2021届西藏林芝市第二高级中学高三上学期第三次月考理科综合化学试卷(解析版)

林芝市二高2020-2021学年第一学期第三次月考
高三年级理综化学
一、选择题(每题6分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意)
1. 化学与生活、科技及环境密切相关，下列说法正确的是（ ） A. 光分解水制氢气和植物秸秆制沼气都涉及生物质能的利用
B. 华为继麒麟980之后自主研发的7nm 芯片问世，芯片的主要成分为二氧化硅
C. 客机CR929机身大量使用了碳纤维，碳纤维属于有机高分子纤维
D. 蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，这项研究有助于减少白色污染 【答案】D 【解析】
【详解】A ．光分解水制氢气是太阳能转化为化学能，不涉及生物能，A 错误； B ．芯片的主要成分为硅单质，B 错误；
C ．碳纤维属于无机高分子纤维，C 错误；
D ．蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，有助于减少白色污染，D 正确； 故答案选D 。

2. 阿伏伽德罗常数的值为N A 。

下列说法正确的是（ ） A. 0.1mol 熔融的KHSO 4中含有0.1N A 个阳离子
B. 0.2mol 铁在足量的氧气中燃烧，转移电子数为0.6N A
C. 50mL 12mol·
L -1盐酸与足量MnO 2共热，转移的电子数为0.3N A D. 18g H 2O 、D 2O 组成的物质中含有的电子数为10N A 【答案】A 【解析】
【详解】A ．0.1mol 熔融的KHSO 4电离产生0.1mol K +、0.1mol HSO 4-，因此含有阳离子数目为0.1N A 个，A 正确；
B ．铁在足量的氧气中燃烧生成Fe 3O 4，3mol Fe 反应转移8mol 电子，则0.2mol Fe 反应转移电子的物质的量为0.2×83
N A =0.53N A ，B 错误；
C ．在该溶液中含HCl 的物质的量 n (HCl)=cV =12mol/L×0.05L=0.6mol ，若盐酸中HCl 完全反应，转移电子的物质的量为n (e -)=0.6mol×24=0.3mol ，转移电子数目为0.3N A ，但随着反应的进行浓盐酸会转变为稀盐酸，反应不再进行，因此转移电子数目小于0.3N A ，C 错误；
D ．H 2O 、D 2O 分子中都含有10个电子，H 2O 相对分子质量是18，而D 2O 的相对分子质量为20，所以18g
两种分子构成的物质的物质的量小于1mol，含有的电子数目小于10N A，D错误；
故选A。

3. N A是阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A. 22.4 L(标准状况)氮气中含有7N A个中子
B. 1 mol重水比1 mol水多N A个质子
C. 12 g石墨烯和12 g金刚石均含有N A个碳原子
D. 常温常压下，124gP4中所含P一P键数目为4N A
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下22.4L氮气的物质的量为1mol，若该氮气分子中的氮原子全部为14N，则每个N2分子含有(14-7)×2=14个中子，1mol该氮气含有14N A个中子，不是7N A，且构成该氮气的氮原子种类并不确定，故A错误；
B．重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，故B错误；
C．石墨烯和金刚石均为碳单质，12g石墨烯和12g金刚石均相当于12g碳原子，即1molC原子，所含碳原子数目为N A个，故C正确；
D．124g白磷的物质的量为1mol，一个白磷分子中含6个P-P键，故1mol白磷中含p-p键为6N A个，故D 错误；
故答案为C。

4. 某有机物的结构简式如图所示。

下列关于该有机物的说法正确的是
A. 1mol该有机物最多与4molH2反应生成C9H16O2
B. 该有机物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 该有机物能发生酯化、加成、氧化、水解等反应
D. 与该有机物具有相同官能团的同分异构体有3种
【答案】A
【解析】
【分析】
该有机物中含有苯环、碳碳双键和羧基，具有苯、烯烃和羧酸性质，能发生加成反应、氧化反应、加聚反应、取代反应、酯化反应等，据此分析解答。

【详解】A．碳碳双键和苯环都能和氢气发生加成反应，则1mol该物质最多能和4mol氢气发生加成反应生成C9H16O2，故A正确；
B．含有碳碳双键，该有机物能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C．羧基能发生酯化反应，碳碳双键能发生氧化反应和加成反应，没有酯基或肽键、卤原子，所有不能发生水解反应，故C错误；
D．与该有机物具有相同官能团的同分异构体中，如果取代基有乙烯基和羧基，还有对位和间位两种；如果取代基有一个，还有苯丙烯酸、苯异丙烯酸，所有符合条件的有4种，故D错误；
故答案选A。

5. 下列反应的离子方程式正确的是( )
A. 盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+＝2Fe3++3H2
B. 氢氧化钡与稀硫酸反应：H++OH‒＝H2O
C. 醋酸与氢氧化钠溶液反应：H++OH‒＝H2O
D. 小苏打治疗胃酸过多：HCO-
3
+H+＝H2O+CO2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．盐酸与铁屑反应，生成氯化亚铁，离子反应方程式不符合实验事实，且缺少气体符号“↑”，正确的离子方程式为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑，A项错误；
B．氢氧化钡和稀硫酸反应生成硫酸钡和水，题中离子反应方程式不完整，正确的离子方程式为：
Ba2++2OH‒+2H++SO2
4 ＝BaSO
4↓+2H2O，B项错误；
C．醋酸为弱电解质，书写离子方程式时不能拆分，正确的离子方程式为：CH3COOH+OH‒＝H2O+CH3COO‒，C项错误；
D．小苏打为碳酸氢钠，和盐酸反应生成水和二氧化碳，离子方程式符合实验事实，拆分正确，电荷和原子都守恒，D项正确；
答案选D。

6. 下列实验装置用加热铜与浓硫酸反应制取二氧化硫和硫酸铜晶体，能达到实验目的是( )
A. 制取并收集SO2
B. 将硫酸铜溶液蒸发浓缩
C. 过滤出混合物中的不溶物
D. 稀释反应后的混合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2的密度比空气大，应用向上排空气法收集，收集装置应长管进气，短管出气，且SO2有毒，装置中缺少尾气处理装置，A错误；
B．蒸发液体使用蒸发皿进行蒸发操作，并用玻璃棒不断搅拌，可以得到硫酸铜固体，B正确；
C．过滤时，应将混合液用玻璃棒引流转移到过滤装置中，不能直接倒入，C错误；
D．反应后的混合物中可能含有剩余的浓硫酸，稀释时应将反应后的混合物沿烧杯壁倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，D错误；
答案选B。

7. 下列实验的现象与对应结论均正确的是( )
选
项
操作现象结论
A 向某溶液中滴加FeCl3溶液溶液变红溶液中一定含有KSCN
B 将未打磨的Al片放入硝酸铜溶液无明显现象Al与硝酸铜不反应
C
将打磨过的铝条放在沸水中，无现象，再加入一小块
NaOH
有气泡产生NaOH是催化剂
D 向新制氯水滴加几滴紫色石蕊试液
溶液先变红后褪
色新制氯水有酸性和漂白性
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向某溶液中滴加几滴FeCl3溶液，溶液变红，说明溶液中含有SCN‒，含有SCN‒的溶液不一定是KSCN，NaSCN也可以的，A项错误；
B．未打磨的Al片表面存在一层致密的氧化铝薄膜，将未打磨的Al片放入硝酸铜溶液，无明显现象，可能是Al片表面的氧化膜阻止了反应的发生，不能说明Al与硝酸铜不反应，B项错误；
C．将表面打磨干净的铝条放在沸水中，无现象，只能说明铝和沸水反应很微弱或不反应，加入一小块NaOH 后，有气泡产生，也可能是Al和后加入的NaOH反应了，并不一定能说明NaOH是该反应的催化剂，C 项错误；
D．向新制氯水中滴加几滴紫色石蕊试液，溶液先变红，说明新制氯水中含有H+，说明溶液显酸性。

后褪色，说明含有漂白剂（次氯酸），D项正确；
答案选D。

8. 铝氢化钠(NaAlH4)是重要的还原剂。

以铝土矿(主要成分Al2O3，含极少量SiO2、Fe2O3等杂质)为原料制备NaAlH4的一种流程如图：
已知：“碱溶”中SiO2转化成难溶Na2Al2Si2O8
(1)过滤Ⅰ所得滤液的主要成分为___________(填化学式)。

(2)过滤Ⅱ所得滤液的主要成分为___________(填化学式)。

(3)过滤Ⅱ到灼烧之间还应有的步骤是___________。

(4)电解Ⅰ化学方程式为___________。

(5)反应Ⅲ的化学方程式为___________。

(6)过滤Ⅰ所得滤渣主要成分有Na2Al2Si2O8和Fe2O3，可以采用如图流程进行分离：
①滤渣溶于盐酸所得的固体物质可能为___________(填化学式)。

②滤渣溶于盐酸的“酸浸率”与温度关系如图所示，试解释温度过高，“酸浸率”降低的原因___________。

【答案】 (1). NaOH 、NaAlO 2 (2). Na 2CO 3 (3). 洗涤、干燥 (4). 232()2Al O 4Al+3O ↑熔融电解
(5). AlCl 3+4NaH=NaAlH 4+3NaCl (6). H 2SiO 3 (7). 温度过高，盐酸挥发
【解析】 【分析】
铝土矿(主要成分Al 2O 3，含极少量SiO 2、Fe 2O 3等杂质)，所以向其中加入过量的NaOH 溶液，Al 2O 3转化为NaAlO 2，SiO 2转化为Na 2Al 2Si 2O 8，Fe 2O 3即不与NaOH 溶液反应也不溶于NaOH 溶液；所以过滤后滤渣为Na 2Al 2Si 2O 8，Fe 2O 3，滤液为NaOH 、NaAlO 2；往滤液中加入NaHCO 3溶液，NaAlO 2转化为()3Al OH 沉淀和23Na CO 溶液；()3Al OH 灼烧得到Al 2O 3和水，电解Al 2O 3得到Al ，Al 与2Cl 得到3AlCl ；3AlCl 与NaH 反应得到NaAlH 4和NaCl ；电解23Na CO 溶液得到3H Na CO 和NaOH ，结合相关知识分析可得： 【详解】(1)由分析可得，过滤I 所得滤液的主要成分为： NaOH 、2NaAlO ，故答案为：NaOH 、NaAlO 2； (2)由分析可得，过滤II 所得滤液的主要成分为：23Na CO ，故答案为：23Na CO ；
(3)过滤II 所得的滤渣为主要()3Al OH ，应将其洗净，干燥后再灼烧，故答案为：洗涤、干燥； (4)由分析可知，电解I 为电解融融状态的氧化铝得到单质铝和氧气，即232()
2Al O 4Al+3O ↑熔融电解
，故
答案为：232()
2Al O 4Al+3O ↑熔融电解
；
(5)由题意可知反应Ⅲ为NaH 与3AlCl 反应生成NaAlH 4和NaCl ，即AlCl 3+4NaH=NaAlH 4+3NaCl ，故答案为：AlCl 3+4NaH=NaAlH 4+3NaCl ；
(6)①过滤Ⅰ所得滤渣主要成分有Na 2Al 2Si 2O 8和Fe 2O 3，加入足量稀盐酸后反应生成可溶性的NaCl ，3AlCl 和3FeCl 以及难溶性的23H SiO ，所以滤渣溶于盐酸所得的固体物质可能为23H SiO ，故答案为：23H SiO ； ②由于盐酸为易挥发性酸，所以温度过高，盐酸挥发导致“酸浸率”降低，故答案为：温度过高，盐酸挥发。

9. 氟化铬可用作毛织品防蛀剂、卤化催化剂、大理石硬化及着色剂。

以铬云母矿石(含4.5%Cr2O3，还含Fe2O3、FeO、MgO、SiO2)为原料制备氟化铬的工艺流程如下。

下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH：
氢氧化物Fe(OH)3Mg(OH)2Cr(OH)3Fe(OH)2
开始沉淀的pH 2.3 8.8 4.9 7.5
沉淀完全的pH 4.1 10.4 6.8 9.7
(1)将铬云母矿石粉碎的目的是___________。

(2)滤渣1主要成分的用途是___________。

(写一种)
(3)“氧化”步骤能否省略___________(填“是”或“否”)，你的依据是___________。

(4)Cr2O3与稀硫酸反应的离子方程式为___________。

(5)第一次滴加氨水调节pH范围为___________。

(6)第二次滴加氨水调节pH为6.8～8.8的目的是___________；Cr(OH)3与Al(OH)3一样具有两性，若第二次滴加的氨水改为NaOH溶液，生成的Cr(OH)3会部分溶解，写出Cr(OH)3溶解的离子方程式：___________。

【答案】(1). 增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率(2). 用于制备光导纤维等(3). 否(4). 当Fe2+沉淀完全时，Cr3+也会沉淀(或者达在对应的PH条件下Fe2+无法沉淀完全)(5). Cr2O3+6H+=2Cr3++3H2O(6). 4.1≤pH＜4.9(7). 使铬离子完全沉淀，镁离子不沉淀(8).
+2H2O
Cr(OH)3+OH-=CrO-
2
【解析】
【分析】
铬云母矿石(含4.5%Cr2O3，还含Fe2O3、FeO、MgO、SiO2)，粉碎后加硫酸酸浸溶解，其中SiO2不与硫酸反
SO 的溶液。

根据题中表格提供的相关应，则滤渣1为SiO2，过滤后得到含有Cr3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、24
金属离子生成氢氧化物沉淀的pH，为了把杂质铁元素除去，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH范围为4.1~4.9，使Fe3+完全沉淀转化为Fe(OH)3。

为了将使Cr3+与Mg2+彻底分离，根据流程结合金属离子生成氢氧化物沉淀的pH，再次加入氨水调节pH 为6.8~8.8，使Cr3+完全沉淀，Mg2+不沉淀。

再次过滤，滤液中为Mg2+，得到Cr(OH)3沉淀，用氢氟酸与Cr(OH)3反应转化氟化铬，再经过一系列操作，最后得到产
品。

【详解】(1) 铬云母矿石粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；
(2)滤渣1的主要成分为SiO 2，可以用于制光导纤维、制玻璃等；
(3)“氧化”的目的是将Fe 2+转化为Fe 3+，通过调节溶液的pH 除去铁元素，如果省略“氧化”步骤，当Fe 2+沉淀完全时，Cr 3+也会沉淀，所以不能省略“氧化”步骤；
(4)Cr 2O 3与稀硫酸反应的化学方程式为Cr 2O 3+3H 2SO 4=Cr 2(SO 4)3+3H 2O ，离子方程式为：Cr 2O 3+6H +=2Cr 3++3H 2O ； (5)根据分析可知，第一次滴加氨水调节pH 范围为4.1~4.9，答案为：4.1~4.9(或4.1≤pH<4.9)；
(6)第二次滴加氨水调节pH 为6.8~8.8的目的是使Cr 3+完全沉淀而Mg 2+不沉淀；Cr(OH)3与 Al(OH)3 一样具有两性，若第二次滴加的氨水改为NaOH 溶液，生成的Cr(OH)3会部分溶解，该反应的离子方程式为
Cr(OH)3+OH -=()4Cr OH -
，或Cr(OH)3+OH -= 2CrO -
+2H 2O 。

10. 某课外活动小组用如图所示的实验装置探究氯气与氨气之间的反应。

其中A 、F 为氯气和氨气的发生装置，D 为纯净、干燥的氯气与氨气反应的装置。

(1)实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，写出该反应的化学方程式___________。

(2)洗气瓶B 的作用是___________；C 、E 都是干燥装置，E 中干燥管内所装的试剂是
___________。

(3)反应开始后装置D 中出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，活动小组拟继续通过实验鉴定该固体的成分。

请你协助他们完成该实验探究。

步骤①：取固体样品加少量水溶解，分装于两支试管中。

向其中一支试管中加入浓NaOH 溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口附近，红色石蕊试纸变蓝，证明该固体中含有___________。

(填离子符号) 步骤②：向另一支试管中加入硝酸酸化的硝酸银，若产生白色沉淀，说明溶液中含有___________。

(填离子符号)
(4)已知NH 3和Cl 2的反应产物中的一种气体为空气的主要成分，根据(3)的实验结果写出该反应的化学反应方程式：___________。

(5)从绿色化学的角度考虑该装置中有一明显不合理之处，请你指出___________。

【答案】(1). 4HCl+MnO2∆
MnCl2+Cl2↑+2H2O(2). 除去Cl2中的HCl(3). 碱石灰(4). NH+
4
(5). Cl-(6). 3224
8NH+3Cl=N+6NH Cl(7). 没有尾气处理装置(应该在D后面导管上加一个尾气处理装置)
【解析】
【分析】
由实验装置可知，A、F为氯气和氨气的发生装置，D为纯净、干燥的氯气与氨气反应的装置，A中发生
MnO2+4HCl Δ
MnCl2+Cl2↑+2H2O，B中应盛装饱和食盐水可除去HCl，C中应盛装浓硫酸，用来干燥氯气，
F中氨气与碱石灰可制取氨气，E中可盛装碱石灰干燥氨气，D中发生反应，结合实验探究分析产物的成分，以此来解答。

【详解】(1)用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，该反应的化学方程式为4HCl+MnO2∆
MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)洗气瓶B（装饱和食盐水）的作用是除去Cl2中的HCl，E干燥氨气，则E中干燥管内所装的试剂是碱石灰，故答案为：除去Cl2中的HCl；碱石灰；
(3)取固体样品加少量水溶解，分装于两支试管中。

向其中一支试管中加入浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口附近，红色石蕊试纸变蓝，因该气体为碱性气体氨气，则该固体中一定含有的阳
离子是NH+
4
；向另一支试管中加入硝酸酸化的硝酸银，有白色沉淀生成，则含Cl-，
故答案为：NH+
4
；Cl-；
(4)NH3和Cl2的反应产物中的一种气体为空气的主要成分，根据元素守恒可知，应为氮气，根据实验(3)可知另一个产物为NH4Cl，结合氧化还原反应的规律可知，D中发生的反应为：3224
8NH+3Cl=N+6NH Cl；
(5)氯气、氨气均不能直接排放在环境中，D中导管无尾气吸收，不符合绿色化学的思想，应在D的导管上加一个尾气处理装置，故答案为：没有尾气处理装置(应该在D后面导管上加一个尾气处理装置)。

[化学-选修3：物质结构与性质]
11. 亚铁
．．氰化钾(K4[Fe(CN)6])又称黄血盐，用于检验Fe3+，也用作实验的防结剂。

检验三价铁发生的反应为：
K4[Fe(CN)6]+FeCl3=KFe[Fe(CN)6]↓（滕氏蓝
．．．）+3KCl，回答问题：
(1)Fe3+的核外电子排布式___________；
(2)与CN‒互为等电子体的分子是___________。

(3)K4[Fe(CN)6]中的作用力有___________；1molK4[Fe(CN)6]中σ键为___________mol；其中C原子的杂化方式为___________；（已知：HCN中CN‒结构与N2相似）
(4)C 、N 、O 的第一电离能由大到小．．．．的排序为___________； (5)Fe 的晶体结构如图所示。

已知晶胞边长a pm ，阿伏加德罗常数为N A ，则铁原子的半径r =___________pm （用含a 的算式表示）；该晶胞的密度是___________g/cm 3（列出计算式即可）
【答案】 (1). 1s 22s 22p 63s 23p 63d 5或[Ar]3d 5 (2). N 2（或CO ） (3). 配位键、离子键、共价键 (4). 12 (5). sp (6). N ＞O ＞C (7). 3
4
(8). 3-30A 112a 10N ⨯
【解析】 【分析】
注意(4)问，同周期元素，从左至右，元素的第一电离能总体上呈增大的趋势。

但第ⅡA 、ⅤA 元素原子的最外层电子分别为全充满和半充满状态，其第一电离能大于同周期相邻元素。

【详解】(1)铁原子失去最外层4s 能级上的2个电子，然后失去3d 能级上的1个电子形成Fe 3+，核外电子排布式为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 5或[Ar]3d 5；答案为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 5或[Ar]3d 5；
(2)CN ‒中原子总数为2，电子数为14，与其互为等电子体的分子有：N 2、CO 。

答案为：N 2（或CO ）； (3)K 4[Fe(CN)6]中K +与[Fe(CN)6]4‒之间是离子键，Fe 2+与CN ‒两种离子之间的作用力是配位键，CN ‒离子中存在共价键，故K 4[Fe(CN)6]中的作用力有配位键、离子键、共价键；CN ‒中碳氮之间为叁键，共价叁键由一个σ键、两个π键组成，故1个CN ‒中含有1个σ键。

[Fe(CN)6]4‒中的配位键也是σ键，共6个配位键，故1molK 4[Fe(CN)6]中σ键为12mol 。

CN －中含有碳氮三键，是直线型，碳原子的杂化方式为sp 杂化。

答案为：配位键、离子键、共价键；12；sp ；
(4)根据同周期元素，从左至右，元素第一电离能逐渐增大，但N 元素原子最外层电子为半充满状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，故C 、N 、O 的第一电离能由大到小的排序为N ＞O ＞C ；答案为：N ＞O ＞C ；
(5)Fe 的晶胞采用体心堆积，晶胞上占有粒子数=1
8128⨯+=，晶胞中体对角线上三个粒子相切，体对角线长度等于晶胞离子半径的4倍，晶胞边长为a ，则有：a 3=
，r =3
a 4。

由题可知，晶胞质量m =
A A
562112
g=g N N ⨯，晶胞体积V =()33303apm a 10cm -=⨯，则晶胞密度
ρ=-3A 330
3330
A 112g 112g cm a 10cm a 10m N V N --==⨯⨯。

答案为：3a ；3-30A 112a 10N ⨯。

[化学-选修5：有机化学基础]
12. 化合物G 是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药。

可以通过图所示的路线合成：
已知：RCOOH 3l
PC →RCOCl ； (1)D 的化学名称为___________；B→C 的转化所加的试剂可能是___________。

(2)G 中的含氧官能团名称为：___________；
(3)CH 3COCl ＋E→F 的反应类型是___________。

(4)E 的结构简式为___________。

(5)F 与足量NaOH 溶液充分反应的化学方程式为___________。

(6)写出同时满足下列条件的E 的所有同分异构体的结构简式___________。

①能发生水解反应 ②与FeCl 3溶液能发生显色反应 ③苯环上有两种不同化学环境的氢原子
【答案】 (1). 邻羟基苯甲酸(2-羟基苯甲酸) (2). 银氨溶液(或新制氢氧化铜溶液) (3). 羟基、酯基 (4). 取代反应 (5). (6). +3N aOH → + CH 3COONa + CH 3OH+H 2O (7).
、
、
【解析】
【分析】
由已知RCOOH 3PCl →RCOCl 可得C 为3CH COOH ，由B 转化为C 的条件可知B 为3CH CHO ，由A 转化为B 的条件可得A 为32CH CH OH ；由F 可得E 为，则D 为，结合有机化学的相关知识分析。

【详解】(1)由分析可知D为，则其名称为：邻羟基苯甲酸(2-羟基苯甲酸)；B→C的转化为醛被氧化为羧酸，所以其试剂和条件分别为银氨溶液(或新制氢氧化铜溶液)并水浴加热（加热煮沸），故答案为：邻羟基苯甲酸(2-羟基苯甲酸)；银氨溶液(或新制氢氧化铜溶液)；
(2)由题意可知G中所含的官能团有：酯基，羟基以及碳碳双键，其中酯基和羟基为含氧官能团，故答案为：酯基、羟基；
(3) CH3COCl与E在催化剂的作用下发生取代反应生成F ，故答案为：取代反应；
(4)由分析可得E的结构简式为：，故答案为：；
(5) F为酯类化合物，在碱性条件下回水解生成、CH3COONa、CH3OH和H2O，则其方程式为：+3NaOH → + CH3COONa + CH3OH+H2O，故答案为：+3NaOH → + CH3COONa + CH3OH+H2O；
(6)①能发生水解反应，则E的同分异构体含有酯基；
②能与FeCl3溶液能发生显色反，应则E的同分异构体含有酚-OH；
③苯环上有两种不同化学环境的氢原子，则该同分异构体为高度对称的取代基位于苯环的对位，综上所述满足以上条件的E的同分异构体有，，
，故答案为：、、。