2021届湖南省三湘名校教育联盟高三下学期3月第三次大联考化学试题 PDF版

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【解析】A．缂丝是以蚕丝作经线，即缂丝中使用的丝，主要成分是蛋白质，A项正确；
B．“玉不琢不成器”只是玉的形状改变，是物理变化，百炼成钢是把含炭较高的生铁经过供氧吹炼、脱炭等工序，得到含碳量较低的钢水的过程，所以有化学变化发生，B项错误；
C．曲蘖是将葡萄糖转化为乙醇的催化酶，是一种催化剂，C项正确；
D．“淘”“漉”相当于分离提纯操作中的“过滤”，将黄沙和金分离，D项正确。
2．B
【命题意图】本题以物质的性质和用途为载体，考查考生对化学基础知识的了解和应用，考查考生对化学基础知识的理解和应用能力，进而考查考生“科学精神与社会责任”核心素养，突出化学学科的应用价值和社会价值。
【解析】A．Fe2O3是氧化物，颜色为红棕色，俗称为铁红，可用作红色油漆和涂料，A项正确；
B．Al被氧化生成致密的氧化膜，而Fe被氧化生锈，为疏松结构，虽然Al比Fe活泼，但Fe比Al更容易被腐蚀，B项错误；
C．硫酸和硝酸具有酸性，能和碱和碱性氧化物反应生成钾肥、铵肥，还能生成农药和炸药，C项正确；
D．硅酸钠熔点高、性质稳定，可用作阻燃材料，D项正确。
3．C
【命题意图】本题以离子方程式书写判断为载体，考查了考生必备的化学基础知识、基本技能和对知识的灵活应用能力，进而考查考生“宏观辨识与微观探析”中符号表征的素养水平以及“证据推理与模型认知”的素养水平。
【解析】A．氯气通入石灰乳制漂白粉的离子方程式为：2Ca(OH)2 + Cl2===2ClO- + 2Ca2+ + Cl- + 2H2O，次氯酸钙是可溶于水的盐，氢氧化钙在离子方程式中遵循“清离浊分”的处理原则，A项错误；
B．利用泡沫灭火器灭火时发生的反应：3HCO3- + Al3+=== 3CO2↑ + Al(OH)3↓，B项错误；
C. Na2S中的钠离子和废水中的Hg2+反应生成的硫化汞是难溶于水的沉淀，即Hg2+ + S2- === HgS↓，故C项正确；
D．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：生成HSO3-，故离子方程式为 SiO32- + 2SO2 + 2H2O === H2SiO3(胶体)+2HSO3-，D项错误。
4．B
【命题意图】本题通过元素的推断考查元素周期律及常见元素化合物的结构、性质与用途，同时通过对元素的推断过程，考查考生“通过定量进行定性分析”的推理能力，进而考查考生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”“科学精神与社会责任”等化学学科核心素养水平。
【解析】根据题中信息“X-的最外层只有两个电子”可知X为氢元素；“Z、Q形成的单质是组成空气的主要成分”以及化合物的结构图可知Z为氮元素、Q为氧元素、进而可知Y为碳元素、W为钠元素。
A．N的氧化物NOx是大气污染物，A项正确；
B．C与H形成的烃类化合物CmHn若为固态，则熔点一定高于Y与Q形成的化合物CO、CO2，B项错误；
C．N、Na的简单离子电子层结构相同，结合“层数相同、序大径小”的一般规律，可知离子半径大小关系为r(N3-)＞r(Na+)，C项正确；
D．Y与Q形成的化合物CO2中所有原子均能满足8电子稳定结构，D项正确。
5．A
【命题意图】本题通过实验装置图考查化学实验基础知识，涉及到气密性的检验、中和热的测定、NO的制备与提纯、SO2的漂白性和氧化性的探究等，进而考查考生的获取和应用信息能力、分析推理能力、实验设计与评价能力等，诊断考生的“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”“科学探究与创新思维”化学学科核心素养水平。
【解析】A．通过观察分液漏斗中液面是否下降来检验装置的气密性，A项正确；
B．温度计应在环形玻璃搅拌棒的中央，否则搅拌时 容易因碰撞而破坏温度计，B项错误；
C．浓硝酸与铜反应制取的NO2不能用排水法收集并，C项错误；
D．SO2的与酸性高锰酸钾反应属于氧化还原反应，无法证明SO2的漂白性，D项错误。
6．B
【命题意图】本题以某析氧反应机理为载体，通过对化合价、反应条件、活化能等知识的考查，进而考查考生的获取和应用信息能力、分析推理能力等，诊断考生的“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”化学学科核心素养水平。
【解析】A．从图中信息可知M可以形成MOH、MO、MOOH等化合物，故有多种化合价，A项正确；
B．从图中信息可知该析氧反应过程是在碱性条件下发生的，所以B项错误；
C．从图中信息可知M为析氧反应的催化剂，故M能降低该析氧反应的活化能，C项正确；
D．从图中信息可知析氧反应原理为4OH- === H2O＋O2↑＋4e-，即每释放1 mlO2同时会释放出4 ml电子，D项正确。
7．D
【命题意图】考查阿伏伽德罗常数的应用，通过氧化还原反应、电离平衡、原子的组成、有机物的燃烧等知识考查考生通过物质的量的相关计算考查考生分析、推理和计算能力，进而考查考生的“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养。
【解析】A．FeCl2溶液中Fe2+物质的量未知，最后溶液中含Fe3+数目也未知，A项错误；
B．CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO-的水解促进水的电离，pH＝10的CH3COONa溶液中c(H2O)电离=c(OH-）=1×10-4 ml·L-1，1 L溶液中发生电离的水分子物质的量为1×10-4 ml·L-1×1L=1×10-4 ml，B项错误；
C．原子中的质子数与中子数无必然的大小关系，C项错误；
D．12 g甲烷的物质的量为0.75 ml，而甲烷燃烧时C元素的价态由-4价变为+4价，故0.75 ml甲烷转移6 NA个电子，D项正确。
8．D
【命题意图】通过制取H2O2的工艺过程中原电池工作原理的应用，考查考生信息提取能力以及整合有用信息解决化学问题的能力，体会化学知识的应用价值，进而考查考生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”“科学精神与社会责任”等化学学科核心素养水平。
【解析】A．从题中信息可知催化剂可促进反应中电子的转移，A项正确；
B．X为质子交换膜，每生成1 ml H2O2，外电路有2 ml电子转移，所以X膜上转移的H+为2 ml，B项正确；
C．从题中信息可知b极上的电极反应为O2 + H2O + 2e−=== HO2- + OH−，C项正确；
D．加大去离子水的流速可将产生的H2O2稀释，所以浓度减小，D项错误。
9．C
【命题意图】以处理含镍废料制备氢氧化镍工艺流程为载体，通过试剂的作用、液渣的成分、试剂的用量以及溶度积计算等核心知识，考查考生的获取和应用信息能力、分析推理能力、实验设计与评价能力等，进而诊断考生的“科学探究与创新思维”“科学精神与社会责任”等化学学科核心素养水平。
【解析】A．双氧水具有强氧化性，加入双氧水将Fe2+全部氧化为Fe3+，进而产生黄钠铁钒沉淀除去，A项正确；
B．向除铁后的滤液中通入H2S气体，发生反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，故产生的液渣的主要成分为CuS，B项正确；
C．根据流程图可知除铜后的滤液应显酸性，若NaF的用量过大，会生成剧毒物质HF，污染环境，危害工人的身体健康，而且还会浪费原料、增加成本，故氟化钠的用量不是越多越好，C项错误；D．Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)c2(OH−)=1.0×10−5×c2(OH−)=1.0×10−15，则c(OH−)=1.0×10−5 ml·L-1，c(H+)=1.0×10−9 ml·L-1，则“沉镍”过程中了将镍沉淀完全，需调节溶液pH>9，D项正确。
10．B
【命题意图】以陌生的有机物布洛芬的结构为载体，考查机有物官能团的性质、同系物及同分异构体的判断、原子共面等有机化学基础知识，检测考生的辨析和推理能力，了解化学物质对促进人体健康、治疗疾病有重要的作用，体现化学物质的价值功能，进而考查考生的“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”“科学精神与社会责任”等化学学科核心素养。
【解析】A．布洛芬含有苯环，可以发生氧化反应， A项错误；
B．同系物是结构相似（含有相同的官能团）、组成上相差若干个CH2原子团的有机物，布洛芬的化学式为C13H18O2，苯甲酸的化学式为C7H6O2，组成上相差C6H12，且均含有一个苯环和一个羧基，结构相似，所以布洛芬与苯甲酸互为同系物，B项正确；
C．布洛芬分子中含有亚甲基，亚甲基中的碳原子具有甲烷结构特点，根据甲烷结构可知该分子中所有碳原子不可能共面， C项错误；
D．布洛芬苯环上的二氯代物共有4种结构，D项错误。
11．BC
【命题意图】本题考查化学实验现象的评价，涉及吸氧腐蚀、金属的性质、胶体的性质以及盐类水解等知识，考查了学生对实验现象以及实验结论的分析能力，进而考查考生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养水平。
【解析】A．把生铁放置于潮湿的空气中，铁发生吸氧腐蚀最终生成Fe2O3∙xH2O，A项错误；
B．纯净的镁粉和镁条可以在热水中发生反应生成Mg(OH)2，镁条表面出现红色，而由于镁粉表面积较大具有强吸附性，所以纯净的镁粉附近无红色现象出现，B项正确；
C．用激光笔照射微蓝色透明液体，有光亮的通路，该现象为丁达尔现象，属于胶体特有的性质，由现象可知微蓝色透明液体为胶体，C项正确；
D．同浓度Na2CO3溶液的pH大于NaA，只能说明水解程度CO32-大于A-，即酸性HCO3-比HA弱，不能判断出H2CO3与HA酸性的强弱，D项错误。
12．D
【命题意图】以间接电解氧化法制备环己酮为载体，通过电解和氧化还原等化学核心知识展示了化学对科技发展、环境保护的重要作用，让考生体会到化学知识的价值功能。通过制备条件的判断以及原料的循环利用、电极电动势的判断、电极反应、电化学计算等知识，考查考生获取新信息能力以及与原有知识融合重组、在陌生情境中分析和解决实际问题的能力，进而考查考生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”“科学精神与社会责任”等化学学科核心素养水平。
【解析】A．由图中信息可知制取环己酮在常温常压下通过电解完成，且Cr3+及Cr2O72-可以循环使用，A项正确；
B．a极为阳极，电动势高于b极，B项正确；
C．由图中信息可知a极上Cr3+转化为Cr2O72-，电极反应式为2Cr3+ + 7H2O - 6e- === Cr2O72- + 14H+，
C项正确；
D．理论上每生成由环己醇(C6H12O)转化为1ml环己酮(C6H10O)，有2 ml电子发生转移，所以生成3 ml环己酮有6 ml电子发生转移，即有1 ml Cr2O72-转化为2ml Cr3+，D项错误。
13．AD
【命题意图】本题以NH3和NO化为N2和H2O的反应机理为载体，将反应历程整合在能量图中，考查了化学反应过程中能量和物质的变化，考查考生理解和辨析能力，涉及化学反应速率的影响因素的判断应用和对化学反应过渡态的理解以及影响化学反应能量变化规律的理解，进而考查考生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”化学学科核心素养水平。
【解析】
A．由图中信息可知该反应为放热反应，达平衡时升温，脱硝反应的平衡会逆向移动，正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，A项错误；
B．由图中信息可知，NH3吸附在催化剂表面后，经过一定的反应形成了NH2NO，NH2NO又经过反应转化为N2和H2O，所以NH2NO是脱硝反应的活性中间体，B项正确；
C．由题中信息“SCR技术的原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O”可知NH3脱硝反应的化学方程式为4NH3 + 6NO 6H2O + 5N2，C项正确；
D．由图中信息可知整个反应过程中反应“H的移除”势能升高最大，所以这一过程吸收能量最多，其反应速率是最慢的，决定脱硝反应的速率，D项错误。
14．AC
【命题意图】以Na2SO3溶液吸收SO2气体过程中溶液pH变化曲线为载体，通过微粒浓度大小比较、电荷守恒、水的电离程度判断以及电离平衡常数的计算等知识，考查考生的提取信息和应用信息解决相应问题的能力，进而考查考生的“证据推理与模型认知”“化学变化与平衡思想”等化学学科核心素养水平。
【解析】A. 由图中信息可知a至b点之间lg EQ \F(c(HSOeq \(\s\up0(－),\s\d 0(3))), c(SOeq \(\s\up 1(2-),\s\d 0(3 )))) ＜0，即c(SO32-)＞c(HSO3-)，A项错误；
B. 由图中信息可知 b至c点之间对应的溶液中一定有某个点为中性溶液，所以一定能存在c(Na+) + c(H+)＝c(OH－) + c(HSO3-) + 2c(SO32-)，即c(Na+)＝c(HSOeq \(\s\up0(－),\s\d 0(3)))＋2c(SOeq \(\s\up 1(2-),\s\d 0(3 )))，B项正确；
C. Na2SO3溶液中由于SO32-水解，促进了水的电离，在通入SO2气体的过程中，c(H+)酸逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，C项错误。
D. b点c(SO32-)=c(HSO3-)，即H2SO3第二步电离常数Ka2＝1.0×10-7.2，D项正确。
15.（13分）
（1）增大NaOH的浓度、升高温度、将铝钴膜粉碎等合理即可（1分）
（2）将LiCO2中的+3价C为还原为+2价（2分） 氧化产物为Cl2，污染环境（2分） 温度过高时H2O2易分解（1分）
（3）LiOH（1分）
（4）C2+ + CO32- == CCO3↓（2分） 1.5×10-11 ml·L-1（1分）
（5）2H2O - 4e- == O2↑ + 4H+（2分） 酸溶2（1分）
【命题意图】以工艺流程为题材，通过反应条件的控制选择、试剂的作用和选择、滤渣成分的判断、离子方程式的书写、溶度积的计算、电极反应以及原料的循环使用等知识为载体，考查考生对相关信息的分析、理解、推理能力以及对化学问题的解决能力等综合能力，进而考查考生的“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”“变化观念与平衡思想”“科学精神与社会责任”的学科核心素养水平。
【解析】（1）提高碱浸速率可以采用增大NaOH的浓度、升高温度、将铝钴膜粉碎等。
（2）由题中信息可知LiCO2中的C为+3价，而产品中的C为+2价，即HCl及H2O2均可以将LiCO2中的+3价C为还原为+2价；由于HCl发生氧化反应时生成物为Cl2，容易污染环境；用H2O2作反应物时温度过高易发生分解。
（3）根据铝钴膜中的元素组成可知Al在碱浸后转移到滤液中，而Li最后被氨水转化为LiOH沉淀，故滤渣中的成分为LiOH。
（4）“沉钴”的离子方程式为C2+ + CO32- == CCO3↓，c(C2+)==1.5×10-11 ml·L-1。
（5）“电解”时阳极附近可以放电的离子为SO42-和水中电离出来的OH-，而OH-比SO42-先放电，故阳极的电极反应式为2H2O - 4e- == O2↑ + 4H+，根据电解池装置和离子交换膜可知通过阳离子交换膜的离子为H+，而通过阴离子交换膜的离子为Cl-，故电解后a室中的电解质溶液为HCl，根据流程图可知可以返回酸溶2环节循环使用。
16．（13分）
（1）加快Fe(OH)3沉淀的产生，使得颗粒大，易于过滤（2分）
（2）取最后一次洗涤液于试管中，加入AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已经洗涤干净（2分）
（3）平衡三颈烧瓶与滴液漏斗间压强，使液体能顺利流下（2分）
（4）蒸发浓缩、冷却结晶（2分） NaFeY∙3H2O分解（2分）
（5）蓝色褪去，且保持半分钟不变色（1分）
（6） ﹪（2分）

【命题意图】以制备乙二胺四乙酸铁钠并测定所制取样品的纯度，考查考生对实验条件的控制、沉淀的洗剂、实验仪器的作用、晶体的析出以及氧化还原滴定等知识的掌握情况，进而考查考生提取题中有效信息、加工和灵活运用信息解决实际问题的综合能力，考查考生的“宏观辨识与微观探析”“实验探究及创新意识”“化学变化与平衡意识”“科学精神与社会责任”的学科核心素养。
【解析】（1）因为FeCl3与水反应是放热反应，加热不仅可以加快生成氢氧化铁沉淀的速率，而且会增大生成氢氧化铁沉淀的量，使得颗粒较大，便于过滤。
（2）检验是否残留一定要注意不得直接往待测液中加检测液，否则会使原溶液中有新的溶质，即要取少量待测液体，向其中滴加几滴硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀产生，若无沉淀产生，则已经洗涤干净。
（3）导管a可以使三颈烧瓶与滴液漏斗间相通，使漏斗与烧瓶内压强一致，以便液体顺利流下。
（4）由题中信息“用Na2CO3溶液调节pH，经过一系列操作，过滤洗涤，晾干得到产品”可知一系列操作的实质为NaFeY∙3H2O晶体的析出过程，由于NaFeY∙3H2O含有结晶水，温度过高容易分解，故要通过蒸发浓缩、冷却结晶的过程实现晶体的析出。
（5）由于锥形瓶中有I2生成，加入淀粉后，溶液呈蓝色，用Na2S2O3溶液滴定，I2反应完毕，溶液蓝色褪色，即滴定终点现象为蓝色变无色，且保持半分钟不变色。
（6）根据元素守恒关系可知Fe3+～S2O32－，由于消耗的S2O32－为cV ×10-3 ml ，即m g样品中Fe3+的物质的量为cV ×10-2 ml，即样品中铁元素的质量为56×cV×10-2 g，质量分数为 ﹪ 。
17．（13分）
（1）-122.5（2分） BC（2分）
（2）a. <（2分）
b．在300～600内，随温度升高，反应①向逆反应方向移动的程度比反应②的小 （2分）
c．0.225ml•(L•min ) -1（2分） （2分） 0.55p （1分）
【命题意图】通过盖斯定律的应用、选择率的分析、平衡转化率的计算、化学平衡常数的计算、压强的应用等知识，考查考生利用图表信息进行分析、理解、推理和论证及计算能力，进而考查了考生“证据推理与模型认知”“化学变化与平衡思想”“科学精神与社会责任”的学科核心素养水平。
【解析】（1）由盖斯定律知，反应2×①+②-2×③可得反应2CO2(g)+6H2(g)⇌ CH3OCH3(g)+3H2O(g)的△H=△H1×2+△H2-2×△H3=2×(-90.7) kJ•ml-1+ (-23.5) kJ•ml-1 -2×(-41.2) kJ•ml-1=-122.5 kJ•ml-1；反应2CO2(g)+6H2(g)⇌ CH3OCH3(g)+3H2O(g) 在体积恒定的绝热密闭容器中，能作为达到化学平衡状态的依据如下：
A．由于CO2与H2的反应系数比为1:3， CO2与H2在任何时候反应速率比均为1:3，故反应速率比均为1:3不能说明已平衡，选项A不正确；
B．容器内CH3OCH3的体积分数不变，说明单位时间内反应消耗的CH3OCH3与生成的CH3OCH3量相同，即反应达到平衡状态，选项B正确；
C．由于该容器为绝热容器，而该反应为放热反应，容器内温度保持不变说明反应既不向正反应方向移动，也不向逆反应方向移动，即反应达到平衡状态，选项C正确；
D．单位时间内断裂6 ml H-H键，即消耗6 ml H2，同时断裂3 ml H-O键，即消耗1.5 ml H2O，根据平衡特征单位时间内消耗6 ml H2，同时要消耗3 ml H2O才能达到平衡状态，故选项D不正确。
（2）a．由图1可知：压强为p KPa时，随着温度的升高，二甲醚和乙酸甲酯平衡转化率均降低，说明温度升高，反应①、反应②均逆向移动，即反应的正方向均为放热反应，则△H1<0。
b．△H2<0，△H1<0，升高温度反应①，②均逆向移动，但从图甲可以知道，300～600K时，反应②逆向进行程度更大从而乙醇百分含量逐渐减少。
c．2min时达到平衡，则： CH3OCH3(g)+CO(g) CH3COOCH3(g)
起始（ml） 1 1 0
转化（ml）0.9 0.9 0.9
平衡（ml）0.1 0.1 0.9
前2min内CH3COOCH3的浓度变化量为0.45 ml•L-1，即平均生成速率为0.225ml•(L•min ) -1，由于平衡时容器中气体的总物质的量为1.1 ml，根据压强比与气体物质的量之比成正比可以计算出此时的压强为0.55p，该条件下反应①的平衡常数。
18. [选修3：物质结构与性质](15分)
（1）球形 （1分） 5d4（1分）
（2）二者均为金属晶体，锰与铼同族，价层电子数相同，但是锰的半径小，金属键强，熔点高（2分）
（3）正四面体 （1分） sp3（1分） 原因是NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力（2分）
（4）7NA（2分） 分子（1分）
（5）12（2分） （2分）
【命题意图】以超级金属铼为载体考查电子云形状、电子排布式、晶体熔沸点的判断、空间构型、杂化方式、化学键类型的判断、晶胞的配位数以及晶体密度的计算等基础知识，进而考查考生理解和简单应用能力、关联和迁移能力、推理和论证能力、空间想象能力和计算能力。
【解析】（1）基态铼原子的价层电子排布式是5d56s2，最外层电子为6s2电子，该能层电子的电子云轮廓图形状为球形，元素失去电子时先失去能量较高的6s电子，所以Re 3+的价电子排布式为为5d4。
（2）锰与铼二者均为金属晶体，根据价层电子数以及原子半径大小可以判断金属键强弱，锰与铼同族，价层电子数相同，但是锰的半径小，金属键强，熔点高。
（3）NH4+的空间构型为正四面体，N的杂化方式为sp3，NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子和成键电子之间的排斥力强弱进行判断，孤对电子和成键电子之间的排斥力强于成键电子和成键电子之间的排斥力。
（4）甲基三氧化铼中Re与3个O原子形成3个σ键，与1个C形成1个σ键，同时每个甲基中含有3个σ键，即每个分子中含7个σ键，由于甲基三氧化铼熔点低（111℃）且易溶于水，所以为分子晶体。
（5）在铼的晶胞中，顶点上的铼原子被8个晶胞占有，每个晶胞中与一个顶点上铼原子距离最近的铼原子数是3，每个面上的铼原子被2个晶胞占有，所以其配位数是（3×8）/2=12。每个晶胞中含有4个铼原子，由于是面心立方，所以铼原子的半径为r cm，则晶胞的参数为cm，则晶体的密度为 g ·cm-3。
19. [选修5：有机化学基础](15分)
（1）C10H10O（1分） 羟基、羰基（每个1分，共2分）
（2）取代反应(1分） 消去反应（1分） 6（2分）
（3）（2分）
（4）（2分）
（5）4（2分）
（6）（共2分，其中前两步1分，后两步1分）
【命题意图】通过有机化合物的化学式、官能团的名称、反应类型、氢谱峰值、有机方程式的书写、结构简式、同分异构体的判断、有机合成路线的设计等有机化学基础知识为载体，考查考生分析推断及信息迁移能力，进而考查考生“宏观辨析与微观探析”“证据推理与模型认知”“科学精神与社会责任”的核心素养水平。
【解析】（1）根据G的结构简式可知G中不饱和度为6，故G的化学式为C10H10O，由H的结构简式可知H中还含有的含氧官能团为羰基和羟基。
（2）反应①中只发生了氢原子与原子团CH3CO-的替换，故为取代反应，反应⑤为F反应生成了G，F的结构简式为，G的化学式为结构简式为，所以反应⑤为醇羟基的消去反应；化合物C中共有6种不同类别的氢原子，故氢谱峰值为6。
（3）根据题中信息i以及化合物E的化学式C7H8O可判断E为苯甲醛，并结合题给信息i可知反应E→F的化学方程式为。
（4）结合C、G、H的结构简式、D的分子式C9H6O3以及题给信息ii可知化合物D的结构简式为。
（5）根据信息“属于芳香族化合物但不能和FeCl3溶液发生显色反应”说明不能含有酚羟基，根据“1 ml该有机物能与2ml NaOH恰好完全反应”以及只含有两个氧原子可知一定含有酚酯，即酯基中氧原子一定与苯环相连，根据信息“苯环上只含有两个取代基且苯环上的一氯代物的同分异构体只有两种”可知苯环上的两个取代基在对位上，即分别为2种，1种，1种，共4种。
（6）
（共2分，其中前两步1分，后两步1分）