高二化学期中模拟卷（考试版A4）【测试范围：选必2 选必3（1~3章第4节）（人教版2019）

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注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：选择性必修2（全部）+选择性必修3（第1章~第3章第4节）（人教版2019）。
5．难度系数：0.60
6．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48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．化学与生活、生产、科技、环境等密切相关，下列说法正确的是
A．聚氯乙烯塑料的主要成分属于烃类
B．天舟五号使用的氮化硅陶瓷属于传统硅酸盐材料
C．Q355C钢板属于金属材料
D．辽河大桥铁护栏粉刷含锌粉的油漆，该防护法称为外加电流法
【答案】C
【解析】A．烃类是仅有碳元素和氢元素组成的有机化合物，聚氯乙烯塑料含氯元素，不属于烃类，A错误；
B．氮化硅陶瓷属于新型硅酸盐材料，B错误；
C．Q355C钢板为合金，属于金属材料，C正确；
D．辽河大桥铁护栏粉刷含锌粉的油漆，该防护法是涂保护层法，无外加电流，D错误；
故选C。
2．下列分子中心原子的杂化方式不为的是
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】A．的中心原子为C，C有4个键电子对，孤电子对数为，价层电子对数为4，C的杂化方式为sp3，A错误；
B．BeCl2的中心原子为Be，Be有2个键电子对，孤电子对数为，价层电子对数为2，Be的杂化方式为sp，B正确；
C．H2S的中心原子为S，S有2个键电子对，孤电子对数为，价层电子对数为4，S的杂化方式为sp3，C错误；
D．PH3的中心原子为P，P有3个键电子对，孤电子对数为，价层电子对数为4，P的杂化方式为sp3，D错误；
故选B。
3．下列分子或离子中键角由大到小排列顺序是
① ② ③ ④ ⑤
A．⑤④①②③B．①④②⑤③C．①②④⑤③D．③⑤②④①
【答案】A
【解析】结合物质中中心原子的杂化类型以及分子构型解答；
①CH4中中心C原子为sp3杂化，没有孤电子对，分子呈正四面体，键角为109°28′；
②NCl3中中心N原子为sp3杂化，有1个孤电子对，分子呈三角锥形，键角小于109°28′；
③H2O中中心O原子为sp3杂化，有2个孤电子对，分子呈v形，键角为104.5°；
④BF3中中心B原子为sp2杂化，没有孤电子对，分子呈平面三角形，键角为120°；
⑤BeCl2中中心Be原子为sp杂化，没有孤电子对，分子呈直线形，键角为180°；
H2O中中心O原子为sp3杂化，有2个孤电子对，NCl3中中心N原子为sp3杂化，有1个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力强，故H2O中键角比NCl3中键角小，故键角由大到小排列顺序是⑤④①②③，
故选：A。
4．下表物质中所含官能团的名称命名错误的是
【答案】A
【解析】A．由题干有机物结构简式可知，所含官能团名称为：酮羰基和氨基，A符合题意；
B．由题干有机物结构简式可知，所含官能团名称为：酯基和羧基，B不合题意；
C．由题干有机物结构简式可知，所含官能团名称为：碳溴键和(酚)羟基，C不合题意；
D．由题干有机物结构简式可知，所含官能团名称为：碳碳双键和醛基，D不合题意；
故答案为：A。
5．下列表达方式正确的是
A．的核外电子排布式：
B．乙醇的最简式：
C．碘化铵的电子式：
D．的空间充填模型为
【答案】D
【解析】A．Na+核电荷数为11，核外电子数为10，钠离子核外电子排布式为：1s22s22p6，A错误；
B．乙醇的最简式为C2H6O，B错误；
C．碘化铵的电子式为 ，C错误；
D．的空间充填模型为 ，D正确；
故选D。
6．下列有关元素性质的比较中正确的是
A．原子半径：B．第一电离能：
C．电负性：D．最高正化合价：
【答案】B
【解析】A．同周期从左往右，原子半径依次减小即P>S>Cl，A错误；
B．同周期从左往右第一电离能增大，但由于ⅤA族为半满稳定难失电子所以同周期ⅤA>ⅥA，所以第一电离能F>N>O>Li，B正确；
C．金属性越强电负性越小，即电负性F>H>Na，C错误；
D．F没有最高正价，而S为ⅥA族最高正价为+6价，而P为ⅤA族最高正价为+5价，D错误；
故选B。
7．在如图所示分子中，处于同一平面上的原子数最多可能有
A．20个B．18个C．14个D．12个
【答案】A
【解析】在 分子中，甲基中C原子处于苯中H原子的位置，甲基通过旋转碳碳单键会有1个H原子处在苯环平面内，苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面，乙炔是直线型结构，所以最多有12个C原子（苯环上6个、甲基中2个、碳碳双键上2个、碳碳三键上2个）共面。在甲基上可能还有1个氢原子共平面，则两个甲基有2个氢原子可能共平面，苯环上4个氢原子共平面，双键上2个氢原子共平面，总计得到可能共平面的原子有20个，故选A。
【点睛】在常见的有机化合物中，甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线、共面分析判断，注意单键可以旋转，关键是要有一定的空间想象能力。
8．下列说法中正确的是
A． 、 、都是苯的同系物
B．苯和甲苯都能发生取代反应
C．的一氯取代产物有8种
D．甲苯和苯乙烯都能使溴水褪色，两者褪色原理相同
【答案】B
【解析】A. 苯的同系物是指分子内含1个苯环且与苯环相差n个CH2的有机物，则 是苯的同系物，而 和 均不是苯的同系物，A项错误；
B. 苯与甲苯均可在一定条件下发生溴代反应与硝化反应，均属于取代反应，B项正确；
C. 根据分子的对称性可知，分子内含4种等效H，则一氯取代产物有4种，C项错误；
D. 甲苯与溴水不反应，溴易溶于甲苯，苯乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，两者褪色原理不同，D项错误；
答案选B。
【点睛】有机物的一氯代物的种类通过该有机物的等效氢思想寻找。根据结构简式判断分子内等效氢有几种，则其一氯代物就有几种。
9．催化加氢可生成3－甲基己烷的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】A、该有机物与氢气加成生成物是3—甲基庚烷，A错误；
B、该有机物与氢气的加成产物是3—甲基戊烷，B错误；
C、该有机物与氢气的加成产物是3—甲基己烷，C正确；
D、该有机物与氢气的加成产物是2—甲基己烷，D错误；
答案选C。
10．过氧乙酸是一种绿色生态杀菌剂，结构简式为下列说法不正确的是
A．分子中2个碳原子的杂化方式不相同
B．其熔点主要取决于所含化学键的键能
C．过氧乙酸中含有极性共价键和非极性共价键
D．过氧乙酸易溶于水
【答案】B
【解析】A．过氧乙酸分子中含有单键碳原子和双键碳原子，碳原子的杂化方式不相同，分别为sp3杂化和sp2杂化，故A正确；
B．过氧乙酸为分子晶体，分子晶体的熔点取决于分子间作用力的强弱，与共价键的键能大小无关，故B错误；
C．过氧乙酸分子中含有碳氢、碳氧、氢氧极性共价键和碳碳、氧氧非极性共价键，故C正确；
D．过氧乙酸分子是能与水分子形成氢键的极性分子，在水中的溶解度大，易溶于水，故D正确；
故选B。
11．关于溶液，下列说法不正确的是
A．中S原子的杂化方式为
B．组成元素中电负性最大的是N元素
C．所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键
D．中，N原子是配位原子
【答案】B
【解析】A．呈四面体形，中心原子S与O之间形成4对共用电子对，故S原子的杂化方式为，A项正确；
B．一般，同一周期从左到右，电负性逐渐变大，同族元素从上到下逐渐减小。中N、O处于同一周期，电负性O大于N，O和S处于同一族，电负性O大于S，B项不正确；
C．中与间形成离子键，内部存在配位键，中存在S与O间的极性共价键，C项正确；
D．提供孤电子对的原子是配位原子，中，NH3中N原子给出孤电子对，故N原子是配位原子，D项正确。
故答案选B。
12．环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[2，2]戊烷（ ）是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是
A．与环戊烯互为同分异构体
B．二氯代物超过两种
C．所有碳原子均处同一平面
D．生成1 mlC5H12至少需要2 mlH2
【答案】C
【解析】A、螺[2，2]戊烷的分子式为C5H8，环戊烯的分子式也是C5H8，结构不同，互为同分异构体，A正确；
B、分子中的8个氢原子完全相同，二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子，也可以是相邻碳原子上或者不相邻的碳原子上，因此其二氯代物超过两种，B正确；
C、由于分子中4个碳原子均是饱和碳原子，而与饱和碳原子相连的4个原子一定构成四面体，所以分子中所有碳原子不可能均处在同一平面上，C错误；
D、戊烷比螺[2，2]戊烷多4个氢原子，所以生成1 mlC5H12至少需要2 mlH2，D正确。答案选C。
点睛：选项B与C是解答的易错点和难点，对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。关于有机物分子中共面问题的判断需要从已知甲烷、乙烯、乙炔和苯的结构特点进行知识的迁移灵活应用。
13．法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．该分子中C-N键的键长大于C-F键的键长
B．该有机物属于芳香族化合物
C．该分子中C原子的杂化方式有、
D．该分子中存在手性碳原子
【答案】A
【解析】A．r(N)>r(F)，故C-N键的键长大于C-F键的键长，故A正确；
B．该有机物中没有苯环，不属于芳香族化合物，故B错误；
C．该分子中C原子的杂化方式只有，故C错误；
D．该分子中不存在手性碳原子，故D错误。
答案为：A。
14．某磷青铜晶胞结构如图所示，下列说法正确的是
A．磷青铜化学式为
B．晶体中距离Cu原子最近的P原子有6个
C．晶体中距离Sn原子最近的P原子可构成正方体
D．晶体中距离P原子最近的Cu原子有8个
【答案】C
【解析】A．晶胞中，Cu原子数目=6×=3、Sn原子数目=8×=1、P原子数目=1，故磷青铜的化学式为Cu3SnP，故A错误；
B．由晶胞结构可知，晶体中距离Cu原子最近的P原子有2个，故B错误；
C．以顶点Sn原子研究，与之最近的P原子处于晶胞体心共有8个，这8个P原子形成正方体，故C正确；
D．由图可知，晶体中距离P原子最近的Cu原子有6个，故D错误。
答案选C。
15．内酯Y可以由X通过电解合成，并可在一定条件下转化为Z，转化路线如下：
下列说法不正确的是
A．X→Y发生的反应类型是氧化反应
B．X的核磁共振氢谱有8组峰
C．X、Y、Z均可发生加成、取代、氧化等反应
D．1mlX与氢气完全加成消耗氢气的量为7ml
【答案】D
【解析】A．X→Y中失去氢原子，所以是氧化反应，A项正确；
B．根据对称性，X上存在8组不同环境的氢原子，所以核磁共振氢谱有8组峰，B项正确；
C．根据结构决定性质，X、Y、Z上的苯环可发生加成反应，X中含羧基、Y和Z中都含有酯基，X、Y、Z都能发生取代反应，X、Y、Z都可以发生燃烧等氧化反应，C项正确；
D．X中的苯环与氢气可加成，羧基上的碳氧键一般不反应，故1mlX与氢气完全加成消耗氢气的量为6ml，D项错误；
故答案选D。
16．已知：Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Z元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，其余均为短周期主族元素，Y原子价层电子排布式为，Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。下列说法中正确的是。
A．元素的第一电离能：X>R>Q
B．Z位于元素周期表d区
C．原子半径：Y>X>R>Q
D．Q、Y形成的最高价氧化物的水化物的酸性：Q>Y
【答案】D
【分析】Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Z元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，Z为Cu元素，其余的均为短周期主族元素；Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4，Q原子的核外电子排布为1s22s22p2，故Q为C元素；X原子的核外电子排布为1s22s22p4，为O元素；R原子序数介于C元素与O元素之间，故R为N；元素Y原子价层电子排布式为msnmpn，则n=2，故为第ⅣA族元素，原子序数大于O元素，小于Cu元素，故Y为Si元素；
【解析】A．同周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族元素自上而下第一电离能降低，但第ⅤA族由于p轨道为半充满状态，更加稳定，所以第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：R>X> Q，故A错误；
B．铜位于元素周期表ds区，故B错误；
C．C电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Y> Q >R>X，故C错误；
D．同非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Q、Y形成的最高价氧化物的水化物的酸性：Q>Y，故D正确；
故选D。
第II卷（非选择题 共52分）
二、非选择题：本题共4个小题，共52分。
17．（12分）氯吡苯脲是一种常用的膨大剂，其结构简式为 ，它是经国家批准使用的植物生长调节剂。
（1）氯元素基态原子核外电子的未成对电子数为 。
（2）氯吡苯脲晶体中，氮原子的杂化轨道类型为 ，羰基碳原子的杂化轨道类型为 。
（3）查文献可知，可用2-氯-4-氨基吡啶与异氰酸苯酯反应，生成氯吡苯脲，其反应方程式如下：
反应过程中，每生成1ml氯吡苯脲，断裂 个σ键，断裂 个π键。
（4）膨大剂能在动物体内代谢，其产物较为复杂，其中有H2O、NH3、CO2等。
①请用共价键知识解释H2O分子比NH3分子稳定的原因为 。
②H2O、NH3、CO2分子的空间结构分别是 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）1
（2）sp2、sp3 sp2
（3）NA（1分） NA（1分）
（4）①H—O键的键能大于H—N键的键能 ②V形、三角锥形、直线形
【解析】（1）根据构造原理可知，氯元素基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p5，所以未成对电子数为1；
（2）根据氯吡苯脲的结构简式可知，有2个氮原子均形成3个单键，孤电子对数为1，属于sp3杂化；剩余1个氮原子形成1个双键和1个单键，孤电子对数为1，是sp2杂化；羰基碳原子形成2个单键和1个双键，为sp2杂化。
（3）由于σ键比π键更稳定，根据反应方程式可以看出，断裂的化学键为异氰酸苯酯分子中的N=C键中的π键和2-氯-4-氨基吡啶分子中的N—H键；故每生成1ml氯吡苯脲，断裂1ml σ键，断裂1ml π键，则断裂NA个σ键，断裂NA个π键。
（4）①O、N属于同周期元素，O的原子半径小于N，H—O键的键能大于H—N键的键能，所以H2O分子比NH3分子稳定。
②H2O分子中O原子的价层电子对数=2＋=4，孤电子对数为2，所以为V形结构，O原子采用sp3杂化；
NH3分子中N原子的价层电子对数=3＋=4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，N原子采用sp3杂化；
CO2分子中C原子的价层电子对数=2＋=2，不含孤电子对，所以是直线形结构，C原子采用sp杂化。
18．（13分）实验室可用酒精、浓硫酸作试剂来制取乙烯，但实验表明，还有许多副反应发生，如反应中会生成、、水蒸气等无机物，某研究性学习小组欲用如图所示的装置制备纯净的乙烯并探究乙烯与单质溴能否反应及反应类型，回答下列问题：
（1）写出制备乙烯反应的化学方程式： ，实验中，加热F装置时必须使液体温度 。
（2）写出浓硫酸与酒精直接反应生成上述无机副产物的化学方程式： 。
（3）为实现上述实验目的，装置的连接顺序为F→ →D，(各装置限用一次)
（4）当C中观察到 时，表明单质溴能与乙烯反应；当D中 时，表明C中发生的是取代反应；若D没有出现前面所描述的现象时，表明C中发生的是 反应。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O 迅速升高到170℃（1分）
（2）CH3CH2OH＋6H2SO4(浓) 2CO2↑＋6SO2↑＋9H2O
（3）A→B→E→C
（4）溶液褪色 有浅黄色沉淀生成 加成
【分析】由实验装置图可知，装置F中乙醇在浓硫酸作用下加热至170℃发生消去反应制备乙烯，浓硫酸具有强氧化性，能与乙醇共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应制得的乙烯中混有二氧化碳、二氧化硫和水蒸气，所以为制备纯净的乙烯并探究乙烯与单质溴能否反应及反应类型，必须将混合气体先后通入盛有浓氢氧化钠溶液的试管A用于除去二氧化硫和二氧化碳，盛有澄清石灰水的试管用于证明二氧化硫和二氧化碳完全除去，盛有浓硫酸的试管E用于干燥乙烯，盛有溴的四氯化碳溶液的试管C和盛有硝酸银溶液的试管D用于验证乙烯与单质溴能否反应及反应类型，则装置的连接顺序为F→A→B→E→C→D。
【解析】（1）由分析可知，制备乙烯的反应为乙醇在浓硫酸作用下加热至170℃发生消去反应生成乙烯和水，为防止乙醇在浓硫酸作用下加热至140℃时发生分子间脱水反应生成乙醚，实验时需要要迅速升至170℃，反应的化学方程式为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；迅速升至170℃；
（2）由分析可知，浓硫酸具有强氧化性，能与乙醇共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为CH3CH2OH＋6H2SO4(浓) 2CO2↑＋6SO2↑＋9H2O，故答案为：CH3CH2OH＋6H2SO4(浓) 2CO2↑＋6SO2↑＋9H2O；
（3）由分析可知，为实现上述实验目的，装置的连接顺序为F→A→B→E→C→D，故答案为：A→B→E→C；
（4）当C中溶液褪色时，表明单质溴能与乙烯反应；若D中有浅黄色沉淀生成，表明C中发生的是取代反应；若D没有出现前面所描述的现象时，表明C中发生的是加成反应，故答案为：溶液褪色；有浅黄色沉淀生成；加成。
19．（14分）一种用硫铜矿(主要含CuS、及少量FeO、等)为原料制备CuCl的工艺流程如下：
已知：①CuCl是难溶于水和醇的白色固体，在热水中迅速水解生成；
②CuCl在潮湿的空气中易被氧化，生成的碱式盐为；
③已知、、开始生成沉淀和沉淀完全时的pH如下表：
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，富氧空气的作用 。
（2）“酸浸”时，CuS反应的化学方程式为 。
（3）用氨水调pH时，应将溶液的范围调整为 。
（4）“合成”时，生成CuCl发生反应的离子方程式为 。
（5）准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用x ml⋅L的溶液滴定到终点，发生反应为，消耗溶液V mL，样品中CuCl的质量分数为 (杂质不参与反应，列出计算式即可)。
（6）如图是氯化亚铜的晶胞结构，已知晶胞的棱长为a nm。
①图中原子的坐标参数：A为，B为，则C的坐标参数为 。
②与最短的距离是 nm。
【答案】（每空2分）
（1）促进硫铜矿被溶解，将铁元素氧化成
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
【分析】硫铜矿加入硫酸、氧气酸浸，酸浸中硫元素转化为硫单质、二价铁转化为三价铁、铜转化为硫酸盐，加入氨水调节pH，铁离子成为氢氧化铁沉淀得到滤渣2，二氧化硫具有还原性，能将铜离子转化为一价铜，滤液加入氯化钠、盐酸、二氧化硫生成氯化亚铜，洗涤干燥得到产品；
【解析】（1）氧气具有氧化性，“酸浸”时，富氧空气的作用为：促进硫铜矿被溶解，将铁元素氧化成；
（2）“酸浸”时，CuS和硫酸、氧气反应生成硫酸铜、硫单质和水，化学方程式为；
（3）用氨水调pH时，要求铁离子完全沉淀而铜离子不沉淀，故溶液的范围调整为；
（4）二氧化硫具有还原性，能将铜离子转化为一价铜、自身被氧化为硫酸根离子，滤液加入氯化钠、盐酸、二氧化硫生成氯化亚铜和硫酸，反应为；
（5）铁离子和氯化亚铜反应生成亚铁离子和铜离子，铜元素化合价由+1变为+2，结合反应，根据电子守恒可知，，则样品中CuCl的质量分数为
（6）①图中原子的坐标参数：A为，B为，则C在x、y、z轴的投影分别为、、，故C的坐标参数为。
②与最短的距离是体对角线的四分之一，故为nm。
20．（13分）有机物H(C9H8O4)是洁面化妆品的中间体，以A为原料合成有机物H的路线如图：
已知：①A是相对分子量为92的芳香烃； ②D是C的一氯取代物；
③RCHO+R1CH2CHORCH=CR1CHO+H2O(R、R1为烃基或氢原子)。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2）由D生成E所用的试剂和反应条件为 。
（3）由E生成F的反应类型为 ，F的结构简式为 。
（4）G与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为 。
（5）H长期暴露在空气中容易变质的主要原因是 。
（6）参照上述流程，设计以乙醇为原料制备CH3CH=CHCOOH的合成路线： 。(其它无机试剂任选)。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）甲苯（1分）
（2）氢氧化钠水溶液，加热
（3）氧化反应（1分）
（4）+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓
+3H2O
（5）H为酚类化合物，易被空气中的氧气氧化
（6）CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH
（3分）
【分析】A是相对分子量为92的芳香烃，设该物质分子式是CnH2n-6，则14n-6=92，解得n=7，故A是，名称为甲苯，结合C的结构简式逆推可知：A与Cl2发生取代反应产生B是 ，C发生甲基上的取代反应生成D，D是C的一氯取代物，则D的结构简式为，F能发生信息③的反应，说明F中含有醛基，则D发生水解反应生成E为，E发生催化氧化生成F为，G的结构简式为，G发生氧化反应然后酸化生成H为。
【解析】（1）A是，名称为甲苯；
（2）D是，D与NaOH的水溶液共热，发生水解反应产生E：。故由D生成E所用的试剂和反应条件为氢氧化钠水溶液，加热；
（3）E是，分子中含有醇羟基，由于羟基连接的C原子上含有2个H原子，可以在催化剂存在条件下加热，发生氧化反应产生F：，则由E生成F的反应类型为氧化反应；F的结构简式是；
（4）G是，该物质分子中含有醛基，能够与新制Cu(OH)2悬浊液混合加热，发生氧化反应，醛基变为羧基，由于溶液显碱性，因此反应产生的是羧酸的钠盐，反应方程式为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；
（5）利用信息③实现碳链变化，乙醇发生催化氧化生成乙醛，2个分子乙醛反应生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO再进一步氧化生成CH3CH=CHCOOH，故以乙醇为原料制备CH3CH=CHCOOH的合成路线为：CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH。
选项
物质
官能团的名称
A

醚键、氨基
B

酯基、羧基
C

碳溴键、羟基
D

碳碳双键、醛基
金属离子
开始沉淀pH
4.7
8.1
1.2
完全沉淀pH
6.7
9.6
3.2