【文档说明】江苏省南通市海安高级中学2022-2023学年高二下学期第一次月考化学试题 含解析.docx，共(17)页，2.555 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年度第二学期高二年级阶段检测(一)化学I卷(选择题)单项选择题：本题包括14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。1.近年来，我国医疗、航空航天事业研究成果显著。下列物

质不属于．．．有机物的是A.“北斗三号”导航卫星太阳能电池使用的透光电极材料——石墨烯B.“嫦娥5号”织物版国旗使用的国产高性能材料——芳纶纤维C.“新冠疫情”医用防护服使用的防水透湿功能材料——聚氨酯薄膜D.“一

箭四星”运载火箭发动机使用的高效固态推进剂——二聚酸二异氰酸酯【答案】A【解析】【分析】【详解】A．石墨烯碳单质，属于无机物，A符合题意；B．芳纶纤维是有机高分子化合物，属于有机物，B不符合题意；C．聚氨酯薄膜是有机高分子化合物，属于有机物，C不符合题意；

D．二聚酸二异氰酸酯是有机高分子化合物，属于有机物，D不符合题意；故选A。2.下列化学用语描述正确的是A.CCl4的球棍模型：B.乙炔的电子式：C.聚丙烯的结构简式：D.对硝基甲苯的结构简式：【答案】C【解析】【详解】A．CCl4的球棍模型为，

比例模型为，故A错误；B．乙炔的电子式为，故B错误；C．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为，故C正确；D．对硝基甲苯的结构简式为，故D错误；是选C。3.下列各组物质，最适宜使用红外光谱法进行区分的是A.2—甲基戊烷()、3

—甲基戊烷()B.1—丙醇(CH3CH2CH2OH)，1—丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)C.苯()、甲苯()D.1—丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)、1—溴丁烷(CH3CH2CH2CH2Br)

【答案】D【解析】【分析】红外光谱法可以测定有机化合物分子中所含的化学键或官能团，若两种有机化合物中的化学键或官能团不同，则可以用红外光谱法进行区分。【详解】A．2—甲基戊烷、3­甲基戊烷中都没有官能团，化学键相同(C—C和C—H)，无法用红外光谱法进行区分，故A错误；B．1—丙醇、

1—丁醇的官能团都是—OH，化学键相同(C—C、C—H、C—O和O—H)，无法用红外光谱法进行区分，故B错误；C．苯、甲苯中都没有官能团，化学键相同，无法用红外光谱法进行区分，故C错误；D．1—丁醇的官能团是—OH，1—溴丁烷的官能团是碳溴键，化学键也不完

全相同，可以用红外光谱法进行区分，故D正确；故选D。4.前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物水溶液呈碱性，Y的原子核外有2个未成对电子，Z的单质燃烧时火焰呈黄色，W的原子序数是Y的两倍，Q的最外层有一个电子且内层轨道全充满。下列说法

正确的是A.第一电离能：I1(Y)>I1(X)>I1(W)B.Q元素位于第四周期IA族C.原子半径：r(Z)>r(W)>r(Y)D.W简单气态氢化物的稳定性比Y的强【答案】C【解析】【分析】X的气态氢化物水溶液呈碱性，则X为N元素；Z的单质燃烧时火焰呈黄色，

则Z为Na元素；前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且Y的原子核外有2个未成对电子，则Y为O元的素；W的原子序数是Y的两倍，则W为S元素；Q的最外层有一个电子且内层轨道全充满，则Q为Cu元素，据此分析来解题。【详解】

A．X为N元素，Y为O元素，W为S元素，根据同一周期由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是N原子的2p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大；同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S，故A项

错误；B．根据分析，Q为Cu元素，位于元素周期表第四周期第ⅠB族，故B项错误；C．Y为O元素，Z为Na元素，W为S元素，根据同周期元素的原子从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素的原子，从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径从大到小

：r(Na)>r(S)>r(O)，故C项正确；D．W的简单气态氢化物为H2S，Y的简单气态氢化物为H2O，根据元素的非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性就越强，由于非金属性O>S，所以简单气态氢化物的稳定性H2O>

H2S，故D项错误；答案选C。5.CaC2和ZnC2、Al4C3、Mg2C3、Li2C2等都同属离子型碳化物。请通过对CaC2制C2H2的反应的思考，从中得出必要的启示，判断下列反应产物正确的是A.ZnC2水解生成乙烷(CH4)B.Al4C3水解生成丙炔(C3H

4)C.Mg2C3水解生成丙炔(C3H4)D.Li2C2水解生成乙烯(C2H4)【答案】C【解析】【分析】【详解】A．1个锌离子消耗2个氢氧根离子，含碳基团与氢离子结合得到C2H2乙炔，故A错误；B．4个铝离子消耗12个氢氧根离子，含碳基团与氢离子结合得到C

4H12，该物质不存在，故B错误；C．2个镁离子消耗4个氢氧根离子，含碳基团与氢离子结合得到C3H4丙炔，故C正确；D．2个锂离子消耗2个氢氧根离子，含碳基团与氢离子结合得到C2H2乙炔，故D错误；故答案为C。6.1，1­联环戊烯()是重要的有机合成中间体。下列关于该有机物的说法

中，错误的是A.分子式为C10H14，属于不饱和烃B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应D.与氢气的加成产物只有1种【答案】D【解析】【详解】A．分子式为C10H14，含有碳碳双键，属于不饱和烃，A正确；B．含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确

；C．含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，C正确；D．与氢气的加成，可一个碳碳双键加成，也可能2个碳碳双键都加成，故产物不只有1种，D错误；故选D。7.下列除去杂质的方法正确的是①除去乙烷中少量的乙烯：将混合气

体通入酸性高锰酸钾溶液②除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用NaOH溶液洗涤，分液③溴苯中混有溴，加入足量的NaOH溶液，经分液除去④除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏A.①②B.②④C.②③D.③④【答案】D【解析】【详解】①由于酸性高锰酸钾溶液具有强氧

化性，能把乙烯氧化为二氧化碳，会引入新的杂质二氧化碳，因而不能用酸性高锰酸钾溶液除去乙烷中少量的乙烯，①错误；②乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解，因此除去乙酸乙酯中少量的乙酸不能用NaOH溶液洗涤，可改用饱和碳酸钠溶液，②错误；③加入足量的NaOH溶液，溴与NaOH溶

液反应生成可溶于水的钠盐，静置分层，再经分液可除去溴苯中混有的溴，③正确；④乙酸和生石灰反应生成乙酸钙，然后蒸馏出乙醇，可除去乙醇中的乙酸，④正确；综上所述，③④正确，故选D。8.2022年3月，中科院首创二氧化碳加氢制汽油技术在山东正式投产。2C

O转化过程示意图如下：下列说法错误的是A.有机物b的二氯代物和互为同分异构体B.反应②既存在CH−的形成又存在CC−的形成C.有机物a是新戊烷，除a之外，还有2种同分异构体D.反应①既存在CO=的断裂又存在HH−的断裂【答案】

A【解析】【详解】A．和为同一种物质，不同分异构体，A错误；B．反应②中一氧化碳和氢气生成(CH2)n，故反应中既存在CH−的形成又存在CC−的形成，B正确；C．戊烷存在正戊烷、异戊烷、新戊烷3种同分异构体，由结构可知有机物a是新戊烷，除a之外，还有2种同分异构体，C正确D．二氧化碳结构

为O=C=O，反应①为二氧化碳和氢气转化为一氧化碳，根据质量守恒可知还会生成水，故既存在CO=断裂又存在HH−的断裂，D正确；故选A。9.某有机物键线式为，有关该物质叙述正确的是A.该分子最多有7个碳

原子共面，最多4个碳原子共线B.1mol该物质与2H充分发生加成反应，能消耗2mol2HC.该物质一氯取代产物种类有6种D.该物质与()()3332CHCHCHCCCHCHCHCH=互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A．该分子最多

有7个碳原子共面，最多3个碳原子共线，A项错误；B．1mol碳碳双键能与1mol2H加成，1mol碳碳三键能与2mol2H加成，因此1mol该物质充分发生加成反应能消耗3mol2H，B项错误；C．该物质有6种不同化学环境的氢原子，因此一氯取代产物种类有6种，C项正确；D．该物质与(

)()3332CHCHCHCCCHCHCHCH=分子式不同，不是同分异构体，而是互为同系物，D项错误；故答案选C。10.下列实验操作中正确的是是的的A.制取溴苯：将铁屑、溴水、苯混合加热B.鉴别己烯和苯：分别向己烯和苯中滴入酸性KMnO4溶液，振荡，观察是

否褪色C.实验室制取硝基苯：先加入浓硫酸，再加苯，最后滴入浓硝酸D.实验室由自来水制蒸馏水采用了如图装置【答案】B【解析】【详解】A．制取溴苯应用液溴，不能用溴水，选项A错误；B．己烯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，苯与高锰酸钾不反应，可鉴别，选项B正确

；C．为防止酸液的飞溅，应先加入浓硝酸，再加入浓硫酸，最后向冷却了的混合酸中滴加苯，选项C错误；D．实验室由自来水制蒸馏水时冷凝水应下口进水上口出水，选项D错误；答案选B。11.下列有机物的核磁共振氢谱有6组峰的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．该分子结构不对称，含6种不同化学环境

的H，核磁共振氢谱有6组峰，峰面积比为1:1:1:1:1:3，A正确；B．该分子中含4种不同化学环境的H，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1:1:1:3，B错误；C．该分子中含4种不同化学环境的H，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1:2:2:3，C错误；D．苯中

的六个氢原子是完全相同的，核磁共振氢谱有1组峰，D错误；故选A。12.一种调味香精是由M、N、Q三种物质组成的混合物(结构如图所示)。下列关于三种物质的说法错误的是A.互为同分异构体B.所有碳原子均不可能处于同一平面C.等质量的三种物质分别与足量2H反应，消耗2H的质量相同D.与

HBr发生加成反应均只能生成一种产物【答案】D【解析】【详解】A．三种物质分子式相同、结构不同，互为同分异构体，选项A正确；B．三种物质均含有饱和碳，所有碳原子均不可能处于同一平面，选项B正确；C．三种物质分子中均含

一个碳碳双键，且相对分子质量相同，故等质量的三种物质最多消耗2H的质量相同，选项C正确；D．所含碳碳双键均不对称，与HBr发生加成反应均能生成两种产物，选项D错误；答案选D。13.金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过下列途径制备：下列说法正确的是A.四氢二聚环戊二烯分子式为1014CH

B.金刚烷的二氯代物有6种C.二聚环戊二烯与HBr加成反应最多得4种产物D.上述四种烃均能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A．根据四氢二聚环戊二烯的键线式，其含有的碳原子数是10个，含有的H原子数是16，则其分子式

是1016CH，故A错误；B．金刚烷的二氯代物有如图所示共6种，、、、、、，故B正确；C．二聚环戊二烯含有两个双键，若加成时只加成一个双键，有4种结构，若两个双键均被加成，有4种结构，所以最多有8种，故C错误；D．四氢二聚环戊二烯、金刚烷不含碳碳双键，不

能与溴发生加成，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误；答案B。14.萘()与浓硫酸发生取代反应可以生成2种取代产物，反应进程中能量变化如图所示。其中相同投料，经历相同时间，不同反应温度时产物的比例不同，

在40℃和160℃时，得到1­取代产物与2­取代产物的比例分别为96：4和15：85，下列说法正确的是A.1­取代产物比2­取代产物更稳定B.与40℃相比，160℃时萘的平衡转化率更大C.选择合适的催化剂同样可以提高2­取代产物比率D.延长反应时间，最终

以1­取代产物为主【答案】C【解析】【详解】A．根据图象，2－取代产物的能量低于1－取代产物，能量越低，物质越稳定，因此2－取代产物比1－取代产物稳定，故A错误；B．反应为放热反应，升温时，平衡逆向移动，萘的平衡转化率降低，故B错误；C．根据催化剂的选择性，合适

的催化剂可以加快主反应的反应速率，从而提高单位时间内该反应产物在总的生成物中的比率，故C正确；D．1－取代反应和2－取代反应都是放热反应，1－取代反应活化能低，在低温时相对速率比2－取代反应快，因此低温时1－取代

所占比率高；升高温度后，活化能不再是制约1－取代、2－取代相对速率的关键因素，由于2－取代产物更稳定，2－取代产物在总产物中的比率增加，反应产物中二者的比例是衡量两个竞争反应的相对快慢的依据；时间不是影响产物的原因，故D错误；故选C。II卷(非选择题)15.完

成下列问题。（1）用系统命名法命名下列有机物。①：_____。②：_____。③CH2=C(CH3)C(CH3)=CH2：______。（2）写出下列有机物的结构简式。①某气态烃(标准状况下)224mL与含有3.2g溴的溴水恰好完全加成，生成物的

每个碳原子上都有1个溴原子，该烃的结构简式为______。②某芳香烃的相对分子质量为102，若该分子内所有原子均在同一平面内，则其结构简式为_____。③某烷烃碳架结构如图所示：，若此烷烃为炔烃加氢制得，则此炔烃的结构简式为_____，若此烷烃为单烯烃加氢制得，则此烯

烃的结构有_____种(考虑顺反异构)。【答案】（1）①.3，3，4－三甲基已烷②.2，2，4，5－四甲基－3－乙基已烷③.2，3－二甲基－1，3－丁二烯（2）①.CH2=CHCH=CH2②.③.④.6【解析】【小问1详解】①主链有6个碳原子，根据支链位置和最小，从右端开始给碳原子编

号，系统命名为3，3，4－三甲基已烷。②主链有6个碳原子，根据支链位置和最小，从右端开始给碳原子编号，系统命名为2，2，4,5－四甲基­3­乙基已烷；③CH2=C(CH3)C(CH3)=CH2含有2个碳

碳双键，为二烯烃，系统命名为2，3－二甲基－1，3－丁二烯。【小问2详解】①某气态烃(标准状况下)224mL，该烃的物质的量为0.01mol，与含有3.2g溴的溴水恰好完全加成，溴的物质的量为0.02mol，生成物的每个碳原子上都

有1个溴原子，说明该烃分子中含有2个碳碳双键，该烃的结构简式为CH2=CHCH=CH2。②某芳香烃的相对分子质量为102，则该烃分子式为C8H6，若该分子内所有原子均在同一平面内，则其结构简式为。③某烷烃碳架结构

如图所示：，若此烷烃为炔烃加氢制得，则此炔烃的结构简式为，若此烷烃为单烯烃加氢制得，则此烯烃的结构有、、、、、，共6种。16.草酸钴可用于制备有机合成中间体。一种以铜钴矿为原料，生产草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程如图：已知：①“浸出”液含有的离子主要有H+、Fe3+

、Cu2+、Co2+、SO42­；②pH增大，Fe2+被氧化的速率加快，同时生成的Fe3+水解形成更多的胶体；③25℃时，Ksp[Co(OH)2]=1.6×10­15。（1）①生产时为提高铜钴矿粉浸出率，常采取的措施有___(填字母)。a.高温浸出b.适当延

长浸出时间c.分批加入细菌浸取液并搅拌②铜钴矿粉也可采用在90℃、酸性条件下，加入适当还原剂进行浸出。若用Na2SO3为还原剂，浸出钴的主要化学反应为Co2O3+2H2SO4+Na2SO390=℃2CoSO4+2H2O+Na2SO4。除考虑成本因素外，还

原剂不选用浸出率更高的NaNO2的原因是___。（2）“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是___。（3）“氧化”过程中，控制70℃、pH=4条件下进行，pH对除铁率和钴回收率的影响如图所示。①“氧化”过程的离子方程式为___。②pH为4～5时，钴的回收率降低的原因是___。

（4）300℃时，在空气中煅烧CoC2O4·2H2O可制得CO3O4，该反应的化学方程式为___。【答案】①.bc②.90℃、酸性条件下，还原剂选用NaNO2会产生大量的有毒气体NO2③.Cu2+④.2Fe2++H2O2+2H2O70=℃2FeOOH+4H+⑤.pH过高，

Fe3+生成氢氧化铁胶体吸附大量Co2+，导致钴回收率降低⑥.3CoC2O4·2H2O+2O2300=℃Co3O4+6CO2+6H2O【解析】【分析】铜钴矿粉加入细菌浸取液后，溶液中的离子有H+、Fe3+、Cu2+、Co2+、SO42­，用萃取剂出去Cu2+，加还原剂将Fe3+还原为Fe

2+，然后加入H2O2将Fe2+氧化为FeOOH沉淀，除去Fe，最后再用C2O42­将Co2+沉淀下来，得到CoC2O4。【详解】（1）①a.高温条件下可以加快反应速率，但是细菌在高温条件下会死亡，故不能用高温，a错误；b.适当延长浸出时间可以使反应更充分，提高浸出率，b正确；c.分批加入细菌浸

取液并搅拌能使反应物混合更均匀，更充分，提高浸出率，c正确；故选bc。②NaNO2被氧化后会生成NO2，有毒，造成环境污染，故不能使用NaNO2；（2）由分析可知，后续的操作不能除去Cu2+，故只能在萃取步骤中除去；（3）①根据流程的提示，氧化剂为H

2O2，氧化后产物为FeOOH，故反应为：2Fe2++H2O2+2H2O70=℃2FeOOH+4H+，②根据提示，pH增大，Fe2+被氧化的速率加快，同时生成的Fe3+水解形成较多的胶体，氧化铁胶体吸附大量Co2+，导致钴回收率降低；（4）根据题意，在空气中煅烧CoC2O

4·2H2O可制得Co3O4，Co、C化合价升高，空气中的O2参与反应，方程式为：3CoC2O4·2H2O+2O2300=℃Co3O4+6CO2+6H2O；【点睛】本题要注意第（4）小题，在空气中煅烧，空气中的成分就可能参加反应，由于Co、C都升价，那么氧化剂只能

是空气中的O2。17.完成下列问题。（1）研究有机物的方法有很多，常用的有①核磁共振氢谱②蒸馏③重结晶④萃取⑤红外光谱⑥过滤，其中用于分子结构确定的有_____(填序号)（2）下列物质中，其核磁共振氢谱中只有一个吸收峰的是_____(填字母)。A.CH3CH3B.CH3COOHC.CH3

COOCH3D.CH3OCH3（3）某含碳、氢、氧三种元素的有机物甲，经燃烧分析实验测定其碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%，则甲的实验式(最简式)是_____。（4）①如图是该有机物甲的质谱图，则其相对分子

质量为_____，分子式为_____。②确定甲的官能团：通过实验可知甲中一定含有羟基，写出羟基的电子式_____；甲可能的结构有______种.③确定甲的结构简式：a.经测定有机物甲的核磁共振氢谱如图所示，则甲的

结构简式为_____。b.若甲的红外光谱如图所示，则该有机物的结构简式为_____。【答案】（1）①⑤（2）AD（3）C4H10O（4）①.74②.C4H10O③.④.4⑤.C(CH3)3OH⑥.CH3CH2

OCH2CH3【解析】【小问1详解】①核磁共振氢谱能显示其分子中含有几种处于不同化学环境的氢原子；⑤红外光谱能分析分子中的原子团、化学键，用于分子结构确定的有①⑤；【小问2详解】A．CH3CH3分子中只有一种等效氢，核磁共振氢谱中只有一个吸收峰，故选A；B．CH3COOH分子中有两种等效

氢，核磁共振氢谱中有两个吸收峰，故不选B；C．CH3COOCH3分子中有两种等效氢，核磁共振氢谱中有两个吸收峰，故不选C；D．CH3OCH3分子中只有一种等效氢，核磁共振氢谱中只有一个吸收峰，故选D；选AD。【小问3详解】某含碳、氢、氧三种元素的有机物甲，经燃烧分析

实验测定其碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%，根据质量守恒，氧的质量分数是21.63%，n(C):n(H):n(O)=64.8613.5121.63:4:10:112116=：，则甲的实验式(最简式)是C4H10O。【小问4详解】①

根据该有机物甲的质谱图，最大质荷比为74，则其相对分子质量为74，分子式为C4H10O。②羟基中含有1个孤电子，羟基的电子式为；甲可能的结构有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)3COH、(CH3)

2CHCH2OH，共4种；③A．经测定有机物甲的核磁共振氢谱有2组峰，则甲的结构简式为(CH3)3COH。B．若甲的红外光谱图显示有­CH3、C­O­C、­CH2­，则该有机物的结构简式为CH3CH2OCH2C

H3。18.A~G都是有机化合物，它们的转化关系如图所示：请回答下列问题：（1）已知：6.0g化合物E完全燃烧生成8.8gCO2和3.6gH2O；E的蒸气与氢气的相对密度为30，则E的分子式为_____，分子中σ键和π键数目之比为_____。（2）A为一取代芳香烃，B中含有一个甲基。由B生

成C的化学方程式为_____。（3）由D生成G的反应类型是______。（4）由E和C反应生成F的化学方程式是____。（5）在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种的共有_____种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1∶1的是_____(填结构简式)。【答案】（1）①.C2H4O2

②.7∶1（2）+NaOH2HO⎯⎯⎯→+NaCl（3）加成反应（4）CH3COOH+⎯⎯⎯→浓硫酸+H2O（5）①.7②.【解析】【分析】A与氯气在光照条件下发生取代反应，B为卤代烃，B在NaOH水溶液中发生水解反应，即C

为醇，D能与溴的四氯化碳发生反应，该反应为加成反应，即D中含有碳碳不饱和键，C与E在浓硫酸加热条件下酯化反应，即F为酯，E为羧酸，据此分析；【小问1详解】E的蒸气与氢气的相对密度为30，根据相同条件下，摩尔质量之比等于密度

之比，即E的摩尔质量为60g/mol，6.0g(0.1mol)化合物E完全燃烧生成8.8g(0.2mol)CO2和3.6g(0.2mol)H2O，因此6.0g化合物E中n(O)=6.0g-0.2mol12g/mol-0.2mol21g/mol16g/mol=0.

2mol，化合物E的分子式为C2H4O2；E为羧酸，结构简式为CH3COOH，分子中σ键和π键数目之比为7∶1；故答案为C2H4O2；7∶1；【小问2详解】A的分子式为C8H10，且A为一取代芳香烃，符合通式CnH2n­6，A属于苯的同系物，即A的结构简式为，A与氯气在光照的条件下发生取代

反应，氯原子取代取代基上的氢原子，B中含有一个甲基，因此B的结构简式为，B→C的条件为NaOH水溶液，该反应为卤代烃的水解反应，即反应方程式为+NaOH2HO⎯⎯⎯→+NaCl；故答案为+NaOH2HO

⎯⎯⎯→+NaCl；【小问3详解】D与溴的四氯化碳发生反应生成G，该反应为加成反应；故答案为加成反应；【小问4详解】E和C发生酯化反应，其反应方程式为CH3COOH+Δ垐垐?噲垐?浓硫酸+H2O；故答案为CH3COOH+Δ垐垐?噲垐?浓硫酸+H2O；【小问5详解】G的结构简式为，G的同分异构体中

，苯环一硝化产物只有一种，可能的结构简式有、、、、、、，共有7种；核磁共振氢谱有两组峰，说明有两种不同的氢原子，峰面积之比为1∶1，符合条件的结构简式为；故答案为7；。