福建省福州屏东中学2023-2024学年高三上学期期中考试化学试题（Word版附解析）

福建省福州屏东中学2023-2024学年高三上学期期中考试化学试题考试总分：100考试时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Ce-140第Ⅰ卷(选择题)一、单选题(每小题4分，共40分)1.“绿色化学”是利用化学原理和技术手段，减少或消除产品在生产和应用中涉及的有害化学物质，实现从源头减少或消除环境污染。下列制备过程最符合“绿色化学”理念的是A.二氧化硅与焦炭共热制备粗硅B.生石灰与水混合制备C.铜粉与浓硫酸共热制备D.铁粉与稀硝酸混合制【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硅与焦炭共热制备粗硅有CO生成，CO有毒，不符合“绿色化学”理念，故不选A；B．生石灰与水混合制备，不涉及有害化学物质，符合“绿色化学”理念，故选B；C．铜粉与浓硫酸共热制备，放出有毒气体SO2，不符合“绿色化学”理念，故不选C；D．铁粉与稀硝酸混合制，放出有毒气体NO，不符合“绿色化学”理念，故不选D；选B。2.某有机物的结构如图所示，1mol该有机物A.最多可以与反应B.最多可以与1molNaOH反应C.可用酸性检验结构中的碳碳双键D.与发生加成反应产物有4种【答案】D 【解析】【详解】A．能与氢气发生反应的官能团为碳碳双键、醛基，1mol碳碳双键需要1mol氢气，1mol醛基需要1mol氢气，则1mol该有机物最多可与3molH2反应，A项错误；B．能与NaOH溶液反应的官能团为酯基和羧基，则1mol该有机物最多与2molNaOH反应，B项错误；C．该有机物能被酸性高锰酸钾氧化的官能团为醛基、羟基、碳碳双键，故不可用酸性高锰酸钾检验结构中的碳碳双键，C项错误；D．与发生加成反应产物为、、、，反应产物有4种，D项正确；答案选D。3.我国科学家李亚栋、钱逸泰等利用以下反应原理合成了金刚石。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(金刚石)A.标准状况下，2.24L含有的氯原子数为B.4.6gNa在反应中失去电子数为C.4.8gC(金刚石)晶体中的共价键数为D.熔点：C(金刚石)>Na>NaCl>CCl4【答案】B【解析】【详解】A．标况下CCl4不是气态，2.24L四氯化碳物质的量大于0.1mol，含有氯原子数大于0.4NA，A错误；B．4.6gNa物质的量为0.2mol，在该反应中全部转化为钠离子，失去0.2NA电子，B正确；C．金刚石晶体中一个碳原子与四个碳原子形成4条共价键，根据均摊法，每个碳原子形成2条共价键，4.8gC物质的量为0.4mol，晶体中共价键数为0.8NA，C错误；D．金刚石为共价晶体，NaCl为离子晶体，Na为金属晶体，CCl4 为分子晶体，一般而言熔点共价晶体>离子晶体>分子晶体，则熔点C(金刚石)>NaCl>Na>CCl4，D错误；故答案选B。4.下列实验能达到实验目的的是ABCD配制溶液除去苯中溶解的溴加热熔融NaOH固体制备并测量其体积A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．不能在容量瓶中直接溶解固体，A项不能达到实验目的；B．Br2与NaOH溶液反应生成溶于水的NaBr、NaBrO，苯与NaOH溶液不反应、且难溶于水，加入NaOH溶液、充分振荡后、静置，出现分层现象，用分液法分离出苯，B项能达到实验目的；C．瓷坩埚中含有SiO2，SiO2属于酸性氧化物，能和NaOH反应，不能在瓷坩埚中加热熔融NaOH固体，C项不能达到实验目的；D．NH3极易溶于水，不能用排水法测量NH3的体积，D项不能达到实验目的；答案选B。5.下列指定反应的离子方程式正确的是A.溶液中通入少量：B.硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液久置后变蓝：C.用惰性电极电解饱和溶液： D.溶液中加入过量浓氨水：【答案】A【解析】【详解】A．NaAlO2溶液中通入少量CO2生成氢氧化铝和碳酸钠，反应的离子方程式为2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+，A正确；B．硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液久置后变蓝发生的反应为碘离子酸化条件下与氧气反应生成碘和水，离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，B错误；C．用惰性电极电解饱和MgCl2溶液离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，C错误；D．CuSO4溶液中加入过量浓氨水的离子方程式为Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，D错误；故答案选A。6.某化合物结构如图所示。其中为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X是有机分子的骨架元素，W基态原子的M层为全充满、N层只有一个电子。下列说法正确的是A.原子半径：B.第一电离能：C.该配合物中X均满足8电子稳定结构D.该配合物中X的杂化类型有【答案】D【解析】【分析】X是有机分子的骨架元素，说明X为C元素；W基态原子的M层为全充满、N层只有一个电子，即W的价电子排布式为3d104s1，即W为Cu元素；为原子序数依次增大的短周期非金属元素，根据结构式可知，M为H元素，Y为N元素，Z为P元素；【详解】A．电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越小，半径越大，则原子半径由大到小的顺序为：，A错误； B．N原子属于半充满状态，第一电离能较高，H原子比C原子半径小得多，核外电子受到原子核的引力大，电离需要更多的能量，故H>C，而Cu的电子层数最大，较容易失去一个电子，，其第一电离能最小，故第一电离能由大到小的顺序为：，B错误；C．该配合物中与W形成配位键的X，不满足8电子稳定结构，C错误；D．该配合物中X的价层电子对有4和3，故其杂化类型有，D正确；故选D。7.根据海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是已知：受热生成和HCl气体等。A.过程⑤反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题B.在过程③中将灼烧即可制得无水C.在过程④、⑥反应中每氧化0.2mol需消耗2.24LD.过程①的除杂试剂先后顺序及操作是、、稀盐酸，过滤、蒸发结晶【答案】A【解析】【分析】海水蒸发得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和NaOH，母液加氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应后经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作生成MgCl2·6H2O，MgCl2·6H2O在HCl气流中加热生成无水MgCl2，NaBr中通入氯气生成Br2，Br2与SO2水溶液反应生成溴离子，溴离子被氯气氧化生成高浓度的Br2。【详解】A．Br2与SO2的水溶液反应生成HBr和H2SO4，两种产物都是强酸，因此反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题，A正确；B．MgCl2·6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl，过程③需要在HCl气流中加热使MgCl2·6H2O失去结晶水生成无水MgCl2，B错误；C．过程④、⑥中反应离子方程式为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，每氧化0.2mol溴离子需消耗氯气0.1mol，但是选项中并未说明是标准状况下，无法计算0.1mol氯气的体积，C错误；D．过程①中氯化钡须在碳酸钠之前加入，否则无法除去多余的钡离子，同时还需要加入氢氧化钠除去镁离子，D错误； 故答案选A。8.据文献报道，我国学者提出O2氧化HBr生成Br2反应历程如图所示。下列有关该历程的说法错误的是A.O2氧化HBr生成Br2的总反应为：O2+4HBr=2Br2+2H2OB.中间体HOOBr和HOBr中Br的化合价相同C.发生步骤②时，断裂的化学键既有极性键又有非极性键D.步骤③中，每生成1molBr2转移2mol电子【答案】D【解析】【详解】A．反应①为HBr+O2=HOOBr；反应②为HOOBr+HBr=2HOBr；反应③为HBr+HOBr=H2O+Br2，根据盖斯定律，将①+②+③×2，整理可得总反应方程式为：O2+4HBr=2Br2+2H2O，选项A正确；B．中间体HOOBr和HOBr中Br的化合价均为+1价，相同，选项B正确；C．步骤②反应为HOOBr+HBr=2HOBr，在该反应过程中有断裂的化学键有极性键H-Br、H-O、Br-O键的断裂，也有非极性键O-O的断裂，选项C正确；D．步骤③反应为HBr+HOBr=H2O+Br2，在该反应中Br元素化合价由HBr中的-1价，HOBr中的+1价变为反应后Br2的0价，每生成1molBr2转移1mol电子，选项D错误；答案选D。9.铁碳微电池法在弱酸性条件下处理含氮废水技术的研究获得突破性进展，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A.工作时H+透过质子交换膜由乙室向甲室移动B.碳电极上的电极反应式为2NO+12H++10e-=N2↑+6H2OC.处理废水过程中两侧溶液的pH基本不变D.处理含NO的废水，若处理6.2gNO，则有0.5molH+透过质子交换膜【答案】C【解析】【分析】在原电池反应中负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，根据电极微粒变化及元素化合价判断电极正负极、离子移动方向，并书写相应电极反应式。【详解】A．由图可知电池工作时，碳电极是正极，H+会由负极移向正极，即H+由乙室通过质子交换膜向甲室移动，A正确；B．碳电极为正极，在甲室中转化为N2，所以电极反应式为，B正确；C．当转移10mole-时甲室溶液中消耗12molH+，但通过质子交换膜的H+只有10mol，因此，甲室溶液中c(H+)减小，溶液的pH不断增大，C错误；D．处理含的废水时，根据电子守恒可知关系式为：，透过质子交换膜的H+与转移的电子物质的量相等，所以处理6.2g(其物质的量是0.1mol)时，电池中有0.5molH+透过质子交换膜，D正确；故合理选项是C。10.常温下，0.1mol•L-1H2A溶液中H2A、HA-、A2-三者所占物质的量分数(分布系数δ)随pH变化的关系如图所示，下列说法错误的是 A.图中X、Y、Z分别代表H2A、HA-、A2-B.若升高温度，a、b点移动趋势都向左C.常温下，H2A的一级电离常数Ka1=10-4.3D.NaHA溶液中存在：c(H+)+c(H2A)=c(A2-)+c(OH-)【答案】C【解析】【详解】A．随着增大，减小，先增大后减小，增大，故图中X、Y、Z分别代表、、，A项正确；B．a点时，，，温度升高，增大，则增大，pH减小，a点向左移动；同理可知，b点时，，，温度升高，增大，则增大，pH减小，b点向左移动，B项正确；C．在a点，，，此时，的一级电离常数为，C项错误；D．NaHA溶液中，根据电荷守恒①，根据元素质量守恒②，联立①②消除钠离子可得，D项正确；故选C。第Ⅱ卷(非选择题4题，共60分)11.硫酸铈铵[]是分析化学常用的滴定剂。以氟碳铈矿(含、、等) 为原料制备硫酸铈铵的工艺流程如图所示。已知部分信息如下：①在空气中易被氧化为。②“沉铈”时发生的反应之一：。回答下列问题：（1）中电负性最大的是___________(填元素符号)，该元素的价电子排布式为：___________。（2）“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，这样操作的目的是___________。（3）“酸浸”中，铈浸出率与温度的关系如图1所示，铈浸出率与硫酸浓度的关系如图2所示，工业生产应选择的适宜条件是___________。（4）“沉铈”时，硫脲作___________(填“还原剂”或“氧化剂”)。（5）“溶解”时，为防止被氧化，可以加入___________(填标号)。a．b．NaClOc．（6）在有机合成中，硫酸铈铵常作合成丙酸异戊酯的催化剂、其他条件相同，酯产率与催化剂质量的关系如图3所示。工业生产中，选择的最佳催化剂质量为___________。 （7）测定产品纯度，称取wg产品溶于水，配制成250mL溶液，准确量取25.00mL配制的溶液于锥形瓶中。加入VmL溶液，恰好完全反应。该产品纯度为___________%。(杂质不参与反应，滴定反应为)【答案】（1）①.F②.2s22p5（2）增大固体接触面积，增大氧气浓度，提高焙烧速率（3）95℃、3.0mol/LH2SO4（4）还原剂（5）c（6）1.0g（7）【解析】【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、BaF2、SiO2等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaF2与硫酸反应生成硫酸钡沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，滤液A中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与硫酸钠形成复盐沉淀Ce2(SO4)3·Na2SO4·6H2O，过滤分离，复盐沉淀加入碱，再加入酸，Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2，CeO2加入硫酸生成Ce(SO4)2，再加入硫酸铵得到硫酸铈铵[(NH4)4Ce(SO4)4]。【小问1详解】同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性F>O>C>Ce，电负性最大的是F。该元素的价电子排布式为2s22p5。【小问2详解】焙烧中常采用高压空气、逆流操作，使固体与空气充分接触，增大氧气的浓度，提高焙烧速率。【小问3详解】从图1中可知，95℃以后铈的浸出率已经达到最大，从图2中可知，硫酸浓度为3.0mol/L时，铈的浸出率达到最大，因此应选择的适宜条件为95℃、3.0mol/LH2SO4。 【小问4详解】根据分析可知，加入硫脲的目的是将Ce4+还原为Ce3+，因此硫脲作还原剂。【小问5详解】溶解时为防止Ce3+被氧化，需要加入还原剂，且不能引入新的杂质，加入CH3CHO，CH3CHO被氧化生成二氧化碳和水，没有引入新杂质，KMnO4、NaClO都是常见的氧化剂，故答案选c。【小问6详解】从图中可知，催化剂质量为1.0时，酯的产率已经较高达到93%，且再增大催化剂质量产率增加不明显而生产成本将增大，故工业生产中，选择的最佳催化剂质量为1.0g。【小问7详解】消耗Fe2+的物质的量为0.1V×10-3mol，根据滴定反应方程式可知，消耗Ce4+的物质的量为0.1V×10-3mol，则wg产品中含有[(NH4)4Ce(SO4)4]物质的量为V×10-3mol，该产品的纯度为=。12.过氧化钠因吸收空气中的二氧化碳和水而变质，某兴趣小组对久置的过氧化钠样品M进行实验探究。实验Ⅰ：甲同学设计下图所示装置探究样品M的变质情况。（1）仪器n的名称是___________。（2）装置C中的溶液是___________，其作用是___________。（3）若B中___________，D中___________，则样品M部分变质。(填B、D中验证实验的反应现象)实验Ⅱ：乙同学用氯化钡溶液作为检验试剂进行实验。（4）根据产生白色沉淀，乙同学认为样品M已变质，该反应的离子方程式为___________。资料显示，能与、NaOH溶液反应生成白色不溶物。据此，丙同学对乙同学的检验结果提出质疑并进行实验。实验Ⅲ：取少量纯净的过氧化钠固体溶于蒸馏水，先加入过量稀硫酸，再滴入溶液。（5）该实验证明与水反应有生成，则滴入溶液后观察到的现象是___________ ，此反应的离子方程式为___________。丙同学利用如图装置进行实验，排除了的干扰。实验Ⅳ：往Y型管中加入相应药品，塞紧橡胶塞，滴入蒸馏水……产生白色沉淀，说明样品M已变质。（6）请补充完整上述实验的操作过程：___________。【答案】（1）分液漏斗（2）①.浓硫酸②.干燥气体（3）①.出现浑浊②.收集到的气体能使带火星的木条复燃（4）（5）①.溶液紫色褪去，放出大量的气泡②.（6）当Y型管的Y1试管中不再产生气泡时，倾斜Y型管，让Y2中的BaCl2溶液流入Y1中，使之反应【解析】【分析】本题为实验题是对久置的过氧化钠样品M进行实验探究，装置A中发生的反应可能有：，，，B装置为检验CO2，C装置为干燥气体O2，所装溶液为浓硫酸，据此分析解题。【小问1详解】由题干实验装置图可知，仪器a的名称是分液漏斗；故答案为：分液漏斗；【小问2详解】由分析可知，装置C中的溶液是浓硫酸，其作用是干燥气体O2；故答案为：浓硫酸；干燥气体O2；【小问3详解】 如果装置B中出现浑浊，即说明Na2O2已经变质，D中收集到的气体能使带火星的木条复燃，说明Na2O2未完全变质，则样品M的变质情况为Na2O2已部分变质；故答案为：出现浑浊；收集到的气体能使带火星的木条复燃；【小问4详解】根据产生白色沉淀，乙同学认为样品M已变质，即Na2CO3与BaCl2反应生成BaCO3白色沉淀，故该反应的离子方程式为；故答案为：；【小问5详解】实验要验证有H2O2生成，H2O2能被酸性高锰酸钾氧化为O2，自身还原为Mn2+，故滴入溶液后观察到的现象是溶液紫色褪去，放出大量的气泡，此反应的离子方程式为；故答案为：溶液紫色褪去，放出大量的气泡；；【小问6详解】由于H2O2在MnO2催化下将分解为H2O和O2，故当Y型管的Y1试管中不再产生气泡时，说明溶液中的H2O2已经完全分解，此时倾斜Y型管，让Y2中的BaCl2溶液流入Y1中，使之反应，若产生白色沉淀，说明样品M已变质；故答案为：当Y型管Y1试管中不再产生气泡时，倾斜Y型管，让Y2中的BaCl2溶液流入Y1中，使之反应。13.甲醇既是重要的化工原料，可用于制备甲醛、醋酸等产品，又可作为清洁燃料。利用与合成甲醇涉及的主要反应如下：Ⅰ.Ⅱ.回答下列问题，（1）已知，则___________，反应Ⅰ自发进行，进行的条件是___________。（2）向刚性容器中充入一定量的和，在不同催化剂(Cat1，Cat2)下反应相同时间，的转化率和甲醇的选择性甲醇的选择性随温度的变化如图所示： ①由图可知，催化效果：cat1___________Cat2(填“>”“<”“=”)。②在210~270℃间，的选择性随温度的升高而下降，请写出一条可能原因：___________。（3）一定条件下，向刚性容器中充入物质的量之比为1：3的和发生上述反应Ⅰ与Ⅱ。①有利于提高甲醇平衡产率的条件是___________(填标号)，A．高温高压B．低温高压C．高温低压D．低温低压②可证明反应Ⅱ达到平衡状态的标志是___________(填标号)。A．B．混合气体的密度不再变化C．体系的压强不再变化③若达到平衡时的转化率为20%，的选择性为75%，反应Ⅱ的压强平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（4）我国科研人员将和在催化下转变为汽油，催化剂中的可用电解法制备，电解时以Fe作___________(填“阳”或“阴”)极，若电解质溶液为稀硫酸。则铁电极的电极反应式为___________。【答案】（1）①.-58②.低温（2）①.>②.温度升高，催化剂的活性降低(或温度升高，更有利于加快反应II速率)（3）①.B②.C③.5×10-3（4）①.阳②.3Fe-8e-+4H2O=Fe3O4+8H+【解析】【小问1详解】已知①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ·mol-1；②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3=-99kJ·mol-1根据盖斯定律①+②可得CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH1=(+41-99)kJ/mol=-58kJ/mol；反应I为气体系数之和减小的反应，所以ΔS<0，又该反应ΔH<0，所以当温度较低时易满足ΔH-TΔS<0，反应自发进行； 【小问2详解】①其它条件相同时，相同时间内二氧化碳转化率和甲醇的选择性Cat1均高于Cat2，所以催化效果Cat1>Cat2；②在210~270℃间，若温度升高，催化剂的活性降低或更有利于加快反应II速率，会导致甲醇的选择性随温度的升高而下降；【小问3详解】①合成甲醇的反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，增大压强、降低温度都会使平衡正向移动，从而提高甲醇产率，故选B；②A．反应达到平衡时各物质的浓度不再改变，所以CO和水蒸气的浓度不再改变可以说明反应达到平衡，A不符合题意；B．两个反应的反应物和生成物均为气体，所以气体的总质量不变，容器恒容，则气体体积不变，所以密度始终不变，所以混合气体密度不变不能说明反应达到平衡，B不符合题意；C．虽然反应Ⅱ前后气体系数之和不变，但反应I前后气体系数之和不相等，若反应Ⅱ未达到平衡，则也会影响反应I的平衡，使容器内压强发生变化，所以压强不变时可以说明反应Ⅱ平衡，C符合题意；综上选C；③设初始通入10molCO2、30molH2，CO2的转化率为20%，则∆n(CO2)=2mol，根据两个反应方程式可知生成的n(CO)+n(CH3OH)=2mol，CH3OH的选择性为75%，则生成的n(CH3OH)=1.5mol，n(CO)=0.5mol，则反应I消耗的氢气为4.5mol，生成的水为1.5mol，反应Ⅱ消耗的氢气为0.5mol，生成的水为0.5mol，所以平衡时n(CO2)=10mol-2mol=8mol，n(H2)=30mol-4.5mol-0.5mol=25mol，n(CO)=0.5mol，n(H2O)=0.5mol+1.5mol=2mol，反应Ⅱ前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量代替分压计算平衡常数，即Kp==5×10-3；【小问4详解】催化剂中的Fe3O4可用电解法制备，即铁元素失电子化合价升高，所以电解时Fe作阳极；电解质溶液为稀硫酸，故Fe电极的反应式为：3Fe-8e-+4H2O=Fe3O4+8H+。14.南京邮电大学课题组合成一种具有自修复功能的新型聚合物电解质G．G的一种合成流程如图所示，回答下列问题： （1）A中官能团的名称是___________。A→B的反应类型是___________。（2）溴乙烷难溶于水，而C(2-溴乙醇)能与水互溶，其原因是___________。（3）写出B→D的化学方程式：___________。（4）已知：吡啶的结构简式为，其氮原子的杂化方式为：___________，分子中所含原子的电负性从大到小顺序为：___________。吡啶具有芳香性和弱碱性。在B→D中，吡啶的作用是___________。（5）A→B的另一产物可能是___________(填标号)。a．b．c．d．和HCl（6）T是A的同分异构体，T同时具备下列条件的结构有___________种(不包括立体异构)。①能发生银镜反应②与钠反应生成③羟基连接在双键的碳原子上的结构不稳定其中，在核磁共振氢谱上有3组峰且峰的面积比为1：1：4的结构简式为___________。【答案】14.①.羧基、碳碳双键②.取代反应15.溴原子为憎水基，醇羟基为亲水基，2-溴乙醇能与水形成氢键16.17.①.sp2②.N>C>H③.中和副产物HCl，促进反应向产物生成的方向进行18.bc19.①.5②.【解析】【分析】A与SOCl2发生取代反应生成B，B与BrCH2CH2OH发生取代反应生成D，D与E反应生成F，F发生一系列反应生成G。【小问1详解】A中官能团名称为羧基、碳碳双键。根据A和B结构简式可知，A到B的反应类型为取代反应。【小问2详解】溴乙烷难溶于水，而2-溴乙醇能与水互溶，原因是溴原子为憎水基，醇羟基为亲水基，2-溴乙醇能与水形成分子间氢键。 【小问3详解】B与BrCH2CH2OH发生取代反应生成D，化学方程式为。【小问4详解】吡啶中氮原子形成2条σ键，含有一对孤电子对，价层电子对数为3，杂化类型为sp2杂化。该分子中含有的原子为H、C、N，三种元素电负性从大到小顺序为N>C>H。B发生取代反应生成D的同时还有HCl生成，吡啶具有弱碱性能中和生成的HCl，促使反应向生成产物的方向进行。【小问5详解】若A过量，则副产物为亚硫酸，若A少量，则副产物为HOSOCl，A到B的另一种产物可能为H2SO3或SO(OH)Cl，答案选bc。【小问6详解】①能发生银镜反应，说明含有醛基，②能与钠反应生成氢气，说明含有羟基，A的不饱和度为2，则T中除了醛基还有一个碳碳双键或者成环，若碳链结构为OHC-CH=CH-CH3，因羟基连接在双键碳原子上不稳定，则羟基只能与最右侧碳相连，有1种结构，若碳链结构为，同理此时羟基也只能连在最右侧的碳上，有1种结构，若碳链结构为H2C=CH-CH2-CHO，此时羟基能连在亚甲基上，有1种结构，若为环状结构，此时羟基有2个位置，因此满足条件的同分异构体有5种，其中核磁共振氢谱有3组峰且峰面积比为1：1：4的结构简式为。