山西省運城市2023屆高三下學期第二次模擬調研測試理綜化學試題

山西省運城市2023屆高三下學期第二次模擬調研測試理綜化學試題一、單選題1．化學與生產、生活密切相關。下列說法錯誤的是A．長時間高溫蒸煮可殺死“甲流”病毒B．可用氫氟酸溶蝕玻璃生產磨砂玻璃C．5G、6G技術離不開制備光纜的晶體硅D．石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一2．下列有關物質結構與性質的比較正確的是A．基態(tài)原子未成對電子數：Cr>Mn>AsB．酸性：CH3COOH>CH2ClCOOH>CH2FCOOHC．鍵角：SeO3<SeO4D．沸點：AsH3>PH3>NH33．有機物M(結構簡式為()是合成花椒毒素的重要中間體，下列說法錯誤的是A．電負性：F>O>N>C B．第一電離能：N>O>CC．M中碳原子的雜化方式有2種 D．M可以形成分子間氫鍵4．由主族元素X、Y、Z、W組成的化合物ZX4W(YX4)3具有良好的儲氫性能，其中，X、Y、Z是短周期元素，ZX4+A．X與Y、Z均可形成多種化合物B．非金屬性：Z>Y>>XC．X、W元素可形成離子化合物D．原子半徑：W>Y>Z>>X5．吲哚衍生物具有廣泛又重要的生物活性?，F有甲、乙兩種吲哚衍生物，二者之間可相互轉化，其結構簡式如圖所示：下列關于甲，乙的說法正確的是A．甲、乙的化學式不相同B．甲、乙中所含有官能團種類相同C．甲、乙在酸堿溶液均能穩(wěn)定存在D．甲、乙均能與H2發(fā)生加成反應6．我國科研人員利用雙極膜技術構造出一類具有高能量密度、優(yōu)異的循環(huán)性能的新型水系電池，模擬裝置如圖所示。已知電極材料分別為Zn和MnO2，相應的產物為Zn(OH)42?A．雙極膜中的OH-通過膜a移向M極B．電池工作一段時間后，NaOH溶液的pH不變C．N電極的反應式為MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2OD．若電路中通過2mole-，則稀硫酸溶液質量增加89g7．室溫下，向10mL0.1mol·L-1K2A(室溫下，H2A的Ka1=1.64×10-3)溶液中滴加0.1mol·L-1的HCl溶液，混合溶液的pH與所加HCl溶液體積的關系如圖所示。下列說法正確的是A．室溫下，H2A的Ka2≈2.0×10-6B．b點溶液存在關系式：c(K+)=c(Cl-)+c(HA-)+2c(A2-)C．a、b、c點溶液中水的電離程度：a<b<cD．a、b、c三點溶液均存在關系式：2[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]=c(K+)二、非選擇題8．工廠的含砷廢水必須經過一定的處理。某廠用某含砷廢水(含HAsO2、H2SO4、及少量Fe3+、Cu2+、Bi2+)提取三氧化二砷(俗稱砒霜，分子式：As2O3)的流程如下：已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-3920，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-22，Ksp[Bi(OH)3]=4.4×10-31?；卮鹣铝袉栴}：（1）濾渣a的成分是(寫化學式)。（2）“沉淀”時，CuSO4溶液必須過量的原因是。（3）寫出“還原”時Cu(AsO2)2與H2O、SO2發(fā)生反應的化學方程式：。（4）紅色還原渣(不溶于水)“氧化”時反應的離子方程式為。（5）“沉砷”后廢水中殘留的砷可用PFS(聚鐵)進一步去除，用石灰乳調節(jié)廢水的pH值，通入空氣，PFS用量[以n(Fe)n(As)表示]、終點pH值與砷去除率的關系如圖所示。PFS除砷的最佳條件是（6）當廢水中砷質量濃度為5.0g·L-1時，若實驗取75L含砷廢水，制得475.2gAs2O3，則As元的素回收率為。（7）砷化鎵(GaAs)為第三代半導體，其立方晶胞結構如圖所示。已知晶胞參數為anm，阿伏加德羅常數值為NA，則砷化鎵晶體密度為g·cm-3。9．為探究某鐵硫簇化合物(用FexSy表示)的組成，某化學興趣小組設計了如圖所示的實驗裝置測定樣品中鐵、硫的含量：已知：i．樣品的主要成分為FexSy，含少量不溶于水、鹽酸，且不參與裝置C中反應的雜質；ii．Mn2+在稀溶液中近乎無色。實驗步驟：①按圖連接裝置，進行氣密性檢查，然后裝入相應的藥品；②通入氧氣并加熱，裝置C中固體逐漸轉變?yōu)榧t棕色；③待固體完全轉化后，取裝置D中的溶液6mL于錐形瓶中，用0.1mol·L-1的H2C2O4(草酸)溶液滴定。滴定共進行3次，平均消耗草酸溶液5.0mL(假設裝置D中溶液體積反應前后不變)；④取裝置C中的殘留固體于燒杯中，加入稀鹽酸，充分攪拌后過濾；⑤向濾液中加入足量氫氧化鈉溶液，出現沉淀。過濾后取濾渣灼燒，得0.32g固體?；卮鹣铝袉栴}：（1）A為O2發(fā)生裝置，則試劑a、試劑b可以分別是。（2）裝置E中品紅溶液的作用是。（3）寫出草酸溶液滴定酸性高錳酸鉀溶液時反應的離子方程式：。(MnO4?（4）為防止尾氣污染，裝置F中應加入的試劑是，步驟⑤中灼燒濾渣應在進行(填儀器名稱)。（5）若實驗完成時裝置E中品紅溶液無變化，根據上述實驗所得數據，可確定該鐵硫簇化合物的化學式為，寫出該鐵硫簇化合物與O2反應的化學方程式：。（6）下列操作，可能導致x：y的值偏小的是(填字母)。a．步驟⑤灼燒濾渣不夠充分b．配制草酸標準液時，定容操作俯視刻度線c．滴定時，草酸溶液不小心滴到錐形瓶外幾滴d．放出草酸的滴定管尖嘴部分滴定前無氣泡，滴定終點時有氣泡10．加深對含氮氧化物的研究，有利于為環(huán)境污染提供有效決策?；卮鹣铝袉栴}：（1）已知：2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)ΔH1=-114kJ·mol-1；C(s)+O2(g)?CO2(g)ΔH2=-393.5kJ·mol-1；2NO(g)?N2(g)+O2(g)ΔH3=-181kJ·mol-1。C(s)與NO2(g)反應生成N2(g)和CO2(g)的熱化學方程式為；關于該可逆反應，改變下列條件，一段時間后，正反應速率增大的是(填字母)。A．恒溫下，縮小反應容器體積B．恒容下，降低反應溫度C．恒溫恒容下，通入一定量的N2D．恒溫恒容下，將CO2移出容器（2）T℃時，存在如下平衡：2NO2(g)?N2O4(g)。該反應正、逆反應速率與NO2、N2O4的濃度關系為：v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c(N2O4)(k正、k逆為速率常數，僅與溫度有關)，且lgv正~lgc(NO2)與lgv逆~lgc(N2O4)的關系如圖所示。①表示v正的直線是(填“A”或“B")。②T℃時，該反應的平衡常數K=。③T℃時，向剛性容器中充入一定量NO2，平衡后測得c(NO2)為0.1mol·L-1，平衡時NO2的轉化率為(保留一位小數)。平衡后v逆=(用含a的表達式表示)。④上題③中的反應達到平衡后，其他條件不變，繼續(xù)通定量入一的NO2，NO2的平衡濃度將(填“增大”“減小”或“不變”)。（3）為減少汽車尾氣中NOx的排放，某研究小組在實驗室以耐高溫催化劑催化NO轉化為N2，測得NO轉化為N2的轉化率隨溫度變化情況如圖所示。結合(1)中的反應，若不使用CO，溫度超過775K，發(fā)現NO轉化為N2的轉化率降低，其可能的原因是；用平衡移動原理解釋加入CO后，NO轉化為N2的轉化率增大的原因：。11．辣椒素酯具有抗氧化、抗炎和抗腫瘤等功效，其一種合成路線如下：已知：I．A分子中含有兩種不同環(huán)境的氫，且個數之比為9：1；Ⅱ．R1CHO+R2CH回答下列問題：（1）G中官能團的名稱為。（2）C→D、G→H的反應類型分別為、。（3）B的結構簡式為。（4）寫出E→F第1步反應的化學方程式：。（5）1molJ在氫氧化鈉溶液中水解最多消耗molNaOH。（6）I的同分異構體中符合下列條件的有種(不考慮立體異構)，其中核磁共振氫譜中有四組峰的有機物的結構簡式為(任寫一種)。①含有苯環(huán)；②只含一種含氧官能團；③1mol該有機物可與3molNaOH反應。

答案解析部分1．【答案】C【知識點】硅和二氧化硅；水泥的主要化學成分、生產原料及其用途；玻璃的主要化學成分、生產原料及其用途；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點【解析】【解答】A．長時間高溫蒸煮可使病毒中的蛋白質變性，從而殺死病毒，故A不符合題意；B．氫氟酸能和二氧化硅反應，可用氫氟酸溶蝕玻璃生產磨砂玻璃，故B不符合題意；C．二氧化硅可以用來制備光纜，故C符合題意；D．水泥制造的原理是對石灰石、粘土等原料進行破碎、混合、燒制等一系列工藝過程，石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.高溫能使蛋白質變性；

B.氫氟酸能與二氧化硅反應；

C.芯片的主要成分為晶體硅，光纜的主要成分為二氧化硅；

D.制造玻璃的主要原料為石英、純堿、石灰石，制造水泥的主要原料為黏土、石灰石和其他輔助材料。2．【答案】A【知識點】物質的結構與性質之間的關系；鍵能、鍵長、鍵角及其應用；晶體熔沸點的比較【解析】【解答】A．Cr基態(tài)原子的價電子排布是3d54s1，未成對電子有6個；Mn基態(tài)原子的價電子排布是3d54s2，未成對電子有5個；As基態(tài)原子的價電子排布是4s24p3，未成對電子有3個；基態(tài)原子未成對電子數：Cr>Mn>As，故A符合題意；B．飽和一元羧酸烴基上的氫原子被鹵素取代后，因為鹵素原子有吸引電子作用，降低了羧基碳原子上的電子云密度，使氫容易電離，鹵代乙酸中鹵素原子個數越多、鹵素原子的非金屬性越強，酸性越強，則酸性：CH3COOH<CH2ClCOOH<CH2FCOOH，故B不符合題意；C．SeO3中心原子價層電子對數為3+12(6?3×2)=3，且沒有孤電子對，中心原子雜化方式為sp2，空間構型為正三角形，鍵角為120°；SeO42?中心原子價層電子對數為4+12(6+2?4×2)=4，且沒有孤電子對，中心原子雜化方式為sp3，空間構型為正四面體形，鍵角為109°28′；SeO32?中心原子價層電子對數為3+D．一般情況下，對于結構相似的化合物而言，相對分子質量越大其沸點越高，但是NH3分子間存在氫鍵，沸點增高，出現了反常的現象，即沸點NH3>AsH3>PH3，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.Cr的未成對電子數為6，Mn的未成對電子數為5，As的未成對電子數為3；

B.鹵代乙酸中鹵素原子個數越多、鹵素原子的非金屬性越強，酸性越；

C.孤電子對間排斥力＞孤電子對和成鍵電子對之間的排斥力＞成鍵電子對之間的排斥力，孤電子對越多鍵角越小；

D.氨氣分子間形成氫鍵，沸點增高。3．【答案】C【知識點】元素電離能、電負性的含義及應用；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷【解析】【解答】A．同周期元素（惰性氣體元素除外）從左到右電負性逐漸增大，所以電負性：F>O>N>C，故A不符合題意；B．同周期隨原子序數增大，元素第一電離能呈增大趨勢，但N元素原子2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素的，第一電離能：N>O>C，故B不符合題意；C．M中存在羰基、-C≡N和-CH3，M中碳原子的雜化方式有sp、sp2、sp3共3種，故C符合題意；D．M中含有亞氨基（-NH-），可以形成分子間氫鍵，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.元素的非金屬性越強，電負性越大；

B.同一周期元素的第一電離能隨著原子序數增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素；

C.苯環(huán)和雙鍵碳原子采用sp2雜化，飽和碳原子采用sp3雜化，三鍵碳原子采用sp雜化；

D.M中含有-NH-，可以形成分子間氫鍵。4．【答案】B【知識點】元素周期表中原子結構與元素性質的遞變規(guī)律；元素周期律和元素周期表的綜合應用；微粒半徑大小的比較【解析】【解答】A．X與Y、Z均能形成多種化合物，A項不符合題意；B．從離子化合價來看，ZX4+C．X與W形成CaH2（含Ca2+和H-）為離子化合物，C項不符合題意；D．電子層越多半徑越大，同電子層核電荷數越多半徑越?。篧>Y>Z>X，D項不符合題意；故答案為：B。

【分析】X、Y、Z是短周期元素，ZX4+5．【答案】D【知識點】有機物中的官能團；有機物的結構和性質【解析】【解答】A．由甲乙結構式可知，二者分子式相同都是C15H14N2O3，故A不符合題意；B．甲中含有羥基而乙中沒有，故B不符合題意；C．甲和乙中都含有酯基，在堿性溶液中會發(fā)生水解反應，二者都不能在堿溶液中穩(wěn)定存在，故C不符合題意；D．甲、乙均含有碳碳雙鍵，能與H2發(fā)生加成反應，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.根據結構簡式可知，甲乙的化學式均為C15H14N2O3；

B.甲中含有羥基，乙中不含羥基；

C.甲、乙均含有酯基，酯基在堿性溶液中發(fā)生水解；

D.甲乙均含碳碳雙鍵，都能與氫氣發(fā)生加成反應。6．【答案】B【知識點】電極反應和電池反應方程式；原電池工作原理及應用【解析】【解答】A．由題給信息Zn生成Zn(OH)42?，MnO2生成Mn2+可知，M極為Zn電極，N電極材料為MnO2，即M極為負極，N極為正極，OH-B．負極的電極反應式為Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42?，每轉移2mole-，有2molOH-移向NaOH溶液，而消耗4molOH-C．N電極材料為MnO2，MnO2在正極得到電子生成Mn2+，電極方程式為：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，故C不符合題意；D．若電路中通過2mole-，雙極膜中有2molH+移向硫酸溶液，同時溶解1molMnO2，稀硫酸溶液質量增加2mol×1g/mol+1mol×87g/mol=89g，D項不符合題意；故答案為：B。

【分析】根據題意，Zn發(fā)生氧化反應生成Zn(OH)42?，Zn為負極，即M極為Zn，電極反應式為Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42?，N電極材料為MnO2，電極反應式為MnO2+4H++2e-=Mn2++2H7．【答案】D【知識點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；水的電離；離子濃度大小的比較；電離平衡常數【解析】【解答】A．由圖可知，0.1mol·L-1K2A溶液的pH為10，溶液中c(OH-)=KWc(H+)=1×10?141×10?10mol/L=1×10?4B．b點加入10mL0.1mol·L-1的HCl溶液，溶質為KHA和KCl且物質的量濃度相等，根據HA-的水解常數和電離常數分析Kh2=KWKa1=1×10?141.64×10?3<Ka2，即電離程度大于水解程度，c(H+)>c(OH-)，根據電荷守恒得到關系式c(H+)+c(K+)=c(Cl-C．c點溶液中pH最小，溶質為KCl和H2A，b點溶液中溶質為KHA、KCl，a點溶液為K2A、KHA、KCl，H2A的電離抑制水的電離，K2A水解促進水的電離，則c水的電離程度最小，a點水的電離程度最大，a、b、c點溶液中水的電離程度：c<b<a，故C不符合題意；D．根據物料守恒a、b、c三點溶液存在關系式：2[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]=c(K+)，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.根據Ka2=c(A2?)c(H8．【答案】（1）Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3（2）為了使砷完全沉淀（3）3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2·2H2O+6HAsO2+H2SO4（4）2Cu3(SO3)2·2H2O+4H++3O2=6Cu2++4SO42?（5）終點pH值為8，PFS用量為4或n(Fe)（6）96%（7）580【知識點】晶胞的計算；制備實驗方案的設計【解析】【解答】（1）由分析可知，濾渣a的成分是Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3。（2）“沉淀”時，為了使砷完全沉淀，CuSO4溶液必須過量。（3）“還原”時Cu(AsO2)2與H2O、SO2反應生成Cu3(SO3)2?2H2O、HAsO2和H2SO4，化學方程式為3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2·2H2O+6HAsO2+H2SO4。（4）Cu3(SO3)2?2H2O(不溶于水)“氧化”時和O2、H2SO4溶液反應得到CuSO4溶液，O元素由0價下降到-2價，S元素由+4價上升到+6價，根據得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：2Cu3(SO3)2·2H2O+4H++3O2=6Cu2++4SO42?（5）PFS除砷時，去除率最高時的條件是終點pH值為8，PFS用量為4或n(Fe)n(As)（6）當廢水中砷質量濃度為5.0g·L-1時，若實驗取75L含砷廢水，根據As守恒，理論上生成As2O3的質量為75L×5.0g?L?175g/mol（7）由晶胞結構可知，每個晶胞含有8×18+6×

【分析】加入氫氧化鈉中和至pH=6，Fe3+、Cu2+、Bi2+均沉淀，則濾渣a為Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3，加過量硫酸銅沉砷得到Cu3(AsO3)2沉淀，通入二氧化硫和水發(fā)生反應Cu3(AsO3)2+6H2O+3SO2=2H3AsO3+H2SO4+Cu3(SO3)2?2H2O，Cu3(SO3)2?2H2O氧化生成A為CuSO4，可循環(huán)使用，H3AsO3溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、干燥得到As2O3。9．【答案】（1）H2O、Na2O2或H2O2、MnO2（2）檢驗SO2是否被酸性高錳酸鉀溶液完全吸收（3）5H2C2O4+2MnO4?+6H+=10CO2↑+2Mn2+（4）NaOH溶液；坩堝（5）Fe4S5；Fe4S5+8O2Δ__2Fe2O3（6）bd【知識點】探究物質的組成或測量物質的含量【解析】【解答】（1）裝置A固體和液體不加熱制備氧氣，可以選用H2O、Na2O2或H2O2、MnO2；（2）二氧化硫可以被高錳酸鉀吸收，用裝置E來檢驗，故裝置C中品紅試液的作用是檢驗二氧化硫是否被酸性高錳酸鉀完全吸收；（3）草酸被酸性高錳酸鉀氧化為二氧化碳，同時高錳酸鉀被還原為錳離子，離子方程式為：5H2C2O4+2MnO4?+6H+=10CO2↑+2Mn2+（4）二氧化硫會引起大氣污染，為了避免尾氣污染，裝置F中應加入NaOH溶液；對固體進行灼燒應該在坩堝中進行，故驟⑤中灼燒濾渣應該在坩堝中進行；（5）滴定時消耗草酸溶液的體積為5.0mL，根據關系式2MnO4?～5H2C2O4計算：6mL溶液中未反應的MnO4?的物質的量為：25×0.1mol?L?1×5.0×10?3L=2×10?4（6）a．步驟⑤灼燒濾渣不夠充分，則所測固體殘渣質量偏大，比值x：y偏大，a不正確；b．配置草酸標準液時，定容操作俯視刻度線，則所配草酸標準溶液濃度偏大，滴定時草酸體積偏小，則所測二氧化硫物質的量偏大，比值x：y偏小，b正確；c．滴定時，草酸溶液不小心滴到錐形瓶外一滴，所測草酸體積偏大，則所測二氧化硫物質的量偏小，比值x：y偏大，c不正確；d．放出草酸的滴定管尖嘴部分滴定前無氣泡，滴定終點時有氣泡，則消耗的草酸溶液體積偏小，則所測二氧化硫物質的量偏大，比值x：y偏小，d正確；故答案為：bd。

【分析】裝置A用于制取氧氣，為固液不加熱型反應，試劑a為液體，試劑b為固體，則試劑a、試劑b可以分別是H2O、Na2O2或H2O2、MnO2，制取的氧氣通過濃硫酸干燥后，通入裝置C與鐵硫簇反應，生成的二氧化硫具有還原性，與D中的酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應，用E中的品紅檢驗二氧化硫是否反應完全，最后經過F中的氫氧化鈉溶液進行尾氣處理。10．【答案】（1）2C(s)+2NO2(g)?N2(g)+2CO2(g)ΔH=-854.0kJ·mol-1；AC（2）A；100；95.2%；10a；增大（3）NO分解成N2的反應是放熱反應，775K后，升高溫度，該反應逆向進行；加入CO后，與NO分解生成的O2反應，使NO分解向生成N2的方向移動【知識點】蓋斯定律及其應用；化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素；化學平衡轉化過程中的變化曲線；化學反應速率與化學平衡的綜合應用【解析】【解答】（1）由蓋斯定律可知，題給反應②×2+反應③-反應①可得C(s)與NO2(g)反應生成N2(g)和CO2(g)的反應，ΔH=2ΔH2+ΔH3?ΔH1=?854.0kJ·mo（2）①由反應速率表達式及題給圖像可知，正反應速率受物質濃度變化影響更大，體現在圖像中則為隨濃度變化，lgv變化越快，對應圖中直線A；②K=c(N2O4)c2(NO2)，當反應達到平衡時v正=v逆即k正c2(NO2)=k逆c(N2O4)，則K=c(N2O4)c2(NO2)=k正k逆，由圖可知當lgc(N（3）由反應（1）可知，該反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，一氧化氮轉化率降低；一氧化碳能與氧氣反應，使平衡正向移動。

【分析】（1）將三個熱化學方程式依次編號為①、②、③，根據蓋斯定律，反應②×2+反應③-反應①可得目標方程式；影響反應速率的因素有：溫度、壓強、催化劑等；

（2）①正反應速率受物質濃度變化影響更大；

②可逆反應達到平衡時，正逆反應速率相等，則K=c(N2O4)c2(NO2)=k正11．【答案】（1）(酚)羥基、醚鍵（2）加成(還原)反應；取代反應（3）CH3CHO（4）(CH3)3CCH2CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOH→Δ(CH3)3CCH2CH2COONa+Cu2O↓+3H2（5）2（6）12；或【知識點】有機物的推斷；有機物的合成；有機物的結構和性質；同分異構現象和同分異構體；醛的化學性質【解析】【解答】（1）G中官能團的名稱為(酚)羥基、醚鍵。故答案為：(酚)羥基、醚鍵；（2）C為(CH3)3CCH=CHCHO，D為(CH3)3CCH2CH2CH2OH，C→D為加成或還原反應、G在光照條件下與氯氣發(fā)生取代反應生成H，H為，G→H的反應類型為取代反應。故答案為：加成(還原)反應；取代反應；（3）B的結構簡式為CH3CHO。故答案為：CH3CHO；（4）E→F第1步反應新制氫氧化銅懸濁液將醛基氧化成羧酸鹽，化學方程式：(CH3)3CCH2CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOH→Δ(CH3)3CCH2CH2COONa+Cu2O↓+3H2O。故答案為：(CH3)3CCH2CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOH→Δ(CH3)3CCH2CH2COONa+Cu2O↓+3H（5）J分子中酚羥基和酯基均能與NaOH反應，1molJ在氫氧化鈉溶液中水解最多消耗2molNaOH。故答案為：2；（6）I的同分異構體中①含有苯環(huán)，余下2個C和3個O原子；②只含一種含氧官能團；③1mol該有機物可與3molNaOH反應，應有三個酚羥基，兩個碳可組成乙基或2個甲基，連苯三酚苯環(huán)上連上乙基有2種，連上2個甲基有2種，均苯三酚苯環(huán)上連上乙基有1種，連上2個甲基有1種，偏苯三酚苯環(huán)上連上乙基有3種，連上2個甲基有3種，共2+2+1+1+3+3=12，符合三個條件的有12種(不考慮立體異構)，其中核磁共振氫譜中有四組峰的有機物的結構簡式為或。故答案為：12；或。

【分析】G在光照條件下與氯氣發(fā)生取代反應生成H，則H為，H在NaOH溶液中加熱水解再酸化得到I，則I為，