湖北省武汉市2026届高三年级五月供题试题 化学 含解析

武汉市2026届高三年级五月供题化学本卷共8页，19题。全卷满分100分。用时75分钟。注意事项：1.选择题的作答：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。2.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。可能用到的相对原子质量：C-12O-16Si-28Ni-59一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.下列湖北非遗技艺中，对其关键步骤的化学原理描述错误的是选项非遗技艺关键步骤化学原理A铅锡刻镂技艺将铅、锡按比例混合熔化浇铸成型铅锡合金不会被氧化B老河口木版年画木材蒸煮脱脂油脂发生水解反应C汉绣用明矾水浸泡丝线后再染色胶体吸附色素而固色D孝感麻糖将麦芽与蒸熟的糯米混合进行糖化使淀粉水解为麦芽糖A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．铅、锡均为较活泼金属，形成合金后仍具有还原性，一定条件下仍可被氧化，原理描述错误，A错误；B．木材中的油脂在蒸煮条件下发生水解反应，可实现脱脂目的，原理描述正确，B正确；C．明矾溶于水后水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可吸附色素实现固色，原理描述正确，C正确；D．麦芽中含淀粉酶，可催化糯米中的淀粉水解为麦芽糖，完成糖化过程，原理描述正确，D正确；故选A。2.关于物质的分离、提纯，下列说法错误的是A.盐析法分离甘油和硬脂酸钠B.加热去除碳酸钠粉末中混有的少量碳酸氢钠C.利用加水溶解、过滤、洗涤、干燥回收含氯化钾的二氧化锰D.萃取和分液法从乙醇和乙酸反应的产物中分离乙酸乙酯【答案】D【解析】【详解】A．向甘油和硬脂酸钠的混合液中加入食盐，硬脂酸钠溶解度降低会析出，可通过盐析法分离二者，A不符合题意；B．碳酸氢钠受热易分解为碳酸钠、二氧化碳和水，加热可将杂质碳酸氢钠转化为碳酸钠，达到除杂目的，B不符合题意；C．氯化钾易溶于水，二氧化锰难溶于水，通过加水溶解、过滤、洗涤、干燥即可得到纯净的二氧化锰，C不符合题意；D．乙醇和乙酸反应的产物中混有乙酸、乙醇杂质，加入饱和碳酸钠溶液后，乙酸被中和、乙醇被溶解，乙酸乙酯溶解度降低直接分层，分液即可分离，不需要萃取操作，且初始反应混合物互溶，无法直接用萃取分液法分离，D符合题意；故答案选D。3.“类比”是研究物质性质及变化的重要方法。下列类比推测合理的是A.SiCl4水解生成H4SiO4和HCl，推测NCl3水解生成HNO3和HClB.CO2可使澄清石灰水变浑浊，推测SO2也能使澄清石灰水变浑浊C.Cl2与水反应生成HCl和HClO，推测F2与水反应生成HF和HFOD.工业上电解熔融MgCl2制取Mg，推测电解熔融AlCl3可制取Al【答案】B【解析】【详解】A．N的电负性大于Cl，中N为-3价、Cl为+1价，水解产物应为（或）和，而非和，A错误；B．和均为酸性氧化物，少量通入澄清石灰水时，可分别反应生成难溶的、，使溶液变浑浊，B正确；C．F的非金属性强于O，无正化合价，与水反应生成和，不存在HFO，C错误；D．是共价化合物，熔融状态下不导电，无法通过电解熔融制取，工业上用电解熔融的方法制Al，D错误；故选B。4.下列有关化学用语表达错误的是A.二氯甲烷的分子结构模型：B.60gSiO2含有σ键的数目为C.制备聚乳酸：D.用电子云轮廓图表示H-Cl的s-pσ键形成的示意图：【答案】C【解析】【详解】A．二氯甲烷中含有的两个Cl原子半径最大，其次为C，最小的是H，该分子为四面体形，A正确；B．60g的物质的量为1mol，含有4molSi-O键，故60g含有σ键的数目为，B正确；C．聚乳酸是通过缩聚反应生成的，应有小分子水生成，正确的方程式为：，C错误；D．H原子的1s轨道电子云轮廓为球形，Cl原子的3p轨道为哑铃形，通过以头碰头方式沿核间轴方向重叠后形成的s-pσ键为，D正确；故选C。5.下列说法正确的是A.酚醛树脂是通过缩聚反应得到的一种纯净物B.非极性分子是通过非极性键形成的一类分子C.键能是1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量D.碳化硅是通过共价键形成的一种新型无机非金属材料【答案】D【解析】【详解】A．酚醛树脂是苯酚和甲醛经缩聚反应得到的高分子化合物，聚合度为不确定值，属于混合物，并非纯净物，A错误；B．非极性分子也可由极性键构成，如是含有极性键的结构对称的非极性分子，并非只能通过非极性键形成，B错误；C．键能的定义是气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量，选项未指明化学键存在于气态分子中，表述不严谨，C错误；D．碳化硅中C和Si原子以共价键结合形成共价晶体，属于新型无机非金属材料，D正确；故选D。6.下列实验方案能达到实验目的的是A．铁制品表面镀铜B．检验乙烯中的碳碳双键C．比较Mg、Al的金属性强弱D．探究对Fe3+水解的影响A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．实验设计符合电镀原理：阳极（铜片）：

Cu-2 e-=Cu2+，阴极（铁制品）：B．乙烯和溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，能使溴水褪色，但生成的1,2-二溴乙烷是密度大于水的油状液体，不会得到无色溶液，而是分层，下层是油状液体，B错误；C．使用氨水与

AlCl3

、

MgCl2

反应均生成沉淀：Al3++3 NH3 ⋅ HD．加入浓硫酸后，体系变化包括：

增大，抑制水解：

Fe3++3 H2O故选A。7.湖北神农架地区盛产的野生桑黄具有显著的抗氧化、抗肿瘤等功效，其主要成分的结构简式如图所示。下列说法错误的是A.存在顺反异构体B.具有3种官能团C.1mol该物质最多可与11molH2反应D.可与氢氧化钠溶液、酸性高锰酸钾溶液反应【答案】C【解析】【详解】A．该分子中碳碳双键两端的碳原子，都连着不同的原子或原子团，满足顺反异构的条件，A正确；B．该分子中存在酚羟基、酯基、碳碳双键三种官能团，B正确；C．1mol该物质中，苯环需要6mol氢气，碳碳双键需要3mol氢气，故1mol该物质最多可与9mol氢气反应，C选项错误；D．分子中酯基、酚羟基均可与氢氧化钠反应，碳碳双键、酚羟基都能被酸性高锰酸钾氧化，D项正确；故选C。8.下列事实解释错误的是选项事实解释A福尔马林具有杀菌性甲醛使蛋白质变性B冰的密度比水小氢键具有方向性和饱和性C碱性大小：-Cl为吸电子基团D化学键中离子键成分的百分数：N-Cl<P-ClN的电负性比P大A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛能使蛋白质发生变性，破坏细菌等微生物的蛋白质结构，从而具有杀菌性，A正确；B．冰中水分子之间通过氢键结合形成四面体结构，氢键的方向性和饱和性使得水分子在固态时排列较为疏松，分子间空隙较大，而液态水中水分子的排列相对更紧密，所以冰的密度比水小，B正确；C．氯原子（）是吸电子基团，会使吡啶环上氮原子的电子云密度降低。氮原子接受质子（体现碱性）的能力与电子云密度有关，电子云密度越低，接受质子的能力越弱，碱性也就越弱。所以氯代吡啶的碱性比吡啶弱，C正确；D．离子键成分百分数N-Cl<P-Cl，是因为电负性差值：N-Cl<P-Cl，N的电负性比P大不能直接判断电负性差值，正确的解释为：P的电负性远小于N，N和Cl的电负性接近，导致P与Cl的电负性差远大于N与Cl的电负性差，D错误；故选D。9.如图所示的物质转化关系中，气体D常温下易发生二聚，G为深蓝色溶液。下列说法错误的是A.C的焰色为绿色 B.在棕色细口瓶中保存B的浓溶液C.H在空气中易转化为D D.常温下的E溶液pH=13【答案】D【解析】【分析】题目提到“气体D常温下易发生二聚”，在中学化学常见气体中，只有二氧化氮存在，可推断D为NO2；“G为深蓝色溶液”，中学化学中典型的深蓝色溶液通常是铜氨络离子[Cu(NH3)4]2+的溶液，G含有[Cu(NH3)4]2+；由图可知，，代入D是NO2，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，图中显示，代入已知物质：，这显然是铜（Cu）和浓硝酸反应的特征方程式，推断A为Cu，B为HNO3，C为Cu(NO3)2，H为NO；图中显示，即，铜离子先与碱反应生成氢氧化铜沉淀，过量碱（氨水）再溶解沉淀生成铜氨络合物，推断E为氨水，F为Cu(OH)2。【详解】A．C是硝酸铜，含有铜元素，铜元素的焰色反应呈现绿色，A正确；B．B是浓硝酸，浓硝酸见光或受热易分解，因此必须保存在棕色细口瓶中，并置于阴凉处避光保存，B正确；C．H是NO（无色气体），D是NO2（红棕色气体），NO性质不稳定，极易与空气中的氧气反应生成NO2，方程式为：2NO+O2=2NO2，C正确；D．E是氨水，它是一种弱碱，在水中只能部分电离，所以0.1mol/L的氨水中c(OH-)远小于0.1mol/L，因此pH<13，D错误；故选D。10.某化合物化学式为ZX4YWZ。其中X为宇宙中含量最高的元素，Y、Z、W为原子半径依次增大的同一短周期元素，且原子核外未成对电子数之比为2∶3∶2。下列说法错误的是A.该化合物与尿素互为同分异构体B.简单氢化物的分子极性：Z<WC.同周期元素中第一电离能大于Y的元素有3种D.X、Y、Z组成的化合物可能是离子化合物【答案】B【解析】【分析】X是宇宙中含量最高的元素，为H；Y、Z、W为同一短周期元素，原子半径依次增大说明原子序数依次减小，结合原子核外未成对电子数之比2:3:2，可得Z的未成对电子数为3是N，Y未成对电子数为2且原子序数大于N是O，W未成对电子数为2且原子序数小于N是C，该化合物为。由此解题。【详解】A．该化合物分子式为，尿素分子式也为，二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，A正确；B．Z的简单氢化物为，是极性分子，W的简单氢化物为，是非极性分子，分子极性>即，B错误；C．Y为O，第二周期中第一电离能大于O的元素有N、F、Ne，共3种，C正确；D．H、O、N可组成，属于离子化合物，D正确；故答案选B。11.丙酮、苯乙酮等含酮羰基有机物与不同pH的银氨溶液可发生反应，现象如表所示：丙酮苯乙酮银氨溶液(pH=8~9)无现象无现象银氨溶液(pH=11~12)光亮银镜灰暗银镜已知：OH-可促进酮羰基从酮式结构转化为烯醇式结构：。下列说法错误的是A.苯乙酮的银镜现象不明显，可能是苯环导致酮羰基活性降低B.两组实验现象不同，说明银离子在碱性较强的环境中氧化性更强C.根据表格推测，银氨溶液能通过氧化烯醇式结构生成银镜D.碱性环境下存在果糖与葡萄糖的互变，无法通过银镜反应进行鉴别【答案】B【解析】【详解】A．苯乙酮的羰基与苯环直接相连，苯环的共轭效应会降低羰基碳的正电性，使酮羰基活性低于丙酮，因此银镜现象不如丙酮明显，A正确；B．两组实验现象不同，是因为碱性强（pH=11~12）时，OH-促进酮羰基转化为烯醇式结构，而银氨溶液可以氧化烯醇式结构，并不是银离子的氧化性增强。银氨配离子的氧化性在强碱性条件下并未增强，而是底物的反应活性提高了，B错误；C．已知OH-促进酮羰基转化为烯醇式结构，且只有在pH=11~12的强碱性条件下才出现银镜，说明银氨溶液是通过氧化烯醇式结构生成银镜的，C正确；D．在碱性环境中，果糖（酮糖）可以通过酮式-烯醇式互变异构转化为葡萄糖（醛糖），因此也能发生银镜反应，无法用银镜反应鉴别二者，D正确；故选B。12.NiO是一种优良的催化剂，具有NaCl型晶体结构，其密度为。在氧气的氛围中，向NiO中掺杂Li2O可提高Ni3+的含量以增强其催化效果。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.NiO中Ni2+的配位数为6B.氧气的存在可防止晶体结构坍塌C.掺杂后晶体中Ni2+与Ni3+的数目比为15∶1D.NiO中阴阳离子的最短距离为【答案】C【解析】【详解】A．NiO具有型晶体，中钠离子和氯离子的配位数均为6，因此NiO中镍离子配位数为6，A正确；B．在氧气氛围中掺杂时，进入NiO晶体间隙，会导致部分失去电子生成。氧气可作为氧化剂，防止过度失电子或晶体结构因电荷失衡而坍塌，B正确；C．NiO晶胞中：个数：，个数：，由掺杂后晶胞图可知，被取代，设掺杂后晶体中数目为x，则数目为，由电荷守恒可得：，得，掺杂后与的数目比为代入x得数目比为14：1，C错误；D．NiO为型结构，1个晶胞含4个NiO，晶胞质量，设晶胞边长为acm，阴阳离子最短距离为d，则。晶胞体积，密度，解得，则，D正确；故选C。13.对映纯的烯丙醇广泛存在于天然产物结构中，其合成路线如图所示(Ph代表苯基)。下列说法错误的是A.LCo(I)是该反应的催化剂 B.反应④是加成反应C.反应⑥有Zn(OH)2生成 D.换为，可生成【答案】D【解析】【详解】A．从合成路线图可以看到，LCo(I)在反应②中参与反应，在反应⑤中又重新生成，符合催化剂反应前后质量和性质不变的特征，是该反应的催化剂，A正确；B．反应④是醛基被金属钴配位活化后，发生的羰基的亲核加成反应，是加成反应，B正确；C．反应⑥中，H2O参与反应，根据元素守恒，该反应会有Zn(OH)2生成生成，C正确D．换为后，根据反应机理，生成的产物结构为，而不是，D错误；故选D。14.25℃时，向足量的难溶盐中加入稀盐酸，平衡时溶液中与pH的关系如图所示。已知pKa1(H2A)=1.6，pA.的数量级为B.时，溶液中cHC.时，溶液中D.时，溶液中【答案】B【解析】【详解】A．难溶盐的溶解平衡为：MA2(s)⇌M4+(aq)+2A2-(aq)，其溶度积常数表达式为：Ksp(MA2)=c(M4+)⋅[c(A2-)]2

。在b点，pH=6.8，lg⁡c(M4+)=-3.0B．由A可知，pH=6.8时，c(A2-)≈10-3.0mol/L，且，所以c(C．和的浓度关系由pH和决定，c(HA-)c(H2A)=Ka1cD．溶液中存在电荷守恒方程：c(H+)+4c(M4+)=c(OH-)+c(HA故答案选B。15.我国学者以有机物NHPI()为氢原子转移试剂，电催化合成硅醇()的原理如图所示。下列说法错误的是A.a极与电源正极相连，发生氧化反应B.每生成，外电路中至少转移2mol电子C.NHPI在反应中浓度保持不变D.该合成反应的总反应为【答案】C【解析】【详解】A．a极上，NHPI失去电子转化为氧自由基，发生氧化反应，电解池中阳极发生氧化反应，阳极与电源正极相连，因此a极接电源正极，A正确；B．阳极反应分4步：①②③④每生成，①③各失去1mol电子，外电路中至少转移2mol电子，B正确；C．NHPI在a极被氧化后，又和R3SiH反应重新生成，整个过程中不被消耗，由于反应中要消耗水，NHPI在反应中浓度发生变化，C错误；D．由B中4步反应，结合阴极反应H++e-=、H2O+e-=+OH-，消去所有中间产物，总反应为R3SiH+H2O→R3SiOH+H2↑，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.利用电解铝废渣(含AlF3、NaF、LiF、CaO和C)制备碳酸锂的工艺流程如下：已知：；当离子浓度时沉淀完全。回答下列问题：（1）在实验室中模拟“酸解”过程，应在___________中进行(填标号)。A．瓷坩埚B．铁坩埚C．铂金坩埚（2）“浸取”时，滤渣的成分除含C外，还含有___________(填化学式)。（3）“碱解”时，调节溶液pH至恰好沉淀完全，此时___________。（4）“碱解”和“沉锂”时，的加料方式均选择饱和溶液而不是固体的原因是___________。（5）“合成”的离子方程式为___________。（6）碳酸锂是制备锂离子电池电极的原料之一。①碳酸锂与四氧化三钴在空气中加热可以制备正极材料钴酸锂()，写出该反应的化学方程式___________。②某锂离子电池充放电过程中，负极材料晶胞结构变化如图所示。写出充电时阴极的电极反应式___________。【答案】（1）C（2）CaSO4（3）4.7（4）Na2CO3固体会被生成的碳酸锂和氢氧化铝沉淀包裹，利用率低（5）（6）①.②.【解析】【分析】以电解铝废渣为原料，通过酸解、浸取、碱解、沉锂等步骤，分别回收锂和制备冰晶石。电解铝废渣经浓硫酸酸解，生成气体（含氟化物）进入后续合成；加水浸取后分离滤渣，滤液经碳酸钠溶液调pH碱解，沉淀出Al(OH)3；再加入碳酸钠溶液沉锂，得到Li2CO3和滤液；酸解产生的气体、碱解得到的Al(OH)3及沉锂后的滤液，共同进入合成步骤，反应生成冰晶石Na3AlF6；【小问1详解】废渣中的氟化物与浓硫酸反应生成的HF会腐蚀瓷坩埚，铁可以和酸反应，铂金坩埚不与浓硫酸发生反应，即使在加热条件下也能耐受浓硫酸的腐蚀；故选C；【小问2详解】废渣中的AlF3、NaF、LiF能与酸反应进入溶液，CaO与酸反应生成可溶的钙盐，而C不与酸反应，同时CaO与酸反应生成的硫酸钙微溶，所以滤渣的成分除含C外，还含有CaSO4；【小问3详解】已知，当Al3+恰好沉淀完全时，，根据，可得。根据，可得，则；【小问4详解】使用固体会因生成的沉淀包覆在表面而阻碍反应进行，导致利用率低，饱和Na2CO3溶液中碳酸根离子浓度大，反应速率快，同时能使溶液中锂离子浓度迅速降低，有利于碳酸锂沉淀的生成。【小问5详解】反应物为Al(OH)3​、Na+和HF，生成物为Na3AlF6和H2O，离子方程式为；【小问6详解】①碳酸锂与四氧化三钴在空气中加热，Co元素的化合价升高，O2​中O元素的化合价降低，化学方程式为；②充电，结合题中信息可知，放电后生成Li0.5C6，充电后生成LiC6，，时阴极发生还原反应，Li+得到电子生成Li，电极反应式为。17.艾叶是传统中药材，其有效成分艾叶黄酮具有抗炎、抗氧化等药理活性。某项目小组提取并纯化艾叶黄酮的实验流程如图所示。已知：艾叶黄酮难溶于冷水，易溶于热甲醇等有机溶剂，受热易分解。回答下列问题：（1）该实验无需用到的装置是___________(填标号)。（2）分液漏斗使用前须检漏，检漏方法为___________。（3）向干燥、粉碎后的艾叶中加入80%热甲醇溶液的作用是___________。（4）将液体2转移至减压蒸馏装置中进行蒸馏，不采用常压蒸馏的原因是___________。（5）操作Ⅲ为___________(填操作名称)。将粗品溶解在热甲醇中，然后___________、___________、过滤、洗涤、干燥，即可得到较纯的艾叶黄酮晶体。（6）证明艾叶黄酮结构中含有酚羟基的实验操作为___________。（7）已知艾叶中艾叶黄酮的理论含量为14.6%。实验中称取艾叶粉末5.0g，最终得到艾叶黄酮0.5g，实验收率为___________。若收率偏低，原因可能是___________(答一条即可)。【答案】（1）C（2）向分液漏斗中加入少量水，检查旋塞处是否漏水，将漏斗倒转过来，检查玻璃塞处是否漏水（3）浸取艾叶黄酮（4）降低蒸馏温度，避免艾叶黄酮因温度过高而分解（5）①.重结晶②.趁热过滤③.冷却结晶（6）取样，加入适量乙醇溶解，再加入几滴溶液，若溶液变为紫色，则证明艾叶黄酮中含有酚羟基（7）①.68.5%②.提取时间不足或蒸馏时温度控制不当导致艾叶黄酮分解或过滤时部分产品残留等【解析】【分析】艾叶经干燥粉碎后，用80%甲醇溶液进行操作Ⅰ浸取，艾叶黄酮易溶于热甲醇，大部分进入浸出液，残渣被除去；浸出液经减压浓缩得到液体1，可除去大部分甲醇，同时避免艾叶黄酮受热分解；液体1用乙酸乙酯萃取，艾叶黄酮进入有机相得到液体2，水相杂质被分离；液体2经操作Ⅱ分液，回收乙酸乙酯并得到粗品；粗品通过操作Ⅲ重结晶提纯，得到艾叶黄酮精品。已知艾叶黄酮难溶于冷水、易溶于热甲醇等有机溶剂，且受热易分解，因此实验中采用热甲醇浸取提高溶出率，通过减压浓缩、减压蒸馏等低温操作避免其分解，后续再通过萃取、重结晶等步骤进一步纯化，以此解答。【小问1详解】A装置：蒸馏装置（减压蒸馏、乙酸乙酯回收会用到）；B装置：过滤装置（操作Ⅰ分离残渣、操作Ⅱ分离粗品、操作Ⅲ（重结晶）会用到）；C装置：坩埚灼烧（本实验无灼烧操作，无需用到）；故选C。【小问2详解】分液漏斗使用前须检漏，检漏方法为：向分液漏斗中加入少量水，检查旋塞处是否漏水，将漏斗倒转过来，检查玻璃塞处是否漏水；【小问3详解】向干燥、粉碎后的艾叶中加入80%热甲醇溶液的作用是艾叶黄酮易溶于热甲醇，热甲醇能增大其溶解度，提高浸出效率；同时甲醇可破坏艾叶细胞结构，促进黄酮类物质溶出。故答案为浸取艾叶黄酮；【小问4详解】将液体2转移至减压蒸馏装置中进行蒸馏，不采用常压蒸馏的原因是：降低蒸馏温度，避免艾叶黄酮因温度过高而分解；【小问5详解】操作Ⅲ为重结晶；粗品溶解在热甲醇中，然后、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即可得到较纯的艾叶黄酮晶体；【小问6详解】证明艾叶黄酮结构中含有酚羟基的实验操作为：取样，加入适量乙醇溶解，再加入几滴溶液，若溶液变为紫色，则证明艾叶黄酮中含有酚羟基；【小问7详解】已知：艾叶粉末质量m=5.0g，理论含量为14.6%；理论上能得到的艾叶黄酮的质量：m理论=5.0g×14.6%=0.7318.化合物G是某药物的关键原料，合成路线如下：回答下列问题：（1）C的化学名称为___________。（2）E所含官能团的名称为___________。（3）B→C的化学方程式为___________[]。（4）已知D→E分两步进行，中间体H的结构简式为___________。（5）F→G的反应中，加入K2CO3的作用是___________。（6）在C的同分异构体中，写出同时满足下列条件的结构简式___________。①含有苯环②能发生银镜反应③遇FeCl3溶液显紫色④核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2∶2∶2∶1∶1（7）D存在一种互变异构体D1。从结构角度解释D1具有稳定性的原因___________。【答案】（1）苯甲酸甲酯（2）（酮）羰基、酯基（3）（4）（5）中和反应生成的HBr，促进反应正向进行（6）（7）D1分子中存在六元环分子内氢键，稳定性较高，D1中存在更大的共轭体系【解析】【分析】B与取代反应得到C（），则B为，A被氧化生成B，则A为甲苯（），C与反应生成D（），加入CH3ONa和反应生成E（），加入反应生成F（），加入K2CO3和C6H5CH2Br反应生成G（）。【小问1详解】C结构为，命名为苯甲酸甲酯。【小问2详解】观察E（）的结构，含有（酮）羰基、内酯结构的酯基两种官能团。【小问3详解】按投料，NaOH中和反应生成的酸，得到产物苯甲酸甲酯、硫酸钠和水，反应方程式为。【小问4详解】D中两个羰基之间的活性亚甲基进攻环氧乙烷开环，得到中间体H（），分子式符合，然后分子内成环反应得到E（）。【小问5详解】F→G是羟基与溴苄的取代成醚反应，生成副产物HBr，可以吸收反应生成的HBr，促进反应正向进行，提高产率。【小问6详解】C分子式为，满足条件：①含苯环；②能发生银镜反应说明含醛基；③遇显色说明含酚羟基；④氢谱5组峰、峰面积比说明分子对称，故结构简式为。【小问7详解】D1分子中存在六元环分子内氢键，使分子稳定性增强；D1分子中羟基、碳碳双键、苯环、羰基形成共轭体系。19.乙二醇二甲醚(DEEG)可作为柴油添加剂和液体燃料，具有广阔的应用前景。已知一定温度下，Ⅰ．Ⅱ．回答下列问题：（1）从微观角度分析，和的数值___________(填“较为接近”“差距较大”或“无法比较”)。（2）在绝热恒容容器中，一定量的乙二醇和甲醇发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是___________(填标号)。A.体系温度保持不变 B.v(甲醇)=v(H2O)C.容器内气体密度保持不变 D.混合气体平均相对分子质量保持不变（3）将乙二醇和甲醇按照一定比例投料