黑龙江哈尔滨师范大学附中高三第五次模拟考试新高考化学试卷及答案解析

黑龙江哈尔滨师范大学附中高三第五次模拟考试新高考化学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是A．该装置工作时，H+从a极区向b极区迁移B．该装置将化学能转化为光能和电能C．a电极的反应式为3CO2＋18H＋－18e－=C3H8O＋5H2OD．每生成3molO2，有88gCO2被还原2、一定温度下，在三个体积均为0.5L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器Ⅰ中反应在5min时达到平衡状态。容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl2Ⅰ5001.01.000.8Ⅱ5001.0a00.5Ⅲ6000.50.50.50.7下列说法中正确的是A．容器Ⅰ中前5min的平均反应速率v(CO)=0.16mol·L-1·min-1B．该反应正反应为吸热反应C．容器Ⅱ中起始时Cl2的物质的量为0.55molD．若起始时向容器Ⅰ加入CO0.8mol、Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80%3、下列说法中正确的是（）A．60﹪-70﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果B．液溴可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中C．苯酚溅到皮肤上，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液D．油脂不能使溴水褪色4、其它条件不变，升高温度，不一定增大的是A．气体摩尔体积Vm B．化学平衡常数KC．水的离子积常数Kw D．盐类水解程度5、化学与生活、科技、医药、工业生产均密切相关，下列有关化学叙述正确的是（）A．浓硫酸具有强腐蚀性，可用浓硫酸刻蚀石英制艺术品B．我国预计2020年发射首颗火星探测器太阳能电池帆板的材料是二氧化硅C．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应D．误食重金属盐引起的人体中毒，可喝大量的食盐水解毒6、下列说法正确的是（）A．如图有机物核磁共振氢谱中出现8组峰B．如图有机物分子式为C10H12O3C．分子式为C9H12的芳香烃共有9种D．蓝烷的一氯取代物共有6种（不考虑立体异构）7、关于P、S、Cl三种元素的说法错误的是A．原子半径P>S>ClB．最高价氧化物对应水化物的酸性H3PO4<H2SO4<HClO4C．氢化物的稳定性PH3<H2S<HClD．元素的非金属性P>S>Cl8、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A、B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是（）A．原子半径：C>B>AB．气态氢化物的热稳定性：E>CC．最高价氧化对应的水化物的酸性：B>ED．化合物DC与EC2中化学键类型相同9、2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是（）A．ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7B．ΔH4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等C．ΔH7<0，且该过程形成了分子间作用力D．ΔH5<0，在相同条件下，2Br(g)的ΔH5′>ΔH510、下列各组中所含化学键类型相同的一组是（）A．NaOH、H2SO4、NH4Cl B．MgO、Na2SO4、NH4HCO3C．Na2O2、KOH、Na2SO4 D．AlCl3、Al2O3、MgCl211、化学与生活、生产密切相关。下列叙述不正确的是（）A．高纯硅可用于制作光导纤维B．碳酸钠热溶液呈碱性，可用于除去餐具上的油污C．利用太阳能蒸发海水的过程属于物理变化D．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖12、用下列方案及所选玻璃仪器（非玻璃仪器任选）就能实现相应实验目的的是选项实验目的实验方案所选玻璃仪器A除去KNO3固体中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B测定海带中是否含有碘将海带剪碎，加蒸馏水浸泡，取滤液加入淀粉溶液试管、胶头滴管、烧杯、漏斗C测定待测溶液中I-的浓度量取20.00ml的待测液，用0.1mol·L-1的FeC13溶液滴定锥形瓶、碱式滴定管、量筒D配制500mL1mol/LNaOH溶液将称量好的20.0gNaOH固体、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀烧杯、玻璃棒、量筒、500ml.容量瓶、胶头滴管A．A B．B C．C D．D13、中国工程院院士、国家卫健委高级别专家组成员李兰娟团队，于2月4日公布阿比朵尔、达芦那韦可抑制新型病毒。如图所示有机物是合成阿比朵尔的原料，关于该有机物下列说法正确的是（）A．可以发生加成反应、取代反应、水解反应和氧化反应B．易溶于水和有机溶剂C．分子结构中含有三种官能团D．分子中所有碳原子一定共平面14、依据反应2KIO3+5SO2+4H2O═I2+3H2SO4+2KHSO4（KIO3过量），利用下列装置从反应后的溶液中制取碘的CCl4溶液并回收KHSO4。下列说法不正确的是A．用制取SO2 B．用还原IO3-C．用从水溶液中提取KHSO4 D．用制取I2的CCl4溶液15、取10g碳酸钙高温加热一段时间后停止加热，测得剩余固体中钙元素的质量分数为50%，则下列判断正确的是A．生成了2g二氧化碳 B．剩余固体质量为5gC．生成了5.6g氧化钙 D．剩余碳酸钙的质量为8g16、下列仪器名称正确的是()A．圆底烧瓶 B．干燥管 C．药匙 D．长颈漏斗二、非选择题（本题包括5小题）17、如图中A～J分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，F为黑色固体单质，I为红棕色气体。图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：

（1）A的化学式为___，C的电子式为___；（2）写出下列反应的化学方程式：D+G→H___；F+J→B+C+I____；（3）2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为___mol；（4）I与足量C生成J的过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___；（5）容积为10mL的试管中充满I和G的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中I与G的体积之比为___。18、如图中的Ⅰ是某抗肿瘤药物的中间体，B的核磁共振氢谱有3组峰，C的分子式为C7H8O，D分子中有两个相同且处于相邻位置的含氧官能团，E的相对分子质量比D大34.5。已知：RCHO+R1CH2CHORCH=C(R1)CHO+H2O。请回答下列问题：(1)C的名称是______，B的结构简式为_________，D转化为E的反应类型是____________。(2)I中官能团的名称为______，I的分子式为________。(3)写出E转化为F的化学方程式____________。(4)X是G酸化后的产物，X有多种芳香族同分异构体，符合下列条件且能发生银镜反应的同分异构体有____种（不包括X），写出核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式____________。①遇FeCl3溶液发生显色反应②苯环上有两种类型的取代基(5)参照上述流程，以乙醇为原料（其他无机试剂自选）可制取2﹣丁烯酸，写出相应的合成路线__________________。19、葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准(GB2760－2014)规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g·L－1。某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定。Ⅰ.定性实验方案如下：(1)将SO2通入水中形成SO2—饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在多个含硫元素的平衡，分别用平衡方程式表示为__________________________________________________。(2)利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如下实验：实验结论：干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因：_______________________________。Ⅱ.定量实验方案如下(部分装置和操作略)：(3)仪器A的名称是________。(4)A中加入100.0mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为__________。(5)除去B中过量的H2O2，然后再用NaOH标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是__________。(6)步骤X滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2的含量为________g·L－1。该测定结果比实际值偏高，分析原因________________________________________。20、乙酰苯胺具有退热镇痛作用，是较早使用的解热镇痛药，有“退热冰”之称。其制备原理如下：已知：①苯胺易被氧化；②乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性质如下表：物质熔点沸点溶解度(20℃)乙酰苯胺114.3℃305℃0.46苯胺－6℃184.4℃3.4醋酸16.6℃118℃易溶实验步骤如下：步骤1：在50mL圆底烧瓶中，加入5mL苯胺、7.5mL冰醋酸及少许锌粉，依照如图装置组装仪器。步骤2：控制温度计示数约105℃，小火加热回流1h。步骤3：趁热将反应混合物倒入盛有100mL冷水的烧杯中，冷却后抽滤，洗涤，得到粗产品。（1）步骤1中加入锌粉的作用是________。（2）步骤2中控制温度计示数约105℃的原因是________。（3）步骤3中趁热将混合物倒入盛有冷水的烧杯中，“趁热”的原因是__________________。抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有________、________(填仪器名称)。（4）步骤3得到的粗产品需进一步提纯，该提纯方法是________。21、在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：2CuCl+2CO+2H2O＝Cu2Cl2•2CO•2H2O。回答下列问题：（1）Cu在元素周期表中属于______（选填“s”、“p”、“d”或“ds”）区元素。研究人员发现在高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，基态Cu3+的电子排布式为______。（2）C、N、O三种原子中的第一电离能最大的是______。NO3-离子的空间构型是______。（3）CO与N2互称等电子体。①它们的分子中都存在三个共价键，其中包含______个σ键，______个π键。②下表为CO和N2的有关信息。键的类型A-B（单键）A=B（双键）A≡B（叁键）键能（kJ/mol）CO3518031071N2159418946根据表中数据，说明CO比N2活泼的原因是______。（4）Cu2Cl2•2CO•2H2O是一种配合物，其结构如图所示：①该配合物中氯原子的杂化方式为______。②该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是______。（5）阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X射线衍射法就是其中的一种。通过对CuCl晶体的X射线衍射图象分析，可以得出CuCl的晶胞如图所示，则距离每个Cu+最近的Cl-的个数为______。若晶体中Cl-呈立方面心最密堆积方式排列，Cl-的半径为apm，晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数NA=______（列计算式表达）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A.a与电源负极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，A项错误；B.该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，B项错误；C.a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H++18e-=C3H8O+5H2O，C项错误；D.电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，也就是3mol的氧气，阴极有2mol的二氧化碳被还原，所以被还原的二氧化碳为88g，D项正确；答案选D。2、C【解析】

A．容器I中前5min的平均反应速率v(COCl2)==0.32mol/L•min-1，依据速率之比等于计量系数之比，则V(CO)=V(COCl2)=0.32mol/L•min-1，故A错误；B．依据图中数据可知：Ⅱ和Ⅲ为等效平衡，升高温度，COCl2物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；C．依据方程式：CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)，可知：

CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)

2

2

0转化浓度(mol/L)

1.6

1.6

1.6平衡浓度(mol/L)

0.4

0.4

1.6反应平衡常数K==10，平衡时CO转化率：×100%=80%；依据Ⅱ中数据，结合方程式可知：

CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)起始浓度(mol/L)

2

2a

0转化浓度

(mol/L)

1

1

1平衡浓度

(mol/L)

1

2a-1

1Ⅰ和Ⅱ温度相同则平衡常数相同则：K==10，解得：a=0.55mol，故C正确；D．CO(g)+Cl2(g)⇌C0Cl2(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，相当于给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D错误；故答案为C。3、B【解析】

A.35﹪-40﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果，故A错误；B.液溴见光、受热易挥发，可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中，故B正确；C.苯酚溶液的腐蚀性很强，如果不马上清洗掉，皮肤很快就会起泡，应马上用有机溶剂清洗，常用的有机溶剂就是酒精（苯酚在水中的溶解度很小），故C错误；D.油脂是油和脂肪的统称。从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯。油脂是烃的衍生物。其中，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，所以油脂中的油含有不饱和键，可以使溴水褪色，而脂肪不能使溴水褪色。故D错误。答案选B。4、B【解析】

A.气体摩尔体积Vm，随温度的升高而升高，故错误；；B.可能为吸热反应，也可能为放热反应，则升高温度，可能正向移动或逆向移动，化学平衡常数K不一定增大，故B选；C.水的电离吸热，则升高温度水的离子积常数Kw增大，故C不选；D.水解反应吸热，则升高温度盐类的水解平衡常数Kh增大，故D不选；故选：B。5、C【解析】氢氟酸刻蚀石英制艺术品，故A错误；太阳能电池帆板的材料是晶体硅，故B错误；钾元素的焰色是紫色，所以“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，故C正确；误食重金属盐引起的人体中毒，可喝大量的牛奶解毒，故D错误。6、A【解析】

A．根据该物质的结构简式可知该分子中有8种环境的氢原子，所以核磁共振氢谱中出现8组峰，故A正确；B．根据该物质的结构简式可知分子式为C10H14O3，故B错误；C．分子式为C9H12的属于芳香烃，是苯的同系物，除了1个苯环，可以有一个侧链为：正丙基或异丙基，可以有2个侧链为：乙基、甲基，有邻、间、对3种，可以有3个甲基，有连、偏、均3种，共有8种，故C错误；D．蓝烷分子结构对称，有4种环境的氢原子，一氯代物有4种，故D错误；故答案为A。7、D【解析】同周期元素从左到右半径减小，原子半径P>S>Cl，故A正确；同周期元素从左到右非金属性增强，所以最高价氧化物对应水化物的酸性增强，酸性H3PO4<H2SO4<HClO4，故B正确；非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物的稳定性PH3<H2S<HCl，故C正确；同周期元素从左到右非金属性增强，元素的非金属性P<S<Cl，故D错误。点睛：同周期元素从左到右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强、简单氢化物的稳定性增强、越易与氢气化合。8、C【解析】

已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，A为H，B为N，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D为Mg，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，C为O，A、B、C、D的原子序数之和是E的两倍，E为Si。【详解】A.原子半径：N>C>H，故A错误；B.气态氢化物的热稳定性：H2O>SiH4，故B错误；C.最高价氧化对应的水化物的酸性：HNO3>H2SiO3，故C正确；D.化合物MgO含有离子键，SiO2含共价键，故D错误；答案为C。【点睛】同周期，从左到右非金属性增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，氢化物稳定性增强。9、C【解析】

A．由盖斯定律可得，ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7，A正确；B．ΔH4为破坏1molCl-Cl共价键所需的能量，与形成1molCl-Cl共价键的键能在数值上相等，B正确；C．物质由气态转化为固态，放热，则ΔH7<0，且该过程形成了离子键，C不正确；D．Cl转化为Cl-，获得电子而放热，则ΔH5<0，在相同条件下，由于溴的非金属性比氯弱，得电子放出的能量比氯少，所以2Br(g)的ΔH5′>ΔH5，D正确；故选C。10、C【解析】

A.NaOH、NH4Cl含有离子键和共价键，H2SO4只含有共价键，化学键类型不相同，故A错误；B.MgO中只有离子键，Na2SO4、NH4HCO3中含有离子键和共价键，化学键类型不相同，故B错误；C.Na2O2、KOH、Na2SO4均为离子键和共价键，化学键类型相同，故C正确。D.AlCl3只含有共价键，Al2O3、MgCl2含有离子键，化学键类型不相同，故D错误；答案选C。11、A【解析】

A．高纯硅用于制太阳能电池或芯片等，而光导纤维的材料是二氧化硅，故A错误；B．利用碳酸钠热溶液水解呈碱性，可除餐具上的油污，故B正确；C．海水蒸发是物理变化，故C正确；D．淀粉和纤维素均为多糖，一定条件下，淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖，故D正确；故答案为A。12、D【解析】

A.过滤需要漏斗，故A错误；B.取滤液需要先加酸性双氧水，再加入淀粉溶液，过滤时还需要玻璃棒，故B错误；C.FeC13溶液显酸性，滴定时应该用酸式滴定管，故C错误；D.配制500mL1mol/LNaOH溶液，将称量好的20.0gNaOH固体、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，需要的仪器主要有烧杯、玻璃棒、量筒、500ml容量瓶、胶头滴管，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】检验海带中是否含有碘离子，先将海带灼烧后溶解、过滤，向滤液中加入酸性双氧水氧化，再加入淀粉检验。13、A【解析】

A．碳碳双键、苯环能发生加成反应，酯基能发生取代反应、水解反应和氧化反应，A正确；B．该有机物难溶于水，易溶于有机溶剂，B不正确；C．分子结构中含有羟基、酯基、氨基、碳碳双键四种官能团，C不正确；D．苯环中碳原子一定共平面，但苯环与其它碳原子不一定在同一平面内，D不正确；故选A。14、C【解析】

A．加热条件下Cu和浓硫酸反应生成二氧化硫，所以该装置能制取二氧化硫，故A正确；B．二氧化硫具有还原性，碘酸钾具有氧化性，二者可以发生氧化还原反应生成碘，且倒置的漏斗能防止倒吸，所以能用该装置还原碘酸根离子，故B正确；C．从水溶液中获取硫酸氢钾应该采用蒸发结晶的方法，应该用蒸发皿蒸发溶液，坩埚用于灼烧固体物质，故C错误；C．四氯化碳和水不互溶，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，然后再用分液方法分离，故D正确；答案选C。15、A【解析】

原碳酸钙10g中的钙元素质量为：10g×

×100%=4g，反应前后钙元素质量不变，则剩余固体中钙元素质量仍为4g，则含钙50%的剩余固体质量==8g，根据质量守恒定律，反应生成二氧化碳的质量=10g-8g=2g，设生成的氧化钙质量是x，

=

，x=2.56g，A．根据上述计算分析，生成了2g二氧化碳，故A正确；B．根据上述计算分析，剩余固体质量为8g，故B错误；C．根据上述计算分析，生成了2.56g氧化钙，故C错误；D．根据上述计算分析，剩余碳酸钙的质量小于8g，故D错误；答案选A。【点睛】易错点为D选项，加热分解后的产物为混合物，混合物的总质量为8g，则未反应的碳酸钙的质量小于8g。16、B【解析】

A．颈部有支管，为蒸馏烧瓶，圆底烧瓶没有支管，故A错误；B．为干燥管，用于盛放固体干燥剂等，故B正确；C．为燃烧匙，用于燃烧实验，不是药匙，故C错误；D．下端长颈部位有活塞，是分液漏斗，不是长颈漏斗，故D错误；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH4HCO34NH3+5O24NO+6H2OC+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O21：24：1【解析】

A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，C能和过氧化钠反应，则C为水，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下与G反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，以此解答该题。【详解】(1)、A为NH4HCO3，C为水，C的电子式为；故答案为NH4HCO3；；(2)、D为NH3，G是O2，H是NO，则D+G→H的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O；F是C，J是HNO3，则F+J-→B+C+I的反应为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；(3)、Na2O2与足量水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氧由-1价升高为0价，由-1价降低为-2价，则2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为2mol,；故答案为2；(4)、由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；故答案为1:2；(5)、容积为10mL的试管中充满NO2和O2的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则发生的反应为4NO2+2H2O+O2=4HNO3，根据反应方程式可知原混合气体中NO2与O2体积比为4:1，所以10mL混合气体中NO2和O2的体积分别为8mL和2mL，故答案为4:1。18、对甲基苯酚或4-甲基苯酚取代反应碳碳双键、羧基、酚羟基C9H8O4+3NaOH+NaCl+2H2O8、、【解析】

A与Cl2在FeCl3作用下反应，说明A分子中含有苯环，发生苯环上的氯代反应，产生B，B的核磁共振氢谱有3组峰，说明B分子中有3种H原子，B与NaOH水溶液共热，然后酸化得的C，C的分子式为C7H8O，在反应过程中C原子数不变，碳链结构不变，逆推可知A是，B是，C是，C被H2O2氧化产生D，结合题中已知信息：D分子中有两个相同且处于相邻位置的含氧官能团，E的相对分子质量比D大34.5，则D为，D与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生E：，E与NaOH水溶液共热发生反应产生F：，F被O2催化氧化产生G：，G与CH3CHO发生题干信息反应产生H为：，H与新制Cu(OH)2在加热条件下发生醛基的氧化反应，然后酸化可得I：，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知A为，B为，C为，D为，E为，F为，G为，H为，I为。(1)C为，名称为对甲基苯酚或4-甲基苯酚；B结构简式为，D为，D与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生E：，所以D转化为E的反应类型是取代反应；(2)I为，其中含有的官能团名称为：碳碳双键、羧基、酚羟基；I结构简式为，结合C原子价电子为4，可知其分子式为C9H8O4；(3)E为，E与NaOH水溶液共热发生反应产生F为，该反应的方程式为：+3NaOH+NaCl+2H2O；(4)G为，X是G酸化后的产物，则X为，X的芳香族同分异构体，能发生银镜反应，且符合下列条件：①遇FeCl3溶液发生显色反应；②苯环上有两种类型的取代基，可能的结构：若有三个官能团-OH、-OH、-CHO，可能有、、、、；若含有两个官能团HCOO-、-OH，可能有、、，因此符合条件的同分异构体种类为5+3=8种；核磁共振氢谱有4组峰的物质的结构简式为：、、；(5)CH3CH2OH催化氧化产生CH3CHO，CH3CHO与CH3CHO在NaOH水溶液中加热发生反应产生CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO与新制Cu(OH)2悬浊液加热煮沸发生醛基氧化反应，然后酸化得到CH3CH=CHCOOH，故以乙醇为原料制取2-丁烯酸的合成路线为：。【点睛】本题考查有机物的推断、反应类型的判断、同分异构体的种类的判断与书写，注意根据苯酚的性质、芳香烃侧链及苯环的取代反应的条件的区别，是对有机化合物知识的综合考查，能较好的考查学生分析推理能力，(4)中同分异构体数目判断为易错点，能够发生银镜反应的物质可能是含有醛基，也可能含有甲酸酯基，若有三个取代基，可利用定二移一的方法，结合官能团位置不同分析解答。19、SO2（g）SO2（aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋+HSO3－；HSO3－H++SO32－干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少圆底烧瓶SO2＋H2O2=H2SO4加入二氧化锰并振荡0.32盐酸的挥发造成的干扰【解析】

（1）将SO2通入水中形成SO2─饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在的平衡有：SO2（g）SO2（aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋+HSO3－；HSO3－H＋+SO32－，故答案为SO2（g）SO2（aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋+HSO3－；HSO3－H＋+SO32－；（2）根据对比实验，干白葡萄酒中滴入品红溶液，红色不褪去，可能是葡萄酒中的二氧化硫的含量太少的缘故，故答案为干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少；Ⅱ.（3）根据装置图，仪器A是圆底烧瓶，故答案为圆底烧瓶；（4）H2O2具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸，化学方程式为SO2＋H2O2=H2SO4，故答案为SO2＋H2O2=H2SO4；（5）过氧化氢在催化剂作用下容易分解，除去H2O2，可以在反应后的溶液中加入二氧化锰并振荡，故答案为加入二氧化锰并振荡；（6）根据反应方程式，有SO2~H2SO4~2NaOH，n(SO2)=n(Na