2022-2023学年北京师范大学附属实验中学高三（下）零模化学试卷（含解析）

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2022-2023学年北京师范大学附属实验中学高三（下）零模化学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
四
五
总分
得分






注意事项:
1.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.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共14小题，共14.0分）
1. 下列化学用语或图示表达正确的是(    )
A. 基态Cr的价层电子轨道表示式：
B. 2−丁烯的键线式：
C.  37Cl−的结构示意图：
D. 过氧化氢的电子式：H+:O• •• •:O• •• •:2−H+
2. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是(    )
A. 酸性：HClO4>H2SO3>H2SiO3 B. 碱性：KOH>NaOH>LiOH
C. 热稳定性：H2O>H2S>PH3 D. 非金属性：F>O>N
3. 木犀草素有镇咳化痰的作用，其结构简式如图。下列说法不正确的是(    )
A. 分子中有3种含氧官能团 B. 分子中碳原子均为sp2杂化
C. 能与NaHCO3溶液反应，产生气泡 D. 能与Br2发生取代反应和加成反应
4. 下列物质用途或变化过程与氧化还原反应无关的是(    )
A. FeSO4补血剂与维生素C配合使用效果更佳
B. 明矾用作水处理剂
C. 将SO2通入到BaNO32溶液中，生成白色沉淀
D. 铜丝加热后，伸入无水乙醇中
5. 能正确表示下列反应的离子方程式为(    )
A. 硫化亚铁和过量硝酸混合：FeS+2H+=Fe2++H2S↓
B. 向FeI2溶液中通入等物质的量的Cl2：2Fe2++2I−+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl−
C. Na2CO3溶液中通入少量SO2：CO32−+2SO2+H2O=2HSO3−+CO2
D. 等物质的量浓度的BaOH2和NH4HSO4溶液以体积比1:2混合：Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O
6. 用下列装置进行实验，仪器选择正确且能达到实验目的的是
A. 图①除去Fe(OH)3胶体中的Na+、Cl−
B. 图②可证明SO2有漂白性
C. 图③用石墨作电极电解饱和食盐水生产NaClO
D. 图④测量生成氢气的体积
7. 甲酸在纳米级Fe3O4−Pd表面分解为活性H2和CO2，再经下列历程实现NO3−的催化还原，进而减少硝酸盐污染。已知Fe(II)、Fe(III)表示Fe3O4中的二价铁和三价铁。下列说法不正确的是(    )
A. 将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率
B. 甲酸分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂
C. 在整个历程中，1molH2可还原1molNO3−
D. 反应历程中生成的H+可调节体系pH，有增强NO3−氧化性的作用
8. 根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是(    )
选项
实验目的
实验及现象
结论
A
比较CH3COO−和HCO3−的水解常数
分别测浓度均为0.1mol⋅L−1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者
KhCH3COO−c2
B. 滴定过程中始终有n(CH3COOH)=0.02c1+n(OH−)−n(H+)−n(Na+)
C. 若a点V(NaOH)=7.95 mL，则a点有c(Na+)>c(C2O 42−)>c(HC2O 4−)>c(H2C2O4)
D. 若b点时溶液中c(CHCOO−)=c(CHCOOH)，则b点消耗了8.60mL的NaOH溶液
13. 利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
装置示意图
序号
电解质溶液
实验现象

①
0.1mol/LCuSO4+少量H2SO4
阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有Fe2+
②
0.1mol/LCuSO4+过量氨水
阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无Fe元素
下列说法不正确的是(    )

A. ①中气体减少，推测是由于溶液中cH+减少，且Cu覆盖铁电极，阻碍H+与铁接触
B. ①中检测到Fe2+，推测可能发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2、Fe+Cu2+=Fe2++Cu
C. 随阴极析出Cu，推测②中溶液cCu2+减少，Cu2++4NH3⇌CuNH342+平衡逆移
D. ②中Cu2+生成CuNH342+，使得cCu2+比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密
14. 以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
①CO2(g)+3H2(g)⇀↽CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH1
②CO2(g)+H2(g)⇀↽CO(g)+H2O(g)  ΔH2
CO2的平衡转化率(X−CO2)、CH3OH的选择性(S−CH3OH)随温度、压强变化如下：

已知：S−CH3OH=n转化为CH3OH的CO2n转化的CO2×100%
下列分析不正确的是(    )

A. p1>p2
B. 400℃左右，体系发生的反应主要是②
C.   由图可知，ΔH10
D. 初始nCO2=1mol、nH2=3mol，平衡后X−CO2=30%、S−CH3OH=80%，若只发生①、②，则H2的平衡转化率为24%
第II卷（非选择题）

二、流程题（本大题共1小题，共8.0分）
15. MnO2是重要化工原料。由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如下：
 
资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2。
②金属离子沉淀的pH

Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
(1)溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是__________。
②溶出时，Fe氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。

ⅰ.Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是 __________。
ⅱ.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是__________。
(2)纯化
已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3⋅H2O，调溶液pH=5。说明试剂加入顺序及调节pH的原因： __________。
(3)电解
Mn2+纯化液经电解得MnO2，生成MnO2的电极反应式是__________。
(4)产品纯度测定
向ag产品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用cmol/LKMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL。(已知：MnO2及MnO4−均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO286.94；Na2C2O4134.0)
产品纯度为__________(用质量分数表示)。

三、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
16. 在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH3)6]2+会逐渐失活变为[Co(NH3)6]3+。某小组为解决这一问题，实验研究Co+2和Co+3之间的相互转化。
资料：i．Ksp[Co(OH)2]=5.9×10−15，Ksp[Co(OH)3]=1.6×10−44
ii.Co2++6NH3_[Co(NH3)6]2+K1=1.3×105
Co3++6NH3_[Co(NH3)6]3+K2=2×1035
iii.[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性条件下均能生成NH 4+
(1)探究Co+2的还原性
实验I.粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。
实验II.向0.1mol/LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。
实验III.按如图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。

①甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。
乙同学补充实验IV，____(补全实验操作及现象)，否定了该观点。
②探究碱性条件下Co+2的还原性，进行实验。

ii中反应的化学方程式是____。
③根据氧化还原反应规律解释：还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+−e−=Co3+在碱性条件下，OH−与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但____降低的程度更大，还原剂的还原性增强。
(2)探究Co+3的氧化性
①根据实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中，____(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是____。
②向V中得到的棕褐色沉淀中滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是____。
(3)催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生
①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：____。
②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：____。
示例：


四、简答题（本大题共2小题，共10.0分）
17. Cu(II)可形成多种配合物，呈现出多样化的性质和用途。
(1)向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量的乙醇，析出CuNH34SO4⋅H2O晶体。
①产生蓝色沉淀的离子方程式是_______。
②CuNH34SO4在水中电离的方程式是 _______。
(2)如下图所示，Cu(II)配合物A和B可发生配位构型的转变，该转变可带来颜色的变化，因此可用作热致变色材料，在温度传感器、变色涂料等领域应用广泛。

①Cu2+的价层电子排布式为 _______。
②A中氮原子与其它原子(或离子)之间存在的作用力类型有_______，氢原子与其它原子之间存在的作用力类型有_______。
③已知：当Cu(II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，吸收光谱蓝移，配合物颜色紫色变为橙色。

想将配合物的颜色由紫色调整为橙色，需要进行的简单操作为_______。
(3)已知：①
物质
颜色
CuCl42−
黄色
CuH2O42+
蓝色
②蓝色溶液与黄色溶液混合为绿色溶液。在CuCl2溶液中加入MgCl2浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，请结合化学用语解释原因 _______。
(4)CuCl2和CuCl是铜常见的两种氯化物，如图表示的是 _______的晶胞。已知晶胞的边长为apm，阿伏伽德罗常数为NAmol−1，则该晶体的密度为 _______g⋅cm−3。(已知：1pm=10−10cm)

18. 用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO3−)已成为环境修复研究的热点之一。
(1)Fe还原水体中NO3−的反应原理如图所示。

①作负极的物质是________。
②正极的电极反应式是_________。
(2)将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3−去除率和pH，结果如下：
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3−的去除率
接近100%
H2SO3>H2SiO3，A错误；
B.同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增强。元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性：K>Na>Li，所以碱性：KOH>NaOH>LiOH，B正确；
C.同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强；同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱。元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O>S>P，所以氢化物的热稳定性：H2O>H2S>PH3，C正确；
D.同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强，所以元素的非金属性：F>O>N，D正确；
故选A。


3.【答案】C 
【解析】A.分子中有酚羟基、醚键、羰基，共3种含氧官能团，故A正确；
B.苯环上六个碳原子共平面，碳碳双键决定六原子共平面，所以分子中苯环上的碳原子、碳碳双键和羰基上的碳原子均为sp2杂化，故B正确；
C. 酚羟基能与碳酸钠溶液反应，不能与NaHCO3溶液反应，故C错误；   
D.分子中含有酚羟基说明能与Br2发生取代反应，分子中含有碳碳双键说明能发生加成反应，故D正确；
故选C。


4.【答案】B 
【解析】A.维生素C具有还原性可以防止FeSO4氧化变质，两者配合使用效果更佳，A错误；
B.明矾水解生成氢氧化铝可以吸附水中的杂质，可以用作水处理剂与氧化还原无关，B正确；
C.将 SO2 通入到 BaNO32 溶液中， +4价的硫被氧化为+6价生成硫酸钡沉淀，C错误；
D.铜丝加热后，伸入无水乙醇中会将其氧化为乙醛，D错误；
故选B。


5.【答案】D 
【解析】A.硫化亚铁和过量硝酸混合发生氧化还原反应，A错误；
B.由于I−的还原性大于Fe2+的还原性，则氯气先与I−反应，将I−氧化完后，再氧化Fe2+，根据得失电子守恒可知，Cl2刚好氧化全部I−，Fe2+不被氧化，正确的离子反应方程式应为 2I−+Cl2=I2+2Cl− ，B错误；
C.Na2CO3溶液中通入少量 SO2 ：2CO32−+SO2+H2O=SO32−+2HCO32− ，C错误；
D.等物质的量浓度的 BaOH2 和 NH4HSO4 溶液以体积比 1:2 混合，铵根离子不参与反应： Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O ，D正确；
故选D。


6.【答案】D 
【解析】A.图①中，Fe(OH)3胶体可以通过滤纸，故不能用过滤除去Fe(OH)3胶体中的Na+、Cl−，可以用渗析除去Fe(OH)3胶体中的Na+、Cl−，A错误；
B.图②可证明SO2具有还原性，不能证明SO2有漂白性，B错误；
C.图③用石墨作电极电解饱和食盐水，阳极上产生Cl2，阴极上产生NaOH和H2，其中Cl2和NaOH反应产生NaClO，则图③的电源应颠倒，即电源正极在下，负极在上，以确保Cl2尽可能与NaOH反应，C错误；
D.锌粒和硫酸反应产生H2，气体会推动针管活塞，可通过针管活塞的移动来测生成氢气的体积，D正确；
故选D。


7.【答案】C 
【解析】A.增大催化剂的表面积可加快反应速率，则将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率，故A正确；
B.已知甲酸在纳米级Fe3O4−Pd表面分解为活性H2和CO2 ，则HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂，故B正确；
C.1molNO  3− 转化为0.5molN2，转移5mol电子，1mol H2转移2mol电子，所以完全还原1mol NO  3− 消耗2.5mol H2，故C错误；
D.NO  3− 与NO  2− 在氧化Fe2+的过程中需要消耗氢离子，pH值降低，但H2还原Fe3+过程中生成H+，所以生成的氢离子可以起到调节pH的作用，硝酸具有强氧化性，则氢离子具有增强NO  3− 氧化性的作用，故D正确；
故选C。


8.【答案】C 
【解析】A.CH3COONH4中 NH4+ 水解， NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+ ，会消耗CH3COO−水解生成的OH−，测定相同浓度的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者，不能说明Kh(CH3COO−)c2 ，故A正确；
B.对于醋酸溶液，在滴定过程中始终存在电荷守恒 n(H+)+n(Na+)=n(OH−)+n(CH3COO−) ，根据物料上述可知 n(CH3COOH)+n(CH3COO−)=0.02c1 ，故 n(H+)+n(Na+)=n(OH−)+0.02c1−n(CH3COOH) ，所以有 nCH3COOH=0.02c1+n(OH−)−n(H+)−n(Na+) ，故B正确；
C.完全中和时需消耗V(NaOH)=10.60mL，则a点V(NaOH)=7.95mL时为 NaHC2O4 、 Na2C2O4 按1：1形成的混合溶液，pHc(C2O42−)>c(HC2O4−)>c(H2C2O4) ，故C正确：
D.若b点时加入氢氧化钠体积为8.6mL，则此时溶液中 nCH3COOH 和 nCH3COONa 相等，由图可知此时溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则 c(CH3COO−)>c(CH3COOH) ，如果要求 c(CH3COO−)=c(CH3COOH) ，则此时加入氢氧化钠的体积 VK1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化   
          ②. [Co(NH3)6]3+  Co2+  [Co(NH3)6]2+
 
【解析】
【分析】
利用不同氧化剂及还原剂，通过实验研究 Co+2 和 Co+3 之间的相互转化，探究氧化性和还原性强弱，通过分析及实验进行(1)①乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2，进行实验，如：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化；
②ii中蓝色沉淀Co(OH)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀Co(OH)3，反应  化学方程式是4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3；
③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+−e−=Co3+在碱性条件下，OH−与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但c(Co3+)降低的程度更大，还原剂的还原性增强；
(2)①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2；实验中酸性条件下Co(OH)3将氯离子氧化生成氯气，反应的离子方程式是2Co(OH)3+6H++2Cl−=2Co2++Cl2↑+6H2O；
②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是O2；
(3)①对Co2+−e−=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化，故[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活；
②要实现[Co(NH3)6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理可得：[Co(NH3)6]3+  Co2+  [Co(NH3)6]2+。
  
17.【答案】(1)①Cu2++2NH3 ⋅ H2O=Cu(OH)2↓+2NH  4+    
②CuNH34SO4=CuNH342++SO42−     
(2)①3d9   
②共价键、配位键；共价键、氢键   
③降温   
(3)在 CuCl2 溶液中存在平衡： CuH2O42++4Cl−⇀↽CuCl42++4H2O ，加入 MgCl2 浓溶液，c(Cl−)增大，平衡向右移动， CuCl42+ 的浓度增大，黄色与蓝色混合会呈现绿色   
(4)CuCl；398×1030NAa3
 
【解析】(1)①向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入少量氨水生成蓝色沉淀为氢氧化铜，所以产生蓝色沉淀的离子方程式是Cu2++2NH3 ⋅ H2O=Cu(OH)2↓+2NH  4+ ；
② CuNH34SO4 为离子化合物，在水中电离生成 CuNH342+ 和 SO42− ，其电离方程式是 CuNH34SO4=CuNH342++SO42− ；
(2)①Cu为29号元素，其基态原子价层电子排布式：3d104s1，则 Cu2+ 的价层电子排布式为3d9；
②根据图示可知，N的最外层电子数为5，则应形成3对共用电子对达到满8电子稳定结构，所以A中氮原子与其它原子(或离子)之间存在的作用力类型有共价键和配位键；氢原子与其它原子之间除了存在共价键以外，还和电负性较强的O原子形成了氢键，所以存在的作用力类型有共价键和氢键；
③当 Cu (II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，能量会降低，吸收光谱蓝移，配合物颜色紫色变为橙色，所以若实现上述操作，可从平衡角度考虑，最简单的方法是降低温度，使平衡向正向移动，实现配合物颜色由紫色变为橙色；
(3)蓝色溶液与黄色溶液混合为绿色溶液。在CuCl2溶液中加入MgCl2浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，原因是：在  CuCl2 溶液中存在平衡： CuH2O42++4Cl−⇀↽CuCl42++4H2O ，加入 MgCl2 浓溶液，c(Cl−)增大，平衡向右移动， CuCl42+ 的浓度增大，黄色与蓝色混合会呈现绿色；
(4)图中白球所在位置是顶点和面心，晶胞内原子个数为 8×18+6×12 =4，黑球在晶胞内部，原子个数为4，所以化学式为AB型，即上述晶胞表示的是CuCl；则晶胞的质量为 4×99.5NAg ，则晶胞的密度= 4×99.5NAg(a×10−10cm)3=398×1030NAa3 。


18.【答案】(1) ①.铁     ②. NO3−+8e−+10H+=NH4++3H2O   
(2) FeO(OH)不导电，阻碍电子转移   
(3)①本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3−；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3−的去除率。   
② Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+， Fe2+将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，利于电子的转移。  
 (4)初始pH低时，产生的Fe2+充足；初始pH高时，产生的Fe2+不足。 
【解析】(1)①由图中物质变化分析，Fe变化为Fe3O4是被氧化过程，则铁作原电池的负极；②由硝酸根到铵根可知，硝酸根被还原为氨气，氨气在酸性环境中生成铵根，正极的电极反应式为：NO3−+8e−+10H+=NH4++3H2O；
(2)从pH对硝酸根去除率的影响来看，初始pH=4.5时去除率低，主要是因为铁离子容易水解生成FeO(OH)，同时生成的Fe3O4产率降低，且生成的FeO(OH)不导电，所以NO3−的去除率低；
(3)①从图中可以看出只加入铁粉和只加入Fe2+，NO3−的去除率都不如同时加入铁和亚铁离子的去除率高，说明不是由于亚铁离子的还原性提高了硝酸根的去除率，而是由于Fe2+破坏FeO(OH)生成了四氧化三铁；②同位素示踪法证实亚铁离子秘FeO(OH)反应生成四氧化铁，该反应离子方程式为：Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，加入亚铁离子之所以可以提高硝酸根离子的转化率主要因为减少了FeO(OH)的生成，生成更多的四氧化三铁，增强了导电性，另外pH较小，可以使pH增大的速度减慢，使硝酸根离子转化率增大；
(4)铁与盐酸反应，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的亚铁离子浓度大，促使FeO(OH)转化为可导电的四氧化三铁，使反应进行的更完全；初始pH较大时，由于三价铁的水解，三价铁越容易生成FeO(OH)，产生的亚铁离子浓度高小，从而造成硝酸根离子去除率和的铁的最终物质。


19.【答案】(1)羰基、羟基、醚键   
(2)氢氧化钠的水溶液、加热   
(3)   
(4)   
(5)   
(6)bc   
(7)     ；
 
【解析】
【分析】
根据B的分子式，可知B是，A发生取代反应生成B，A是甲苯；B发生水解反应生成C，C是，根据信息I，可知D是苯甲醛；麦芽酚和反应生成E，E不能与金属 Na 反应生成氢气，根据E是分子式，可知取代麦芽酚中羟基上的H原子生成E，E是；由信息I可知，和苯甲醛在特殊溶剂中反应生成， 发生消去反应生成G，F是、G是。
【小问1详解】
根据麦芽酚的结构简式，可知含氧官能团有羰基、羟基、醚键；
【小问2详解】
B是，B在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成，C是，B→C的反应条件是氢氧化钠的水溶液、加热；
【小问3详解】
麦芽酚和反应生成E，E不能与金属 Na 反应生成氢气，根据E是分子式，可知取代麦芽酚中羟基上的H原子生成E，E是，生成E的化学方程式是 。
【小问4详解】
根据以上分析，G的结构简式为；
【小问5详解】
X的分子式为 C3H9O2N ，由J的结构简式逆推，可知X的结构简式是;
【小问6详解】
a.Y分子中只能有1个羟基，X分子中含有2个羟基，X与Y不可能互为同系物，故a错误；
b.Y与X具有相同种类的官能团，Y分子中含有羟基，Y能与羧酸发生酯化反应，故b正确；
c.Y分子中含有羟基，Y在浓硫酸、加热的条件下能发生消去反应，故c正确；
选bc。
【小问7详解】
Y的分子式为 C4H11ON ，K与Y反应生成M，由M的结构简式逆推，Y是，K与Y发生取代反应生成，根据信息III， 反应生成，脱水生成M，则中间产物1是、中间产物2是。