1、山西省大同市第一中学2020届高三化学3月月考试题（含解析）1.硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如下图)，下列说法错误的是( )A. 碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用做净水剂B. 为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，该反应的离子方程式为：Fe2+2HCO3= FeCO3+ CO2+H2OC. 可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2否被氧化D. 该温度下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大【答案】D【解析】【详解】A.碱式硫酸铁中水解产生胶体，胶体可以吸附水中杂质，故A正确；B.加热易分解，为防止其分解，生产
2、需在较低温度下进行，故B正确；C.中含有，若被氧化则生成，与溶液产生血红色物质，故C正确；D.冷却结晶时，溶解度小的物质先析出，常温下，在水中的溶解度比的小，故D错误；本题答案为D。2.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是组成有机物的基本骨架元素，元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，元素Z的最高正化合价为+2价。下列说法正确的是A. X、Y的单质均具有较高的熔沸点B. 最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序：W、Y、XC. 原子半径由大到小的顺序： X、Y、ZD. Z、W形成的化合物中既含有离子键，又含有共价键【答案】B【解析】【分析】X是有机物的基本骨架元素，即
3、X为C，元素Z的最高正价为2价，且四种元素原子序数依次增大，即Z为Mg，元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，则Y为N，W为Cl，据此分析作答。【详解】A、Y的单质是N2，常温下为气体，熔沸点低，故错误；B、X、Y、W最高价氧化物对应水化物是H2CO3、HNO3、HClO4，碳酸是弱酸，硝酸是强酸，高氯酸是目前酸性最强的，即HClO4HNO3H2CO3，故正确；C、Mg是第三周期元素，C和N是第二周期元素，Mg的半径最大，同周期从左向右半径减小，即CN，因此半径大小是MgCN，故错误；D、形成的化合物是MgCl2，只含离子键，故错误。答案选B。3.探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的
4、是A. 用装置甲进行铜和浓硫酸的反应B. 用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C. 用装置丙稀释反应后的混合液D. 用装置丁测定余酸的浓度【答案】C【解析】【详解】A.铜与浓硫酸反应需加热，无酒精灯，错误；B.SO2密度比空气的密度大，应该长管进，短管出，错误；C.稀释浓硫酸，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，正确；D.NaOH溶液腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管中，该滴定管是酸式滴定管，错误；选C。4.G是一种香料，结构简式如图所示：，下列说法错误的是A. 常温下，G能使溴水褪色B. G的分子式为C15H16O2C. 苯环上二溴代物有5种D. G分子中至少有12原子共平面【答案】C【解
5、析】A. 该有机物分子中有碳碳双键，所以在常温下，G能使溴水褪色，A正确；B. G的分子式为C15H16O2，B正确；C. 苯环上二溴代物有6种，C不正确；D. 由苯环的12原子共面可知，G分子中至少有12个原子共平面，D正确。本题选C。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 常温常压下，5.6L甲烷和乙烯的混合气体中含氢原子数为NAB. 7.8g Na2O2中所含阴阳离子的总数为0.3NAC. 将4.6g钠用铝箔包裹并刺小孔，与足量水充分反应生成氢气分子数为0.1NAD. 反应2KNO3+3C+S =N2+ 3CO2+K2S，每生成0.1mol N2转移电子数为NA【答案】B【
6、解析】【详解】A. 常温常压下， Vm22.4L/mol，所以5.6L气体的物质的量也不一定是0.25mol，A错误； B.7.8g Na2O2的物质的量为0.1mol，Na2O2属于离子化合物，0.1molNa2O2中所含阴阳离子的总数为0.3NA，B正确；C.由于n(Na)=0.2mol，与水反应生成的氢气的物质的量为0.1mol，反应生成的氢氧化钠与铝箔还能反应生成氢气，C错误；D.反应2KNO3+3C+S =N2+3CO2+K2S中转移电子12e-，根据关系：12e- N2可知，每生成0.1molN2转移电子数为1.2NA，D错误；综上所述，本题选B。6.最近一个科学硏究小组创建了一种
7、通过连续电解将能量储存为化学能的装置。在氧化钇基质的阳极和二氧化钛涂覆的钛阴极之间是可通过H+的固体聚合物电解质。其结构如图所示，则下列说法错误的是A. 电源的b极为正极B. 能量转换过程中，固体电解质中H+由阳极向阴极移动C. 阴极电极反应式为：OX+4H+4e-=GC+H2OD. 为增强阳极电解液导电性，可在水中添加适量盐酸或NaCl【答案】D【解析】【详解】AH2O转化为O2，O的化合价升高失电子，则H2O在阳极反应生成氧气，所以b为正极，故A正确；B由题中信息可知，H+可以通过固体聚合物电解质，H+由阳极向阴极移动，故B正确；COX在阴极得电子生成GC，电极方程式为：OX+4H+4e-
8、GC+H2O，故C正确；D氯离子的还原性大于氢氧根离子，会先被氧化，则添加盐酸或NaCl时，阳极上会生成氯气，不能添加盐酸或NaCl，故D错误；故答案为D。7.下列实验方案中，可以达到实验目的的是选项实验目的实验方案A除去苯中混有的苯酚加入适量的溴水充分反应后过滤B制取Fe(OH)3胶体向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，继续加热至红褐色，停止加热C验证酸性：CH3COOHHClO使用pH试纸分别测定相同温度下相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pHD检验溶液中含有I-向某溶液中加入CCl4，振荡后静置，液体分层，下层呈紫红色A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】A
9、. 溴水和苯酚反应生成三溴苯酚，过量溴溶解于苯和苯酚中；B. 制备氢氧化铁胶体时，需要将FeCl3饱和溶液加入沸水中并加热；C. NaClO具有强氧化性，可漂白pH试纸；D. 下层呈紫红色，原溶液存在碘单质。【详解】A. 溴水和苯酚反应生成的三溴苯酚可以溶解于苯中，不能用过滤法将苯和三溴苯酚分开，故A项达不到实验目的；B. 制取氢氧化铁胶体的方法为：向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，继续加热至红褐色，停止加热即可，故B项达到实验目的；C. NaClO具有漂白性，不能使用pH试纸测其pH，故C项达不到实验目的；D. 向某溶液中加入CCl4，振荡后静置，液体分层，下层呈紫红色，说明原溶液存在碘单质，
10、不能判断是否含碘离子，故D项达不到实验目的；答案选B。【点睛】本题侧重考查学生对实验方案的评价与基本操作的能力，要求学生对化学基础相关知识理解与掌握，如D项碘离子的检验，可以依据氯离子的检验方法进行操作，即用稀硝酸酸化的硝酸银溶液检验，若原溶液中有黄色沉淀生成，则证明有碘离子。要注意区分碘离子与碘单质的结构与性质的不同是解题的关键。8.亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的消毒剂，可用ClO2为原料制取。某化学兴趣小组同学展开对漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)的研究。已知：饱和NaClO2溶液在温度低于38 时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38 时析出的晶体是NaClO2，高于60 时 N
11、aClO2分解成NaClO3和NaCl。Ba(ClO2)2可溶于水。利用图所示装置进行实验。(1)装置的作用是_，装置的作用是_。 (2)装置中制备ClO2的化学方程式为_；装置中反应生成NaClO2的化学方程式为_。 (3)从装置反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤为：减压，55 蒸发结晶；趁热过滤；_；低于60 干燥，得到成品。如果撤去中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是_。 (4)设计实验检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4，操作与现象是取少量晶体溶于蒸馏水，_。 (5)为了测定NaClO2粗品的纯度，取10.0 g上述初产品溶于水配成1 L溶液，取出10 mL溶液
12、于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后(NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应)，加入23滴淀粉溶液，用0.20 molL-1的Na2S2O3标准液滴定，重复2次，平均消耗Na2S2O3溶液20.00 mL，计算得NaClO2粗品的纯度为_。(提示：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)。【答案】 (1). 吸收多余的ClO2气体，防止污染环境 (2). 防止倒吸(或作安全瓶等) (3). 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)= 2ClO2+2Na2SO4+H2O (4). 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2 (5). 用386
13、0 的温水洗涤 (6). NaClO3和NaCl (7). 滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4 （2分） (8). 90.5%【解析】【详解】(1)装置中产生的ClO2，装置可以吸收未反应的ClO2，防止逸出污染空气；装置是安全瓶，可以防止倒吸；综上所述，本题答案是：吸收多余的ClO2气体，防止污染环境； 防止倒吸(或作安全瓶等) 。 (2)亚硫酸钠具有还原性，氯酸钠具有氧化性，在酸性环境下二者发生氧化还原反应生成ClO2，化学方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；在装置中ClO2得到电子被还
14、原变为NaClO2，H2O2失去电子，表现还原性，反应的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2。综上所述，本题答案是：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。(3)从溶液中制取晶体，一般采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，根据题给信息NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是NaClO23H2O，高于38时析出的晶体是NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl知，从装置反应后的溶液获得晶体NaClO2的操作步骤为:减压，55蒸发
15、结晶；趁热过滤；用3860的温水洗涤；低于60干燥，得到成品。如果撤去中的冷水浴，由于温度高，可能导致NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl。综上所述，本题答案是：用3860 的温水洗涤；NaClO3和NaCl。 (4)检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4，取少量晶体溶于蒸馏水，滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4 ；综上所述，本题答案是：滴加几滴BaCl2溶液，若有白色沉淀出现，则含有Na2SO4，若无白色沉淀出现，则不含Na2SO4 。(5) ClO2-+4I-+4H+
16、=Cl-+2I2+2H2O，用Na2S2O3标准液滴定，发生反应:2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，可得反应的关系式为: ClO2-2I2-4Na2S2O3，又n(Na2S2O3)=0.2 molL-10.02 L=0.004 mol，得n(ClO2-)=0.001 mol，所以1L溶液中含有:n(NaClO2)=0.001 mol100=0.1mol，则10.0 g NaClO2粗品中含有:m(NaClO2)=0.1 mol90.5 gmol-1=9.05 g，则w(NaClO2)=9.05/10.0100%=90.5%。综上所述，本题答案是：90.5%。【点睛】本题涉及到氧化
17、还原反应方程式时，要结合反应过程中的电子守恒和原子守恒规律进行书写和配平；针对（5）问题：当测定物质含量涉及的反应有多个时，先根据方程式得到相应的关系式，利用已知物质与待求物质之间物质的量关系计算，就可以使计算过程大大简化。9.工业上采用酸性高浓度含砷废水(砷主要以亚砷酸H3AsO3形式存在)提取中药药剂As2O3。工艺流程如下：回答下列问题：（1）已知砷元素与N同一主族，原子比N原子多两个电子层，则砷元素的原子序数为_，“沉砷”中所用Na2S的电子式为_。（2）已知：As2S3与过量的S2-存在以下反应：As2S3(s)+3S2-(aq) 2AsS33- ；“沉砷”中FeSO4的作用是_。（
18、3）“焙烧”过程中由于条件的原因，生成的三氧化二铁中混有四氧化三铁，证明四氧化三铁存在的试剂是_。(写名称)（4）调节pH=0时，由Na3AsO4制备As2O3的离子方程式为：_。（5）一定条件下，用雄黄(As4S4)制备As2O3的转化关系如图所示。若反应中，1molAs4S4(其中As元素的化合价为+2价)参加反应时，转移28mole-，则物质a为_。(填化学式)（6）某原电池装置如图，电池总反应为：AsO43-+2I-+H2OAsO33-+I2+2OH-。当P池中溶液由无色变成蓝色时，正极上的电极反应式为_。一段时间后电流计指针不发生偏转。欲使指针偏转方向与起始时相反，可采取的措施是_(
19、举一例)。【答案】 (1). 33 (2). (3). 与过量的S2-结合生成FeS沉淀，防止As2S3与S2-结合生成AsS33-（或与S2-结合生成FeS沉淀，使平衡左移，提高沉砷效果） (4). 稀硫酸、铁氰化钾（或稀硫酸、高锰酸钾） (5). 2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3+ 2SO42-+H2O (6). SO2 (7). AsO43-+H2O+2e-AsO33-+2OH- (8). 向Q加入Na3AsO3固体或加入碱（NaOH等）【解析】【分析】酸性高浓度含砷废水加入硫化钠、硫酸亚铁，其中硫酸亚铁可除去过量的硫离子，过滤得到As2S3和FeS，焙烧，可生成As2O3、
20、氧化铁，加入氢氧化钠溶液生成Na3AsO3，氧化生成Na3AsO4，生成的气体为二氧化硫，与Na3AsO4在酸性条件下发生氧化还原反应生成As2O3，以此解答该题。【详解】(1)已知砷元素与N同一主族，原子比N原子多两个电子层，砷为第四周期元素，第二周期有8种元素，第三周期有18种元素，则两者原子序数相差8+18=26，故砷元素的原子序数为26+7=33，硫化钠为离子化合物，电子式为；(2)亚铁离子与过量的S2-结合生成FeS沉淀，防止AS2O3与S2-结合生成AsS33-，即As2S3+3S2-2AsS32-使平衡逆向进行，提高沉砷效果；(3)四氧化三铁含有+2价铁，具有还原性，可先用稀硫酸
21、溶解，再在酸性条件下，滴加高锰酸钾溶液，溶液褪色，即可证明四氧化三铁存在，则可用硫酸、高锰酸钾检验；(4)调节pH=0时，由Na3AsO4制备As2O3的离子方程式为2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3+2SO42-+H2O；(5)As4S4中As为+2价、S为-2价，且生成As2O3，1molAs4S4(其中As元素的化合价为+2价)参加反应时，转移28mole-，则4molS元素化合价升高6价，生成物化合价为+4价，应为SO2；(6)P池中溶液由无色变成蓝色，说明P池Pt极为负极，则Q池中Pt极为正极，发生还原反应，电极反应为AsO43-+H2O+2e-=AsO33-+2OH-；一
22、段时间后电流计指针不发生偏转，说明达到平衡状态，加入NaOH溶液，反应逆向进行，此时Q池中Pt极为负极，电子应由Q池流出，即指针偏转方向与起始时相反。10.能源问题是人类社会面临的重大问题,合理的开发利用至关重要。（1）丁烯是石油化工中的重要产物,正丁烷脱氢可制备1-丁烯:C4H10（g） =C4Hg（g） +H2（g） H。 下表为该反应中所涉及物质的键能数据:则H=_（2）甲醇是未来重要的绿色能源之一,常见的合成反应为CO（g） +2H2（g） CH3OH（g）H0。向100 L刚性密闭容器中充人1 mol CH4和3 mol水蒸气进行反应,不同温度和压强下平衡体系中CH4的平衡转化率情况
23、如图1所示:p1_p2（填“”或“=）。已知压强为P1,温度为100C时,反应达到平衡所需的时间为5min,则05min内用H2表示的平均反应速率为_；该温度下的平衡常数K=_mol2L-2。（4）近年来,有人研究用温室气体二氧化碳通过电催化生成多种燃料,其工作原理如图2所示。写出Cu电极上产生乙烯的电极反应式:_；如果Cu电极上生成0.17molCO和0.33molHCOOH,则Pt电极上产生O2的物质的量为_mol。HCOOH为一元弱酸,常温下将0.1molL-1HCOOH溶液与0.1molL-1NaOH溶液按体积比a:b混合（忽略溶液体积的变化），混合后溶液恰好显中性,则HCOOH的电离
24、常数为_（用含a、b的代数式表示）。【答案】 (1). +125kJ/mol (2). 1 (3). 1 (4). (5). 0.003 mol/(Lmin) (6). 1.3510-4 (7). 2CO2+12H+12e-=C2H4+4H2O (8). 0.25 (9). 【解析】【分析】(1)焓变=反应物键能-生成物键能，据此计算；(2)将表格数据代入公式，利用待定系数法求解；(3)该反应为压强增大的反应，同温度下压强越大甲烷的转化率越低；根据计算反应速率甲烷的速率，再推算用氢气表示的反应速率；K等于生成物浓度幂(以其化学计量数为幂)之积与反应物浓度幂之积的比值；(4)铜电极为阴极，得电子
25、发生还原反应；根据电路中电子守恒进行计算；HCOOH的电离常数K=，据此进行计算。【详解】(1)H =反应物键能-生成物键能=(10414kJ/mol+3348kJ/mol)-(8414kJ/mol+2348kJ/mol+615kJ/mol+436kJ/mol)=+125kJ/mol，故答案为：+125kJ/mol；(2)v正=k正cm(CO)cn(H2)可知中0.361mol/(Lmin)= k正(0.24mol/L)m(0.48mol/L)n；中：0.720mol/(Lmin)= k正(0.24mol/L)m(0.96mol/L)n；中：0.719mol/(Lmin)= k正(0.48mo
26、l/L)m(0.48mol/L)n；则/可得2=2n，即n=1；/得2=2m，则m=1，故答案为：1；1；(3)该反应为压强增大的反应，同温度下压强越大甲烷的转化率越低，所以p1p2，故答案为：NCH (3). sp3 (4). 甘氨酸为极性分子，且分子中的氨基和羧基都能与水分子形成氢键 (5). 5 (6). 12NA (7). 阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低 (8). 正四面体 (9). 否 (10). （1010-a）pm【解析】【分析】（1）Zn的核电荷数为30，处于周期表中第4周期第B族，基态Zn2+的价电子排布式为3d10；C、N、O是同一周期的元素，从左到
27、右电负性减小，电负性由大到小的顺序是ONCH。（2）N原子价层电子对个数是4，杂化轨道类型为sp3；从分子极性和氢键两个角度解释；（3）根据配位数的定义判断；（4）1 mol IMI中含有5molC-N、6molC-H、1molC-H，共126.021023个键。（5）从晶格能大小的角度解释；（6）S2做面心立方最密堆积，Zn2做四面体填隙，根据结合晶胞边长和体对角线的关系、密度公式=mV计算。【详解】（1）Zn为30号元素，基态Zn2+的价电子排布式为3d10；一水合甘氨酸锌中所涉及的非金属元素C、N、O、H，C、N、O是同一周期的元素，从左到右电负性减小，电负性由大到小的顺序是ONCH。（
28、2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中N原子形成三个键，孤电子对为 =1，N原子价层电子对个数是4，杂化轨道类型为sp3；甘氨酸易溶于水，因为：甘氨酸极性分子，且分子中的氨基和羧基都能与水分子形成氢键。（3）Zn与甘氨酸中的氧和氮原子形成4个配位键，和水中氧形成一个配位键，一水合甘氨酸锌中Zn2+的配位数为5。（4） Zn(IMI)4(ClO4)2是Zn2+的另一种配合物，IMI的结构为，则1 mol IMI中含有5molC-N、6molC-H、1molC-H，共126.021023个键。（5）常温下IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物为液态而非固态，原因是阴阳离子半径大，电荷小，形成
29、的离子晶体晶格能小，熔点低。（6）S2为面心立方最密堆积，Zn2做四面体填隙，所以晶体中与Zn2等距且最近的S2形成的立体图形为正四面体形，Zn2+填入S2-组成的正四面体空隙中；由不能判断出S2- 、Zn2+相切；晶体的密度为dgcm3，阿伏伽德罗常数为NA，一个晶胞中含有Zn2的个数为4，S2的个数为8 +6 =4个，不妨取1mol这样的晶胞，即有NA个这样的晶胞，设晶胞的边长为Ccm，一个晶胞的体积为V=c3cm3，则晶体密度为= ，所以C= cm，由于晶体中Zn2和S2原子之间的最短距离为体对角线的 ，所以该晶体中S2和Zn2之间的最短距离为 cm= cm，S2-半径为a pm，若要使
30、S2-、Zn2+相切，则Zn2+半径为（1010-a）pm。【点睛】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、空间构型、电离能、分子结构与性质、晶胞计算等，注意晶胞中原子分摊和晶胞密度的计算。12.乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物（H）具有很好的抗血小板聚集活性，是良好的心脑血管疾病的治疗药物。已知：请回答：（1）E中含有的官能团名称为_；（2）丹皮酚的结构简式为_；（3）下列说法不正确的是（ ）A乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物 H 的分子式为 C21H34O3N3B物质B 可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐C DE 和 GH 的反应类型均为取代反应D物质 C 能使浓溴水褪色，而且 1mol C
31、 消耗 2molBr2（4）写出 FG 的化学方程式_。（5）写出满足下列条件 F 的所有同分异构体的结构简式_。能发生银镜反应；1molF 与 2molNaOH恰好反应。1H-NMR 谱显示分子中含有 5 种氢原子； IR 谱显示有NH2，且与苯环直接相连（6）阿司匹林也具有抑止血小板凝聚的作用。结合题给信息，请以硝基苯和乙酸酐为原料设计合理的路线制备阿司匹林（）。（用流程图表示，无机试剂任选）_。【答案】 (1). 醚键、羰基 (2). (3). AD (4). (5). 、。 (6). 【解析】【分析】苯硝化得到A，从A的分子式可以看出，A是苯分子中的两个氢原子被硝基取代后的生成物，结合
32、后面物质的结构简式可确定两个硝基处于间位，即A为间二硝基苯，A发生还原反应得到B，A中的两个硝基被还原为氨基，得到B（间苯二胺），间苯二胺生成C，分析C的分子式可知，B中的两个氨基被羟基取代得到了间苯二酚C，间苯二酚和乙酸发生取代反应，苯环上的一个氢原子被-COCH3取代，得的有机物，和(CH3)2SO4在碳酸钾的作用下反应生成丹皮酚，丹皮酚又和CH3CH2Br在NaOH醇溶液作用下得到E，根据E和的结构简式可知，丹皮酚是中和-COCH3处于对位的羟基上的氢原子被甲基取代的生成物，所以丹皮酚的结构简式为。丹皮酚中的另一个羟基上的氢原子被乙基取代得到E。E发生的反应是已知的第二个反应，羰基上的氧
33、原子被NOH代替生成F（），F中的羟基上的氢原子被-CH2CH2CH2CH2Br取代生成G，G中的溴原子被取代生成H。【详解】（1）根据有机物E的结构简式可知，E中含有的官能团名称醚键、羰基；正确答案：醚键、羰基。（2）根据题给信息分析看出，由有机物2,4-二羟基苯乙酮变为丹皮酚，碳原子数增加1个，再根据有机物E的结构简式可知，丹皮酚的结构简式为；正确答案：。（3）根据乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物 H 的结构简式可知其分子式为 C21H35O3N3，A错误；物质B为间苯二胺，含有氨基，显碱性可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐，B正确；DE是溴乙烷中的-CH2CH3取代了酚羟基中的氢原子； GH
34、 是-CH2CH2CH2CH2Br与NH(CH2CH2)2NCH2CH3发生了取代反应，C正确；物质 C为间苯二酚， 能与浓溴水发生取代反应，溴原子主要在环上羟基的邻对位发生取代，而且 1molC消耗3molBr2，D错误；正确选项AD。（4）有机物F结构=N-OH 与BrCH2CH2CH2CH2Br发生了取代反应；正确答案：。（5）根据有机物F分子式为C11H15O3N，IR 谱显示有NH2，且与苯环直接相连，该有机物属于芳香族化合物；能发生银镜反应；1molF 与 2molNaOH恰好反应，说明分子结构含有醛基、酚羟基或者甲酸酚酯；1H-NMR 谱显示分子中含有 5 种氢原子，对称程度较大，不可能含有甲酸酚酯；综上该有机物结构简式可能为： 、；正确答案：、。（6）根据题给信息可知，硝基变为羟基，需要先把硝基还原为氨基，然后再氯化氢、水并加热220条件下变为酚羟基，苯酚变为苯酚钠盐后再根据信息，生成邻羟基苯甲酸，最后该有机物与乙酸酐反应生成酚酯；正确答案：。
