2019届高三化学最后一卷试题(含解析).doc

2019届高三化学最后一卷试题(含解析)1. 化学在工业生产、建筑建材、食品、药品等方面均有重要的作用，下列有关叙述不正确的是A. 煤干馏后得到的焦炉煤气主要含有甲烷、氢气、乙烯和一氧化碳等B. 生活中常见的有机玻璃的主要成分是聚甲基丙烯酸甲酯，它是一种有机聚合物C. 阿斯匹林、去痛片等药片是用淀粉作为粘合材料压制而成的片剂D. 成熟苹果的汁液能与银氨溶液发生反应，是因为苹果中含有大量的淀粉和纤维素【答案】D【解析】A. 煤干馏后得到的焦炉煤气主要含有甲烷、氢气、乙烯和一氧化碳等，故A正确；B. 生活中常见的有机玻璃的主要成分是聚甲基丙烯酸甲酯，它是一种有机聚合物，故B正确；C. 阿斯匹林、去痛片等药片是用淀粉作为粘合材料压制而成的片剂，故C正确；D. 成熟苹果的汁液能与银氨溶液发生反应，是因为苹果中含有大量的葡萄糖，故D不正确。故选D。2. 设NA为阿伏加徳罗常数的值，下列叙述正确的是A. 1 mol ICl溶于NaOH溶液中生成NaC1和NaIO时，转移的电子数为NAB. 常温下，1 L pH = 2的HC1溶液和1 L pH = 1的CH3COOH溶液混合后，混合溶液中所含的氢离子数目大于0.11NAC. 常温下，含有NA个NO2和N2O4分子的混合气体，温度降至标准状况，其体积约为22.4 LD. 常温常压下，18g D2O中所含中子数为10NA【答案】B【解析】A. 1 mol ICl溶于NaOH溶液中生成NaC1和NaIO时，元素化合价未变，未发生电子转移，故A错误；B. 常温下，1 L pH = 2的HC1溶液和1 L pH = 1的CH3COOH溶液混合后，稀释促进醋酸电离，混合溶液中所含的氢离子数目大于0.11NA，故B正确；C. 常温下，含有NA个NO2和N2O4分子的混合气体，温度降至标准状况，反应2NO2 N2O4 的平衡移动，混合气体的分子数发生变化，不再为NA，其体积不为22.4 L，故C错误；D. 每个D2O分子含有10个中子，D2O的摩尔质量为20g/mol，18g D2O小于1mol，所含中子数小于10NA，故D错误。故选B。点睛：通过n= cV，阿伏加德罗常数可与质量、气体体积、物质的量浓度等联系起来。3. 已知I、II、III、IV四支试管中分别盛放NaOH、Na2CO3、HNO3、 Ba(NO3)2中的一种溶液，现利用另一种溶液X即可将它们一一确定，若用胶头滴管分别向四支试管中滴加少量X，可观察到如图所示的现象。下列说法的不正确的是A. III中盛装的一定是Ba(NO3)2溶液反应生成白色沉淀的离子方程式为：Ba2+BaSO4B. X与I中盛装的溶液反应生成白色沉淀的离子方程式为：Al3+3OH-=Al(OH)3C. II和IV盛装的溶液可以用I盛装的溶液加以鉴别D. 向II盛装的溶液中加入过量的X溶液，若出现白色沉淀，说明II中盛装的是NaOH溶液【答案】B【解析】白色沉淀溶于II、IV中溶液，说明该白色沉淀是氢氧化铝，II、IV溶液是NaOH、HNO3。白色沉淀不溶于II、IV，说明该白色沉淀是硫酸钡。X是硫酸铝。A. III中盛装的一定是Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀的离子方程式为：Ba2+BaSO4，故A正确；B. I的溶液是碳酸钠，X与I中盛装的溶液反应生成白色沉淀的离子方程式为：2Al3+3+6H2O=2(OH)3+ 3CO2，故B不正确；C. II和IV盛装的溶液可以用I盛装的溶液加以鉴别，冒气泡的是HNO3，没有变化的是NaOH，故C正确；D. 该白色沉淀是氢氧化铝，说明II中盛装的是NaOH溶液，故D正确。故选B。点睛：高中化学中只有白色沉淀氢氧化铝既能溶于酸，又能溶于碱。4. 下列关于有机化合物的说法正确的是A. 乙烯能够使溴水褪色，是因为乙烯和溴水反应生成了2溴乙烷B. 将红热的铜丝插入到1丙醇中，可以制得丙酮C. 和苯酚互为同系物D. 分子式为C10H12具有两个邻位链烃取代基的芳香烃有4种(不考虑立体异构)【答案】D5. 关于下列图像的描述不正确的是A. 图可以表示在绝热容器中放入N2和H2，在催化合成氨的过程中，N2的转化率随时间的变化曲线B. 图可以表示在T的密闭容器中，反应2AgBr(s)2Ag(s)+Br2(g)达到平衡，此时再开始增大容器的体积，最终容器中仍有AgBr(s)剩余时容器内压强的变化曲线C. 图可以表示等体积等pH的碳酸钠溶液和醋酸钠溶液加水稀释过程中pH的变化趋势D. 图可以表示氯化银和溴化银饱和溶液等体积混合后，再向该混合溶液中加入浓AgNO3溶液时，生成沉淀的物质的量随加入AgNO3溶液体积的变化曲线【答案】D【解析】A. N2和H2不断合成氨，N2的转化率随时间增大，当反应达到平衡状态时，N2的转化率不再变化，故A正确；B. 温度一定，K= c(Br2)，所以容器内压强不变，故B正确；C.碳酸钠的水解程度大于醋酸钠，所以 在等体积等pH的碳酸钠溶液和醋酸钠溶液加水稀释过程中，碳酸钠溶液pH变化较大，故C正确；D.由于Ksp (AgCl) Ksp(AgBr)，所以混合溶液中c(Cl) c(Br )，加入浓AgNO3溶液时，最终生成氯化银沉淀的物质的量大于溴化银，故D不正确。故选D。6. 伏打电堆是由几组锌和银的圆板堆积而成，所有的圆板之间夹放着几张盐水泡过的布。下图为最初的伏打电堆模型，由八组锌和银串联组成的圆板堆积而成。下列说法正确的是A. 该原电池正极的电极方程式为：O2+4e-+4H+=2H2OB. 电池长时间工作后，中间的布上会有白色固体颗粒生成，该固体颗粒为Ag2OC. 当电路中转移0.2 mol电子时，消耗锌板的总质量为52 gD. 该伏打电堆工作时，在银板附近会有Cl2放出【答案】C【解析】A. 该原电池正极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故A错误；B. 锌比银活泼，所以银不会被氧化，故B错误；C. 当电路中转移0.2 mol电子时，8组银锌电池，消耗锌0.1 8mol=0.8mol，锌板的总质量为0.8 65g=52g，故C正确；D. 该伏打电堆工作时，银板作正极，正极发生还原反应，不会有Cl2放出，故D错误。故选C。7. 已知25时有关弱酸的电离平衡常数见下表:弱酸化学式HAH2B电离平衡常数(25)Ka=1.710-6K1=1.310-3K2=5.610-8则下列有关说法正确的是A. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为:PH(Na2B)pH(NaHB)pH(NaA)B. 将a molL-1的HA溶液与a molL-1 的NaA溶液等体积混合，混合液中：C(Na+ )C(A-)C. 向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为：B2-+2HA=2A- +H2BD. NaHB溶液中部分微粒浓度的大小为：C(Na+) C(HB-) C(B2-) C(H2B)【答案】D【解析】A. 由于酸性H2B HAHB-，使得水解程度HB-A-pH(NaA)pH(NaHB)，故A错误；B. 因为KaKh=Kw，Ka=1.710-6，所以KaKh，将a molL-1的HA溶液与a molL-1 的NaA溶液等体积混合，HA的电离程度大于NaA的水解程度，混合液中：C(A-) C(Na+ ),故B错误；C. 向Na2B溶液中加入足量的HA溶液发生反应的离子方程式为：B2-+HA=A- +HB-，故C错误；D. 由于K1=1.310-3，NaHB的电离程度大于其水解程度，所以C(Na+) C(HB-) C(B2-) C(H2B)，故D正确。故选D。点睛：由25KaKh=Kw=110-14和Ka=1.710-6，可得KaKh。8. 冰晶石又名六氟铝酸钠(Na3A1F6)白色固体，微溶于水，常用作电解铝工业的助熔剂。工业上用萤石(主要成分是CaF2)、浓硫酸、氢氧化铝和碳酸钠溶液通过湿法制备冰晶石，某化学实验小组模拟工业上制取Na2AlF6的装置图如下(该装置均由聚四氟乙烯仪器组装而成)。已知：CaF2+H2SO4CaSO4+2HF(1)实验仪器不能使用玻璃仪器的原因是_(用化学方程式表示)。(2)装置III的作用为_。(3)在实验过程中，装置II中有CO2气体逸出，同时观察到有白色固体析出，请写出该反应的离子反应方程式：_。(4)在实验过程中，先向装置II中通入HF气体，然后再滴加Na2CO3溶液，而不是先将Na2CO3和A1(OH)3混合后再通入HF气体，其原因是_。 .(5)装置II反应后的混合液经过过滤可得到Na3A1F6晶体，在过滤操作中确定沉淀已经洗涤干净的方法是_。(6)在电解制铝的工业生产中，阳极的电极反应式为_。(7)萤石中含有少量的Fe2O3杂质，可用于装置I反应后的溶液来测定氟化钙的含量。具体操作如下：取8.0 g萤石加入装置I中，完全反应后，将混合液加稀释，然后加入足量的KI固体，再以淀粉为指示剂，用0.1000 molL-1 Na2S2O3标准溶液滴定，当出现_现象时，到达滴定终点，消耗Na2S2O3标准溶液40.00mL，则萤石中氟化钙的百分含量为_。(已知:I2+2S2O32-=S4O62-+2I-)【答案】 (1). 4HF + SiO2=SiF4+2H2O (2). 作为安全瓶，防止倒吸 (3). 2Al(OH)2 + 12HF+6Na+3CO32-=2Na3AlF4+3CO2+9H2O (4). 碳酸钠溶液呈碱性，Na2CO3会首先与HF反应，不利于Al(OH)3的溶解 (5). 取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净 (6). 2O2-4e-=O2 (7). 溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 (8). 96%【解析】本题分析：本题主要考查对于制取Na2AlF6实验的评价。(1)氢氟酸与玻璃成分二氧化硅反应而腐蚀玻璃：4HF + SiO2=SiF4+2H2O。(2)装置III的作用是防止倒吸。(3)该白色固体是微溶于水的六氟铝酸钠，该反应的离子反应方程式：2Al(OH)2 + 12HF+6Na+3CO32-=2Na3AlF4+3CO2+9H2O。(4)其原因是Na2CO3会首先与HF反应，不利于Al(OH)3的溶解。 (5)沉淀吸附Na+、CO32-等离子，可以检验CO32-，在过滤操作中确定沉淀已经洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净。(6)在电解制铝的工业生产中，阳极的电极反应式为2O2-4e-=O2。(7) Fe2O3溶解产生的Fe3+将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝，当出现溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复现象时，到达滴定终点。Fe2O32Fe3+I22S2O32-，n(Fe2O3)= 0.5n(Na2S2O3)=0.50.1000 mol/L0.040L=0.0040mol，m(Fe2O3)= 0.0020mol160g/mol=0.32g，则萤石中氟化钙的百分含量为1-0.32/8.0=96%。9. 钒钛磁铁矿炼钢后剩余的尾渣中含有V2O3、MgO、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，现从该钒渣中回收V2O3的工艺流程如下：(1)滤液I的成分是NaVO3、NaAlO3和_(写化学式)。(2)检验滤渣I中是否含有Fe2O3的方法是_。用离子方程式表示NaAlO3溶液具有碱性的原因_。加入硫酸铵溶液后溶液的pH会有所降低，已知常温时氨水的电离平衡常数Kb=210-5；则0.1 molL-1 (NH4)2SO4溶液的PH约为_。(5)在沉钒操作中，选择使用(NH4)2SO4比使用(NH4)2CO3的沉钒效率高，其原因为_。(6)NH4VO3和Na2SO4的混合液需要经过蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶和过滤等操作得到NH4VO3晶体，结合下图，分析为了得到较纯净的NH4VO3晶体和较高的晶体析出率，应选择最适宜的结晶温度，为a、b、c、d四点中_点对应的温度。(7)最后制备V2O3时煅烧的温度不宜过高，当温度在1000时，偏钒酸铵(NH4VO3)会分解生成V2O3和N2以及其他常见的氧化物，请写出偏钒酸铵在1000时分解的化学方程式：_。【答案】 (1). Na2SiO3 (2). 将少量滤渣I浓于稀盐酸中，向溶解后的混合液中滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明滤渣中含有Fe2O3 (3). A1O2-+2H2OAl(OH)3+OH- (4). 5 (5). CO32-与NH4+离子水解相互促进，导致（NH4)2CO3溶液中的c(NH4+)比（NH4）2SO4溶液中的c(NH4+)小，因此(NH4)2SO4溶液沉钒效率 (6). b (7). 6NH4VO33V2O3+ 2N2+2NH3+9H2O【解析】本题分析：本题主要考查对于钒渣中回收V2O3的工艺流程的评价。(1) Al2O3、SiO2溶解，滤液I的成分是NaVO3、NaAlO2和Na2SiO3。(2)检验滤渣I中是否含有Fe2O3的方法是将少量滤渣I浓于稀盐酸中，向溶解后的混合液中滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明滤渣中含有Fe2O3。用离子方程式表示NaAlO2溶液具有碱性的原因A1O2-+2H2OAl(OH)3+OH-。0.1 molL-1 (NH4)2SO4溶液中，Kb=210-5，c()0.2molL-1，c(H+)- c(NH3H2O)，可得c(H+)110-5，pH约为5。(5)在沉钒操作中，选择使用(NH4)2SO4比使用(NH4)2CO3的沉钒效率高，其原因为CO32-与NH4+离子水解相互促进，导致（NH4)2CO3溶液中的c(NH4+)比（NH4）2SO4溶液中的c(NH4+)小，因此(NH4)2SO4溶液沉钒效率。(6)NH4VO3的溶解度随着温度升高而增大，所以应尽可能选择低温条件。但是a点二者的溶解度一样大，适宜选择a、b、c、d四点中b点对应的温度。(7)最后制备V2O3时煅烧的温度不宜过高，当温度在1000时，偏钒酸铵(NH4VO3)会分解生成V2O3和N2以及其他常见的氧化物，偏钒酸铵在1000时分解的化学方程式：6NH4VO33V2O3+2N2+2NH3+9H2O。10. 亚硫酰氯(SOCl2)又名氯化亚砜，是一种液态的非电解质，沸点为77，SOCl2中氧元素与硫元素直接以共价键相连，其中C1呈-1价, SOCl2遇水即剧烈反应，液面上有酸雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出。该气体可使品红溶液褪色，加热后颜色恢复。请回答下列问题：I.蒸干MgCl2溶液不能得到无水MgCl2，若将SOC12与MgCl26H2O混合并加热，可制得无水MgCl2，请用SOC12与水反应的方程式和必要的文字描述原因_。II. 向1 L 0.1 molL-1的Ba(OH)3溶液中滴入SOCl2开始时产生白色沉淀，继续加入SOCl2至过量发现白色沉淀逐渐溶解。(1)出现白色沆淀的离子方程式为_。(2)白色沉淀溶解过程中发生反应：BaSO3+ H+=Ba2+HSO3-；当沉淀完全溶解时测得溶液的pH=3，忽略滴入SOCl2的体积，则溶液中的c(HSO3-)=_。(H2SO4: Ka1=1.510-5，Ka2=1.010-7，BaSO3:Kap=5.010-7)III.工业上，氧化亚砜可由如下反应制得：i.SO3(g)+SCl2(g) SOCl2(g)+SO2(g) H1=+302 kJmol-1ii.SO2(g)+PCl5(g) SOCl2(g)+POCl3(g) H2=-268kJmol-1(1)已知各分子中化学键的键能如下表所示：则表中x=_。(2)向1 L容积恒定的密闭容器中充入1.0molPCl5(g)、1.0mol SO3(g)和1.0 mol SCl2(g),进行上述两个反应，其他条件不变时，体系内SO2的平衡体积分数与温度(T)的关系如图所示。随着温度的升高，SO2的平衡体积分数增大的原因为_。T1时，测得平衡体系中SO3的物质的量为0.2 mol。则该温度下,PCl5的平衡转化率为_，反应I的平衡常数的值为_。【答案】 (1). SOCl2+H2O=SO2+2HCl，随着SOCl2的通入，能够消耗MgCl2 6H2O分解产生的水，同时生成的HCl抑制了 MgCl2的水解 (2). Ba2+4OH-+SOCl2=BaSO3+2Cl-+2H2O (3). 0.05 molL-1 (4). 362 (5). 反应i为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，SO2的平衡体积分数增大；反应ii为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，SO2的平衡体积分数也增大 (6). 20% (7). 15【解析】本题分析：本题主要考查化学平衡。II. (1)出现白色沆淀的离子方程式为Ba2+4OH-+SOCl2=BaSO3+2Cl-+2H2O。(2) BaSO3:Kap=5.010-7=c(Ba2+)c(SO32-), c(Ba2+)= c= 0.1 molL-1，可得c(SO32-)= 5.010-6 molL-1。Ka2=1.010-7，将c(SO32-)= 5.010-6molL-1、c(H+)=110-3 molL-1代入可得c(HSO3-)=0.05 molL-1 。III.(1) H2=反应物键能之和-生成物键能之和=(3642+3315-585-3203-382-2x) kJmol-1=-268kJmol-1，x=362。 (2)随着温度的升高，SO2的平衡体积分数增大的原因为：反应i为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，SO2的平衡体积分数增大；反应ii为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，SO2的平衡体积分数也增大。T1时，起始加入1.0mol SO3(g)，测得平衡体系中SO3的物质的量为0.2 mol，由图可知平衡体系中SO2的物质的量为3mol20%=0.6mol。i.SO3(g)+SCl2(g) SOCl2(g)+SO2(g)起始物质的量/mol 1.0 1.0 0 0变化物质的量/mol 0.8 0.8 0.8 0.8平衡物质的量/mol 0.2 0.2 0.8 0.8ii.SO2(g)+PCl5(g) SOCl2(g)+POCl3(g)起始物质的量/mol 0.8 1.0 0 0变化物质的量/mol 0.2 0.2 0.2 0.2平衡物质的量/mol 0.6 0.8 0.2 0.2则该温度下,PCl5的平衡转化率为20%。反应i和ii同时建立平衡时，SO3、SCl2、SOCl2、SO2的浓度分别是0.2mol/L、0.2mol/L、1.0mol/L、0.6mol/L，平衡常数的值为(1.00.6)/(0.20.2)=15.11. 钛(Ti)和锆(Zr)是同一副族的相邻元素，它们的化合物在生产生活中有着广泛的用途。回答下列有关问题：(1)钛和锆的价层电子结构相同，请画出基态锆原子的价电子排布图_。(2)四氯化锆的沸点为331，溶于水；而二氧化锆的沸点为4300，难溶于水。分析推测四氯化锆属于_晶体。(3)人们经常利用过氧化氢作钛元素的定性检验试剂：向TiOSO4溶液中加入H2O2可以生成橙黄色的较稳定的2+。在该配合离子中，作为配体的H2O2分子中氧原子的杂化轨道类型为_。S2Cl2的分子结构与H2O2相似，它们均为_(天“极性”或“非极性”)分子H2O2的熔点和沸点均高于S2Cl2的主要原因是_。上述物质中H、O、S、Cl四种元素电负性由大到小的顺序为_。巳知TiO2晶胞中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心，ZrO2晶胞中Zr4+位于O2-所构成的立方体的体心，请根据给出的TiO2晶体和ZrO2晶体的晶胞结构图回答下列问题：根据晶胞图分析TiO2晶体中O2-的配位数是_。TiO2晶体和ZrO2晶体是两种不同类型的晶体结构，决定它们晶体结构不同的重要因素是_。原子坐标参数能够表示晶胞内部各原子的相对位置，二氧化锆晶胞中各原子的坐标参数分别为：A(0,0,0)，B(0,0,1)，C(1,1,0)，则D原子的坐标参数为_。已知二氧化锆晶胞的密度为g/cm3，设阿伏加德罗常数的数值为NA，则晶体中B、D两原子核间的距离为_pm。【答案】 (1). (2). 分子 (3). 3sp3 (4). 极性 (5). 它们都是分子晶体，H2O2分子可以形成分子间的氢键，而S2Cl2分子间只有范德华力，因此H2O2的熔点和沸点均高于S2Cl2 (6). OClSH (7). 3 (8). 晶体中Zr4-的半径大于Ti4+的半径，正负离子的半径比不同，是导致晶体结构不同的主要原因 (9). (0.25,0.25,0.75) (10). 【解析】本题分析：本题主要考查分子结构与晶体结构。(1)钛和锆的价层电子结构相同，基态锆原子的价电子排布图：。(2)四氯化锆沸点低，属于分子晶体。(3)H2O2分子中氧原子的价层电子对为4，所以杂化轨道类型为sp3 。S2Cl2的分子结构与H2O2相似，它们均为极性分子。H2O2的熔点和沸点均高于S2Cl2的主要原因是它们都是分子晶体，H2O2分子可以形成分子间的氢键，而S2Cl2分子间只有范德华力，因此H2O2的熔点和沸点均高于S2Cl2 。上述物质中H、O、S、Cl四种元素非金属性OClSH，所以电负性由大到小的顺序为OClSH。TiO2晶体中Ti4+的配位数是6，所以O2-的配位数是3。TiO2晶体和ZrO2晶体是两种不同类型的晶体结构，决定它们晶体结构不同的重要因素是正负离子半径比。原子坐标参数能够表示晶胞内部各原子的相对位置，二氧化锆晶胞中各原子的坐标参数分别为：A(0,0,0)，B(0,0,1)，C(1,1,0)，则D原子的坐标参数为(0.25,0.25,0.75)。设晶胞边长为x，晶体中B、D两原子核间的距离为y,则晶胞的体对角线长4y=x。二氧化锆晶胞含有4个Ti4+、8个O2-，晶胞中离子的相对原子质量之和为492，根据题意可得g/cm3x3=492gNA，y=pm, 即晶体中B、D两原子核间的距离为pm。12. 由有机物A合成化工产品的中间产物F(C11H14O2)的合成路线如下：已知：与羟基直接相连的碳原子上有氢原子，才可被催化氧化；A为一种芳香烃，分子式为C11H14，其核磁共振氢谱显示有5组峰；D能发生银镜反应，且D苯环上的一氯代物只有2种；(4) (R1、R2、R3、R4代表“烃基”或“H”原子)；(5) (R代表“烃基”)。根据以上信息回答下列问题：(1)有机物D的名称为_，G中的官能团名称为_，H的结构简式为_。(2)指出下列反应的反应类型：_，_。(3)写出下列反应的化学方程式。银氨溶液与D的反应：_；正丙醇与E的反应：_。符合下列条件的E的同分异构体有_种；任写出其中一种的结构简式_。能发生银镜反应；苯环上有两个取代基；分子内不含甲基。(5)根据上述合成路线和信息，写出由丙酮经过一系列反应制备正丙醇的合成路线_。【答案】 (1). 对甲基苯甲醛 (2). 羟基、羰基 (3). (4). 取代反应 (5). 消去反应 (6). (7). (8). 6 (9). (10). CH2CH3CH3OH【解析】本题分析：本题主要考查有机物的结构与性质。(1)C转化D和丙酮，说明D分子含有8个碳原子，D能发生银镜反应，所以苯环侧链有醛基和甲基，D苯环上的一氯代物只有2种，所以D为对甲基苯甲醛。C分子的两个羟基，一个被氧化为羰基，另一个未被氧化，所以G中的官能团名称为羟基、羰基。G发生醇的消去反应生成H，H的结构简式为。(2)反应是卤代烃的水解反应，反应是醇的消去反应，反应类型：取代反应，消去反应。(3)反应的化学方程式：银氨溶液与D的反应：；E是对甲基苯甲酸，正丙醇与E的反应：。E的分子式为C8H8O2，该分子中苯环上的两个取代基为-OH和-CH2CHO或-CH2OH和-CHO，两个取代基处于邻、间、对位置，符合条件的E的同分异构体有6种；任写出其中一种的结构简式：。(5)CH2CH3CH3OH。