1、广东省惠州市2020届高三化学第一次调研考试试题（含解析）相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Na:23 Cl:35.5一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。在每小题只有一项正确。1.下列与化学有关的文献，理解正确的是A. 石灰吟中“烈火焚烧若等闲要留清白人间”，其中“清白”指氢氧化钙B. 咏煤炭中“凿开混沌得乌金不辞辛苦出山林”，其中“乌金”的主要成分是木炭C. 本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”，其中的“碱”是一种盐溶液D. 天工开物中有如下描述:“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”文中的“丝”“麻”、“裘”主要成分均属于多糖【答案】C【解析】【详解】A、石灰吟中
2、描述的是碳酸钙受热分解，即CaCO3CaOCO2，“清白”指的是CaO，故A错误；B、咏煤炭描述的是煤炭的开采，其中“乌金”的主要成分是煤炭，故B错误；C、烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣，其中“碱”是碳酸钾，K2CO3为盐，故C正确；D、丝、裘主要成分是蛋白质，麻的主要成分是纤维素，故D错误。2.四氢大麻酚(简称THC)，是大麻中的主要精神活性物质，其结构如图。下列有关THC的说法不正确的是A. THC难溶于水B. 1mol THC最多可与含3mol溴单质的溴水发生反应C. THC遇FeCl3溶液能发生显色反应D. THC能与氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液及碳酸氢钠溶液发生化学反应【答案】D【解
3、析】【分析】根据有机物的结构简式，判断出含有的官能团，根据官能团的性质进行分析；【详解】A、根据有机物的结构简式，含有的憎水基团所占比例大，该有机物难溶于水，故A说法正确；B、1mol该有机物含有1mol碳碳双键和1mol酚羟基，1mol该有机物最多消耗3mol Br2(1mol Br2和碳碳双键发生加成反应，2mol Br2和酚羟基的邻、对位发生取代反应)，故B说法正确；C、THC中含有酚羟基，遇FeCl3溶液发生显色反应，故C说法正确；D、依据电离出H能力COOHH2CO3酚羟基HCO3，含有酚羟基，该有机物能与NaOH、Na2CO3，但不能与NaHCO3发生反应，故D说法错误。3.下列有
4、关实验方案或说法正确的是A. 实验室制取乙酸乙酯B. 比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性C. 脱脂棉燃烧证明过氧化钠与水反应放热D. a处有红色物质生成，b处变蓝，证明X一定是H2【答案】C【解析】【详解】A、为防止倒吸，右端的导管不能深入液面以下，应在靠近液面的上方，故A错误；B、套管实验中外管的温度高，内管温度低，若外管盛放碳酸钠，内管盛放碳酸氢钠，内管连接的澄清石灰水首先出现浑浊时，则说明NaHCO3的稳定性弱于Na2CO3，故B错误；C、一般燃烧，需要氧气和温度达到着火点，过氧化钠与H2O反应2Na2O22H2O=4NaOHO2，脱脂棉燃烧，说明过氧化钠与水反应生成O2，且该反应
5、为放热反应，故C正确；D、a处有红色物质生成，说明氧化铜转化成Cu，无水硫酸铜变蓝，说明有水生成，X可能是NH3、CH4，也可能是H2、或H2和CO的混合物等，故D错误。4.某离子反应涉及到ClO、NH4+、N2、Cl等微粒，其中N2、ClO的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是A. 该反应中ClO为氧化剂，N2为氧化产物B. 反应后溶液的pH减小C. 如图t0时反应达平衡状态D. 反应过程中每生成1 mol N2，转移6mol电子【答案】C【解析】【分析】通过图像，N2的物质的量增大，说明N2为生成物，ClO的物质的量减小，说明ClO为反应物，化学反应遵循元素守恒和原子守恒，
6、即NH4为反应物，Cl为生成物，然后进行分析和判断；【详解】通过图像，N2的物质的量增大，说明N2为生成物，ClO的物质的量减小，说明ClO为反应物，化学反应遵循元素守恒和原子守恒，即NH4为反应物，Cl为生成物，A、根据上述分析，ClOCl，其中Cl的化合价降低，即ClO为氧化剂，NH4N2，其中N的化合价升高，NH4为还原剂，N2为氧化产物，故A说法正确；B、该离子方程式为3ClO2NH42OH=N25H2O3Cl，消耗OH，反应后溶液的pH降低，故B说法正确；C、根据图像t0后，物质的量仍发生变化，说明t0时没有达到平衡，故C说法错误；D、每生成1mol N2，转移电子物质的量为1mol
7、20(3)=6mol，故D说法正确。5.室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 molL1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断正确的是A. 三种酸对应电离常数Ka的大小关系为：HDHBHAB. 滴定至P点时，溶液中：c(Na)+ c(H) = c(OH)+ c(HB)C. pH7时，三种溶液中：c(A)c(B)c(D)D. 当中和百分数达100%时，三种溶液中：c(A)c(B)c(D)【答案】A【解析】【详解】A、根据图像，观察图像的起点，pH：HAHBHBHD，酸性越强，酸的电离常数越大，即KHAKHBKHD，故A正确； B、根据电荷守恒，c(Na)
8、c(H)=c(OH)c(B)，P点时根据横坐标中和百分数为50%，可知c(NaB)：c(HB)=1：1，此时的溶液显酸性，即HB的电离程度大于B水解程度，c(HB)c(OH)c(HB)，故B错误；C、根据电荷守恒，c(Na)c(H)=c(OH)c(B)，pH=7，可知c(Na)=c(A)，同理c(Na)=c(B)、c(Na)=c(D)，根据中和原理，可知溶液显中性时需要的NaOH的量不同，c(Na)不同，则c(A)、c(B)、c(D)不相等，故C错误；D、中和百分数达到100%，c(NaA)=c(NaB)=c(NaD)，利用越弱越水解，水解程度大小顺序是DBA，即c(A)c(B)c(D)，故D
9、错误。6.下图是利用甲醇燃料电池进行电化学研究的装置图，下列说法正确的是A. 甲池是化学能转化为电能的装置，总反应式为：2CH3OH+3O2 2CO2+4H2OB. 乙池中的Ag不断溶解C. 反应一段时间后要使乙池恢复原状，可加入一定量Cu(OH)2固体D. 当甲池中280 mL(标准状况下)O2参加反应时，乙池中理论上可析出1.6g 固体【答案】D【解析】【分析】根据装置图，甲池为燃料电池，通甲醇一极为负极，通氧气一极为正极，乙池为电解池装置，石墨连接正极，即石墨一极为阳极，Ag极为阴极，然后根据原电池工作原理、电解原理进行分析；【详解】A、甲池为燃料电池，是将化学能转化成电能，甲池电解质为
10、KOH，CO2与KOH反应生成K2CO3，因此总反应式为2CH3OH3O24KOH=2K2CO36H2O，故A错误；B、甲池中通甲醇一极为负极，Ag与甲池的负极相连，即Ag极为阴极，根据电解原理，Ag极反应式为Cu22e=Cu，Ag极质量增重，故B错误；C、乙池中电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，需要加入CuO，故C错误；D、建立O24e2Cu，氧气的物质的量为=0.0125mol，m(Cu)=0.0125mol264gmol1=1.6g，故D正确。7.A、B、C、D四种短周期元素的原子序数依次增大，A 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，B的气态氢化物的水溶液呈碱性；C为金属元素且
11、有两种常见含氧化合物（都含两种元素）；若往D单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色。下列说法中正确的是A. C的两种含氧化合物中阴阳离子个数比都为1：2B. 最高价氧化物对应的水化物的酸性BDC. B的氢化物的沸点一定高于A的氢化物D. 原子半径DABC【答案】A【解析】【分析】A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，常用的是14C鉴定文物的年代，故A为C，B的气态氢化物的水溶液呈碱性，该氢化物为NH3，即B为N，C为金属元素且两种常见含氧化合物（都含两种元素），符合要求的是Na2O和Na2O2，即C为Na，D单质的水溶液滴加少量紫色石蕊试液，先变红，说明水溶液中显酸性
12、，后褪色说明溶液中含强氧化性物质，即D为Cl，然后进行分析；【详解】A一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，常用的是14C鉴定文物的年代，故A为C，B的气态氢化物的水溶液呈碱性，该氢化物为NH3，即B为N，C为金属元素且两种常见氧化物，符合要求的是Na2O和Na2O2，即C为Na，D单质的水溶液滴加少量紫色石蕊试液，先变红，说明水溶液中显酸性，后褪色说明溶液中含强氧化性物质，即D为Cl，A、C的两种含氧化合物分别是Na2O和Na2O2，其电子式分别是、，阴阳离子个数比为1：2，故A正确；B、B的最高价氧化物对应水化物是HNO3，D的最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4酸性最强，故
13、B错误；C、N的氢化物可以是NH3，也可以是N2H4等，C的氢化物是一类物质，即烃，烃的状态有气体、液体和固体，因此N的氢化物的沸点不一定高于C的氢化物，故C错误；D、原子半径大小顺序是NaClCN，故D错误。【点睛】易错点是选项A，学生错认为Na2O2中阴阳离子个数比为1：1，Na2O阴阳离子个数比为1：2，本选择题应从电子式入手，进行分析和判断。8.氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料，以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程如图所示。回答下列问题：(1)CeFCO3中Ce的化合价为_。(2)氧化培烧时不能使用陶瓷容器，原因是_。(3)氧化焙烧后的产物之一为Ce
14、O2，则酸浸时发生反应的离子方程式为_。(4)HT是一种难溶于水的有机溶剂，则操作的名称为_。(5)为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是_。(6)有机物HT能将Ce3+从水溶液中提取出来，该过程可表示为Ce3+ (水层)+3HT(有机层) CeT3 (有机层)+3H+ (水层)。向CeT3(有机层)中加入稀硫酸能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因：_。(7)已知，298K时，KspCe(OH)3=5l0-20，若溶液中c(Ce3+)=0.05molL-1，加碱调节pH到_时Ce3+开始沉淀(忽略加碱过程中溶液体积变化)。(8) 写出向Ce(O
15、H)3悬浊液中通入氧气得到产品Ce(OH)4的化学方程式：_。【答案】 (1). +3 (2). 陶瓷会与生成的HF反应 (3). 2CeO2+H2O2+6H+ = 2Ce3+O2+4H2O (4). 分液 (5). 温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小 (6). 向混合液中加入稀硫酸，使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动 (7). 8 (8). 4Ce(OH)3+O2+2H2O = 4Ce(OH)4【解析】【分析】本题主要考察工业流程。做题之前，要先观察工艺流程图，再去结合题中的每一问去分析各步骤目的及注意事项，再据此答题。【详解】（1）CeFCO3中CO32整体显2价，F
16、显1价，整个化合价代数和为0，推出Ce的价态为3价；（2）陶瓷容器中含有SiO2，SiO2与HF发生反应：SiO24HF=SiF42H2O，因此钙流程氧化焙烧时不能使用陶瓷容器；（3）有机层中CeF3，Ce显3价，CeO2中Ce显4价，即在酸浸时，Ce的价态降低，CeO2为氧化剂，H2O2为还原剂，离子方程式为2CeO2H2O26H=2Ce3O24H2O；（4）操作I得到溶液和有机相，因此操作I的名称为分液；（5）根据流程，酸浸时加入H2O2，H2O2在高温下发生分解，H2O2与CeO2发生反应时H2O2的量减少，造成浸出率降低；（6）该过程中存在Ce3+ (水层)+3HT(有机层) CeT3
17、 (有机层)+3H+ (水层)，加入稀硫酸，c(H)增大，平衡向逆反应方向进行，生成Ce3的水溶液，能获得较纯含Ce3水溶液；（7）Ce3开始出现沉淀，c(Ce3)c3(OH)=KspCe(OH)3，则有c(OH)=molL1=1106molL1，即当pH=8时Ce3开始出现沉淀；（8）利用氧气将Ce(OH)3氧化成Ce(OH)4，其反应的方程式为4Ce(OH)3O22H2O=4Ce(OH)4。【点睛】本题既有常规知识的考查又有新情景题的考查，常规题目涉及到化合价、溶度积的计算等，命题情景要求根据题意写出有关反应的方程式，做题时注意根据物质的性质正确判断反应物和生成物，用守恒的方法去推导并书写
18、。9.某化学兴趣小组用如图所示装置探究苯与溴的反应原理。请回答下列问题：(1) 仪器M的名称为_。(2) 装置中铁丝除做催化剂外，还可控制反应的进行，使反应停止的操作是_。(3)装置中生成溴苯化学方程式为_。(4)冷凝管的进水口为_（(填“a”或“b”），下同；其作用是_；(5)能验证苯与液溴发生的是取代反应的现象是_；(6)装置中，若撤去装有苯的小试管，将导管直接插入硝酸银溶液，对实验目的达成会产生什么影响_(7)装置III中的离子反应方程式为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 将铁丝拔出液面 (3). +Br2+HBr (4). a (5). 冷凝回流苯和液溴，减少原料损失。 (6
19、). 溶液中有浅黄色沉淀生成 (7). 没有苯，溴蒸汽进入溶液也会出现浅黄色沉淀，无法确认HBr存 (8). H+ + OH- = H2O【解析】【分析】本题实验目的是制备溴苯，原理是+Br2+HBr，因为苯和液溴易挥发，因此HBr中混有一部分苯和溴蒸气，溴蒸气会对HBr的检验产生干扰，必须除去，一定注意尾气的处理；【详解】（1）根据仪器M的特点，推出仪器M为分液漏斗；（2）铁丝在反应中作催化剂，当把铁丝插入到混合液中，反应进行，当铁丝拔出，反应停止；（3）苯和液溴在铁或FeBr3作催化剂下发生取代反应，反应方程式为+Br2+HBr；（4）为了增强冷凝效果，冷凝水是下进上出，即从a口进水，苯与
20、液溴反应是放热反应，且苯和液溴易挥发，因此冷凝管的作用是冷凝回流苯和液溴，减少原料损失，提高原料的利用率；（5）证明苯与液溴发生取代反应，需要验证HBr，即硝酸银溶液中出现浅黄色沉淀；（6）苯和液溴易挥发，挥发出的HBr中混有溴蒸气，溴蒸气能与硝酸银溶液反应产生浅黄色沉淀，对HBr的检验产生干扰，即苯的作用是除去HBr中溴蒸气，如果直接插入硝酸银溶液，造成：没有苯，溴蒸气进入溶液，也会产生浅黄色沉淀，无法确认HBr的存在；（7）装置的作用是尾气处理，HBr对环境有污染，必须除去，发生离子方程式为HOH=H2O。10.丙烯是重要的有机化工原料，工业上丙烷脱氢制丙烯的反应如下：C3H8(g)C3H
21、6(g)+H2(g) H1(1)一定温度下，向 10 L 恒容密闭容器中充入 2 mol C3H8 发生反应，经过 10 min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的 1.75 倍。 0 10 min 内丙烯的生成速率 v(C3H6) =_， C3H8 的平衡转化率为_。下列情况能说明该反应达到平衡状态的是_。A气体密度保持不变 Bc(C3H6)c(H2)/c(C3H8)保持不变C装置内总压器保持不变 DC3H8 分解速率与 C3H6 生成速率相等(2)总压强分别为 p1 和 p2 时，上述反应在不同温度下达到平衡，测得丙烷及丙烯的物质的量分数如下图所示： 压强：p1 _ p2 ； H1_0
22、 (填“”或“ (5). (6). 高温 (7). 0.0125MPa (8). 该反应是气体分子数增加的反应，随着稀有气体比例的增加，降低了反应体系各气体的分压，相当于减压，从而促进反应向正反应方向进行，提高了丙烷脱氢的转化率 (9). -136.5 kJ/mol【解析】【详解】（1）令消耗C3H8的物质的量为xmol，C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) 起始：2 0 0 变化：x x x 平衡：2x x x 利用压强之比等于物质的量之比，得出，x=1.5mol，根据化学反应速率的数学表达式，v(C3H6)=mol/(Lmin)=0.015 mol/(Lmin)；C3H8的转化率为=7
23、5%；A、根据，C3H8、C3H6、H2都是气体，即气体质量保持不变，容器为恒容，V保持不变，密度不变，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；B、Qc=c(C3H6)c(H2)/c(C3H8)，K=c(C3H6)c(H2)/c(C3H8)，当Qc=K时反应达到平衡，即随着反应进行该比值不再改变，说明反应达到平衡，故B符合题意；C、反应前后气体系数之和不相等，利用压强之比等于物质的量之比，因此当压强不再改变，说明反应达到平衡，故C符合题意；D、分解C3H8，生成C3H6，反应都是向正反应方向进行，因此C3H8分解速率与C3H6生成速率相等，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；（2）根据图像，作
24、等温线，增大压强，平衡向逆反应方向进行，C3H8的物质的量增大，物质的量分数增大，即p1p2；根据图像，随着温度升高，C3H8物质的量分数降低，升高温度，平衡向正反应方向进行，即H10；根据符合判据G=H-TS，H0，根据方程式，该反应为熵增，即S0，能够自发进行，G0，即需要在高温下；假设起始时丙烷的物质的量为1mol，根据方程式可知： C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) 起始量（mol） 1 0 0变化量（mol） y y y平衡量 （mol） 1-y y yQ点：丙烷的物质的量分数为50%，则1-y=0.5(1+y)，解得y=1/3，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g) 平
25、衡时的物质的量分数分别为：1/2、1/4、1/4，则Q 点对应温度下该反应的平衡常数 Kp =0.0125MPa，由反应方程式C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)可知，该反应是气体分子数增加反应，随着稀有气体比例的增加，降低了反应体系各气体的分压，相当于减压，从而促进反应向正反应方向进行，提高了丙烷脱氢的转化率；（3）C3H8(g)C2H4(g)+CH4(g) H2 = +81.7 kJ/mol C2H4(g)+H2(g)C2H6(g) H3C3H8(g) +H2(g)CH4(g)+C2H6(g) H4 = -54.8 kJ/mol根据盖斯定律，-=，则H3=H4-H2 =-54.8 kJ
26、/mol-81.7 kJ/mol=-136.5 kJ/mol。11.CaF2、CaC2都是工业生产的重要物质。回答下列问题：(1)基态钙原子的电子排布式_，钙原子核外电子_种不同的空间运动状态。(2)CaC2与水反应生成乙炔(C2H2)，乙炔中碳原子的杂化类型为_，乙炔中的键与键数之比为_。(3)CaF2与浓H2SO4反应生成HF，HF的沸点高于C2H2，原因是：_；HF能与BF3化合得到HBF4，从化学键形成角度分析HF与BF3能化合的原因_。(4)NO2F分子与BF3互为等电子体，则NO2F分子的立体构型为_。(5)CaF2的晶胞为立方晶胞，结构如下图所示：CaF2晶胞中，Ca2+的配位数
27、为_个。“原子坐标参数”可表示晶胞内部各原子的相对位置，已知A、B两点的原子坐标参数如图所示，则C点的“原子坐标参数”为(_，1/4 )晶胞中两个F-的最近距离为273.1pm，用NA表示阿伏加德罗常数，则晶胞的密度为_g/cm3 ( 1pm=110-10，列出计算式即可)。【答案】 (1). Ar4s2 (2). 10 (3). sp (4). 32 (5). HF分子之间存在氢键 (6). BF3中硼原子有空轨道，HF中氟原子有孤对电子，两者之间可形成配位键 (7). 平面三角形 (8). 8 (9). 3/4，3/4，1/4 (10). 【解析】【详解】（1）Ca是20号元素，根据构造原
28、理可知基态钙原子的电子排布式是1s22s22p63s33p64s2，可简写为Ar4s2，根据核外电子排布式可知Ca原子核外电子有10种不同的空间运动状态；（2）乙炔中碳原子间形成碳碳三键，碳原子的杂化类型为sp杂化；根据共价单键是键，共价三键是1个键和2个键，乙炔的结构式是H-CC-H，在乙炔分子中含有3个键，2个键，所以键与键数之比3：2；（3）HF、C2H2都是由分子构成的分子晶体，HF存在分子间氢键，C2H2不存在分子间氢键，因此HF的沸点高于C2H2；在BF3分子中的B原子上有空轨道，而HF分子中的F原子上有孤对电子，当BF3与HF靠近时，HF分子中F原子的孤对电子填充BF3分子中B原
29、子的空轨道，二者形成配位键，从而结合形成HBF4；（4）BF3分子中B原子的价层电子对数为3+=3，没有孤电子对，所以分子的空间构型是平面三角形，而NO2F与BF3是等电子体，二者结构相似，所以NO2F分子的空间构型也是平面三角形；（5）以面心Ca2+为研究对象，在一个晶胞中连接4个F-，通过该Ca2+可形成2个晶胞，所以与该Ca2+距离相等且最近的F-共有8个，因此Ca2+的配位数是8；观察A、B、C的相对位置，可知C点的x轴坐标是，y轴坐标是，z轴坐标是；根据晶胞结构可知，在一个晶胞中含有Ca2+：，含有F-：18=8，即一个晶胞中含有4个CaF2，根据C点的坐标可知：晶胞中F-离子之间的
30、距离为晶胞边长的一半，所以晶胞参数L=2273.1pm=546.2pm，则该晶胞的密度为=g/cm3。【点睛】本题考查了原子核外电子排布、杂化类型、化学键的形成、氢键及配位数的判断、原子位置的确定、晶体密度计算等知识。掌握原子结构理论，具备空间想象力和一定的数学计算能力是本题解答的关键。12.高分子化合物M的合成路线如下：已知：(1)A中含氧官能团的名称是_。(2)H是A的同分异构体，能与FeCl3显示特殊的紫色，核磁共振氢谱显示H有5组峰，则其结构简式为_。(3) B的结构简式为_，G的结构简式为_。(4) 已知D为乙酸乙酯，2 D E + C2H5OH，F中含有醇羟基，的反应类型为_。(5
31、) 写出的反应方程式_。(6) 以乙醛为原料，写出合成D的流程图_。(其他无机试剂任选)。【答案】 (1). 羰基 (2). (3). (4). (5). 消去反应 (6). + (7). 【解析】【分析】根据信息，反应发生还原反应，NO2NH2，即B的结构简式为，反应发生硝化反应，即A的结构简式为，根据M的结构简式，推出反应类型为加聚反应，即G的结构简式为，根据问题（4），推出E的分子式为C6H10O3，按照G的结构简式，推出E的结构简式为，F中含有醇羟基，则反应为加成反应，推出F的结构简式为，反应则发生消去反应；【详解】根据信息，反应发生还原反应，NO2NH2，即B的结构简式为，反应发生硝
32、化反应，即A的结构简式为，根据M的结构简式，推出反应类型为加聚反应，即G的结构简式为，根据问题（4），推出E的分子式为C6H10O3，按照G的结构简式，推出E的结构简式为，F中含有醇羟基，则反应为加成反应，推出F的结构简式为，反应则发生消去反应；（1）根据上述分析，A中含氧官能团是羰基；（2）能与FeCl3发生显色反应，说明酚羟基，H中应含有碳碳双键，核磁共振氢谱有5组峰，说明有5种不同环境的氢，应是对称结构，即结构简式为；（3）根据上述分析，B的结构简式为，G的结构简式为；（4）FG消除OH，引入碳碳双键，即反应的类型为消去反应；（5）反应为加成反应，其反应方程式为+ ；（6）D为乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，将乙醛氧化成乙酸，将乙醛与H2发生加成反应生成乙醇，然后乙酸和乙醇发生酯化反应，得到乙酸乙酯，流程图为。【点睛】本题考查有机合成与推断，涉及对有机物结构简式的推断、官能团的转化、反应类型及同分异构体的书写等，解题时注意已知信息和官能团的性质。第（2）小题同分异构体种数的判断是本题难点，能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；H是A的同分异构体，A中含有羰基，因此H中应含有碳碳双键。
