解析江西省上饶县普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科综合化学试题.docx

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解析江西省上饶县普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科综合化学试题

绝密★启用前

江西省上饶县2017年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷

理科综合化学试题

可能用到的相对原子质量：

H1　C12　N14　O16　Na23　Cl35.5　K39　Cr52　Mn55　

Ge73　Ag108

7.化学与人类生活密切相关，下列与化学有关的说法正确的是（）

A．化学药品着火，都要立即用水或泡沫灭火器灭火

B．开发和推广新能源是实现低碳生活的途径之一

C．食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品氧化变质

D．纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作人类的营养物质

【解析】A．一般的化学药品着火，要立即用水或泡沫灭火器灭火，但是如果是Na、K等着火由于燃烧产物能够与水或CO2发生反应，所以就不能用水或泡沫灭火器灭火。

错误。

B．开发和推广新能源就可以减少化石能源的使用，减少CO2的产生，从而可以实现低碳生活。

正确。

C．食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品受潮变质。

错误。

D．在人体内没有纤维素可水解的酶，因此不能作为人类的营养物质，但是纤维素能够促进肠道蠕动，因此也常被称为人类的第七营养物质。

错误。

【答案】B

8.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（  ）

A．1molFeCl3与沸水反应生成胶体后，含有NA个Fe（OH）3胶粒

B．标准状况下，1.12L的HCHO所含的原子数是0.2NA

C．1L0.5mol·L-1Na2CO3溶液中含有的CO32－数目为0.5NA

D．16.9g过氧化钡（BaO2）固体中阴、阳离子总数为0.3NA

【解析】A．1molFeCl3与沸水反应生成胶体后，多个胶体分子聚集成氢氧化铁胶粒，所以含有Fe（OH）3胶粒小于NA个；C．CO32－水解，所以1L0.5mol·L-1Na2CO3溶液中含有的CO32－数目小于0.5NA；D．16.9g过氧化钡（BaO2）固体，物质的量为0.1mol，阴离子为过氧根离子，阳离子为钡离子，阴、阳离子总数为0.2NA。

【答案】B

9.一定条件下存在反应：

H2（g）+I2（g）

2HI（g） △H＜0，现有三个相同的1L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1molH2和1molI2，在Ⅱ中充入2molHI，在Ⅲ中充入2molH2和2molI2，700℃条件下开始反应．达到平衡时，下列说法正确的是（）

A．容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同

B．容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同

C．容器Ⅰ中的气体颜色比容器Ⅱ中的气体颜色深

D．容器Ⅰ中H2的转化率与容器Ⅱ中HI的转化率之和等于1

【解析】A.容器Ⅰ从正反应方向开始，开始时正反应速率最大，容器Ⅱ从逆反应方向开始，开始时正反应速率最小，是0，因此开始时正反应速率不相同，错误；B．增大压强平衡不发生移动，但是由于反应是在恒容绝热的环境中进行，当反应达到平衡时容器Ⅰ、Ⅲ中温度不等，二者的反应的平衡常数就不相同，错误；C．该反应的正反应是放热反应，随着反应的进行，反应容器的温度升高，由于升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，而容器Ⅱ是从逆反应方向开始，随着反应的进行，容器内的温度逐渐降低，根据平衡移动原理：

降低温度，平衡向放热的正反应方向移动，因此容器Ⅰ中的I2气体的物质的量比容器Ⅱ高，所以混合气体的颜色比容器Ⅱ中的气体颜色深，正确；D．在温度不变时反应从正反应方向开始与从逆反应方向开始，物质的转化率的和为1，由于反应恒容绝热，所以容器Ⅰ中H2的转化率比恒温时小，容器Ⅱ中HI的转化率也比恒温是小，因此二者之和小于1，错误。

【答案】C

10．下列说法正确的是（ ）

A．C8H10含苯环的烃同分异构体有3种

B．结构为…﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣…的高分子化合物，其单体是乙烯

C．总质量一定时，乙炔和乙醛无论按什么比例混合，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变

D．丙烯酸（CH2=CHCOOH）和山梨酸（CH3CH=CHCH=CHCOOH）不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物是同系物

【解析】A．C8H10的芳香烃满足CnH2n﹣6的通式，即有可能为苯的同系物，取代基可以是2个甲基或1个乙基，结构简式：

有4种，故A错误；B．由结构可知，为加聚反应产物，链节为﹣CH=CH﹣，则单体为CH≡CH，故B错误；C．乙炔为CH≡CH，乙醛为CH3CHO（改写成C2H2．H2O），可知总物质的量一定时，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变，但总质量一定时，C的质量分数不同，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不同，故C错误；D．含双键数目不同，均可与氢气发生加成反应生成饱和一元羧酸，则丙烯酸和山梨酸不是同系物，但加成产物是同系物，故D正确。

【答案】D

11.能正确表示下列反应的离子方程式的是（　）

A.用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：

2NH3·H2O＋SO2=2NH4＋＋SO32－＋H2O

B.Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应:

Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋4H2O

C.磁性氧化铁溶于稀硝酸:

Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O

D.明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42－恰好完全沉淀:

2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO42－=2BaSO4↓＋Al（OH）3↓

【解析】A.氨水过量，SO2少量时产物是亚硫酸铵，故A正确；B.Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应，NaOH完全反应，应该是:

Ca2＋＋HCO3－＋OH－=CaCO3↓＋H2O，故B错误；C.磁性氧化铁溶于稀硝酸，产物中应该只有Fe3＋，故C错误；D.明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42－恰好完全沉淀，即KAl（SO4）2与Ba（OH）2按1:

2反应，产物中得偏铝酸根离子，而不是Al（OH）3，故D错误。

【答案】A

12.热电池是一种可长期储备电能的电池，高氯酸钾广泛用于热电池．铁和高氯酸钾反应提供的能量使盐熔化导电，从而激活电池．铁和高氯酸钾的热电池反应为KClO4（s）+4Fe（s）═KCl（s）+4FeO（s）△H，下列说法正确的是（　　）

A.正极反应式为KClO4（s）＋8e-＝KCl（s）＋4O2-（l）

B.在该热电池中，铁为负极，发生还原反应

C.△H＜0且参与反应的高氯酸钾越多，其值越小

D.生成1molFeO转移8mol电子

【解析】A.原电池的正极发生还原反应，熔融盐可传递氧离子，正极反应式为KClO4（s）+8e-═KCl（s）+4O2-（l），故A正确；B.铁为负极，发生氧化反应，故B错误；C.热化学方程式中反应热值只与化学计量数有关，和参与反应物的量无关，故C错误；D.根据热电池反应：

KClO4（s）+4Fe（s）═KCl（s）+4FeO（s），生成1molFeO转移2mol电子，故D错误。

【答案】A

13.电化学降NO3-的原理如图所示。

下列说法中不正确的是（）

A．铅蓄电池的A极为正极，电极材料为PbO2

B．铅蓄电池工作过程中负极质量增加

C．该电解池的阴极反应为：

2NO3-+6H2O+10eˉ＝N2↑+12OHˉ

D．若电解过程中转移2moL电子，则交换膜两侧电解液的质量变化差为10.4g

【解析】A．根据图示可知：

在右边的Pt-Ag电极NO3-得到电子被还原变为N2；所以该电极是阴极，与之连接的B是负极，A是正极，铅蓄电池的A极为正极，电极材料为PbO2，正确；B．铅蓄电池工作过程中负极发生反应：

Pb-2e-+SO42-=PbSO4↓，所以负极质量增加，正确；C.该电解池的阴极反应为：

2NO3-+6H2O+10eˉ＝N2↑+12OHˉ，正确；D.在阳极发生反应：

2H2O—4e-=4H++O2↑；若电解过程中转移2moL电子，会消耗1mol的水，产生的2mol的H+进入阴极室，阳极质量减轻18g,在阴极室发生反应：

2NO3-+6H2O+10eˉ＝N2↑+12OHˉ，若转移2mol的电子，会产生0.2mol的N2从溶液中逸出，同时有由2mol的H+进入该室，则阴极室实际减轻的质量是0.2mol×28g/mol-2g=3.6g，则两侧电解液的质量变化差（Δm右－Δm左）为18g-3.6g=14.4g，错误。

【答案】D

26．

镁、铝、铁及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。

I：

实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如下：

（1）已知25℃时Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10﹣11，Ksp[Al（OH）2]=3×10﹣34，该温度下向浓度均为0.01mol•L﹣1的MgCl2和AlCl3混合溶液中逐滴加入氨水，先生成　沉淀（填化学式）。

（2）高温焙烧时发生反应的化学方程式　　，洗涤沉淀时的方法

是　。

（3）常温下如果向AlCl3饱和溶液中不断通人HCl气体，可析出AlCl3•6H2O晶体，结合化学平衡移动原理解释析出晶体的原因：

　。

Ⅱ：

某兴趣小组的同学发现将一定量的铁与浓硫酸加热时，观察到铁完全溶解，并产生大量气体．为此，他们设计了如下装置验证所产生的气体．

（1）G装置的作用是　　。

（2）证明有SO2生成的现象是　　，为了证明气体中含有氢气，装置E和F中加入的试剂分别为　　、　　。

（3）若将铁丝换成铜丝，反应后的溶液没有出现预计的蓝色溶液，而出现了大量白色固体，原因是　　。

【解析】Ⅰ

（1）难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越易生成沉淀，已知25℃时Ksp[Mg（OH）2]=1.8×10﹣11，Ksp[Al（OH）3]=3×10﹣34，氢氧化铝先沉淀，故答案为：

Al（OH）3

（2）经分析沉淀为Al（OH）3和Mg（OH）2，高温焙烧备MgAl2O4时发生反应的化学方程式2Al（OH）3+Mg（OH）2

MgAl2O4+4H2O，洗涤沉淀时的方法是向漏斗中加水至浸没沉淀，待水自然流干后，再重复2﹣3次，故答案为：

2Al（OH）3+Mg（OH）2

MgAl2O4+4H2O；向漏斗中加水至浸没沉淀，待水自然流干后，再重复2﹣3次；

（3）氯化铝在溶液中存在溶解平衡，通入氯化氢后溶液中氯离子浓度增大，抑制氯化铝溶解，所以促进氯化铝晶体析出，故答案为：

AlCl3饱和溶液中存在溶解平衡：

AlCl3•6H2O（s）⇌Al3+（aq）+3Cl﹣（aq）+6H2O（l），通入HCl气体使溶液中c（Cl﹣）增大，平衡向析出固体的方向移动从而析出AlCl3晶体。

Ⅱ

（1）如果没有G装置，水蒸气进入F装置干扰实验，所以G的作用是：

防止空气中的H2O进入F，故答案为：

防止空气中的水进入F；

（2）二氧化硫有还原性，酸性高锰酸钾有强氧化性，二者能发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色；氢气有还原性能和氧化铜在加热条件下发生置换反应生成铜单质，生成的水遇无水硫酸铜时白色固体变蓝色，为了证明气体中含有氢气，装置E和F中加入的试剂分别为氧化铜、无水硫酸铜，故答案为：

酸性高锰酸钾溶液颜色褪色；氧化铜；无水硫酸铜；

（3）因为浓硫酸中的水很少，反应后生成的硫酸铜大多没有溶解出现预计的蓝色溶液，而出现了大量白色固体，故答案为：

浓硫酸中的水很少。

【答案】Ⅰ

（1）Al（OH）3　（1分）

（2）2Al（OH）3+Mg（OH）2

MgAl2O4+4H2O　（2分）；　向漏斗中加水至浸没沉淀，待水自然流干后，再重复2﹣3次（2分）

（3）AlCl3饱和溶液中存在溶解平衡：

AlCl3•6H2O（s）⇌Al3+（aq）+3Cl﹣（aq）+6H2O（l），通入HCl气体使溶液中c（Cl﹣）增大，平衡向析出固体的方向移动从而析出AlCl3晶体（3分）

Ⅱ

（1）防止空气中的水进入F　（1分）

（2）酸性高锰酸钾溶液褪色（1分）；氧化铜（1分）；无水硫酸铜（1分）

（3）浓硫酸中的水很少（2分）

27.

硫酸是基础化工的重要产品，硫酸的消费量可作为衡量一个国家工业发展水平的标志。

生产硫酸的主要反应为：

SO2（g）+

O2（g）

SO3（g）。

（1）恒温恒容下，平衡体系中SO3的体积分数[ϕ（SO3）]和y与SO2、O2的物质的量之比[n（SO2）/n（O2）]的关系如图：

则b点n（SO2）/n（O2）=______；y为_______（填编号）。

A．平衡常数B．SO3的平衡产率

C．O2的平衡转化率D．SO2的平衡转化率

（2）Kp是以各气体平衡分压代替浓度平衡常数Kc中各气体的浓度的平衡常数。

在400~650℃时，Kp与温度（T/K）的关系为lgKp=

—4.6455，则在此条件下SO2转化为SO3反应的△H_______（填“>0”或“<0”）。

（3）①该反应的催化剂为V2O5，其催化反应过程为：

SO2+V2O5

SO3+V2O4K1

O2+V2O4

V2O5K2

则在相同温度下2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）的平衡常数K=______（以含K1、K2的代数式表示）。

②V2O5加快反应速率的原因是_____________________________，其催化活性与温度的关系如图（左）。

（4）在7.0%SO2、11%O2、82%N2时，SO2平衡转化率与温度、压强的关系如下图（右）：

则460℃、1.0atm下，SO2（g）+

O2（g）

SO3（g）的Kp=____________（各气体的分压=总压×各气体的体积分数）。

（5）压强通常采用常压的原因是______________________________________，综合第（3）、（4）题图给信息，工业生产最适宜的温度范围400℃-500℃，你认为最主要的原因是___________。

A.原料转化率最大

B.已达到反应装置所能承受的最高温度

C.催化剂的活性最高

【解析】

（1）2；D

随着n（SO2）/n（O2）的增大，O2的平衡转化率增大（C线），而SO2的平衡转化率减小（D线），SO3的平衡产率经过2点分别与C线和D线重合（粗线B）。

（2）<0（1分）

（3）①（K1×K2）2（2分）

②降低反应的活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞几率提高（2分）

（4）设反应前混合气体为100mol，则SO2为7.0mol、O2为11mol、N2为82mol

SO2（g）+1/2O2（g）

SO3（g）△n（减少）

起始时/mol7.01101/2

平衡时/mol0.217.66.793.4

平衡总量/mol100—3.4=96.6

平衡分压/atm0.00220.0790.070

Kp=0.070atm/[0.0022atm×（0.079atm）1/2]=113atm1/2

（4分，其值在110~115均给分，不写单位扣1分或将T=733K代入第

（2）题lgKp公式中求lgKp=2.04686也给分）

（5）生产条件下SO2的平衡转化率已经很大（1分）；C（1分）

【答案】

（1）2（1分）；D（2分）

（2）<0（1分）

（3）①（K1×K2）2（2分）；②降低反应的活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞几率提高（2分）；

（4）113atm1/2（4分，其值在110~115均给分，不写单位扣1分或将T=733K代入第

（2）题lgKp公式中求lgKp=2.04686也给分）

（5）生产条件下SO2的平衡转化率已经很大（1分）；C（1分）

28.

目前，回收溴单质的方法主要有水蒸气蒸馏法和萃取法等。

某兴趣小组通过查阅相关资料拟采用如下方案从富马酸废液（含溴0.27%）中回收易挥发的Br2：

（1）操作X所需要的主要玻璃仪器为；反萃取时加入20%的NaOH溶液，其离子方程式为。

（2）反萃取所得水相酸化时，需缓慢加入浓硫酸，并采用冰水浴冷却的原因是：

。

（3）溴的传统生产流程为先采用氯气氧化，再用空气水蒸气将Br2吹出。

与传统工艺相比，萃取法的优点是。

（4）我国废水三级排放标准规定：

废水中苯酚的含量不得超过1.00mg/L。

实验室可用一定浓度的溴水测定某废水中苯酚的含量，其原理如下：

①请完成相应的实验步骤：

步骤1：

准确量取25.00mL待测废水于250mL锥形瓶中。

步骤2：

将4.5mL0.02mol/L溴水迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。

步骤3：

打开瓶塞，向锥形瓶中加入过量的0.1mol/LKI溶液，振荡。

步骤4：

，再用0.01mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液15mL。

（反应原理：

I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6）

步骤5：

将实验步骤1~4重复2次。

②该废水中苯酚的含量为mg/L。

③步骤3若持续时间较长，则测得的废水中苯酚的含量。

（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

【解析】

（1）该流程的目的是回收溴单质，用四氯化碳萃取后，将水相与有机相分开，则操作X为萃取分液，所用的的仪器为分液漏斗；反萃取时加入氢氧化钠溶液，则溴与氢氧化钠反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，离子方程式是Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O；

（2）反萃取所得水相酸化时，需缓慢加入浓硫酸，使溴离子和次溴酸根离子再次转化为溴单质，因为溴易挥发，所以采用冰水浴冷却，减少溴的挥发；

（3）氯气是有毒气体，且空气吹出的溴单质易含有氯气，使溴不纯净，所以萃取法的优点是没有采用有毒气体Cl2，更环保，产物更纯净；

（4）①测定废水中苯酚的含量需要通过测定溴的消耗，而剩余的溴单质用HI滴定，生成的碘单质再用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，判断滴定终点的指示剂是淀粉，淀粉遇碘变蓝色，当溶液蓝色消失时即达到滴定终点，所以步骤4中应滴加2~3滴淀粉溶液，再用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点；

②根据消耗的Na2S2O3标准溶液的体积计算剩余溴的物质的量，利用2Na2S2O3～I2～Br2，可知剩余溴的物质的量是0.015L×0.01mol/L/2=7.5×10-5mol，则25mL废水中苯酚的物质的量是（0.0045L×0.02mol/L-7.5×10-5mol）/3=5×10-6mol,则苯酚的质量是5×10-6mol×94g/mol=0.47mg，所以该废水中苯酚的含量为0.47mg/0.025L=18.8mg/L；

③若步骤3持续时间较长，则空气中的氧气也会氧化碘离子为碘单质，则消耗Na2S2O3标准溶液的体积大于15mL，剩余溴的物质的量偏大，与苯酚反应的溴的物质的量偏小，则苯酚的含量偏低。

【答案】

（1）分液漏斗（2分，只答烧杯不给分）；Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O（或Br2+6OH-=5Br-+BrO3-+3H2O）（2分）

（2）减少Br2的挥发（2分）

（3）没有采用有毒气体Cl2，更环保（或所得溴更纯净）（2分）

（4）①滴入2~3滴淀粉溶液（2分）

②18.8（3分）

③偏低（2分）

35．【化学—选修3：

物质结构与性质】（15分）

N，P，As等元素的化合物在生产和研究中有许多重要用途．请回答下列问题：

（1）意大利罗马大学的[FuNvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，该分子的空间构型与P4类似，其中氮原子的轨道杂化方式为　　，N﹣N键的键角为　　。

（2）基态砷原子的价电子排布图为　　，砷与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的顺序为　　。

（3）配位原子对孤对电子的吸引力越弱，配体越容易与过渡金属形成配合物．PH3与NH3的结构相似，和过渡金属更容易形成配合物的是　（填“PH3”或“NH3”）。

（4）SCl3+和PCl3是等电子体，SCl3+的空间构型是　　。

S﹣Cl键键长　　P﹣Cl键键长（填“＞”“=”或“＜”），原因是　　。

（5）砷化镓为第三代半导体，以其为材料制造的灯泡寿命长，耗能少．已知立方砷化镓晶胞的结构如图所示，砷化镓的化学式为　　。

若该晶体的密度为ρg•cm﹣3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则a、b的距离为　　pm（用含ρ和NA的代数式表示）。

【解析】试题分析：

（1）N4分子的空间构型与P4类似，4个N原子形成正四面体构型，每个N原子形成3个N﹣N键，还含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，故N原子采取sp3杂化，每个面均为正三角形，故N﹣N键的键角为60°，故答案为：

sp3；60°；

（2）As元素处于第四周期VA族，价电子排布式为4s24p3，价电子排布图为：

，As原子4p轨道为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：

As＞Se＞Ge，故答案为：

；As＞Se＞Ge；

（3）P元素的电负性比N元素的小，P原子对孤电子对吸引更弱，容易给出孤对电子形成配位键，故答案为：

PH3；

（4）PCl3中P原子形成3个P﹣Cl键，含有1对孤对电子，其空间结构三角锥形，而等电子体的结构相似，SCl3+的空间构型是三角锥形，S原子半径小于P原子半径，故S﹣Cl键要比P﹣Cl键短，故答案为：

三角锥形；S原子半径小于P原子半径，故S﹣Cl键要比P﹣Cl键短；

（5）晶胞中含有Ga原子数为8×

+6×

=4，As原子数目为4，故化学式为GaAs，As原子与周围的4个Ga原子形成正四面体，As原子与晶胞顶点Ga原子连线处于晶胞题对角线上，且Ga原子与As原子之间的距离为晶胞体对角线长度的

倍，所以晶胞的体对角线为晶胞棱长的

倍，晶胞质量为4×

g，则晶胞棱长=

=

cm，故a、b的距离为

×

cm=

×

×1010pm，故答案为：

GaAs；

×

×1010．

【答案】

（1）sp3　（1分）；60°（1分）　

（2）

（2分）　；As＞Se＞Ge　（1分）

（3）PH3　（2分）

（4）三角锥形（1分）；＜　（1分）；S原子半径小于P原子半径，故S﹣Cl键要比P﹣Cl键短　（1分）

（5）GaAs　（2分）；　

×

×1010　（3分）

36．【化学—选修5：

有机化学基础】（15分）

有机物H是一种重要的医药中间体．其结构简式如图1所示：

合成H的一种路线

如图2：

已知以下信息：

①有机物A遇氯化铁溶液发生显色反应，其分子中的苯环上有2个取代基，且A的苯环上一氯代物有2种。

②J能发生银镜反应。

请回答下列问题：

（1）I的名称是　　　　　　。

G生成H的反应类型是　　　　　　。

（2）B的含氧官能团名称是　　　　　　；E生成F的化学方程式为　　　　　　。

（3）在一定条件下，A与J以物质的量比1:

1反应生成功能高分子材料K，K的结构简式为　　　　　　。

（4）已知：

ROH+R1CI

ROR1+HCI，C与E以物质的量比1:

1混合在催化剂、加热条件下反应，写出化学方程式　　　　　　。

（5）L是B的同分异构体，L符合下列条件的结构有　　　　　　种（不考虑立体结构①与B具有相同的官能团；②遇氯化铁溶液发生显色反应。

【解析】由信息①知，A分子含有酚羟基，两个取代基在苯环的对位。

I能和钠反应，说明I为CH3CH2OH，J为CH3CHO。

由H的结构简式逆推E分子中氯原子的位置。

由此推知几种有机物结构简式如下：

（1）I为乙