北京市密云区学年高三下学期第一次阶段性测试化学试题解析版.docx

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北京市密云区学年高三下学期第一次阶段性测试化学试题解析版

密云区2019-2020学年第二学期高三第一次阶段性测试

化学试卷

可能用到的相对原子质量：

H-1C-12O-16Fe-56Cu-64

第一部分

本部分共14题，每题3分，共42分。

在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

1.下列用品在应用过程中涉及物质氧化性的是（）

A.铁红用作颜料

B.84消毒液杀菌

C.纯碱去污

D.洁厕灵除水垢

用品

主要成分

Fe2O3

NaClO

Na2CO3

HCl

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A．Fe2O3为红棕色粉末，铁红用作颜料利用了其物理性质，故A不符合题意；

B．NaClO具有强氧化性，84消毒液杀菌利用了其强氧化性，故B符合题意；

C．纯碱去油污，利用了Na2CO3水溶液显碱性的性质，故C不符合题意；

D．洁厕灵除水垢利用了HCl溶液的酸性，故D不符合题意；

故答案选B。

2.化学与生活密切相关，下列有关说法不正确的是（）

A.在海轮外壳镶嵌锌块能减缓轮船的腐蚀

B.燃煤中加入CaO可以减少温室气体的排放

C.加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性

D.医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）为75%

【答案】B

【解析】

【详解】A．Zn、Fe、海水形成原电池中，Zn比Fe活泼作负极，Fe作正极，发生得电子的还原反应得到保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；

B．燃煤中加入CaO可吸收二氧化硫，减少酸雨的发生，不能减少温室气体的排放，故B错误；

C．加热可使蛋白质发生变性，则加热能杀死新型冠状病毒是因为蛋白质受热变性，故C正确；

D．75%的酒精可用于杀菌消毒，杀毒效果好，对人体危害最小，浓度太大易在细胞壁上形成一层膜阻止酒精渗入，浓度太小杀菌效果差，故D正确；

故答案选B。

3.能用离子方程式2H++CO32-=CO2↑+H2O表示的是（）

A.NaHSO4和Na2CO3B.H2SO4和BaCO3

C.CH3COOH和Na2CO3D.HCl和NaHCO3

【答案】A

【解析】

【分析】

离子方程式2H++CO32-=CO2↑+H2O说明强酸与可溶性碳酸盐反应，生成的盐也是可溶性的盐，据此分析解答。

【详解】A．硫酸氢钠完全电离出氢离子、钠离子、硫酸根离子，两种物质反应实质是氢离子与碳酸根离子反应生成水和二氧化碳，其离子方程式为2H++CO32-=CO2↑+H2O，故A正确；

B．碳酸钡为沉淀，不能拆，保留化学式，故B错误；

C．醋酸为弱酸，应保留化学式，故C错误；

D．碳酸氢钠电离出是HCO3−而不是CO32−，故D错误；

故答案选A。

【点睛】本题需要根据离子方程式书写规则来分析解答，注意难溶物、气体、沉淀、弱电解质、单质等物质都要写化学式，为易错点。

4.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.1mol氨基（-NH2）含有电子数目为10NA

B.2gH218O中所含中子、电子数目均为NA

C.pH=1的H2SO4溶液10L，含H+的数目为2NA

D.电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阳极失去的电子数为2NA

【答案】B

【解析】

【详解】A．氨基是取代基，属于中性原子团，结合微粒计算电子数＝1mol×9×NA＝9NA，故A错误；

B．H218O的摩尔质量均为20g/mol，2gH218O的物质的量为0.1mol，分子中含有的中子数、电子数均为10个，则0.1mol混合物中含有的中子数、电子数均为NA个，故B正确；

C．pH=1的H2SO4溶液中，由pH＝−lgc（H＋）＝1，H2SO4溶液c（H＋）＝0.1mol/L，10L溶液n（H＋）＝1mol，所含H＋数目为NA，故C错误；

D．电解法精炼铜，粗铜含有杂质金属，阳极先是锌、铁、、镍失电子，然后才是铜失电子，当阳极质量减少64g时，阳极失去的电子数不是2NA，故D错误；

故答案选B。

5.下列解释事实的方程式不正确的是（）

A.硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液：

Ba2++SO42-=BaSO4↓

B.硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O

C.向NaHCO3溶液中加入NaOH溶液：

HCO3-+OH-=CO32-+H2O

D.向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液：

2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-

【答案】A

【解析】

【详解】A．硫酸铜溶液中加入氢氧化钡溶液的离子反应为Cu2＋＋2OH−＋Ba2＋＋SO42−=BaSO4↓＋Cu（OH）2↓，故A错误；

B．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液，发生氧化还原反应，则离子反应为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故B正确；

C．碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：

HCO3−＋OH−=CO32−＋H2O，故C正确；

D．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，发生沉淀的转化，反应的离子反应为：

2AgCl＋S2−=Ag2S＋2Cl−，故D正确；

故答案选A。

6.下列颜色变化与氧化还原反应有关的是（）

A.氨气遇到HCl气体后产生白烟

B.品红溶液通入SO2气体后褪色

C.湿润的淀粉碘化钾试纸遇Cl2变蓝

D.在无色火焰上灼烧NaCl火焰呈黄色

【答案】C

【解析】

【详解】A．氨气遇到HCl气体后生成氯化铵，没有发生化合价的变化，与氧化还原反应无关，故A不符合题意；

B．品红溶液通入SO2气体后发生化合反应使溶液的红色褪去，没有发生化合价的变化，与氧化还原反应无关，故B不符合题意；

C．Cl2与碘化钾发生氧化还原反应生成I2，I2使淀粉变蓝，故C符合题意；

D．焰色反应与电子的跃迁有关，为物理变化，故D不符合题意；

故答案选C。

7.已知：

ΔH=-akJ/mol

下列说法中正确的是（）

A.顺-2-丁烯比反-2-丁烯稳定

B.顺-2-丁烯分子比反-2-丁烯分子能量低

C.高温有利于生成顺-2-丁烯

D.等物质的量的顺-2-丁烯和反-2-丁烯分别与足量氢气反应，放出的热量相等

【答案】C

【解析】

【详解】A．反应可知是放热反应，顺−2−丁烯能量高于反−2−丁烯的能量，所以反−2−丁烯稳定，故A错误；

B．反应可知是放热反应，顺−2−丁烯能量高于反−2−丁烯的能量，故B错误；

C．温度升高平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，有利于生成顺−2−丁烯，故C正确；

D．顺−2−丁烯能量高于反−2−丁烯的能量，等物质的量的顺−2−丁烯和反−2−丁烯分别与足量氢气反应，放出的热量不相等，故D错误；

故答案选C。

8.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）

A.NaCl（aq）

Cl2（g）

FeCl2（s）

B.S（s）

SO3（g）

H2SO4（aq）

C.MgCl2（aq）

Mg（OH）2（s）

Mg（s）

D.N2（g）

NH3（g）

NaHCO3（s）

【答案】D

【解析】

【详解】A．铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以Cl2（g）

FeCl2（s）转化不能实现，故A错误；

B．硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误；

C．氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，所以Mg（OH）2（s）

Mg（s）转化不能实现，故C错误；

D．氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，故D正确；

故答案选D。

9.下列说法正确的是

A.乙二醇和丙三醇互为同系物

B.室温下，在水中的溶解度：

乙醇>苯酚>乙酸乙酯

C.分子式为C7H8O且属于酚类物质的同分异构体有4种

D.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼

【答案】B

【解析】

【详解】A．乙二醇含有2个羟基，丙三醇含有3个羟基，结构不同，二者不是同系物，A错误；

B．室温下，乙醇可与水以任意比例互溶，苯酚在水中的溶解度不大，乙酸乙酯不溶于水，故在水中的溶解度：

乙醇>苯酚>乙酸乙酯，B正确；

C．分子式为C7H8O且属于酚类物质的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚共3种，C错误；

D．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而被氧化为苯甲酸，说明苯环影响了甲基，使甲基变活泼，D错误；

故答案选B。

10.X、Y、Z为短周期非金属元素，其相关性质如下，下列叙述正确的是（）

元素

X

Y

Z

单质与H2反应条件

暗处爆炸

光照

高温、高压、催化剂

常温下氢化物水溶液的pH

小于7

小于7

大于7

A.Y的含氧酸均为强酸

B.最外层电子数Z>Y

C.气态氢化物的稳定性Y>X

D.Y与Z二者氢化物反应的产物含离子键

【答案】D

【解析】

【分析】

X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素。

【详解】X、Y、Z为短周期非金属元素，X单质与氢气在暗处爆炸，得到的氢化物水溶液pH小于7，则X为F元素；Y单质与氢气在光照条件下反应，得到的氢化物水溶液pH小于7，则Y为Cl元素；Z单质与氢气在高温、高压、催化剂条件下反应，得到的氢化物水溶液pH大于7，则Z为N元素；

A．Y为氯元素，含氧酸中HClO为弱酸，故A错误；

B．Z为N元素，原子最外层电子数为5，Y为Cl元素，原子最外层电子数为7，故最外层电子数Y＞Z，故B错误；

C．非金属性F＞Cl，故HCl的稳定性比HF弱，故C错误；

D．氯化氢与氨气反应生成的氯化铵中含有离子键，故D正确；

故答案选D。

【点睛】本题关键是根据反应条件及氢化物水溶液的pH判断X、Y、Z元素种类，然后根据元素性质进行分析和判断。

11.利用如图实验装置进行相关实验，能得出相应实验结论的是（）

a

b

c

实验结论

A

浓醋酸

CaCO3

C6H5ONa溶液

酸性：

碳酸＞苯酚

B

Br2的苯溶液

铁屑

AgNO3溶液

苯和液溴发生取代反应

C

浓盐酸

酸性KMnO4溶液

碘化钾溶液

氧化性：

Cl2＞I2

D

饱和食盐水

电石

酸性KMnO4溶液

乙炔具有还原性

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A．浓醋酸具有挥发性，酸性大于苯酚，因此，挥发出的醋酸也能与苯酚钠反应得到苯酚，不能证明碳酸的酸性大于苯酚，故A错误；

B．溴离子与银离子反应生成浅黄色沉淀；由于溴易挥发，挥发出的溴和水反应也能生成氢溴酸，从而影响苯和溴反应生成的溴化氢，所以无法得出相应结论，故B错误；

C．浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气能置换碘化钾中

碘单质，可比较氧化性，故C正确；

D．电石不纯，与水反应生成乙炔的同时也生成硫化氢、磷化氢等，都可与高锰酸钾溶液反应，应先除杂，故D错误；

故答案选C。

12.常温下，向20.00mL0.1000mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000mol·L-1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。

下列说法不正确的是（）

A.在滴定过程中，c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）

B.pH=5时，c（CH3COO-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-）

C.pH=7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL

D.在滴定过程中，随NaOH溶液滴加c（CH3COO-）持续增大

【答案】D

【解析】

【分析】

A．反应后的溶液一定满足电荷守恒，根据电荷守恒分析；

B．pH＝5时，溶液呈酸性，则c（H＋）＞c（OH−），结合电荷守恒判断；

C．如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL；

D．由于CH3COOH的物质的量是定值，故c（CH3COO-）不可能持续增大。

【详解】A．在反应过程中，一定满足电荷守恒：

c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），故A正确；

B．pH＝5的溶液呈酸性，则c（H+）>c（OH-），根据电荷守恒可知：

c（CH3COO-）>c（Na+），则溶液中离子浓度的大小为：

c（CH3COO-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-），故B正确；

C．如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL，故C正确；

D．由于CH3COOH的物质的量是定值，故随NaOH溶液滴加，溶液体积的增大，c（CH3COO-）不可能持续增大，故D错误；

故答案选D

【点睛】本题明确各点对应溶质组成为解答关键，注意应用电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断离子浓度的大小。

13.乌洛托品在医药、染料等工业中有广泛应用，其结构式如图所示。

将氨水与甲醛水溶液混合蒸发可制得乌洛托品。

若原料完全反应生成乌洛托品，则氨与甲醛的物质的量之比为（）

A.1：

1B.2：

1C.2：

3D.3：

2

【答案】C

【解析】

【分析】

将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，根据C原子、N原子守恒判断氨与甲醛的物质的量之比。

【详解】将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，每个甲醛分子中含有1个C原子、每个氨气分子中含有1个N原子，根据C原子、N原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要氨气和甲醛分子个数之比＝4：

6＝2：

3，根据N＝nNA知，分子数之比等于物质的量之比，所以氨与甲醛的物质的量之比2：

3，故答案选C。

14.下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论正确的是（）

①

②

③

A.由①中的红棕色气体，可推知反应还有氧气产生

B.红棕色气体表明②中木炭与浓硝酸发生了反应

C.由③可说明浓硝酸具有挥发性和强氧化性

D.③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应

【答案】AC

【解析】

【详解】A．由①中的红棕色气体可知，该气体为NO2，由此可以推知：

HNO3中+5价的N降低到+4价，发生还原反应，那么只有氧元素的化合价由-2价升高到0价，发生氧化反应，产生了氧气，故A正确；

B．浓硝酸与木炭加热时发生氧化还原反应，木炭被浓硝酸氧化生成二氧化碳，浓硝酸被还原成二氧化氮，二氧化氮气体为红棕色气体，但硝酸化学性质不稳定，见光或受热能分解，也会生成红棕色的二氧化氮气体，故B错误；

C．根据实验③，浓硝酸没有与木炭直接接触，若红棕色气体是硝酸分解生成的，那说明浓硝酸有挥发性，先挥发然后受热分解，若红棕色气体是木炭和浓硝酸反应生成的，也证明浓硝酸有挥发性，其次，无论红棕色气体是浓硝酸直接受热分解得到的，还是与木炭反应生成的，二氧化氮都是还原产物，可说明浓硝酸具有挥发性和强氧化性，故C正确；

D．③中红热的木炭在空气中也能生成二氧化碳，所以检测到二氧化碳并不能说明是木炭与浓硝酸发生了反应，故D错误；

故答案选AC。

第二部分

本部分共5题，共58分。

15.氨是一种重要的化工产品，是氮肥工业及制造硝酸的原料。

（1）写出实验室制取氨气的化学方程式_____。

（2）工业上合成氨

反应N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）

过程中能量变化如图所示。

①该反应是_____反应。

（填“放热”或“吸热”）

②在反应体系中加入催化剂，E2会_____。

（填“增大”或“减小”或“不变”）

③若要增大NH3产率，可采取的措施有_____。

（填字母）

a.升高温度b.增大压强c.不断分离出NH3

（3）利用如图所示装置探究NH3能否被NO2氧化。

①C装置中制取NO2反应的离子方程式是_____。

②某同学认为NH3能被NO2氧化，且全部生成无毒物质，预期观察到B装置中红棕色消失。

下表为不同时间下观察到的现象。

时间

1分钟

2分钟

3分钟

现象

红棕色未消失

红棕色未消失

红棕色未消失

请分析没有达到预期现象可能的原因（任写两条）_____、_____。

【答案】

（1）.2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3↑+2H2O

（2）.放热（3）.减小（4）.bc（5）.Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O（6）.NO2氧化性较弱，不能将NH3氧化（7）.在此条件下，NH3的转化率极低

【解析】

【分析】

（1）实验室制取氨气的原理是利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成；

（2）①根据图示反应物和生成物能量的相对大小进行判断；

②催化剂降低化学反应的活化能；

③从化学平衡移动的角度进行分析；

（3）①铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，根据离子方程式书写规则书写；

②实验过程中，未能观察到C装置中的预期现象，说明二氧化氮反应的量很少，可能是反应速率降低，或者二氧化氮的转化率较低。

【详解】

（1）实验室制取氨气的原理是利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3↑+2H2O；

（2）①由图示可知，生成物能量低于反应物的能量，故该反应放热；

②加入催化剂会降低反应的活化能，导致E2减小；

③a．由图示可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NH3产率降低，故不选；

b．该反应的正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，NH3产率增大，可选；

c．不断分离出NH3，会促使反应正向进行，NH3产率增大，故选；

故答案选bc。

（3）①浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为：

Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；

②造成未能观察到C装置中的预期现象可能原因是：

NO2氧化性较弱，不能将NH3氧化；在此条件下，NH3的转化率极低；反应速率慢；通入的NO2过量等。

16.以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产Al（OH）3并获得Fe3O4的部分工艺流程如图：

（1）焙烧过程均会产生SO2，用于吸收SO2的试剂可以是______。

（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。

已知：

多数金属硫酸盐

分解温度都高于600℃

硫去除率=（1−

）×100%

①500℃焙烧（不添加CaO的矿粉）时，去除的硫元素主要来源于______。

②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的主要原因是______。

（3）向含大量AlO2-的滤液中通入过量CO2，得到Al（OH）3白色沉淀，发生该反应的离子方程式为______。

（4）FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上1molFeS2完全参与反应生成

Fe3O4的物质的量为______mol。

【答案】

（1）.NaOH溶液、Na2SO3溶液

（2）.FeS2（3）.硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中（4）.AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-（5）.11

【解析】

【分析】

高硫铝土矿生产Al（OH）3并获得Fe3O4，由流程可知，矿粉中通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，过滤得到滤液为偏铝酸钠溶液，焙烧时Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，滤液与足量二氧化碳反应生成氢氧化铝，以此来解答。

【详解】

（1）吸收过量SO2可以用NaOH溶液或Na2SO3溶液；

（2）①不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS2和金属硫酸盐，多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃，所以可判断焙烧过程中S元素主要来源是FeS2；

②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高，所以会导致S的脱除率降低；

（3）向含AlO2-的滤液中通入过量CO2，得到Al（OH）3和HCO3-，离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-

（4）FeS2与滤渣中Fe2O3在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有xmolFe2O3和ymolFeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：

2x×（3−

）＝2y×5＋y×（

−2），解得

＝16，所以理论上完全反应消耗的n（FeS2）：

n（Fe2O3）＝1：

16，若1molFeS2完全参与反应，消耗n（Fe2O3）=16mol，根据铁元素守恒，生成的Fe3O4的物质的量为11mol。

【点睛】本题（4）计算时注意跟据得失电子守恒计算出n（FeS2）：

n（Fe2O3），根据元素守恒得出生成的Fe3O4的物质的量。

17.化合物H是一种光电材料中间体。

由芳香化合物A制备H的一种合成路线如图：

已知：

①RCHO+CH3CHO

RCH=CHCHO+H2O

②

回答下列问题：

（1）A的官能团名称是_____。

（2）试剂a是_____。

（3）D结构简式为_____。

（4）由E生成F的化学方程式为_____。

（5）G为甲苯的同分异构体，其结构简式为_____。

（6）如图是以环戊烷为原料制备化合物

的流程。

M→N的化学方程式是_____。

【答案】

（1）.醛基

（2）.新制的氢氧化铜（3）.

（4）.

+CH3CH2OH

+H2O（5）.

（6）.

+NaOH

+NaCl+H2O

【解析】

【分析】

芳香族化合物A与乙醛发生信息①中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式，C9H8O＋H2O−C2H4O＝C7H6O，故A为

，则B为

，B发生氧化反应、酸化得到C为

，C与溴发生加成反应得到D为

，D发生消去反应、酸化得到E为

，E与乙醇发生酯化反应生成F为

，结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为

。

【详解】

（1）由分析可知，A的结构简式为：

，所含官能团为醛基；

（2）由分析可知，B为

，B发生氧化反应、酸化得到C为

，可以氧化醛基的试剂为新制的氢氧化铜，故a为新制的氢氧化铜；

（3）由分析可知，D结构简式为

；

（4）E与乙醇发生酯化反应生成F为

，化学方程式为：

+CH3CH2OH

+H2O；

（5）G为甲苯的同分异构体，故分子式为C7H8，结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为

；

（6）由

可知，N为

，则需要环戊烷通过反应形成碳碳双键，故环戊烷与Cl2发生取代反应生成M为

，然后

与NaOH醇溶液发生消去反应生成N，化学方程式为：

+NaOH

+NaCl+H2O。

【点睛】本题关