2019届辽宁省朝阳市高三上学期模拟联考理科综合化学试题（解析版）

2019届辽宁省朝阳市高三上学期模拟联考理科综合化学试题（解析版）

理科综合试卷（化学部分）

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16  F 19  Na 23  Cl 35.5  K 39  Ca 40  Fe 56 Zn65

一、选择题：本题共13小题，每小题6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.化学与科学技术的发展密切相关，下列有关说法正确的是

A. 柴油汽车中尿素溶液进入尾气系统，是为了处理尾气

B. “可燃冰”中的甲烷对温室效应的影响几乎为零

C. 古代用明矾除去铜器表面的铜绿，利用了明矾溶液显碱性的特性

D. 铌酸锂( LiNbO3)材料将用于量子通信，41Nb位于第VA族

【答案】A

【解析】

【详解】A. 尿素[CO(NH2)2]溶液可用作柴油汽车尾气处理液，用尿素溶液处理柴油汽车尾气(含NO)时的化学方程式如下：2CO(NH2)2+4NO+O2═2CO2+4N2+4H2O，故A正确；

B. 甲烷也是一种温室气体，故B错误；

C、铜绿为碱式碳酸铜，铝离子水解显酸性，铜绿能够与酸反应而溶解，故C错误；

D.41号元素Nb是过渡金属元素，位于第VB族，故D错误；故选A。

2.1，2－二溴乙烷(沸点为131℃)，可溶于CCl4，某同学在实验室将乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，在生成和纯化1，2－二溴乙烷的实验过程中，下列操作未涉及的是

A.     B.     C.     D.

【答案】C

【解析】

【分析】

A、乙烯通入溴的四氯化碳溶液的反应装置；

B、除溴、溴化氢的装置；

C、1，2－二溴乙烷能溶解溴，无法用分液法分离；

D、分离反应混合物用蒸馏法。

【详解】A、乙烯通入溴的四氯化碳溶液的反应装置，故A涉及；

B、除溴、溴化氢的装置，故B涉及；

C、1，2－二溴乙烷能溶解溴，无法用分液法分离，故C不涉及；

D、分离反应混合物用蒸馏法，故D涉及；

故选C。

3.用NA表示阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是

A. 64gCaC2固体中所含的阴、阳离子总数为3NA

B. 7.8gNa2O2与足量水反应时，转移的电子数为0.2NA

C. 0.5 mol Mg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2时，转移的电子数为NA

D. 密闭容器中充入1molH2与1mol I2反应制备HI时，生成H－I键的数目为2NA

【答案】C

【解析】

【详解】A、64gCaC2固体的物质的量为1mol，含有1molCa2+和1molC22-离子，阴、阳离子总数为2NA，故A错误；

B、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，与足量水完全反应生成0.05mol氧气，转移电子的物质的量为0.1mol，转移的电子数为 0.1NA，故B错误；

C、0.5mol镁完全反应失去1mol电子，转移电子数是NA，故C正确；

D、氢气和碘的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的H-I键小于2NA个，故D错误；故选C。

【点睛】本题的易错点为A，要注意CaC2的组成结构，与此类似的还有Na2O2。

4.短周期主族元素X、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，X元素的某种原子不含中子，X与M同主族，W的单质为黄色，W和Z同主族，5种元素最外层电子总数为19。下列说法正确的是

A. 元素周期表中，短周期主族元素共有18种

B. X、Y、Z、W均可以和M形成离子化合物

C. 以上5种元素形成的化合物中，从阳离子的分类角度来看，只能形成一类盐

D. 原子半径和离子半径均满足：Z<M

【答案】B

【解析】

【分析】

短周期主族元素X、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，X元素的某种原子不含中子，X为H元素；W的单质为黄色，W为S元素；W和Z同主族，Z为O元素；X与M同主族，M只能为Na元素；5种元素最外层电子总数为19，则Y最外层电子数为5，Y为N元素，据此分析解答。

【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，M为Na元素，W为S元素。

A. 元素周期表中，短周期共有18种元素，其中主族元素共有15种，还有3种元素为稀有气体元素，故A错误；

B. M为Na元素，为活泼的金属元素，X、Y、Z、W均为非金属元素，都可以和钠形成离子化合物，故B正确；

C. 以上5种元素形成的化合物中，从阳离子的分类角度来看，可以是钠盐，也可以是铵盐，能形成两类盐，故C错误；

D. 原子半径：Na＞O，但离子半径：Na+＜O2-，故D错误；故选B。

【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断及应用。本题易错点为C，要注意阳离子中有一种特殊的阳离子是NH4+。

5.燃烧产生的尾气中含有一定量的NO。科学家们设计了一种间接电处理法除去其中NO的装置，如下图所示，它可以将NO转化为NH4+。下列说法正确的是

A. a连接电源的正极

B. Pt电极B上发生的电极反应为2H2O－4eˉ=O2↑+4H+

C. 当NO吸收柱中产生1mol SO32ˉ时，理论上处理的NO气体的体积为8.96L(标准状况)

D. 图中的离子交换膜应为阴离子交换膜

【答案】B

【解析】

【分析】

根据图示，SO32ˉ在电极A上反应生成S2O42ˉ，反应中S元素的化合价由+4价变成+3价，化合价降低被还原，因此A为阴极，则B为阳极，在NO吸收柱中NO与S2O42ˉ反应生成氮气和SO32ˉ，据此分析解答。

【详解】A. 根据上述分析，A为阴极，B为阳极，a连接电源的负极，故A错误；

B. Pt电极B为阳极，发生氧化反应，电极反应为2H2O－4eˉ=O2↑+4H+，故B正确；

C. 当NO吸收柱中产生1mol SO32ˉ时，反应中消耗0.05molS2O42ˉ，转移1mol电子，根据得失电子守恒，处理的NO气体为0.5mol，标准状况下的体积为11.2L，故C错误；

D. 根据图示，阳极区硫酸的浓度基本不变，结合电极B的反应为2H2O－4eˉ=O2↑+4H+，生成的氢离子需要向阴极区运动，离子交换膜应为阳离子交换膜，故D错误；故选B。

6.25℃时，改变醋酸溶液的pH[溶液中c(CH3COOˉ)与c(CH3COOH)之和始终为0.1mol·Lˉ1]，溶液中H+、OHˉ、CH3COOˉ及CH3COOH浓度的对数值(lgc)与pH关系如图所示。

下列说法错误的是

A. lgK(CH3COOH)=－9.26

B. 图中①表示 CH3COOH浓度的对数值与pH的关系曲线

C. 0.1mol·Lˉ1CH3COOH溶液的pH约为2.88

D. 0.1mol·Lˉ1CH3 COONa溶液的pH约为8.87

【答案】A

【解析】

【分析】

醋酸溶液中存在CH3COOH⇌CH3COO-+H+的电离平衡，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol•L-1，在强酸性溶液中c(CH3COOH)≈0.1mol/L，lgc(CH3COOH)≈-1，强碱性溶液中c(CH3COO-)≈0.1mol/L，lgc(CH3COO-)≈-1，根据图知，①为表示CH3COOH的曲线、②为表示CH3COO-的曲线，酸性越强lg(H+)越大、lg(OH-)越小，碱性越强lg(H+)越小、lg(OH-)越大，所以③线是表示H+的曲线、④线是表示OH-的曲线，据此分析解答。

【详解】A.K(CH3COOH)=，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，Ka=c(H+)=10-4.75，lgK(CH3COOH)=-4.75，故A错误；

B.根据上述分析，①为表示CH3COOH的曲线、②为表示CH3COO-的曲线，③线是表示H+的曲线、④线是表示OH-的曲线，故B正确；

C. 醋酸为弱酸，电离程度较小，因此0.1mol·Lˉ1CH3COOH溶液中c(CH3COO-)≈c(H+)，根据图知，这两种微粒浓度相等的点对应的pH约为2.88，故C正确；

D.因为醋酸钠水解程度较小，所以醋酸钠溶液中c(CH3COOH)≈c(OH-)，根据图知，这两种微粒浓度相等的点对应的pH=8.87，故D正确；故选A。

【点睛】本题考查了弱电解质的电离及酸碱混合溶液的定性判断，明确弱电解质电离特点及图示中各条曲线代表的微粒是解本题关键，也是本题的难点和易错点。

7.下列实验过程可以达到实验目的的是

A. A    B. B    C. C    D. D

【答案】D

【解析】

【详解】A.5mL10mol/L的硫酸溶于水时放热，在烧杯中溶解后需要冷却至室温后再转移到容量瓶中，故A错误；B. 向亚硫酸钠溶液中滴加浓盐酸反应生成氯化钠、二氧化硫和水，无氧化还原反应发生，故B错误； C.制取并纯化氯气，用二氧化锰和浓盐酸加热反应制取氯气，产生的氯气通入饱和的碳酸氢钠溶液会发生反应生成二氧化碳气体，所以得不到纯净的氯气，故C错误；D通过观察发现加入三氯化铁试管产生气体速度快，说明三氯化铁在中间起了催化剂作用，故D正确；答案D。

8.以硫铁矿(FeS2的质量分数为60%)为原料制备氯化铁晶体(FeCl3·6H2O，270.5g·moˉ1)的工艺流程如图所示。

请回答下列问题：

（1）为加快焙烧反应的化学反应速率，可采取的措施为_____、_____。(任写两条)

（2）焙烧后得到的Fe2O3在酸溶过程中发生反应的离子方程式为________。

（3）过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、_______、______。

（4）焙烧过程中产生的SO2可用过量的氨水进行吸收，所得溶液中溶质的名称为_______。

（5）先向氯化铁溶液中加适量盐酸的目的是______，再______、______、过滤、洗涤，最终得到氯化铁晶体。

（6）若取1kg硫铁矿经过上述流程(铁元素在整个流程中损失率为4%)，则可得氯化铁晶体的质量为_______(保留一位小数)kg。

【答案】    (1). 将矿石粉碎    (2). 提高氧气的浓度（或升高反应的温度）    (3). 2Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O    (4). 漏斗    (5). 玻璃棒    (6). 亚硫酸铵    (7). 抑制氯化铁的水解    (8). 蒸发浓缩    (9). 冷却结晶    (10). 1.3

【解析】

【分析】

根据流程图，硫铁矿在高温下煅烧可以得到氧化铁和二氧化硫，将Fe2O3溶于盐酸中，可以得到含有铁离子的盐溶液，将氯化铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶就可以得到氯化铁的晶体；(6)根据铁元素守恒进行计算，据此分析解答。

【详解】(1)根据影响化学反应速率的因素可知，为加快焙烧反应的化学反应速率，可采取的措施有：将矿石粉碎，增大接触面积、增大空气的进入量，即提高氧气的浓度、升高反应的温度等，故答案为：将矿石粉碎；提高氧气的浓度(或升高反应的温度)；

(2)流程中需用30%的盐酸“酸溶”焙烧后的残渣，盐酸和氧化铁反应生成氯化铁和水，化学方程式为：2Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O，反应的离子方程式为2Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故答案为：2Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；

(3)过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：漏斗；玻璃棒；

(4)SO2与过量的氨水反应生成亚硫酸铵，故答案为：亚硫酸铵；

(5)氯化铁为强酸弱碱盐，水解生成氢氧化铁，先向氯化铁溶液中加适量盐酸可以抑制氯化铁的水解，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，最终得到氯化铁晶体，故答案为：抑制氯化铁的水解；蒸发浓缩；冷却结晶；

(6)根据铁元素守恒有，FeS2～FeCl3·6H2O，则生成的氯化铁晶体的质量为×(1-4%)×270.5g/mol=1298.4g=1.3kg，故答案为：1.3。

9.碳的化合物在生产、生活中有着重要的作用。

（1）已知：2CO(g)+O2(g) 2CO2(g)    △H1=－566kJ·molˉ1

H2O(g)+CO(g) H2(g)+CO2(g)      △H2=－41kJ·molˉ1

CO(g)+2H2(g) CH3 OH(g)      △H3=－107 kJ. molˉ1

则CH3OH(g)+O2(g) CO2(g)+2H2O(g)     △H=___________kJ·molˉ1，增大压强，CH3OH(g)的转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，升高温度，CH3OH(g)的转化率___________。

（2）T℃时，向容积均为2L的A、B两个密闭容器中均通入4.0 mol CO2和6.8molH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)    △H=—50kJ·molˉ1。A容器中的反应在恒温、恒容条件下进行；B容器中的反应在恒温、恒压条件下进行，测得A容器中CO2的转化率[α(CO2)]随时间的变化如图所示。

①在0~5min内A容器中v(CH3OH)=_______；该温度下上述反应的平衡常数K=_______(保留两位有效数字)。

②反应开始至平衡的过程中，A、B两容器中CO2的消耗速率的大小关系为v(A) ________(填“>”“<”或“=”)v(B)。

③下列各项指标能表明A容器中反应的v正>v逆的是___(填标号)

a.体系内的压强增大

b.气体的平均相对分子质量增大

c.断裂H－H键的数目是形成C－O键数目的2倍

d.v逆(CO2)=v正(H2)

【答案】    (1). -660    (2). 减小    (3). 减小    (4). 0.16mol/(L·min)    (5). 0.53    (6). ＜    (7). ab

【解析】

【分析】

(1)根据盖斯定律，将①×-②×2-③得：CH3OH(g)+O2(g) CO2(g)+2H2O(g)，同时计算出△H，结合化学平衡的影响因素分析解答；

(2)①根据图象，在5min时A容器中的反应达到平衡，CO2的转化率α(CO2)=40%，结合三段式分析解答；②该反应为气体体积减小的反应，A容器中的反应在恒温、恒容条件下进行；B容器中的反应在恒温、恒压条件下进行，反应过程中气体的压强A＜B，结合影响化学反应速率的因素分析判断；③v(正)>v(逆)，说明改变某种因素后，平衡正向移动，据此分析判断。

【详解】(1)①2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) △H1=－566kJ·molˉ1，②H2O(g)+CO(g) H2(g)+CO2(g) △H2=－41kJ·molˉ1，③CO(g)+2H2(g) CH3 OH(g) △H3=－107 kJ. molˉ1，根据盖斯定律，将①×-②×2-③得：CH3OH(g)+O2(g) CO2(g)+2H2O(g) △H=(－566kJ·molˉ1)×-(－41kJ·molˉ1)×2-(－107 kJ. molˉ1)=-660kJ·molˉ1；增大压强，平衡逆向移动，CH3OH(g)的转化率减小，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH(g)的转化率减小，故答案为： -660；减小；减小；

(2)①根据图象，在5min时A容器中的反应达到平衡，CO2的转化率α(CO2)=40%，即反应的二氧化碳为1.6mol，则生成CH3OH 1.6mol，v(CH3OH)==0.16mol/(L·min)；该温度下，CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)反应达到平衡时，CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为2.4mol、2.0mol、1.6mol、1.6mol，物质的量浓度分别为1.2mol/L、1.0mol/L、0.8mol/L、0.8mol/L，平衡常数K==0.53，故答案为：0.16mol/(L·min)；0.53；

②该反应为气体体积减小的反应，A容器中的反应在恒温、恒容条件下进行；B容器中的反应在恒温、恒压条件下进行，A容器中反应过程中气体的压强逐渐减小，B中的气体压强不变，则反应开始至平衡的过程中，A、B两容器中CO2的消耗速率：v(A) ＜v(B)，故答案为：＜；

③a.体系内的压强增大，平衡正向移动，说明v(正)>v(逆)，正确；b.气体的质量不变，气体的平均相对分子质量增大，说明物质的量减小，说明平衡正向移动，则v(正)>v(逆)，正确；c.断裂H－H键的数目是形成C－O键数目的2倍，说明v(正)＜v(逆)，错误；d.v逆(CO2)= v正(H2)， v逆(CO2)=v正(H2)＞v正(H2)，则平衡逆向移动，v(正)＜v(逆)，错误；故选ab。

【点睛】本题的易错点为（1），要注意盖斯定律的灵活运用，本题中可以根据目标方程式中的系数结合三个方程式分析解答。

10.某校学习小组的同学设计用分子筛催化CH4还原NO2并检验还原产物。回答下列问题：

（1）甲组同学设计用如图所示装置分别制备CH4和NO2。

①在加热条件下，无水CH3 COONa与NaOH(CaO为催化剂)生成CH4和Na2CO3的化学方程式为___________。

②仪器a的名称为__________，仪器a中的药品是__________(填名称)。__________(填“能”或“不能”)用铁代替圆底烧瓶中的铜。

（2）乙组同学利用甲组制得的干燥气体并利用下列装置用CH4还原NO2

①C装置的作用是______________(列举2点)。

②D装置反应管中盛放玻璃丝的目的是___________；CH4与NO2生成N2和CO2的化学方程式为_____________。

③E装置中澄清石灰水未变浑浊，F装置中澄清石灰水变浑浊，其原因可能是__________。

【答案】    (1). CH3COONa+NaOHCH4↑+Na2CO3    (2). 分液漏斗    (3). 浓硝酸    (4). 不能    (5). 混合CH4和NO2、调节CH4和NO2的比例（或控制反应的速率）    (6). 防止气体将催化剂吹入导管，造成堵塞    (7). CH4+2NO2N2+CO2+2H2O    (8). E中二氧化碳过量，反应生成了碳酸氢钙

【解析】

【分析】

(1)①根据在加热条件下，无水CH3 COONa与NaOH(CaO为催化剂)生成CH4和Na2CO3书写反应的化学方程式；②根据装置图结合常见仪器的结构解答；实验室可以使用浓硝酸与铜反应制备二氧化氮，铁在常温下遇到浓硝酸发生钝化，据此分析解答；

(2)①在C装置中将CH4和NO2混合均匀，并可以通过气泡的速度调节CH4和NO2的比例和反应速率；②D装置中气体可能将催化剂吹入导管，造成堵塞；CH4与NO2生成N2和CO2，结合质量守恒判断其余生成物，再书写反应的化学方程式；③二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙，若二氧化碳过量，生成的碳酸钙被转化为碳酸氢钙而溶解，据此分析解答。

【详解】(1)①在加热条件下，无水CH3 COONa与NaOH(CaO为催化剂)生成CH4和Na2CO3的化学方程式为CH3COONa+NaOHCH4↑+Na2CO3，故答案为：CH3COONa+NaOHCH4↑+Na2CO3；

②根据装置图，仪器a为分液漏斗，实验室可以使用浓硝酸与铜反应制备二氧化氮，因此仪器a中的药品为浓硝酸，铁在常温下遇到浓硝酸发生钝化，不能用铁代替圆底烧瓶中的铜，故答案为：分液漏斗；浓硝酸；不能；

(2)①在C装置中将CH4和NO2混合均匀，并可以通过气泡的速率调节CH4和NO2的比例，也可以控制反应的速率，故答案为：混合CH4和NO2；调节CH4和NO2的比例(或控制反应的速率)；

②D装置反应管中盛放玻璃丝可以防止气体将催化剂吹入导管，造成堵塞；CH4与NO2生成N2和CO2，反应的化学方程式为CH4+2NO2N2+CO2+2H2O，故答案为：防止气体将催化剂吹入导管，造成堵塞；CH4+2NO2N2+CO2+2H2O；

③二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙，若二氧化碳过量，生成的碳酸钙被转化为碳酸氢钙而溶解，因此可能造成E装置中澄清石灰水未变浑浊，故答案为：E中二氧化碳过量，生成了碳酸氢钙。

11.钾、氟及锌的相关化合物用途非常广泛。回答下列问题：

（1）基态锌原子的价电子排布式为___________；K、F、Zn的电负性从大到小的顺序为___________。

（2）Zn与Ca位于同一周期且最外层电子数相等,钙的熔点与沸点均比锌高,其原因是_______________。

（3）OF2分子的几何构型为___________,中心原子的杂化类型为___________。

（4）KOH 与O3反应可得到KO3(臭氧化钾),KO3 中除σ键外,还存在___________;与O3-互为等电子体的分子为___________ (任 写一种 )。

（5）K、F、Zn组成的一种晶体结构如图所示,其晶胞参数为a=0.4058 nm。

①晶胞中Zn2+的配位数为___________个。

②晶胞中紧邻的两个F-间的距离为_______________________(列出算式即可)nm。

③该晶体的密度为___________(列出算式即可,用NA表示阿伏加德罗常数的数值)g·cm-3。

【答案】    (1). 3d104s2    (2). F>Zn>K    (3). 锌的原子半径较大，金属键较弱    (4). V形    (5). sp3    (6). 离子键和π键    (7). ClO2(或其他合理答案)    (8). 6    (9). ×0.4058    (10).

【解析】

(1)锌是30号元素，基态锌原子的价电子排布式为3d104s2；元素的非金属性越强，电负性数值越大，金属性越强，电负性数值越小，金属性K＞Zn，F的非金属性最强，电负性最大，电负性从大到小的顺序为F>Zn>K，故答案为：3d104s2；F>Zn>K；

(2)锌的原子半径较大，金属键较弱，导致钙的熔点与沸点比锌高，故答案为：锌的原子半径较大，金属键较弱；

(3)OF2分子中O原子的价层电子对数=2+(6-1×2)=4，采用sp3杂化，OF2的几何构型为V形，故答案为：V形；sp3；

(4)KOH 与O3反应可得到KO3(臭氧化钾)，KO3 属于离子化合物，除σ键外，还存在离子键和O3-中的π键，与O3-互为等电子体的分子有ClO2等，故答案为：离子键和π键；ClO2；

(5)①晶胞中与Zn2+距离相等，且最近的为F-，有6个，因此Zn2+配位数为6，故答案为：6；

②根据图示，晶胞中紧邻的两个F-间的距离为晶胞边长一半的倍，即×0.4058 nm×=×0.4058 nm，故答案为：×0.4058；

③该晶胞中含有锌离子的数目=8×=1，氟离子的数目=12×=3，钾离子数目=1，化学式为KZnF3，1mol晶胞的质量为(39+65+19×3)g，1mol晶胞的体积为(0.4058×10-7)3×NA cm3，则晶体的密度为=g·cm-3，故答案为：。

12.[化学—有机化学基础]

双－(对烷氧基苯甲酸)－2，3－二氯－1，4－苯二酚酯(G)是一种新的液晶化合物，在液晶显示领域里有广泛的应用，其合成路线如下：

已知：R为烷烃基，D的核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积之比为9︰2︰2︰1，

回答下列问题：

（1）A的结构简式为__________。

（2）B的化学名称为_____________。

（3）A与B生成C的化学方程式为___________。

（4）由E生成G的反应类型为________。

（5）G的分子式为_____________。

（6）H是D的同分异构体，H的苯环上只有两个对位的取代基，H可与FeCl3溶液发生显色反应，且能发生水解反应和银镜反应，则H共有_________种；其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1︰2︰6︰2︰2︰1的结构简式为_______。

【答案】    (1).     (2). 对羟基苯甲酸(或4—羟基苯甲酸)    (3).     (4). 取代反应    (5). C28H28Cl2O6    (6). 12    (7).

【解析】

R为烷烃基，D的核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积之比为9∶2∶2∶1，说明R中含有9个相同的氢原子，则R为-C(CH3)3，因此A为C(CH3)3Br， E为，G为。

(1)根据上述分析，A的结构简式为C(CH3)3Br或，故答案为：C(CH3)3Br或；

(2)B为，名称为对羟基苯甲酸，故答案为：对羟基苯甲酸；

(3)A 与B生成C的化学方程式为+NaBr+2H2O，故答案为：+NaBr+2H2O；

(4)根据流程图，由E生成G发生了取代反应，除生成G外，还生成了HCl，故答案为：取代反应；

(5)G为， 分子式为C28H28Cl2O5，故答案为：C28H28Cl2O5；

(6)D为，H是D的同分异构体，H的苯环上只有两个对位的取代基，H可与FeCl3溶液发生显色反应，说明H中含有酚羟基，且能发生水解反应和银镜反应，则H属于甲酸酯，则H中含有苯环、羟基，在羟基的对位含有HCOOC4H8-，由于丁烷有2种结构，其中正丁烷的二取代(取代基不同)产物有8种，异丁烷的二取代(取代基不同)产物有4种，丁烷的二取代产物有12种结构，即- C4H8-有12种结构，则H有12种结构，其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1∶2∶6∶2∶2∶1的结构简式为、，故答案为：、。

点睛：不同考查了有机合成与推断，关键是根据“R为烷烃基，D的核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积之比为9∶2∶2∶1”判断R的结构。本题的易错点和难点是D的同分异构体H的数目的判断。