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2019届高三化学4月月考试题含解析I选择题本题共7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.“一带一路”贸易使国外的特色产品走入百姓的日常生活,下列商品的主要成分所对应的材料类型不正确的是()ABCD泰国银饰埃及棉制品捷克水晶饰品土耳其彩瓷金属材料天然高分子材料合成高分子材料无机非金属材料A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A.银为金属单质,所以银饰品属于金属材料,故A正确;B.棉制品的主要成分是纤维素,纤维素是天然的有机高分子化合物,故B正确;C.水晶的主要成分是二氧化硅,不是合成高分子材料,故C错误;D.陶瓷是硅酸盐产品,属于无机非金属材料,故D正确;答案选C
2.通常工业上监测SO2含量是否达到排放标准的化学反应原理是SO2+H2O2+BaCl2BaSO4↓+2HCl用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.
0.1molBaCl2固体中所含离子总数为
0.3NAB.25℃时,pH=1的HCl溶液中含有H+的数目约为
0.1NAC.标准状况下,17gH2O2中所含共用电子对数为2NAD.生成
2.33gBaSO4沉淀时,吸收SO2的体积为
0.224L【答案】A【解析】A.1molBaCl2固体中含有1mol钡离子和2mol氯离子,离子总数为3mol,则
0.1molBaCl2固体中所含离子总数为
0.3NA,故A正确;B.因溶液的体积未知,所以无法计算HCl溶液中含有的氢离子数目,故B错误;C.17gH2O2的物质的量为17g÷34g/mol=
0.5mol,H2O2的电子式为,由电子式可知,1molH2O2中含有3mol共用电子对,则
0.5molH2O2中含有
1.5mol共用电子对,数目为
1.5NA,故C错误;D.因未说明气体是否处于标准状况,所以无法计算吸收SO2的体积,故D错误;答案选A点睛本题主要考查阿伏加德罗常数的计算,理清各物质的结构特点是解题的关键,试题难度不大本题的易错点是C项,要注意根据过氧化氢的电子式分析判断,一个过氧化氢分子中含有3个共用电子对
3.下列解释事实的方程式正确的是()A.电解饱和食盐水,产生黄绿色气体2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑B.用Na2CO3溶液将水垢中的CaSO4转化为CaCO3CO32-+Ca2+====CaCO3↓C.浓氨水检验泄露的氯气,产生白烟2NH3+3Cl2===6HCl+N2D.铜丝溶于浓硝酸生成绿色溶液3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O【答案】A【解析】A.电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2,Cl2为黄绿色气体,化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,故A正确;B.用Na2CO3溶液将水垢中的CaSO4转化为CaCO3,硫酸钙是微溶物,不能拆成离子形式,正确的离子方程式为CO32-+CaSO4=CaCO3+SO42-,故B错误;C.浓氨水检验泄露的氯气,产生白烟,说明生成物中有氯化铵,正确的化学方程式为8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2,故C错误;D.铜丝溶于浓硝酸生成NO2气体,正确的离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O,故D错误;答案选A点睛本题主要考查化学方程式和离子方程式的正误判断,掌握相关的化学反应是解题的关键,本题的易错点是B项,解题时要注意硫酸钙是微溶物,用Na2CO3溶液除去水垢中的硫酸钙,说明硫酸钙没有完全溶解,所以硫酸钙不能写成离子形式
4.N2和H2在催化剂表面合成氨的微观历程及能量变化的示意图如下,用、、分别表示N
2、H
2、NH3,下列说法正确的是()A.使用催化剂,合成氨反应放出的热量减少B.在该过程中,N
2、H2断键形成N原子和H原子C.在该过程中,N原子和H原子形成了含有非极性键的NH3D.合成氨反应中,反应物断键吸收能量大于生成物形成新键释放的能量【答案】B【解析】试题分析A.催化剂能降低反应的活化能,加快反应速率,但不会改变反应物与生成物的状态,所以放出的热量不变,A项错误;B.根据合成氨的微观历程图可知,在反应过程中,N
2、H2断键形成N原子和H原子,B项正确;C.在该过程中,N原子和H原子形成了含有极性键的NH3,C项错误;D.由图可知,反应物的能量高于生成物的能量,该反应为放热反应,所以合成氨反应中,反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量,D项错误;答案选B考点考查化学反应中的能量变化,化学键与分子间作用力等知识
5.工业上可由乙苯生产苯乙烯,下列说法正确的是()A.该反应的类型为消去反应B.乙苯的同分异构体共有三种C.可用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙苯和苯乙烯D.乙苯和苯乙烯分子内可能共平面的碳原子数均为7【答案】A【解析】试题分析A.由乙苯生产苯乙烯,单键变成双键,则该反应为消去反应,A正确;B.乙苯的同分异构体可以是二甲苯,而二甲苯有邻、间、对三种,包括乙苯,乙苯的同分异构体共有四种,B错误;C.苯乙烯和乙苯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色,不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别乙苯和苯乙烯,C错误;D.苯环是平面正六边形,所以乙苯中共平面的碳原子有7个,而苯乙烯中,苯和乙烯均是平面形分子,通过碳碳单键的旋转,共平面的碳原子有8个,D错误;答案选A考点有机物的结构与性质
6.碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染,同时又能制得氢气,具体流程如下下列说法正确的是()A.分离器中的物质分离操作为过滤B.膜反应器中,增大压强有利于提高速率和HI的平衡转化率C.该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”D.碘循环工艺的总反应为2SO2+4H2O+I2H2+2H2SO4+2HI【答案】C【解析】A.硫酸和氢碘酸均易溶于水,通过过滤不能分离硫酸和氢碘酸,故A错误;B.膜反应器中,碘化氢的分解反应是气体的物质的量不变的反应,增大压强,平衡不会移动,不能提高HI的平衡转化率,故B错误;C.该工艺中在反应器中碘吸收二氧化硫,在膜反应器中生成的碘化氢又分解生成碘,体现了“碘循环”,故C正确;D.从流程图可知,在反应器中,I2氧化SO2,生成硫酸和HI,反应方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI,在500℃时HI分解生成碘和氢气,总反应为SO2+2H2OH2↑+H2SO4,故D错误;故选C
7.已知在溶液中室温下,在实验室里用
0.01mol·L-1的氢氧化钠溶液滴定20mL的
0.01mol·L-1HX溶液,滴定曲线如图所示下列叙述正确的是()A.B点时cX-cNa+B.室温时
0.01mol·L-1的HX溶液pH=6C.A点时溶液中水的电离程度大于纯水的电离程度D.若C点时加入NaOH溶液40mL,所得溶液中cX-+2cHX=cOH--cH+【答案】D【解析】A.B点时,AG=0,即=0,则cH+=cOH-,溶液呈中性,根据溶液中电荷守恒式cH++cNa+=cX-+cOH-可知,cX-=cNa+,故A错误;B.根据图象可知,
0.01mol/LHX溶液的AG=6,即=6,常温下水的离子积常数Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14,解得c(H+)=10-4mol/L,溶液的pH=4,故B错误;C.HX是弱酸,酸抑制水的电离,所以A点时溶液中水的电离程度小于纯水的电离程度,故C错误;D.若C点时加入NaOH溶液40mL,充分反应后得到等浓度的NaX和NaOH的混合溶液,根据溶液中电荷守恒和物料守恒列式得
①cH++cNa+=cX-+cOH-,
②2cX-+2cHX=cNa+,联立得cX-+2cHX+cH+=cOH-,即cX-+2cHX=cOH--cH+,故D正确;答案选D
8.亚硝酰氯(NOCl,熔点-
64.5℃,沸点-
5.5℃)是一种黄色气体,遇水易水解可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成
(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2,制备装置如下图所示为制备纯净干燥的气体,下表中缺少的药品是装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2
①②制备纯净NOCu
③④①___________,
②___________,
③___________,
④___________
(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl,装置如图所示
①装置连接顺序为a→___________________(按气流自左向右方向,用小写字母表示)
②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外,另一个作用是__________________________
③装置Ⅶ的作用是__________________________________
④装置Ⅷ中吸收尾气时,NOCl发生反应的化学方程式为__________________________
(3)丙组同学查阅资料,查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸,一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气,该反应的化学方程式为___________________________________________【答案】
1.浓盐酸
2.饱和食盐水
3.稀硝酸
4.水
5.e→f(或f→e)→c→b→d
6.通过观察气泡调节气体的流速
7.防止水蒸气进入反应器
8.NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O
9.HNO3浓+3HCl浓NOCl↑+Cl2↑+2H2O【解析】1实验室加热制取氯气是用MnO2与浓盐酸加热生成的,所以分液漏斗中装的是浓盐酸,装置Ⅱ是用于吸收氯气中HCl气体,所以内装饱和的食盐水;实验室里NO是用Cu和稀硝酸反应制取的,所以分液漏斗中装的是稀硝酸,装置Ⅱ是用于吸收NO中HNO3蒸气的,因此内装水即可2已知NOCl沸点为-
5.5℃,遇水易水解,所以可用冰盐冷却收集液体NOCl,再用装有无水CaCl2的干燥管Ⅶ防止水蒸气进入装置Ⅸ中使NOCl变质,由于NO和Cl2都有毒且污染环境,所以用NaOH吸收尾气,因此
①接口顺序为a→e→f或f→e→c→b→d,
②通过观察洗气瓶中的气泡的快慢,调节NO、Cl2气体的流速,以达到最佳反应比,提高原料的利用率,减少有害气体的排放,
③装置Ⅶ中装有的无水CaCl2,是防止水蒸气进入装置Ⅸ中使生成的NOCl变质,
④NOCl遇水反应生成HCl和HNO2,再与NaOH反应,所以反应的化学方程式为NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O3由题中叙述可知,反应物为浓硝酸和浓盐酸,生成物为亚硝酰氯和氯气,所以可写出反应的化学方程式为HNO3浓+3HCl浓NOCl↑+Cl2↑+2H2O点睛本题要特别注意NOCl的性质对解题的影响,
1、沸点为-
5.5℃,冰盐可使其液化,便于与原料气分离;
2、遇水易水解,所以制备前、制备后都要防止水蒸气的混入,这样才能找到正确的装置连接顺序
9.工业上常以铬铁矿主要成分为亚铬酸亚铁FeCr2O4,还有Al2O
3、SiO2等杂质为主要原料生产红矾钠Na2Cr2O7,某实验小组模拟其流程如下图所示
(1)步骤
①中,焙烧时所用的仪器材质应选用_______填“瓷质”、“铁质”或“石英质”,二氧化硅与纯碱反应的化学方程式为___________
(2)配平步骤
①中主要反应_______FeCr2O4+___O2+___Na2CO3___Fe2O3+___Na2CrO4 +___CO2
(3)操作
④中,酸化时,CrO42-转化为Cr2O72-,写出平衡转化的离子方程式______________
(4)步骤
③用硫酸将溶液的pH调至中性,所得滤渣的主要成分是___________、____________;
(5)下图是Na2Cr2O7·2H2O和Na2SO4的溶解度曲线,步骤
④中获得固态副产品Na2SO4的实验操作方法为____________、___________
(6)工业上常用电解法处理含Cr2O72-的酸性废水,用金属铁作阳极、石墨作阴极,一段时间后产生FeOH3和CrOH3沉淀若电解后溶液中cCr3+=
3.0×10-5 mol·L-1,则cFe3+=_____已知Ksp[FeOH3]=
4.0×10-38 mol·L-1,Ksp[CrOH3]=
6.0×10-31mol·L-1
(7)CrO5的结构式为,该氧化物中Cr为_______价【答案】
1.铁质
2.Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑
3.4 7 8 2 8
84.2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O
5.H2SiO3(H4SiO4或SiO2·H2O)
6.AlOH
37.加热浓缩
8.趁热过滤
9.
2.0×10-12 mol·L-
110.+6【解析】
1.步骤
①中,在铬铁矿中加入纯碱焙烧,使用的仪器是坩埚,瓷质和石英质坩埚中均含有二氧化硅,在高温下二氧化硅和纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳,化学方程式为Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑,因此应选用铁质坩埚,故答案为铁质;Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑;
2.FeCr2O4中铁元素的化合价是+2价,氧元素的化合价是−2价,则铬元素的化合价为+3价,O2中氧元素的化合价是0价,反应后铁元素的化合价是+3价,铬元素的化合价是+6价,氧元素的化合价是−2价,根据得失电子守恒和原子守恒,该反应的化学方程式为4FeCr2O4+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4 +8CO2,故答案为478288;
3.在操作
④中,酸化的目的是使CrO42-转化为Cr2O72-,该反应为可逆反应且铬元素的化合价没有变化,根据原子守恒和电荷守恒,该平衡转化的离子方程式为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O,故答案为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O;
4.步骤
③用硫酸调节溶液的pH至中性,Na2SiO
3、NaAlO2生成不溶的H2SiO3和AlOH3,过滤,所得滤渣为H2SiO3和AlOH3;故答案为H2SiO3(H4SiO4或SiO2·H2O);AlOH3;
5.据图可知,温度升高有利于硫酸钠结晶析出,同时可以防止Na2Cr2O7⋅2H2O结晶析出,所以获得副产品Na2SO4的实验操作方法为将滤液2加热浓缩后趁热过滤,得副产品Na2SO4,故答案为加热浓缩;趁热过滤;
6.Ksp[FeOH3]=cFe3+×c3OH-=
4.0×10-38 mol·L-1,Ksp[CrOH3]=cCr3+×c3OH-=
3.0×10-5 mol·L-1×c3OH-=
6.0×10-31mol·L-1,联立得cFe3+=
2.0×10-12 mol·L-1,故答案为
2.0×10-12 mol·L-1;
7.由CrO5的结构式可知,一个Cr原子与5个O原子形成6个Cr-O极性共价键,共用电子对都偏向于O原子,所以该氧化物中Cr为+6价,故答案为+
610.目前,人们对环境保护、新能源开发很重视
(1)汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体,对汽车加装尾气净化装置,可使有毒气体转化为无毒气体4COg+2NO2g4CO2g+N2g,恒温恒容条件下,能够说明该反应已达到平衡状态的是________填序号;A.容器内混合气体颜色不再变化 B.容器内的压强保持不变C.2v逆NO2=v正N2 D.容器内混合气体密度保持不变
(2)用活性炭还原法也可以处理氮氧化物某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO,发生反应Cs+2NOgN2g+CO2gΔH在T1℃时,反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下时间/min浓度/mol·L-101020304050NO
1.
00.
580.
400.
400.
480.48N
200.
210.
300.
300.
360.36CO
200.
210.
300.
300.
360.36
①根据图表数据分析T1℃时,该反应在0~20min的平均反应速率vCO2=________;计算该反应的平衡常数K=______
②根据上表数据判断,由30min到40min时改变的条件可能是任写一种__________________
③30min后升高温度至T2℃,达到新平衡时,容器中NO、N
2、CO2的浓度之比为5∶3∶3,此时NO的转化率_______填“升高”或“降低”,ΔH_____0填“”或“”
(3)以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[化学式为CONH22]已知
①2NH3g+CO2g=NH2CO2NH4s ΔH=-l
59.5kJ·mol-1
②NH2CO2NH4s=CONH22s+H2Og ΔH=+
116.5kJ·mol-1
③H2Ol=H2Og ΔH=+
44.0kJ·mol-1写出CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式_____________________4科学家利用原电池原理,在酸性介质中将NO2转化为HNO3,则该转化的负极反应式为_________________________________【答案】
1.A、B
2.
0.015mol·L-1·min-
13.
0.56或9/
164.通入一定量NO或适当缩小容器体积或者充入一定量1∶1的氮气和二氧化碳
5.降低
6.
7.2NH3g+CO2g=CONH22s+H2Ol ΔH=–
87.0kJ·mol-
18.NO2-e-+H2O=NO3-+2H+【解析】
1.A.容器内混合气体颜色不再变化,说明各物质的浓度不再变化,反应达到平衡状态,故A正确;B.因该反应为反应前后气体体积不相等的可逆反应,则容器内的压强保持不变,说明反应达到平衡状态,故B正确;C.当2v逆NO2=v正N2 时,该反应的正逆反应速率不相等,反应没有达到平衡状态,故C错误;D.在恒温恒容条件下,容器内混合气体密度始终不变,则容器内混合气体密度保持不变,不能说明反应达到平衡状态,故D错误;答案为A、B;
2.
①.T1℃时,该反应在0~20min的平均反应速率vCO2=
0.3mol/L÷20min=
0.015mol·L-1·min-1,该反应的平衡常数K===
0.56或9/16,故答案为
0.015mol·L-1·min-1;
0.56或9/16;
②.30min到40min改变某个反应条件后再次达到平衡时K===
0.56,平衡常数K没有改变,说明反应温度不变,由图表数据分析,30min到40min时改变某个反应条件,再次达到平衡时,各气体的浓度都增大相同的倍数,又因Cs+2NOgN2g+CO2g为反应前后气体体积不变的可逆反应,则改变的条件可能是通入一定量NO或适当缩小容器体积或者充入一定量1∶1的氮气和二氧化碳,故答案为通入一定量NO或适当缩小容器体积或者充入一定量1∶1的氮气和二氧化碳;
③.30min后升高温度至T2℃,达到新平衡时,容器中NO、N
2、CO2的浓度之比为5∶3∶3,由反应方程式可知,N
4.科学家利用原电池原理,在酸性介质中将NO2转化为HNO3,氮元素的化合价从+4价升高到+5价,说明在负极上二氧化氮失电子发生氧化反应,负极的反应式为NO2-e-+H2O=NO3-+2H+,故答案为NO2-e-+H2O=NO3-+2H+点睛本题主要考查盖斯定律的应用、平衡状态的判断、反应速率的计算、平衡移动的影响因素、电极反应式的书写等知识,试题综合性强,难度中等本题的易错点是第
(2)题的第
②问,根据表中数据分析由30min到40min改变的反应条件时要注意三点一是该反应为等体积的可逆反应;二是改变条件重新达到平衡时平衡常数不变;三是达到新平衡时,各气体的浓度都增大相同的倍数
11.氮、氧、硫、磷、铁是与生命活动密切相关的元素回答下列问题1N的基态原子最外电子层具有的原子轨道数为______SO2分子的VSEPR模型名称是_________2N、O、P三种元素第一电离能由大到小的顺序是________气态氢化物氨NH3和膦PH3的键角较大的是_________3SCN-中C原子的杂化类型为______,1molSCN-中含π键的数目为______NA4FeO的熔点____Fe2O3的熔点填“<”、“>”或“=”,其原因是________________5晶胞有两个基本要素
①原子坐标参数,表示晶胞内部各原子的相对位置磷化硼是一种超硬耐磨的涂层材料,其晶胞结构如图所示,其中原子坐标参数A为(0,0,0);B为(,,0);D为(1,1,1)则C原子的坐标参数为______
②晶胞参数,描述晶胞的大小和形状P原子与B原子的最近距离为acm,则磷化硼晶胞的边长为_____cm用含a的代数式表示【答案】
1.
42.平面三角形
3.N>O>P
4.NH
35.sp
6.
27.<
8.Fe2+离子半径比Fe3+离子半径大,所带电荷少,故FeO晶格能比Fe2O3低
9.1,,
10.【解析】
1.N的基态原子核外电子排布式为1s22s22p3,s能级有1个原子轨道,p能级有3个原子轨道,则N的基态原子最外电子层具有的原子轨道数为4,SO2分子的中心原子价层电子对数为2+=3,所以SO2分子的VSEPR模型名称是平面三角形,故答案为4;平面三角形;
3.SCN-与CO2互为等电子体,CO2的中心碳原子价层电子对数为2+=2,碳原子的杂化类型为sp,CO2的结构式为O=C=O,1molCO2中含有2molπ键,根据等电子体原理,SCN-中C原子的杂化类型为sp,1molSCN-中含π键的数目为2NA,故答案为sp;2;
4.因Fe2+的离子半径比Fe3+的离子半径大,Fe2+所带电荷比Fe3+少,则FeO的晶格能比Fe2O3的晶格能低,所以FeO的熔点比Fe2O3的熔点低,故答案为<;Fe2+离子半径比Fe3+离子半径大,所带电荷少,故FeO晶格能比Fe2O3低;
5.
①.原子坐标参数A为(0,0,0);B为(,,0);D为(1,1,1),由晶胞结构示意图可知,C原子位于晶胞的面心,C原子在x上为1,在y、z上均为,则C原子的坐标参数为1,,,故答案为1,,;
②.由晶胞结构示意图可知,P原子与周围的4个B原子距离最近且形成正四面体结构,P原子与B原子的最近距离为acm,由立体几何知识可知,磷化硼晶胞的边长为×2××acm=cm,故答案为
12.【化学—选修5有机化学基础】有机物A(C11H12O5)同时满足下列条件
①含苯环且不含甲基;
②苯环上一氯取代物只有2种;
③1molA与足量的NaHCO3反应生成1molCO2;
④遇FeCl3溶液不显色A有如图所示转化关系已知回答下列问题
(1)E中官能团名称____________,H的分子式为_______________
(2)由C生成G的反应类型是________________
(3)A的结构简式为___________________,G的结构简式为_________________
(4)
①写出C→D反应的化学方程式______________________________________;
②写出I→J反应的离子方程式__________________________________
(5)C的同分异构体中能同时满足下列条件a.能发生银镜反应,b.能发生皂化反应;c.能与Na反应产生H2,共有________种(不含立体异构)其中核磁共振氢谱显示为3组峰,且峰面积比为6∶1∶1的是_________________________(写结构简式)【答案】
1.碳碳双键、羧基
2.C7H4O3Na
23.酯化反应
4.
5.
6.
7.
8.
59.【解析】A在碱性条件下发生水解反应得到B与H,则A中含有酯基;B酸化得到C具有酸性,则C中含有羧基,C反应可以得到聚酯,则C中还含有羟基;由F的结构逆推可知E为CH2=CHCH2COOH;C发生消去反应得到E,E发生加聚反应生成F,C在浓硫酸作用下得到五元环状酯G,则C为HOCH2CH2CH2COOH;G为,B为HOCH2CH2CH2COONa,C发生缩聚反应得到D为结合A分子式可知,H中含有7个碳原子,H发生信息中脱羧反应得到H,H与二氧化碳、水作用得到J,J与浓溴水作用是白色沉淀,则J中含有酚羟基;1molA与足量的NaHCO3反应生成1molCO2,说明A分子中含有1个﹣COOH,而A遇FeCl3溶液不显色,则A不含酚羟基,则A中酯基为羧酸与酚形成的,A中含苯环且不含甲基,且苯环上一氯取代物只有2种,则A中含有2个对位位置的取代基,可推知A的结构简式为,H为,I为,J为,K为
(1)E为CH2=CHCH2COOH,则E中有碳碳双键、羧基2种官能团;H为,分子式为C7H4O3Na2,故答案为碳碳双键、羧基;C7H4O3Na2;
(2)由C生成G的反应类型是酯化反应,故答案为酯化反应;
(3)A的结构简式为,G的结构简式为,故答案为;;
(4)
①C→D为缩聚反应,故反应方程式为,
②苯酚酸性介于碳酸与碳酸氢根之间,故I→J反应的离子方程式;
(5)C为HOCH2CH2CH2COOH,C的同分异构体中能同时满足下列条件a.能发生银镜反应,说明含有醛基,b.能发生皂化反应,含有甲酸形成的酯基,c.能与Na反应产生H2,还含有羟基,可以看作丙烷中H原子被﹣OH、﹣OOCH取代,﹣OOCH取代甲基中H原子,﹣OH有3种位置,﹣OOCH取代亚甲基中H原子,﹣OH有2种位置,共有5种(不含立体异构),其中核磁共振氢谱显示为3组峰,且峰面积比为6﹕1﹕1的是故答案为5;点睛本题考查有机物推断与合成、有机反应类型、同分异构体书写、有机反应方程式等要根据流程中的反应条件推断反应类型,物质所含的官能团提供产物,可以利用逆推法本题的突破口便在于通过F的结构,及E→F的反应类型逆推出E的结构。