精品解析：安徽省2022-2023学年高三下学期3月质量检测理科综合化学试题（解析版）

这是一份精品解析：安徽省2022-2023学年高三下学期3月质量检测理科综合化学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围，可能用到的相对原子质量，5 ml N2中含有0， 常温下，Ksp=1等内容，欢迎下载使用。

高三理科综合化学试题
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分300分，考试时间150分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：高考范围。
5.可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Al27 C135.5 K39 Mn55 Ag 108
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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. 生活中处处有化学，下列说法错误的是
A. 焰火中红色来源于钾盐燃烧 B. 煤的气化和液化均属于化学变化
C. KIO3可用作营养强化剂 D. 钢的含碳量越高硬度越大
【答案】A
【解析】
【详解】A．钾的焰色是紫色，焰火中红色不可能来源于钾盐燃烧，故A错误；
B．煤的气化和液化均有新物质生成，均属于化学变化，故B正确；
C．KIO3可用作营养强化剂，如用于加碘盐，故C正确；
D．钢的含碳量越高硬度越大，但越脆，故D正确；
故选A。
2. 肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被-NH2(氨基)取代形成的。肼可用于火箭燃料，燃烧时发生的反应为N2O4(l)+2N2H4(l)=3N2(g)+4H2O(g)。下列说法正确的是
A. 上述反应为熵减反应 B. 离子中含有配位键
C. 0.5 mol N2中含有0.5 molπ键 D. H2O的中心原子价层电子对数为2
【答案】B
【解析】
【详解】A．上述反应是气体体积增加的反应，为熵增反应，A错误；
B．离子 结构式为，其中存在N原子提供孤电子对、H+提供空轨道形成的配位键，B正确；
C．N2中存在，1个N2中存在2个π键，0.5 mol N2中含有1 molπ键，C错误；
D．H2O的中心原子价层电子对数为4，σ键电子对数为2，孤电子数为2，D错误；
故答案选B。
3. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，Y的单质与石灰乳反应可制备漂白粉，W、X、Y三种元素组成化合物XYW的水溶液能使红色的布条褪色，Z原子的最外层电子数与其核外电子总数之比为1：10。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：Z>Y>X>W
B. 第一电离能：W C. X、Z均能与W形成既含有离子键又含有共价键的化合物
D. 在自然界中，元素Y既有游离态，又有化合态
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，Y的单质与石灰乳反应可制备漂白粉，则Y为Cl；W、X、Y三种元素组成化合物XYW的水溶液能使红色的布条褪色，XYW为NaClO，X和W分别为Na和O；Z原子的最外层电子数与其核外电子总数之比为1：10，则Z为Ca。
【详解】A．一般地，电子层数越大，离子半径越大，电子层数相同时，质子数越多，离子半径越小。所以离子半径：Cl->Ca2+>O2->Na+，即Y>Z>W>X，故A错误；
B．第一电离能是气态基态电中性原子失去一个电子形成气态基态正离子时所需的最低能量。O的电子层数少，原子半径小，对电子的束缚力强，其第一电离能大于Ca，故B错误；
C．Na可以和O形成Na2O2，Ca可以和O形成CaO2，Na2O2和CaO2都是既含离子键又含共价键的化合物，故C正确；
D．由于氯气很活泼，所以在自然界中氯元素只有化合态没有游离态，故D错误；
故选C。
4. 某有机物M的结构如图所示。下列有关M的说法错误的是

A. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 1molM能与5molH2发生加成反应
C. 所有原子不可能在同一平面 D. 与金属钠、NaOH溶液均能反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．该有机物结构中含有碳碳双键和羟基，都可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，A正确；
B．该有机物中酯基中的碳碳双键不能和氢气加成，故1molM能与4molH2发生加成反应，B错误；
C．该有机物中含有饱和碳原子，故所有原子不可能在同一平面，C正确；
D．该有机物中含有羟基，可以和那反应，该有机物中含有酯基，在氢氧化钠溶液中可以水解，D正确；
故选B。
5. 超细铜粉在导电材料、催化剂等领域中应用广泛。一种制备超细铜粉方法如下：

下列说法正确的是

A. SO2的VSEPR模型为V形
B. [Cu(NH3)4]SO4中的配体是
C. NH3、、的中心原子的杂化方式不相同
D. 铜的晶胞结构如图所示。铜晶体中，与铜距离最近的铜原子数为12
【答案】D
【解析】
【详解】A．中心S原子的价层电子对数为：， VSEPR模型为平面三角形，故A错误；
B．[Cu(NH3)4]SO4中的配体是NH3，为外界离子，故B错误；
C．NH3、、的中心原子的价层电子对数均为4，中心原子的杂化方式均为sp3杂化，故C错误；
D．由晶胞结构可知Cu位于顶点和面心，距离铜原子最近的铜有12个，故D正确；
故选：D。
6. 乙醛酸(OHCCOOH)是非常重要的化工产品，利用双极膜(由阴离子交换膜和阳离子交换膜组成，双极膜中间层中的水解离成H+和OH-，并在直流电场作用下，分别向两极迁移)技术电解制备乙醛酸的装置如图所示。下列说法错误的是

A. M为电源的负极
B. 双极膜b为阴离子交换膜
C. 电路中转移2mole-，最多可得到1molOHCCOOH
D. Pb电极反应式为HOOCCOOH+2H++2e-=OHCCOOH+H2O
【答案】C
【解析】
【分析】如图电解池，乙二酸转化为乙醛酸发生还原反应，故铅电极为阴极，反应为：HOOC-COOH+2e-+2H+=HOOC-CHO+H2O，石墨极为阳极，反应为：2Br--2e-=Br2，H+移向铅电极，OH-移向石墨极；
【详解】A．根据分析可知，铅电极为阴极，M为电源的负极，A正确；
B．由分析可知，H+移向铅电极，OH-移向石墨极，故双极膜b为阴离子交换膜，B正确；
C．设：阴极区生成乙醛酸为x，阳极区生成乙醛酸为y，则x+y=1mol，根据阴极反应HOOC-COOH+2e-+2H+=HOOC-CHO+H2O，阴极区生成的乙醛酸与得电子数之比为1：2，故阴极区得电子物质的量为2x，阳极区反应：OHC-CHO+Br2+2OH-=HOOC-CHO+H2O+2Br-，生成的乙醛酸与消耗的Br2之比为1：1，根据阳极反应2Br--2e-=Br2，阳极区生成的乙醛酸与阳极区失电子数之比为1：2，故阳极区失电子物质的量为2y，根据得失电子守恒，2x=2y，x=y=0.5mol，故制得1mol乙醛酸理论上外电路中迁移电子的物质的量=2×0.5mol=1mol，C错误；
D．由分析可知，Pb电极反应式为HOOCCOOH+2H++2e-=OHCCOOH+H2O，D正确；
故选C。
7. 常温下，Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(FeS)=6.0×10-18。RS沉淀溶解平衡曲线如图所示(R表示Ni或Fe)。下列说法正确的是

A. 图中II表示FeS溶解平衡曲线
B. 常温下，NiS+Fe2+FeS+Ni2+的平衡常数K=6000
C. 常温下，与Q点相对应的NiS的分散系固-液共存
D. 常温下，向P点对应的溶液中加适量Na2S固体，可转化成M点对应的溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．图I表示FeS溶解平衡曲线，A项错误；
B．常温下，的平衡常数K=6000，B项错误；
C．Q点处，，分散系中无固体，C项错误；
D．P点对应的溶液中加适量固体，浓度增大，浓度减小，可使溶液由P点转化成M点对应的溶液，D项正确；
答案选D。
三、非选择题：共174分。
8. 某学习小组欲以废溴化铝(AlBr3)催化剂为原料制取单质溴和无水氯化铝(AlCl3)，实验步骤如下：
I.单质溴的制备
i.Br-的氧化；
ii.Br2的萃取、分液；
iii.Br2的提纯。
II.氯化铝回收
iv.将分液后得到的AlCl3溶液转移到烧杯中，向溶液中加入乙醇，有晶体析出，过滤，得到AlCl3·6H2O晶体；
v.将SOCl2(亚硫酰氯，常温下为液态与水反应生成HCl和SO2)与AlCl·6H2O混合加热，得到无水AlCl3。
回答下列问题：
（1）Br-氧化时的实验装置如图所示：

写出次氯酸钙与稀盐酸反应制备Cl2的化学方程式：_______。
（2）萃取、分液时，需要用到的玻璃仪器有_______。
（3）欲从Br2的CCl4溶液中得到Br2，可选择下列装置中的_______(填字母)。

（4）步骤iv中乙醇的作用是_______。写出步骤V中反应的化学方程式：_______。
（5）实验结束后，为检测AlCl3·6H2O晶体是否完全脱水，称取蒸干后的固体ag溶于水，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，称得固体为bg。若≈_______(保留一位小数)，即可证明AlCl3·6H2O晶体已完全脱水。
（6）甲同学认为SOCl2也可用作FeCl3·6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但乙同学认为该实验中会发生氧化还原反应。请你设计并简述实验方案判断乙同学的观点：_______。
【答案】（1）4HCl+Ca(ClO)2=CaCl2 +2H2O+2Cl2↑
（2）分液漏斗、烧杯 （3）B
（4） ①. 降低AlCl3的溶解度，有利于析出AlCl3·6H2O晶体 ②. AlCl3·6H2O+ 6SOCl2AlCl3+6SO2↑+12HCl↑
（5）3.2 （6）方法1：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入SOCl2 ，振荡；再往试管中加水溶解。然后滴加BaCl2溶液，若生成白色沉淀，则证明脱水过程发生了氧化还原反应。方法2：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入过量SOCl2 ，振荡；再往试管中加水溶解，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀，则证明脱水过程发生了氧化还原反应。方法3：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加KSCN溶液。若没有明显现象，则证明脱水过程发生了氧化还原反应
【解析】
【分析】次氯酸钙与稀盐酸反应制备Cl2，氯气通入AlBr3溶液中生成Br2、AlCl3，用四氯化碳萃取Br2，分液后的AlCl3溶液中加乙醇，AlCl3溶解度降低析出AlCl3·6H2O晶体，SOCl2与AlCl·6H2O混合加热，得到无水AlCl3。
【小问1详解】
次氯酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、氯气、水，反应化学方程式为4HCl+Ca(ClO)2=CaCl2 +2H2O+2Cl2↑。
【小问2详解】
萃取、分液的装置图为，需要用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；
【小问3详解】
用蒸馏法从Br2的CCl4溶液中得到Br2，选择B装置。
【小问4详解】
分液后得到的AlCl3溶液转移到烧杯中，向溶液中加入乙醇，有晶体析出，步骤iv中乙醇的作用是降低AlCl3的溶解度，有利于析出AlCl3·6H2O晶体；亚硫酰氯与水反应生成HCl和SO2，所以亚硫酰氯与AlCl·6H2O混合加热生成HCl、SO2、AlCl3，步骤V中反应的化学方程式为AlCl3·6H2O+ 6SOCl2AlCl3+6SO2↑+12HCl↑。
【小问5详解】
ag AlCl3的物质的量为，理论上生成氯化银的物质的量为，若≈，即可证明AlCl3·6H2O晶体已完全脱水。
【小问6详解】
SOCl2、FeCl3·6H2O若发生氧化还原反应，则有、Fe2+生成。
方法1：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解。然后滴加BaCl2溶液，若生成白色沉淀，则证明脱水过程发生了氧化还原反应。
方法2：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀，则证明脱水过程发生了氧化还原反应。
方法3：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加KSCN溶液。若没有明显现象，则证明脱水过程发生了氧化还原反应。
9. 以某混合氧化物(由MnO2、ZnO、CuO、Fe2O3组成)为原料制备KMnO4和FeSO4·7H2O的工艺流程如下：

已知：ZnO与Al2O3的化学性质相似。
回答下列问题：
（1）基态Cu原子核外电子排布式为_______。
（2）写出“酸浸”时，CuO反应的化学方程式：_______。
（3）“去铜”时，除了生成CuCl外，还有、H+生成，该反应的离子方程式为_______。
（4）为检验“去铜”后是否含有Fe3+，选用的试剂是_______。
（5）“熔融”时MnO2转化为K2MnO4，该反应中每转移1mol电子，消耗_______gMnO2。
（6）已知"“歧化”时反应为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3。常温下，相关物质的溶解度数据如下：
物质
K2CO3
KHCO3
K2SO4
KMnO4
CH3COOK
溶解度(g/100g水)
111
33.7
11.1
6.34
256
通入CO2至溶液pH达10~11时，应停止通CO2，不能继续通入CO2的原因是_______。可以替代CO2的试剂是_______(填“稀盐酸”“稀硫酸”或“稀醋酸”)。
（7）KMnO4的纯度测定：称取mgKMnO4粗品于烧杯中，加入蒸馏水和稀硫酸溶解，再用0.5mol·L-1的Na2C2O4溶液滴定3次，平均消耗Na2C2O4溶液20.00mL。KMnO4样品的纯度为_______%(用含m的代数式表示，杂质不参与反应)。已知酸性条件下KMnO4与Na2C2O4反应，生成Mn2+和CO2。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
（2）CuO+H2SO4=CuSO4+H2O
（3）2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓++4H+
（4）KSCN溶液或硫氰化钾溶液
（5）43.5 （6） ①. 若继续通入CO2，则会生成KHCO3，由于与碳酸钾相比，碳酸氢钾溶解度与高锰酸钾溶解度相差不是很大，会使得到的高锰酸钾粗品中含有较多的杂质KHCO3 ②. 稀醋酸
（7）
【解析】
【分析】混合氧化物加NaOH碱浸，由题干信息可知ZnO溶于NaOH，其他固体不溶，过滤得滤渣，将滤渣溶于硫酸，其中CuO、Fe2O3溶于硫酸生成硫酸铜和硫酸铁，二氧化锰不溶于硫酸，过滤后滤液中通入二氧化硫再加NaCl将铜还原为CuCl沉淀，同时硫酸铁被还原为硫酸亚铁，硫酸亚铁溶于经浓缩结晶得到晶体；二氧化锰固体加KOH熔融通空气，生成K2MnO4，K2MnO4溶液中通二氧化碳调节pH值10-11发生歧化反应得到高锰酸钾，据此解答。
【小问1详解】
Cu为29号元素，基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
小问2详解】
酸浸时氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，故答案为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；
【小问3详解】
“去铜”时，除了生成CuCl外，还有、H+生成，可知1mol铜离子得1mol电子生成CuCl，1mol二氧化硫失2mol电子生成，根据得失电子守恒及元素守恒得反应离子方程式：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓++4H+，故答案为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓++4H+；
【小问4详解】
检验三价铁离子可用KSCN溶液或硫氰化钾溶液，故答案为：KSCN溶液或硫氰化钾溶液；
【小问5详解】
“熔融”时MnO2转化为K2MnO4，反应为：，该反应中每转移1mol电子，消耗0.5mol，质量为43.5g，故答案为：43.5；
【小问6详解】
通入CO2至溶液pH达10~11时，应停止通入，若继续通入会使碱性减弱，生成KHCO3，与碳酸钾相比，碳酸氢钾溶解度与高锰酸钾溶解度相差不是很大，会使得到的高锰酸钾粗品中含有较多的杂质；可以替代CO2的试剂应选弱酸醋酸，弱酸便于控制溶液pH值，故答案为：若继续通入CO2，则会生成KHCO3，由于与碳酸钾相比，碳酸氢钾溶解度与高锰酸钾溶解度相差不是很大，会使得到的高锰酸钾粗品中含有较多的杂质KHCO3；稀醋酸；
【小问7详解】
酸性条件下KMnO4与Na2C2O4反应，生成Mn2+和CO2。根据得失电子守恒可得关系式：，n(Na2C2O4)=0.5mol/L×0.02L=0.01mol，则n(KMnO4)=n(Na2C2O4)= ×0.01mol=0.004mol，KMnO4样品的纯度为%，故答案为：。
10. SO2是形成酸雨的主要气体，减少SO2的排放和研究SO2综合利用意义重大。回答下列问题：
（1）已知25℃时：xSO2(g)+2xCO(g)2xCO2(g)+Sx(s) ΔH=a kJ·mol-1；2xCOS(g)+xSO2(g)2xCO2(g)+3Sx(s) ΔH=bkJ·mol-1。则25℃时，CO与Sx(s)反应生成COS(g)的热化学方程式为_______。
（2）焦炭催化还原SO2既可削除SO2，同时还可得到硫(S2)，化学方程式为2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。一定压强下，向1L密闭容器中充入足量的焦炭和1molSO2发生反应，测得SO2(g)的生成速率与S2(g)的生成速率随温度(T)变化的关系如图1所示。图中A、B、C、D四点中，处于平衡状态的是_______点。

（3）某科研小组研究臭氧氧化脱除SO2和NO的工艺，反应原理及反应热活化能数据如下：
反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g) ΔH1=-200.9kJ·mol-1，E1=3.2kJ·mol-1；
反应Ⅱ：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) ΔH2=-241.6kJ·mol-1，E2=58kJ·mol-1；
已知该体系中臭氧还发生分解反应：2O3(g)3O2(g)。保持其他条件不变，每次向容积为2L的反应器中充入含2.0molNO、2.0molSO2的模拟烟气和4.0molO3，改变温度，反应相同时间t0min后，体系中NO和SO2的转化率如图2所示：

①Q点时反应开始至t0min内v(SO2)=_______。
②由图可知相同温度下(温度小于300℃)NO的转化率远高于SO2，其原因可能是_______。
③若反应达到平衡后，缩小容器的体积，则NO和SO2转化率_______(填“增大”“减少”或“不变”)。
④假设100℃时，P、Q均为平衡点，此时发生分解反应的O3占充入O3总量的10%，体系中O3的物质的量是_______mol，反应I的平衡常数Kc=_______。
（4）在一定条件下，CO可以去除烟气中的SO2，其反应原理为2CO+SO2=2CO2+S。其他条件相同，以γ-Al2O3(一种多孔性物质，每克的内表面积高达数百平方米，具有良好的吸附性能)作为催化剂，研究表明，γ-Al2O3在240℃以上发挥催化作用。反应相同的时间，SO2的去除率随反应温度的变化如图3所示。240℃以后，随着温度的升高，SO2去除率迅速增大的主要原因是_______。

【答案】（1）xCO(g)+Sx (s) xCOS(g) ΔH=kJ·mol-1
（2）C （3） ①. mol·L-1·min-1 ②. 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ ，相同条件下反应更快 ③. 增大 ④. 1.4 ⑤. 8
（4）温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快
【解析】
【小问1详解】
CO与Sx反应方程式为xCO+SxxCOS，xSO2(g)+2xCO(g)2xCO2(g)+Sx(s)……①，2xCOS(g)+xSO2(g)2xCO2(g)+3Sx(s)……②，利用盖斯定律可知，(①－②)得出目标反应方程式，因此CO与Sx反应热化学方程式为xCO(g)+Sx (s)xCOS(g) ΔH=kJ·mol-1；故答案为xCO(g)+Sx (s)xCOS(g) ΔH=kJ·mol-1；
【小问2详解】
利用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，根据图像可知，C点时SO2(g)生成速率与S2(g)的生成速率之比等于2∶1，因此处于平衡状态的是C点；故答案为C；
【小问3详解】
①根据图像可知，Q点时SO2转化率为30%，根据化学反应速率的数学表达式为v(SO2)==mol·L-1·min-1；故答案为mol·L-1·min-1；
②反应Ⅰ的活化能为3.2kJ/mol，远小于反应Ⅱ的活化能58kJ/mol，活化能越小，反应Ⅰ的速率更快，因此温度小于300℃，NO的转化率远高于SO2，故答案为反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ ，相同条件下反应更快；
③缩小容器体积，压强增大，反应2O3(g)3O2(g)逆向进行，O3浓度增大，反应Ⅰ、反应Ⅱ向正反应方向进行，NO、SO2转化率增大；故答案为增大；
④假设100℃时，P、Q均为平衡点，此时发生分解反应的O3占充入O3总量的10%，即分解反应中消耗O3的物质的量为4.0mol×10%=0.4mol，此时生成O2物质的量为0.6mol，P点NO的转化率为80%，反应Ⅰ中消耗NO、O3的物质的量均为2.0mol×80%=1.6mol，则生成NO2、O2物质的量均为1.6mol，Q点SO2转化率为30%，反应Ⅱ中消耗SO2、O3的物质的量均为2.0mol×30%=0.6mol，则生成SO3、O2物质的量均为0.6mol，体系中O3的物质的量为(4.0mol―0.4mol―1.6mol―0.6mol)=1.4mol，反应Ⅰ中气体系数均为1，此时平衡常数Kc==8；故答案为1.4；8；
【小问4详解】
根据题意“研究表明，γ-Al2O3在240℃以上发挥催化作用”，因此240℃以后，催化剂的活性增大，反应速率加快，SO2去除率迅速增大；故答案为温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快。
11. 有机物G是具有一定的杀菌活性的药物，其一种合成路线如下：

回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______。
（2）C生成D的反应类型为_______，E中官能团的名称为_______。
（3）已知F生成G有小分子化合物生成，F的结构简式为_______。
（4）写出D生成E的化学方程式：_______。
（5）1molC最多可与浓溴水中的_______molBr2反应；一定条件下，B与足量H2反应后，产物的每个分子中含有的手性碳(注：连有四个不同的原子或基团的碳)个数为_______。
（6）能同时满足下列条件的B的同分异构体有_______种(不考虑立体结构)，写出其中核磁共振氢谱有四组峰的同分异构体的结构简式_______(任写一种)。
①属于芳香族化合物，且能发生水解反应；
②1mol该同分异构体能与2molNaOH反应。
【答案】（1）邻乙基苯酚或2-乙基苯酚
（2） ①. 取代反应 ②. 硝基、醚键
（3） （4） （5） ①. 3 ②. 3
（6） ①. 13 ②. 、 、
【解析】
【分析】D发生硝化反应生成E，由E逆推，可知D是 ；E发生还原反应生成F，F发生取代反应生成G，由G逆推，可知F是 。
【小问1详解】
根据A的结构简式，A含有酚羟基，A属于酚类，化学名称为邻乙基苯酚或2-乙基苯酚；
【小问2详解】
C中羟基上的H原子被乙基代替生成 ，反应类型为取代反应，E是 ，官能团的名称为硝基、醚键。
【小问3详解】
F和ClCOOCH(CH3)2发生取代反应生成G和小分子化合物HCl，则F的结构简式为 ；
【小问4详解】
发生硝化反应生成 ，化学方程式为 ；
【小问5详解】
酚羟基的邻位、对位与溴发生取代反应，1molC最多可与浓溴水中的3molBr2反应；一定条件下，B与足量H2反应后，产物是 ，每个分子中含有的手性碳(注：连有四个不同的原子或基团的碳)个数为3个(*标出)。
【小问6详解】
①属于芳香族化合物，且能发生水解反应；②1mol该同分异构体能与2molNaOH反应，说明为酚酯。若有1个取代基-OOCCH2CH3，有1种结构；若有2个取代基-OOCH、-CH2CH3，有3种结构；若有2个取代基-OOCCH3、-CH3，有3种结构；若有3个取代基-OOCH、-CH3、-CH3，有6种结构；能同时满足条件的B的同分异构体有13种；核磁共振氢谱有四组峰的同分异构体的结构简式为 、 、 。