2024届四川省雅安市神州天立学校高三下学期高考冲刺考试理科综合试题（四）-高中化学

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本试卷共14页，满分300分。考试用时150分钟
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，再选涂其它答案标号。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 N-14 O-16 S-32 Cr-52 Fe-56 Cu-64
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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. 化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A. 可以用氢氧化钠溶液鉴别地沟油和矿物油
B. 糯米酿制甜酒过程中，淀粉最终转化成乙醇和二氧化碳
C. 是有毒物质，所有食品中禁止添加
D. 为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴食醋
【答案】C
【解析】
【详解】A．地沟油的主要成分是油脂，能与氢氧化钠溶液反应生成高级脂肪酸钠和甘油，向地沟油中加入氢氧化钠溶液反应后溶液不分层，矿物油的主要成分为烃，烃不与氢氧化钠溶液反应，向矿物油在加入氢氧化钠溶液后溶液会分层，所以用氢氧化钠溶液鉴别地沟油和矿物油，故A正确；
B．糯米酿制甜酒的过程为淀粉在酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇和二氧化碳，所以糯米酿制甜酒的过程中，淀粉最终转化成乙醇和二氧化碳，故B正确；
C．在国家规定的范围内，亚硝酸钠可以做肉制品生产的食品添加剂，起到防腐剂和护色剂的作用，故C错误；
D．漂白精的有效成分为次氯酸钙，次氯酸钙能与醋酸溶液反应生成醋酸钙和次氯酸，次氯酸的浓度增大，漂白性增强，食醋的主要成分为醋酸，所以为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴食醋，故D正确；
故选C。
2. 设为阿伏伽德罗常数，则下列说法正确的是
A. (标准状况)与足量的氧气充分反应，转移的电子数目为
B. 溶液中含有数目为
C. 标准状况下，含共用电子对数为
D. 肼()含有孤电子对数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2和O2反应生成SO3是可逆反应，反应不彻底，故22.4LSO2(标准状况)与足量的氧气充分反应，转移的电子数目小于2NA，A错误；
B．会发生电离和水解，0.5ml⋅L−1NaHCO3溶液中碳酸氢根浓度小于0.5ml⋅L−1，故1L溶液中碳酸氢根离子数目小于0.5NA，B错误；
C．标准状况下，11.2LCH2Cl2为液态，密度未知无法计算物质的量，C错误；
D．肼(N2H4)中每个N原子都有一对孤对电子，故0.1ml肼(N2H4)含有孤电子对数为0.2NA，D正确；
本题选D。
3. X、Y、Q、M、N均为短周期主族元素，这五种元素在周期表中的相对位置如下图所示。已知X、Q、M三种元素的核电荷数之和比Y和N的核电荷数之和多10。下列说法正确的是
A. Q、M、N形成的单质硬度都很大
B. 不能从溶液中制得
C. X、Q、M、N的所有氧化物都能与氢氧化钠溶液反应
D. 含氧酸酸性由大到小的顺序为
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Q、M、N均为短周期主族元素，根据这五种元素在周期表中的相对位置，设X的核电荷数为x，则Y、Q、M、N的核电荷数依次为x+1、x+6、x+7、x+9，已知X、Q、M三种元素的核电荷数之和比Y和N的核电荷数之和多10，则x+x+6+x+7=x+1+x+9+10,得x=7，则X、Y、Q、M、N依次为N、O、Al、Si、S；
【详解】A．Q、M、N依次为Al、Si、S，形成的单质中硅的硬度很大，A错误；
B．Q、N依次为Al、S，铝离子和硫离子会发生双水解得到氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，故不能从溶液中制得，B正确；
C． X、Q、M、N依次为N、Al、Si、S；它们形成的氧化物中有的如二氧化氮、三氧化二氮、五氧化二氮、氧化铝、二氧化硅、二氧化硫和三氧化硫能与氢氧化钠溶液反应，有的例如NO不能与氢氧化钠溶液反应，C错误；
D．X、Y、M、N依次为N、O、Si、S；Y不存在含氧酸，未指明最高正价，N有硝酸是强酸、亚硝酸是弱酸，S有硫酸是强酸、亚硫酸是中强酸， D错误；
答案选B。
4. 布洛芬是常用的解热镇痛药，其结构简式如下图所示，下列有关说法正确的是
A. 布洛芬的分子式为B. 布洛芬可与发生加成反应
C. 所有原子可能共平面D. 苯环上的一氯代物有两种
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构可知，分子式为C13H18O2，故A项错误；
B．该有机物中含有苯环能与发生加成反应，1ml苯环消耗3ml，故B项错误；
C．分子存在饱和碳原子与3个C相连的结构，饱和碳原子为四面体结构，故所有碳原子不能共平面，故C项错误；
D．根据布洛芬的结构简式，苯环上的氢原子只有两种等效氢，苯环上一氯取代物有2种，故D项正确；
故本题选D。
5. 一种新型铁—铬液流电池的工作原理如下图所示，已知的还原性比强，下列说法正确的是
A. 放电时，电极a为正极
B. 放电时，当电路中通过电子时，II区质量净增
C. 充电时，阳极反应式为
D. 隔膜应选用阴离子交换膜
【答案】A
【解析】
【分析】已知Cr2+的还原性强于Fe2+，故放电时，Cr2+失电子生成Cr3+，此时电极b为负极，电极a为正极，充电时，电极b为阴极，Cr3+得电子生成Cr2+，电极a为阳极。
【详解】A．已知Cr2+的还原性强于Fe2+，故放电时，Cr2+失电子生成Cr3+，此时电极b为负极，电极a为正极，A正确；
B．放电时，电极b为负极，电极a为正极，则氢离子向Ⅰ区移动，Ⅱ区质量减小而不是增加，B错误；
C．充电时，电极a为阳极，阳极上Fe2+失电子生成Fe3+，电极反应为Fe2+-e-=Fe3+，C错误；
D．从图中可知，氢离子通过隔膜在Ⅰ区和Ⅱ区之间移动，因此隔膜为阳离子交换膜，D错误；
故答案选A。
6. 下列实验中，根据实验操作和现象所得结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．没有明确甲酸钠溶液和氰化钠溶液的浓度是否相等，所以无法依据溶液的pH判断酸根离子在溶液中的水解程度，不能比较甲酸和氢氰酸的酸性强弱和电离常数大小，故A错误；
B．碘离子的还原性强于亚铁离子，向盛有稀硝酸亚铁溶液的试管中加入少量0.1ml/L氢碘酸溶液时，酸性条件下碘离子与溶液中的硝酸根离子反应生成的一氧化氮在试管口与氧气反应生成二氧化氮而出现红棕色气体，故B错误；
C．淀粉溶液唾液酶的作用下能发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖能与新制氢氧化铜浊液共热发生氧化反应生成砖红色的氧化亚铜，则在试管中加入2mL淀粉溶液和少量唾液酶，温水浴，冷却后加入少量新制氢氧化铜浊液，加热后观察到砖红色沉淀说明淀粉发生了水解，故C正确；
D．碳酸钠的水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡右移，溶液中的氢氧根离子浓度增大，水的电离都是吸热过程，升高温度，电离平衡右移，水的离子积常数增大，将20℃0.5ml/L碳酸钠溶液加热到60℃，溶液的pH逐渐减小说明升高温度，水的离子积常数增大的幅度大于氢氧根离子浓度增大的幅度，故D错误；
故选C。
7. 电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。常温下，利用盐酸滴定某溶液中碳酸钠的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。(已知碳酸的电离常数，)下列说法正确的是
A. 该滴定过程需要两种指示剂
B. b点溶液中存在：
C. 水的电离程度：a点b点
D. a点溶液中
【答案】B
【解析】
【分析】如图，滴定过程中，pH不断下降，图中出现两个突变，分别表示的反应为+H+=+H2O、+H+=CO2↑+H2O；根据其突变的电位，该滴定过程中不需要指示剂。
【详解】A．该滴定过程不需要加入酸碱指示剂，利用电极电位的变化来确定滴定终点，故A错误；
B．b点溶液的溶质为H2CO3和NaCl，由物料守恒有c(Na+)=c(Cl−)，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(Cl−)+c(OH−)，两式联立可得c(H+)=c()+2c()+c(OH−)，则有c(H+)>c()+c()+c(OH−)，B项正确；
C．a点溶液溶质为NaHCO3和NaCl，NaHCO3水解程度大于电离程度，促进水的电离，b点H2CO3抑制水的电离，C项错误；
D．NaHCO3溶液中存在电离平衡和水解平衡，Ka1×Ka2=，由图可知，a点pH=8.4，c(H+)=10-8.4ml/L，则，D项错误；
综上所述，答案为B。
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。
(一)必考题：共129。
8. 现有一种以为载体的废旧催化剂，表面积碳且被有机物覆盖，含少量金属银。某实验室设计以下流程拟对废旧催化剂中的和Pt进行回收。
已知：不溶于硝酸。请回答下列问题：
（1）步骤I中将废催化剂焙烧的目的是___________。
（2）操作Ⅳ的名称是___________；检验废渣洗净的方法是___________。
（3）步骤Ⅲ中氧化剂是，反应后Pt转化成，每生成1ml，需要消耗H+的量为___________ml。该步骤中有氯气生成，其离子方程式为___________。
（4）步骤V中，在适当酸度下，树脂上发生：，吸附在树脂上得以富集，饱和后的树脂用碱液淋洗后得到含铂溶液，而要使树脂再生能重复使用，最好使用___________(填化学式)淋洗。
（5）步骤Ⅵ中生成沉淀，将该沉淀在下煅烧生成铂和三种气体，其中一种气体是空气中的主要成份之一。请写出该反应的化学反应方程式___________。
【答案】（1）除去表面积碳和有机物
（2） ①. 过滤 ②. 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入适量硝酸酸化的硝酸银溶液，无明显现象
（3） ①. 4 ②.
（4）HCl （5）
【解析】
【分析】废旧催化剂(含有、Pt、Ag)进行焙烧Ⅰ，除去表面的积炭和有机物；然后加硝酸进行浸取，Ag溶于硝酸，、Pt不溶，过滤后得到浸出固体1；加入盐酸和氧化剂，反应后Pt转化成，过滤后得到废渣氧化铝和含有的溶液；用树脂提取，吸附在树脂上得以富集，饱和后的树脂用碱液淋洗后得到含铂溶液，经过一系列处理生成沉淀，将该沉淀在下煅烧生成铂等。
【小问1详解】
废旧催化剂，表面积碳且被有机物覆盖，则步骤I中将废催化剂焙烧的目的是：除去表面积碳和有机物。
【小问2详解】
由分析可知，操作Ⅳ用于分离氧化铝和含有的溶液，名称是过滤；检验废渣是否洗净时，也就是检验洗涤液中是否溶有Cl-，方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入适量硝酸酸化的硝酸银溶液，无明显现象。
【小问3详解】
步骤Ⅲ中氧化剂是，反应后Pt转化成，发生反应的离子方程式为2+3Pt+12H++16Cl-=3+6H2O，则每生成1ml，需要消耗H+的量为4ml。该步骤中有氯气生成，则Cl2来自与Cl-在酸性条件下的反应，其离子方程式为。
【小问4详解】
步骤V中，在适当酸度下，树脂上发生：，吸附在树脂上得以富集，饱和后的树脂用碱液淋洗后得到含铂溶液，而要使树脂再生能重复使用，需将ROH转化为RCl，最好使用HCl淋洗。
【小问5详解】
在下煅烧生成铂和三种气体，其中一种气体是空气中的主要成份之一，则其为N2，从得失电子守恒考虑，中的N元素只能有一部分转化为N2，另一部分价态不变，所以产物中有NH3，则另一种气体为HCl，该反应的化学反应方程式为。
【点睛】判断反应产物时，常利用守恒法。
9. 硫酸四氨合铜(Ⅱ)晶体为深蓝色，易溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂，加热时易失氨。某研究小组拟用粗(含少量)合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。
I．硫酸四氨合铜(Ⅱ)晶体制备与提纯
步骤①：称取粗倒入烧杯中，加入适量稀硫酸溶解，将溶液加热至沸腾，边搅拌边逐滴加入溶液至pH为3.5，继续加热溶液片刻，趁热过滤，得到溶液。
步骤②：
（1）测量步骤①溶液pH的实验用品是___________，调pH为3.5的目的是___________。
（2）写出操作①中发生的离子反应方程式___________。
（3）操作③中洗涤步骤中可选用的洗涤液是___________。
A．乙醇与乙醚的混合液 B．蒸馏水 C．饱和硫酸钠溶液
（4）某同学认为操作②也可以通过蒸发浓缩、冷却结晶获得所要晶体，你___________(填“是”或“否”)同意他的观点，并说明理由___________。
Ⅱ．硫酸四氨合铜(Ⅱ)晶体纯度测定
步骤①：准确称取固体于烧杯中，加稀硫酸溶解，配制为的溶液。
步骤②：量取上述试液于锥形瓶中，加入水和KI固体(稍过量)
步骤③：用标准溶液()滴定至溶液呈淡黄色，加入淀粉溶液，溶液变为蓝色，再加入溶液，继续用标准溶液滴定至蓝色刚好消失，重复操作3次，平均用量为。
已知：①，，沉淀表面易吸附。
②比更难溶。③。
（5）硫酸四氨合铜晶体纯度是___________(写出用m、V表示的计算表达式。)。
【答案】（1） ①. pH计 ②. 将转化为沉淀除去，防止沉淀
（2）
（3）A （4） ①. 否 ②. 该晶体蒸发浓缩时，受热易失氨
（5）
【解析】
【分析】本实验的实验目的为用硫酸铜制备硫酸四氨合铜()并测定其纯度，制备时，用硫酸铜溶液和氨水混合得到深蓝色溶液，水浴加热后加入95%乙醇，静置、抽滤后洗涤得到纯平，利用氧化还原滴定测定其纯度，据此分析解答。
【小问1详解】
①步骤①中实验用品是氨水，测定氨水pH用pH计，故答案为：pH计；
②调pH为3.5的目的是为了将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，防止Cu2+沉淀，故答案为：将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，防止Cu2+沉淀；
【小问2详解】
步骤①中蓝色沉淀溶解得到深蓝色的透明溶液，该过程中氢氧化铜和氨水反应生成铜氨络合物，离子方程式为：，故答案为：；
【小问3详解】
溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂，水浴加热后加入乙醇等有机溶剂，可减小硫酸四氨合铜的溶解度并减少损失，乙醇等有机溶剂蒸发速度快、干燥快，故答案为：A；
【小问4详解】
①操作②该晶体蒸发浓缩时，受热易失氨得不到所需晶体，故答案为：否；
②故答案为：该晶体蒸发浓缩时，受热易失氨；
【小问5详解】
由已知，，，可得，则25mL溶液中Cu2+的物质的量为，则样品中硫酸四氨合铜的物质的量为，质量为：，因此硫酸四氨合铜的纯度为，故答案为：。
10. 利用合成甲醇、二甲醚技术是有效利用资源，实现“碳中和”目标的重要途径。
（1）开发直接催化加氢合成二甲醚技术是很好一个研究方向。
主反应：
副反应：
①主反应在___________(填“高温”或“低温”)下能自发进行。
②已知主反应的机理分为两步
步骤i：
步骤ii：……
则步骤ii的热化学方程式为___________。
③其他条件相同时，反应温度对平衡转化率影响如图所示。平衡转化率随温度的升高先减小后增大的原因可能是___________。
已知二甲醚的选择性，在催化剂作用下，向恒温恒压(、)的密闭容器中充入反应气，。反应平衡时测得的转化率为，二甲醚的选择性为，则副反应的___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。
（2）利用合成甲醇也是有效利用资源的重要途径。将原料气充入某一恒容密闭容器中，只发生 ，在不同催化剂作用下，反应时的转化率随温度的变化如下图所示。
①下列说法正确的是___________。
A．使用催化剂I时，d点已达到平衡
B．的平衡常数大于的平衡常数
C．若a点时，，则此条件下反应已达到最大限度
D．c点转化率比a点低的原因一定是催化剂活性降低
②若图中a点时反应已达平衡，现原料气按充入同一恒容密闭容器中，在催化剂I的作用下发生反应。请在图中用实线画出了之间的平衡转化率变化曲线___________。
（3）水煤气变换反应机理被广泛研究，其中有一种为羧基机理，某催化剂催化(*表示吸附态、表示活化能)步骤如下：
I．；
II．
III．；
IV．。
反应的决速步骤是___________(填序号)。
【答案】（1） ①. 低温 ②. ③. 温度低于时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度小于主反应平衡向左移动的程度，使的平衡转化率减小。温度高于时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度大于主反应平衡向左移动的程度，使的平衡转化率增(或温度低于时，主要发生主反应，升高温度，主反应逆向移动，的平衡转化率减小；温度高于时，主要发生副反应，升高温度，副反应正向移动，的平衡转化率增大。) ④. 0.024(或)
（2） ①. BC ②.
（3）I
【解析】
【小问1详解】
①主反应： 是个熵减且放热的反应，根据，可自发，则需要低温；
②由反应的机理分为两步：步骤i 生成，步骤ii则需要将做为反应物，根据盖斯定律：步骤ii=主反应-2×步骤i，得 ；
③温度低于时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度小于主反应平衡向左移动的程度，使的平衡转化率减小。温度高于时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度大于主反应平衡向左移动的程度，使的平衡转化率增(或温度低于时，主要发生主反应，升高温度，主反应逆向移动，的平衡转化率减小；温度高于时，主要发生副反应，升高温度，副反应正向移动，的平衡转化率增大。)
设n(CO)、n(CO2)、n(H2)分别为1ml、5ml和20ml，
则达到平衡时，n(CO)=1.2ml，n(CO2)=4ml，n(H2)=17.4ml，n(CH3OCH3)=0.4ml，n(H2O)=1.4ml，平衡时混合气体总物质的量为24.4ml，副反应，答案为：0.024(或)；
【小问2详解】
①A．使用催化剂I时，CO2的转化率随温度升高先增大后减小。温度低于T4时，该反应未达平衡，温度升高，CO2的转化率随着化学反应速率增大而增大；温度高于T4时，可能是催化剂失活或活性降低，也可能是平衡逆向移动。因此d点未达到平衡，A错误；B．升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，因此T3K的平衡常数大于T4K的平衡常数，B正确；C．a点时，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，则达到化学平衡状态，此时反应已达到最大限度，C正确；D．温度高于T4时，可能是催化剂失活或活性降低，也可能是平衡逆向移动，D错误；故选BC。
②原料气按(CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容密闭容器中达到平衡，相当于在平衡点a减少氢气的物质的量，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，因此在T4时，CO2的平衡转化率在a点下方。又因为温度升高，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率逐渐降低，由此可画出T3K～T5K之间CO2的平衡转化率变化曲线如下。
【小问3详解】
②步骤I- IV中活化能Ea1> Ea3> Ea4> Ea2，则活化能最大的是步骤I，活化能越大，反应速率越慢，因此决速步骤是I；
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
[化学—选修3：物质结构与性质]
11. 钛是一种银白色过渡金属，在高科技社会中得到了广泛的应用。可以从钛铁矿()中提取，并常用Na置换熔融来获得单质Ti。
（1）基态的价电子排布式为___________，其核外能量最高的电子所在的能层符号为___________，其核外共有___________种运动状态不同的电子。
（2）Ti的配合物有多种。在、和三种微粒的配体中，所含原子电负性由大到小排序后，排第3位的元素是___________(填写元素名称)，中___________(填“大于”、“小于”或“等于”)单个水分子中，原因是___________。
（3）的球棍结构如图，Ti的配位数是___________，N原子的杂化方式为___________，与互为等电子体的分子为___________(写分子式)。
（4）二氧化钛(相对分子质量为80)有三种类型晶体结构，其中一种(金红石)晶胞结构如图，已知微粒1、2的原子分数坐标分别为和，则微粒3的原子分数坐标为___________；若阿伏加德罗常数的值为，金红石的密度为___________(列出计算表达式)。
【答案】（1） ①. ②. M ③. 20
（2） ①. 碳 ②. 大于 ③. O原子上的孤对电子与Ti形成配位键后，与另一个孤对电子间的排斥力减小，键角增大
（3） ①. 8 ②. ③.
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
Ti元素原子序数为22，基态原子价电子排布为3d24s2，故基态Ti2+的价电子排布式为3d2，其核外能量最高的电子为第三能层电子，所在的能层符号为M，核外共20个电子，根据泡利不相容原理，其核外共有20种运动状态不同的电子；
【小问2详解】
元素非金属性越强，电负性越大，故Ti(CO)6、和三种微粒的配体中，所含原子电负性由大到小排序为F>O>C>H，排第3位的元素是碳，中∠H-O-H大于单个水分子中∠H-O-H，是因为O原子上的孤对电子与Ti形成配位键后，与另一个孤对电子间的排斥力减小，∠H-O-H键角增大；
【小问3详解】
根据Ti(NO3)4的球棍结构图，有8个O原子通过配位键与Ti成键，故Ti的配位数是8，硝酸根为平面结构，其中N原子杂化方式为sp2，根据等电子体定义，与硝酸根互为等电子体的分子为SO3；
【小问4详解】
由晶胞结构图，微粒2和微粒3关于体心中心对称，2的原子分数坐标为(0.31,0.31,0)，则微粒3的原子分数坐标为(0.69,0.69,0)，根据均摊法，黑色小球在晶胞顶点和体心，个数为=2，白色小球在晶胞面上和体内，个数为=4，根据化学式TiO2，白色小球代表O，黑色小球代表Ti，根据晶胞密度的计算公式g⋅cm−3。
[化学—选修5：有机化学基础]
12. 化合物H用于制喹宁系列抗疟药等，一种合成化合物H的人工合成路线如图：
（1）B分子的官能团名称是___________。
（2）的反应类型是___________；的反应条件是___________。
（3）E的同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式___________。
①能与溶液发生显色反应；
②苯环上有4个取代基；
③分子中有4种不同化学环境氢原子。
（4）的化学方程式是___________。
（5）写出以为原料制备的合成流程图___________。(无机试剂和有机溶剂任选，合成流程图示例见本题题干)
【答案】（1）碳氯键、醛基
（2） ①. 加成反应 ②. 溶液，加热
（3） （4） （5）
【解析】
【分析】由题中信息可知，A的结构简式为，与HCl在催化剂作用下发生加成反应生成B，B的结构简式为，B与苯氨反应生成C，C的结构简式为，C在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成D，D的结构简式为，D催化氧化得到E，E的结构简式为，E在酸性条件下加热转化为F，F的结构简式为，F光照条件下与氯气发生取代反应生成G，G的结构简式为，G在氢氧化钠的水溶液中加热转化为H，H的结构简式为；
【小问1详解】
B为，分子的官能团名称是碳氯键、醛基；
【小问2详解】
是与HCl在催化剂作用下发生加成反应生成，反应类型是加成反应；是在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成和氯化钠，反应条件是溶液，加热；
【小问3详解】
E的结构简式为，E的同分异构体同时满足条件：①能与溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②苯环上有4个取代基；③分子中有4种不同化学环境的氢原子，则高度对称，满足条件的同分异构体有；
【小问4详解】
是在氢氧化钠的水溶液中加热转化为，同时生成氯化钠和水，反应的化学方程式是；
【小问5详解】
以为原料，与氯气发生取代反应生成，与HCl发生加成反应生成，在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应制备，合成流程图为。X
Y
Q
M
N
选项
选项实现操作和现象
结论
A
用pH试纸测得溶液的pH约为8，溶液的pH约为9
B
向盛有稀溶液的试管中加入少量溶液，试管口出现红棕色气体
溶液中的被还原为
C
在试管中加入淀粉溶液和少量唾液酶，温水浴，冷却后加入少量新制浊液，加热后观察到砖红色沉淀
淀粉发生了水解
D
将溶液加热到，用传感器测定溶液pH，溶液的pH逐渐减小
温度升高，水解平衡向右移动