黑龙江省伊春市第二中学2020届高三上学期期中考试化学试题

黑龙江省伊春市第二中学2020届高三上学期期中考试化学试题

‎1.下列说法不正确的是 A. 葡萄酒中SO2的检测可用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样进行测定 B. 改燃煤为燃气，可以减少废气中SO2等有害物质的排放量，是治理“雾霾”等灾害天气的一种措施 C. 实验室保存少量液溴时常加少量水液封，并用玻璃塞密封，不能用橡胶塞 D. 水玻璃是混合物，可用于生产黏合剂(矿物胶)，做耐火阻燃材料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、葡萄酒中含有酒精、还原性糖，都能使酸性KMnO4溶液褪色，因此检测葡萄酒中SO2不能用酸性高锰酸钾溶液滴定，故A说法错误；‎ B、燃气中不含S元素，因此改用燃气可以减少SO2等有害物质的排放，是治理“雾霾”等灾害天气的一种措施，故B说法正确；‎ C、实验室保存少量液溴，液溴易挥发，需要加入少量的水液封，液溴能与橡胶塞发生反应，需要用玻璃塞密封，故C说法正确；‎ D、水玻璃是Na2SiO3的水溶液，可用于生产黏合剂，做耐火阻燃材料，故D说法正确。‎ ‎2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 22.4L二氯甲烷的分子数约为NA个 B. 0.1molFe（OH）3胶体，含有胶体粒子的数目为0.1NA C. 1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NA D. 加热条件下，含0.2molH2SO4的浓溶液与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.没有表示清楚温度与压强条件（或指明标准状况下），无法进行计算，且二氯甲烷为液体，22.4L二氯甲烷的物质的量远大于1mol，故A选项错误。‎ B选项.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氢氧化铁所形成的胶粒的个数小于NA个，故B错误。‎ C. 1mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为NA，故C错误。‎ D. Cu只和浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，硫酸反应一段时间后，硫酸浓度变稀，反应停止.SO2的物质的量小于0.1mol，故D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，涵盖内容较多，四个选项均为易错点，需要注意：①使用气体的摩尔体积计算时需要标明体积与温度（或说明标准状况下），否则无法计算气体的物质的量，并且此公式只能气态物质使用，液态固态物质都不能使用。②胶粒是胶体分子的聚集体，胶粒数目小于胶体分子数目。③过氧化钠是常见供氧剂，与二氧化碳生成氧气，方程式书写要准确。④Cu是金属活动顺序表中在H之后的元素，不与稀盐酸、稀硫酸反应，加热条件下与浓硫酸反应生成水和二氧化硫，生成的水会稀释浓硫酸，导致反应停止。‎ ‎3.阿托酸是一种常用的医药中间体，其结构如图所示：。下列有关说法中错误的是( )‎ A. 溴单质能与阿托酸发生加成反应 B. 阿托酸能与硝酸发生取代反应 C. 可用酸性KMnO4溶液区别阿托酸与苯 D. 阿托酸分子中含有4个碳碳双键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：阿托酸中含有碳碳双键、苯环，A、B正确；阿托酸可使酸性KMnO4溶液褪色而苯不能，C正确；苯环上没有碳碳双键，阿托酸分子中只含一个碳碳双键，D错误。故选D。‎ ‎【考点定位】考查有机物的结构和性质 ‎【名师点晴】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质。‎ ‎4.下列有关实验操作，现象和解释或结论都正确的是 操作 现象 解释或结论 A 向饱和Na2CO3 溶液中通入足量CO2‎ 溶液变浑浊 析出了NaHCO3晶体 B 向含有酚酞的烧碱溶液中通入SO2‎ 溶液红色退去 二氧化硫有漂白性 C 用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 溶液中有Na+、无K+‎ D 向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液 有白色沉淀和气体产生 AlO2-与HCO3-发生了双水解反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向饱和Na2CO3中通入足量CO2时，生成NaHCO3，由于NaHCO3溶解度比Na2CO3小，故而有晶体析出，故A正确；‎ B、向含有酚酞的烧碱（氢氧化钠）溶液中通入SO2，氢氧化钠与二氧化硫反应可以生成亚硫酸氢钠，溶液由碱性逐渐变为弱酸性，故溶液红色退去，不是利用的二氧化硫的漂白性，故B错误；‎ C、进行焰色反应时若火焰呈黄色，则原溶液中一定含有Na＋，还可能含有K＋，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色则证明有K＋，故C错误；‎ D、NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀氢氧化铝和碳酸钠，没有气体生成，故D错误；‎ 综上所述，本题应选A。‎ ‎5.下列离子方程式书写正确的是 A. 酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO＋I－＋6H＋===I2＋3H2O B. 明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO42-===2BaSO4↓＋Al(OH)3↓‎ C. 用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H2O＋SO2===2NH4+＋SO32-＋H2O D. 用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应前后所带电荷数不相等，正确的是IO3－＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，故A错误；‎ B、明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O，明矾中SO42－全部转化成沉淀，需要2molBa(OH)2，此时Al元素以AlO2－的形式存在，故B错误；‎ C、氨水是过量，因此反应的离子方程式为2NH3·H2O＋SO2=2NH4＋＋SO32－＋H2O，故C正确；‎ D、用铜作电极，根据电解原理，阳极反应式为Cu－Se－=Cu2＋，阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，故D错误。‎ ‎6.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的常见短周期元素，X的某种氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。Y的一种核素质量数为18，中子数为10。在同周期元素中Z的简单离子半径最小，W的单质是良好的半导体材料。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 简单气态氢化物稳定性：W >X B. Y元素的相对原子质量为18‎ C. X2H4的分子中极性键和非极性键数目比为4：l D. 电解Z的熔融氯化物可以冶炼单质Z ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的常见短周期元素，X的某种氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，氢化物是氨气，则X是N。Y的一种核素质量数为18，中子数为10，质子数是18－10＝8，Y是O。在同周期元素中Z的简单离子半径最小，原子序数大于X与Y，所以Z是Al。W的单质是良好的半导体材料，W是Si，据此解答。‎ 详解：根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是N、O、Al、Si。则 A. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属N＞Si，则简单气态氢化物稳定性：W＜X，A错误；‎ B. 氧元素存在同位素，则氧元素的相对原子质量不是18，B错误；‎ C. N2H4的电子式为，因此分子中极性键和非极性键数目比为4：l，C正确；‎ D. 铝是活泼的金属，电解熔融的氧化铝可以冶炼单质Al，熔融的氯化铝不导电，D错误；答案选C。‎ ‎7.科学家用氮化镓(GaN)材料与铜作电极组装如图所示的人工光合系统，成功地实现了以CO2和H2O合成CH4。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 电子由GaN沿着导线流向Cu B. 电解液中H+从质子交换膜右侧向左侧迁移 C. GaN表面发生氧化反应，有O2产生 D. Cu表面电极反应式：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，GaN是负极、Cu是正极，负极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，正极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，电解质溶液中阳离子向正极移动，据此分析解答。‎ ‎【详解】A.电子沿导线由负极转移向正极，已知GaN是负极、Cu是正极，所以电子由GaN沿着导线流向Cu，故A选项正确。‎ B.反应过程中负极产生H+，电解液中H+从质子交换膜左侧向右侧迁移，故B选项错误。‎ C.GaN极是负极，反应过程中失去电子，O元素化合价升高，发生氧化反应且生成O2，故C选项正确。‎ D. Cu为正极，得到电子且得到氢离子，正极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，D选项正确。‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】本题考查化学电源新型电池，明确原电池原理为解答根据，注意根据已知条件正确判断电极反应，负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生氧化反应。导线中电子由负极流向正极流。离子流向受离子交换膜影响。难点是电极反应式的书写，需要抓住正负极得失电子以及化合价变化写出正负极反应式。‎ ‎8.高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂。以下是工业上用软锰矿制备高锰酸钾的一种工艺流程：‎ ‎（1）KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒原理与下列___物质相似。‎ A．75%酒精 B．双氧水 C．苯酚 D．“84”消毒液（NaClO溶液） ‎ ‎（2）粉碎的目的是___；操作Ⅰ的名称是___；操作Ⅱ是根据KMnO4和K2CO3两物质在___（填性质）上差异，采用___（填操作步骤）、趁热过滤得到KMnO4粗晶体的。‎ ‎（3）上述流程中可以循环使用的物质有石灰、CO2、___和___（写化学式）。‎ ‎（4）向K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4，该反应中的还原剂是___。‎ ‎（5）铋酸钠（NaBiO3，不溶于水）用于定性检验酸性溶液中Mn2+的存在（铋元素的还原产物为Bi3+，Mn的氧化产物为+7价），写出反应的离子方程式：___。‎ ‎【答案】 (1). BD (2). 加快反应速率 (3). 过滤 (4). 溶解度 (5). 浓缩结晶 (6). KOH (7). MnO2 (8). K2MnO4 (9). 2Mn2++5NaBiO3+14H+＝2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题中，KMnO4有强氧化性，消毒原理与84消毒液、双氧水一样；由工艺流程转化关系可知，MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生反应生成K2MnO4，根据元素守恒还应生成水，反应中锰元素由+4价升高为+6价，总升高2价，氧元素由0价降低为-2价。向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，所含元素化合价升高的反应物是还原剂。在经过操作一与操作二的过滤，得到KMnO4粗结晶，重结晶后得到高锰酸钾晶体。由转化关系图知，在转化过程中又生成的可以循环利用，根据此分析进行题目解答。‎ ‎【详解】（1）KMnO4有强氧化性，利用其强氧化性杀菌消毒，消毒原理与84消毒液、双氧水一样，故答案为：BD；‎ ‎（2）在反应前粉碎物质是为了增大反应接触面积，加快反应速率，使反应更充分。操作Ⅰ前后少了固体MnO2，属于固液分离，所以操作Ⅰ为过滤。操作Ⅱ是根据KMnO4和K2CO3两物质在加热条件下物质的溶解度不同，高锰酸钾晶体容易析出，因此可以趁热过滤得到高锰酸钾晶体与碳酸钾溶液。‎ ‎（3）制备中利用的原料，在转化过程中又生成的可以循环利用。由转化关系图知，除石灰、二氧化碳外，K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4生成的MnO2及最后由母液加入石灰生成的KOH，会在MnO2、KOH的熔融制备K2MnO4中被循环利用。‎ ‎（4）向K2MnO4溶液中通入CO2制备KMnO4、还生成K2CO3、MnO2，所含元素化合价升高的反应物是还原剂，所以还原剂为K2MnO4。‎ ‎（5）由题意已知反应前后Bi元素化合价由+5价降低到+3价，Mn元素的化合价由+2价升高至+7价，并且反应在酸性条件下进行，所以反应方程式为：2Mn2++5NaBiO3+14H+＝2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O。‎ ‎9.四氯化钛是生产金属钛及其化合物的重要中间体。某校化学课外活动小组准备利用如图装置制备四氯化钛(部分夹持仪器已略去)。‎ 资料表明：室温下，四氯化钛为无色液体，熔点：-25℃，沸点：136.4℃。在空气中发烟生成二氧化钛固体。在650～850℃下，将氯气通过二氧化钛和炭粉的混合物可得到四氯化钛和一种有毒气体。回答下列问题：‎ ‎（1）装置A中加热前应向烧瓶中加入___。‎ ‎（2）实验中B装置的作用是___。‎ ‎（3）写出D装置中物质制备的化学方程式___；写出四氯化钛在空气中发烟的化学方程式__。‎ ‎（4）E处球形冷凝管的冷却水应从___(填“c”或“d”)口通入。‎ ‎（5）F装置中盛装的物质是___。‎ ‎（6）该实验设计略有缺陷，请指出其不足之处：___。‎ ‎【答案】 (1). 沸石或碎瓷片 (2). 洗去Cl2中的HCl气体；用作安全瓶(或用作平衡气压的安全装置，或用作防堵塞的安全装置) (3). TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO (4). TiCl4+2H2O＝TiO2+4HCl↑ (5). c (6). 碱石灰 (7). 没有对CO进行尾气处理 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在A装置中制备氯气，实验室用二氧化锰跟浓盐酸反应制取氯气，通过装有饱和食盐水的B瓶和装有浓硫酸的C瓶后得到干燥纯净的氯气，氯气通过装置D中二氧化钛和炭粉的混合物可得到四氯化钛和一种有毒气体，按照原子守恒与气体性质，该气体为CO，E装置连接球形冷凝管冷凝，从c口入水，d口出水。F是球形干燥管，因为生成的气体为酸性氧化物，所以要装入碱性物质如碱石灰等。根据分析进行题目解答。‎ ‎【详解】（1）圆底烧瓶中加入碎瓷片或沸石防止爆沸。‎ ‎（2）浓盐酸易挥发，B瓶中装有饱和食盐水用于洗去Cl2中的HCl气体。且中间加入导管a用于和大气相通，平衡装置的气压，防止发生安全事故。‎ ‎（3）装置D中氯气通过二氧化钛和炭粉的混合物可得到四氯化钛和CO，反应方程式为TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，生成的四氯化钛容易与空气中的水发生反应导致发烟现象，反应方程式为：TiCl4+2H2O＝TiO2+4HCl↑。‎ ‎（4）E装置为球形冷凝管，下口入水上口出水，所以冷却水从c口通入。‎ ‎（5）F是球形干燥管，反应生成的气体为酸性气体，所以要装入如碱石灰等碱性干燥剂。‎ ‎（6）CO不会被碱石灰等物质吸收，会通过F装置排出到空气中，但是CO是有毒气体，需要尾气处理装置。‎ ‎【点睛】本题考查了基本的实验室制氯气的流程与制备新物质的流程，其中制备氯气的实验装置中常见考点为“饱和食盐水溶液洗去Cl2中的HCl气体”及“浓硫酸除去水蒸气”。在书写装置中的化学方程式时，要根据题意尽可能找出反应物或生成物，判断反应是否为氧化还原反应，根据已知条件推测出未知物质。‎ ‎10.目前工业合成氨的原理是N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＝-93.0kJ·mol-1‎ ‎（1）已知一定条件下：2N2(g)＋6H2O(l)4NH3(g)＋3O2(g) △H＝+l 530.0kJ·mol一1。则氢气燃烧热的热化学方程式为___。‎ ‎（2）如图，在恒温恒容装置中进行合成氨反应。‎ ‎①表示N2浓度变化的曲线是____。‎ ‎②前25min内，用H2浓度变化表示的化学反应速率是____。‎ ‎③在25min末刚好平衡，则平衡常数K＝____。‎ ‎（3）在恒温恒压装置中进行工业合成氨反应，下列说法正确的是___。‎ A．气体体积不再变化，则已平衡 B．气体密度不再变化，尚未平衡 C．平衡后，往装置中通入一定量Ar，压强不变，平衡不移动 D．平衡后，压缩容器，生成更多NH3‎ ‎（4）电厂烟气脱氮的主反应①：4NH3(g)＋6NO(l)5N2(g)＋6H2O(g) △H＜0，副反应②：2NH3(g)＋8NO(g)5N2O(g)＋3H2O(g)△H＞0。平衡混合气中N2与N2O含量与温度的关系如图。‎ 请回答：在400～600K时，平衡混合气中N2含量随温度的变化规律是___，导致这种规律的原因是___(任答合理的一条原因)。‎ ‎（5）直接供氨式燃料电池是以NaOH溶液为电解质溶液，电池反应为4NH3（g）+3O2＝2N2+6H2O。则负极电极反应式为___。‎ ‎【答案】 (1). 1/2O2(g)＋H2(g)＝H2O(l) △H＝-286kJ/mol (2). C (3). 0.12mol·L-1·min-1 (4). L2·mol-2 (5). AD (6). 随温度升高，N2的含量降低， (7). 主反应为放热反应，升温使主反应的平衡左移(或副反应为吸热反应，升温使副反应的平衡右移，降低了NH3和NO的浓度，使主反应的平衡左移) (8). 2NH3+6OH--6e-＝N2+6H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）已知①N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＝-93.0kJ·mol-1，②2N2(g)＋6H2O(l)4NH3(g)＋3O2(g) △H＝+l 530.0kJ·mol一1，利用盖斯定律可得氢气燃烧热能量大小为＝-286kJ/mol，可得1/2O2(g)＋H2(g)＝H2O(l) △H＝-286kJ/mol。‎ ‎（2）①图象中氮气的浓度的减少是氢气减少的，是氨气变化量的，所以C为氮气的浓度变化曲线。‎ ‎②图象中氮气的浓度的减少是氢气减少的，A为氢气的浓度变化曲线。。‎ ‎③当第25min时反应达到平衡，‎ ‎（3）A．合成氨反应前后气体体积不同，当体积不变时，达到化学平衡状态，故A正确；‎ B.气体质量不变，由于反应前后气体体积不同，恒压容器气体体积可变，化学平衡移动时，密度随之变化，当密度不变时，达到化学平衡状态，故B错误；‎ C．充入Ar，容器压强不变，则N2、H2、和NH3浓度降低，反应物浓度降低大，化学平衡向逆反应方向移动，故C错误；‎ D．平衡时，压缩体积，压强增大，化学平衡向正反应方向移动，NH3浓度增大，故D正确；‎ 故答案为：AD ‎（4）根据图象可知，在400K～600K时，平衡混合气中N2含量随温度的升高逐渐降低；这是由于主反应为放热反应，升温使主反应的平衡左移或者副反应为吸热反应，升温使副反应的平衡右移，降低了NH3和NO浓度，使主反应的平衡左移 ‎（5）原电池负极失去电子发生氧化反应，所以该燃料电池中负极氨气失去电子生成氮气，电极反应式为2NH3+6OH--6e-＝N2+6H2O。‎ ‎11.教材插图具有简洁而又内涵丰富特点。请回答以下问题：‎ ‎（1）第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素对应的原子有___种不同运动状态的电子。‎ ‎（2）如图2所示，每条折线表示周期表ⅣA-ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是___。‎ ‎（3）CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该晶体的类型属于___晶体。‎ ‎（4）第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有___种。GaCl3原子的杂化方式为___。‎ ‎（5）冰、干冰、碘都是分子晶体，冰的结构具有特殊性，而干冰、碘的晶体具有相似的结构特征，干冰分子中一个分子周围有___个紧邻分子。D的醋酸盐晶体局部结构如图，该晶体中含有的化学键是___（填字母标号）。‎ a．极性键 b．非极性键 c．配位键 d．金属键 ‎【答案】 (1). 12 (2). SiH4 (3). 原子 (4). 3 (5). sp2杂化 (6). 12 (7). abc ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据题给图像分析，该元素第三电离能远远大于第二电离能，说明该元素的原子价电子数为2，为镁元素，核外有12种不同运动状态的电子。‎ ‎（2）在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，NH3、H2O、HF因分子间存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象；组成与结构相似，相对分子量越大，分子间作用力越大，沸点越高，a点所在折线对应的是气态氢化物SiH4。‎ ‎（3）由CO2在高温高压下所形成的晶体图可以看出，其晶体结构为空间立体结构，每个C原子周围通过共价键连接4个O原子，所以该晶体为原子晶体。‎ ‎（4）第一电离能介于Al、P之间第三周期元素有镁、硅、硫共3种；GaCl3中中心原子的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，原子的杂化方式为sp2杂化。‎ ‎（5）根据干冰的晶胞结构可知，在干冰晶体中每个CO2分子周围紧邻的 CO2分子有12个。由D的醋酸盐晶体局部结构知，该晶体中含有的化学键有极性键、非极性键和配位键，选abc。‎ ‎【点睛】本题一大易错点为：同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大，所以第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有镁、硅、硫共3种。‎ ‎12.有机物H是一种中枢神经兴奋剂，其合成路线如图所示。‎ 请回答下列题：‎ ‎（1）A的化学名称为___，C的结构简式为___。‎ ‎（2）E中官能团的名称为___。B→C、G→H的反应类型分别为___、__。‎ ‎（3）D分子中最多有___个原子共平面。‎ ‎（4）写出C→D反应的化学方程式为___。‎ ‎（5）同时满足下列条件E的同分异构体有___种(不考虑立体异构)。‎ ‎①与E具有相同官能团；②苯环上有三个取代基。‎ ‎【答案】 (1). 甲苯 (2). (3). 羟基、碳碳三键 (4). 取代反应 (5). 加成反应 (6). 14 (7). 2C6H5-CH2OH+O22C6H5-CHO+2H2O (8). 10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题目内容以及A的不饱和度可知A结构中含有苯环，A为甲苯。甲苯在光照条加下与氯气发生取代反应生成B，B为，B物质在加热、NaOH溶液条件中发生水解反应生成C：，C发生氧化反应生成D，D为：，F在一定条件下反应生成G，G与氢气加成后合成出产物H，根据此分析解答本题。‎ ‎【详解】（1）由题意可知A的化学名称为甲苯，C由B发生水解反应生成，C为苯甲醇，结构简式为：。‎ ‎（2）题目中已知E的结构简式，可知E中含有的官能团为：羟基、碳碳三键。B物质在加热、NaOH溶液条件中发生水解反应生成C，水解反应属于取代反应。由G到H，反应过程主要是G中的C=N与氢气发生加成反应。‎ ‎（3）由于苯环和醛基均为平面结构，所以苯甲醛分子中最多有14个原子可以共平面。‎ ‎（4）由题可知C发生氧化反应生成D，反应方程式为：2C6H5-CH2OH+O22C6H5-CHO+2H2O。‎ ‎（5）①与E具有相同官能团；②苯环上有三个取代基分别为：甲基、-OH、。固定其中两个取代基，变换第三个取代基。当甲基、-OH为邻位时，变换，有4种同分异构体。当甲基、-OH为间位时，变换，有4种同分异构体。当甲基、-OH为对位时，变换，有2种同分异构体。所以共有10种同分异构体。‎ ‎【点睛】根据流程图判断出结构简式和物质名称是最基本的考点，比较容易掌握。难点在于同分异构体的书写，一定要把握好“定”和“换”的基团分别是那些，每次只能变换一个基团，有规律的书写出同分异构体。‎ ‎ ‎