【高考化学】2023届云南省昆明市专项突破模拟仿真试题（一测）含解析

这是一份【高考化学】2023届云南省昆明市专项突破模拟仿真试题（一测）含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

【高考化学】2023届云南省昆明市专项突破模拟仿真试题（一测）


一、单选题
1．下列物质的性质与用途具有对应关系的是（    ）
A．碳酸钠溶液呈碱性，可用于去油污
B．氧化铝的熔点很高，可用于熔融状态下电解制备铝单质
C．二氧化硫具有漂白性，可用作葡萄酒中的抗氧化剂
D．氨气具有还原性，可用作制冷剂
2．下列化学用语或图示表达错误的是
A．CH4分子的比例模型 B．聚丙烯的结构简式：
C．羧基的结构简式：—COOH D．乙烯的电子式：
3．下列判断正确的是
A．硬度：金刚石<碳化硅<晶体硅 B．沸点：
C．键的极性： D．热稳定性：
4．雾霾微颗粒中硫酸盐的生成可能存在三个阶段的转化，其主要过程的示意图如下。下列说法正确的是

A．属于酸性氧化物
B．第I阶段中发生还原反应
C．的电离方程式为
D．第II、III阶段总反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1
5．下列物质互为同位素的是
A．13N和14N B．金刚石和石墨 C．H2O和H2O2 D．CO和CO2
6．X溶液中含有表中所示离子中的5种，且其离子个数相等。向X溶液中加入足量稀盐酸有气体生成，反应前后阴离子种类不变。下列叙述错误的是
已知：3Fe2++NO+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O
阳离子
Na+、Fe3+、Ba2+、Fe2+、Mg2+、Al3+
阴离子
OH-、NO、HCO、CO、SO、Cl-

A．X溶液中含有3种阳离子、2种阴离子 B．原溶液中一定含有Mg2+
C．溶液中不可能含有HCO和CO D．向原溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀生成
7．25℃时，向的中，以的速度逐滴加入的HCl溶液。如图为与时间(t)的关系图，其中一条线段为，另一条线段为。已知电离平衡常数，。下列说法不正确的是

A．该酸碱滴定实验最宜用甲基橙作为指示剂
B．由图可推知：M点的pH约为9.3
C．使HCl溶液滴至1min时，由可推知：
D．适当升高温度(忽略的变化)，Q点(与x轴交点)将向右移动

二、实验题
8．三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。一研究小组在实验室模拟PCl3+SO2+Cl2→POCl3+SOCl2制备POCl3并测定产品含量。反应装置图如图所示(加热、夹持装置已省略。)

资料卡片：
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其他
PCl3
-93.6
76.1
137.5
遇水剧烈水解，易与O2反应
POCl3
1.25
105.8
153.5
遇水剧烈水解，能溶于PCl3
SOCl2
-105
78.8
119
遇水剧烈水解，受热易分解

请回答：
(1)溶液A为饱和食盐水，乙装置中应该盛装的试剂为_______(填“P2O5”“碱石灰”“浓H2SO4”或“无水硫酸铜”)；反应装置图的虚框中未画出的仪器最好选择_______(填“己”或“庚”)。
(2)甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还有_______。
(3)水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在60～65℃，其原因是_______。
(4)通过佛尔哈德法可测定经过提纯后的产品中POCl3的含量：准确称取1.600g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100mL溶液，取于10.00mL锥形瓶中，加入的0.2000 mol·L-1 AgNO3溶液20.00mL(Ag++C1-=AgC1↓)，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖。加入NH4Fe(SO4)2作指示剂，用0.1000 mol·L-1 KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3至终点(Ag++SCN-=AgSCN↓)，做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10.00mL。
①达到滴定终点的现象是_______。
②POCl3的质量分数为_______(保留三位有效数字)。
③已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12，若无硝基苯覆盖沉淀表面，测定POCl3的质量分数将_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

三、工业流程题
9．铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质。湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如下：

表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度均为0.1mol·L－1)
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cd(OH)2
开始沉淀的Ph
1.5
6.5
7.2
沉淀完全的pH
3.3
9.9
9.5

（1）酸浸时，粉碎铜镉渣的目的是_________。
（2）操作Ⅰ产生的滤渣Ⅰ主要成分为_________(填化学式)。
（3）①操作Ⅲ中先加入适量H2O2，发生反应的离子方程式为_________。
②再加入ZnO控制反应液的pH，pH范围为_________。
③若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素。请设计实验方案加以检验：_________。
（4）处理含镉（Cd2＋）废水常用加入CaCO3实现沉淀转化，若反应达到平衡后，溶液中c(Ca2＋)＝0.1mol·L－1，溶液中c(Cd2＋)＝_________mol·L－1[已知25℃，Ksp(CdCO3)＝5.6×10－12，Ksp(CaCO3)＝2.8×10-9]。
四、原理综合题
10．大气中的部分碘源于O3对海水中I-的氧化。将O3持续通入NaI酸性溶液中进行模拟研究。
（1）O3将I-氧化成I2的过程可发生如下反应：
①I-(aq)+O3(g)=IO-(aq)+O2(g)        
②IO-(aq)+H+(aq) HOI(aq)        
③HOI(aq)+I-(aq)+H+(aq) I2(aq)+H2O(l)  
写出O3将I-氧化的总反应的热化学方程式为：____________。
（2）在溶液中存在化学平衡I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)，在反应的整个过程中I3-物质的量浓度变化情况是_______。
（3）为探究温度对I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)反应的影响。在某温度T1下，将NaI酸性溶液置于密闭容器中，并充入一定量的O3(g)（O3气体不足，不考虑生成物O2与I-反应反应）。在t时刻，测得容器中I2(g)的浓度，然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保证其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得I2(g)的浓度。得到趋势图（如下图一所示）

①若在T3时，容器中无O3，T4～T5温度区间容器内I2(g)浓度呈现如图一所示的变化趋势。则______0(填“>0”、“=”或“<”)；该条件下在温度T4时，将一定量的I2投入0.20溶液中充分反应，测得I-浓度变化如图二所示。在t2时刻，将该反应体系温度从T4上升到T5，并维持该温度。请在图二中画出t2时刻后溶液中I-浓度变化总趋势曲线______。
②由I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)，在水溶液中难以准确测定I2的浓度。本实验将一定量的I2投入0.20溶液中充分反应，并在溶液中加入一定量的CCl4充分萃取后，测出CCl4中I2的浓度为0.11，此时溶液中I-为0.10。查阅资料可知，在一定温度下，发生萃取后I2在CCl4中的浓度与I2在水中的浓度之比为一常数(已知时，)。根据上述实验相关数据，计算温度为时，I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)反应的平衡常数K的值为___________。
③已知该反应中υ正=k正·c（I2）·c（I-），υ逆=k逆·c（I3-），其中、均为速率常数，则为________________。（以K和表示）。
（4）优质的锂电池可用于心脏起搏器延续患者的生命。它的正极材料是聚2-乙烯吡啶（简写为P2VP）和I2的复合物，电解质是固态薄膜状碘化锂。总反应为： P2VP·nI2+2Li=P2VP·(n-1)I2+2LiI。该电池的正极反应式为________。
五、有机推断题
11．地诺帕明()是治疗心力衰竭的药物。该化合物的一种合成路线如下图所示：

已知：Bn为苄基()
回答下列问题：
(1)地诺帕明分子中的含氧官能团为___________(填官能团名称)，B合成C的反应类型为___________，Bn-Cl的作用是___________。
(2)上述流程中，化合物A的同分异构体中含苯环的酯有___________种。其中，1H-NMR有四组峰，且在加热条件下能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀的同分异构体的结构简式为___________。
(3)上述流程中，C和D反应合成E的方程式为___________。
(4)化合物F可能具有的性质为___________(填标号)
a．水溶液显酸性
b．遇FeCl3溶液显紫色
c．一定条件下，1mol化合物F最多能与6 mol H2反应
  (5)已知(a)，(b),根据已知条件，写出以化合物A为原料经3步合成地诺帕明的合成路线(其它试剂任选) ______。

答案：
1．A
【详解】A. 碳酸钠溶液呈碱性，与油脂发生反应，因此可用于去油污，故A符合题意；
B. 氧化铝的熔点很高，可用于熔融状态下电解制备铝单质，但两者没有对应关系，故B不符合题意；
C. 二氧化硫具有漂白性，这与其还原性无关，用作葡萄酒中的抗氧化剂是利用了其还原性，前后说法虽都正确，但没有对应关系，故C不符合题意；
D. 氨气具有还原性，且氨气易液化，常用作制冷剂，但前后没有对应关系，故D不符合题意。
综上所述，答案为A。
氧化镁、氧化铝的熔点很高，常作耐火材料。
2．B
【详解】A．CH4分子是正四面体结构，比例模型为，故A正确；
B．聚丙烯的结构简式 ，故B错误；
C．羧基的结构简式为—COOH，故C正确；
D．乙烯分子中存在碳碳双键，乙烯的电子式为 ，故D正确；
选B。
3．C
【详解】A．由于原子半径C＜Si，所以键长C-C＜C-Si＜Si-Si，键长越短，共价键越强，硬度越大，因此硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，A错误；
B．相对分子质量越大，分子晶体的沸点越高，因此沸点由高到低：，B错误；
C．电负性：Cl＞Br，则共价键极性：，C正确；
D．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，非金属性：F>Cl>Br，热稳定性：，故D错误；
故选C。
4．D
【详解】A．酸性氧化物是指能跟碱反应生成相应的同价态的盐和水的反应，与NaOH溶液反应是氧化还原反应，化合价发生变化，所以NO2不属于酸性氧化物，故A错误；
B．由图可知，第I阶段中转化为，S化合价上升，发生氧化反应，故B错误；
C．是弱酸，在水溶液中部分电离产生H+和，电离方程式为：，故C错误；
D．由图可知，第II、III阶段总反应为+H2O+NO2=H+HNO2，S元素化合价上升，为还原剂，N元素化合价下降，NO2为氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1，故D正确；
故选D。
5．A
【详解】A．13N和14N是质子数相同、中子数不同的原子，13N和14N互为同位素，A正确；
B．金刚石和石墨是碳元素组成的不同单质，属于同素异形体，B错误；    
C．H2O和H2O2是由氢氧两种元素组成的不同化合物，C错误；
D．CO和CO2是由碳氧两种元素组成的不同化合物，D错误；
故选A。
6．A
【分析】根据题意，加入盐酸反应后，阴离子种类不变，故、、应不存在(与足量H+反应生成水，及与足量H+反应生成水和二氧化碳，原有离子均会消失，离子种类会改变)；加入盐酸反应会产生气体，只有Fe2+、H+、之间相互反应，按照题目提示生成Fe3+、NO气体和H2O，所以原溶液必须有Fe2+和；加入盐酸会引入，溶液阴离子种类不变，说明溶液中原本就有；溶液中离子数目相同，当前已知三种离子若数目相同，则其带电荷量刚好正负电荷量相等，所以剩余两种离子也必须满足正负电荷量相等的关系，即同为一价阴阳离子或者二价阴阳离子，备选离子中阴离子只剩可以存在，所以阳离子只能是Mg2+满足题意；
【详解】A．根据分析，溶液中应是2种阳离子，3种阴离子，A错误；
B．根据溶液电荷守恒关系，题目中未描述性质的两种离子只能是带电荷量相同的和Mg2+，B正确；
C．反应前后阴离子种类不变，根据分析，和不能存在，C正确；
D．根据分析，溶液中有存在，所以加入BaCl2会生成BaSO4白色沉淀，D正确；
综上，本题选A。
7．D
【分析】向的中，以的速度逐滴加入的HCl溶液，表示的曲线是pH变化曲线；由知，=；表示的线是直线。
【详解】A．恰好反应时，得到的氯化铵溶液是酸性溶液，甲基橙的变色范围是3.1-4.4，所以强酸滴定弱碱时，最宜使用甲基橙，A项正确；
B．由图可知，M点对应p X2曲线的Q点，则==0，代入，解得c(OH-)=2.0×10-5，c(H+)=0.5×10-9，此时pH=9.3，B项正确；
C．使HCl溶液滴至1min时，加入的稀盐酸的体积是×60s=30mL，加入盐酸的物质的量是0.003mol，此时pH=7，此时根据电荷守恒得到c(Cl-)=c(NH)=0.075mol/L，根据计算，此时c()=0.000375 mol/L，再根据N原子守恒，c总()=c(NH)+ c()=0.075+0.000375，再根据稀释前后物质的量不变，原来是10mL，反应后体积为40mL，则起始时氨水的浓度是(0.075+0.000375)×4=0.3015mol/L，C项正确；
D．氨水的电离过程是吸热过程，温度升高，利于电离方向进行，电离常数K增大。对于=，温度升高，K变大，碱性增强，Q点应向左移动，D项错误；
故答案选D。
8．(1)     P2O5     己
(2)通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速
(3)温度太低，反应速率太慢；温度太高，PCl3等物质挥发
(4)     滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色     95.9％     偏小

【分析】由实验装置图和实验原理可知，装置A甲中盛有饱和食盐水，除去氯气中混有的氯化氢，装置乙中盛有酸性固体干燥剂干燥氯气，装置丁中盛有浓硫酸，干燥二氧化硫，根据题目所给信息可知，PCl3、POCl3的熔沸点较低，所以装置丙的主要作用为冷凝回流，盛有碱石灰的干燥管吸收未反应的氯气和二氧化硫，防止污染环境，同时吸收空气中水蒸气，防止水蒸气进入三颈烧瓶中导致三氯化氧磷水解。
【详解】（1）根据分析可知，装置乙中试剂为固体酸性干燥剂，所以选五氧化二磷；装置丙的主要作用为冷凝回流，为增强冷凝效果不能选用直形冷凝管，应选择装置己；
（2）甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还可以起到观察产生气泡的速率控制通入气体的流速，有利于反应充分进行；
（3）因若温度太低，反应速率太慢，若温度太高，PCl3等物质受热挥发，降低三氯化氧磷的产率，所以实验时用水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在60～65℃；
（4）①由题意可知，测定POCl3产品含量时以NH4Fe(SO4)2溶液为指示剂，用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到终点时KSCN稍过量，遇Fe3+显血红色，所以现象是滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色；
②KSCN的物质的量为0.1mol/L×0.01L=0.001mol，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.001mol，则与POCl3和水反应生成氯化氢的银离子的物质的量为(0.004mol-0.001mol)=0.003mol，水解生成的氯化氢的物质的量为0.003mol，由题意可知1.600g样品中POCl3的物质的量为×=0.01mol，所以产品中POCl3的质量分数为×100%=95.9%；
③Ksp(AgCl)＞Ksp(AgSCN)，所以若无硝基苯覆盖沉淀表面，滴定剩余Ag+时，会有部分AgCl沉淀转化为AgSCN，导致消耗的KSCN标准液偏大，即计算出的剩余Ag+偏多，结合②可知测定POCl3的质量分数将偏小。
9．     增大与硫酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率     Cu     2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O     3.3≤pH＜7.2     加入K3［Fe(CN)6］，若产生蓝色沉淀则有Fe2+(或加入KSCN无现象，再加入H2O2，溶液变血红色，则含有铁元素)    
【分析】铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质，加入稀硫酸，铜不溶，过滤，滤液含有Zn2+、Fe2+、Cd2+、Zn2+、Co2+，向滤液加入锌和Sb2O3，产生合金CoSb除去钴，向除钴后的溶液中加入H2O2氧化Fe2+为Fe3+，加入氧化锌调节pH使Fe3+生成氢氧化铁沉淀，电解含有Zn2+、Cd2+的溶液，可得镉单质；
【详解】(1)酸浸时，粉碎铜镉渣的目的是增大与硫酸的接触面积，加快反应速率，提高原料的浸出率；
(2) 锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质，加入稀硫酸，铜不溶，操作Ⅰ产生的滤渣Ⅰ主要成分为Cu；
(3)①操作Ⅲ中先加入适量H2O2，把Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
②根据表格数据，3.3≤pH＜7.2时，能确保Fe3+沉淀完全，而Cd2+不沉淀，所以加入ZnO控制反应液pH范围为3.3≤pH＜7.2；
③若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe2+，检验Fe2+的方法是：加入K3［Fe(CN)6］，若产生蓝色沉淀则有Fe2+(或加入KSCN无现象，再加入H2O2，溶液变血红色，则含有铁元素)；
(4)反应达到平衡后，溶液中c(Ca2＋)＝0.1mol·L－1，则 ，根据Ksp(CdCO3)＝5.6×10－12，c(Cd2＋)＝mol·L－1。
本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程、氧化还原反应的理解，明确工艺流程原理是解题的关键，掌握混合物分离的方法，培养灵活运用知识的能力。
10．     2I−(aq)+O3(g)+2H+(aq)=I2(aq)+O2(g)+H2O(l) △H=△H1+△H2+△H3     先增加后减小（或先增大后减小）     >          791          P2VP⋅nI2+2Li++2e−=P2VP⋅(n−1)I2+2LiI
【分析】（1）根据题给信息，总反应为O3氧化I-生成I2，根据盖斯定律，将所给的三个反应：①+②+③可得总反应以及△H；
（2）依据反应的实质作答；
（3）①在T3时，容器中已无O3，所以从图示可以知道，此时，溶液中只存在两个平衡：I2（aq）⇌I2（g），和 I2（aq）+Iˉ（aq）⇌I3ˉ（aq），根据I2（aq）⇌I2（g）△H>0，升高温度，I2（aq）倾向于生成I2（g），由于该反应是吸热反应，升高温度能使平衡I2（aq）+Iˉ（aq）⇌ I3ˉ（aq）正向移动，从而使I2(g)浓度减小；
T5温度下Iˉ的转化率为一定大于55%，所以拐点（平衡点）的位置坐标应在Iˉ浓度小于0.09mol/L 处，终点与拐点（平衡点）在一条直线上，由此就可画出t2时刻后溶液中Iˉ浓度变化总趋势曲线；
②根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，可得反应I2（aq）+Iˉ（aq）⇌ I3ˉ（aq）的平衡常数表达式K=，结合已知给定信息，找出各物质反应后在水溶液中的浓度计算得出；
③根据平衡常数表达式K=，及平衡时(正)= (逆)分析得出；
（4）正极发生得电子的还原反应，结合总反应方程式书写其电极反应式。
【详解】（1）将所给的三个反应：①+②+③可得总反应：2I−(aq)+O3(g)+2H+(aq)=I2(aq)+O2(g)+H2O(l) △H=△H1+△H2+△H3；
（2）已知O3将Iˉ氧化成I2的过程中可发生4个反应，所以在反应的整个过程中I3ˉ物质的量浓度变化情况是：开始时随着O3的通入，O3可以将I-氧化成I2，I2与I-结合形成I3-，从而使I3ˉ物质的量浓度增大；由于O3具有极强氧化性，通入的O3还可以将I-氧化为IO-和氧气，随着O3的持续通入，O3将一部分I-氧化为IO-和氧气，使I-消耗量增大，同时I2 生成量减少，从而使I3-的浓度变小，故答案为先增加后减小（或先增大后减小）；
（3）①在T3时，容器中已无O3，所以从图示可以知道，此时，溶液中只存在两个平衡：I2（aq）⇌I2（g），和 I2（aq）+Iˉ（aq）⇌I3ˉ（aq），根据I2（aq）⇌I2（g）△H>0，升高温度，I2（aq）倾向于生成I2（g），所以在不考虑其它因素时，I2（g）浓度会增加，但是从图一T4→T5 所示的I2（g）浓度变化曲线看，实际上升高温度I2（g）浓度减少，那么只能判断是温度升高致使平衡I2（aq）+Iˉ（aq）⇌I3ˉ（aq） 正向移动，移动结果使I2（aq）浓度减小，从而导致I2（aq）⇌I2（g）平衡逆向移动，使I2（g）浓度减小，由此可以判断△H4>0；
I2（aq）+Iˉ（aq）⇌I3ˉ（aq）是吸热反应；要画出t2时刻后溶液中 Iˉ浓度变化总趋势曲线，必须首先确定曲线的起点、拐点和终点，已知图二所示的曲线是温度在T4时，溶液中Iˉ浓度随时间变化的趋势曲线，根由曲线分析可知反应已经达到平衡，在t2时，反应体系温度上升到T5，并维持该温度，改变的反应条件是升高温度，此时平衡必然会发生移动，所以T5温度下曲线的起点就是T4温度下曲线的终点，坐标位置应为（0.09，t2），由于升高温度加快反应速率，缩短达到平衡的时间，所以在T5温度下，达到平衡所用的时间要比T4温度下少，所以拐点出现所需时间比T4温度下少，由于该反应是吸热反应，升高温度能使平衡I2（aq）+Iˉ（aq）⇌I3ˉ（aq）正向移动，从而使Iˉ浓度减小，所以拐点（平衡点）的位置坐标应在Iˉ浓度小于0.09mol/L 处，终点与拐点（平衡点）在一条直线上，由此就可画出t2时刻后溶液中 Iˉ浓度变化总趋势曲线为
故答案为>；；
②根据发生萃取后I2在CCl4中的浓度与I2在水中的浓度之比Kd=87，测出CCl4中I2的浓度为0.11可知，反应后I2在水中的浓度为，结合已知数据，列出三段式如下：
I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)
起始量（mol/L）        0.2          0
变化量（mol/L） 0.1     0.1         0.1
末态量（mol/L）    0.1         0.1
则平衡常数K= ；
③因反应达到平衡时，υ正 =υ逆，即υ正 =k正·c（I2）·c（I-）=υ逆=k逆·c（I3-），且K=，则=；
（4）正极上I2得电子发生还原反应，其电极反应式为：P2VP⋅nI2+2Li++2e−=P2VP⋅(n−1)I2+2LiI。
本题属于中难度题，考点较为综合，其中第（4）问考查新型电池的电极反应式，还可利用负极反应式间接求出正极反应式。即负极反应式为：2Li-2e-=2Li+，则总反应式减去负极反应式即为正极反应式，此方法简单且不繁琐，做题时可提高准确率与效率。
11．     羟基、醚键     氧化反应     保护酚羟基，防止酚羟基被氧化     6          +→+H2O     a    
【分析】和Bn-Cl发生取代反应生成，和SeO2发生氧化反应生成，和D(C10H15NO2)反应生成，则D为。
【详解】(1)分子中的含氧官能团为：羟基、醚键；和SeO2发生氧化反应生成，反应类型为氧化反应；Bn-Cl的作用是保护酚羟基，防止酚羟基被氧化；
(2)的同分异构体中含苯环的酯有、、、、、，共6种；其中，有1H-NMR有四组峰，说明含有四种不同环境的H原子，且在加热条件下能与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，说明含有醛基，符合条件的同分异构体为：；
(3)有分析可知D为，和反应生成，化学方程式为+→+H2O；
(4)a．F为强酸弱碱盐，水解溶液显酸性，a项正确；
b．F中没有酚羟基，遇FeCl3溶液不会显紫色，b项错误；
c．1个F中含有3个苯环，所以一定条件下，1mol化合物F最多能与9mol H2反应，c项错误；
答案选a；
(5)和发生取代反应生成，和发生取代反应生成， 和NaBH4发生还原反应生成，合成路线为。