2019届高三化学第一次模拟考试试卷(含解析).doc

2019届高三化学第一次模拟考试试卷(含解析)一、选择题:本题共13小题，每小题6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.化学与生产、生活等多方面都密切相关，下列说法中不正确的是A. 缺铁性贫血可以服用亚铁盐的药剂来进行治疗B. 晶体硅制得的光电池，能将光能直接转化为电能C. 误食重金属离子时可先喝大量牛奶或豆浆后再及时就医D. 石油分馏可直接获得乙烯、丙烯和丁二烯等产品【答案】D【解析】【详解】A、缺铁性贫血中铁元素以Fe2形式存在，因此需要服用亚铁盐的药剂来治疗，故A说法正确；B、光电池成分是晶体硅，是将光能直接转化成电能，故B说法正确；C、重金属离子能使蛋白质变性，牛奶和豆浆中含有蛋白质，因此误食重金属离子，可先喝大量的牛奶或豆浆后再及时就医，故C说法正确；D、乙烯、丙烯、丁二烯等是通过石油的裂解得到的，故D说法错误。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 32gO2和O3的混合物含有的质子数目为16NAB. 1LpH =1的H2SO4溶液中所含的H +数目为0.2NAC. 标准状况下，22.4L的辛烷完全燃烧生成的CO2分子数为8NAD. 1mol FeI2与足量氯气完全反应时转移的电子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A、无论氧气还是臭氧，都是由氧原子组成，即32g该混合物中含有质子物质的量为32g8/16gmol1=16mol，故A说法正确；B、pH=1的硫酸溶液中c(H)=101molL1，即所含n(H)=1L101molL1=0.1mol，故B说法错误；C、辛烷标准状况下不是气体，不能直接运用22.4Lmol1，故C说法错误；D、Fe2和I被Cl2氧化，氯气是过量的，因此转移电子物质的量为1mol(32)1mol20(1)=3mol，故D说法错误。3.我国科学家研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯(DMO)和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下：下列关于上述反应的说法不正确的是A. Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子B. MG是中间产物C. DMO分子断裂的化学键有:C-O和C一HD. 该反应生成物中有一种与乙醇是同系物【答案】C【解析】【详解】A、由图可知，Cu纳米颗粒作催化剂将氢气转化成为H原子，故A说法正确；B、由图可知，DMO为草酸二甲酯，EG为乙二醇，反应过程为DMOMGEG，MG为中间产物，故B说法正确；C、根据选项B分析，断裂的键是CO和C=O中的一个键，故C说法错误；D、生成物为乙二醇和甲醇，乙二醇与乙醇不是同系物，甲醇和乙醇互为同系物，故D说法正确。4.乙酸乙酯是无色透明有刺激性气味的液体，制备的实验 装置如图所示。下列说法不正确的是A. 先在试管a中加入乙醇，然后边振荡试管边缓慢加入浓硫酸和乙酸B. 浓硫酸的作用主要是催化和吸水C. b中的饱和Na2CO3溶液可用浓NaOH溶液代替D. 实验原理为【答案】C【解析】【详解】A、制备乙酸乙酯，加入试剂的顺序是乙醇浓硫酸乙酸，故A说法正确；B、乙酸与乙醇反应方程式为CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O，浓硫酸为催化剂，该反应为可逆反应，利用浓硫酸的吸水性，促使平衡向正反应方向进行，故B说法正确；C、乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解反应，因此不能用NaOH代替饱和Na2CO3溶液，故C说法错误；D、生成酯的原理是酸去OH，醇去羟基上的氢，因此实验原理为，故D说法正确。5.仅用下表提供的玻璃仪器(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玻璃仪器A分离乙醇和水的混合物分液漏斗、烧杯B鉴别 NaOH、Al2(SO4)3、Na2CO3、KNO3四瓶无色溶液试管、胶头滴管C常温下，用pH =13的NaOH溶液配制100mL、 pH=12的NaOH溶液100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管D用MnO2固体和浓盐酸反应制备并收集Cl2分液漏斗、烧瓶、导管、集气瓶、烧杯A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A、乙醇和水任意比例混合，一般采用蒸馏的方法进行分离，不能通过的分液方法进行分离，故A不符合题意；B、将Al2(SO4)3滴加到NaOH溶液中，先发生Al34OH=AlO22H2O，然后发生Al33AlO26H2O=4Al(OH)3，一段时间后出现沉淀，Al2(SO4)3滴加到Na2CO3溶液中发生双水解反应，2Al33CO323H2O=2Al(OH)33CO2，出现沉淀和气泡，硫酸铝滴加到KNO3溶液，无现象，能够鉴别，故B符合题意；C、配制100mLpH=12的NaOH溶液，应用量筒量取pH=12的NaOH溶液，缺少量筒，不能完成实验，故C不符合题意；D、MnO2与浓盐酸反应，需要加热，所给仪器中缺少酒精灯，不能完成实验，故D不符合题意。6.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z 是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是A. X、Y、Z三种元素可形成离子化合物B. Y单质的氧化性比Z的强C. W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱D. 原子半径:r(X)r(Y)r(Z)r(N)r(O)r(H)，故D错误。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，电子层数越多，一般半径越大；二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相等，原子序数相等，半径随着电子数的增多而增大。7.最近报道的一种处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图如下。装置工作时，下列说法不正确的是A. 化学能转变为电能B. 盐桥中K+向X极移动C. 电子由X极沿导线流向Y极D. Y极发生的反应为2NO3-+10e-+12H+=N2+ 6H2O，周围pH增大【答案】B【解析】【分析】根据题意，利用该装置发电，说明该装置为电池装置，根据图像，NH3在X电极上转化成N2，N的化合价由3价0价，化合价升高，根据原电池工作原理，即X电极为负极，则Y电极为正极；【详解】根据题意，利用该装置发电，说明该装置为电池装置，根据图像，NH3在X电极上转化成N2，N的化合价由3价0价，化合价升高，根据原电池工作原理，即X电极为负极，则Y电极为正极；A、该装置为电池，将化学能转化成电能，故A说法正确；B、根据原电池工作原理，阳离子向正极移动，即K向Y电极移动，故B说法错误；C、根据原电池的工作原理，电子从X电极经外电路流向Y电极，故C说法正确；D、根据图像，Y电极上NO3N2，化合价降低，电极反应式为2NO312H10e=N26H2O，消耗H，因此pH增大，故D说法正确。8.五水硫代硫酸钠(化学式为Na2S2O3 5H20)不溶于乙醇，易溶于水，可用于鞣制皮革、矿石提银、水产养殖、医疗解毒等，工业上常用Na2S、Na2CO3为原料制备，其生产流程如下图所示，回答下列问题。(1)五水硫代硫酸钠中硫元素的化合价为_。常温下，Na2S溶液的pH_7(选填“”、“”或“=”)。(2)溶解原料的蒸馏水需加热煮沸一段时间后待用，其目的是_。(3)Na2S和Na2CO3按物质的量比2:1投料后加热，将S02缓缓通入溶液中，即可获得 Na2S203，反应的化学方程式为_。(4)上述制备实验一般须控制在碱性环境下进行，若在酸性条件下产品会发黄，用离子方程式表示其可能的原因_。(5)充分反应后趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出后用乙醇洗涤表面，即可获得纯净的无色透明晶体。趁热过滤和用乙醇洗涤的目的是 _。(6)为测定产品中Na2S2O3 5H2O的纯度，准确称取样品质量，用适量的蒸馏水溶解，加入指示剂用已知浓度的碘的标准溶液滴定。反应原理为:2S2O32-+I2= S4O62-+2I-加入的指示剂为_(填名称)。滴定至终点时，溶液颜色的变化_。该实验中，滴加标准碘液的操作正确的是_(填图中对应操作的字母编号)。下列操作可使产品纯度检测值偏髙的是_(选填编号)。a.装标准液的滴定管水洗后未润洗b.滴定过程中出现漏液 c.滴定结束时俯视读数【答案】 (1). +2 (2). (3). 去除水中溶解的O2，防止氧化Na2S (4). 2Na2S + Na2CO3 + 4SO2 = 3Na2S2O3 + CO2 (5). S2O3 2+ 2H+ S + SO2 + H2O (6). 减少因降温析出和溶解而造成的产品损耗 (7). 淀粉溶液 (8). 由无色变为蓝色 (9). b (10). ab【解析】【详解】（1）Na2S2O3中O为2价，Na为1价，化合价代数和为0，即S的价态为2价；Na2S为强碱弱酸盐，S2水解，使溶液显碱性，即pH7；（2）根据流程，Na2S中S2具有强还原性，容易被氧气氧化，煮沸蒸馏水的目的是去除溶解在水中的氧气，防止Na2S氧化；（3）根据信息，SO2作氧化剂，Na2S作还原剂，Na2S和Na2CO3物质的量之比为2：1，因此反应方程式为2Na2SNa2CO34SO2=3Na2S2O3CO2；（4）变黄的原因是S2O32能与H发生反应：S2O322H=SSO2H2O；（5）五水硫代硫酸钠不溶于乙醇，易溶于水，根据实验步骤，趁热过滤，目的是除去溶解度较小的物质，防止五水硫代硫酸钠因温度降低析出，用乙醇洗涤，防止五水硫代硫酸钠溶解，造成产品的损耗；（6）因为用碘进行滴定，因此指示剂为淀粉溶液；根据反应原理，滴定终点时，溶液颜色变化无色变为蓝色，且30s不恢复原来的颜色；碘溶液应用酸式滴定管盛放；a、滴定过程中，左手控制旋塞，右手摇动锥形瓶，故a错误；b、根据选项a分析，故b正确；c、该滴定管为碱式滴定管，故c错误；d、该滴定管为碱式滴定管，故d错误；分析滴定管的误差，需要判断V标和V待变化，a、盛放标准液的滴定管未用标准液润洗，直接盛放标准液，造成标准液的浓度降低，V标偏大，滴定结果偏高，故a正确；b、滴定过程中造成漏液，消耗标准液的体积增大，即所测结果偏高，故b正确；c、滴定结束时俯视读数，消耗标准液的体积比实际少，所测结果偏低，故c错误。9.金属锰在冶金工业中用来制造特种钢，常作为脱硫剂和去氧剂，其化合物广泛应用于电池、机械制造业等领域。(1)以软锰矿(主要为MnO2)为原料通过热还原法得到金属锰涉及的两个反应： 3MnO2(s)=Mn3O4(s)+ O2(g) H1= akJmol-13Mn3O4(s)+ 8Al(s) =4A12O3(s) + 9Mn(s) H2= bkJmol-1已知A1的燃烧热为 ckJmol-1，则MnO2与A1发生铝热反应的热化学方程式为_。(2)科研人员将制得的锰粉碎后加入到SnCl2溶液中使其浸出(假定杂质不反应，溶液 体积不变)，发生反应Mn(s)+ Sn2+(aq)Mn2+(aq)+ Sn(s)(已知含Sn2+水溶液为米黄色)请回答下列问题：为加快反应速率可以采取的措施有_；不考虑温度因素，一段时间后Mn的溶解速率加快，可能的原因是_。下列能说明反应已达平衡的有_(填编号)。A.溶液的颜色不发生变化B.溶液中c(Mn2+)=c( Sn2+)C.体系中固体的质量不变D.Mn2+与Sn2+浓度的比值保持不变室温下，测得溶液中阳离子浓度c(R2+)随时间的变化情况如下图所示，则上述反应的平衡常数K=_，Mn2+的产率为_。若其他条件不变，10min后向容器中迅速加入蒸馏水至溶液体积变为原来的2倍，则 再次平衡时c(Mn2+) =_(不考虑离子水解的影响)。(3)MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O为体系的电解液中电解获得，其阳极反应式为_，阳极附近溶液的pH_(选填“增大”、“减小”或“不变”)。(4)电解制锰后的废水中含有Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入等体积的Na2S溶液，进行二级沉降。为了将Mn2+的浓度降到1.0l0-9mol/L，则加入的Na2S溶液的浓度至少是_mol/L 已知Ksp(MnS)=4.5l0-14。【答案】 (1). 3MnO2(s) + 4Al(s) 2Al2O3(s) + 3Mn(s) H =13(3a+b+4c)kJmol-1 (2). 升高温度或增大c(Sn2+) (3). 构成多个微型原电池，加快反应速率 (4). ACD (5). 3 (6). 75 (7). 0.375molL-1 (8). Mn2+ 2e- +2H2O = MnO2 + 4H+ (9). 减小 (10). 9.0105【解析】【详解】（1）3MnO2(s)=Mn3O4(s)+ O2(g)，3Mn3O4(s)+ 8Al(s) =4A12O3(s) + 9Mn(s) ，Al(s)3/4O2(g)=1/2Al2O3(s) H=ckJmol1，MnO2与Al反应的方程式为4Al3MnO2=2Al2O33Mn，因此有(34)/3，得出：3MnO2(s) + 4Al(s) 2Al2O3(s) + 3Mn(s) H=(3ab4c)/3kJmol1；（2）加快反应速率，可以适当升高温度，增加c(Sn2)等；根据反应方程式，有Sn单质的生成，与Mn构成原电池，加快反应速率；A、Mn2、Sn2是有颜色的离子，当溶液颜色不再改变，说明反应达到平衡，故A符合题意；B、不知投入量和转化率，因此无法通过c(Mn2)=c(Sn2)，判断是否达到平衡，故B不符合题意；C、Mn和Sn摩尔质量不同，因此当体系固体质量不变，说明达到平衡，故C符合题意；D、随着反应进行,Mn2的量增大，Sn2量减少，当Mn2与Sn2浓度的比值保持不变，说明反应达到平衡，故D符合题意；随着反应进行，c(Mn2)增大，c(Sn2)减小，该反应的平衡常数，K=c(Mn2)/c(Sn2)=0.75molL1/0.25molL1=3；因为是同一溶液反应，因此物质的量之比等于物质的量浓度之比，Mn2的产率为0.75molL1/(0.75molL10.25molL1)100%=75%；Mn2和Sn2的系数相等，Mn和Sn为固体，因此加水稀释，平衡不移动，加入蒸馏水至溶液体积变为原来的2倍，c(Mn2)为原来平衡时的一半，即c(Mn2)=0.75molL1/2=0.375molL1；（3）根据电解原理，阳极上失去电子，化合价升高，因此MnSO4在阳极上放电，其电极反应式为Mn22H2O2e=MnO24H；该电极产生H，酸性增强，pH减小；（4）Mn2为1.0109molL1，此时MnS溶液为饱和溶液，根据c(S2)=Ksp(MnS)/c(Mn2)=4.51014/1.0109=4.5105molL1，滤液中加入等体积的Na2S溶液，则加入Na2S溶液的浓度至少为4.51052molL1=9.0105molL1。【点睛】本题易错点是问题（4），学生知道根据溶度积计算出c(S2)=4.5105molL1，认为Na2S的浓度为4.5105molL1，忽略了题中所说滤液与Na2S等体积混合，4.5105molL1是混合后物质的量浓度，需要计算出的混合前的物质的量浓度，即混合前的浓度为混合后浓度的2倍。10.氨基钠(NaNH2)是制取靛青染料、肼和氰化钠等工业品的原料，可将氨通过 250 -360金属钠制得。氨基钠在空气中易氧化、易燃，与水强烈反应，露置空气中易吸收水分和二氧化碳。某化学实验小组拟采用如图所示的装置制备氨基钠，回答下列相关问题：(1)上面各装置组装为制取氨基钠装置时，按气体流向合理的连接顺序为_(选填编号)。.a-b-c-f-g-d-e-h-i .a-d-e-f-g-h-i-b-c .a-h-i-f-g-d-e-b-c .a-h-i-b-c-f-g-d-e(2)仪器组装完成后下一步的操作名称是_。(3)A装置中加入试剂合理的是_。简述A中产生氨气的原理_。a.浓氨水 b.浓氨水与CaO c.NH4C1与Ca(OH)2 (4)装置B的作用是_(答出两条)。(5)装置C中盛放的试剂为_。(6)下列实验操作步骤合理的顺序为_(用步骤序号填空)。点燃D处酒精灯加热 打开分液漏斗活塞，使产生气体并通入一段时间 充分反应后停止加热 关闭分液漏斗活塞;步骤的目的是_。(7)为简化制备装置，甲同学提出可用装有五氧化二磷的球形干燥管代替原装置的末端两个仪器，乙同学认为甲的方案不可行，乙的理由可能是_。【答案】 (1). II (2). 检查装置的气密性 (3). b (4). 浓氨水中的水与CaO反应放热，且生成Ca(OH)2使体系中OH-的浓度增大，促使氨水中的平衡向生成氨气的方向移动 (5). 一是吸收未反应完的氨气防止污染环境；二是防止外界的气体进入装置影响制备实验 (6). 碱石灰(或CaO、NaOH固体等) (7). (8). 利用生成的氨气排尽装置中的空气，防止干扰实验 (9). 空气中的CO2和O2进入装置D使产品不纯或燃烧【解析】【详解】（1）制备氨基钠的反应方程式为2Na2NH32NaNH2H2，装置A是制备NH3的装置，氨基钠与水强烈反应，因此需要除去氨气中水蒸气，氨气需要通过装置C，然后反应，NH3有毒，需要进行尾气处理，装置B为尾气处理装置，为防止倒吸，装置E起安全瓶的作用，因此连接顺序是adefghibc，故正确；（2）因为有气体参与反应，因此仪器组装完成后下一步操作是检验装置的气密性；（3）A装置制备NH3，a、加热浓氨水，产生NH3，题中缺少加热装置，故a不合理；b、CaO遇水放出大量的热，使NH3H2O分解为NH3，故b合理；c、加热NH4Cl和Ca(OH)2固体得到NH3，使用的仪器为试管，故c不合理；利用b制备NH3的原理是浓氨水中的水与CaO反应放热，且生成Ca(OH)2使体系中OH的浓度增大，促使氨水中的平衡向生成氨气的方向移动；（4）根据（1）装置B的作用是吸收多余的氨气防止污染环境，防止外界的气体进入装置影响制备实验；（5）装置C的作用是干燥NH3，盛放的试剂为碱石灰或CaO或NaOH等固体；（6）氮化钠在空气中易氧化，因此先打开分液漏斗的活塞，通入一段时间的NH3，排除装置中空气，然后点燃D处酒精灯，加热，充分反应后，熄灭酒精灯，让氮化钠在氨气中冷却下来，再关闭分液漏斗活塞，步骤顺序是；步骤的目的是利用生成的NH3排尽装置中的空气，防止干扰实验；（7）浓硫酸的作用之一是防止外界气体进入装置影响制备实验，五氧化二磷不能阻碍CO2和O2的进入D装置，因此乙同学的理由空气中的CO2和O2进入装置D使产品不纯或燃烧。【点睛】连接仪器顺序是本题的关键，我们一般按照制气装置除杂装置干燥装置反应装置或收集装置尾气处理装置展开，然后再根据题中所给信息或物质的性质安排细小环节，如NH3极易溶于水，能与浓硫酸反应，为防止倒吸，在装置D和B之间添加装置E，装置E为安全瓶。(二)选考題:共45分.请考生从2道物理题、2道化学題、2道生物题中每科任选一题作答如果多做，则每学科按所做的第_H计分。11.铜及其化合物在很多领域有重要的用途，如氧化亚铜(Cu2O)可做半导体材料，胆矾 (CuSO45H2O)用于杀菌剂，磷酸氧铜Cu4O(PO4)2能充当电极的活性物质。请回答下列相关问题。(1)写出基态Cu+离子的核外电子排布式_，与Cu同周期且与Cu原子最外层电子数相等的元素有_(填元素符号)。(2)胆矾和磷酸氧铜中含有的非金属元素，其电负性由大到小的顺序为_。(3)PO43-的VSEPR模型为_，中心原子P的杂化类型为 _，与其互为等电子体的离子有_(写出两种)。(4)胆矾(CuSO4 5H2O)的结构示意图如下图，请结合示意图完成下列问题。将胆矾的化学式写成配合物的形式为_。胆矾中含有的微粒间作用力有_(填序号)。a.离子键 b.极性键 c.金属键 d.配位键 e.氢键 f.非极性键(5)胆矾在高温条件下会失水、分解生成CuO，加热CuO还会继续分解为Cu2O。Cu2O的熔点比Cu2S的_(填“髙”或“低”)，原因是_。CuO的晶胞结构如上图所示，可确定该晶胞中阴离子的个数为，O2-的配位数是_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 (2). K和Cr (3). O S P H (4). 正四面体 (5). sp3 (6). SO42、ClO4 (7). Cu(H2O)4SO4H2O (8). abde (9). 高 (10). O2-半径比S2-半径小，Cu2O的晶格能更大，熔点更高 (11). 4【解析】【详解】（1）Cu为第四周期IB族，基态Cu的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10；Cu的基态原子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，与Cu同周期且最外层电子数为1的元素有K和Cr；（2）含有非金属性元素为S、O、H、P，同周期从左向右电负性增大，同主族从左向右电负性减小，这四种非金属性元素的电负性大小顺序是OSPH；（3）PO43中中心原子为P，含有4个键，孤电子对数为(5342)/2=0，VSEPR模型为正四面体；中心原子P的杂化类型为sp3；与其互为等电子的离子有SO42、ClO4、AsO43等；（4）根据结构示意图，1个Cu与4个H2O形成配位键，配合物的形式为Cu(H2O)4SO4H2O；Cu2和SO42之间存在离子键，HO、S与O之间存在极性键，Cu与H2O中的氧原子之间形成配位键，图中水分子之间形成分子间氢键，不含有金属键和非极性键，故选项abde符合题意；（5）Cu2O和Cu2S都属于离子晶体，O2的半径小于S2半径，Cu2O的晶格能更大，熔点更高，因此Cu2O的熔点比Cu2S的高；根据晶胞图，O2的配位数为4。12.由草本植物香料X合成一种新型香料H的路线如图(A、B、D、H的分子式巳标出)：已知：.A分子中含有苯环且核磁共振氢谱有6个峰；.G能使溴的四氯化碳溶液褪色；.H为含有三个六元环的芳香酯请回答下列问题：(1)X的分子式为_，A的结构简式为_，F中所含官能团的名称为_。(2)写出反应的化学反应方程式_。(3)H的结构简式为_。(4)F的同分异构体种类众多，写出满足下列条件F的同分异构体的结构简式_。遇FeCl3溶液发生显色反应；能与碳酸氢钠溶液反应；苯环上一氯代物只有一种(5)设计由上图中的G为起始原料制备乙二酸的合成路线_(无机物任选，注明反应条件)【答案】 (1). C11H12O2 (2). (3). 羟基、羧基 (4). CH3CH2OH CH2=CH2+H2O (5). (6). 、 (7). CH2=CH2CHBrCHBrHOCH2CH2OHOHC-CHOHOOC-COOH【解析】【分析】反应为酯的水解，依据XH2OC9H8O2C2H6O，推出X为C11H12O2，B为乙醇，其结构简式为CH3CH2OH，G能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明G中含有不饱和键，依据反应条件，应发生消去反应，即G的结构简式为CH2=CH2，A为羧酸，A分子中含有苯环且核磁共振氢谱有6个峰，对比A和D的分子式，反应应发生加成反应，A中应含有碳碳不饱和键，即A结构简式为，D的结构简式可能是、，根据反应的条件，应发生水解反应和中和反应，E的结构简式可能为C6H5CH(OH)CH2COONa、C6H5CH2CH(OH)COONa，反应得到羧基，即F的结构简式可能为C6H5CH(OH)CH2COOH、C6H5CH2CH(OH)COOH，反应为酯化反应，H为含有三个六元环的芳香酯，则D的结构简式为，F的结构简式为C6H5CH2CH(OH)COOH，H的结构简式为；【详解】反应为酯的水解，依据XH2OC9H8O2C2H6O，推出X为C11H12O2，B为乙醇，其结构简式为CH3CH2OH，G能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明G中含有不饱和键，依据反应条件，应发生消去反应，即G的结构简式为CH2=CH2，A为羧酸，A分子中含有苯环且核磁共振氢谱有6个峰，对比A和D的分子式，反应应发生加成反应，A中应含有碳碳不饱和键，即A结构简式为，D的结构简式可能是、，根据反应的条件，应发生水解反应和中和反应，E的结构简式可能为C6H5CH(OH)CH2COONa、C6H5CH2CH(OH)COONa，反应得到羧基，即F的结构简式可能为C6H5CH(OH)CH2COOH、C6H5CH2CH(OH)COOH，反应为酯化反应，H为含有三个六元环的芳香酯，则D的结构简式为，F的结构简式为C6H5CH2CH(OH)COOH，H的结构简式为；（1）根据上述分析，X的分子式为C11H12O2；A的结构简式为；F的结构简式为C6H5CH2CH(OH)COOH，含有官能团是羟基和羧基；（2）反应发生消去反应，反应方程式为CH3CH2OHCH2=CH2H2O；（3）H的结构简式为；（4）遇FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，能与NaHCO3反应，说明含有羧基，苯环上的一氯代物有一种，说明对称结构，或者只含有1个氢原子，符合条件的结构简式为、 ；（5）由CH2=CH2合成HOOCCOOH，乙烯先与Cl2或Br2发生加成反应，生成卤代烃，然后发生水解反应，生成乙二醇，然后催化氧化，合成路线为CH2=CH2CHBrCHBrHOCH2CH2OHOHC-CHOHOOC-COOH。【点睛】有机物推断和合成，是官能团的引入和消除，应熟悉各有机物代表物的性质，特别是发生反应的条件，有时通过反应条件进行推断，会简单方便，如本题X转化成A和B，条件下是稀硫酸，应立即想到这个反应是酯的水解，A为羧酸，B为醇，然后进行逐一分析即可。