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1、2020年高考理综(化学)模拟试题(3)可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 As-75 Br-80 第卷 (选择题 共42分)一、 选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目求的)7下列有关说法正确的是A手机美容中手机贴膜主要材质有PP、PVC、PET材质，都属于新型的无机非金属材料B科学家研究“水氢发动机”的方向是寻找合适的催化剂，使水分解产生氢气的同时放出热量C 一些纳米材料的制备，冶金工业中的选矿，石油
2、原油的脱水，塑料、橡胶及合成纤维等的制造过程都会用到胶体D氢燃料电池中使用的储氢材料，如稀土类化合物(LaNi5)、钛系化合物(TiFe)、镁系化合物(Mg2Ni)都是纯净物【答案】C【解析】A项，PP、PVC、PET属于有机高分子材料，A错误；B项，催化剂能加快反应速率，但不能改变热效应，即合适的催化剂，能使水分解产生氢气，但反应过程仍需要吸收热量，B错误；C项，主要是纳米材料的应用，C正确；D项，合金材料是混合物，D错误。8柠檬烯是一种食用香料，其结构简式如图所示。下列有关柠檬烯的分析正确的是A它的一氯代物有6种B它的分子中所有的碳原子一定在同一平面上C它和丁基苯互为同分异构体D一定条件下
3、，它分别可以发生加成、取代、氧化、还原等反应【答案】D【解析】A项，该物质结构不对称，共有8种位置的H原子，则它的一氯代物有8种，故A错误；B项，环状结构中含饱和碳原子，为四面体结构，分子中所有碳原子不可能在同一个平面内，故B错误；C项，丁基苯的分子式为C10H14，柠檬烯的分子式为C10H16，二者分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D项，含C=C，能发生加成、氧化，含甲基，能在一定条件下发生取代，则一定条件下，它可以分别发生加成、取代和氧化反应，与氢气的加成反应也为还原反应，故D正确；故选D。9实验室制备硝基苯的实验装置如图所示(夹持装置已略去)。下列说法不正确的是A水浴加热的优点为使反
4、应物受热均匀、容易控制温度B浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入C仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率D反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品【答案】D【解析】A项，水浴加热的优点为使反应物受热均匀、容易控制温度，故A正确；B项，浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应先向浓硝酸中缓缓加入浓硫酸，待冷却至室温后，再将苯逐滴滴入，可避免混合过程中放热而使液体溅出，并造成苯大量挥发，故B正确；C项，仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，增加产率，故C正确；D项，蒸馏操作时要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管，故D错误。故选D。10国际计量大会第26届会议新修订了阿
5、伏加徳罗常数(NA=6.022140761023mol-1)，并于2019年5月20日正式生效。下列说法中正确的是A6.0g SiO2中含SiO键的数目为0.4 NAB25时，pH13的NaOH溶液中，OH的数目为0.1 NAC100.0g质量分数为46%的酒精与足量的钠反应产生氢分子数为0.5 NA D11.2LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为0.5NA【答案】A【解析】A项，SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子形成共价键，故A正确；B项，缺少溶液体积所以无法计算微粒数目，故B错误；C项，钠与水也可以反应生成氢气，故C错误；D项，非标准状况下，11
6、.2LCl2的物质的量不一定是0.5mol，故D错误。11用0.1 molL1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 molL1 H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述不正确的是AKa2(H2SO3)的数量级为108B若滴定到第一、二反应终点，应该分别用甲基橙和本酚酞作指示剂D图中Y点对应的溶液中：3c(SO32)c(Na)c(H)c(OH)C图中溶液中水的电离程度：WXYZM【答案】D【解析】用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3NaHS
7、O3+H2O，NaHSO3+NaOHNa2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。A项，由图像可知，当溶液中c(HSO3-)= c(SO32)时，此时pH=7.19，即c(H+)=10-7.19mol/L，则H2SO3的Ka2=c(H+)，所以H2SO3的Ka2=110-7.19，Ka2(H2SO3)的数量级为108，故A正确；B项，第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.14.4，可用甲基橙作指示剂，第二反应终点时，溶液中恰好存在Na2SO3，根据图像，此时溶液pH=9.86，甲基
8、橙的变色范围为8.010.0，可用酚酞作指示剂，故B正确；C项，根据图像，Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故C正确；D项，随着NaOH溶液的不断加入，溶液中的酸性减弱，碱性增加，水的电离程度增大，当达到Z点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，水的电离程度达到最大，到了M点，NaOH溶液过量，抑制了水的电离，故D错误。故选D。12一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如
9、图所示(电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极)。该装置工作时，下列说法不正确的是A甲为正极，丙为阴极B丁极的电极反应式为MnO42e=MnO4CKOH溶液的质量分数：c%a%b%D标准状况下，甲电极上每消耗22.4L气体时，理论上有4molK+移入阴极区【答案】C【解析】A项，通入氧气的电极为电池的正极，与电源正极相连的一极为电解池阳极，所以丙是阴极，故A正确；B项，丁是电解池阳极，MnO42失电子被氧化为MnO4，电极反应式是MnO42e=MnO4，故B正确；C项，丙电极上的反应是2H2O+2e-=2OH-+H2，电极甲的电极反应式是O2+2H2O+4e-=4OH-，乙电极的电极反应式为H2-2e
10、-+2OH-=2H2O，根据溶液流动方向，c%b%a%，故C错误；D项， 标准状况下，甲电极上每消耗22.4L氧气时，转移4mol电子，所以理论上有4molK+移入阴极区，故D正确。故选C。13X、Y、Z、W为原子序数递增的4种短周期元素，其中Y、Z为金属元素。X、Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物甲、乙、丙、丁之间存在如图所示反应关系(图中“一”相连的两种物质能发生反应)。下列判断正确的是AX是元素周期表中非金属性最强的元素BZ冶炼可通过电解其氯化物的方式获得C4种原子中，Y离子半径最小DW的阴离子可能促进水的电离【答案】D【解析】Y、Z为金属元素，对应的最高价氧化物对应的水化物可发生反应
11、，则应为氢氧化铝和氢氧化钠的反应，可知Y为Na、Z为Al，乙为NaOH，丙为Al(OH)3，X应为N，甲为HNO3，W可为为S、Cl，则丁可能为H2SO4、HClO4。由以上分析可知X为N、Y为Na、Z为Al、W为S或Cl，甲为HNO3，乙为NaOH，丙为Al(OH)3，丁为H2SO4或HClO4。A项，X为N，元素周期表中非金属性最强的元素为F，故A错误；B项，Z为Al，位于周期表第三周期A族，故B错误；C项，4种原子中，半径最小的为N，Y为Na，原子半径最大，故C错误；D项，如W为S，对应的离子为S2-，水解呈碱性，可促进水的电离，故D正确；故选D。第卷 (非选择题 共58分)二、必做题(
12、本题共3小题，共43分。每个试题考生都必须作答)26(14分)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，可用作食品保鲜剂(不直接加入食品中，安全、卫生)，还可用于纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇。在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。回答下列问题：(1)Na2S2O4用于保鲜剂时能去除O2，先生成Na2SO3并缓慢释放SO2，该反应的化学方程式为_。(2)锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：实验室可用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是_(填字母)。工业上常将锌块进行预处理得到锌粉水悬浊液，其目的是_。步骤中发生反应的化学
13、方程式为_。在步骤.中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是_。(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加人乙 醇水溶液液中，然后通入SO2发生反应，有CO2气体放出，总反应的化学方程式是_。(4)连二亚硫酸钠的分析检测。铁氰化钾法：铁氰化钾K3Fe(CN)6是一种比较弱的氧化剂，其具有强氧化剂所没有的选择性氧化性，能将S2O42-氧化为SO32-，Fe(CN)63-还原为Fe(CN)64-。取50.00mLNa2S2O4样品溶液，用0.02molL-1的K3Fe(CN)6标准液滴定至终点，消耗10.00mL。该样品中Na2S2O4的含量为_gL
14、-1。(以SO2计)【答案】(1)2Na2S2O4+O2=2Na2SO3+2SO2 (2分) (2)ad(2分) 增大锌粉的表面积，加快反应速率(2分) ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3(2分) 除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失(2分) (3)HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O(2分) (4)0.256(2分) 【解析】(1) Na2S2O4与O2生成Na2SO3和SO2，反应方程式为2Na2S2O4+O2=2Na2SO3+2SO2；(2)浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生Na2SO4、SO2、H2O，反应方程式为：H2
15、SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2+H2O；a项，反应不需要加热，Na2SO3是细小晶体，通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，装置a合理；b项，不能控制反应速率，且浓硫酸具有吸水性，长颈漏斗容易导致浓硫酸稀释，b不合理；c项，浓硫酸与盐的反应放出大量的热，会导致集气瓶炸裂，c不合理；d项，通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，上下联通的导气管会使浓硫酸上下气体压强一致，便于浓硫酸顺利滴下，装置d合理；故合理选项是ad；工业上常将锌块进行预处理得到锌粉水悬浊液，其目的是增大锌粉的表面积，加快反应速率。根据流程图可知步骤中发生复分解反应的化学方程式为ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4
16、+ZnCO3；Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，既能除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失；(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙 醇水溶液液中，然后通入SO2发生反应，产生Na2S2O4，同时有CO2气体放出和水生成，总反应的化学方程式是HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O。(4)根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知两种物质的反应关系为：2K3Fe(CN)6 Na2S2O4，nK3Fe(CN)6=0.02mol/L0.01L=210-4mol，则n(Na2S2O4)=110-4mol，溶液
17、的体积是50mL=0.05L，所以c(Na2S2O4)= 110-4mol0.05L=210-3mol/L，根据S元素守恒，该样品中Na2S2O4的含量以SO2计为：210-3mol/L 264g/mol=0.256gL-1。27(14分) 软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO、Al2O3和SiO2)为原料制备马日夫盐Mn(H2PO4)22H2O(磷酸二氢锰)的主要工艺流程如图：(1)用MnO2“氧化”时发生反应的离子方程式为_。(2)如何检验“沉锰”己完成_。(3)铁离子的萃取率与接触时间和溶液的pH之间的关系如图1、2所示，则应选择的接触时间为_；pH1.7，铁离子的
18、萃取率急剧下降的原因可能为_。(4)结合图3的溶解度曲线，请补充完整由浸锰得到的溶液制备MnSO4H2O的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加适量的双氧水，再向滤液中加入MnCO3粉末调节溶液的pH范围为_，过滤洗涤，将滤液与洗涤液合并，控制温度在8090之间蒸发浓缩、_，(填操作名称)得到MnSO4H2O，用8090的蒸馏水洗涤23次，放在真空干燥箱中低温干燥。已知该溶液中pH=7.8时Mn(OH)2开始沉淀：pH=5.0时Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀完全，pH=8.8时Fe(OH)2沉淀完全。【答案】(1)2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O(2分) (2)在上层清液中继
19、续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成(3分) (3)60min(2分) pH1.7时铁离子水解生成Fe(OH)3沉淀 (2分) (4)5.0pH1.7时，Fe3+会发生水解转化为氢氧化铁沉淀，导致铁离子萃取率降低；(4)实验目的是制备MnSO4H2O，要将杂质离子处理干净，当PH=5时铁离子完全沉淀，结合已知条件溶液中pH=7.8时Mn(OH)2开始沉淀，溶液中锰离子的量就会减少，因此溶液的PH控制在5到7.8之间，杂质离子最少，溶液中锰离子的含量最高；根据图三所示，当溶液中温度为23.9左右，MnSO4H2O的溶液度最大，温度越高，MnSO4H2O晶体析出越多，趁热过滤得到
20、的产品的产率最高。28(15分)甲醇CH3OH)是一种重要的化工原料，工业上有多种方法可制得甲醇成品(一)以CO、H2和CO2制备甲醇CO2(g)+H2(g) COg)+H2O(g) H1CO(g)+2H2 (g) CH3OH(g) H2CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H3(1)已知：反应的化学平衡常数K和温度的关系如下表t/70080083010001200K0.60.91.01.72.6则下列说法正确的是_A反应正反应是吸热反应B一定体积的密闭容器中，压强不再变化时，说明反应达到平衡状态C1100时，反应的K可能为1.5D在1000时，c(CO2)c(H2)/c
21、(CO)c(H2O)约为0.59(2)比较H2_H3(填“”、“”或“”)(3)现利用和两个反应合成CH3OH，已知CO可使反应的催化剂寿命下降若氢碳比表示为fn(H2)-n(CO2)/n(CO)+n(CO2)，则理论上f_时，原料气的利用率高，但生产中住往采用略高于该值的氯碳比，理由是_.(二)以天然气为原料，分为两阶段制备甲醇：(i)制备合成气：CH4(g)+H2Og) CO(g)+3H2(g) H10(ii)合成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H20在一定压强下，1 mol CH4(g)和1 mol H2O(g)在三种不同催化剂作用下发生反应(i)，经历相同时间时，CO
22、的物质的量(n)随温度变化的关系如图1(1)下列说法正确的是_A曲线中n(CO)随温度变化的原因是正反应为吸热反应，升高温度，平衡向右移动B三种催化剂中，催化剂的催化效果最好，所以能获得最高的产率C当温度低于700时的曲线上的点可能都没有到达平衡D若温度大于700时，CO的物质的量保持不变(2)500时，反应(1)在催化剂的作用下到10mim时达到平衡，请在图2中画出反应(1)在此状态下0至12分钟内反应体系中H2的体积分数(H2)随时间t变化的总趋势_(三)研究表明，CO也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，原理如图3所示。(1)产生甲醇的电极反应式为_；(2)甲醇燃料电池应用很广，其工
23、作原理如图4，写出电池工作时的负极反应式：_。【答案】(一)(1)AD(2分) (2) (1分) (3) 2 (1分) 使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降 (2分) (二)(1)C(3分) (2) (2分) (三)(1)CO+4H+4 e-= CH3OH(2分) (2)CH3OH+H2O6e-=CO2+6H+(2分) 【解析】(一)(1)根据表格数据，温度越高，平衡常数越大，说明反应向正反应移动，正反应为吸热，A正确；反应CO2(g)+H2(g) COg)+H2O(g)是反应前后气体体积不变的体系，压强不影响平衡移动，B错误；1000时K为1.7，温度越高，平衡常数越大，1100时K1.7
24、，C错误；在1000时，c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)为K的倒数，约为0.59，D正确；答案为AD。(2)随温度升高K1增大，说明反应的正反应为吸热反应，H10，盖斯定律计算得到H3=H1+H2，则H2H3。(3)由CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)化学方程式可知f =2，原料气的利用率最高，但生产中往往采用略高于该值的氢碳比，理由：使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降。 (二) (1)曲线中n(CO)随温度升高而增大，反应逆向进行，正反应为放热，A错；催化剂的使用时n(CO)变化量少，即CO转化率低，产率也
25、不高，B错；当体系中各物质的物质的量保持不变时，反应平衡，根据图象，曲线上的点在不停地变化，反应没有达到平衡，C正确；温度大于700时，CO的物质的量曲线未画出，不一定保持不变，D错误。答案选C。(2)根据图一中CO的物质的量曲线及反应中H2生成和消耗的计量关系，0至12分钟内反应体系中生成物H2的体积分数(H2)随时间t变化的总趋势为(三)(1)CO也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，据图3可知，一氧化碳得电子生成甲醇，则产生甲醇的电极反应式为CO+4H+4 e-= CH3OH；(2)据图4可知，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：3O2+12H+12e=6H2O，负极上
26、甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为2CH3OH12e+2H2O=2CO2+12H+，故答案为：CH3OH6e+H2O=CO2+6H+。三、选做题(本题共2小题，考生根据要求选择其中一题进行作答)37化学选修3：物质结构与性质(15分)铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。(1) Fe2+基态核外电子排布式为。(2) Fe(CO)5与NH3在一定条件下可合成一种具有磁性的氮化铁。NH3分子中氮原子杂化轨道类型为；1molFe(CO)5分子中含有键的数目为。该磁性氮化铁晶胞结构如右图所示，该化合物的化学式为。(3) FeCl3可与KSCN、苯酚溶液发生显色反应。SCN
27、-与N2O互为等电子体，则SCN-的电子式为。写出FeCl3与苯酚反应生成 Fe(OC6H5)63-的化学方程式： 。(4)Fe3O4晶体中，O2-的重复排列方式如图所示，该排列方式中存在着由如1、3、6、7的O2-围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的O2-围成的正八面体空隙。Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，则Fe3O4晶体中，正四面体空隙数与O2-数之比为_，有_%的正八面体空隙没有填充阳离子。Fe3O4晶胞中有8个图示结构单元，晶体密度为5.18g/cm3，则该晶胞参数a=_pm。(写出计算表达式)【答案】(1) 1
28、s22s22p63s23p63d6(或 Ar3d6) (1分)(2) sp3(1分)10mol(1分)Fe3N(2分)(3) (1分)FeCl3+6C6H5OHH3Fe(OC6H5)6+3HCl(2分)(4)21(2分) 50%(2分) 1010(3分)【解析】(2) NH3的孤电子对数=1，价层电子对数为4，则N为sp3杂化；Fe(CO)5的结构式为，其中三键中有一个键，配位键全部为键，所以1 mol Fe(CO)5中共有10 mol 键。由晶胞图知，Fe为12+2+3=6个，N为2个，所以化合物的化学式为Fe3N。(3) SCN-与N2O、CO2互为等电子体，等电子体的结构相似，CO2的结
29、构式为OCO，所以SCN-的结构式为SCN-。1 mol FeCl3与6 mol 苯酚反应，放出6 mol H+，其中有3 mol H+与3 mol Cl-结合成3 mol HCl，还有3 mol H+与1 mol 结合成1 mol H3Fe(OC6H5)6。(4)结构中如1、3、6、7的O2-围成的正四面体空隙有8个，由图可知晶体结构中O2-离子数目为8+6=4，故正四面体空隙数与O2-离子数目之比8：4=2：1；Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，有50%的正八面体空隙没有填充阳离子。图示结构中O2-离子数目为8+6=4，则含有F
30、e3+和Fe2+的总数为3，晶胞中有8个图示结构单元，1mol晶胞的质量为8(356+416)=8232g，则晶体密度=5.18g/cm3，a=1010。38化学选修5：有机化学基础(15分)有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如下(部分反应条件和试剂略去)：已知：A分子的核磁共振氢谱中有3组峰；(NH2容易被氧化)；已知(CH3CO)2O的结构为：RCH2COOH请回答下列问题：(1)B的化学名称为_。(2)CD的反应类型是_，I的结构简式为_。(3)FG的化学方程式为_。(4)M不可能发生的反应为_(填选项字母)。a加成反应 b氧化反应 c取代反应 d消去反应(5)请写出任
31、意两种满足下列条件的E的同分异构体有_、_。能与FeCl3溶液发生显色反应 能与NaHCO3反应 含有-NH2(6)参照上述合成路线，以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：_。【答案】(1)乙二醛(1分) (2)取代反应(1分) (2分) (3)HOOCCHBrCOOH HBr(2分) (4)d(2分) (5) 或、等(4分) (6) (3分) 【解析】由有机物的转化关系和A分子的核磁共振氢谱中有3组峰可知，A为HOCH2 CH2 CH2OH，HOCH2 CH2 CH2OH催化氧化生成OHCCH2CHO，则B为OHCCH2CHO；OHCCH2CH催化氧化生成HOOCCH2COOH；HO
32、OCCH2COOH与溴单质发生取代反应生成HOOCCHBrCOOH；由信息可知，与铁、盐酸发生还原反应生成，则F为；与乙酸酐发生取代反应生成； 与HOOCCH2COOH发生取代反应生成； 与HOOCCHBrCOOH发生取代反应生成，则I为；由信息可知，加热生成；一定条件下反应生成。(1)B的结构简式为OHCCH2CHO，名称为乙二醛；(2)CD的反应为HOOCCH2COOH与溴单质发生取代反应生成HOOCCHBrCOOH何溴化氢；I的结构简式为；(3)FG的反应为HOOCCHBrCOOH与发生取代反应生成和HBr，反应的化学的方程式为HOOCCHBrCOOH HBr；(4)M的结构简式为，分子
33、中含有的官能团为酚羟基、羧基和肽键。a项，M分子中含有苯环，一定条件下能与氢气发生加成反应，故正确；b项，M分子中含有酚羟基，能与空气中氧气发生氧化反应而变粉红色，故正确；c项，M分子中含有为酚羟基、羧基和肽键，能与浓溴水、醇等取代反应，故正确；d项，M分子中不含有醇羟基和卤素原子，不能发生消去反应，故错误；d符合题意，故选d；(5)由能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基；由能与NaHCO3反应，说明分子中含有羧基，由含有NH2可知E的同分异构体可能有、等；(6)由逆推法可知，以为原料制备的反应依次为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，发生催化氧化反应生成，发生信息反应生成，一定条件下发生水解反应生成，合成路线如下：。