研究物质的组成、结构、性质、转化和应用的科学。下列物质的转化在给定条件下均能实现的是
A．Fe→H2OFe2O3→H2OFeOH3s
B．NaOHaq→足量CO2NaHCO3→△Na2CO3
C．SiO2s→H2OlH2SiO3s→NaOHaqNa2SiO3aq
D．FeS2→煅烧SO3→H2OH2SO4
【答案】B
【详解】A．Fe和H2O高温条件生成Fe3O4，A错误；
B．CO2足量生成NaHCO3，加热分解为Na2CO3，B正确；
C．SiO2与水不反应，C错误；
D．FeS2与O2在高温下反应产生SO2，不能直接反应产生SO3，因此不能实现物质间直接转化，D错误；
故选B。
12．将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成。X、Y不可能是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【分析】A．二氧化氮与二氧化硫在溶液中反应生成硫酸根离子；
B.硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水；
C．氨气与二氧化碳反应生成碳酸铵；
D．氯气、二氧化碳与氯化钡溶液之间均不反应
【详解】A．二氧化氮与二氧化硫在溶液中反应生成硫酸根离子，然后与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，故不选A；
B.硫化氢与二氧化硫反应生成硫沉淀和水，故不选B；
C.氨气与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，然后与氯化钡溶液反应生成亚硫酸钡白色沉淀，故不选C；
D.氯气、二氧化碳与氯化钡溶液之间均不反应，不会有沉淀生成，故选D；
【点睛】本题考查二氧化硫的性质，为高频考点，侧重元素化合物性质的考查，涉及氧化还原反应及复分解反应等，综合性较强，题目难度不大，注意强酸制取弱酸的反应应用。
13．已知常温下，在溶液中发生如下反应： ①16H++10Z-+2XO4-＝2x2++5Z2+8H2O ②2A2++B2＝2A3++2B- ③2B-+Z2＝B2+2Z- 由此推断，下列说法中错误的是
A．反应Z2+2A2+＝2A3++2Z-可进行B．Z元素在③反应中被还原
C．还原性由强到弱的顺序是X2+ 、Z- 、B-、 A 2+D．氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+
【答案】C
【详解】A.根据反应2A2++B2=2A3++2B-，可得氧化性是B2＞A3+，2B-+Z2=B2+2Z-，可得氧化性是Z2＞B2，所以有氧化性顺序是Z2＞B2＞A3+，反应Z2+2A2+=2A3++2Z-可以进行，故A正确；
B. Z元素在③反应中，化合价由“0”价变为-1价，化合价降低，被还原，所以B正确；
C.反应①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中，还原性Z-＞X2+；反应②2A2++B2=2A3++2B-中，还原性A2+＞B-；反应③2B-+Z2=B2+2Z-中，还原性B-＞Z-，所以还原性由强到弱的顺序是A2+＞B-＞Z-＞X2+，故C错误；
D.反应①16H++10Z-+2XO4-＝2x2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4-＞Z2；反应②2A2++B2＝2A3++2B-中，氧化性B2＞A3+；反应③2B-+Z2＝B2+2Z-中，氧化性Z2＞B2，所以氧化性由强到弱的顺序为：XO4-＞Z2＞B2＞A3+，故D正确；
所以本题答案为C。
【点睛】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。
14．侯德榜提出的联合制碱法得到世界各国认可，其工业流程如图所示，下列说法正确的是
A．进行反应1时，往饱和食盐水中先通入CO2，再通入NH3
B．试剂X是NaCl固体，其作用是增大cCl-，便于NH4Cl析出
C．整个流程中能循环利用的物质只有CO2
D．反应1的离子方程式为：2NH3+CO2+H2O=CO32-+2NH4+
【答案】B
【分析】饱和食盐水通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤，滤渣是碳酸氢钠，滤液中含有氯化铵，滤液中通入氨气、加入氯化钠固体，析出氯化铵。
【详解】A．氨气的溶解度大于二氧化碳，二氧化碳易溶于碱性溶液，进行反应1时，往饱和食盐水中先通入NH3，再通入CO2，故A错误；
B．试剂X是NaCl固体，其作用是增大cCl-，便于NH4Cl析出，故B正确；
C．滤液中加入NaCl，通过降温结晶析出NH4Cl，所得母液为NaCl溶液，也可以循环利用，故C错误；
D．反应1是氯化钠、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为：NH3+CO2+H2O+Na+=NaHCO3↓+NH4+，故D错误；
选B。
15．下列反应的离子方程式正确的是
A．向酸性KMnO4溶液中加入草酸溶液：2MnO4-+5C2O42-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O
B．过量Fe与稀硝酸反应：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
C．向BaOH2溶液中滴加NaHSO4至溶液呈中性：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O
D．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
【答案】B
【详解】A．草酸是弱电解质，写离子方程式时不拆，正确的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故A错误；
B．过量Fe与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，所给离子方程式正确，故B正确；
C．向BaOH2溶液中滴加NaHSO4至溶液呈中性，BaOH2完全反应，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．向FeBr2溶液中通入过量Cl2，FeBr2溶液完全被氧化，离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，故D错误；
故选B。
二、解答题
16．工业上由含铜废料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制备硝酸铜晶体的流程如图：
(1)在“焙烧”前对含铜废料进行粉碎，目的是 。
(2)写出CuS“焙烧”生成SO2和CuO的化学反应方程式： 。
(3)图中SO2经转化生成的硫酸可用于“酸化”，转化反应中SO2与O2的质量比为 。
(4)“淘洗”所用的溶液A应选用 (填序号)。
a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．稀硝酸 d．浓硝酸
(5)“反应”步骤加10%H2O2可以避免污染性气体的产生，写出该反应的离子方程式： ，也可以用气体 (填化学式)代替双氧水。
【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率
(2)2CuS+3O2焙烧2CuO+2SO2
(3)4∶1
(4)a
(5) Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O O2
【分析】工业上由含铜废料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制备Cu(NO3)2晶体，废料通入空气焙烧后Cu被氧化生成CuO，CuS被氧化为SO2，加入H2SO4酸化生成CuSO4，加入过量的Fe发生置换反应生成Cu，滤液主要为FeSO4溶液，过滤得到的滤渣含有Fe和Cu，经过溶液A淘洗后得到纯净的铜，溶液A为稀硫酸，淘洗后加入20%的HNO3和10%的H2O2发生反应，蒸发浓缩，降温结晶，从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)2•3H2O，以此解题。
【详解】（1）在“焙烧”前对含铜废料进行粉碎，目的是：增大接触面积，加快反应速率。
（2）“焙烧”时CuS转化为CuO和SO2，反应的化学方程式为：2CuS+3O2焙烧2CuO+2SO2。
（3）转化反应中SO2与O2反应为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，因此转化反应中SO2与O2的质量比为2×64：32=4：1。
（4）由分析可知过滤后滤渣为Cu和过量的Fe的混合物，“淘洗”时只能溶解Fe、不能溶解Cu，Fe遇冷的浓硫酸会钝化，稀硝酸和浓硝酸能溶解铜，稀硫酸不能溶解铜、能溶解铁，即可以加入的溶液A是稀硫酸，故选a。
（5）“反应”步骤加H2O2可以避免污染性气体的产生，铜和双氧水在酸性条件下生成铜离子和水，反应为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，H2O2的作用是作氧化剂，可以用O2代替H2O2作为氧化剂。
17．草酸是一种用途广泛的二元有机中强酸，某同学通过查阅资料设计了如图所示的装置(夹持仪器省略)制备一定量的草酸晶体(H2C2O4·2H2O)，并验证其具有的某些性质。回答下列问题：
(1)仪器C的名称是 。有人经分析后认为，用质量分数为70%的酒精溶液代替饱和食盐水(20℃时NaCl溶解度为36g)可获得更为平稳的气流，他得出这种结论的依据是 。
(2)装置B的作用是 ，若实验中使用上述酒精溶液代替食盐水，并且利用酸性KMnO4溶液检验有乙炔生成，则气体通过B后应先通入到盛有 的洗气瓶，最后通入到酸性KMnO4溶液中。
(3)草酸在装置C中生成，反应的化学方程式为 ，装置D的作用是 。
(4)待反应结束后，从C中分离出草酸晶体，然后用0.1000ml/L的酸性KMnO4溶液进行滴定以测定其纯度。
①称量3.500g草酸晶体配制100mL溶液，下 列配制操作中错误的是 (填标号)。
a． b． c． d．
②三次平行滴定实验中消耗KMnO4溶液的体积如下表所示，其中第一次实验滴定后的液面位置如图所示。
则V= mL，样品中草酸晶体的质量分数为 。
【答案】(1) 三颈烧瓶 70%的酒精溶液中的含水量小于饱和食盐水，可获得更为平稳的气流
(2) 除去乙烯中混有H2S和PH3 水
(3) C2H2+8HNO3(浓)= H2C2O4+8NO2+4H2O 吸收生成的NO2，防止污染空气
(4) ac 21.0 65.08%
【分析】装置A中饱和食盐水和电石（杂质CaS、Ca3P2）反应生成乙烯，乙烯中混有H2S和PH3，通过B中CuSO4溶液除去H2S和PH3，乙烯进入C中和浓硝酸反应生成草酸，以此解答。
【详解】（1）仪器C的名称是三颈烧瓶，70%的酒精溶液中的含水量小于饱和食盐水，可获得更为平稳的气流。
（2）由分析可知，装置B的作用是除去乙烯中混有H2S和PH3，乙醇易挥发，且也能和酸性KMnO4溶液反应使其褪色，则利用酸性KMnO4溶液检验有乙炔生成，需要除去其中混有的乙醇，乙烯不溶于水，乙醇和水互溶，操作为：气体通过B后应先通入到盛有水的洗气瓶，最后通入到酸性KMnO4溶液中。
（3）乙烯进入C中和浓硝酸反应生成草酸，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：C2H2+8HNO3(浓)= H2C2O4+8NO2+4H2O，装置D的作用是吸收生成的NO2，防止污染空气。
（4）①a．使用托盘天平时，应该“左物右码”，a错误；
b．溶解草酸固体时需要搅拌，b正确；
c．将草酸溶液转移到容量瓶中时需要用玻璃棒引流，c错误；
d．定容时，视线应该与凹液面的最低处相平，d正确；
故选ac；
②由图可知，V1=21.0mL，草酸和酸性高锰酸钾溶液反应的方程式为：2KMnO4+3H2SO4+5H2C2O4=2MnSO4+K2SO4+8H2O+10CO2↑，消耗的 n(KMnO4)= 20.1-0.2+23.4-2.56+20.32-0.223×10-3L×0.1000ml/L=2.0247×10-3ml，n(H2C2O4)=2.5 n(KMnO4)=5.0617×10-3ml，样品中草酸晶体的质量分数为5.0617×10-3×90×100203.5×100%=65.08%。
18．光刻胶是一种应用广泛的光敏材料，其合成路线如下（部分试剂和产物略去）：
已知Ⅰ：
Ⅱ：（R1、R2、R3、R4为烃基）
(1)写出A的结构简式 。
(2)B分子中所含官能团名称为 。
(3)乙炔和羧酸X加成生成E，E的核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为3:2:1，E能发生水解反应，则E→F的化学方程式为 。
(4)由B到C的反应类型为 。由F到G的反应类型为 。
(5)D和G反应生成光刻胶的化学方程式为 。
(6)H是相对分子质量比C大14的C的同系物，满足下列条件H同分异构体有 种；
①能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
②只有苯环一个环状结构，且苯环上只有两个取代基。
写出所有苯环上的一氯取代产物只有两种的同分异构体的结构简式： 。
【答案】(1)
(2)碳碳双键、醛基
(3)nCH3COOCH=CH2→催化剂
(4) 氧化反应 水解反应
(5)
(6) 9 、、
【分析】A和乙醛反应生成B，根据，由B的分子式逆推可知A是、B是；C和SOCl2发生取代反应生成D，由D逆推可知C是；乙炔和羧酸X发生加成反应生成E，由E的分子式可知X是乙酸，E是；E发生加聚反应生成F，F是；F发生水解反应生成G；根据可知，D和G反应生成和HCl；
【详解】（1）根据以上分析，A是；
（2）B是，分子中所含官能团名称为碳碳双键、醛基；
（3）乙炔和羧酸X发生加成反应生成E，E发生加聚反应得到F，则E中含有碳碳双键，结合分子式可知，X为CH3COOH，E的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3：2：1，E能发生水解反应，故E为CH3COOCH=CH2，F是，E→F的化学方程式为nCH3COOCH=CH2→催化剂；
（4）B是，C是，由B到C的反应是醛的催化氧化生成羧酸，反应类型为氧化反应；F是，发生水解反应生成G；
（5）D和G发生信息Ⅱ的反应得到光刻胶，化学方程式为，故答案为；
（6）C是，H是相对分子质量比C大14的C的同系物，则多一个CH2,满足条件H同分异构体：①能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，则水解产物含有酚羟基；②只有苯环一个环状结构，且苯环上只有两个取代基，则苯环上有一个取代基为HCOO-，另一个为-CH=CHCH3、-CH2CH=CH2 、，位置上有邻、间、对位，故共有9种；其中苯环上的一氯取代产物只有两种的同分异构体的结构简式有：、、。
蟠螭纹铜编钟
彩绘仕女陶俑
龙首谷纹玉玦
唐王右丞诗集
A
B
C
D
序号
氧化剂
还原剂
氧化产物
还原产物
①
Cl2
FeBr2
FeCl3
②
KMnO4
H2O2
O2
MnO2
③
KClO3
浓盐酸
Cl2
④
KMnO4
浓盐酸
Cl2
MnCl2
选项
X
Y
A
SO2
NO2
B
SO2
H2S
C
NH3
SO2
D
Cl2
CO2
滴定次数
待测溶液体积/mL
标准溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液的体积/mL
第一次
20.00
0.20
V1
第二次
20.00
2.56
23.40
第三次
20.00
0.22
20.32