山东省菏泽市2025届高三二模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1山东省菏泽市2025届高三二模一、单选题1．传统工艺中蕴含丰富的化学知识。下列说法错误的是A．东阿阿胶制作前先将驴皮在弱碱性井水浸泡，驴皮的主要成分是油脂B．潍坊风筝常用竹材作骨架，其主要成分纤维素属于天然高分子化合物C．菏泽麻糖制作时使用含淀粉酶的麦芽作用于淀粉，涉及淀粉的水解反应D．章丘铁锅的制作工序中，“煅烧锅身”的目的之一是形成致密的氧化物薄膜保护层【答案】A【解析】驴皮的主要成分是胶原蛋白，属于蛋白质，而非油脂，A错误；竹材的主要成分是纤维素，纤维素是天然高分子化合物，B正确；麦芽中的淀粉酶可催化淀粉水解为麦芽糖，属于水解反应，C正确；铁锅煅烧时，铁在高温下与氧气反应生成致密的氧化物薄膜，可防止进一步氧化，D正确。故选A。2．物质性质决定用途。下列两者对应关系错误的是A．ClO2B．乙二醇的水溶液凝固点很低，可用作汽车发动机的防冻液C．二氧化硅中存在光的全反射且有硬度和柔韧度，可作光导纤维D．KMnO4分解生成O2，浸泡过【答案】D【解析】ClO2具有强氧化性，能有效杀灭微生物，用于自来水消毒，A正确；乙二醇与水混合后，凝固点显著降低，用作防冻液，B正确；二氧化硅中存在光的全反射且有硬度和柔韧度，对光具有良好的传导性，可用于光导纤维的制造，C正确；KMnO4用于水果保鲜是因强氧化性吸收乙烯，而非分解生成O2，D错误。故选D。3．下列化学用语或图示正确的是A．质子数为83，中子数为126的铋原子：B．LiH的电子式：C．聚丙烯的结构简式：D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键示意图：【答案】B【解析】质子数为83，中子数为126的铋(Bi)原子的质量数为83＋126＝209，应写为83209Bi，A错误；氢化锂(LiH)是离子化合物，其电子式为，B正确；聚丙烯的结构简式为，C错误；邻羟基苯甲醛分子内氢键，示意图为，D错误；故选B。4．一种食品添加剂的结构如图。已知X、Y、Z、M、R、Q为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为23，X的基态原子核外电子只有一种自旋取向，M与Q同族。下列说法错误的是A．原子半径：R>B．第一电离能：RC．简单氢化物的热稳定性：M>D．X的氧化物与Q的氧化物反应可能发生氧化还原反应【答案】B【解析】基态X原子核外电子只有一种自旋取向，说明X只有1个电子，X为H，由食品添加剂的结构可知，Y形成4个共价键，X、Y、Z、M、R、Q为短周期主族元素，原子序数依次增大，若Y为Si，则不满足Q为短周期主族元素，Y为C；M形成2个共价键，若M为S，则不满足Q为短周期主族元素，M为O，M与Q同族，原子序数大于O，则Q为S，由原子序数依次增大，可得Z为N，由最外层电子数之和为23，可得R的最外层电子数为23-(1+4+5+6+6)=1，则R为Na。R为Na，Y为C，Z为N，Na位于第三周期，原子半径最大，C和N为与同周期，原子半径C>N，则原子半径：Na>C>N，A正确；R为Na，Z为N，M为O，Na第一电离能三者中最小，由于N的2p轨道为半满结构，第一电离能大于O，故第一电离能N>O>Na，B错误；M为O，H的氧化物中H2O2能与S的氧化物中的SO2发生SO2+H2O25．下列实验中，利用图中装置能达到实验目的的是A．非金属性：NB．实验室制取氨气C．金属性：MgD．检验溴乙烷中的溴元素A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A图装置，HNO3与CaCO3反应制取CO2，HNO3具有挥发性，生成的CO2混有HNO3，HNO3和CO2都与Na2SiO3溶液反应生成H2SiO3沉淀，不能证明碳酸酸性强于硅酸，不能得出非金属性N>C>Si的结论，A装置不能达到实验目的；B图装置，NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3和HCl在试管口重新化合生成NH4Cl，不能用加热NH4Cl的方法制取NH3，实验室常用NH4Cl和Ca(OH)2固体混合加热制取NH3，B装置不能达到实验目的，B错误；Al(OH)3与NaOH反应，Mg(OH)2不与NaOH反应，Al(OH)3和Mg(OH)2都能与酸溶液反应，说明Al(OH)3具有两性Mg(OH)2碱性强于Al(OH)3，故金属性Mg>Al，C装置能达到实验目的；溴乙烷在NaOH水溶液中发生水解反应生成乙醇和NaBr，要检验Br－，需要先加入稀硝酸中和过量的NaOH，然后再加入AgNO3溶液，若直接加入AgNO3溶液，NaOH与AgNO3反应生成AgOH，AgOH不稳定会分解为Ag2O，干扰Br6．下列化合物，按其晶体的熔点由高到低排列正确的是A．SiCl4、C．H2Se、【答案】A【解析】SiCl4、SiF4、SiH4在固态时都属于分子晶体且都不含氢键，其相对分子质量依次减小，则熔点依次降低，A正确；晶体硅、碳化硅、金刚石都是共价晶体，键长C－C<C－Si<Si－Si，故熔点：晶体硅<SiC<金刚石，B错误；H2Se、H2S、H2O在固态时都属于分子晶体，H2O分子间存在氢键，水的熔点最高，相对分子质量H2Se>H2S，分子间作用力H2Se>H2S7．近期研究人员证实了含碳－碳单电子σ键化合物的存在。其中一种化合物的结构如图，虚线和圆点表示仅有1个共用电子的共价键。下列说法错误的是A．该化合物含有离子键、共价键B．该化合物中碳原子的杂化方式为spC．该碳－碳单电子σ键的键长比普通碳－碳单键的键长要长D．依据价层电子对互斥理论，I3-【答案】B【解析】该化合物由阴阳离子构成，含有离子键，阴阳离子内部含共价键，A正确；该化合物中苯环和碳碳双键连接的C原子为sp2杂化，虚线和圆点连接的碳原子的杂化方式为sp3，B错误；该碳－碳单电子σ键仅有一个单电子，作用力较弱，键长比普通碳－碳单键的键长要长，C正确；I3-的中心I原子的价电子数为7，每个配位碘原子提供1个电子，共2个两个配位原子，又I3-带一个单位负电荷，故中心I原子的价层电子对数为7+2×1+18．高纯度LiMn2O4(氧元素的化合价为-2价)A．LiMn2O4中MnB．锂电池放电时，高纯度LiMn2C．制备反应中，理论上氧化产物与还原产物的物质的量比为1:4D．若用碳酸锂代替氢氧化锂，则会产生三种气体【答案】C【解析】在LiMn2O4中，Li为＋1价，O为－2价，设Mn的化合价为x，根据化合物中各元素化合价代数和为0，可得(+1)+2x+4×(-2)=0，解得x＝＋3.5价，A错误；锂电池放电时，Li元素化合价升高，LiMn2O4中Mn元素化合价降低得到电子，发生还原反应，B错误；工业上利用一定比例的超细MnO2与LiOH共热生成高LiMn2O4、H2O和一种气体，化学方程式为8MnO2+4LiOHΔ4LiMn2O4+2H2O+O2↑，在该反应中，O2是氧化产物，LiMn2O49．匹伐他汀类物质是治疗高脂血症和高胆固醇血症的常见药物，其中一种结构如图。下列关于该物质的说法错误的是A．分子式为C25HC．所有碳原子可能共平面 D．可发生取代反应、消去反应和缩聚反应【答案】C【解析】该物质的分子式为C25H24FNO4，A正确；该物质含有1个碳碳双键，且碳碳双键同端的碳原子相连的基团不相同，该物质存在顺反异构，其分子的手性C原子如图，存在对映异构，B正确；该物质含有饱和碳原子，饱和碳原子及与之相连的3个碳原子，不可能都共面，C错误；该物质含有羟基，且羟基邻位碳上有氢原子、羧基，可以发生消去反应，取代反应和缩聚反应，10．根据下列实验操作及现象，相应实验结论正确的是选项实验操作及现象实验结论A取少量待测溶液，滴加NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸未变蓝待测液中不含有NHB向淀粉溶液中滴加少量稀硫酸，微热一段时间后冷却，滴加碘水后溶液变蓝淀粉未发生水解C室温下，用pH计分别测定0.1mol⋅L-1和1mol⋅两溶液中水的电离程度相同D向盛有少量蒸馏水的试管里滴加两滴K3与Fe3+的配位能力：A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】取少量待测溶液，滴加NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸未变蓝，若待测液中NH4+浓度很小，滴加NaOH溶液，若不加热，生成的NH3⋅H2O向淀粉溶液中滴加少量稀硫酸，微热一段时间后冷却，滴加碘水后溶液变蓝，只能说明溶液中还有淀粉剩余，但不能说明淀粉未发生水解，也可能是部分水解，B错误；室温下，用pH计分别测定0.1mol⋅L-1和1mol⋅L-1CH3COONH4溶液的pH，其pH均为7，说明CH3COONH4溶液中CH3COO-和NH4+都能水解，且水解程度相同，溶液呈中性。但11．我国科学家发现，利用如图所示的电池装置可将邻苯二醌类物质转化为邻苯二酚类物质，已知双极膜(膜a、膜b)中间层中的H2O可解离为H+A．电池工作时，电流方向为电极M→电流计→N→膜b→膜a→电极MB．N极电极反应式为：C．若消耗0.1molB2H6D．工作一段时间后，装置中需要补充H2SO【答案】B【解析】图示装置为原电池，M极，B2H6失去电子生成BO2-，M极为负极，则N极为正极，双极膜中间层中的水解离为H+和OH-，H＋通过膜b移向正极N，膜b为阳离子交换膜；OH－通过膜a移向负极M，膜a为阴离子交换膜，电流方向为N→电流计→M→膜a→膜b→电极N，A错误；N极为正极，邻苯二醌类物质得氢原子转化为邻苯二酚类物质，发生还原反应，电极反应式为，B正确；M极为负极，电极反应式为B2H6+14OH--12e-=2BO2-+10H2O，消耗0.1molB2H6失去1.2mole-，则有1.2molOH-通过膜a移向负极M，结合电荷守恒，同时有1.2molH+通过膜b移向正极N，C错误；由M极的电极反应式可知，每消耗14molOH－会转移12mol电子，同时有12molOH－通过膜a二、多选题12．叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理如下，下列说法错误的是A．中间体2容易与水作用，会导致该酯化反应的产率较低B．中间体3中氢氧键极性比乙酸中氢氧键极性强，更易电离出HC．增大c(H+D．若用CH3CO18【答案】CD【解析】中间体2中C⊕带正电荷，容易与带负电的OH-结合，即容易与水作用，使反应逆向进行，导致该酯化反应的产率较低，A正确；中间体3中，与羟基相连的碳原子连接多个烷基，烷基是推电子基团，使羟基中氧原子上电子云密度增大，O－H键极性增强，更易电离出H+，比乙酸中O－H键极性强，B正确；该酯化反应中H+是催化剂，增大c(H+)，反应速率加快，但不影响平衡移动，不会提高羧酸叔丁酯的平衡产率，C错误；根据反应机理，叔丁醇转化为中间体(CH3)C⊕，13．一种纯碱和聚氯乙烯联合生产工艺的流程如图所示，已知“碳化”过程中发生反应CaO+3A．聚氯乙烯能发生加成反应B．“沉淀”反应的离子方程式为COC．“转化”得到的“合成”原料气为ClD．“制气”产生的废渣经调制后用于“灰蒸”以回收氨气【答案】AC【解析】石灰石热解生成CaO和CO2，CO2用于侯氏制碱法制取NaHCO3，灼烧NaHCO3得到Na2CO3；碳化过程中发生反应CaO+3C高温CO↑+CaC2，由CaC2制取CH≡CH，废渣为Ca(OH)2，灰蒸工序中发生反应Ca(OH)2＋2NH4Cl＝CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，生成的NH3可以在沉淀池中循环利用，转化工序中加入浓硫酸发生高沸点酸制低沸点酸的反应，生成的HCl气体在合成工序中发生反应CH≡CH＋HCl→CH2＝CHCl，后续合成聚氯乙烯。聚氯乙烯的结构简式为，不含碳碳双键，不能发生加成反应，A错误；“沉淀”反应时，CO2、NH3·H2O和NaCl反应生成NaHCO3沉淀和NH4Cl，离子方程式为CO2+NH3⋅H2O+Na+=NaHCO3↓+NH4+，B正确；“转化”过程中用高沸点的硫酸制低沸点的HCl，即反应得到的“合成”原料气为HCl，C三、单选题14．常温下，向H2A(弱酸)和CuSO4的混合溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中pMpM=-lgM,M=A．③代表pcHA-B．①和②的交叉点X的坐标为5.6,2.8C．0.1mol⋅D．25℃时，要除尽工业废水中的Cu2+，需调整溶液的pH至少为【答案】D【解析】由图可知，②③两条线平行，则两者斜率相同，c(H2A)c(HA-)=c(H+)Ka1，则pc(H2A)c(HA-)=pc(H+)Ka1＝－lgc(H+)Ka1＝lgKa1－lgc(H＋)，同理pc(HA-)c(A2-)=pc(H+)Ka2＝－lgc(H+)Ka2＝lgKa2－lgc(H＋)，因此这两种情况的斜率相同，而Ka1>Ka2，故在y轴上截距小的对应Ka1，即②代表pc(H2A)c(HA-)与pH的关系；③代表pc(HA-)c(A2-)与pH的关系；则①代表pCu2+与pH的关系，A正确；由于Ka1=c(HA-)⋅c(H+)c(H2A)，Ka2=c(A2-)⋅c(H+)c(HA-)，当pH＝2.8时，pc(H2A)c(HA-)=0，即c(H2A)c(HA-)=1，Ka1=c(H+)=10-2.8；当pH＝5.7时，pc(HA-)c(A2-)=0，即c(HA-)c(A2-)=1，Ka2=c(H+)=10-5.715．已知K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速反应产生O2，在碱性溶液中较稳定。现利用如下装置(夹持装置略)制备K2FeO4，发生反应2方案Ⅰ取三颈烧瓶中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2方案Ⅱ取少量溶液a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅲ用KOH溶液充分洗涤三颈烧瓶中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b，取少量bA．方案Ⅰ不能证明K2FeO4氧化B．由方案Ⅱ知a中含Fe3+离子，方案Ⅰ与方案Ⅱ结合能证明K2FeO4C．方案Ⅲ中能证明K2FeO4氧化ClD．该实验表明Cl2和K【答案】B【解析】方案I中，取三颈烧瓶中紫色溶液加入稀硫酸产生黄绿色气体Cl2。但因为K2FeO4在酸性溶液中不稳定会分解，有可能是其分解产生的氧化性物质将Cl-氧化为Cl2，并非一定是K2FeO4直接氧化Cl-，不能证明K2FeO4氧化Cl-产生Cl2，A正确；方案II中溶液a滴加KSCN溶液呈红色，只能说明溶液a中有Fe3+。不能结合方案I证明K2FeO4氧化Cl-产生Cl2，因为Fe3+的产生可能是K2FeO4在酸性条件下分解转化而来，无法确定Cl2是K2FeO4氧化Cl-得到的，B错误；方案III中，用KOH溶液充分洗涤三颈烧瓶中固体，再溶出K2FeO4得到溶液b，滴加盐酸有Cl2产生。若未充分洗涤，固体表面可能残留含氯氧化性物质（如未反应完的Cl2与KOH反应生成的四、解答题16．量子材料、金属有机骨架材料、光催化材料等有较大应用价值。回答下列问题：(1)量子材料锡烯具有特殊二维蜂窝状结构，有望实现常温下超导。Sn在元素周期表中的位置为，其含氧酸根SnO32-的空间构型为(2)三维多孔金属有机骨架材料MOF－5的低温储氢性能非常优异，其晶体结构如图所示。化学式为Zn4OBDC3，其中对苯二甲酸根离子(BDC)作为有机配体，与无机基团Zn4O6+连接。Zn4O6+中OA．

B．

C．MOF－5晶体内部的空腔可吸附多种小分子。若要增强MOF－5与H2O之间的吸附作用，可在配体上引入羟基而不引入甲基的原因是(假设MOF－5晶胞形状不变(3)氧化铈CeO2是一种重要的光催化材料，在光催化过程中立方晶胞的组成变化如图所示，Ce4+和Ce3+的可逆转换会造成氧空位的生成和消除。每个CeO2-x晶胞中Ce3+个数为(用含x的代数式表示)，消除氧空位的过程中，晶体作(填“氧化剂”“还原剂【答案】(1)第5周期第ⅣA族平面正三角形(2)sp3AC(3)8x还原剂【解析】（1）Sn在元素周期表中的位置为第5周期第ⅣA族，其含氧酸根SnO32-中心原子价层电子对数为3＋12×4+2-3×2（2）Zn4O6+中O原子形成4个σ键，且O原子不含孤电子对，O原子的杂化轨道类型为sp3；对苯二甲酸根离子(BDC)作为有机配体，与无机基团Zn4O6+连接，和和对苯二甲酸根离子(BDC)相似，有2个(或多个）羧酸根，都可作为有机配体与Zn4O6+连接形成三维多孔骨架，故选AC。由于羟基能与水形成分子间氢键，而甲基不能，所以要增强MOF（3）CeO2－x中Ce3＋和Ce4＋的个数分别为a、b，则a＋b＝1，根据正负化合价代数和为0，则3a＋4b＝2(2－x)，解得a＝2x－2、b＝1－2x；根据均摊法，1个晶胞中含Ce3＋和Ce4＋共8×18＋6×12＝4，则每个CeO2－x晶胞中Ce4＋个数为4×(1－2x)＝4－8x，Ce3+个数为8x17．以锗矿石(NiS、ZnS、GeS2，含SiO2等杂质)为主要原料制备Ge、Ni和ZnSO已知：①锗在硫酸中的存在形式：pH<2时主要为Ge4+，2<pH②Zn2+和Ni2+(以0.1mol⋅L-1计)开始沉淀的pH分别为6.2和6.9回答下列问题：(1)“氧化酸浸”时，控制溶液pH≈1.5，浸渣的主要成分为SiO2和S，则GeS2(2)“操作2”的名称为。有人依据已知②认为可以直接调pH分离Zn2+和Ni2+，以省去有机物使用时可能造成的污染，分析该方法是否正确(3)“调pH、萃取”时，萃取原理为M2+水相+2HR有机相⇌MR2有机相+2H+水相。在硫酸盐溶液中，该萃取剂对某些金属离子的萃取率[萃取率=n有机相MR2(4)“电解”制备Ni时，电解池的阴极电极材料为(填化学式)。电解后的溶液可在工艺中循环使用，利用该电解液的操作单元为(填标号)。A．氧化酸浸B．中和沉淀C．调节pH、萃取D．反萃取【答案】(1)GeS(2)分液若要完全沉淀Zn2+，溶液的pH至少需调至8.2，此时Ni(3)随着pH的升高H+被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动(4)NiAC【解析】锗矿石(NiS、ZnS、GeS2，含SiO2等杂质)中加入H2SO4和H2O2进行氧化酸浸，氧化酸浸时，发生GeS2+2H2O2+4H+=Ge4++4H2O+2S↓、ZnS+H2O2+2H+=Zn2++2H2O+S↓、NiS+H2O2+2H+（1）由信息可知“氧化酸浸”时，控制溶液pH≈1.5，锗在硫酸中的存在形式主要为Ge4+，故GeS2（2）由流程可知，“操作2”是分液；由Zn2+和Ni2+(以0.1mol⋅L-1计)开始沉淀的pH分别为6.2和6.9，完全沉淀时的pH分别为8.2和8.9可知，若要完全沉淀Zn2+（3）①由萃取原理M2+水相+2HR有机相②设滤液中Zn2+初始物质的量为n0，加入等体积萃取剂后，设水相体积和有机相体积均为V，已知c有机相ZnR2c水相Zn2+=48，设萃取后水相中n(Zn2+)=x，则有机相中ZnR（4）电解制备Ni时，阴极发生还原反应，Ni2+得到电子生成Ni，阴极电极材料一般为待制备金属，故阴极电极材料为Ni；加入稀硫酸调pH后萃取，分液，萃余液为NiSO4和稀硫酸，加入Ni(OH)2后生成NiSO4，电解Ni+O2↑反应，得到Ni和硫酸，可以返回到氧化酸浸和调节pH、萃取中循环使用，故选18．实验室利用Cl2氧化锰酸钾K2MnO4浓强碱溶液制备KMnO4已知：①K2MnO402040607080KCl27.634.040.045.547.251.3KMnO2.836.412.722.2——回答下列问题：(1)制备KMnO4反应的离子方程式为。单向阀的作用是。当仪器B中即停止通氯气，反应结束的后续操作为：关闭A中恒压滴液漏斗的活塞，(2)为了获得杂质较少的KMnO4晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：将装置B中的溶液转移至蒸发皿中→→干燥→KMnO4晶体(填标号a．用少量冰水洗涤b．先用冰水洗涤，再用乙醇洗涤c．小火蒸发至溶液表面出现晶膜，停止加热d．小火蒸发至析出大量晶体，停止加热e．趁热过滤f．减压过滤g．缓慢降温结晶(3)利用氧化还原滴定法测定高锰酸钾的纯度。称取KMnO4样品m1g，配成V1mL溶液。称取高纯度Na2C2O4(摩尔质量为134g⋅mol-1)固体m2g于锥形瓶中，加入蒸馏水溶解，再加入少量硫酸酸化，水浴加热至75~85℃。趁热用KMnO4溶液滴定，发生反应：H2C2O4+MnO4-+H+→Mn2++CO2↑+H【答案】(1)Cl2+2MnO42-=2MnO4-+2(2)c(3)158m2【解析】（1）Cl2氧化锰酸钾K2MnO4浓强碱溶液制备KMnO4，锰元素化合价由＋6升高为＋7，Cl元素化合价由0降低为－1，离子方程式为Cl2+2MnO42-=2MnO4-+2Cl-；单向阀确保氯气仅沿单一方向流动，阻止逆向流动，该装置中单向阀的作用是防倒吸。KMnO4溶液呈深绿色，（2）KMnO4受热易分解，溶解度随温度升高而增大，为得到杂质较少的KMnO4粗产品，将装置B中的溶液转移至蒸发皿中→小火加热蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→缓慢降温结晶→减压过滤→少量冰水洗涤→干燥→KMnO4晶体；排序为c→g→f→a（3）草酸和KMnO4发生反应：H2C2O4+MnO4-+H+→Mn2++CO2↑+H2O，C元素化合价由＋3升高为＋4，Mn元素化合价由＋7降低为＋2，离子方程式为5H2C2O4+2MnO4-+6H19．绿色环保型农药茚虫威中间体(G)的合成路线如下：已知：①(R＝烃基)；②。回答下列问题：(1)A的结构简式为；B中官能团的名称为。(2)C→D的化学方程式为。(3)符合下列条件的E的同分异构体有种(不考虑立体异构)。①除苯环外无其他环状结构②氯原子直接与苯环相连③能发生银镜反应其中核磁共振氢谱有五组峰且峰面积是2:2:2:1的同分异构体的结构简式为。(4)F→G反应类型为。(5)根据上述信息，写出以和碳酸二甲酯(CH3OCO||OCH3)为主要原料制备的合成路线【答案】(1)H2C(2)(3)16(4)氧化反应(5)【解析】由A和B的分子式可知，A和HCl发生加成反应生成B，由B和C的分子式可知，B和PCl3发生取代反应生成C，C和发生取代反应生成D，由D的结构简式和A的分子式可知，A为H2C=CHCOOH，B为ClCH2CH2COOH，C为ClCH2CH2COCl，D在一定条件下反应生成E，结合E的分子式可知，D在一定条件下脱HCl成环得到E，E为，E与CH3OCOOCH3在NaH下发生取代反应生成F，由F的分子式可知，F为，F与在一定条件下反应生成G。（1）A的结构简式为H2C=CHCOOH；B的结构简式为ClCH2（2）ClCH2CH2COCl和发生取代反应生成D，化学方程式为；（3）E为，满足①除苯环外无其他环状结构，②氯原子直接与苯环相连，③能发生银镜反应的E的同分异构体有(苯环上连三个不同取代基，共有10种)、(邻、间、对三种)、(邻、间、对三种)共10＋3＋3＝16种；其中核磁共振氢谱有五组峰且峰面积是2:2:2:1的同分异构体的结构简式为；（4）与在一定条件下反应生成，中含有过氧键，具有强氧化性，同时对比F和G的结构可知，F→G反应类型为氧化反应；（5）由逆向合成法分析，可由