2025年高考第三次模拟考试卷：化学（河南卷）（解析版）

这是一份2025年高考第三次模拟考试卷：化学（河南卷）（解析版），共19页。试卷主要包含了下列有关离子方程式错误的是等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．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 O-16 Cl-35.5 Fe-56 Br-80
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．2024年2月29日，国家自然科学基金委员会发布了2023年度“中国科学十大进展”。下列说法正确的是
A．通过培育耐盐碱农作物，可提高盐渍化土地产能。中性盐地中富含硫酸钠和碳酸钠
B．可考虑选用合适的水溶液促进和多硫分子的聚集。实现锂硫电池广泛应用
C．人工智能大模型为精准天气预报带来新突破，其中用到的芯片与光导纤维主要成分都属于新型无机非金属材料
D．成功开发我国完全拥有自主产权的、首个在细胞核和细胞器中均可实现精准碱基编辑的新型工具。碱基互补配对时形成极性共价键。
【答案】C
【详解】A．碳酸钠溶液呈碱性，中性盐地中不会富含碳酸钠，A错误；
B．锂硫电池通常使用有机电解液，因锂金属与水剧烈反应，水溶液不适用，B错误；
C．芯片的主要成分是硅，光导纤维的主要成分是二氧化硅，两者均属于新型无机非金属材料，C正确；
D．碱基互补配对通过氢键连接，而非极性共价键，D错误；
故选C。
2．下列有关化学用语或表述错误的是
A．氨基的电子式为
B．软脂酸的分子式为
C．四氯化硅的空间填充模型：
D．丙烯加聚的化学方程式：nCH2=CH-CH3
【答案】A
【详解】A．氨基的电子式为，A错误；
B．软脂酸是饱和一元酸，分子式为，B正确；
C．四氯化硅是正四面体结构的分子，Si原子半径比Cl原子半径大，空间填充模型：，C正确；
D．丙烯中有碳碳双键，在催化剂作用下发生加聚反应生成聚丙烯，方程式为：nCH2=CH-CH3，D正确；
答案选A。
3．实验室安全至关重要，下列做法正确的是
A．蒸发液体时液体体积不超过蒸发皿容积的，且要用玻璃棒搅拌
B．还原时，要先通一段时间氢气后再加热还原，最后还原铁粉在氢气气氛中冷却
C．溶液不慎溅在皮肤上，先用大量水冲洗，再用的碳酸氢钠溶液涂抹
D．用小刀切割白磷或金属钠时，要放在玻璃片上操作
【答案】B
【详解】A．蒸发液体时液体体积不超过蒸发皿容积的，故A错误；
B．先通排尽装置中的空气，最后还原铁粉需在氢气气氛中冷却，故B正确；
C．先用大量水冲洗，再涂抹一定浓度的硼酸溶液，故C错误；
D．白磷易燃，用小刀切割白磷时，要在水中切割，故D错误；
故答案为B。
4．向溶液中滴入混合液，得到晶体M，其每个晶胞由两个小立方体构成，中N位于小立方体的体心，小立方体的边长为，晶胞结构如图。下列说法错误的是
A．在元素周期表第六周期ⅡB族B．该晶体类型为离子晶体
C．中，距离为D．1个晶胞中含有的质量为
【答案】D
【详解】A．为80号元素，在元素周期表第六周期ⅡB族，A正确；
B．该晶体中存在离子键，属于离子晶体，B正确；
C．中N位于小立方体的体心，小立方体的边长为，则中，距离为小立方体的边长的二分之一：，C正确；
D．1个晶胞中含有个数为，其质量应为，D错误；
故选D。
5．下列有关物质的工业制备方法正确的是
A．制漂白粉：饱和食盐水漂白粉
B．制硫酸：/S
C．海水提镁：浓缩海水Mg
D．侯氏制碱法制纯碱：饱和食盐水固体
【答案】D
【详解】A．工业上制备漂白粉时，先电解NaCl溶液制备Cl2，再将Cl2通入冷的石灰乳中制取漂白粉，而不是通入澄清石灰水中，A不符合题意；
B．工业上制备硫酸时，硫铁矿或S先与O2反应生成SO2，SO2经催化氧化生成SO3，最后用浓硫酸吸收SO3制得H2SO4，S不能直接和O2反应生成SO3，B不符合题意；
C．工业上制备金属镁时，先向浓缩海水中加入石灰乳生成Mg(OH)2沉淀，再用盐酸将沉淀溶解，得到MgCl2溶液，再经系列操作得到无水MgCl2，最后电解熔融状态下的MgCl2得到金属镁，而不是电解MgCl2溶液，C不符合题意；
D．工业上制备纯碱时，向饱和食盐水中先后通入NH3、CO2反应生成NaHCO3，并使溶解度较小的NaHCO3从溶液中析出，NaHCO3固体再受热分解制备Na2CO3，D符合题意；
故选D。
6．高纯硅是现代信息、半导体和太阳能光伏发电等产业的基础材料。工业制备高纯硅的一种工艺流程如图所示。下列说法中正确的是
已知：①粗SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点57.6℃)和HCl(沸点-84.7℃)。
A．过程①中发生的反应有
B．自然界中存在大量的游离态的硅
C．过程②发生了化合反应，过程④发生了置换反应
D．过程③提纯的方法为蒸馏
【答案】D
【详解】由题干工艺流程图可知，石英砂(主要成分SiO2)在高温下与焦炭反应转化为粗硅，反应原理为：，粗硅与HCl在高温下转化为粗SiHCl3，反应原理为：Si(粗硅)+3HClSiHCl3+H2，粗SiHCl3经过蒸馏得到纯SiHCl3，然后再高温下用H2还原SiHCl3即可得到高纯硅，反应原理为：SiHCl3+H2Si(高纯硅)+3HCl，石英砂与焦炭、N2在高位下反应制得氮化硅，据此分析解题。
A．由题干流程图可知，过程①中焦炭过量，故生成CO，而不是CO2，则发生的反应有，A错误；
B．由于Si是亲氧元素，故自然界中不存在游离态的硅，而是全部以化合态的形成存在主要以SiO2和硅酸盐的形成存在，B错误；
C．由分析可知，过程②发生的反应方程式为：Si(粗硅)+3HClSiHCl3+H2，该反应不属于化合反应，过程④发生的反应方程式为：SiHCl3+H2Si(高纯硅)+3HCl，该反应属于置换反应，C错误；
D．由题干已知信息可知，粗SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点57.6℃)和HCl(沸点-84.7℃)，则过程③提纯的方法为蒸馏，D正确；
故答案为：D。
7．萃取剂P204对钒(V)有强萃取力，萃取平衡：。常温下，溶液中的随时间的变化如图所示。下列叙述正确的是
A．min时，萃取反应已停止
B．min时，正反应速率大于逆反应速率
C．min时，若增大，平衡向左移动，平衡常数减小
D．min内平均速率
【答案】B
【详解】A．min时，反应达到平衡状态，正、逆反应仍在进行，只是速率相等，故A错误；
B．min时刻反应未达到平衡状态，且向正反应方向进行，即正反应速率大于逆反应速率，故B正确；
C．平衡常数只与温度有关，与浓度无关，故C错误；
D．从反应式看出，物质的量浓度的变化量：，min内平均速率，故D错误；
故选B。
8．某工厂采用如下工艺制备，已知焙烧后元素以价形式存在，下列说法错误的是
A．“焙烧”中产生B．滤渣的主要成分为
C．滤液①中元素的主要存在形式为D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
【答案】B
【详解】焙烧过程中铁转化为三氧化铁、铬元素被氧化转化为对应钠盐，水浸中氧化铁不溶转化为滤渣，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。
A．铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成氧化铁、铬酸钠和二氧化碳，A正确；
B．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氧化铁，B错误；
C．滤液①中元素的化合价是+6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr 元素主要存在形式为，C正确；
D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确；
故选B。
9．下列有关离子方程式错误的是
A．向AgCl沉淀中加入过量氨水使AgCl溶解：
B．用溶液处理锅炉水垢中的：
C．已知：为二元弱碱，与足量浓反应：
D．苯酚钠溶液中通入少量气体：
【答案】D
【详解】A．向AgCl沉淀中加入过量氨水使AgCl溶解生成银氨络离子，反应的离子方程式为：，A正确；
B．用溶液处理锅炉水垢中的生成Na2SO4和CaCO3，该沉淀转化的离子方程式为：，B正确；
C．已知：为二元弱碱，与足量浓反应生成N2H6(HSO4)2酸式盐，反应方程式为：，C正确；
D．苯酚钠溶液中通入少量气体生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：，D错误；
故答案为：D。
10．无机盐Z(W2YX2)2在医药领域中有着广泛的应用。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期主族元素，且分布在4个不同周期。基态X原子核外电子中s能级电子数目和p能级相同，Y和Z的第一电离能均比同周期相邻元素的高。下列叙述错误的是
A．基态Z原子核外电子有10种空间运动状态B．ZX2中阴、阳离子个数比为2：1
C．简单离子半径：Y＜ZD．电负性：X＞W
【答案】B
【详解】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期主族元素，且分布在4个不同周期，则W为H元素；基态X原子核外电子中s能级电子数目和p能级相同，则X原子核外电子排布式是1s22s22p4，所以X为O元素；Y和Z的第一电离能均比同周期相邻元素的高，则Y为Mg元素，Z为Ca元素，然后根据问题分析解答。
根据上述分析可知：W是H，X是O，Y是Mg，Z是Ca元素。
A．Ca是20号元素，根据构造原理可知基态Ca原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p64s2，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态；在一个轨道上最多可容纳2个自旋方向相反的电子，可知基态Ca原子核外电子有10种空间运动状态，A正确；
B．CaO2为离子化合物，其中的阳离子Ca2+与阴离子个数比为1：1，B错误；
C．离子核外电子层数越多，离子半径就越大。Mg2+核外只有2个电子层，Ca2+核外有3个电子层，所以简单离子半径：Mg2+＜Ca2+，C正确；
D．在H2O中H为+1价，O为-2价，说明吸引电子能力：O＞H，元素的非金属性越强，其吸引电子能力就越强，其电负性就越大，故元素的电负性：X(O)＞W(H)，D正确；
故合理选项是B。
11．某条件下，有机物甲可以转化为有机物乙，如图所示[为，部分反应物和产物已省略]。
下列说法正确的是
A．甲最多能和发生反应
B．甲使溴的四氯化碳溶液褪色的过程发生了氧化反应
C．乙完全燃烧最多消耗氧气
D．与乙互为同分异构体
【答案】D
【详解】A．甲中所含的碳碳双键、苯环和酮羰基等都能和反应，甲最多能和发生反应，A错误；
B．甲使溴的四氯化碳溶液褪色的过程发生了加成反应，B错误；
C．乙的分子式为，根据原子守恒，乙在氧气中完全燃烧最多消耗，C错误；
D．乙的分子式为，与 分子式相同，但是结构不同，互为同分异构体，D正确；
答案选D。
12．我国科学家开发了如图所示的电化学装置，实现了的制备和废弃PET的回收利用。下列说法错误的是
A．溶液中移向电极B
B．电极B的电势高于电极A的电势
C．阳极区发生的反应为：
D．理论上每消耗，电极B消耗乙二醇
【答案】D
【详解】电极A中氧气转化双氧水，发生得到电子的还原反应，电极A是阴极，电极B是阳极，所以溶液中移向阳极即电极B，据此分析。
A．根据分析可知，电极B是阳极，所以溶液中移向阳极即电极B，A正确；
B．电极A是阴极，电极B是阳极，所以电极B的电势高于电极A的电势，B正确；
C．电极B为阳极，发生氧化反应，阳极发生的反应为：，C正确；
D．阳极电极反应式为：，理论上消耗，此时转移6ml电子，则电极B消耗乙二醇的物质的量是1ml，质量是62g，D错误；
故答案选D。
13．结构决定其性质是基本的化学学科思想。下列实例与解释不相符的是
【答案】A
【详解】A．热稳定性是化学性质，取决于共价键的强弱，H2O的热稳定性强于H2S是因为H-O键的稳定性大于H-S键，A错误；
B．氟的电负性大于氯的电负性，H-F键中共用电子对更偏向F，键的极性大于键的极性，导致HF分子极性强于HCl，，B正确；
C．分子间距大，分子间作用力弱，支链数目越多，熔沸点越低，沸点由高到低排序：正戊烷>异戊烷，C正确；
D．钠原子的核外电子排布由变为时，3p轨道的能量高于3s的，钠原子由基态变为激发态时会吸收能量，形成吸收光谱，D正确；
故选A；
14．常温下，向和的混合液中滴加氨水，混合液中与关系如图所示。
下列说法错误的是
A．代表与关系
B．溶液中：
C．常温下，
D．的平衡常数
【答案】C
【详解】A．根据电离常数和溶度积表达式可知，。由斜率大小可知。代表和的关系，A项正确；
B．由题图可知，溶液呈中性，，B项正确；
C．代表与的关系，根据数据计算，C错误；
D．的平衡常数，D正确；
答案选C。
第II卷（非选择题 共58分）
二、非选择题：本题共4小题，共58分，除标注外，每空2分。
15．（14分）用钒铬矿(主要成分是制备和的流程如下：
已知：①“酸浸”后转化为；②的近似为；
(1)基态原子的核外电子有 种空间运动状态。
(2)“氧化”后溶液中大量存在，请写出相应的离子方程式： 。
(3)氧化所得溶液中含有一种复杂的含钒阴离子结构如图所示，由4个四面体(位于体心的V为+5价)，通过共用顶点氧原子构成八元环，其化学式为 。
(4)调时使用的是氨水和氯化铵的混合溶液，沉钒率受温度影响的关系如图所示。温度高于沉钒率降低的主要原因是
(5)常温下，若“含溶液”中，则“沉钒”调的范围是 。
(6)请写出煅烧生成的化学方程式：
(7)可用于测定水体的(是指每升水样中还原性物质被氧化所需要的质量)。现有某水样，酸化后加入的溶液，使水样中的还原性物质完全被氧化，再用的溶液滴定剩余的，被还原为，消耗溶液，则该水样的为 。
【答案】(1)15
(2)
(3)
(4)氨水具有挥发性，且氯化铵容易受热分解，则温度高于使得氨水和氯化铵溶液浓度降低，导致沉钒率降低
(5)4.6
(6)
(7)160
【详解】钒铬矿加硫酸酸浸，转化为、Cr(OH)3转化为Cr2(SO4)3，加入Na2S2O8将氧化为，调pH得到沉淀和含Cr3+的滤液，煅烧得到，滤液多步操作后得到和硫酸钠的混合液；
（1）把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，因而空间运动状态个数等于轨道数。基态Cr原子电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，故有15种空间运动状态。
（2）加入Na2S2O8将氧化为，结合质量守恒、电荷守恒可知，同时生成硫酸根离子和氢离子，反应为：；
（3）由图，该阴离子中含有4个、12个氧原子，氧的化合价为-2、V为+5价，则其化学式为；
（4）氨水具有挥发性，且氯化铵容易受热分解，则温度高于使得氨水和氯化铵溶液浓度降低，导致沉钒率降低；
（5）的近似为，当Cr3+开始沉淀所需，pOH=9.4，pH=4.6，故答案为4.6；
（6）煅烧生成的过程中V元素化合价没有改变，结合质量守恒，煅烧过程中还会生成氨气和水，反应为；
（7）用的溶液滴定剩余的，被还原为，反应中铁化合价由+2变为+3、铬化合价由+6变为+3，结合电子守恒存在，则由反应消耗为，水样中还原性物质被氧化所需的为，结合COD含义、电子守恒，存在，则该水样的为。
16．（13分）利用、为原料合成的主要反应如下。
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
(1)已知反应Ⅲ的平衡常数，写出反应Ⅲ的热化学方程式 。
(2)一定条件下，向恒压密闭容器中以一定流速通入和混合气体，平衡转化率和选择性随温度、投料比的变化曲线如图所示。
①表示选择性的曲线是 (填“”或“”)，平衡转化率随温度升高发生如图变化的原因是 。
②生成的最佳条件是 (填标号)。
a．220°C， b．220°C，
c．320°C， d．320°C，
(3)一定温度下，向压强恒为p MPa的密闭容器中通入和，充分反应后，测得平衡转化率为a，选择性为b，该温度下反应Ⅱ的平衡常数
(4)向压强恒为3.0MPa的密闭容器中通入反应混合气，在催化作用下只发生反应Ⅰ，测得时空收率(表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)随温度的变化曲线如图所示。
①时空收率随温度升高先增大后减小的原因是 。
②223°C时，的平均反应速率 。
【答案】(1)CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H=-92.4kJ/ml
(2) L1（1分） 反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应Ⅰ逆向移动的程度，CO2平衡转化率随温度的升高而增大 c
(3)
(4) 温度较低时，反应速率较慢，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，CH3OH时空收率增大，当温度较高，反应速率较快，反应达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的转化率减小，CH3OH时空收率减小 0.6ml·h-1/ml
【详解】（1）已知反应Ⅲ的平衡常数，由盖斯定律可知反应Ⅰ-反应Ⅱ可得反应Ⅲ的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 。
（2）①反应Ⅰ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的转化率减小，选择性减小，则表示CH3OH选择性的曲线是L1，L2代表CO2平衡转化率随温度变化的曲线，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应Ⅰ逆向移动的程度，CO2平衡转化率随温度的升高而增大；
②由图可知，320°C ，时，CH3OH选择性较大，同时CO2的转化率也较大，故选c。
（3）根据已知条件列出“三段式”
充分反应后，测得平衡转化率为=a，选择性为=b，解得x=abml，y=(a-ab)ml，平衡时n()=(1-a)ml，n(H2)=(3-a-2ab)ml，n(CO)=(a-ab)ml，n(H2O)=aml，n(CH3OH)=abml，则该温度下反应Ⅰ的平衡常数Kp=。
（4）①时空收率随温度升高先增大后减小的原因是：温度较低时，反应速率较慢，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，CH3OH时空收率增大，当温度较高，反应速率较快，反应达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的转化率减小，CH3OH时空收率减小；
②223°C时，时空收率为0.2 [(ml·h-1)/ml]，的平均反应速率0.2 [(ml·h-1)/ml]×1ml×3=0.6 [(ml·h-1)/ml]。
17．（16分）氯化铁是一种净水剂和化工产品。某小组设计实验制备并测定产品纯度。
实验(一)制备。
某小组设计如下装置制备氯化铁。已知：易升华，遇水蒸气易发生水解反应。
(1)装置B中试剂是 (填名称)。
(2)写出装置A中发生反应的离子方程式： 。
(3)尾气处理宜选择 (填序号)。
(4)写出装置D中发生反应的化学方程式： 。
(5)实验完毕后，取少量装置D中固体溶于水，滴加溶液，产生蓝色沉淀，有同学认为装置D中氯气与铁反应生成了，请你评价(指出正误并分析理由)： 。
实验(二)测定样品的纯度。
已知：(无色，很稳定)，易溶于水且完全电离。
(6)实验步骤如下：
步骤1：准确称取样品配成溶液，准确量取配制好的溶液于锥形瓶中；
步骤2：向锥形瓶中加入适量溶液(恰好与铁离子完全反应)，用力振荡，再加入溶液(过量)使完全沉淀；
步骤3：向其中加入硝基苯，用力振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；
步骤4：加入3滴溶液，用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。已知：常温下，，。
①加入的目的是 。滴定终点时溶液颜色变为 。
②测得样品中的质量分数为 (用含、c、m的代数式表示)。
③下列操作会使所测结果偏低的是 (填字母)。
A．滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数 B．锥形瓶没有干燥
C．滴定管没有用溶液润洗 D．省略了步骤3
【答案】(1)饱和食盐水
(2)
(3)Ⅰ、Ⅲ（1分）
(4)
(5)不正确，加入水后和反应生成
(6) 屏蔽，避免干扰实验(答案合理即可) 红色（1分） CD
【详解】A中二氧化锰和浓盐酸加热反应制取氯气，B装置用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl气体，C装置用浓硫酸除去Cl2中混有的水蒸气，D装置Cl2与Fe反应制取FeCl3，生成的FeCl3受热升华，在E装置中遇冷凝结，E装置的作用是收集FeCl3，由于未反应的Cl2有毒，故用F装置处理尾气，据此分析。
（1）由上述分析可知，装置B中试剂是饱和食盐水；
（2）A中发生反应为浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气，离子方程式：；
（3）多余的氯气用碱性物质吸收，同时要考虑右侧的水蒸气不能进入E中，故在题给的选项中，I和III符合题意；答案为I、III；
（4）装置D中发生反应的化学方程式：；
（5）该同学的说法不正确，因为如果Fe有剩余的话，加入水后和反应也能生成；
（6）①根据提示信息，加入氟化钠的目的是屏蔽Fe3+，防止其浓度过大与SCN-结合，影响终点的判断；溶液为指示剂，滴定终点时SCN-与Fe3+反应使溶液变为红色；
②依题意，n(Cl-)+n(SCN-)=n(Ag+)，氯化铁的质量分数表达式为ω(FeCl3)== ；
③A．滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数，导致读出的溶液体积偏小，测得的结果偏高，故A不选；
B．锥形瓶没有干燥，不影响实验结果，故B不选；
C．滴定管没有用溶液润洗，导致消耗的溶液体积偏大，结果偏低，故C选；
D．省略了步骤3，部分氯化银会转化为硫氰化银，消耗滴定液的体积偏大，结果偏低，故D选；
答案为CD。
18．（15分）氯苯唑酸(Tafamidis)是用于治疗转甲状腺素蛋白淀粉样多发性神经病的药物，一种合成路线如下图所示(部分条件省略，副产物均未标出)：
已知：
回答下列问题：
(1)A→B的反应类型为 ；C的化学名称为 。
(2)H中含氧官能团的名称为 。
(3)反应④的化学方程式为 。
(4)已知：有机物J是E的同分异构体，满足下列条件的J的结构有 种(不考虑立体异构)；
ⅰ.红外光谱未检测到的吸收峰；X射线衍射实验发现分子结构中含苯环；
ⅱ.能发生银镜反应；
ⅲ.1mlJ与足量NaOH溶液反应时，最多消耗3mlNaOH。
写出其中任意一种的结构简式 。
(5)反应⑤的过程中同时生成一种副产物(G的同分异构体)，其结构简式为 。
(6)研究发现反应⑥的一种可能历程是经由两步完成的，如下图所示：
若第一步为加成反应，第二步为消去反应，则M的结构简式为 。
【答案】(1) 氧化反应（1分） 3，5-二氯苯甲酸
(2)酯基、醚键
(3)
(4) 10 、、、、、、、、、
(5)
(6)
【分析】
根据D结构，结合A分子式，可以推出A为，A被酸性高锰酸钾氧化为B（），根据D结构，结合C分子式，可以推出C为，根据G与D结构，以及F分子式，可以推出F为，则E为。
【详解】（1）A→B的反应类型为氧化反应；的化学名称为3，5-二氯苯甲酸；
（2）H中含氧官能团的名称为：酯基、醚键；
（3）反应④发生羧基与羟基的酯化反应，化学方程式为：；
（4）ⅰ.红外光谱未检测到的吸收峰；X射线衍射实验发现分子结构中含苯环；ⅱ.能发生银镜反应，说明有醛基；ⅲ.1mlJ与足量NaOH溶液反应时，最多消耗3mlNaOH，说明含有酚羟基与甲酸酚酯，结合分子式，还含有氨基；因此同分异构体有：、、、、、、、、、，共10种；
（5）根据已知信息第二个反应：，则反应⑤的过程中同时生成一种副产物(G的同分异构体)，其结构简式为：；
（6）第一步为酮羰基与羟基的加成反应，第二步为羟基的消去反应，则M的结构简式为：。
选项
实例
解释
A
的热稳定性强于
分子间可形成氢键
B
HF分子的极性强于HCl分子
F比Cl电负性强，H-F键中共用电子对更偏向F
C
正戊烷的沸点高于异戊烷
异戊烷分子支链多，分子间距大，分子间作用力弱
D
钠原子的核外电子排布由变为时，形成吸收光谱
钠原子由基态变为激发态时会吸收能量