1、成都市高新区2020级高中毕业班“一诊”模拟检测理科综合化学本试卷分选择题和非选择题两部分。第I卷(选择题)至页，第II卷(非选择题)6至 16页，共16页；满分300分，考试时间150分钟。可能用到的相对原子质量： H：1 C：12 Cl：35.5 Cu：64第I卷 (共126分)一、选择题：本题共13个小题，每小题分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 生活中处处有化学，下列说法正确的是A. 成都华芯光电公司研究的芯片，其材料主要是二氧化硅B. 核酸检测时所用75%的乙醇、次氯酸钠消毒溶液，消毒原理相同C. 生日蛋糕上的人造奶油属于高分子化合物D. 歼20表面用到的石
2、墨烯属于新型无机非金属材料【答案】D【解析】【详解】A芯片，其材料主要是单晶硅，故A错误；B乙醇是破坏病毒的蛋白质结构、次氯酸钠是具有强氧化性消毒，消毒原理不相同，故B 错误；C高分子化合物是相对分子质量几万、几十万的很大的化合物；人造奶油属于油脂类物质，不是高分子化合物，故C错误；D石墨烯属于新型无机非金属材料，故D正确；故选D。2. 从中草药中提取的calebinA(结构简式如下)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebinA说法正确的是A. 该物质的分子式为C21H20O7B. 1mol该有机物最多可与10molH2发生加成反应C. 苯环上的一氯代物共有3种D. 该有机物所有碳原子一定
3、不可能共平面【答案】A【解析】【详解】A由结构可知，该物质的分子式为C21H20O7，故A正确；B钙物质中含有2个苯环、2个碳碳双键、1个酮基可以和氢气发生加成反应，则1mol该有机物最多可与9molH2发生加成反应，故B错误；C该结构中2个苯环在碳链的两端不是对称结构，则苯环上的一氯代物共有6种，故C错误；D与苯环直接相连的原子共面、碳碳两端的原子共面、羰基碳两端的原子共面，分子中只有1个饱和碳原子，且碳碳单键可以旋转，故该有机物所有碳原子可能共平面；D错误；故选A。3. 下列指定反应的离子方程式正确的是A. Na2S2O3溶液加入稀硝酸： S2O+2H+SO2+S+H2OB. Mg(OH)
4、2悬浊液与浓NH4Cl溶液混合：Mg(OH)2+2NH2NH3H2O+Mg2+C. 0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.2mol/LBa(OH)2溶液等体积混合： Al3+2SO+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO+2H2OD. NaHCO3溶液的水解：HCO+H2OH3O+CO【答案】B【解析】【详解】A硝酸具有强氧化性，会把生成的二氧化硫氧化为硫酸根离子，故A错误；B氯化铵溶液显酸性，能和氢氧化镁反应生成镁离子，Mg(OH)2+2NH2NH3H2O+Mg2+，故B 正确；C0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.2mol/LBa(OH)2溶液等体积混合，钡离子恰好和硫
5、酸根离子生成硫酸钡沉淀，氢氧根离子恰好和铝离子、铵根离子生成氢氧化铝沉淀、氨水： ，故C错误；D碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，HCO+H2OH2CO3+OH-，故D错误；故选B。4. 设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 22.4L环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为9NAB. 常温常压下，78g苯中含C=C的数目为3NAC. 电解精炼铜时，若阴极质量增加64g，则阳极失去的电子数为2NAD. 1L 2mol/LNaClO溶液中，ClO-数目为2NA【答案】C【解析】【详解】A没有标况不能计算其物质的量，故A错误；B苯中不含碳碳双键，故B 错误；C电解精炼铜时，阴极上
6、铜离子放电生成铜单质，若阴极质量增加64g，生成铜1mol，根据电子守恒可知，阳极失去的电子数为2NA，故C正确；D次氯酸根离子水解导致次氯酸根离子小于2mol，数目小于2NA，故D错误；故选C。5. 研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A. 离子交换膜X为质子交换膜，质子从石墨电极移向Pt电极B. Pt电极的电势高于石墨电极C. 石墨电极上发生反应NO+4H+3e-=NO+2H2OD. 6mol O2被还原时，有3mol C2H5OH被氧化【答案】C【解析】【分析】由图可知左侧电极上乙醇发生氧化反应生成二氧化碳，为负极，则右侧电
7、极为正极；【详解】A原电池中阳离子向正极运动，则质子从Pt电极移向石墨电极，A错误；BPt电极为负极，其电势低于正极的石墨电极，B错误；C石墨电极上硝酸根离子得到电子发生还原反应生成一氧化氮，发生反应NO+4H+3e-=NO+2H2O，C正确；D乙醇发生氧化反应生成二氧化碳，反应为，根据电子守恒可知，则6mol O2被还原时，有2mol C2H5OH被氧化，D错误；故选C。6. 已知短周期元素M、N、P、Q原子序数依次增大，M是短周期中原子半径最大的元素，M、N、P、Q最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，常温下X、Z、W均可与Y反应，0.1 mol/L Z、W溶液的pH分别为0.7和1
8、，下列说法正确的是A. M的离子半径小于N的离子半径B. Y是常见的阻燃剂C. 简单氢化物稳定性P大于QD. X、W含有的化学键类型完全相同【答案】B【解析】【分析】短周期元素M、N、P、Q原子序数依次增大，M是短周期中原子半径最大的元素，M为钠；钠、N、P、Q最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Y、Z、W，常温下NaOH、Z、W均可与Y反应，则Y为两性是氢氧化铝，N为铝；0.1 mol/L Z、W溶液的pH分别为0.7和1，则W为强酸，是高氯酸，Q为Cl，Z 的pH分别为0.7，则氢离子浓度为10-0.7mol/L=0.2mol/L，为二元强酸，为硫酸，P为硫；【详解】A电子层数越多半径越
9、大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；M的离子半径大于N的离子半径，A错误；B氢氧化铝高温分解生成耐高的氧化铝、水，可以阻止燃烧，是常见的阻燃剂，B正确；C非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单氢化物稳定性P小于Q，C错误；D氢氧化钠为离子化合物含有离子键和共价键，高氯酸为共价化合物只含有共价键，D错误；故选B。7. 下列实验方案设计中，能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A证明Fe2+具有还原性向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，观察到KMnO4溶液紫色褪去B探究浓度对化学反应速率的影响用两支试管各取5mL0.2mol/L的H2C2O4(草酸)溶液，分别加入2mL
10、0.1mol/L和0.2mol/L的KMnO4溶液，记录溶液褪色所需的时间C证明淀粉在酸性条件下发生了水解向淀粉溶液中加适量20% H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至碱性，再加入新制Cu(OH)2溶液共热，产生砖红色沉淀D证明AgI可以转化成为Ag2S向1mL0.2mol/LAgNO3溶液中滴加1mL0.1mol/LKI溶液产生黄色沉淀，向所得浊液中再滴加0.1mol/LNa2S溶液，生成黑色沉淀A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A氯离子也会和酸性高锰酸钾溶液反应而使溶液褪色，不能证明亚铁离子的还原性，A错误；B反应中高锰酸钾溶液的浓度不同，颜色不同，故记录溶
11、液褪色所需的时间不准确，应该改变草酸的浓度，B错误；C水解后在碱性溶液中进行铜镜实验，产生砖红色沉淀，说明水解生成了还原性的葡萄糖，C正确；D1mL0.2mol/LAgNO3溶液中滴加1mL0.1mol/LKI溶液，反应后银离子过量，会和硫离子生成硫化银沉淀，不能说明AgI可以转化成为Ag2S，D错误；故选C。8. 利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体制备流程，回答下列问题：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。
12、沉淀I中只含有两种沉淀。已知氧化性：Co3+MnO2ClOFe3+流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀277.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8（1）得到水钴矿的前一步是对粗矿的粉末“焙烧”，该步氧化数据如表所示：空气氧化法氧化温度/氧化率/%氧化时间/h暴露空气中4505008814对流空气氧化炉中450500986在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是_。（2）浸出过程中加入Na2SO3作用是_。（3）NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为_。（4）加入Na
13、2CO3调pH至5.2，目的是_；萃取剂层含锰元素，则加入NaF溶液所得沉淀II的主要成分为_。（5）操作I包括：向水层加入_调整pH至23，蒸发浓缩_、过滤、洗涤、减压烘干等过程。（6）根据表格中的数据计算KspCo(OH)2=_(假设离子浓度小于等于10-5mol/L视为完全沉淀，已知100.4=2.5)（7）将草酸钴晶体(CoC2O42H2O)置于空气中加热，受热过程中 290320温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4，同时产生CO2，写出该过程的化学方程式_。【答案】（1）对流空气能使氧气和反应物充分接触 （2）将Co3+、Fe3+还原 （3） （4） . 将铁离子、铝离子完全
14、转化为沉淀物分离除去 . MgF2、CaF2 （5） . 浓盐酸 . 冷却结晶 （6）2.510-15 （7）【解析】【分析】水钴矿加入盐酸、亚硫酸钠，二氧化硅不反应，得到浸出液中含有阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+；加入NaClO3将亚铁离子转化为铁离子，调节pH除去铁；滤液加入氟化钠除去Mg2+、Ca2+，滤液加入萃取剂萃取出Co2+，加入草酸铵处理后得到草酸钴晶体和氯化钴晶体；【小问1详解】在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是对流空气能使氧气和反应物充分接触，加快反应速率，提高反应效率；【小问2详解】已知：浸出液中含有的阳离子主要
15、有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等；说明矿石中三价钴、三价铁均被Na2SO3还原为二价Co2+、Fe2+，故加入Na2SO3作用是将Co3+、Fe3+还原；【小问3详解】已知氧化性：Co3+MnO2ClOFe3+；亚铁离子具有还原性，和NaClO3反应转化为铁离子而Co2+、Mn2+不反应，以便于后续调节pH除去铁，反应为；【小问4详解】由部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH表格可知，加入Na2CO3调pH至5.2，目的是将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去；萃取后萃取剂层含锰元素，且水层中含有Co2+，而减少了Mg2+、Ca2+，故加入NaF
16、溶液所得沉淀II的主要成分为MgF2、CaF2。【小问5详解】操作I得到氯化钴晶体，则调节pH应该加入盐酸，然后进行结晶操作，故为：向水层加入浓盐酸调整pH至23，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程。【小问6详解】pH=9.2时Co(OH)2完全沉淀，此时pOH=4.8，KspCo(OH)2= =2.510-15。【小问7详解】草酸钴晶体(CoC2O42H2O)置于空气中加热，受热过程中首先失去结晶水生成CoC2O4， 290320温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4同时产生CO2，钴元素、碳元素化合价升高，则空气氧气会参与反应起到氧化剂作用，反应为。9. 三氯氧磷POCl
17、3是一种化工原料，利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷，其制备装置如图所示(夹持装置略去)：已知和POCl3的性质如表：熔点/沸点/其他物理或化学性质PCl3-112.0760PCl3和POCl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解POCl31.25106.0回答下列问题：（1）仪器甲名称为_。（2）装置B的作用是(至少答两点)_，如果没有装置B和干燥管，产品中可能含有杂质HCl和_。（3）控制反应温度在6065，其原因是_。（4）通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：I.取0.1510g产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液待完全水解后加稀硝酸至酸性。II.向锥形瓶中
18、加入0.1000的AgNO3溶液40.00 mL，使Cl-完全沉淀。III.向其中加入2 mL硝基苯，用力摇动、静置，使沉淀被有机物覆盖。IV.加入指示剂，用0.2000溶液滴过量至终点，记下所用体积为5.00mL。已知：滴定选用指示剂是_(填标号)，滴定终点的现象为_。a.淀粉 b.甲基橙 c. d.实验过程中加入硝基苯的目的是_，如无此操作所测Cl元素含量将_ (填“偏大”“偏小”或“不变”)。所测Cl元素含量为_(结果保留4位有效数字)。【答案】（1）三颈烧瓶 （2） . 观察气体流出速度、调节压强、干燥氧气 . H3PO3、H3PO4 （3）温度低则反应速率较慢、温度过高则导致PCl3
19、挥发降低利用率 （4） . d . 最后一滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不褪色 . 将生成的氯化银沉淀与溶液隔开 . 偏小 . 【解析】【分析】A中过氧化氢在二氧化锰催化条件下反应生成氧气，B用于干燥氧气，装置C中在热水浴作用下氧气与三氯化磷反应生成三氯氧磷，装置乙用于冷凝回流，碱石灰可避免空气中的水进入装置C导致产物水解。【小问1详解】仪器甲的名称为三颈烧瓶；【小问2详解】装置B中所装试剂为浓硫酸，用于干燥氧气，另外通过观察气泡产生的快慢可了解氧气流出速率的大小，装置B中的长颈漏斗可以调节装置内气体压强，使装置B起到安全瓶的作用，则装置B的作用为观察气体流出速度、调节压强、干燥氧气；
20、已知：PCl3和POCl3遇水均剧烈水解，则没有装置B和干燥管，产品中可能含有杂质HCl和H3PO3、H3PO4；【小问3详解】PCl3的沸点为76.0/，控制反应温度在6065，其原因是温度低则反应速率较慢、温度过高则导致PCl3挥发降低利用率；【小问4详解】用溶液滴定过量的银离子至终点，当滴定达到终点时，稍过量一点，可加入作指示剂，铁离子与硫氰酸根离子反应使溶液变红，若半分钟内不褪色，则可确定达到滴定终点；加入少量硝基苯可将生成的氯化银沉淀与溶液隔开，如果不加硝基苯，根据，可知在水溶液中部分氯化银可以转化为，使得实验中生成的偏多，测定结果将偏小；产品中Cl元素的量等于与氯离子反应的银离子的
21、量，与氯离子反应的银离子的量，等于总的银离子的量减去与反应的银离子的量，故n(Cl)= 0.1000mol/L40.0010-3L- 0.2000mol/L5.0010-3L =3.00010-3mol，则m(Cl)=35.5g/mol3.00010-3mol =0.1065g，所测Cl元素含量为。10. 处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题：（1）CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g)N2O(g)CO2(g)N2(g)。在Zn作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。总反应：CO(g)N2O(g)CO2(g)N2(g) H=_kJmol-
22、1，该总反应的决速步是反应_(填“”或“”)，该判断的理由是_。（2）已知：CO(g)N2O(g)CO2(g)N2(g)的速率方程为v=kc(N2O)，k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是_(填字母序号)。A. 恒容时，再充入COB. 恒压时，再充入N2OC. 恒压时，再充入N2D. 升温（3）在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在T1K时N2O的转化率与、在=1时N2O的转化率与的变化曲线如图3所示：表示N2O的转化率随的变化曲线为_曲线(填“I”或“”)；T1 _T2(填“”或“”)；（4）已
23、知：该反应的标准平衡常数，其中p为标准压强(100kPa)，p(CO2)、p(N2)、p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数K=_(计算结果保留两位有效数字，P分=P总物质的量分数)。【答案】（1） . -361.22 . . 活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；该总反应的决速步是反应，反应的最大活化能是149.6 kJmol-1，反应的最大活化能是108.22 kJmol-1，反应的活化能更小 （2）BD （3） . II . （4）3.4【解析】【小问1详解】由图2可知，生成物能量低于反应物能量，为放热反应，总反应为一氧化碳和一氧化二氮生成二氧
24、化碳和氮气：CO(g) + N2O(g) CO2(g) + N2(g) H = -361.22 kJmol-1；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；该总反应的决速步是反应，反应的最大活化能是149.6 kJmol-1，反应的最大活化能是108.22 kJmol-1，反应的活化能更小，故反应是总反应的决速步。【小问2详解】由速率方程可知，此反应的速率与温度和c( N2O)有关；A恒容时，再充入CO，c( N2O)不变，速率不变，故A错误；B恒压时，再充入N2O ，c( N2O)增大，速率增
25、大，故B正确；C恒压时，再充入N2，c( N2O)减小，速率减慢，故C错误；D升温，k增大，速率加快，故D正确； 故选BD；【小问3详解】越大，会促进CO的转化，但是N2O的转化率变小，故曲线II表示N2O的转化率随的变化。由分析可知，曲线II表示N2O的转化率随的变化，则曲线I表示的转化率随的变化；由于，反应为放热反应，温度降低导致平衡正向移动，使得的转化率越大，故坐标对应的温度更低，则；【小问4详解】由图3曲线1可知，总压为100kPa，容器恒容，温度为T4时，N2O的转化率为65%，可列出三段式：平衡时p(N2O) = 17.5 kPa，p(CO) = 17.5 kPa，p(CO2) =
26、32. 5 kPa，p(N2) =32.5 kPa，。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。化学选修3：物质结构与性质11. 在元素周期表中，铜副族(IB族)包括铜、银、金等元素，在生产、生活和科研中都有着广泛用途和重要的研究价值。（1）铜副族位于周期表_区，基态Cu原子的价电子排布式为 _。（2）向溶液中滴加少量氨水，反应现象为_。继续滴加氨水可得到深蓝色透明溶液，写出该反应的离子方程式_。
27、的空间构型为_，中心原子S的杂化方式为_。（3）中配位原子是S原子而非O原子，其原因是_，中三种元素电负性由大到小排序为_。（4）在离子晶体中，当(阳离子)r(阴离子)时，AB型化合物往往采用和NaCl晶体相同的晶体结构。已知，但在室温下，AgI的晶体结构如下图所示，称为六方碘化银。I-的配位数为_，造成AgI晶体结构不同于NaCl晶体结构的原因不可能是_(填标号)。a.几何因素 b.键性因素 c.电荷因素（5）Cu与Au的某种合金可形成面心立方最密堆积的晶体，Cu原子处于晶胞面心，该晶体具有储氢功能，氢原子可进入到Cu原子与Au原子构成的立方体空隙中，储氢后的晶胞结构与金刚石晶胞结构相似，如
28、下图所示，该晶体储氢后的化学式为_。【答案】（1） . ds . 3d104s1 （2） . 生成蓝色沉淀 . . 正四面体形 . sp3 （3） . 硫原子的半径比氧原子更大，更易提供孤对电子和银离子的空轨道形成配位键 . OSAg （4） . 4 . ac （5）Cu3AuH4【解析】【小问1详解】铜为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，位于周期表ds区；【小问2详解】向溶液中滴加少量氨水，首先反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，反应现象为生成蓝色沉淀；继续滴加氨水，氢氧化铜和氨水生成铜氨离子，可得到深蓝色透明溶液，；的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，空间构型为正四
29、面体形；【小问3详解】中配位原子是S原子而非O原子，其原因是硫原子的半径比氧原子更大，更易提供孤对电子和银离子的空轨道形成配位键；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱； 中三种元素电负性由大到小排序为OSAg；【小问4详解】由图可知，碘离子周围最近的银离子为4个，I-的配位数为4；a已知，符合(阳离子)r(阴离子)，但是两者的结构不同，故几何因素不是晶体结构的原因，a符合题意； b银离子和碘离子半径都较大，且银的金属性弱于钠、碘的非金属性弱于氯，导致AgI中离子键的键性减弱、共价键的键性增强，是造成AgI晶体结
30、构不同于NaCl晶体结构的原因，b不符合题意； cNaCl、AgI中正负电荷均为1:1，电荷因素不是晶体结构的原因，c符合题意；故选ac；【小问5详解】晶胞Au位于顶点，一个晶胞中原子数目为；Cu位于面心，一个晶胞中原子数目为；氢原子可进入到Cu原子与Au原子构成的立方体空隙中，氢原子位于晶胞内部，数目为4；故该晶体储氢后的化学式为Cu3AuH4。化学选修5：有机化学基础12. 回答下列问题：已知：R1CH2Br R1CH=CHR2，请回答下列问题：（1）B的化学名称为_。D+HI的反应类型为_（2）每分子I在一定条件下与足量氢气完全加成，产物中手性碳原子个数为_。（3）FG的化学反应方程式为
31、_。（4）G的同分异构体中，同时符合下列条件的有_种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为_。能与FeCl3溶液发生显色反应； 能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体。（5）如图是利用Wittig反应，设计的以溴化苄()为原料合成 的路线。合成路线中a的反应条件为_。写出反应b的化学方程式：_。【答案】（1） . 6-羟基己酸 . 取代反应 （2）1 （3）+CH3ONa+NaBr （4） . 13 . （5） . 氢氧化钠水溶液、加热 . +O2+H2O【解析】【分析】A发生取代反应引入溴原子生成B，B发生已知反应机理生成D；E和溴生成F，F和甲醇钠生成G，结合EG结构可知，F为E
32、中酚羟基邻位氢被溴取代生成的产物，F为；G中醛基转化为氨基生成H，H中氨基与D中的羧基发生取代反应生成酰胺基得到I；【小问1详解】根据有机物系统命名法可知，B的化学名称为6-羟基己酸；由分析可知D+HI的反应类型为取代反应；【小问2详解】碳碳双键、酮基都可以和氢气加成，每分子I在一定条件下与足量氢气完全加成得到，则产物中手性碳原子个数为1；【小问3详解】FG的反应为F中溴原子和乙醇钠反应取代反应，+CH3ONa+NaBr；【小问4详解】G的同分异构体中，同时符合下列条件：能与FeCl3溶液发生显色反应，含酚羟基； 能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体，含有羧基；若含有2个取代基，则为-OH、-CH2COOH，有邻间对3种情况；若含有3个取代基，则为-OH、-CH3、-COOH，首先安排-OH、-CH3，再安排-COOH，合计有10种情况；共13种情况；其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为【小问5详解】合成路线中反应a为溴原子被取代生成羟基的反应，反应条件为氢氧化钠水溶液、加热；结合已知反应原理可知，发生利用Wittig反应需要含有醛基，则反应b为羟基被氧化为醛基的反应，结合反应物和产物可知M为，故反应b的化学方程式：+O2+H2O。
