《《试卷》精品解析：【全国百强校】河北省衡水中学2017届高三下学期猜题卷理综化学试题（解析版）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《试卷》精品解析：【全国百强校】河北省衡水中学2017届高三下学期猜题卷理综化学试题（解析版）.doc（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、河北省衡水中学2017届高三下学期猜题卷理综化学试题可能用到的相对原子质量：H- 1 C -12 N -14 O-16 Ca -40 Cu -64 Br -80第卷选择题：本题共13小题，每小题 6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符含题目要求的。1. 化学与社会、生活密切相关，对下列现象或亊实的解释不正确的是选项现象或事实解释A.肉制品中添加适量的亚硝酸钠亚硝酸钠有防腐的作用B.液氨常用作制冷剂液氨汽化时要吸收大量的热C.利用静电除尘装置除去粉尘胶体粒子带电D.Al(OH)3用作塑料的阻燃剂Al(OH)3受热熔化吸收大量的热A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】亚硝酸
2、钠有防腐的作用，肉制品中可以添加适量的亚硝酸钠，故A正确；液氨常用作制冷剂，故B正确；胶体粒子带电，所以可静电除尘，故C正确；Al(OH)3用作塑料的阻燃剂，因为Al(OH)3受热分解吸收大量的热，故D错误。2. 下列说法正确的是A. H2C=CHCH3分子中所有原子在同一平面上B. 分子式为C3H5Br2的有机物共有4种同分异构体(不含立体异构）学,科,网.C. 乙二醇和甘油互为同系物D. 结构式为-CH =CHCH =CHCH =CHCH=CH-的高分子化合物，其单体是乙烯【答案】B【解析】H2C=CHCH3分子中最多有7个原子在同一平面上，故A错误；分子式为C3H5Br2的有机物共有1,
3、1-二溴丙烷、1,2-二溴丙烷、1,3-二溴丙烷、2,2-二溴丙烷4种同分异构体，故B正确；乙二醇含有2个羟基、甘油含有3个羟基，不是同系物，故C错误；结构式为-CH =CHCH =CHCH =CHCH=CH-的高分子化合物，其单体是1,3-丁二烯，故D错误。3. 下列实验中，操作和现象以及对应结论都正确且现象与结论具有因果关系的是选项操作和现象结论A.滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，红色变浅Na2CO3溶液中存在水解平衡B.向电石中加入饱和食盐水制乙炔，并将产生的气体直接填入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去记明乙炔能被酸性高锰酸钾氧化C.常温下，测得饱和Na2S溶液的PH大
4、于饱和Na2CO3溶液常温下水解程度：S2-CO32-D.向分液漏斗中加入碘水后再加入CCl4，充分振荡，分层，且上层溶液至紫色CC14可作为碘的萃取剂A. A B. B C. C D. D【答案】A4. 合成药物异搏定路线中某一步骤如图所示，下列说法错误的是A. 物质X的分子中存在2种含氧官能团B. 物质Y可以发生水解和消去反应C. 1molZ最多可与2molBr2发生加成反应学,科,网.D. 等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗的NaOH的物质的量之比为1:1【答案】D【解析】物质X的分子中存在羟基、羰基2种含氧官能团，故A正确；物质Y含有溴原子、酯基，所以可以发生水解和消去
5、反应，故B正确；1molZ含有2mol碳碳双键，所以最多可与2molBr2发生加成反应，故C正确；1mol X与氢氧化钠反应消耗1mol氢氧化钠、1molY与氢氧化钠反应最多消耗的NaOH的物质的量2mol，故D错误。5. 锌银(Zn-Ag2O)电池多应用于军事、航空、移动的通信设备、电子仪器和人造卫星、宇宙航行等方面，用如图所示装置模拟其工作原理，下列说法正确的是A. K+向a极移动B. b 极的电极反应式为 Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-C. 用该电池给铁棒镀铜，则铁棒与 b 极相连D. 电池工作一段时间后，电解液的pH减小【答案】B【解析】电子由a极流出，a是负极、b是正极，
6、K+向b极移动，故A错误；b 极是正极，氧化银得电子，电极反应式为 Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，故B正确；镀件与负极相连，用该电池给铁棒镀铜，则铁棒与 a 极相连，故C错误；电池总反应为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，电池工作一段时间后，电解液的pH不变，故D错误。6. 短周期主族元素 X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素形成的单质依次为m、n、p、q；r、t、u 是这些元素组成的二元化合物，其中u为葡萄酒中的抑菌成分；25 ，0.01 mol/L的v溶液中：= 1.010-10。上述物质的转化关系如图所示，下列说法不正确的是A. 简单离子半径：WYZXB. W，Y分別与
7、X元素形成的简单化合物的沸点： Y WC. Z2Y和ZX都只存在离子键D. v能抑制水的电离，u能促进水的电离【答案】D【解析】25 ，0.01 mol/L的v溶液中：= 1.010-10，说明v是一元强碱，v是NaOH；u为葡萄酒中的抑菌成分，u是SO2；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S四种元素；简单离子半径：S2-O2-Na+H+，故A正确；H2O的沸点大于H2S，故B正确；Na2O、NaH只存在离子键，故C正确；二氧化硫的水溶液是亚硫酸，能抑制水的电离，故D错误。7. 室温下，下列关亍电解质的说法中正确的是A. 中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠
8、溶液至pH等于7，前者消耗的盐酸多B. 向NaHS 溶液中加入适量 KOH 后：c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)C. 将amolL-1的醋酸与0.01 molL-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)，醋酸的电离常数Ka= (用含a的代数式表示）D. 向NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，则的值减小【答案】B【解析】中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH等于7，后者消耗的盐酸多，故A错误；根据物料守恒，钠与硫元素的原子个数比为1:1，c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)，故B正确；将amolL-1的醋酸与0.01
9、 molL-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)，溶液恰好呈中性，醋酸的电离常数Ka=，故C错误；向NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，c(OH-)减小，Kh=值不变，所以则的值增大，故D错误。8. 溴化钙易溶于水，医学上可用于治疗神经衰弱、癫痫等症。请回答下列问题：.工业上溴的制备。学,科,网.(1)步骤中主要反应的化学方程式为_。(2)不能直接用“溴水混合物I ”进行蒸馏得到液溴，原因是_。.实验室溴化钙的制备。 (3)“合成”步骤中，所需装置最合适的是_（填选项字母）。(4)“合成”步骤中的反应方程式为_，“合成”步骤中需控制温度不能过高，原因是_，
10、投料时控制n(Br2)；n(NH3)=1：0.8，其目的是_。(5)步骤酸化时应加入的酸是_。(6)设计实验测定产品(主要成分CaBr2)纯度（不必描述操作过程的细节，物理量的数值可用字母表示）：_。【答案】 (1). SO2+Br2+2H2OH2SO4+2HBr (2). 浓度较低，如果直接蒸馏，处理量大，生产成本高 (3). B (4). 3Ca(OH)2+3Br2+2NH33CaBr2+N2+6H2O (5). 温度过高，Br2、NH3易挥发 (6). 确保Br2被充分还原 (7). HBr（或氢溴酸或溴化氢） (8). 取样品 g，加水溶解滴入足量Na2CO3溶液充分反应后过滤，洗涤、
11、干燥、冷却，称量，得到b g碳酸钙，则样品的纯度为100%（其他合理答案也给分）【解析】试题分析：(1)步骤中溴与二氧化硫反应生成硫酸、氢溴酸。(2) “溴水混合物I ” 浓度较低。(3)液溴、液氨易挥发“合成”步骤中需要控制反应在降低温度下进行。(4)“合成”步骤中液氨、液溴先反应生成氮气和溴化氢，溴化氢与石灰乳反应生成溴化钙；温度过高，Br2、NH3易挥发，反应中Br2、NH3的系数比是3:2，投料时控制n(Br2)；n(NH3)=1：0.8，氨气过量，确保Br2被充分还原。(5)产品是溴化钙，为提高产品纯度步骤酸化时应加入的酸是氢溴酸。(6) 取样品 g，加水溶解滴入足量Na2CO3溶液
12、充分反应生成碳酸钙根据得到碳酸钙的质量，计算产品纯度。解析：(1)步骤中溴与二氧化硫反应生成硫酸、氢溴酸，反应方程式为SO2+Br2+2H2OH2SO4+2HBr。(2) “溴水混合物I ” 浓度较低，如果直接蒸馏，处理量大，生产成本高。(3)液溴、液氨易挥发“合成”步骤中需要控制反应在降低温度下进行，最适宜的装置是B；(4)“合成”步骤中液氨、液溴先反应生成氮气和溴化氢，溴化氢与石灰乳反应生成溴化钙，方程式为3Ca(OH)2+3Br2+2NH33CaBr2+N2+6H2O；温度过高，Br2、NH3易挥发，反应中Br2、NH3的系数比是3:2，投料时控制n(Br2)；n(NH3)=1：0.8，
13、氨气过量，确保Br2被充分还原。(5)产品是溴化钙，为提高产品纯度步骤酸化时应加入的酸是氢溴酸。(6) 取样品 g，加水溶解滴入足量Na2CO3溶液充分反应后过滤，洗涤、干燥、冷却，称量，得到b g碳酸钙，根据钙元素守恒，样品的纯度为100%。点睛：海水提溴步骤中通入SO2的目的是溴元素的富集，减小蒸馏处理量，降低生成成本。9. 氯氨是氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2C1、NHC12和NC13)，副产物少于其它水消毒剂。回答下列问题：(1)一氯胺(NH2Cl)的电子式为_。工业上可利用反应Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(
14、l)+HCl(g)制备一氯胺，已知部分化学键的键能如下表所示（假设不同物质中同种化学键的链能相同），则该反应的H=_。化学键N-HCl-ClN-ClH-Cl键能(kJ/mol)391.3243.0191.2431.8一氯胺是重要的水消毒剂，其原因是由于一氯胺在中性、酸性环境中会发生水解，生成具有强烈杀菌作用的物质，该反应的化学方程式为_。(2)用Cl2和NH3反应制备二氯胺的方程式为2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(g)+2HCl(g)，向容积均为1 L的甲、乙两个恒温（反应温度分别为400、T)容器中分别加入2 mol C12和2 mol NH3，测得各容器中n(Cl2)随反应时间t的
15、变化情况如下表所示：t/min04080120160n(Cl2)(甲容器)/mol2.001.501. 100.800.80n(Cl2) (乙容器）/mol2.001.451.001.001.00甲容器中，040 min内用NH3的浓度变化表示的平均反应速率v(NH3)=_。该反应的H_0(填“”或“”) ，理由是_。对该反应，下列说法正确的是_(填选项字母）。A.若容器内气体密度不变，则表明反应达到平衡状态B.若容器内C12和NH3物质的量之比不变，则表明反应达到平衡状态C.反应达到平衡后，其他条件不变，在原容器中充入一定量氦气，Cl2的转化率增大D.反应达到平衡后，其他条件不变，加入一定量
16、的NHCl2，平衡向逆反应方向移动(3)在恒温条件下，2molCl2和1molNH3发生反应2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(l)+2HCl(g)，测得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：A、B、C三点中Cl2转化率最高的是_点(填“A”“B”或“C”)。计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=_(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)【答案】 (1). (2). +11.3 kJ/mol (3). NH2Cl+H2ONH3+HClO (4). 6.2510-8molL-1min-1 (5). (6). 温度越高，反应速率越快，平衡向吸热反应方
17、向移动，其他条件相同时，T时的反应速率比400时的反应速率快，且乙容器中平衡时Cl2的转化率比甲容器中Cl2的转化率小 (7). AB (8). B (9). 0.5MPa【解析】试题分析：(1)一氯胺(NH2Cl)是共价化合物，氮原子分别与氢原子、氯原子成键。反应物的总键能-生成物的总键能=焓变。一氯胺水解，生成具有强烈杀菌作用的物质是次氯酸。(2)甲容器中，040 min内n(Cl2)的变化为0.5mol，c(Cl2)的变化为0.5mol/L， c(NH3)变化为0.25mol/L，根据 计算v(NH3)。乙容器达到平衡用时短，反应速率快，所以温度高，平衡时氯气的物质的量大，说明升高温度平
18、衡逆向移动。A.根据 ，NHCl2是液体，m是变量，密度是变量；B.投料比不等于系数比，反应过程中 C12和NH3物质的量之比是变量；C.在原容器中充入一定量氦气，反应体系的浓度不变，平衡不移动；D. NHCl2是液体，加入NHCl2，平衡不移动；(3)该反应 ，增大压强，平衡正向移动；。根据图像C点时c(HCl)=c(Cl2),利用“三段式”可计算该、Cl2、NH3、HCl的物质的量比。解析：(1)根据分析，NH2Cl的电子式为。根据反应物的总键能-生成物的总键能=焓变，Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(g)+HCl(g) H=243.0+391.33-391.32-191.2-431
19、.8=+11.3 kJ/mol。一氯胺水解，生成具有强烈杀菌作用的物质是次氯酸和氨气，方程式为NH2Cl+H2ONH3+HClO。(2)甲容器中，040 min内n(Cl2)的变化为0.5mol，c(Cl2)的变化为0.5mol/L， c(NH3)变化为0.25mol/L， v(NH3)= 6.2510-8molL-1min-1 。温度越高，反应速率越快，平衡向吸热反应方向移动，其他条件相同时，T时的反应速率比400时的反应速率快，且乙容器中平衡时Cl2的转化率比甲容器中Cl2的转化率小，所以该反应H0。 A、根据 ，NHCl2是液体，m是变量，密度是变量，密度不变一定平衡，故A正确； 学,科
20、,网.B.投料比不等于系数比，反应过程中 C12和NH3物质的量之比是变量，C12和NH3物质的量之比不变，一定平衡，故B正确； C.在原容器中充入一定量氦气，反应体系的浓度不变，平衡不移动，转化率不变，故C错误； D. NHCl2是液体，增加NHCl2，浓度不变，平衡不移动，故D错误。(3)该反应 ，增大压强，平衡正向移动，压强越大Cl2转化率越高，故B点最大； 根据图像C点时c(HCl)=c(Cl2),设氨气的变化量为xmol 2-2x=2xX=0.5mol，Kp(C)=0.5 。点睛：焓变=生成物的总能量-反应物的总能量；焓变=反应物的总键能-生成物的总键能。10. CoCl2 6H2O
21、可用作油漆干燥剂，工艺上可用含钴废料（主要为Co，含少量Fe、Al等杂质）为原料来制取CoCl2 6H2O,以下是制备该物质的一种新工艺流程：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3开始沉淀2.77.57.63.8完全沉淀3.29.79.25.2请回答下列问题：学,科,网.(1)“酸浸”时Co转化为Co2+，反应的离子方程式为_。“酸浸”时不能用硝酸的原因是_。(2)“氧化”中欲使3 mol的Fe2+为Fe3+，则需要氧化剂过氧化氢的质量至少为_g。(3)加入碳酸钠调节pH至a，a的范围是_。“滤渣”中所含的两种沉淀的
22、化学式为_。(4)滤液中加盐酸的目的是_。(5)操作I为_。(6)以 CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2浓氨水为原料可以制备Co(NH3)6Cl3的反应方程式为_。【答案】 (1). Co+2H+Co2+H2 (2). 减少有毒气体的排放，防止大气污染；防止产品中混有硝酸盐 (3). 51 (4). 5.27.6 (5). Fe(OH)3、Al(OH)3 (6). 调节溶液的pH，抑制钴离子水解 (7). 蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (8). 2CoCl26H2O+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co(NH3)6Cl3+14H2O【解析】试题分析： (1)“酸浸”时Co与盐
23、酸反应生成氯化钴和氢气。金属与硝酸反应放出NO气体。(2)根据H2O2 + 2Fe2+ +2H+ = 2Fe3+ +2H2O 计算需要双氧水的质量。(3)加入碳酸钠调节pH至a，让Fe3+、Al3+完全沉淀，Co2+不能沉淀，判断PH范围。(4) 盐酸能抑制氯化钴水解。(5)操作I为从溶液中获得晶体的方法。(6)根据元素守恒配平 CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2浓氨水为原料可以制备Co(NH3)6Cl3的方程式。解析：(1)“酸浸”时Co与盐酸反应生成氯化钴和氢气，方程式为Co+2H+Co2+H2。金属与硝酸反应放出NO气体，为减少有毒气体的排放，防止大气污染；防止产品中混有硝酸盐“酸
24、浸”时不能用硝酸。(2)设需要氧化剂过氧化氢的质量至少为xg (3)加入碳酸钠调节pH至a，让Fe3+、Al3+完全沉淀PH 5.2，Co2+不能沉淀PH，判断PH7.6，所以a的范围是5.27.6。(4) 盐酸能抑制氯化钴水解，加入盐酸的目的是调节溶液的pH，抑制钴离子水解。(5)操作I为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(6)根据元素守恒配平 CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2浓氨水为原料可以制备Co(NH3)6Cl3的方程式为2CoCl26H2O+2NH4Cl+10NH3+H2O22Co(NH3)6Cl3+14H2O。点睛：除去盐溶液中的Fe3+，一般选择调节溶液PH的方法使F
25、e3+完全水解为氢氧化铁沉淀而除去，如氯化铜溶液中含有少量氯化铁，可加入适量氧化铜、氢氧化铜等物质调节PH使Fe3+生成氢氧化铁沉淀。11. 已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期中的常见元素，且原子序数依次增大，A的原子半径最小；B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍；C的基态原子最外层电子排布式为nsmnpm+2；D、E、F、G是位于同一周期的金属元素，元素D的焰色反应要透过蓝色钴玻璃才能观察到紫色，且D、G的原子序数相差10，E元素有多种化合价。它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，且E.、F的电子数相差1。请回答下列问题：(1)基态E原子的价电子排布式为_。(2)与BC
26、分子互为等电子体的离子为_(填化学式）。(3)在B5A5、BC2中，B原子采取的杂化方式分別为_、_。(4)单质C有两种同素异形体，其中沸点高的是_(填分子式），而它的简单氢化物的沸点比同主族的简单氢化物都高的原因是_。(5)F可形成分子式均为F(NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为F(NH3)5BrSO4。向其溶液中加BaCl2溶液时，现象为_；向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象。若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为_。学,科,网.(6)金属D、G晶体的晶胞结构如图所示。 其中表示金属D晶体晶胞的结构图为_(填“I”或“II”)。
27、金属G的晶胞中，测得晶胞边长为361 pm，G 原子的半径约为_pm（保留三位有效数字），D、G两种晶胞中金属的配位数之比为_。金属G、锌两种元素的笫一电离能、第二电离能如下表所示：电离能/kJ mol-1I1I2G7461958锌9061733G的第二电离能（I2）大于锌的第二电离能，其主要原因是_。【答案】 (1). 3d44s2 (2). CN-（或NO+或C） (3). sp2 (4). sp (5). O3 (6). 水分子间存在氢键 (7). 产生白色沉淀 (8). Co(NH8)6SO4Br (9). I (10). 128 (11). 2:3 (12). 锌的价电子是3d104
28、s2，而铜的是3d104s1，在失去一个电子后，铜失去的第二个电子在3d的全满轨道上，而锌的第二个电子在4s的半满轨道上，3d全满比4s半满能量低，结构也更稳定，所以需要更多能量解析：根据以上分析，(1)基态26号元素Fe的价电子排布式为3d64s2。(2)与CO分子互为等电子体的离子为CN-。(3)在C5H5、CO2直线结构，C原子采取的杂化方式分別为SP2、SP。(4)单质O有两种同素异形体O2、O3，O3比O2相对分子质量大所以沸点高，水分子间形成氢键，所以沸点比同主族的简单氢化物都高。(5) Co可形成分子式均为Co (NH3)5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为Co(NH3)5
29、BrSO4，硫酸根离子在外界，溶于水能电离出硫酸根离子，所以向其溶液中加BaCl2溶液时，现象为生成白色沉淀；向另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象。若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，说明硫酸根在内界，溴离子在外界，则第二种配合物的化学式为Co(NH8)6SO4Br。(6)金属D、G晶体的晶胞结构如图所示。金属K是体心立方最密堆积，晶体晶胞的结构图为I。金属Cu的晶胞为面心立方，测得晶胞边长为361 pm，面对角线的为 ，G 原子的半径约为128pm，金属K的配位数是8、计算Cu的配位数是12，配位数比是2:3。锌的价电子是3d104s2，而铜的是3d104s1，在失去一
30、个电子后，铜失去的第二个电子在3d的全满轨道上，而锌的第二个电子在4s的半满轨道上，3d全满比4s半满能量低，结构也更稳定，所以需要更多能量所以Cu的第二电离能（I2）大于锌的第二电离能。点睛：配合物中位于内界的离子不能电离，位于外界的离子能电离，所以Co(NH3)5BrSO4加BaCl2溶液时生成白色沉淀；Co(NH8)6SO4Br加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀。12. 3，4，5-三甲氧基苯甲醛是制备抗菌增效剂TMP的中间体，通常可以通过以下途径合成。(1)写出C的名称: _；下列说法不正确的是_(填选项字母)。A.反应要控制条件防止CHO被氧化B.1 mol有机物F最多能与3 mo
31、l H2发生加成反应C.有机物D不能使KMnO4溶液褪色D.第I步所涉及的反应类型有氧化反应、还原反应(2)有机物E的结构简式为_，EF的反应类型为_反应。(3)D与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为_。(4)满足下列条件的C的同分异构体有_种，写出其中一种的结构简式：_。红外光谱检测表明分子中含有苯环、结构HNMR谱显示分子中有四种不同化学环境的氢(5)已知：RCHO+CH3COORRCHCHCOOR，请结合题给信息，设计以苯酚和乙酸乙酯为原料（其他试剂任选）制备的合成路线：_。【答案】 (1). 对硝基甲苯 (2). BC (3). (4). 取代 (5). (6). 4 (7). （或
32、或或 (8). 【解析】试题分析：根据逆推A，A是苯酚；根据和，可推知E是；解析：根据以上分析，(1) 的名称:对硝基甲苯； A.醛基能被溴氧化，所以反应要控制条件防止CHO被氧化，故A正确；B.1 mol最多能与1 mol H2发生加成反应，故B错误；C. 含有醛基，能使KMnO4溶液褪色，故C错误；D.第I步所涉及的反应硝基变为氨基属于还原反应，甲基变为醛基属于氧化反应，故D正确；(2) 有机物E的结构简式为，的反应类型为取代反应。(3) 与新制Cu(OH)2反应，醛基被氧化，化学方程式为。(4)红外光谱检测表明分子中含有苯环、结构；HNMR谱显示分子中有四种不同化学环境的氢，满足条件的的同分异构体有 共4种。 (5)根据RCHO+CH3COORRCHCHCOOR，可知制备，需要和乙酸乙酯反应，题目根据流程图，以苯酚和乙酸乙酯为原料制备的合成路线为点睛：含有酚羟基的有机物，易与溴水发生羟基邻位和对位的取代反应。