四川省巴中市2023届高三化学一诊考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省巴中市2023届高三化学一诊考试试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了考试结束后，考生将答题卡交回，可能用到的相对原子质量，3NA等内容，欢迎下载使用。

巴中市普通高中2020级“一诊”考试
理科综合化学试题
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置。
2.答选择题时请使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题答题时必须用0.5毫米黑色墨迹签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置，在规定的答题区域以外答题无效，在试题卷上答题无效。
3.考试结束后，考生将答题卡交回。
4.可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 B-11 N-14 O-16 V-51
第I卷(共126分)
一、选择题：本题共7个小题，每小题6分，共42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. 近年来我国在航天、航空领域取得巨大成就。下列有关说法错误的是
A. C919机身采用了第三代铝锂合金，具有密度低、强度高等优良特点
B. C919的平垂尾使用的T800级高强度碳纤维，属于无机非金属材料
C. 问天实验舱太阳翼配置的是三结砷化镓电池，砷化镓喻为“半导体贵族”
D. 神舟飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐
【答案】D
【解析】
【详解】A．铝锂合金具有密度低、强度高等优良特点，适用于制作飞机机身，A正确；
B．碳纤维属于无机非金属材料，B正确；
C．砷化镓是良好的半导体材料，C正确；
D．高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐材料，D错误；
故答案选D。
2. NA是阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是
A. lmol甲苯中碳碳双键的数目为0.3NA
B. 标准状况下，2.24LSO3中原子数目大于0.4NA
C. 1L0.1mol·L-1Na2S溶液中S2-数目小于0.1NA
D. 2.0g重水(D2O)中质子数目为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲苯中不存在碳碳双键，故A错误；
B．标准状况下，SO3不是气体， 2.24LSO3的物质的量大于0.1mol，原子数目大于0.4NA，故B正确；
C．1L0.1mol·L-1Na2S溶液中S2-会发生水解，则数目小于0.1NA，故C正确；
D．D2O中质子数为10，2.0g重水(D2O)的物质的量为=0.1mol，质子数目为NA，故D正确；
故选A。
3. 有机物M是合成青蒿素的原料之一，M的结构简式如图所示。下列有关M的说法正确的是

A. 分子式为C12H16O5
B. 能发生氧化反应，但不能发生取代反应
C. 不可用钠鉴别M中的两种含氧官能团
D. 烃基上的一氯代物只有一种
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据M的结构简式可知，其分子式为C11H16O5，A错误；
B．该物质含有羧基，能发生酯化反应即能发生取代反应，B错误；
C．M中的两种含氧官能团分别为羧基和羟基，两者都能与Na反应产生氢气，不能用Na鉴别M中的两种含氧官能团，C正确；
D．根据该物质的结构简式可知，其烃基上的一氯代物有2种 ，D错误；
故答案选C。
4. W、X、Y、Z为原子序数依次增大，且为不同主族的短周期元素，四种元素的最外层电子数满足W+X=Y+Z，WZ4是一种常见的有机溶剂。下列叙述正确的是
A. 原子半径：Z>Y>X>W
B. W与X形成的共价化合物中，W和X均满足8电子稳定结构
C. Y的氧化物一定为碱性氧化物
D. 用惰性电极电解熔融的Y与Z形成的化合物一定能得到对应的单质
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大，且为不同主族的短周期元素，WZ4是一种常见的有机溶剂CCl4，则W为C、Z为Cl，四种元素的最外层电子数满足W+X=Y+Z，可以推知X为N和Y为Mg，或X为O和Y为Al，以此解答。
【详解】A．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，则原子半径：Y>Z>W>X，故A错误；
B．C和N(或O)均为第二周期元素，形成的共价化合物W和X均会满足8电子稳定结构，故B正确；
C．Y为Al时，其氧化物为两性氧化物，故C错误；
D．用惰性电极电解熔融的MgCl2可知得到Mg和氯气，但AlCl3是共价化合物，用惰性电解电解不能得到对应单质，故D错误；
故选B。
5. 下列实验方案能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
配制100mL
0.1mol·L-1的硫酸
除去氯气中的HCl气体
由FeCl3溶液制取FeCl3固体
判断2NO2(g)N2O4(g)的热效应
实验
方案





A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．配制100mL 0.1mol·L-1的硫酸时，不能在容量瓶中直接稀释浓硫酸，故A错误；
B．HCl和NaHCO3溶液反应会生成CO2，引入新的杂质，不能用饱和NaHCO3溶液除去氯气中的HCl气体，故B错误；
C．FeCl3溶液中Fe3+发生水解，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，直接加热，促进水解，生成的HCl易挥发，蒸发不能得到FeCl3固体，故C错误；
D．热水中颜色深，说明反应2NO2(g)N2O4(g)逆向移动，则逆反应为吸热反应，所以正反应为放热反应，故D正确；
故选D。
6. 25°C时，-1gc(X)与pH的关系如图所示，X代表Zn2+或Fe2+或，下列说法正确的是

已知：常温下，Fe(OH)2的Ksp=-8.1×10-16；强碱性溶液中Zn元素主要以的形式存在。
A. 曲线②代表-lgc(Zn2+)与pH的关系
B. 常温下，Zn(OH)2的Ksp的数量级为10-18
C. 向等浓度的ZnCl2和FeCl2的混合溶液中滴入NaOH溶液，Zn2+先沉淀
D. 向c[]=0.1mol·L-1的溶液中加入等体积0.1mol·L-1的HCl后，体系中Zn元素只以Zn(OH)2的形式存在
【答案】C
【解析】
【分析】强碱性溶液中Zn元素主要以的形式存在，则①代表；由图可知，对③曲线，pH=7时，pOH=7，-lgc=10-3mol/L，则Ksp=(10-7)2×10-3=10-17，已知：常温下，Fe(OH)2的Ksp=-8.1×10-16，则②③分别代表、与pH的关系；
【详解】A．由分析可知，曲线①②③分别代表、、与pH的关系，A项错误；
B．时，，则的=c(Zn2+) c2(OH-)=，B项错误；
C．常温下，的更小，故先沉淀，C项正确；
D．c[]=0.1mol·L-1的溶液中加入等体积0.1mol·L-1的HCl后，混合后生成、，D项错误。
故选C。
7. 锂离子电池应用广泛，某课题组使用纳米Si-C复合颗粒直接与锂接触，形成LixSi，将锂盐溶于三乙二醇二甲醚(TEGDME)作为电解液，与O2/C电极匹配组成如图所示原电池。该电池的总反应为xO2+2LixSixLi2O2+2Si，下列说法错误的是

A. 该电池放电时，a为负极
B. 放电时，当负极质量减少14g时，电解液中转移1molLi+
C. 充电和放电过程，电解液中Li+浓度都不会改变
D. 电池充电时，阳极的电极反应为Li2O2-2e-=O2↑+2Li+
【答案】B
【解析】
【分析】该电池放电时LixSi在负极失电子，电极反应为2LixSi-2xe-=2xLi++2Si，正极反应为xO2+2xe-+2xLi+=xLi2O2，充电时Li2O2在阳极失电子，电极反应为xLi2O2-2xe-=2xLi++xO2↑，阴极反应为2Si+2xe-+2xLi+=2LixSi。
【详解】A．该电池放电时，Li+向b电极移动，a为负极，A正确；
B．放电时LixSi在负极失电子，电极反应为2LixSi-2xe-=2xLi++2Si，负极质量减少14g时，电解液中转移2molLi+，B错误；
C．充电和放电过程中，Li+从一个电极转移到另一个电极，电解液中Li+的浓度不变，C正确；
D．电池充电时Li2O2在阳极失电子，电极反应为Li2O2-2e-=2Li++O2↑，D正确；
故答案选B。
第II卷(共174分)
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
8. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)在工业、医药等领域应用广泛。下图为实验室制取硫代硫酸钠装置，反应过程中需通过pH传感器控制pH为7-8。

（1）盛Na2SO3的仪器名称为___________。
（2）为了确保硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是___________。
（3）若n(Na2CO3)：n(Na2S)=1：2，则装置C中的化学反应方程式为：___________。
（4）当数据采集处pH接近7时，应采取的操作为___________。
（5）装置B中的药品可以选择下列物质中的___________(填字母)。
A. 饱和NaHCO3溶液 B. 饱和NaHSO3溶液
C. NaOH溶液 D. 酸性KMnO4溶液
（6）现使用“碘量法”测定脱碳液中V2O5的含量：取mg脱碳液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入适量盐酸和足量KI溶液，发生反应为V2O5+6HCl+2KI=2VOCl2+2KCl+I2+3H2O，此时溶液颜色为棕色，使用0.1000mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液VmL，该过程的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。(已知有色离子仅有VO2+，其颜色为蓝色)
①滴定终点的现象为：___________。
②若滴定时，滴定管未用标准液润洗，则测得V2O5的含量___________(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。
③脱碳液中V2O5的质量分数为___________%。
【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2）若SO2过量，溶液显酸性，产物易分解导致产量减少
（3）Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2
（4）控制分液漏斗的活塞，调节滴加硫酸的速率，同时调节三通阀的方向使二氧化硫进入B装置 （5）ACD
（6） ①. 滴入最后一滴硫代硫酸钠时溶液由棕色变为蓝色，且半分钟内不恢复 ②. 偏大 ③.
【解析】
【小问1详解】
有支管的烧瓶称为蒸馏烧瓶。答案为蒸馏烧瓶；
【小问2详解】
SO2溶于水中形成H2SO3会使溶于呈酸性，硫代硫酸钠酸性条件不稳定。答案为若SO2过量，溶液显酸性，产物易分解导致产量减少；
【小问3详解】
反应中SO2与S2-发生归中反应生成Na2S2O3，而Na2CO3转变为CO2。答案为Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2；
【小问4详解】
C中pH等于7时反应Na2CO3与Na2S完全转变为产物，此时反应应该停止，将多余的SO2气体进行尾气吸收。答案为控制分液漏斗的活塞，调节滴加硫酸的速率，同时调节三通阀的方向使二氧化硫进入B装置；
【小问5详解】
装置B吸收SO2尾气。同时SO2具有酸性氧化物、氧化性、还原性性质。
A.2NaHCO3+SO2=2CO2+Na2SO3+H2O，NaHCO3能用于吸收SO2，A项正确；
B.NaHSO3不能与SO2反应，无法吸收SO2，B项错误；
C.SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，NaOH能用于吸收SO2，C项正确；
D.SO2能被酸性KMnO4氧化吸收，D项正确；
故选ACD。
【小问6详解】
当溶液中I2被完全消耗时即为反应终点，溶液由棕色变为蓝色。
由反应得到关系式为V2O5~I2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)=10-4Vmol推出n(V2O5)=5×10-5Vmol，则含量为。由上述计算式看，若滴定管为润洗，Na2S2O3溶液被稀释而导致V增大，V2O5含量偏大。答案为滴入最后一滴硫代硫酸钠时溶液由棕色变为蓝色，且半分钟内不恢复；偏大；。
9. 某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)回收铁、铬的工艺流程如下图所示：

已知：i．0.1mol·L-1金属离子形成氢氧化物沉淀与氢氧化物沉淀溶解的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
Mg2+


开始沉淀的pH
15
4.0
4.6
7.6
9.5


沉淀完全的pH
2.8
5.2
68
9.7
11.1


金属氢氧化物
Al(OH)3
Cr(OH)3
开始溶解的pH
7.8
12
溶解完全的pH
10.8
>14
ii．Cr(OH)3+OH-=+2H2O
iii．已知Cr的金属性强于Fe
（1）加入铁粉后，调节pH的范围为___________。
（2）由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为___________。
（3）滤渣3成分的化学式为___________；回收铬时，铬的存在形式为___________(填化学式)。
（4）由滤液2得到结晶水合物的操作是___________、___________过滤、洗涤、干燥。
（5）滤渣2与FeS2混合后隔绝空气焙烧，总反应的化学方程式为___________；该过程加入少量CaO的目的是___________。
（6）酸浸过程中，在硫酸用量一定的情况下，随着酸浓度的增加，铁、铬的溶解度增大。实际生产中，硫酸的质量分数为50%，其原因是___________。(已知，Fe2(SO4)3▪ 9H2O，Cr2(SO4)3·18H2O在20°C时的溶解度分别为400g和64g)
【答案】（1）6.8≤pH<7.6
（2）
（3） ①. Cr(OH)3 ②.
（4） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶
（5） ①. ②. 吸收SO2，防止污染
（6）随着硫酸浓度增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出
【解析】
【分析】某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)粉碎后用硫酸酸浸，Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3分别转化为Fe3+、Fe2+、Mg2+、Cr3+、Al3+，向滤液中加入过量Fe粉调节pH，使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3存在于滤渣1中，将滤渣1放入pH=11的强碱溶液中，Al(OH)3溶解，则滤渣3中存在Cr(OH)3，Fe3+被Fe还原生成Fe2+存在于滤液1中，向滤渣1中通入足量O2保持pH<1.5，将Fe2+再氧化成Fe3+，随后调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3存在于滤渣2中，Fe(OH)3滤渣加FeS2焙烧再经过磁选得到Fe3O4，以此解答。
【小问1详解】
加入铁粉后，调节pH使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3，而不能使 Fe2+沉淀，由表格数据可知，调节pH的范围为6.8≤pH<7.6
【小问2详解】
滤渣1中存在Cr(OH)3、Al(OH)3，调节pH=11，其中Al(OH)3能够和强碱反应，则由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为。
【小问3详解】
由分析可知，滤渣3成分的化学式为Cr(OH)3，由已知ii可知，回收铬的过程中Cr(OH)3和NaOH反应生成。
【小问4详解】
由滤液2得到结晶水合物的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
【小问5详解】
滤渣2中Fe(OH)3与FeS2混合后隔绝空气焙烧生成Fe3O4，S元素化合价上升转化为SO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：；该过程加入少量CaO的目的是吸收SO2，防止污染。
【小问6详解】
酸浸过程中，硫酸的质量分数为50%，其原因是浓硫酸具有吸水性，随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出。
10. 我国科学家开发铜催化剂实现由N，N-二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，简称DMF]制备三甲胺[N(CH3)3]：(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1。
（1）在上述反应中，每生成2g气态水，放出___________kJ的热量。
（2）在铜催化剂表面发生上述反应的历程如图所示(催化剂表面吸附物种用“*表示)。

①下列分步反应中，能垒最大的是___________(填标号)。
a．A→Bb．C→Dc．F→G
②A→B中，断裂共价键吸收的总能量___________催化剂吸附放出的总能量(填“大于”、“小于”或“等于”)。
③D→E的化学方程式为___________。
（3）向体积相等的I、Ⅱ两个恒容密闭容器中分别充入1molDMF(g)和2molH2(g)发生上述反应，其中一个容器中是绝热过程，另一个容器中是恒温过程。反应体系中压强随时间变化关系如图所示。

①容器I中为___________(填“绝热”或“恒温”)过程。判断的依据是___________。
②若该反应是在恒温恒容的密闭容器中发生，以下能说明该反应达到化学平衡状态的是___________。
A．混合气体的密度不再发生改变
B．反应容器中H2的质量分数不变
C．2v正(H2)=v逆(H2O)
D．平均相对分子质量不变
E．该反应的焓变，即ΔH不变
③n点时反应的平衡常数Kp=___________中的(Kpa-1)。(提示：用分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)
【答案】（1）16 （2） ①. a ②. 大于 ③.
（3） ①. 绝热 ②. 容器Ⅰ中的压强比容器Ⅱ中的压强大 ③. BD ④. 0.5625
【解析】
【小问1详解】
由方程式(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1可知，每生成1mol气态水，放出144kJ能量，则每生成2g气态水，放出热量==16kJ。
【小问2详解】
①能垒最大即过渡态与反应物能量差最大，由图可知，A→B的过程中能垒最大，故选a；
②由图可知，A的总能量低于B的总能量，说明A→B的过程是吸热的，则A→B中，断裂共价键吸收的总能量大于催化剂吸附放出的总能量；
③由图可知，D→E的过程中和反应转化为、和，方程式为：。
【小问3详解】
①反应(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)N(CH3)3(g)+H2O(g)，ΔH=-144kJ·mol-1是放热反应，若容器是绝热的，则反应过程中温度升高，不利于平衡正向移动，而该反应正反应是气体体积减小的反应，则容器的压强大于恒温容器中平衡时的压强，图中容器Ⅰ中的压强比容器Ⅱ中的压强大，则容器I中为绝热过程；
②A．该反应过程中气体总质量和总体积都不变，则混合气体的密度是定值，当混合气体的密度不再发生改变时，不能说明反应达到平衡，故A不选；
B．反应容器中H2的质量分数不变，说明正反应速率等于逆反应速率，说明反应达到平衡，故B选；
C．2v正(H2)=v逆(H2O)时，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故C不选；
D．该反应是气体物质的量减小的反应，反应过程中气体平均相对分子质量增大，当混合气体平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡，故D选；
E．该反应的焓变是定值，ΔH不变时，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故E不选；
故选BD；
③n点反应达到平衡，此时体系压强为36kPa，起始压强是48 kPa，根据已知条件列出“三段式”

则，解得x=0.75，则平衡常数Kp= 0.5625。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、1道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
11. 我国科学家制备的NiO/Al2O3/Pt催化剂能实现氨硼烷(H3NBH3)高效制备氢气的目的，制氢原理：H3NBH3+4CH3OHNH4B(OCH3)4+3H2↑。请回答下列问题：
（1）基态氮原子的价电子排布式为___________。
（2）硼烷又称硼氢化合物，随着硼原子数的增加，硼烷由气态经液态至固态，其原因为___________。
（3）某有机硼化合物的结构简式如图所示，其中氨原子的杂化轨道类型为___________。

（4）图a、b、c分别表示B、C、N、O的逐级电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是___________(填标号)，判断的根据是___________；第二电离能的变化图是___________(填标号)。

（5）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Ni2+与EDTA形成的螯合物的结构如图所示，

1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有___________个，在形成配位键前后C-N-C键角将___________(填“增大"“减少”或“不变”)。
（6）BN晶体的晶胞如图所示，B、N的原子半径分别为apm和bpm，密度为2.25g·cm-3，阿伏伽德罗常数的值为NA，BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___________。

【答案】（1）2s22p3
（2）硼烷的相对分子质量增大，分子间的作用力增强，熔沸点升高
（3）sp2、sp3 （4） ①. a ②. 同一周期从左到右，原子半径依次减小，基态原子第一电离能呈增大趋势，但由于氮原子2p能级半充满，失电子相对较难，第一电离能大于O ③. b
（5） ①. 6 ②. 增大
（6）(a3+b3)NA×10-30×100%
【解析】
【小问1详解】
基态氮原子的价电子排布式为2s22p3。
【小问2详解】
随着硼原子数的增加，硼烷的相对分子质量增大，分子间的作用力增强，熔沸点升高。
【小问3详解】
该有机物中，与H相连的N原子形成3条共价键，还有一对孤电子对，则该N原子杂化轨道类型为sp3杂化，形成碳氮双键的N原子，其杂化轨道类型为sp2杂化。
【小问4详解】
同周期元素从左到右原子第一电离能呈增大的趋势，但是N2p轨道半充满较为稳定，第一电离能大于相邻的元素，则第一电离能的变化图为a。以上四个原子都失去一个电子后，B2s轨道全满2p轨道全空，O2p轨道半充满，这两个元素此时第二电离能大于相邻的元素，则第二电离能的变化图为b。
【小问5详解】
由图可知，只有成环的配位键才能起到螯合作用，结合题目中物质的结构可知，1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6个。形成配位键前孤电子对离成键电子较近，因电子间的排斥作用导致C-N-C的键角较小，形成配位键后，孤电子对离成键电子距离增大，电子间的排斥作用减小，C-N-C的键角增大。
【小问6详解】
根据均摊法，该晶胞中B个数为×8+×6=4，N个数为4，设该晶胞的边长为xpm，则，解得x3=pm3，N、B原子各有4个，体积总和为，则BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为。
12. 某治疗新冠药物的中间体E合成路线如下，试回答下列问题：

已知：，Me代表甲基，Et代表乙基。
（1）A的分子式为___________。
（2）B中最多有___________个原子共面，化合物CH3COCH2COOEt中官能团名称为___________，___________。
（3）反应④的反应类型是___________，反应③的化学方程式为___________。
（4）A水解产物的名称为___________，芳香化合物M的相对分子质量比A的水解产物多14，且M与A的水解产物互为同系物，则M的同分异构体有___________种。其中满足核磁共振氢谱峰面积之比为2：2：2：1：1的结构简式为___________。
（5）也可以用制备G：请以为起始原料完成合成的路线，注明条件，无机试剂自选___________。
【答案】（1）C8H4O3
（2） ①. 15 ②. 酯基 ③. 羰基
（3） ①. 取代 ②.
（4） ①. 邻苯二甲酸 ②. 10 ③.
（5）
【解析】
【分析】A和NH3反应生成B，B在碱性环境中微热和KOH反应生成C，C和Br(CH2)Br发生取代反应生成D，D和CH3COCH2COOEt发生取代反应生成E，以此解答。
【小问1详解】
由结构式可知，A的分子式为C8H4O3。
【小问2详解】
B中含有苯环和羰基，二者都是平面结构，另外-NH-中N原子是sp3杂化，是立体的结构，则B中最多有15个原子共面，化合物CH3COCH2COOEt中官能团名称为酯基和羰基。
【小问3详解】
由D和E的结构简式可知推知，反应④的反应类型是取代反应；反应③中C和Br(CH2)Br发生取代反应生成D，方程式为：。
【小问4详解】
A中含有酯基，可以发生水解反应，水解产物为，名称为邻苯二甲酸，芳香化合物M的相对分子质量比A的水解产物多14，且M与A的水解产物互为同系物，说明M中苯环上的取代基为：2个-COOH、1个-CH3或1个-COOH、1个-CH2COOH、或-CH(COOH)2则M的同分异构体有10种，其中满足核磁共振氢谱峰面积之比为2：2：2：1：1的结构简式为。
【小问5详解】
由逆向分析法可知，可由发生还原反应得到，可以由发生硝化反应得到，合成路线为：。