1、重庆市江津中学、实验中学等七校2020届高三化学下学期6月联考（三诊）试题（含解析）1. 化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（ ）A. 医用防护口罩中使用的聚丙烯熔喷布，其生产原料来自石油裂解B. 核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是高分子化合物C. 韩愈的诗句“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的柳絮富含糖类D. 北斗卫星导航专用ASIC硬件结合国产应用处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，该“中国芯”的主要成分为SiO2【答案】D【解析】【详解】A聚丙烯是由丙烯加聚形成，石油裂解的产物主要有乙烯、丙烯等，为丙烯的主要来源，故A正确；B核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，核酸是
2、高分子化合物，故B正确；C柳絮成分为纤维素，纤维素属于多糖，故C正确；D芯片主要成分为半导体材料硅晶体，二氧化硅是光导纤维成分，故D错误；答案为D。2. 用化学用语表示2Na + 2H2O2NaOH + H2中的相关微粒，其中正确的是A. 中子数为10的氧原子：OB. NaOH的电子式：C. Na+的结构示意图：D. H2O的比例模型：【答案】A【解析】【详解】A.原子符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，中子数=质量数-质子数，A项正确；B.和之间是以离子键的形式结合的，因此要加上中括号和正负电荷，B项错误；C.钠是11号元素，钠离子失去1个电子后核外只有10个电子，C项错误；D.氢原子
3、要比氧原子小，D项错误；答案选A。3. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A. 常温下，10.6gC8H10和C4H10O3的混合物中氢原子数为NAB. 标准状况下，22.4LC2H4和CH3OCH3的混合气体完全燃烧转移的电子数目为12NAC. 只含有BaSO4Ksp(BaSO4)=1.010-10的悬浊液中，离子总数是2.010-5NAD. 室温下，pH=11，体积为1L的NaAlO2溶液中，发生电离的水分子数为1.010-3NA【答案】C【解析】【详解】AC8H10和C4H10O3相对分子质量都是106，且分子式中氢原子数都为10，10.6g混合物的总物质的量为0.1
4、mol，所含氢原子总物质的量为1mol，故A选项正确；B标准状况下22.4LC2H4和CH3OCH3的混合气体物质的量为1mol，其中C2H4， CH3OCH3中C的化合价均价为-2，产物中C均为+4价，故完全燃烧转移电子数目为12mol，故B正确；C只含有BaSO4Ksp(BaSO4)=1.010-10的悬浊液中，可以知道离子浓度，但是悬浊液的体积不清楚，故离子的数目为不确定值，故C选项错误；DNaAlO2为强碱弱酸盐，故pH=11是盐类水解的结果有pH=-lgc（H+），Kw=c（H+）c（OH-）可知，c（OH-）=1.010-3mol/L，故1L 的NaAlO2溶液中，发生电离的水分子
5、数为1.010-3NA，故D选项正确；故答案选C。4. 白屈菜有止痛、止咳等功效，从其中提取的白屈菜酸的结构简式如图所示。下列有关白屈菜酸的说法中不正确的是（ ）A. 白屈菜酸的同分异构体中可能含有芳香族化合物B. 所有碳原子可以共面C. 1mol白屈菜酸完全燃烧需要O2的物质的量为4molD. 能通过加聚反应形成高分子物质【答案】C【解析】【详解】A根据白屈菜酸的结构简式可知，其分子式为C7H4O6，其不饱和度为6，碳原子数大于6，其同分异构体中可以有芳香族化合物，A项正确；BC=C双键以及与双键上碳原子相连的原子构成一个平面，白屈菜酸的结构中含有两个C=C键，故所有碳原子可能共面，B项正确
6、；C白屈菜酸的分子式为C7H4O6，所以1mol白屈菜酸完全燃烧需要O2的物质的量为(7+-)mol=5mol，C项错误；D白屈菜酸分子结构中含有C=C键，可以发生加聚反应，D项正确；故答案为C。5. W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。X是短周期原子半径最大的元素，Y的最高化合价与最低价相加为0，Z是同周期非金属性最强的元素，W、X、Y三种元素形成的一种化合物结构如图所示。下列叙述正确的是A. X单质的熔点高于Y单质B. 气态氢化物稳定性：YZC. Z的氧化物对应的水化物为强酸D. X分别与W、Z形成的二元化合物溶于水显碱性【答案】B【解析】【分析】X是短周期原子半径最大的元素
7、，则X为Na；根据W、X、Y三种元素形成的化合物可知，Y可以形成4个共价键，且Y的最高化合价与最低价相加为0，应为第A族元素，其原子序数大于Na，则为Si元素；W可以形成2个共价键，应为第A族元素，其原子序数小于Na，所以为O元素，Z是同周期非金属性最强的元素，其原子序数大于Si，则应为Cl元素。【详解】AX单质为Na，为金属晶体，而Y的单质Si为原子晶体，熔点高于Na，故A错误；B非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性ClSi，所以气态氢化物稳定性ClSi，故B正确；CZ的氧化物对应的水化物有多种，例如HClO即为弱酸，故C错误；DNa与Cl形成的二元化合物NaCl水溶液显中性，故D
8、错误；故答案为B。6. 通过下列实验操作和实验现象，得出的结论正确的是（ ）实验操作实验现象结论A.将丙烯通入碘水中碘水褪色并分层丙烯与碘水发生了取代反应B.向FeSO4溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀FeSO4溶液未变质C.向滴有酚酞NaOH溶液中通入SO2气体溶液红色褪去SO2具有漂白性D.向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置上层呈紫红色，下层有白色沉淀生成铜离子可以氧化碘离子，白色沉淀可能为CuIA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A丙烯含有碳碳双键，可以与碘水发生加成反应，而不是取代反应，故A错误；BK3Fe(CN)6溶液可以检验Fe2
9、+，原溶液中本来就有Fe2+，若变质会生成Fe3+，应检验溶液中是否有Fe3+来判断溶液是否变质，故B错误；C溶液红色褪去是因为二氧化硫和NaOH反应使溶液碱性减弱，并不是因为二氧化硫的漂白性，故C错误；D苯的密度比水小，所以在上层，上层呈紫红色说明I被氧化生成I2，下层出现白色沉淀，综合分析可知该过程中铜离子氧化碘离子生成碘单质，自身被还原成Cu+，再与I结合生成CuI白色沉淀，故D正确；故答案为D。7. 某温度下，向一定体积0.1mol/L氨水中逐滴加入相同浓度的盐酸，溶液中pH与pOH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 此温度下，水的离子积常数为1.010-2aB. N点溶液
10、加水稀释，增大C. M、Q、N三点所示的溶液中均存在：c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)D. Q点消耗的盐酸的体积等于氨水的体积【答案】D【解析】【详解】AQ点溶液中pOH=pH，c(H+)=c(OH-)=10-amol/L，溶液呈中性，此时氢离子浓度和氢氧根浓度乘积即为该温度下的离子积常数，为1.010-2a，故A正确；B一水合氨的电离平衡常数Kb=，所以=，N点溶液pOHpH，所以c(H+)(SCN)2，(SCN)2能氧化Fe2+，则氧化性 (SCN)2 Fe2+，即Cu2+也能氧化Fe2+，故答案为：在Cu2+与SCN反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+(SCN)2；
11、(5)A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液，则电解质为0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液，故答案为：0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液；溶液中的氧气会影响反应，未做排氧操作，不合理，故答案为：不合理；未排除氧气干扰；Fe3+参与反应后生成Fe2+，铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀，可验证产生的Fe2+，操作为一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，故答案为：一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀。【点睛】本题易错点(6)，使用的电解质溶液，要和之前的浓度保持一致，才能形成对比实验，做实验题型，
12、一定要注意控制变量法的规则。9. 氮的化合物在生产生活中广泛存在。（1）氯胺（NH2Cl）的电子式为_。可通过反应NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)制备氯胺，已知部分化学键的键能如表所示（假定不同物质中同种化学键的键能一样），则上述反应的H=_。化学键N-HCl-ClN-ClH-Cl键能/(kJmol-1)391243191431（2）液氨中存在电离平衡2NH3(l)NH+NH，用Pt电极对液氨进行电解也可产生H2和N2。阴极的电极反应式是_。（3）用焦炭还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒容恒温（反应温度分
13、别为400、400、T）容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n(NO)随反应时间t的变化情况如表所示：t/min020406080n(NO)（甲容器）/mol2.001.501.100.800.80n(NO)（乙容器）/mol1.000.800.650.530.45n(NO)（丙容器）/mol2.001.451.001001.00该反应为_（填“放热”或“吸热”）反应，理由是_；下列选项中可以说明容器乙已经达到平衡状态的是_（填序号）A.容器内压强不变B.容器内气体的密度不变C.2正(NO)=逆(N2)D.混合气体的平均摩尔质量不变乙容器在100min达到平衡状态，则0100m
14、in内用NO的浓度变化表示的平均反应速率(NO)=_，平衡常数K(400)=_。【答案】 (1). (2). +12 kJmol-1 (3). 2NH3+2e-=H2+2或2NH4+2e-=H2+2NH3 (4). 放热 (5). 丙容器与甲容器投入量相同，达到平衡所用时间较短，说明丙容器温度较高，即T400，丙容器平衡时NO的浓度比甲容器高，说明温度升高平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应 (6). BD (7). 0.006 molL-1min-1 (8). 【解析】【分析】(1)根据NH2Cl是共价化合物写出其电子式，由H=反应物的键能之和-生成物的键能之和计算反应热；(2
15、)根据阴极得电子发生还原反应写出电极反应；(3)根据甲和丙投料一样，达到平衡时间不一样，判断温度高低，由平衡时c(NO)的浓度判断平衡移动方向，进而判断该反应的热效应；根据化学反应2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，判断平衡标志；根据甲和乙是等效平衡，由化学平衡计算的“三段式”求出反应速率和平衡常数。【详解】（1）氯胺可看作是氨气分子上一个氢原子被氯原子取代的结构，为共价化合物，则氯胺的电子式为：；NH3(g)+Cl2(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)，H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=（3391+243）kJmol-1-（2391+191+431）kJmol-1=+12
16、 kJmol-1；答案为，+12 kJmol-1。（2）电解时阴极发生得电子的还原反应，在阴极液氨得电子生成氢气和，或铵根离子得电子生成氢气和NH3，则电极方程式为：2NH3+2e-=H2+2或2NH4+2e-=H2+2NH3；答案为2NH3+2e-=H2+2-或2NH4+2e-=H2+2NH3。（3）丙容器与甲容器投入量相同，达到平衡所用时间较短，说明丙容器温度较高，即T400，丙容器平衡时NO的浓度比甲容器高，说明温度升高平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应；答案为放热，丙容器与甲容器投入量相同，达到平衡所用时间较短，说明丙容器温度较高，即T400，丙容器平衡时NO的浓度比甲
17、容器高，说明温度升高平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应。根据化学反应2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，A由于此反应左右两边气体系数相等，因而压强始终不变，容器内压强不变不能判断反应是否平衡，故A不选；B由于反应物C为固体，气体的总质量是一个变量，气体的总体积是一个定值，容器内气体的密度是一个变值，容器内气体的密度不变能说明化学反应达到平衡状态，故B选；C2正(NO)=逆(N2)时，正、逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故C不选；D由于反应物C为固体，气体的总质量是一个变量，气体的总物质的量是一个定值，混合气体的平均摩尔质量是一个变值，平均摩尔质量不变能说明化
18、学反应达到平衡状态，故D选；答案为BD。乙容器中起始加入NO物质的量为甲容器中的一半，根据2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，反应前后气体体积不变，恒温恒容下，甲与乙为等效平衡，故乙平衡时NO的物质的量为甲平衡时的一半，为0.4mol，则0100min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率(NO)= =0.006 molL-1min-1；甲与乙为等效平衡，故乙平衡时NO的物质的量为甲平衡时的一半，为0.4mol，容器体积为1L，平衡时c(NO)=0.4mol/L， 在400时平衡常数K= = = ；答案为0.006 molL-1min-1，。【点睛】本题应注意第（3）问，甲和乙均在恒
19、温恒容条件下，发生2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)反应，此反应前后气体体积相等，反应物C又是固体，因而要根据等效平衡的判断方法准确判断甲与乙是等效平衡，由等效平衡关系根据甲容器NO的起始量是2mol，乙容器NO的起始量是1mol，准确求出乙平衡时NO的物质的量为甲平衡时的一半，才能正确解答此题。10. 利用水钴矿（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等）可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。沉淀中
20、只含有两种沉淀。流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物开始沉淀完全沉淀Fe(OH)32.73.7Fe(OH)27.69.6Co(OH)27.69.2Al(OH)34.05.2Mn(OH)27.79.8（1）浸出过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为_。（2）NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为_。（3）加入Na2CO3调pH至5.2，目的是_；萃取剂层含锰元素，则沉淀的主要成分为_。（4）操作包括：将水层加入浓盐酸调整pH为23，_、_、过滤、洗涤、减压烘干等过程。（5）为测定粗产品中CoCl26H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过
21、滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl26H2O质量分数大于100%，其原因可能是_（回答一条原因即可）。（6）将5.49g草酸钴晶体(CoC2O42H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。温度范围/150210290320固体质量/g4.412.41经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290320温度范围，剩余的固体物质化学式为_。已知：CoC2O42H2O的摩尔质量为183gmol-1【答案】 (1). 1:1 (2). (3). 使和沉淀完全 (4). CaF2和MgF2 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (
22、7). 粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质) (8). Co3O4(或 CoOCo2O3)【解析】【分析】水钴矿中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息中浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，则进入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除
23、去钙、镁，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，进入草酸铵溶液得到草酸钴。【详解】（1）浸出过程中主要发生的氧化还原反应是： Co2O3是氧化剂，是还原剂，二者的物质的量之比为1:1，故答案为：1:1（2）NaClO3在浸出液中是将Fe2+氧化为Fe3+，故发生反应的离子方程式为，故答案为：（3）通过信息可知，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，故目的是使和沉淀完全；萃取剂层含锰元素，说明溶液中的除锰离子和钴离子以外的金属阳离子均已除去，故加入NaF溶液是除Ca2+和Mg2+，则沉淀的主要成分为CaF2和MgF2，故答
24、案为：使和沉淀完全 CaF2和MgF2。（4）从溶液中析出晶体，都要经过：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥的过程，故答案为：蒸发浓缩 冷却结晶（5）该步骤是通过加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量的方法来计算粗产品中的，粗产品中氯元素的含量偏高则结果偏高，故可能的原因有可能是结晶水不足，或者结晶过程析出了氯化钠，故答案为：粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质)；（6）草酸钴晶体为，计算可知150210时， ，可知此时失去全部结晶水；210290时，气体产物为CO2，此时根据质量守恒可求得2.41g固体中含O原子，故产物为Co3O4或者CoOCo2O3，故答案为
25、：Co3O4(或 CoOCo2O3)11. 铝、锌、铁在人类生产和生活中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：（1）Fe2+电子排布式为_，Zn的基态原子能级最高的电子的电子云轮廓图形状为_。（2）已知Al的第一电离能为578kJmol-1、Mg的第一电离能为740kJmol-1，请解释Mg的第一电离能比Al大的原因_。（3）Zn2+可形成Zn(NH3)6SO4络合物，1molZn(NH3)62+配离子中含键_mol，其阴离子中心原子的杂化方式是_，NH3的沸点高于PH3的原因是_。（4）已知Zn2+等过渡元素离子形成的水合离子的颜色如下表所示：离子Sc3+Cr3+Fe2+Zn2+
26、水合离子的颜色无色绿色浅绿色无色请根据原子结构推测Sc3+、Zn2+的水合离子为无色的原因：_。（5）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为_，其中Fe的配位数为_。（6）Fe和N可组成一种过渡金属氮化物，其晶胞如图所示。六棱柱底边边长为xcm，高为ycm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为_gcm-3（列出计算式即可）。【答案】 (1). Ar3d6 (2). 球型 (3). Mg 的电子排布式为Ne3s2 ，Al 的电子排布式为Ne3s2 3p1 ，镁的 3s 处于全满状态，较稳定不易失去一个电子，铝的最外层为3p1 ，易失去一个电子形成
27、稳定结构 (4). 24 (5). sp3 (6). 氨分子之间形成分子间氢键 (7). 3d 轨道上没有未成对电子（或 3d 轨道全空或全满状态） (8). (9). 4 (10). 【解析】【详解】（1）铁为26号元素，基态原子电子排布式为Ar3d6 4s2，所以Fe2+电子排布式为Ar3d6；Zn为30号元素，基态原子能级最高的电子为4s上的2个电子，所有电子云轮廓图形状为球形，故答案为：Ar3d6 球形；（2）Mg的电子排布式为Ne3s2，Al的电子排布式为Ne3s2 3p1，镁的3s处于全满状态，较稳定，不易失去一个电子，铝的最外层为 3p1，易失去一个电子形成稳定结构，所以 Al
28、原子的第一电离能比Mg大，故答案为：Mg 的电子排布式为Ne3s2 ，Al 的电子排布式为Ne3s2 3p1，镁的3s处于全满状态，较稳定不易失去一个电子，铝的最外层为3p1 ，易失去一个电子形成稳定结构；（3）Zn(NH3)6 2+中每个N原子形成3个氮氢键，与Zn2形成1个配位键，配位键也属于键，所以1mol该离子中键为24 mol；阴离子为，根据价层电子对互斥理论，其中心原子S的价电子对为对，所以中心S为sp 3杂化。NH3分子中 N原子的电负性强，原子半径小，使得NH键的极性增强而表现一定的电性，分子之间能够形成氢键，而PH3分子中P半径大，电负性小，则不能形成分子间氢键，只存在范德华
29、力，氢键的作用力强于范德华力，所以沸点NH3大于PH3，故答案为：24 sp 3 氨分子之间形成分子间氢键；（4）Sc3+的外围电子排布式为Ar3d0 、Cr3+的外围电子排布式为Ar3d3 、Fe2+电子排布式为 Ar3d6 、Zn2+的外围电子排布式为Ar3d10，对比四种离子的外围电子排布式可知，其水合离子的颜色与3d轨道上的单电子有关，故答案为：3d 轨道上没有未成对电子（或 3d 轨道全空或全满状态）； （5）Fe能够提供空轨道，而Cl能够提供孤电子对，故 FeCl3分子双聚时可形成配位键。由常见AlCl3的双聚分子的结构可知FeCl3的双聚分子的结构式为 ，其中 Fe的配位数为4，
30、故答案为： 4 ；（6）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算：六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的铁原子为 个，N原子位于六棱柱内部，所以该六棱柱中的氮原子为2个，该结构的质量为，该六棱柱的底面为正六边形，边长为x cm，底面的面积为6个边长为x cm 的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为 cm2 ，高为 y cm，所以体积为cm3。所以密度为： ，故答案为：。12. 化合物G是一种重要的有机合成原料，其球棍模型如图甲所示。该化合物可用芳香烃A为原料来合成，其合成路线如图乙所示：（1）下列关于
31、G的说法不正确的是_（填标号）。a.G的结构简式为b.G能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，褪色原理相同c.G的分子中所有碳原子可能处于同一平面内d.G在一定条件下能发生水解、加成、加聚、氧化等反应（2）F中的官能团名称为_，E的结构简式为_。（3）反应中属于取代反应的有_（填标号）。（4）D的核磁共振氢谱的峰面积之比为_。（5）写出D与银氨溶液反应的化学方程式：_。（6）写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式：_（不考虑立体异构）。a.分子内含苯环b苯环上只有一个支链c.能发生银镜反应和水解反应【答案】 (1). b (2). 碳碳双键、羧基 (3). (4). (5). 2:2:1:1
32、:1:3 (6). +2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O (7). 【解析】【分析】根据框图中的反应条件、分子式和结构简式知，A到B发生加成反应，B到C发生水解反应，C到D是醇羟基发生催化氧化反应，由D的结构简式为，逆推C的结构简式为，逆推B的结构简式为 ，逆推A的结构简式为，由D的结构知道D的分子式为C9H10O2，E的分子式为C9H10O3，可知D到E是醛基发生催化氧化反应，则E的结构简式为，由G球棍模型如图甲所示，可以推出G的结构简式为，根据反应条件，可知F到G是发生酯化反应，由G的结构逆推F的结构简式为，E到F发生消去反应，据此解答。【详解】(1)a由上述分析可知，G的结
33、构简式为，故a正确；b根据G的结构，G中含有碳碳双键，能与溴水中的溴发生加成反应而使溴水褪色，也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，二者褪色原理不相同，故b错误；cG分子中含有碳碳双键，与其直接相连的碳原子一定处于同一平面内，苯环为平面结构，故苯环上的碳原子也可能处于碳碳双键所在的平面内，与酯基相连的甲基碳原子也可能处于该平面内，故G的分子中所有碳原子可能处于同一平面内，c正确；d根据G的结构中含有碳碳双健和酯基官能团，则G可发生水解、加成、加聚、氧化等反应，故d正确；答案b。(2)F的结构简式为，它含有碳碳双键、羧基官能团，E的结构简式为；答案为碳碳双键、羧基，。(
34、3)由上述分析可知，反应属于加成反应，反应属于取代反应，反应属于氧化反应，反应属于氧化反应，反应属于消去反应，反应属于取代反应，则属于取代反应的为；答案为。(4)由D的结构简式为知苯环上有3种氢，峰面积之比为2:2:1，取代基上有3种氢，峰面积之比为1:1:3，共有6种不同环境的H，峰面积之比为2:2:1:1:1:3；答案为2:2:1:1:1:3。(5)D的结构简式为，其与银氨溶液反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O；答案为+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O。(6)F的结构简式为，符合下列条件的同分异构体，分子内含苯环，苯环上只有一个支链，能发生银镜反应说明含有-CHO，能发生水解反应说明含有，由氧原子个数，可判断是甲酸某酯，符合条件的同分异构体为，；答案为，。
