1、（全国I卷）江西省南昌市2020届高三化学第一次模拟测试试题（含解析）一、选择题1.下列说法正确的是( )A. 国庆70周年大典放飞的气球由可降解材料制成，主要成分是聚乙烯B. 歼- 20上用到的氮化镓材料是一种金属合金材料C. 我国发射的“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种无机非金属材料D. “绿水青山就是金山银山”。推广聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒等，以减少术材的使用【答案】C【解析】【详解】A聚乙烯材料不可降解，A错误；B氮化镓，化学式GaN，是氮和镓的化合物，并不属于合金，B错误；C碳纤维是碳的单质，是一种无机非金属材料，C正确；D聚氯乙烯是塑料，不可降解，且不可于用于食品包装，D错
2、误。答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 28g晶体硅中含有NA个Si-Si键B. 叠氮化铵(NH4N3)发生爆炸反应：NH4N3=2N2+2H2，当产生标准状况下22.4L气体时，转移电子的数目为NAC. pH=1的H3PO4溶液中所含H+的数目为0.1NAD. 200mL1mol/LAl2(SO4)3溶液中A13+和SO42-的数目总和是NA【答案】B【解析】【详解】A1个Si原子周围有4个SiSi，而1个SiSi周围有2个Si原子，则Si和SiSi的比例为2：4=1：2，28gSi其物质的量为1mol，则含有的SiSi的物质的量为2mol，其数目为2NA，A错误
3、；B叠氮化铵发生爆炸时，H的化合价降低，从1降低到0，1mol叠氮化铵发生爆炸时，生成4mol气体，则总共转移4mol电子；现生成22.4：L，即1mol气体，则转移的电子数为NA，B正确；C不知道磷酸溶液的体积，无法求出其溶液中的H数目，C错误；D200mL1molL1Al2(SO4)3溶液中，如果Al3不水解，则Al3和SO42的物质的量=0.2L1molL120.2L1molL13=1mol，其数目为NA，但是Al3为弱碱的阳离子，在溶液中会水解，因此Al3数目会减少，Al3和SO42的总数目小于NA，D错误。答案选B。3.下列说法不正确的是( )A. C2H6和C6H14一定互为同系物
4、B. 甲苯分子中最多有13个原子共平面C. 石油裂解和油脂皂化均是由高分子物质生成小分子物质的过程D. 制乙烯时，配制乙醇和浓硫酸混合液：先加乙醇5mL，再加入浓硫酸15mL边加边振荡【答案】C【解析】【详解】AC2H6和C6H14表示都是烷烃，烷烃的结构相似，碳原子之间都是单键，其余键均为CH键，分子式相差若干个CH2，互为同系物，正确，A不选；B甲苯中苯基有11个原子共平面，甲基中最多有2个原子与苯基共平面，最多有13个原子共平面，正确，B不选；C高分子化合物的相对分子质量在10000以上，石油的成分以及油脂不是高分子化合物，错误，C选；D浓硫酸溶于水放出大量的热，且密度比水大，为防止酸液
5、飞溅，应先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶，边加边振荡，正确，D不选。答案选C4.下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是( )选项实验操作现象结论A将待测液中，依次滴加氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有Fe2+B向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuSZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)H2CO3A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A若原溶液中有Fe3，加入氯水，再加入KSCN溶液，也会变红，不能确定溶液中是否含有Fe2，结论错误；应该先加入KSCN溶液不变红，说明没有Fe3，再加入氯水，溶液变红，说明氯气将Fe2氧化成Fe3，A错误
6、；BZnS溶解而CuS不溶解，可知CuS更难溶；这两种物质的类型相同，可通过溶解度大小直接比较Ksp大小，则Ksp(CuS)Ksp(ZnS)，B正确；CCu(NO3)2溶液中有NO3，加入稀硫酸酸化，则混合溶液中的Cu、H、NO3发生氧化还原反应，而不是Cu与稀硫酸反应，结论错误，C错误；DCO32HCO3电离得到CO32。相同条件下，NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH，说明CO32水解能力强，则酸性HAHCO3，而不是强于H2CO3，结论错误，D错误。答案选B。【点睛】容易误选D项，需要注意，CO32是由HCO3电离得到的，因此通过比较NaA溶液和Na2CO3溶液的pH比较酸的强弱，
7、其实比较的是HA和HCO3的强弱。若需要比较HA和H2CO3的酸性强弱，则应该同浓度NaA和NaHCO3溶液的pH大小。5.在K2Cr2O7存在下利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图。下列说法正确的是( ) A. M为电源负极，有机物被还原B. 中间室水量增多，NaCl溶液浓度减小C. M极电极反应式为：+11H2O-23e-=6CO2+23H+D. 处理1molCr2O72-时有6mol H+从阳离子交换膜右侧向左侧迁移【答案】B【解析】【详解】根据图示，M极，苯酚转化为CO2，C化合价升高，失去电子，M为负极，在N极，Cr2O72转化为Cr(OH)3，Cr的化合价
8、降低，得到电子，N为正极。A根据分析，M为电源负极，有机物失去电子，被氧化，A错误；B由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na和Cl不能定向移动。电池工作时，M极电极反应式为+11H2O-28e-=6CO2+28H+，负极生成的H透过阳离子交换膜进入NaCl溶液中，N极电极反应式为Cr2O726e14H2O=2Cr(OH)38OH，生成的OH透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中，OH与H反应生成水，使NaCl溶液浓度减小，B正确；C苯酚的化学式为C6H6O，C的化合价为升高到+4价。1mol苯酚被氧化时，失去的电子的总物质的量为64()=28mol，则其电极反应式为+11H
9、2O-28e-=6CO2+28H+，C错误；D原电池中，阳离子向正极移动，因此H从阳离子交换膜的左侧向右侧移动，D错误。答案选B。【点睛】此题的B项比较难，M极是负极，阴离子应该向负极移动，但是M和NaCl溶液之间，是阳离子交换膜，阴离子不能通过，因此判断NaCl的浓度的变化，不能通过Na和Cl的移动来判断，只能根据电极反应中产生的H和OH的移动反应来判断。6.X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，Z、W可以形成两种重要化合物ZW2、Z2W2，X、Y的原子半径依次减小，X、Y、Z组成的一种化合物(ZXY)2：的结构式为YX-Z-Z-XY。下列说法正确的是( )A. 化合物Z2W2中
10、含有离子键B. 简单离子半径大小顺序：ry rw rzC. 元素W的氧化物对应水化物的酸性比Y的强D. X和Z组成的化合物中可能所有原子都达到8电子稳定结构【答案】D【解析】【详解】X、Y、Z、W 是四种原子序数依次增大的短周期元素，X、Y的原子半径依次减小，说明二者位于同一周期；X、Y、Z 组成的一种化合物(ZXY)2的结构式为YX-Z-Z-XY，X形成4个共价键，位于A族，Y形成3个共价键，位于A族，Z形成2个共价键，位于A族，则X为C元素，Y为N，Z为S元素。Z、W可以形成两种重要化合物ZW2、Z2W2，则W为Cl元素，形成的物质分别为SCl2和S2Cl2。A化合物Z2WZ为S2Cl2，
11、S最外层6个电子，达到稳定结构需要共用2个电子，Cl最外层7个电子，达到稳定结构需要共用1个电子，则S2Cl2中只含有共价键，结构是为ClSSCl，A错误；BY、Z、W形成的简单离子分别为N3、S2、Cl，N3核外只有2个电子层，半径最小；而S2和Cl的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则S2的半径大于Cl的半径，因此排序为S2ClN3，即rzrwry，B错误；CW为S元素，Y为N元素，W的含氧酸有H2SO3，为弱酸，其酸性比Y的含氧酸HNO3弱，C错误；DX为C元素，Z为S元素，C原子要达到稳定结构需要共用4个电子，S要达到稳定结构需要共用2个电子，则1个C原子和2个S原子均可达
12、到稳定结构，分子式为CS2，结构是为S=C=S，D正确。答案选D。7.向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固体(溶液体积变化、温度变化忽略不计)，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是( )已知：Ksp(BaCO3)=2.4010-9A. A、B、C三点对应溶液pH的大小顺序为：ABCB. A点对应的溶液中存在：c(CO32-)BC，A正确；BA点对应的溶液的小于0，可知0，可知c(CO32-)c(HCO3-)，B错误；CB点对应的溶液的lgc(Ba2)=-7，则c(Ba2)=10-7molL1，根据Ksp(BaCO3)=c(Ba2)c(CO32)= 2.
13、4010-9，可得c(CO32)= ，C错误；D通入CO2，CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3第一步电离产生较多的HCO3，减小，则增大，C点不能移动到B点，D错误。答案选A。【点睛】D项也可以根据电离平衡常数推导，根据HCO3HCO32，有，转化形式可得，通入CO2，溶液的酸性增强，c(H)增大，减小，则增大。二、填空题8.工业上用草酸“沉钴”，再过滤草酸钴得到的母液A经分析主要含有下列成分：H2C2O4Co2+Cl-质量浓度20.0g/L1.18g/L2.13g/L为了有效除去母液A中残留的大量草酸，一般用氯气氧化处理草酸，装置如下： 回答下列问题：(1)母液A中c(CoO2)为_m
14、olL-1。 ，(2)分液漏斗中装入盐酸，写出制取氯气的离子方程式 _。反应后期使用调温电炉加热，当锥形瓶中_(填现象)时停止加热。(3)三颈烧瓶反应温度为50，水浴锅的温度应控制为 _(填序号)。A.50 B.5l-52 C.45 - 55 D.60(4)氯气氧化草酸的化学方程式为_ 。(5)搅拌器能加快草酸的去除速率，若搅拌速率过快则草酸去除率反而降低，主要原因是_。 (6)若用草酸铵代替草酸“沉钴”，其优点是_ ，其主要缺点为_。【答案】 (1). 0.02 (2). ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O (3). 黄绿色气体变成无色 (4). B (5). H2C2O4+Cl2=2
15、CO2+2HCl (6). 搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低 (7). 残存于母液A中c(CoCl2)会更小 (8). 母液A处理中消耗更多的氯气【解析】【分析】利用浓盐酸和Ca(ClO)2反应制备氯气，氯气在氧化草酸，除去母液中的草酸。【详解】(1)根据表格中的信息， Co2+的质量浓度为 1.18g/L，则1L溶液中的，则；(2)加入盐酸，与Ca(ClO)2反应生成Cl2，为归中反应，离子方程式为ClO+Cl+2H=Cl2+H2O；氯气为黄绿色气体，当反应完全之后，无氯气产生，装置中的气体由黄绿色变成无色，则答案为黄绿色气体变成无色；(3)由于热传递，只能由温度高的传递到温
16、度低的部分，三颈烧瓶反应温度为50，那么水浴锅的温度应该高一点，这样热量才能传递到反应液中，B符合题意；(4)氯气具有氧化性，草酸具有还原性，能够发生氧化还原反应，草酸被氧化成CO2，化学方程式为H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl；(5)搅拌过快，Cl2来不及反应，就从母液中逸出，因此草酸去除率反而降低，答案为搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低；(6)草酸铵为强电解质，而草酸是弱电解质，草酸铵溶液中的草酸根浓度更大，能够使Co2沉淀得更加完全；由于母液中有NH4，在Cl2也会与NH4反应，因此在处理母液时，需要消耗更多的氯气。答案：残存于母液A中c(CoCl2)会更小 母液
17、A处理中消耗更多的氯气。9.铜锌银精矿化学成分如下：元素CuZnAgSFePb元素质量分数/%17.6018.300.14633.1518.177.86利用铜锌银精矿制备硫酸铜晶体的流程如下：回答下列问题：(l)“气体A”为_(填化学式)，“浸渣”中主要为硫酸铅和_(填化学式)。(2)“沉铜”得到Cu2Cl2固体，目的是_。(3)“氧化”工序中，恰好反应时氧化剂和还原剂物质的量之比为_。(4)“母液2”中阴离子含量最多的是_，该溶液最好返回 _工序循环使用。(5)依据铜锌银精矿化学成分进行分析，精矿中含有FeS2，理由是_。【答案】 (1). SO2 (2). AgCl (3). 除去锌铁元素
18、，分离出铜元素 (4). 1:2 (5). 氯离子 (6). 沉铜 (7). 硫元素物质的量多于金属物质的量之和，故含有FeS2【解析】【分析】铜锌银精矿和空气中的O2发生反应，各金属得到其氧化物，S转化为SO2，再加入H2SO4和NaCl，金属氧化物 转化为硫酸盐，Ag转化为AgCl沉淀，Pb转化为PbSO4沉淀。通入SO2将Cu2转化为Cu2Cl2沉淀，加入O2、H2SO4转化为CuSO4溶液，最后得到CuSO4晶体。【详解】(1)在焙烧过程中，各金属转化为金属氧化物，而S元素转化为SO2，因此气体A为SO2；各金属氧化物与H2SO4转化为金属离子，Pb2与SO42沉淀得到PbSO4，而A
19、g与Cl会生成AgCl沉淀；(2)经过浸出之后，溶液中还有Zn2、Fe2、Cu2。沉铜之后，得到Cu2Cl2沉淀，实现了Cu与Zn、Fe的分离，答案为除去锌铁元素，分离出铜元素；(3)氧化的目的是将Cu2Cl2转化为CuSO4，Cu2Cl2中Cu的化合价为1价，1molCu2Cl2转化全部转化为Cu2，失去2mol电子，1molO2反应时，得到4mol电子，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的比例为1：2；(4) 氧化的目的是将Cu2Cl2转化为CuSO4，根据原子守恒，溶液中阴离子还大量存在的还有Cl-；母液2中含有较多的Cl，以及没有沉淀的Cu2和SO42，溶液中没有Ag和Pb2等离子，不需
20、要“浸出”，最好返回“沉铜”的步骤中，可以为该步骤提供Cl；【点睛】问题(4)母液2最好返回的步骤中，易填错为浸出，浸出过程中也加入NaCl，但是要考虑到浸出加入NaCl的目的是为了沉淀Ag，而Ag在溶液中的量是很少的，而沉淀铜的时候需要较多的Cl，母液2中含有较多的Cl，且不含有其他金属离子，因此进入沉铜步骤，也可以减少相关净化操作。10.1799年，英国化学家汉弗莱戴维发现了N2O气体。在食品行业中，N2O可用作发泡 剂和密封剂。(l) N2是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂的作用下生成N2O的化学方程式为_。(2)N2O在金粉表面发生热分解反应：2N2O(g)=2
21、N2(g)+O2(g)H。已知：2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l) H1=-1010KJ/mol4NH3(g)+3O2(g) =2N2(g)+6H2O(l) H2=-1531KJ/mol H=_。(3)N2O和CO是环境污染性气体，研究表明，CO与N2O在Fe+作用下发生反应：N2O(g)+CO(g)CO2(g)十N2(g)的能量变化及反应历程如下图所示，两步反应分别为：反应Fe+N2OFeO+N2；反应_由图可知两步反应均为_(填“放热”或“吸热”)反应，由_(填“反应或反应”)决定反应达到平衡所用时间。(4)在固定体积的密闭容器中，发生反应：N2O(g)+CO(g
22、)CO2(g)+N2(g)，改变原料气配比进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定N2O的平衡转化率。部分实验结果如图所示：如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是：_ ；图中C、D两点对应实验温度分别为TC和TD，通过计算判断TC_TD(填“”“=”或“”)。(5)在某温度下，向1L密闭容器中充入CO与N2O，发生反应：N2O(g)+CO(g)CO2(g)十N2(g)，随着反应的进行，容器内CO的物质的量分数变化如下表所示：时间/min0246810物质的量分数50.0%40.25%32.0%26.2%24.0%240%则该温度下反应的平衡常数K=_。【
23、答案】 (1). 2NH3+2O2N2O+3H2O (2). -163kJ/mol (3). FeO+COCO2+Fe+ (4). 放热 (5). 反应 (6). 降低温度 (7). = (8). 1.17【解析】【分析】(2)利用盖斯定律求反应热；(3)根据总反应减去反应得到反应；根据反应物和生成物的相对能量判断反应热；根据活化能的相对大小判断化学反应速率大小，从而确定决速步；(4)根据不同温度下的平衡常数的大小，判断温度的变化；(5)根据三等式求算平衡常数。【详解】(1)NH3和O2反应得到N2O，根据化合价升降守恒配平，NH3中N的化合价从3升高到N2O中的1，共升高4价；O2中O的化合
24、价从0降低到2，共降低4价，化合价升降守恒，则NH3和O2的系数比为1：1，根据原子守恒配平，可得2NH3+2O2N2O+3H2O；(2) 已知2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l) H1=-1010KJ/mol，4NH3(g)+3O2(g) =2N2(g)+6H2O(l) H2=-1531KJ/mol；反应-反应可得目标反应，则H=H1-H2=-1010kJ/mol-(-1531kJ/mol)=-163kJ/mol；(3)总反应为N2O(g)+CO(g)CO2(g)十N2(g)，实际过程是分2步进行，因此反应和反应相加得到总反应，则反应等于总反应减去反应，可得反应为Fe
25、O+COCO2+Fe+；根据反应历程图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该两步反应均为放热反应；根据反应的历程图可知，由Fe和N2O经过过渡态得到产物FeO和N2，过渡态和反应物Fe和N2O的能量差为反应的活化能，同理，可知反应的活化能，可知，反应的活化能大于反应的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，决定反应达到平衡所用时间，即反应决定反应达到平衡所用时间；(4)根据图像，C点和B点，反应物的投料比相同，但是B点表示的平衡状态，N2O的转化率高于C点，C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡正向移动，N2O的转化率增加；B和C点的反应物投料比相同，因此
26、不是改变反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反应，平衡正向移动，因此采取的措施是降低温度；利用三等式求出C和D点平衡状态的平衡常数，从而比较温度大小；设定容器体积的体积为VL。C点的平衡状态其反应物的投标比为1，则设N2O和CO的物质的量均为1mol，其N2O的转化率为0.50，则根据三等式有，则在平衡常数；D点的平衡状态其反应物的投标比为1.5，则设N2O和CO的物质的量为1.5mol和1mol，其N2O的转化率为0.40，N2O反应了1.5mol0.40=0.6mol，则根据三等式有，则在平衡常数；C点和D点表示的平衡状态的平衡常数相同，则
27、温度相同，有TC=TD；(5)根据表格的数据，开始时CO的物质的量分数为50.0%，则设CO和N2O的物质的量各位1mol，假设到达平衡时，CO转化了xmol，根据三等式有，达到平衡时，CO的物质的量分数为24.0%，则有，解得x=0.52mol，则平衡常数。11.GaN是制造5G芯片的材料，氮化镓和氮化铝LED可发出紫外光。回答下列问题：(1)基态Ga原子的核外电子排布式为Ar_。(2)根据元素周期律，元素的电负性Ga_ (填“大于”或“小于”，下同)As。(3)科学家合成了一种阳离子为“N5n+”，其结构是对称，5个N排成“V”形，每个N原子都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键；此后又
28、合成了一种含有“N5n+”化学式为“N8”的离子晶体，其电子式为_，其中的阴离子的空间构型为_。(4)组成相似的CaF3和GaCl3晶体，前者属于离子晶体，后者属于分子晶体。从F-和Cl-结构的不同分析其原因是_。(5)原子晶体GaAs的晶胞参数a=xpm，它的晶胞结构如下图所示。该晶胞内部存在的共价键数为 _；紧邻的As原子之间的距离为b，紧邻的As、Ca原子之间的距离为d，则b：d=_，该晶胞的密度为_g cm-3。(阿伏加德罗常数用NA表示)【答案】 (1). 3d104s24p1 (2). 小于 (3). (4). 直线形 (5). Cl-的电子层比F-的多，原子半径比F-的大，正负离
29、子半径相差较大的GaF3是离子键，形成离子晶体，正负离子半径相差小的GaCl3是共价键，形成分子晶体 (6). 16 (7). (8). 【解析】【分析】(1)Ga处于周期表中第4周期第A族，根据核外电子排布规律书写；(2)同周期主族元素，随着元原子序数增大，电负性增大；(5)紧邻的两个As原子的距离为顶点到面心的距离b=，紧邻的As、Ga原子之间的距离d为；晶胞中Ga个数=4，As个数=个，晶胞体积=(a1010)3cm3，晶体密度为。【详解】(1)Ga处于周期表中第4周期第A族，则基态Ga原子的核外电子排布式为：Ar3d104s24p1；(2)同周期主族元素，随着元原子序数增大，电负性增大
30、，所以元素的电负性Ga小于As；(3)阳离子“N5n+”，其结构是对称的，5个N排成“V”形，则中间N原子有2对共用电子对，如果5个N结合后都达到8电子结构，共需要58=40个价电子；5个N原子共有55=25个价电子，含有2个NN以及中间N原子有2对共用电子对，通过共用增加了28=16个价电子，共2516=41个价电子，而达到稳定结构只需要40个，因此失去1个价电子，则该阳离子为N5+，阴离子为N3-。则离子化合物的电子式为。N3-中间N的价层电子数对，中间N原子采用sp杂化，该阴离子为直线形；(4)组成相似的GaF3和GaCl3晶体，前者属于离子晶体，后者属于分子晶体，从F和Cl结构考虑，F
31、的电子层小于Cl，F的半径小于Cl，不易被极化，Cl-的变形性大于F-，被极化程度增大，使从GaF3向GaCl3变化时，键型从离子键向共价键变化；答案Cl-的电子层比F-的多，原子半径比F-的大，正负离子半径相差较大的GaF3是离子键，形成离子晶体，正负离子半径相差小的GaCl3是共价键，形成分子晶体；(5)一个Ga与周围4个As形成共价键，所以晶胞内存在共价健数为16；紧邻的两个As原子的距离为顶点到面心的距离b=，紧邻的As、Ga原子之间的距离d为；则b：d=：=；晶胞中Ga个数=4，As个数=个，晶胞体积=(a1010)3cm3，晶体密度。12.3-正丙基-2,4-二羟基苯乙酮(H)是一
32、种重要的药物合成中间体，合成路线图如下：已知：+(CH3CO)2O+CH3COOH回答下列问题：(1)G中的官能固有碳碳双键，羟基，还有_和 _。(2)反应所需的试剂和条件是_。(3)物质M的结构式_。(4)的反应类型是_。(5)写出C到D的反应方程式_。(6)F的链状同分异构体还有_种(含顺反异构体)，其中反式结构是_。(7)设计由对苯二酚和丙酸制备的合成路线(无机试剂任选)_。【答案】 (1). 酮基 (2). 醚基 (3). H2O/H+加热 (4). (5). 取代反应 (6). +CH3COOH+H2O (7). 3 (8). (9). 【解析】【分析】A转化到B的反应中，A中的羰基
33、转化为B中的酯基，B在酸性条件下发生水解得到C，即间苯二酚，间苯二酚在ZnCl2的作用下，和CH3COOH发生在酚羟基的邻位上引入了COCH3，E的分子式为C3H6，根据G的结构简式，可知E为丙烯，F的结构简式为CH2=CHCH2Cl，D和F发生取代反应，D的羟基上的H被CH2CH=CH2取代，根据G和H的结构简式，以及M到H的反应条件，可知M到H是发生了碳碳双键的加成，则M的结构简式为。【详解】(1)根据G的结构简式，其官能团有碳碳双键，羟基外，还有结构式中最下面的部分含有醚键，最上端的部分含有羰基（酮基）； 答案为酮基、醚键；(2)B中含有酯基，在酸性条件下发生水解才能得到转化为酚羟基，在
34、反应条件为H2O/H+加热；(3)根据G和H的结构简式，以及M到H的反应条件，可知M到H是发生了碳碳双键的加成，则M的结构简式为；(4) F的结构简式为CH2=CHCH2Cl，结合D和G的结构简式，D的羟基上的H被CH2CH=CH2取代，因此反应的反应类型为取代反应；(5)C的结构简式为，结合D的结构简式，可知C（间苯二酚）在ZnCl2的作用下，和CH3COOH发生在酚羟基的邻位上引入了COCH3，化学方程式为+CH3COOH+H2O；(6)F的分子式为C3H5Cl，分子中含有碳碳双键，可用取代法，用Cl取代丙烯中的氢原子，考虑顺反异构，因此其同分异构体有（顺）、（反）、（F），除去F自身，还有3种，其反式结构为；(7)对苯二酚的结构简式为，目标产物为，需要在酚羟基的邻位引入COCH2CH3，模仿C到D的步骤；将OH转化为OOCCH2CH3，利用已知。已知信息中，需要酸酐，因此可以利用丙酸得到丙酸酐，在进行反应，因此合成流程为。