2021届高三下学期4月高考化学三模适应性训练一（新课标1） WORD版含答案.docx

1、2020-2021学年度高考三模适应性训练一（新课标1）一、单选题1化学与社会、技术、环境、生活密切相关，下列有关说法中错误的是A石油裂解、煤的干馏和气化都是化学变化B为卫星供电的太阳能帆板(与太阳能电池原理相似)主要由二氧化硅制成C碘酒、84消毒液、75%的酒精都可用于消毒D汽车远程照灯在前方扬尘上有光亮的通路，说明混有扬尘的空气属于胶体2米酵菌酸是变质淀粉类制品引起中毒的主要原因。米酵菌酸分子结构如图所示(已知：连有四个不同的原子或基团的碳原子叫做手性碳原子)，下列关于米酵菌酸的说法错误的是A分子式为C28H38O7B能发生氧化反应、加聚反应C该分子含有1个手性碳原子D1 mol该物质最多

2、与3 mol Na2CO3发生反应3根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，有沉淀生成酸性：H2SO3HClOB钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入盛满CO2的集气瓶中，产生大量白烟且瓶内有黑色颗粒产生CO2有氧化性C将FeCl2溶液滴入酸性KMnO4溶液中，紫红色褪去Fe2+有还原性D向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝淀粉未水解AABBCCDD4设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A用电解法精炼铜时，若电路中转移2 mol电子，阳极质量减轻64 gB1L、0.1mo

3、l/LNa2CO3溶液中，阴离子数目小于0.1NACpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-离子数目为0.1NAD常温下，1L、 pH=9的Na2CO3溶液中，水电离产生的OH-数目为10-5NA5一种可作为纺织品阻燃剂的化合物结构如图所示，其中M、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。下列说法错误的是A单质的氧化性：BM、W、X形成的二元酸只有CM、W、Z三种元素可组成通常为气态的化合物DY分别与X、Z形成的化合物中所有原子均满足8电子稳定结构6糠醛氧化制备糠酸是综合利用糠醛资源的一个重要途径。在直流电场作用下，双极膜(BMP)将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。工业上

4、用双极膜电解槽电解糠醛溶液同时制备糠醇和糠酸盐，电解时，MnO2/MnOOH在电极与糠醛之间传递电子，电解过程如图所示，下列说法不正确的是AA为直流电源的负极，糠醛在阴极表面得到电子被氧化为糠醇B通电时双极性膜将水解离为H+和OH-，H+向阴极室方向移动C生成糠酸的反应为：+2MnO2+OH-+2MnOOHD电解时，阳极反应为MnOOH-e-=MnO2+H+7常温下，分别用 0.01mol/L 的 NaOH 溶液滴定与之等浓度的体积均为 25.00mL 的 HA、H3B(三元酸)溶液，溶液的 pH 随V(NaOH)变化曲线如图所示，下列说法错误的是A常温下 K(HA)数量级约为10-5B常温下

5、 0.01mol/L 的 NaH2B溶液的 pH 大于 7CNaOH 溶液滴定 HA 溶液应选择酚酞作为指示剂D当横坐标为 37.50时，溶液中存在：2c(H+)+c(H2B-)+3c(H3B)=2c(OH-)+3c(B3-)+c(HB2-)二、工业流程题8近年来随着新能源汽车等行业的不断发展，产生了大量的废旧三元锂电池，从废旧锂电池中回收钴、锂、镍、锰等金属是新能源汽车发展道路上必须解决的问题。一种对正极材料LiNi(1-x-y)CoxMnyO2各金属进行回收处理的工艺如图所示：已知：金属离子的浸出率计算公式为，式中为金属的浸出率，为百分数；C为金属离子的质量浓度，单位为gmL-1；V为滤液

6、体积，单位为mL；m为镍钴锰酸锂粉末中各金属的理论质量，单位为g。(1)“放电处理”能提高金属锂的回收率，原因是_。(2)LiCoO2(难溶于水)参与“浸出还原”反应的离子方程式为_。(3)“共沉淀”过滤后需洗涤滤渣便于进一步回收利用，洗涤的操作过程为_。(4)浸出实验首先在三颈烧瓶中加入适量的H2SO4和H2O2，后将准确称量5.000g LiNi(1-x-y)CoxMnyO2粉料(其中钴元素含量为18.00)倒入，反应后将其过滤后定容得溶液的体积为50.00 mL，采用电感耦合等离子体光谱仪测定浸出滤液中Co2+为的浓度为17.64 mg mL-1，则Co2+的浸出率为_。(5)已知：Co

7、(H2O)62+呈粉红色，CoCl42-呈蓝色。将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在平衡：Co(H2O)62+4C1-CoC142-+6H2O等物质的量的Co(H2O)62+和CoCl42-中键数之比为_。将溶液加水稀释后，蓝色溶液又变为粉红色溶液，请用平衡移动原理解释原因_。三、实验题9对甲基苯乙酮是重要的化工原料，某实验小组利用如图装置制备对甲基苯乙酮。制备原理：（放热反应）。 反应物和产物的相关数据列表：试剂名称分子式分子量熔点/沸点/密度/gmL-1甲苯C7H89293110.60.8669乙酸酐(CH3CO)210273.1138.61.08对甲基苯乙酮C9H

8、10O1342894(0.93kPa)1.0051实验步骤：步骤 1：如图所示，在 100mL 三颈烧瓶上安装搅拌器、仪器 x 和上口装有无水氯化钙的冷凝管，干燥管与一气体 吸收装置相连。步骤 2：三颈烧瓶中快速加入研碎的催化剂和 20mL 无水甲苯，在搅拌的条件下通过仪器 x 缓慢地滴加 3.4mL 醋酸酐与 5mL 甲苯的混合液，约需 15min 滴完。步骤 3：反应结束后，将三颈烧瓶在 95时加热 2530min。步骤 4：反应混合液冷却后转移到盛有 30mL 浓盐酸与 30mL 冰水的烧杯中(目的是将对甲基苯乙酮从其与铝的化 合物中分离出来)，用分液漏斗分出有机层、水层。每次用 5mL

9、 甲苯萃取两次，并将所有甲苯层合并，然后依次 用水、10%氢氧化钠溶液、水各 10mL 洗涤有机层，最后用无水硫酸镁处理。步骤 5：将干燥后的溶液滤入蒸馏瓶，减压蒸馏（整套装置必须是干燥的），收集 94(0.93kPa)馏分，得到对甲 基苯乙酮 4.1g。请回答下列问题：（1）仪器 x 的名称为_。与普通的分液漏斗相比，本实验采用仪器 x 的优点为_。（2）本实验中的氯化铝若水解则会影响催化效率，除了使用干燥管的措施外，还应该采取哪些措施防止水解_(答两点)。（3）步骤中最适宜的加热方式为 _。（4）步骤中加入 10%的氢氧化钠溶液的目的为 _，加入无水硫酸镁的目的为_。（5）步骤中水层每次用

10、 5mL 甲苯萃取两次并将所有甲苯层合并的目的为_。（6）步骤中减压蒸馏时所需的冷凝装置能否选用题给装置图中的球形冷能管_（答“能”或“不能”）。 本实验中，对甲基苯乙酮的产率为_（结果保留 2 位有效数字）。四、原理综合题10氮氧化物是形成酸雨、雾霾、光化学烟雾的主要物质，主要来源于汽车尾气。氮氧化物)的处理已成为科学研究的重要内容。请回答下列问题：(1)用O3氧化可脱除氮氧化物。已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H1=-113kJ/mol6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g) H2=-227kJ/mol4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g) H3=-57kJ/mol

11、用O3氧化脱除NO的总反应是：NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) H4=_，该反应在热力学上趋势大，其原因是_。(2)还可以用活性炭还原法处理氮氧化物。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，发生如下反应： C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=bkJ/mol，测得NO的转化率(NO)随温度的变化如图甲所示：由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是：_；在1100K时，CO2的体积分数为_。(3)用CO还原法可处理氮氧化物。在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定条件下发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g

12、)+2CO2(g)，测得NO的平衡转化率与温度及压强的关系如图乙所示：实验测得，v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关。)比较P1、P2、P3的大小关系：_。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_填“”“=”或“”)k逆增大的倍数。求a点时=_。五、结构与性质11已知Mn、Fe、Co是组成合金的重要元素，P、S、Cl是农药中的重要元素。回答下列问题：(1)Mn元素位于元素周期表的_区，基态锰原子的价电子排布图为_ 。(2)P、S、Cl三种元素的第一电离能由大到小顺序为_ 。(3)已知NH3的沸点高于PH3，原因是_。(4)农

13、药“乐果”中的主要成分O,O-二甲基-S-(N-甲基氨基甲酰甲基)二硫代磷酸酯的分子结构为：，其中N原子的杂化类型为_ 。(5)已知P4(白磷)为正四面体结构，与氧气反应生成非极性分子P4O10，其中P在空间的相对位置不变，则P4O10中键和键的数目之比为_。(6)已知一种立方型FeS2晶体的晶胞如图所示，则与体心Fe2+距离最近且等距离的S的数目为_。如可用晶胞参数为单位长度建立的坐标系表示晶胞中各原子的位置，并称作原子分数坐标，则该晶胞中体心Fe2+的坐标为_ 。(7)已知该立方型FeS2晶体的晶胞参数为a pm，密度为d gcm-3, 阿伏加德罗常数的值为NA，则a与d的关系是a = _

14、(用d、NA表示a)。六、有机推断题12有机物H是合成雌酮激素的中间体，一种由A制备H的工艺流程如下：已知：I. II.R-COOHRCOCl(其中R为烃基或氯)。回答下列问题：(1)B中官能团的名称为_。(2)DE的反应类型为_。(3)F的结构简式为_。(4)写出BC的化学方程式：_。(5)E的同分异构体中，满足下列条件的有_种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱有5峰，峰面积之比为6：2：2：1：1的结构简式为_。苯环上有2个取代基；能与FeCl3溶液发生显色反应；能发生银镜和水解反应。(6)参照上述合成路线，设计由甲苯为起始原料制备的合成路线：_(无机试剂任选)。参考答案1B【解析】A.

15、石油裂解、煤的干馏和气化都有新物质生成，都是化学变化，A正确；B. 为卫星供电的太阳能帆板(与太阳能电池原理相似)主要由硅制成，B错误；C. 碘酒、84消毒液、75%的酒精都能用来杀菌消毒，C正确；D. 混有扬尘的空气属于胶体，能形成光亮的通路，D正确；答案选B.点睛：二氧化硅是制造光导纤维的主要材料，硅用作半导体材料。2C【详解】A从图示结构简式可，该分子的分子式为C28H38O7，A正确；B该有机物含有碳碳双键，能够发生氧化反应和加聚反应，B正确；C该分子中红色圈内的2个碳原子，均为手性碳原子，C错误；D1 mol该物质含有3 mol羧基，与Na2CO3反应生成NaHCO3时消耗Na2CO

16、3最多，即最多消耗3 mol Na2CO3，D正确；故选C。3B【详解】A反应生成硫酸钙和盐酸，是氧化还原反应，不能比较酸性强弱，A错误；B黑色颗粒为碳，说明碳元素化合价降低，二氧化碳表现氧化性，B正确；C亚铁离子被酸性高锰酸钾溶液氧化，表现还原性，但氯离子也能被氧化，故紫红色褪色不能说明是亚铁离子反应，C错误；D该现象说明淀粉还存在，或未水解或未水解完全，D错误；故选B。4D【详解】A用电解法精炼铜时，阳极粗铜中含有活泼性较强的铁、锌等杂质，电解时铁、锌杂质先放电，故电路中转移电子为2mol时，阳极质量减少不一定是64g，故A项错误；B在Na2CO3溶液中，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢

17、氧根离子，阴离子数目增多，所以1L、0.1mol/LNa2CO3溶液中,阴离子数目大于0.1NA，故B项错误；CpH=13的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.1molL-1，但是不知道溶液体积，无法计算OH-离子的数目，故C项错误；DpH=9的Na2CO3溶液中，c(OH-)= =10-5molL-1，OH-全部来自水的电离，溶液体积为1L，所以n(OH-）=10-5mol，数目为10-5NA，故D项正确；故答案选：D。5B【分析】根据图示结构可知，Z为带一个负电荷的阴离子，M可以形成一个共价键，X可以形成两个共价键，W可以形成四个共价键，Y可以形成四个共价键，且M、W、X、Y、Z均为短周

18、期主族元素且原子序数依次增大，所以M为H，W为C，X为O，Y为Si，Z为Cl。【详解】A氯气的氧化性强于硅单质，所以A正确；BH、C、O形成的二元酸H2CO3、H2C2O4以及其他多种二元羧酸，B错误CH、C、Cl三种元素可组成通常为气态的化合物，如CH3Cl，C正确；DSi和O、Cl形成二氧化硅和SiCl4，所有原子均满足8电子稳定结构，D正确；答案选B6A【详解】A根据图示可知：A为直流电源的负极，糠醛在阴极表面得到电子被还原为糠醇，A错误；B根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，通电时双极性膜将水解离为H+和OH-，阳离子H+向负电荷较多的阴极室方向移动，B正确；C在阳极室，糠醛失去电

19、子被氧化为糠酸，反应方程式为：+2MnO2+OH-+2MnOOH，C正确；D电解时，阳极上MnOOH失去电子发生氧化反应产生MnO2，所以阳极的电极反应式为MnOOH-e-=MnO2+H+，D正确；故合理选项是A。7B【详解】Ac(HA)=c(A-) 时，K(HA) =10-4.75，常温下 K(HA)数量级约为10-5，故A正确；B当c（H2B）=c（H3B）时，Ka1=c（H）=10-2.5，c（H2B）=c（HB2）时，Ka2=c（H）=10-7.2，HB2的电离程度更小，则Ka310-7.2，H2B的水解平衡常数Kh=10-11.5Ka2=10-7.2，说明H2B的水解程度小于电离程度

20、，常温下 0.01mol/L 的 NaH2B溶液的 pH 小于 7，故B错误；C滴定终点溶液呈碱性，NaOH 溶液滴定 HA 溶液应选择酚酞作为指示剂，故C正确；D当横坐标为 37.50时，溶液为Na2HB、NaH2B等物质的量混合物，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=3c(B3-)+2c(HB2-)+c(H2B-)+c(OH-)，物料守恒：2c(Na+)=3c(H3B)+3c(H2B-)+3c(HB2-)+3c(B3-)，将2，得2c(H+)+c(H2B-)+3c(H3B)=2c(OH-)+3c(B3-)+c(HB2-)，故D正确；故选B。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断及弱电

21、解质的电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确酸性强弱判断方法、电离平衡常数与水解平衡常数关系是解本题关键，C为解答易错点，注意指示剂的选择原则，D为难点，注意电荷守恒和物料守恒的应用。8放电时，Li+从负极材料中脱出，经电解质溶液向正极移动并进入正极材料中 2LiCoO2+6H+H2O2=2Li+2Co2+O2+4H2O 沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后重复操作23次 98.00% 92 加水稀释，溶液体积增大Co(H2O)6 2+、CoCl42-、Cl-浓度都减小，Co(H2O)6 2+和Cl-的化学计量数之和大于CoCl42-的化学计量数，则瞬间QcK，平衡逆向移动

22、，使得溶液呈粉红色 【分析】经过放电处理后，负极Li放电形成Li+，最终转移到正极材料中，可提高Li元素的回收率，经过浸出还原，正极材料中相关元素转化为Ni2+、Co2+、Mn2+、Li+，加入NaOH调节pH至11，可将Ni2+、Co2+、Mn2+转化为沉淀除去，最终在滤液中加入Na2CO3得到Li2CO3产品。【详解】(1) 放电时，负极Li放电形成Li+，从负极材料中脱出，经电解质溶液向正极移动并参与正极反应进入正极材料中，所以放电能提高Li回收率；(2)由图示知，LiCoO2浸出还原后生成Li+、Co2+，Co元素化合价由+3价被还原为+2价，故此时H2O2作还原剂，反应后生成O2，初

23、步确定反应为：LiCoO2+ H2O2Li+Co2+O2，根据得失电子守恒配平得：2LiCoO2+ H2O22Li+2Co2+1O2，根据流程知可在左边添加6个H+配平电荷守恒，右边添加H2O配平元素守恒，配平后方程式为：2LiCoO2+6H+H2O2=2Li+2Co2+O2+4H2O；(3) 洗涤沉淀具体操作为：沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作23次；(4)Co2+浸出率=；(5)Co(H2O)62+中配体H2O与中心Co2+形成配位键（属于键），故1个H2O周围形成3个键，所以该配离子中含键数目=36=18，CoCl42-中配体Cl-与Co2+之间形成配位键，

24、故该配离子中含键数目=4，所以两者键数目比为9：2；加水稀释，溶液体积增大，Co(H2O)6 2+、CoCl42-、Cl-浓度都减小，Co(H2O)6 2+和Cl-的化学计量数之和大于CoCl42-的化学计量数，则瞬间QcK，平衡逆向移动，使得溶液呈粉红色。9恒压滴液漏斗 平衡压强，保证反应混合液能够顺利滴下 药品、仪器均需干燥；整个装置不漏气；取用氯化铝要快等(三个写两个或其他合理答案即可) 水浴加热 除去有机层中的酸性杂质 除去有机层中的水 将水层中的对甲基苯乙酮更多的萃取出来，提高产率 不能 85% 【分析】根据实验得知仪器x的名称，恒压滴液漏斗可以平衡压强，保证反应混合液能够顺利滴下。

25、要防止水解，就需要在无水的环境中，因此本实验需要干燥环境。步骤温度要控制在95，最好采用水浴加热。有机层中含有盐酸，除掉酸的过程中含有水份。主要利用多次萃取提高萃取率。步骤中减压蒸馏时应选用直形冷凝管；先计算甲苯的物质的量和乙酸酐的物质的量，得到理论上生成产品物质的量，再计算产品的产率。【详解】根据实验得知仪器x的名称为恒压滴液漏斗，与普通的分液漏斗相比，本实验采用恒压滴液漏斗的优点为保证反应混合液能够顺利流下；故答案为：恒压滴液漏斗；平衡压强，保证反应混合液能够顺利滴下。要防止水解，就需要在无水的环境中，因此本实验中的氯化铝若水解则会影响催化效率，除了使用干燥管的措施外，还应该采取药品、仪器

26、均需干燥；整个装置不漏气；取用氯化铝要快等措施防止水解；故答案为：药品、仪器均需干燥；整个装置不漏气；取用氯化铝要快等(三个写两个或其他合理答案即可)。步骤温度要控制在95，因此最适宜的加热方式为水浴加热；故答案为：水浴加热。有机层中含有盐酸，因此步骤中加入10%的氢氧化钠溶液的目的为除去有机层中的酸性杂质，除掉盐酸后，则物质中含有水份，因此加入无水硫酸镁的目的为除去有机层中的水；故答案为：除去有机层中的酸性杂质；除去有机层中的水。步骤中水层每次用5mL甲苯萃取两次并将所有甲苯层合并，主要利用多次萃取提高萃取率，因此其目的为将水层中的对甲基苯乙酮更多的萃取出来，提高产率；故答案为：将水层中的对

27、甲基苯乙酮更多的萃取出来，提高产率。步骤中减压蒸馏时所需的冷凝装置不能用球形冷能管，应选用直形冷凝管；甲苯的物质的量为25mL0.8669gmL192 gmol1=0.2356mol，乙酸酐的物质的量为3.4mL1.08gmL1102 gmol1=0.036mol，显然甲苯过量，理论上生成产品0.036mol，故产品的产率为；故答案为：不能；85%。10-198kJmol-1 该反应为放热反应 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 20% P1P2P3 160 【详解】(1)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H1=-113kJ/mol6NO2(

28、g)+O3(g)=3N2O5(g) H2=-227kJ/mol4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g) H3=-57kJ/mol根据盖斯定律，(+2+3)，得到反应是NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)的H4=(-113kJ/mol-227kJ/mol2-57kJ/mol3)=-198kJmol-1；该反应为放热反应，放热反应一般容易自发进行，在热力学上趋势大；(2)在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，发生如下反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=bkJ/mol，1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大，由图

29、可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大；设一氧化氮的初始物质的量为2mol，在1100K时，NO的转化率(NO)=40%，列出三段式；CO2的体积分数为=20%；(3)2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，由NO的平衡转化率与温度及压强的关系，在相同的温度下，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，正向移动，NO的平衡转化率增大，故P1P2P3；由图像可知，温度升高，NO的平衡转化率减小，平衡逆向移动，逆反应方向为吸热的反应，达到平衡后，仅升高温度，有利于平衡逆向移动，k正增大的倍数k逆增大的倍数；在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达

30、到平衡，a点的NO的平衡转化率为80%，列出三段式；平衡时，v正=v逆，k正c2(NO)c2(CO)=k逆c(N2)c2(CO2)，=160。【点睛】计算时，利用平衡时的正逆反应速率相等这个信息，为易错点。11d ClPS NH3分子间存在着氢键 sp3 4:1 6 (，) 1010 【详解】(1)Mn为25号元素，位于元素周期表的第四周期第B族，为过渡元素，属于d区，基态锰原子的价电子排布式为3d54s2，因此价电子排布图为；(2)同周期从左往右第一电离能增大，第A族、A族比同周期相邻主族元素大，则P、S、Cl三种元素的第一电离能由大到小顺序为ClPS；(3)NH3的沸点高于PH3，原因是N

31、H3分子间存在着氢键；(4)中N原子的价层电子对数=3+=4，N原子的杂化类型为sp3杂化；(5)已知P4(白磷)为正四面体结构，与氧气反应生成非极性分子P4O10，其中P在空间的相对位置不变，其空间构型为，有12个P-O单键，4个P=O双键，单键为键，每个双键由1个键和1个键构成，则P4O10中键和键的数目之比=(12+4):4=4:1；(6)由晶胞可知与体心Fe2+距离最近且等距离的S在面心，数目为6；体心Fe2+到原点(0，0，0)的横纵坐标均为，则该晶胞中体心Fe2+的坐标为(，)；(7)FeS2晶胞中Fe的个数=1+12=4，S的个数=(6+8)2=8，则1个晶胞的质量为g=g，1个

32、晶胞的体积为(a10-10)3cm3，则g =(a10-10)3cm3d gcm-3，因此可得a=1010。12羰基、羧基 取代反应 +HNO3+H2O 12 。 【分析】A和发生取代反应生成B，因此A是苯，B发生硝化反应生成C，C中硝基和羰基被还原生成D，则C的结构简式为，E能发生已知信息的反应，说明E中含有酚羟基，因此根据E的分子式可知E的结构简式为，F的结构简式为，F发生已知信息的反应，则G的结构简式为，G发生取代反应生成H，据此解答。【详解】(1)B的结构简式为，其中官能团的名称为羰基、羧基。(2)DE中氨基被羟基取代，反应类型为取代反应。(3)F的结构简式为。(4)BC的化学方程式为+HNO3+H2O。(5)E的结构简式为，E的同分异构体中，满足下列条件：苯环上有2个取代基；能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；能发生银镜和水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，则该取代基是CH2CH2CH2OOCH、CH2CH(CH3)OOCH、CH(CH3)CH2OOCH、C(CH3)2OOCH，均有邻间对三种，所以符合条件的同分异构体共有12种。其中核磁共振氢谱有5峰，峰面积之比为6:2:2:1:1的结构简式为。(6)参照上述合成路线，依据逆推法可知由甲苯为起始原料制备的合成路线为。