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广东省江门市江门第一中学2024-2025学年金太阳高三上学期高考模拟化学卷
1．（2024高三上·江门模拟）保护文化遗产，弘扬民族精神，共筑中华之魂。下列文物的主要成分为金属材料的是
A.元青花人物纹玉壶春瓶 B.阳春孔雀石
C.清胭脂红釉罐 D.西周兽面纹青铜盉
A．A B．B C．C D．D
2．（2024高三上·江门模拟）广东省在甲醇生产方面进行了多元化发展，包括传统甲醇的生产以及生物质绿色甲醇的研发和生产，为广东省及周边地区的能源结构和环境改善做出了贡献。下列叙述错误的是
A．甲醇分子是极性分子
B．甲醇分子之间能形成氢键
C．甲醇分子的VSEPR模型为正四面体形
D．甲醇分子只含极性共价键
3．（2024高三上·江门模拟）晋陕黄河特大桥连接山西省永济市和陕西省合阳县，是目前我国高速铁路跨越黄河最长、建设规模最大的桥梁。下列有关叙述错误的是
A．斜拉索采用的环氧涂层具有耐酸、耐碱性能
B．保护大桥可采用“外加电流法”
C．主塔的主要材料是金属材料，该金属材料中只含铁、硫、磷等元素
D．主梁采用的C60海工耐久混凝土属于混合物
4．（2024高三上·江门模拟）科学家研究发现石墨烯在室温下具有前所未有的磁阻(一种物理参量)。已知：石墨烯比金刚石更坚硬，比铜更能导电。下列叙述错误的是
A．石墨烯中碳原子都采用杂化
B．石墨烯中碳碳键平均键能大于金刚石中的，石墨烯的熔点比金刚石的高
C．石墨烯可以看成由正六边形构成，碳原子、碳碳键数目之比为3∶2
D．石墨烯是二维结构，每个碳原子有1个电子能自由移动，具有良好的导电性
5．（2024高三上·江门模拟）科技推动社会进步，创造美好生活。下列有关解读错误的是
选项 科技摘录 解读
A “天舟七号”为中国空间站送去推进剂氙(Xe)气 基态Xe原子价层电子排布式为5s25p6
B 运动会开幕式采用电子烟花 使用电子烟花体现节约与环保
C 大连化学物理研究所开发新型催化剂使CH3OH和CO合成CH3COOH成为可能 该反应中原子利用率为100%
D 南京大学一团队合成出了一种新型锂氧电池电催化剂FeCoNiMnPtIr 催化剂中所含元素均位于前四周期
A．A B．B C．C D．D
6．（2024高三上·江门模拟）实验室通常会根据药品和反应条件选择制备气体的发生装置，下列各组能通过图示装置完成气体制备的是
选项 A B C D
药品 MnO2和浓盐酸 电石和饱和食盐水 粗锌和稀硫酸 FeS和稀硝酸
气体 Cl2 C2H2 H2 H2S
A．A B．B C．C D．D
7．（2024高三上·江门模拟）武汉大学一课题组通过铜/铬基催化剂催化实现烷烃与醛基合成醇（如图），下列叙述错误的是
A．上述反应是加成反应
B．甲、丙都能使酸性溶液褪色
C．丙分子含1个手性碳原子，它是手性分子
D．基态、原子含有的未成对电子数分别为4、1
8．（2024高三上·江门模拟）部分铁、铜物质的“价-类”关系如图所示，下列叙述错误的是
A．a和e溶液能发生置换反应
B．可能实现转化
C．在硝酸中加入d能生成e
D．在氢碘酸的淀粉溶液中加入c，溶液变蓝
9．（2024高三上·江门模拟）（三草酸合铁酸钾晶体）常用来作为化学光量计，一种合成的流程如图所示。下列叙述正确的是
已知三草酸合铁酸钾晶体的部分性质如下：
①易溶于水（溶解度随温度的升高而增大），难溶于乙醇。
②一定温度下可失去全部结晶水，高温时会分解。
③具有光敏性，受光照射易分解。
A．“沉铁”后所得滤液中溶质的成分只有
B．“系列操作”是过滤、乙醇洗涤、干燥
C．产品应贮存于无色透明带软木塞的试剂瓶中
D．向产品的饱和溶液中加入乙醇，有利于析出产品
10．（2024高三上·江门模拟）下列实验操作、现象及相应结论均正确的是
选项 操作及现象 结论
A 向溶液中滴加苯酚溶液，溶液变紫色 已变质
B 向中滴加稀硫酸，没有明显现象 酸性：
C 向酸性溶液中滴加少量溶液，溶液褪色 还原了
D 在的四氯化碳溶液中加入KI溶液，下层液体颜色变浅 KI具有还原性
A．A B．B C．C D．D
11．（2024高三上·江门模拟）设为阿伏加德罗常数的值。关于反应，下列叙述正确的是
A．中B原子最外层电子数为
B．固体含数为
C．标准状况下，含键数为
D．含配位键数为
12．（2024高三上·江门模拟）丁二酸酐（）是合成消炎镇痛药奥沙普秦的中间体。某同学在干燥反应瓶中加入71g丁二酸、120mL（1.28mol）乙酸酐，加热搅拌回流1h，反应完毕，倒入干燥烧瓶中，放置0.5h，冷冻结晶，抽滤（利用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，以实现固液分离的操作）、干燥，得到粗品，再用乙醚洗涤，得到白色柱状结晶精品51g；实验装置如图1和图2所示，下列叙述正确的是
A．图1中仪器A的进水口为a
B．该反应的产率约为84.76%
C．图2装置抽滤比普通过滤要慢
D．图2装置可以分离所有固液混合物
13．（2024高三上·江门模拟）中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星，探测发现火星上存在大量橄榄石矿物(主要成分为)。已知X、Y、Z、R、W为前四周期元素且原子序数依次增大，Y的氢化物常用于刻蚀玻璃容器，矿物界离不开R元素，R与X质子数之和为22，W的合金材料是生活中用途最广泛的金属材料，基态Z原子核外s、p能级上电子总数相等。下列叙述正确的是
A．电负性：Y>X>R
B．ZX为共价晶体
C．与氢形成的共价键的键能：H-X>H-Y
D．熔点：
14．（2024高三上·江门模拟）科学家实现了Rh（铑）催化苯乙烯的不对称氢硒化反应（如图），下列叙述错误的是
已知：Ar—为芳香烃基，R—为烃基。
A．化合物III中含配位键
B．总反应的原子利用率为
C．上述循环过程中，Rh形成的共价键数目不变
D．III→IV中，断裂铑氢键，形成了碳氢键
15．（2024高三上·江门模拟）硫锌二次电池工作原理如图所示，下列叙述错误的是
A．放电时，电极a为负极
B．充电时，电极b与电源正极连接
C．放电时，电极a上的电极反应式为
D．充电时，完全反应时向电极a迁移
16．（2024高三上·江门模拟）氧化制备发生的主要反应为 。向容积为2L的恒容密闭容器中投入2mol和2mol。不同温度下，测得5min时(反应均未达到平衡，其他副反应均不消耗和生成乙烯)的相关数据见下表，下列说法正确的是
温度/℃
乙烷转化率/% 2 9 18
乙烯选择性/% 93 80 62
注：乙烯选择性。
A．℃，5min时，容器内的物质的量为0.04mol
B．℃，0 5min内，平均速率molLmin
C．反应达到平衡后，其他条件不变，仅升高温度，平衡向逆反应方向移动
D．该反应仅在低温条件下能正向自发进行
17．（2024高三上·江门模拟）、都是中学实验室里的常用试剂，在生产、生活中有广泛应用，某实验小组设计实验探究和NaClO的性质。回答下列问题：
（1）配制一定浓度的溶液：将一定质量溶于浓盐酸，加水稀释至指定溶液体积，盐酸的作用是　 　，配制过程中会向溶液中加入少量铁粉，铁粉的作用是　 　。
（2）实验室加热和足量的混合物制备无水，产生的气体能使品红溶液褪色。该反应的化学方程式为　 　。
（3）在溶液中加入溶液，产生红褐色沉淀。设计简单实验证明大于：　 　。
（4）探究、的还原性强弱：
按如图所示装置进行实验，实验结果如下：
步骤 操作及现象 记录
i 按图示加入试剂，接通K，电流计指针偏转 记电流强度为
ii 随着反应进行，电流强度逐渐减小 记该过程中电流强度为b，，最终
iii 一段时间后，向左侧烧杯中加入浓溶液，电流表指针向相反方向偏转 记电流强度为x
根据上述实验可知，、还原性相对强弱与　 　有关。
（5）探究外界条件对NaClO溶液水解程度的影响：
该实验限选药品和仪器：恒温水浴、品红溶液、烧杯、蒸馏水和各种浓度的NaClO溶液。
编号 温度 待测“物理量” 实验目的
1 0.5 30 a 探究浓度对NaClO溶液水解平衡的影响
2 1.5 T b —
3 0.5 35 c Y
①　 　。
②待测“物理量X”是“其他条件相同，品红溶液的褪色时间”时，若，不能得出结论Y：“其他条件相同，升高温度，NaClO水解程度增大”，其原因是　 　。
18．（2024高三上·江门模拟）氮化钛常作仿金饰品，乳酸亚铁常作补铁制剂。以钛铁矿（主要含，还含少量、）为原料制备氮化钛和乳酸亚铁的工艺如图，回答下列问题：
部分物质的熔点、沸点数据如表所示：
物质 Mg Ti
熔点 648.8 714 1667
沸点 136.4 1090 1412 3287
（1）Ti位于元素周期表第　 　周期　 　族。
（2）其他条件不变，“酸浸”时铁、钛浸出率与硫酸质量分数的关系如图所示。
“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为　 　%。
（3）“熔炼”时，温度在，反应还能得到一种具有还原性和可燃性的气体。“熔炼”的化学方程式为　 　。
（4）“还原”时得到钛和另一产物M，采用蒸馏法分离出钛，控制蒸馏的最低温度为　 　，工业上用惰性材料作为电极来电解熔融的M，阳极的电极反应式为　 　。
（5）利用溶液和过量溶液制备的离子方程式为　 　；用酸性溶液滴定法测定乳酸亚铁产品的纯度，所有操作均正确，但经多次实验结果发现，测得值高于实际值，其原因是　 　。已知滴定反应为（未配平）。
（6）钛、氮组成的一种化合物的晶胞如图所示，钛的配位数为　 　，该晶体的密度为　 　，已知、原子半径之和等于（Ti、N相切），为阿伏加德罗常数的值。
19．（2024高三上·江门模拟）是一种重要化工原料，也是潜在储氢材料。工业上，合成氨的反应为 。回答下列问题：
（1）一定温度下，在恒容密闭容器中充入和合成氨，下列情况表明反应达到平衡的是________（填标号）。
A．混合气体密度不随时间变化
B．体积分数不随时间变化
C．混合气体平均摩尔质量不随时间变化
D．消耗速率与生成速率之比为1：2
（2）我国科学家提出合成氨的机理如下：
① ；
② ；
③ 　 　。
（3）在钨（W）表面上分解反应的速率方程为（是速率常数，只与温度、催化剂、接触面有关，n为反应级数）。某温度下，测得与催化剂接触面关系如图所示：
①　 　，在I条件下，　 　。
②其他条件相同，增大接触面，氨分解反应速率　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
③反应物消耗一半所用的时间叫半衰期。在一定条件下，分解反应的半衰期与起始浓度的关系是　 　（填“成正比例”“成反比例”或“不确定”）关系。
（4）一定温度下，在、、三个恒容密闭容器中分别投入，其他条件相同，测得相同时间内的转化率如图所示：
①起始至反应到达、点时的平均反应速率：　 　（填“”“”或“”），理由是　 　。
②若B点达到平衡状态，则该温度下此反应的平衡常数K为　 　。
20．（2024高三上·江门模拟）有机物H是药物合成的中间体，一种合成路线如图（Et代表乙基）：
回答下列问题：
（1）H中官能团的名称为　 　，B的名称是　 　。
（2）的反应类型是　 　。
（3）1个F分子中含　 　个手性碳原子。
（4）的化学方程式为　 　。
（5）在G的同分异构体中，同时具备下列条件的结构有　 　（不包括立体异构体）种。
①含六元环，环上含2个取代基
②1mol有机物与足量银氨溶液反应，最多生成4mol Ag
其中，在核磁共振氢谱上有4组峰且峰的面积比为1：1：2：2的结构简式为　 　。
（6）以2，4-二溴戊烷、丙烯酸甲酯为原料合成有机物，设计合成路线　 　（其他试剂自选）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】玉壶春瓶主要成分为硅酸盐、孔雀石主要成分为碱式碳酸铜、红釉罐主要成分为硅酸盐，三者均不属于金属材料；青铜盉的主要成分为铜合金，属于金属材料，故选D。
【分析】金属材料一般包括纯金属以及合金等。
2．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．甲醇分子的结构简式为CH3OH，结构不对称，是极性分子，A正确；
B．甲醇分子中含有-OH，分子之间能形成O—H…O氢键，B正确；
C．甲醇分子中，中心O原子的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，则VSEPR模型为四面体形，但不是正四面体形，C错误；
D．甲醇分子中含有C-H、C-O、O-H键，它们都是极性共价键，D正确；
故答案为：C。
【分析】A.根据分子结构是否关于中心对称判断是否为极性分子；
B.甲醇分子中含有-OH，可以形成氢键；
C.甲醇分子中C原子链接不同原子，故不可能为正四面体；
D.甲醇分子中含有C-H、C-O、O-H键，没有非极性键。
3．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；合金及其应用
【解析】【解答】A．斜拉索采用的环氧涂层具有耐酸、耐碱的优良性能，故A正确；
B．大桥可采用外加电流法可以将直流电源的负极与桥体相连保护大桥，故B正确；
C．主塔的主要材料是金属材料，该金属材料是硫、磷等元素含量较少的性能优良的合金钢，即一定含有碳元素，故C错误；
D．主梁采用的C60海工耐久混凝土是多种物质形成的混合物，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A.为保护金属不被腐蚀，一般 采用的环氧涂层 保护；
B.将大桥与电源负极相连做阴极，起到保护金属作用；
C.铁合金一般都含有碳元素；
D.C60海工耐久混凝土属于硅酸盐等混合物。
4．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；晶体的定义
【解析】【解答】A．石墨烯中每个碳原子与3个碳原子形成共价键，碳原子的最外层无孤电子对，则碳原子都采用杂化，A正确；
B．石墨烯中碳原子间通过p-p电子云的侧面重叠形成离域大π键，碳碳键长小于金刚石中碳碳键长，则碳碳键平均键能大于金刚石中的，所以石墨烯的熔点比金刚石的高，B正确；
C．石墨烯可以看成由正六边形构成，每个碳原子与周围的3个碳原子形成共价单键，平均每个碳原子形成1.5个共价键，则碳原子、碳碳键数目之比为2∶3，C错误；
D．石墨烯是二维结构，每个碳原子各提供1个电子形成离域大π键，离域大π键中的电子能自由移动，因此石墨烯具有良好的导电性，D正确；
故答案为：C。
【分析】A.石墨烯为平面构型，故 采用杂化 ；
B.石墨键长更短，键能更大，故熔点根高；
C.每个碳原子与周围的3个碳原子形成共价单键，平均每个碳原子形成1.5个共价键，则碳原子、碳碳键数目之比为2∶3，
D.石墨烯形成共轭大π键，而不是电子属于整个区域。
5．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；常见的生活环境的污染及治理；原料与能源的合理利用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．Xe属于稀有气体，位于元素周期表第5周期0族，则基态Xe原子价层电子排布式为5s25p6，A正确；
B．使用电子烟花不产生任何大气污染物，同时耗能少，体现节约与环保，B正确；
C．CH3OH+CO→CH3COOH，产物只有一种，该反应中原子利用率为100%，C正确；
D．新型锂氧电池电催化剂FeCoNiMnPtIr中，Fe、Co、Ni、Mn位于第四周期，Pt、Ir位于第六周期，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.Xe位于元素周期表第5周期0族，最外层含有8个电子；
B.电子烟花不产生任何大气污染物，可以保护环境；
C.甲醇与CO全部生成乙酸，原子利用率为100%。
6．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A．浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，所以不能用该装置制备氯气，故A不符合题意；
B．电石与饱和食盐水反应速率快，不宜控制，且反应放出大量的热，所以不能用该装置制备乙炔，故B不符合题意；
C．粗锌中的锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和难溶于水的氢气，该反应是块状固体和溶液不加热反应生成气体的装置，所以能用该装置制备氢气，故C符合题意；
D．具有还原性的硫化亚铁与具有强氧化性的稀硝酸反应生成一氧化氮，不能生成硫化氢，所以不能用该装置制备硫化氢，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该装置名称为启普发生器，适用于固液不加热，且该固体难溶于水，可以控制反应开始和停止。
7．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；“手性分子”在生命科学等方面的应用；醛的化学性质
【解析】【解答】A．由结构简式可知，催化剂作用下与发生双键变单键的加成反应生成，故A正确；
B．由结构简式可知，甲分子中含有的醛基和丙分子中含有的醇羟基能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故B正确；
C．由结构简式可知，丙分子中含有如图*所示的1个手性碳原子：，属于手性分子，故C正确；
D．铬元素的原子序数为24，基态原子的价电子排布式为3d54s1，未成对电子数为6，故D错误；
故选D。
【分析】A.由图可知，甲与乙反应过程双键断开，故为加成反应；
B.醛基和醇羟基都可以使酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色；
C.当碳原子上连接四个不同原子或者原子团时，即为手性碳；
D.铬为半满状态，基态原子的价电子排布式为3d54s1，未成对电子数为6。
8．【答案】A
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．铁与硝酸铁溶液反应生成硝酸亚铁，铜与硝酸铁溶液反应生成硝酸亚铁和硝酸铜，铁、铜与硝酸铁溶液的反应都不是置换反应，故A错误；
B．氢氧化铜悬浊液能与醛或葡萄糖共热反应生成砖红色的氧化亚铜，氧化亚铜与氢气或一氧化碳共热反应生成铜，所以可能实现转化，故B正确；
C．稀硝酸能与氢氧化亚铁反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，故C正确；
D．氧化铁与氢碘酸溶液反应生成碘化亚铁、碘和水，则在氢碘酸的淀粉溶液中加入氧化铁，溶液变蓝，故D正确；
故答案为：A。
【分析】根据化合价和物质类别，由图可知，a为铁或铜、b为氧化亚铜、c为氧化铁、d为氢氧化亚铁或氢氧化铜、e为硝酸铁。
A.铁或者铜的单质与其盐溶液反应不一定是置换反应；
B.氧化铜可以被还原成氧化亚铜，进而被还原成单质铜；
C.稀硝酸能与氢氧化亚铁反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；
D.氧化铁与氢碘酸溶液反应生成碘，与淀粉变蓝。
9．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．“沉铁”中，滤液成分不止是(NH4)2SO4，还有H2SO4，还有过量的草酸，故A错误；
B．题给条件中：三草酸合铁酸钾，易溶于水，在低温溶解度小，所以“系列操作”在过滤前要进行冷却结晶，B错误；
C．三草酸合铁酸钾晶体具有光敏性，受光照射分解变为黄色，不可贮存于透明带软木塞的试剂瓶中，C错误；
D．三草酸合铁酸钾晶体，难溶于乙醇，有利于产品析出，D正确；
故选D。
【分析】通过流程制备、净化的操作中，加入的试剂一般都是过量的，析出产品的操作一般是在溶解度小的溶剂中结晶。
A.由于草酸与硫酸亚铁铵反应，会生成硫酸；
B.由题可知，三草酸合铁酸钾，易溶于水，在低温溶解度小，通过降温结晶的方式即可得到；
C.三草酸合铁酸钾晶体具有光敏性，受光照射分解变为黄色，不可贮存于透明带软木塞的试剂瓶中。
10．【答案】A
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．溶液中的铁离子能与苯酚溶液发生显色反应使溶液变紫色，滴加苯酚溶液后变紫色，说明溶液中存在铁离子，证明氯化亚铁已变质，故A正确；
B．碳酸钙与稀硫酸反应后产生的微溶的硫酸钙会覆盖在硫酸钙表面，阻止反应的进行，所以向碳酸钙中滴加稀硫酸，没有明显现象不能说明碳酸的酸性强于硫酸，故B错误；
C．亚铁离子和溴离子都能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则溶液褪色不能说明溴离子还原了高锰酸根离子，故C错误；
D．在碘的四氯化碳溶液中加入碘化钾溶液，下层液体颜色变浅是因为碘与碘离子反应生成碘三离子，与碘化钾具有还原性无关，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A.三价铁离子与苯酚显色，故滴加苯酚溶液后变紫色，说明溶液中存在铁离子，证明氯化亚铁已变质；
B.硫酸钙为微溶物，覆盖碳酸钙表面灰阻止反应发生，现象不明显；
C.亚铁离子也不被氧化，存在干扰；
D.碘与碘离子反应生成碘三离子，也会褪色，无法说明。
11．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．三氟化硼分子中硼原子的最外层电子数为6，则0.1mol三氟化硼分子中硼原子最外层电子数为0.1mol×6×NAmol—1=0.6NA，故A错误；
B.10.6g碳酸钠固体中含有的碳酸根离子数目为×1×NAmol—1=0.1NA，故B正确；
C．二氧化碳的结构式为O=C=O，分子中碳氧双键含有1个σ键，标准状况下，4.48L二氧化碳中含有σ键的数目为×2×NAmol—1=0.4NA，故C错误；
D．四羟基合硼酸钠中含有1个配位键，则1mol四羟基合硼酸钠中含有的配位键数目为1mol×1×NAmol—1=NA，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.三氟化硼为缺电子体，最外层只有6个电子；
C.根据二氧化碳结构，一个二氧化碳含有2个键 ，据此计算即可；
D.．四羟基合硼酸钠中只含有1个配位键。
12．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；过滤
【解析】【解答】A．为增强冷凝效果，图1中球形冷凝管A的进水口为b、出水口为a，故A错误；
B．由题意可知，丁二酸与乙酸酐共热反应生成丁二酸酐和乙酸，71g丁二酸的物质的量为≈0.6017mol＜1.28mol，则反应中乙酸酐过量，实验得到51g丁二酸酐，则反应的产率×100%≈84.76%，故B正确；
C．抽滤时使用抽气泵给吸滤瓶减压，导致装置内部的压强降低，布氏漏斗中的固液混合物由于重力作用可以快速分离，从而使过滤的速度加快，故C错误；
D．由分析可知，图2装置为实现固液分离的抽滤装置，而胶状沉淀和颗粒过小的沉淀不适用于抽滤的原因是胶状沉淀容易堵塞滤纸，导致抽滤效果不佳，而颗粒过小的沉淀则可以通过滤纸，同样会影响抽滤效果，故D错误；
故答案为：B。
【分析】由实验装置图可知，图1装置为丁二酸与乙酸酐共热反应制备丁二酸酐的装置，图2装置为实现固液分离的抽滤装置，本题围绕丁二酸酐的合成实验展开，给出了实验操作过程，包括反应物用量、反应条件等，同时配有实验装置图（图1和图2），并设置了关于实验装置和产率计算等。
13．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；离子晶体；化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A．X、Y、R分别为O、F、Si，非金属性F＞O＞Si，则电负性：F＞O＞Si，A项正确；
B．MgO为离子化合物，形成离子晶体，B项错误；
C．F的原子半径小于O的原子半径，则H-F键的键能大于H-O键的键能，C项错误；
D．SiF4是分子晶体，FeO是离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，则熔点SiF4＜FeO，D项错误；
故答案为：A。
【分析】氢氟酸常用于刻蚀玻璃容器，Y为F；生活中用途最广泛的金属材料是钢铁合金，W为Fe；前四周期中只有氧、镁原子的s、p能级上电子总数相等，根据原子序数递增确定Z为Mg；矿物界离不开R，R为Si，X为O。从而得出X、Y、Z、R、W分别为O、F、Mg、Si、Fe。
A.利用周期表电负性变化规律即可判断三者电负性；
B.氧化镁为离子化合物，为离子晶体；
C.形成共价键原子半径越小，键长越短，键能越大；
D.分子晶体沸点低于共价化合物的沸点。
14．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A．由图可知，化合物III中铑与配位原子形成配位键，故A正确；
B．由图可知，该历程的总反应是苯乙烯和RSeH发生加成反应生成有机物3，原子利用率100%，故B正确；
C．由图可知，在Ⅰ和Ⅴ中Rh形成3个化学键，在Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中Rh形成4个化学键，故C错误；
D．由图可知，III→IV中，断裂铑氢键，形成了碳氢键，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A.化合物Ⅲ中，中心原子Rh与配体之间存在配位键，所以化合物Ⅲ中含配位键，A选项正确。
B. 从反应图可以看出，反应物完全转化为产物，没有其他副产物生成，符合原子利用率为100%的特点，B选项正确。
C.观察循环过程，在不同的中间体中，Rh形成的共价键数目发生了变化。例如从某些中间体到另一些中间体时，与Rh相连的化学键数量和种类有改变，C选项错误。
15．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时，电极a为负极，故A正确；
B．由分析可知，充电时，与直流电源负极相连的电极a为阴极，则电极b与电源正极连接为阳极，故B正确；
C．由分析可知，放电时，电极a为负极，碱性条件下锌在负极失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为，故C正确；
D．由分析可知，充电时，硫化亚铜在阳极失去电子发生氧化反应生成铜离子和硫，电极反应式为Cu2S—4e—=2Cu2++S，则16.0g硫化亚铜完全反应时向电极a迁移钠离子物质的量为×4=0.4mol，故D错误；
故选D。
【分析】由图可知，放电时，电极a为负极，碱性条件下锌在负极失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极b为正极，铜离子作用下硫在正极得到电子发生还原反应生成硫化亚铜，充电时，与直流电源负极相连的电极a为阴极，电极b为阳极。
A.根据上述分析可知，a极发生氧化反应，为负极；
B.充电时直流电源负极相连的电极a为阴极，则电极b与电源正极连接为阳极；
C.锌为负极失电子，同时在碱性条件下，生成四羟基合锌离子；
D.根据化合价升降情况，计算转移电子数目，进而计算转移钠离子数目。
16．【答案】B
【知识点】焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．由表格的数据可知，℃，5min时，molmol，故A错误；
B．由表可知，℃时，乙烷的转化率为9.0%，可得转化的乙烷的总物质的量为2mol×9.0%=0.18mol，而此温度下乙烯的选择性为80%，则转化为乙烯的乙烷的物质的量为0.18mol×80%=0.144mol，根据化学方程式中化学计量数可知生成的乙烯的物质的量也为0.144mol，则0～5min内的平均反应速率v(C2H4)== 0.0144molLmin，故B正确；
C．该反应为吸热反应，仅升高温度，平衡向正反应方向移动，故C错误；
D．因，，时能自发进行，此时需要高温条件，故D错误；
答案选B。
【分析】本题是一道关于化学反应速率、化学平衡及反应自发性的化学选择题，解题关键在于理解乙烷转化率、乙烯选择性的概念，并结合相关公式和化学平衡原理进行分析，注意选择性的含义；根据选择性进行列三段式计算。
17．【答案】（1）抑制Fe2+水解；防止Fe2+被氧化
（2）FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑
（3）取上层清液，滴加品红溶液，溶液褪色，说明V1大于2V2
（4）浓度
（5）30；升温，相同浓度的NaClO溶液的反应速率加快
【知识点】盐类水解的原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解析】由题意可知，该实验的实验目的是探究氯化亚铁和次氯酸钠的性质。
（1）氯化亚铁是具有还原性的强酸弱碱盐，在溶液中水解酸溶液呈酸性，所以配制氯化亚铁溶液时，需加入盐酸抑制亚铁离子的水解，加入铁粉防止亚铁离子被氧化，故答案为：抑制Fe2+水解；防止Fe2+被氧化；
（2）由题意可知，制备无水氯化亚铁的反应为四水氯化亚铁与SOCl2反应生成氯化亚铁、二氧化硫和水，反应的化学方程式为FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑，故答案为：FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑；
（3）由题意可知，次氯酸钠溶液与氯化亚铁溶液发生的反应为3NaClO+6FeCl2+3H2O=3NaCl+2Fe(OH)3↓+4FeCl3，若次氯酸溶液过量，过量的次氯酸钠溶液能与氯化铁溶液发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和次氯酸，具有强氧化性的次氯酸回收品红溶液褪色，则证明V1大于2V2的实验为取上层清液，滴加品红溶液，溶液褪色，说明V1大于2V2，故答案为：取上层清液，滴加品红溶液，溶液褪色，说明V1大于2V2；
（4）由实验现象可知，溶液中铁离子与碘离子反应生成亚铁离子和碘的反应为可逆反应，增大溶液中的亚铁离子浓度，平衡向逆反应方向移动，说明亚铁离子、碘离子的还原性强弱与溶液中离子浓度的大小一个，故答案为：浓度；
（5）①由表格数据看着，实验1和实验2的目的是探究溶液浓度对水解平衡的影响，由探究实验变量唯一化原则可知，实验1和实验2的反应温度相同，都为30℃，故答案为：30；
②升温，相同浓度的NaClO溶液的反应速率加快，所以若c【分析】（1）配置容易发生水解的盐类物质，需要加入适量相应的酸抑制水解。
（2）根据题目分析可得；制备无水氯化亚铁的反应为四水氯化亚铁与SOCl2反应生成氯化亚铁、二氧化硫和水，该反应为非氧化还原反应，据此配平即可。
（3）根据混合反应后生成次氯酸，能够使品红褪色，即可比较大小；
（4）溶液中铁离子与碘离子反应生成亚铁离子和碘的反应为可逆反应，平衡移动时构成原电池，达到平衡时，无电流产生。
（5）根据控制变量法，当其他条件相同时，探究温度对反应速率的影响。
（1）氯化亚铁是具有还原性的强酸弱碱盐，在溶液中水解酸溶液呈酸性，所以配制氯化亚铁溶液时，需加入盐酸抑制亚铁离子的水解，加入铁粉防止亚铁离子被氧化，故答案为：抑制Fe2+水解；防止Fe2+被氧化；
（2）由题意可知，制备无水氯化亚铁的反应为四水氯化亚铁与SOCl2反应生成氯化亚铁、二氧化硫和水，反应的化学方程式为FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑，故答案为：FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑；
（3）由题意可知，次氯酸钠溶液与氯化亚铁溶液发生的反应为3NaClO+6FeCl2+3H2O=3NaCl+2Fe(OH)3↓+4FeCl3，若次氯酸溶液过量，过量的次氯酸钠溶液能与氯化铁溶液发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和次氯酸，具有强氧化性的次氯酸回收品红溶液褪色，则证明V1大于2V2的实验为取上层清液，滴加品红溶液，溶液褪色，说明V1大于2V2，故答案为：取上层清液，滴加品红溶液，溶液褪色，说明V1大于2V2；
（4）由实验现象可知，溶液中铁离子与碘离子反应生成亚铁离子和碘的反应为可逆反应，增大溶液中的亚铁离子浓度，平衡向逆反应方向移动，说明亚铁离子、碘离子的还原性强弱与溶液中离子浓度的大小一个，故答案为：浓度；
（5）①由表格数据看着，实验1和实验2的目的是探究溶液浓度对水解平衡的影响，由探究实验变量唯一化原则可知，实验1和实验2的反应温度相同，都为30℃，故答案为：30；
②升温，相同浓度的NaClO溶液的反应速率加快，所以若c18．【答案】（1）四；ⅣB
（2）85
（3）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO
（4）1412℃；2Cl——2e—=Cl2↑
（5）Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；乳酸根离子具有还原性，能消耗KMnO4
（6）6；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解析】（1）钛元素的原子序数为22，位于元素周期表第三周期ⅣB族；
（2）由图可知，硫酸质量分数为85%时，铁浸出率最小、钛浸出率最大，则“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为85%；
（3）由分析可知，“熔炼”时发生的反应为二氧化钛与碳、氯气高温条件下熔炼反应生成四氯化钛和一氧化碳，反应的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；
（4）由分析可知，“还原”时发生的反应为四氯化钛高温条件下与镁反应生成钛和氯化镁（M），由表格数据可知，四种物质中钛的沸点最高，钛的沸点高于氯化镁、四氯化钛和镁，所以采用蒸馏法分离出钛时，控制蒸馏的最低温度为1412℃；工业上用惰性材料作为电极来电解熔融的氯化镁时，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；
（5）硫酸亚铁溶液与过量碳酸氢铵溶液反应生成硫酸铵、碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；乳酸亚铁中的乳酸根离子具有还原性，能消耗KMnO4，所以测得值高于实际值；
【6】由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的钛原子与位于面心的氮离子距离最近，则钛原子的配位数为6；晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的钛原子个数为12×+1=4，钛原子核氮原子原子半径之和等于a nm，则晶胞的边长为2a nm，设晶体的密度为d g/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(2a×10-7)3d，解得d=。
【分析】由题给流程可知，向钛铁矿粉末中加入过量的硫酸溶液，将钛酸亚铁转化为亚铁离子和TiO2+离子，氧化铝转化为硫酸铝，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到滤液；向滤液中通入水蒸气，将滤液中的TiO2+离转化为TiO2·nH2O，过滤TiO2·nH2O和滤液；TiO2·nH2O煅烧分解生成二氧化钛，二氧化钛与碳、氯气高温条件下熔炼反应生成四氯化钛，四氯化钛高温条件下与镁反应生成钛，钛高温条件下与氮气反应生成氮化钛；调节滤液pH，将溶液中的铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到硫酸亚铁溶液；向溶液中加入碳酸氢铵溶液，过滤得到碳酸亚铁，碳酸亚铁溶于乳酸得到乳酸亚铁溶液，乳酸亚铁溶液经分离提纯得到乳酸亚铁产品。
（1）熟记第四周期元素即可得到钛在周期表位置；
（2）由图可知，硫酸质量分数为85%时，铁浸出率最小、钛浸出率最大，
（3）该反应为氧化还原反，根据化合价升降相等即可配平，
（4）结合表格中各物质的沸点可得，采用蒸馏法分离出钛时，控制蒸馏的最低温度为1412℃；
（5）硫酸亚铁溶液与过量碳酸氢铵溶液反应生成硫酸铵、碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，该反应为非氧化还原反应，利用质量守恒配平即可；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的钛原子与位于面心的氮离子距离最近，一共有6个；首先算出一个晶胞质量，然后再计算一个晶胞体积，即可算出密度。
（1）钛元素的原子序数为22，位于元素周期表第三周期ⅣB族；
（2）由图可知，硫酸质量分数为85%时，铁浸出率最小、钛浸出率最大，则“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为85%；
（3）由分析可知，“熔炼”时发生的反应为二氧化钛与碳、氯气高温条件下熔炼反应生成四氯化钛和一氧化碳，反应的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；
（4）由分析可知，“还原”时发生的反应为四氯化钛高温条件下与镁反应生成钛和氯化镁（M），由表格数据可知，四种物质中钛的沸点最高，钛的沸点高于氯化镁、四氯化钛和镁，所以采用蒸馏法分离出钛时，控制蒸馏的最低温度为1412℃；工业上用惰性材料作为电极来电解熔融的氯化镁时，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；
（5）硫酸亚铁溶液与过量碳酸氢铵溶液反应生成硫酸铵、碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；乳酸亚铁中的乳酸根离子具有还原性，能消耗KMnO4，所以测得值高于实际值；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的钛原子与位于面心的氮离子距离最近，则钛原子的配位数为6；晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的钛原子个数为12×+1=4，钛原子核氮原子原子半径之和等于a nm，则晶胞的边长为2a nm，设晶体的密度为d g/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(2a×10-7)3d，解得d=。
19．【答案】（1）C
（2）-47.2
（3）0；2.0×10-5mol/(L·min)；增大；成正比例
（4）＞；反应物浓度：A>C，其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大；4.32
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）A．由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体密度不随时间变化，不能说明正、逆反应速率相等，不能表明反应达到平衡，A不符合题意；
B．设反应消耗氮气的物质的量为amol，由反应式可知，氮气的体积分数为，即反应过程中氮气体积分数始终为50％，则体积分数不随时间变化，不能说明正、逆反应速率相等，不能表明反应达到平衡，B不符合题意；
C．由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，该反应是气体分子数减少的反应，反应开始至达到平衡过程，混合气体平均摩尔质量不断增大，则混合气体平均摩尔质量不随时间变化，说明正、逆反应速率相等，表明反应达到平衡，C符合题意；
D．氮气消耗速率与氨气生成速率都代表正反应速率，则消耗速率与生成速率之比为1∶2，不能说明正、逆反应速率相等，不能表明反应达到平衡，D不符合题意；
故答案为：C
（2）由盖斯定律可知，由①＋②＋③式可得反应：，则由盖斯定律得：-92.4kJ mol 1=+32.8kJ mol 1+(-78kJ mol 1)+ΔH3，解得ΔH3=-47.2kJ mol 1。
故答案为：-47.2
（3）①由图可知，20min时，实验Ⅰ和实验Ⅲ的氨气浓度分别为2.0×10-3mol/L、0.8×10-3mol/L，反应速率分别为=2.0×10-5mol/(L·min)、=2.0×10-5 mol/(L·min)，由速率方程可得：=，解得n=0，则速率常数k=v=2.0×10-5mol/(L·min)。
故答案为：0；2.0×10-5mol/(L·min)
②由图可知，实验Ⅰ和实验Ⅱ的起始浓度相等，20min时，氨气浓度分别为2.0×10-3mol/L、1.6×10-3mol/L，说明其他条件相同，增大接触面，氨分解反应速率增大。
故答案为：增大
③由图可知，实验Ⅰ中氨气的起始浓度是实验Ⅲ的2倍，实验Ⅰ、Ⅲ的氨气消耗一半所用的时间分别为60min、30min，说明在一定条件下，分解反应的半衰期与起始浓度的关系是成正比例关系。
故答案为：成正比例
（4）①由图可知，A点和C点起始氨气的物质的量相同、氨气的转化率相等，A点的体积小于C点，则反应物浓度：A>C，其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大，所以起始至反应到达、点时的平均反应速率：，理由是：反应物浓度：A>C，其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大。
故答案为：＞； 反应物浓度：A>C，其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大
②由图可知，若B点达到平衡状态，B点容器体积为2.0L，氨气的平衡转化率为80%，由反应可知，平衡时氨气、氮气、氢气的浓度分别为、、，则反应的平衡常数K=。
故答案为：4.32
【分析】（1）A、根据公式分析反应过程中混合气体的密度是否发生变化。
B、令参与反应的氮气为amol，据此计算反应过程中氮气的体积分数是否发生变化。
C、根据公式分析反应过程中混合气体的平均摩尔质量是否发生变化。
D、根据反应速率之比等于化学计量数之比，分析是否能体现正逆反应速率相等。
（2）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（3）①根据20min时实验Ⅰ、Ⅲ的反应速率确定n、k的值。
②比较曲线Ⅰ、Ⅱ相同时间内NH3浓度的变化量，从而比较反应速率的相对大小。
③根据图像数据分析，NH3浓度消耗一半所需时间分析。
（4）①结合浓度对反应速率的影响分析，浓度越大，反应速率越快。
②根据B点数据计算平衡时各物质的物质的量浓度，从而计算平衡常数。
（1）A．由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体密度不随时间变化，不能说明正、逆反应速率相等，不能表明反应达到平衡，A不符合题意；
B．设反应消耗氮气的物质的量为amol，由反应式可知，氮气的体积分数为，即反应过程中氮气体积分数始终为50％，则体积分数不随时间变化，不能说明正、逆反应速率相等，不能表明反应达到平衡，B不符合题意；
C．由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，该反应是气体分子数减少的反应，反应开始至达到平衡过程，混合气体平均摩尔质量不断增大，则混合气体平均摩尔质量不随时间变化，说明正、逆反应速率相等，表明反应达到平衡，C符合题意；
D．氮气消耗速率与氨气生成速率都代表正反应速率，则消耗速率与生成速率之比为1∶2，不能说明正、逆反应速率相等，不能表明反应达到平衡，D不符合题意；
故选C；
（2）由盖斯定律可知，由①＋②＋③式可得反应：，则由盖斯定律得：-92.4kJ mol 1=+32.8kJ mol 1+(-78kJ mol 1)+ΔH3，解得ΔH3=-47.2kJ mol 1；
（3）①由图可知，20min时，实验Ⅰ和实验Ⅲ的氨气浓度分别为2.0×10-3mol/L、0.8×10-3mol/L，反应速率分别为=2.0×10-5mol/(L·min)、=2.0×10-5 mol/(L·min)，由速率方程可得：=，解得n=0，则速率常数k=v=2.0×10-5mol/(L·min)；
②由图可知，实验Ⅰ和实验Ⅱ的起始浓度相等，20min时，氨气浓度分别为2.0×10-3mol/L、1.6×10-3mol/L，说明其他条件相同，增大接触面，氨分解反应速率增大；
③由图可知，实验Ⅰ中氨气的起始浓度是实验Ⅲ的2倍，实验Ⅰ、Ⅲ的氨气消耗一半所用的时间分别为60min、30min，说明在一定条件下，分解反应的半衰期与起始浓度的关系是成正比例关系；
（4）①由图可知，A点和C点起始氨气的物质的量相同、氨气的转化率相等，A点的体积小于C点，则反应物浓度：A>C，其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大，所以起始至反应到达、点时的平均反应速率：，理由是：反应物浓度：A>C，其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大；
②由图可知，若B点达到平衡状态，B点容器体积为2.0L，氨气的平衡转化率为80%，由反应可知，平衡时氨气、氮气、氢气的浓度分别为、、，则反应的平衡常数K=。
20．【答案】（1）羟基和酮羰基；丙烯酸乙酯
（2）加成反应
（3）2
（4）
（5）4；
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解析】（1）由H的结构简式可知，H中官能团的名称为羟基和酮羰基；由B的结构简式可知，B的名称是丙烯酸乙酯；
（2）由分析可知，B分子中存在碳碳双键，A与B按物质的量1：2发生加成反应生成C；
（3）1个F分子中含2个手性碳原子，如图所示：；
（4）由分析可知，D与乙醇、H+发生反应生成E，化学方程式为：；
（5）G的同分异构体中含六元环，环上含2个取代基，1mol有机物与足量银氨溶液反应，最多生成4mol Ag，说明含有2mol-CHO，则符合要求的同分异构体有：、、、，共4种；其中，在核磁共振氢谱上有4组峰且峰的面积比为1：1：2：2的结构简式为；
(6)以2，4-二溴戊烷、丙烯酸甲酯为原料合成有机物，设计合成路线为：在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解生成，催化氧化生成，与丙烯酸乙酯在乙醇钠作用下按物质的量1：1发生加成反应生成，先碱性条件下水解、再酸化得，则合成路线为：。
【分析】A与B按物质的量1：2发生加成反应生成C，C发生一系列反应得到D，D与乙醇、H+反应生成E，E在i)乙醇钠、ii）H2O作用下转化为F，F先在碱性条件下发生反应，再在酸性、加热条件下得到G，G在碱性、加热条件下转化为H。
（1）根据上述分析，可以确定H的化学式，即可确定官能团，
（2） 双键断裂变为单键，故为加成反应；
（3） 手性碳原子 为链接4个不同的原子或者原子团，据此判断即可；
（4）D为酸，与乙醇发生酯化反应，生成酯和水据此写出方程式；
（5）根据限定条件必须含有六元环，且含有2个醛基，根据不饱和度可以确定该有机物的基本骨架和官能团数目和类型，据此解答即可。
（1）由H的结构简式可知，H中官能团的名称为羟基和酮羰基；由B的结构简式可知，B的名称是丙烯酸乙酯；
（2）由分析可知，B分子中存在碳碳双键，A与B按物质的量1：2发生加成反应生成C；
（3）1个F分子中含2个手性碳原子，如图所示：；
（4）由分析可知，D与乙醇、H+发生反应生成E，化学方程式为：；
（5）G的同分异构体中含六元环，环上含2个取代基，1mol有机物与足量银氨溶液反应，最多生成4mol Ag，说明含有2mol-CHO，则符合要求的同分异构体有：、、、，共4种；其中，在核磁共振氢谱上有4组峰且峰的面积比为1：1：2：2的结构简式为；
（6）以2，4-二溴戊烷、丙烯酸甲酯为原料合成有机物，设计合成路线为：在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解生成，催化氧化生成，与丙烯酸乙酯在乙醇钠作用下按物质的量1：1发生加成反应生成，先碱性条件下水解、再酸化得，则合成路线为：。
1 / 1广东省江门市江门第一中学2024-2025学年金太阳高三上学期高考模拟化学卷
1．（2024高三上·江门模拟）保护文化遗产，弘扬民族精神，共筑中华之魂。下列文物的主要成分为金属材料的是
A.元青花人物纹玉壶春瓶 B.阳春孔雀石
C.清胭脂红釉罐 D.西周兽面纹青铜盉
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】玉壶春瓶主要成分为硅酸盐、孔雀石主要成分为碱式碳酸铜、红釉罐主要成分为硅酸盐，三者均不属于金属材料；青铜盉的主要成分为铜合金，属于金属材料，故选D。
【分析】金属材料一般包括纯金属以及合金等。
2．（2024高三上·江门模拟）广东省在甲醇生产方面进行了多元化发展，包括传统甲醇的生产以及生物质绿色甲醇的研发和生产，为广东省及周边地区的能源结构和环境改善做出了贡献。下列叙述错误的是
A．甲醇分子是极性分子
B．甲醇分子之间能形成氢键
C．甲醇分子的VSEPR模型为正四面体形
D．甲醇分子只含极性共价键
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．甲醇分子的结构简式为CH3OH，结构不对称，是极性分子，A正确；
B．甲醇分子中含有-OH，分子之间能形成O—H…O氢键，B正确；
C．甲醇分子中，中心O原子的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，则VSEPR模型为四面体形，但不是正四面体形，C错误；
D．甲醇分子中含有C-H、C-O、O-H键，它们都是极性共价键，D正确；
故答案为：C。
【分析】A.根据分子结构是否关于中心对称判断是否为极性分子；
B.甲醇分子中含有-OH，可以形成氢键；
C.甲醇分子中C原子链接不同原子，故不可能为正四面体；
D.甲醇分子中含有C-H、C-O、O-H键，没有非极性键。
3．（2024高三上·江门模拟）晋陕黄河特大桥连接山西省永济市和陕西省合阳县，是目前我国高速铁路跨越黄河最长、建设规模最大的桥梁。下列有关叙述错误的是
A．斜拉索采用的环氧涂层具有耐酸、耐碱性能
B．保护大桥可采用“外加电流法”
C．主塔的主要材料是金属材料，该金属材料中只含铁、硫、磷等元素
D．主梁采用的C60海工耐久混凝土属于混合物
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；合金及其应用
【解析】【解答】A．斜拉索采用的环氧涂层具有耐酸、耐碱的优良性能，故A正确；
B．大桥可采用外加电流法可以将直流电源的负极与桥体相连保护大桥，故B正确；
C．主塔的主要材料是金属材料，该金属材料是硫、磷等元素含量较少的性能优良的合金钢，即一定含有碳元素，故C错误；
D．主梁采用的C60海工耐久混凝土是多种物质形成的混合物，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A.为保护金属不被腐蚀，一般 采用的环氧涂层 保护；
B.将大桥与电源负极相连做阴极，起到保护金属作用；
C.铁合金一般都含有碳元素；
D.C60海工耐久混凝土属于硅酸盐等混合物。
4．（2024高三上·江门模拟）科学家研究发现石墨烯在室温下具有前所未有的磁阻(一种物理参量)。已知：石墨烯比金刚石更坚硬，比铜更能导电。下列叙述错误的是
A．石墨烯中碳原子都采用杂化
B．石墨烯中碳碳键平均键能大于金刚石中的，石墨烯的熔点比金刚石的高
C．石墨烯可以看成由正六边形构成，碳原子、碳碳键数目之比为3∶2
D．石墨烯是二维结构，每个碳原子有1个电子能自由移动，具有良好的导电性
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；晶体的定义
【解析】【解答】A．石墨烯中每个碳原子与3个碳原子形成共价键，碳原子的最外层无孤电子对，则碳原子都采用杂化，A正确；
B．石墨烯中碳原子间通过p-p电子云的侧面重叠形成离域大π键，碳碳键长小于金刚石中碳碳键长，则碳碳键平均键能大于金刚石中的，所以石墨烯的熔点比金刚石的高，B正确；
C．石墨烯可以看成由正六边形构成，每个碳原子与周围的3个碳原子形成共价单键，平均每个碳原子形成1.5个共价键，则碳原子、碳碳键数目之比为2∶3，C错误；
D．石墨烯是二维结构，每个碳原子各提供1个电子形成离域大π键，离域大π键中的电子能自由移动，因此石墨烯具有良好的导电性，D正确；
故答案为：C。
【分析】A.石墨烯为平面构型，故 采用杂化 ；
B.石墨键长更短，键能更大，故熔点根高；
C.每个碳原子与周围的3个碳原子形成共价单键，平均每个碳原子形成1.5个共价键，则碳原子、碳碳键数目之比为2∶3，
D.石墨烯形成共轭大π键，而不是电子属于整个区域。
5．（2024高三上·江门模拟）科技推动社会进步，创造美好生活。下列有关解读错误的是
选项 科技摘录 解读
A “天舟七号”为中国空间站送去推进剂氙(Xe)气 基态Xe原子价层电子排布式为5s25p6
B 运动会开幕式采用电子烟花 使用电子烟花体现节约与环保
C 大连化学物理研究所开发新型催化剂使CH3OH和CO合成CH3COOH成为可能 该反应中原子利用率为100%
D 南京大学一团队合成出了一种新型锂氧电池电催化剂FeCoNiMnPtIr 催化剂中所含元素均位于前四周期
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；常见的生活环境的污染及治理；原料与能源的合理利用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．Xe属于稀有气体，位于元素周期表第5周期0族，则基态Xe原子价层电子排布式为5s25p6，A正确；
B．使用电子烟花不产生任何大气污染物，同时耗能少，体现节约与环保，B正确；
C．CH3OH+CO→CH3COOH，产物只有一种，该反应中原子利用率为100%，C正确；
D．新型锂氧电池电催化剂FeCoNiMnPtIr中，Fe、Co、Ni、Mn位于第四周期，Pt、Ir位于第六周期，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.Xe位于元素周期表第5周期0族，最外层含有8个电子；
B.电子烟花不产生任何大气污染物，可以保护环境；
C.甲醇与CO全部生成乙酸，原子利用率为100%。
6．（2024高三上·江门模拟）实验室通常会根据药品和反应条件选择制备气体的发生装置，下列各组能通过图示装置完成气体制备的是
选项 A B C D
药品 MnO2和浓盐酸 电石和饱和食盐水 粗锌和稀硫酸 FeS和稀硝酸
气体 Cl2 C2H2 H2 H2S
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A．浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，所以不能用该装置制备氯气，故A不符合题意；
B．电石与饱和食盐水反应速率快，不宜控制，且反应放出大量的热，所以不能用该装置制备乙炔，故B不符合题意；
C．粗锌中的锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和难溶于水的氢气，该反应是块状固体和溶液不加热反应生成气体的装置，所以能用该装置制备氢气，故C符合题意；
D．具有还原性的硫化亚铁与具有强氧化性的稀硝酸反应生成一氧化氮，不能生成硫化氢，所以不能用该装置制备硫化氢，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该装置名称为启普发生器，适用于固液不加热，且该固体难溶于水，可以控制反应开始和停止。
7．（2024高三上·江门模拟）武汉大学一课题组通过铜/铬基催化剂催化实现烷烃与醛基合成醇（如图），下列叙述错误的是
A．上述反应是加成反应
B．甲、丙都能使酸性溶液褪色
C．丙分子含1个手性碳原子，它是手性分子
D．基态、原子含有的未成对电子数分别为4、1
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；“手性分子”在生命科学等方面的应用；醛的化学性质
【解析】【解答】A．由结构简式可知，催化剂作用下与发生双键变单键的加成反应生成，故A正确；
B．由结构简式可知，甲分子中含有的醛基和丙分子中含有的醇羟基能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故B正确；
C．由结构简式可知，丙分子中含有如图*所示的1个手性碳原子：，属于手性分子，故C正确；
D．铬元素的原子序数为24，基态原子的价电子排布式为3d54s1，未成对电子数为6，故D错误；
故选D。
【分析】A.由图可知，甲与乙反应过程双键断开，故为加成反应；
B.醛基和醇羟基都可以使酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色；
C.当碳原子上连接四个不同原子或者原子团时，即为手性碳；
D.铬为半满状态，基态原子的价电子排布式为3d54s1，未成对电子数为6。
8．（2024高三上·江门模拟）部分铁、铜物质的“价-类”关系如图所示，下列叙述错误的是
A．a和e溶液能发生置换反应
B．可能实现转化
C．在硝酸中加入d能生成e
D．在氢碘酸的淀粉溶液中加入c，溶液变蓝
【答案】A
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．铁与硝酸铁溶液反应生成硝酸亚铁，铜与硝酸铁溶液反应生成硝酸亚铁和硝酸铜，铁、铜与硝酸铁溶液的反应都不是置换反应，故A错误；
B．氢氧化铜悬浊液能与醛或葡萄糖共热反应生成砖红色的氧化亚铜，氧化亚铜与氢气或一氧化碳共热反应生成铜，所以可能实现转化，故B正确；
C．稀硝酸能与氢氧化亚铁反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，故C正确；
D．氧化铁与氢碘酸溶液反应生成碘化亚铁、碘和水，则在氢碘酸的淀粉溶液中加入氧化铁，溶液变蓝，故D正确；
故答案为：A。
【分析】根据化合价和物质类别，由图可知，a为铁或铜、b为氧化亚铜、c为氧化铁、d为氢氧化亚铁或氢氧化铜、e为硝酸铁。
A.铁或者铜的单质与其盐溶液反应不一定是置换反应；
B.氧化铜可以被还原成氧化亚铜，进而被还原成单质铜；
C.稀硝酸能与氢氧化亚铁反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；
D.氧化铁与氢碘酸溶液反应生成碘，与淀粉变蓝。
9．（2024高三上·江门模拟）（三草酸合铁酸钾晶体）常用来作为化学光量计，一种合成的流程如图所示。下列叙述正确的是
已知三草酸合铁酸钾晶体的部分性质如下：
①易溶于水（溶解度随温度的升高而增大），难溶于乙醇。
②一定温度下可失去全部结晶水，高温时会分解。
③具有光敏性，受光照射易分解。
A．“沉铁”后所得滤液中溶质的成分只有
B．“系列操作”是过滤、乙醇洗涤、干燥
C．产品应贮存于无色透明带软木塞的试剂瓶中
D．向产品的饱和溶液中加入乙醇，有利于析出产品
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．“沉铁”中，滤液成分不止是(NH4)2SO4，还有H2SO4，还有过量的草酸，故A错误；
B．题给条件中：三草酸合铁酸钾，易溶于水，在低温溶解度小，所以“系列操作”在过滤前要进行冷却结晶，B错误；
C．三草酸合铁酸钾晶体具有光敏性，受光照射分解变为黄色，不可贮存于透明带软木塞的试剂瓶中，C错误；
D．三草酸合铁酸钾晶体，难溶于乙醇，有利于产品析出，D正确；
故选D。
【分析】通过流程制备、净化的操作中，加入的试剂一般都是过量的，析出产品的操作一般是在溶解度小的溶剂中结晶。
A.由于草酸与硫酸亚铁铵反应，会生成硫酸；
B.由题可知，三草酸合铁酸钾，易溶于水，在低温溶解度小，通过降温结晶的方式即可得到；
C.三草酸合铁酸钾晶体具有光敏性，受光照射分解变为黄色，不可贮存于透明带软木塞的试剂瓶中。
10．（2024高三上·江门模拟）下列实验操作、现象及相应结论均正确的是
选项 操作及现象 结论
A 向溶液中滴加苯酚溶液，溶液变紫色 已变质
B 向中滴加稀硫酸，没有明显现象 酸性：
C 向酸性溶液中滴加少量溶液，溶液褪色 还原了
D 在的四氯化碳溶液中加入KI溶液，下层液体颜色变浅 KI具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．溶液中的铁离子能与苯酚溶液发生显色反应使溶液变紫色，滴加苯酚溶液后变紫色，说明溶液中存在铁离子，证明氯化亚铁已变质，故A正确；
B．碳酸钙与稀硫酸反应后产生的微溶的硫酸钙会覆盖在硫酸钙表面，阻止反应的进行，所以向碳酸钙中滴加稀硫酸，没有明显现象不能说明碳酸的酸性强于硫酸，故B错误；
C．亚铁离子和溴离子都能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则溶液褪色不能说明溴离子还原了高锰酸根离子，故C错误；
D．在碘的四氯化碳溶液中加入碘化钾溶液，下层液体颜色变浅是因为碘与碘离子反应生成碘三离子，与碘化钾具有还原性无关，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A.三价铁离子与苯酚显色，故滴加苯酚溶液后变紫色，说明溶液中存在铁离子，证明氯化亚铁已变质；
B.硫酸钙为微溶物，覆盖碳酸钙表面灰阻止反应发生，现象不明显；
C.亚铁离子也不被氧化，存在干扰；
D.碘与碘离子反应生成碘三离子，也会褪色，无法说明。
11．（2024高三上·江门模拟）设为阿伏加德罗常数的值。关于反应，下列叙述正确的是
A．中B原子最外层电子数为
B．固体含数为
C．标准状况下，含键数为
D．含配位键数为
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．三氟化硼分子中硼原子的最外层电子数为6，则0.1mol三氟化硼分子中硼原子最外层电子数为0.1mol×6×NAmol—1=0.6NA，故A错误；
B.10.6g碳酸钠固体中含有的碳酸根离子数目为×1×NAmol—1=0.1NA，故B正确；
C．二氧化碳的结构式为O=C=O，分子中碳氧双键含有1个σ键，标准状况下，4.48L二氧化碳中含有σ键的数目为×2×NAmol—1=0.4NA，故C错误；
D．四羟基合硼酸钠中含有1个配位键，则1mol四羟基合硼酸钠中含有的配位键数目为1mol×1×NAmol—1=NA，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.三氟化硼为缺电子体，最外层只有6个电子；
C.根据二氧化碳结构，一个二氧化碳含有2个键 ，据此计算即可；
D.．四羟基合硼酸钠中只含有1个配位键。
12．（2024高三上·江门模拟）丁二酸酐（）是合成消炎镇痛药奥沙普秦的中间体。某同学在干燥反应瓶中加入71g丁二酸、120mL（1.28mol）乙酸酐，加热搅拌回流1h，反应完毕，倒入干燥烧瓶中，放置0.5h，冷冻结晶，抽滤（利用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，以实现固液分离的操作）、干燥，得到粗品，再用乙醚洗涤，得到白色柱状结晶精品51g；实验装置如图1和图2所示，下列叙述正确的是
A．图1中仪器A的进水口为a
B．该反应的产率约为84.76%
C．图2装置抽滤比普通过滤要慢
D．图2装置可以分离所有固液混合物
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；过滤
【解析】【解答】A．为增强冷凝效果，图1中球形冷凝管A的进水口为b、出水口为a，故A错误；
B．由题意可知，丁二酸与乙酸酐共热反应生成丁二酸酐和乙酸，71g丁二酸的物质的量为≈0.6017mol＜1.28mol，则反应中乙酸酐过量，实验得到51g丁二酸酐，则反应的产率×100%≈84.76%，故B正确；
C．抽滤时使用抽气泵给吸滤瓶减压，导致装置内部的压强降低，布氏漏斗中的固液混合物由于重力作用可以快速分离，从而使过滤的速度加快，故C错误；
D．由分析可知，图2装置为实现固液分离的抽滤装置，而胶状沉淀和颗粒过小的沉淀不适用于抽滤的原因是胶状沉淀容易堵塞滤纸，导致抽滤效果不佳，而颗粒过小的沉淀则可以通过滤纸，同样会影响抽滤效果，故D错误；
故答案为：B。
【分析】由实验装置图可知，图1装置为丁二酸与乙酸酐共热反应制备丁二酸酐的装置，图2装置为实现固液分离的抽滤装置，本题围绕丁二酸酐的合成实验展开，给出了实验操作过程，包括反应物用量、反应条件等，同时配有实验装置图（图1和图2），并设置了关于实验装置和产率计算等。
13．（2024高三上·江门模拟）中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星，探测发现火星上存在大量橄榄石矿物(主要成分为)。已知X、Y、Z、R、W为前四周期元素且原子序数依次增大，Y的氢化物常用于刻蚀玻璃容器，矿物界离不开R元素，R与X质子数之和为22，W的合金材料是生活中用途最广泛的金属材料，基态Z原子核外s、p能级上电子总数相等。下列叙述正确的是
A．电负性：Y>X>R
B．ZX为共价晶体
C．与氢形成的共价键的键能：H-X>H-Y
D．熔点：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；离子晶体；化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A．X、Y、R分别为O、F、Si，非金属性F＞O＞Si，则电负性：F＞O＞Si，A项正确；
B．MgO为离子化合物，形成离子晶体，B项错误；
C．F的原子半径小于O的原子半径，则H-F键的键能大于H-O键的键能，C项错误；
D．SiF4是分子晶体，FeO是离子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，则熔点SiF4＜FeO，D项错误；
故答案为：A。
【分析】氢氟酸常用于刻蚀玻璃容器，Y为F；生活中用途最广泛的金属材料是钢铁合金，W为Fe；前四周期中只有氧、镁原子的s、p能级上电子总数相等，根据原子序数递增确定Z为Mg；矿物界离不开R，R为Si，X为O。从而得出X、Y、Z、R、W分别为O、F、Mg、Si、Fe。
A.利用周期表电负性变化规律即可判断三者电负性；
B.氧化镁为离子化合物，为离子晶体；
C.形成共价键原子半径越小，键长越短，键能越大；
D.分子晶体沸点低于共价化合物的沸点。
14．（2024高三上·江门模拟）科学家实现了Rh（铑）催化苯乙烯的不对称氢硒化反应（如图），下列叙述错误的是
已知：Ar—为芳香烃基，R—为烃基。
A．化合物III中含配位键
B．总反应的原子利用率为
C．上述循环过程中，Rh形成的共价键数目不变
D．III→IV中，断裂铑氢键，形成了碳氢键
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A．由图可知，化合物III中铑与配位原子形成配位键，故A正确；
B．由图可知，该历程的总反应是苯乙烯和RSeH发生加成反应生成有机物3，原子利用率100%，故B正确；
C．由图可知，在Ⅰ和Ⅴ中Rh形成3个化学键，在Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中Rh形成4个化学键，故C错误；
D．由图可知，III→IV中，断裂铑氢键，形成了碳氢键，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A.化合物Ⅲ中，中心原子Rh与配体之间存在配位键，所以化合物Ⅲ中含配位键，A选项正确。
B. 从反应图可以看出，反应物完全转化为产物，没有其他副产物生成，符合原子利用率为100%的特点，B选项正确。
C.观察循环过程，在不同的中间体中，Rh形成的共价键数目发生了变化。例如从某些中间体到另一些中间体时，与Rh相连的化学键数量和种类有改变，C选项错误。
15．（2024高三上·江门模拟）硫锌二次电池工作原理如图所示，下列叙述错误的是
A．放电时，电极a为负极
B．充电时，电极b与电源正极连接
C．放电时，电极a上的电极反应式为
D．充电时，完全反应时向电极a迁移
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时，电极a为负极，故A正确；
B．由分析可知，充电时，与直流电源负极相连的电极a为阴极，则电极b与电源正极连接为阳极，故B正确；
C．由分析可知，放电时，电极a为负极，碱性条件下锌在负极失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为，故C正确；
D．由分析可知，充电时，硫化亚铜在阳极失去电子发生氧化反应生成铜离子和硫，电极反应式为Cu2S—4e—=2Cu2++S，则16.0g硫化亚铜完全反应时向电极a迁移钠离子物质的量为×4=0.4mol，故D错误；
故选D。
【分析】由图可知，放电时，电极a为负极，碱性条件下锌在负极失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极b为正极，铜离子作用下硫在正极得到电子发生还原反应生成硫化亚铜，充电时，与直流电源负极相连的电极a为阴极，电极b为阳极。
A.根据上述分析可知，a极发生氧化反应，为负极；
B.充电时直流电源负极相连的电极a为阴极，则电极b与电源正极连接为阳极；
C.锌为负极失电子，同时在碱性条件下，生成四羟基合锌离子；
D.根据化合价升降情况，计算转移电子数目，进而计算转移钠离子数目。
16．（2024高三上·江门模拟）氧化制备发生的主要反应为 。向容积为2L的恒容密闭容器中投入2mol和2mol。不同温度下，测得5min时(反应均未达到平衡，其他副反应均不消耗和生成乙烯)的相关数据见下表，下列说法正确的是
温度/℃
乙烷转化率/% 2 9 18
乙烯选择性/% 93 80 62
注：乙烯选择性。
A．℃，5min时，容器内的物质的量为0.04mol
B．℃，0 5min内，平均速率molLmin
C．反应达到平衡后，其他条件不变，仅升高温度，平衡向逆反应方向移动
D．该反应仅在低温条件下能正向自发进行
【答案】B
【知识点】焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．由表格的数据可知，℃，5min时，molmol，故A错误；
B．由表可知，℃时，乙烷的转化率为9.0%，可得转化的乙烷的总物质的量为2mol×9.0%=0.18mol，而此温度下乙烯的选择性为80%，则转化为乙烯的乙烷的物质的量为0.18mol×80%=0.144mol，根据化学方程式中化学计量数可知生成的乙烯的物质的量也为0.144mol，则0～5min内的平均反应速率v(C2H4)== 0.0144molLmin，故B正确；
C．该反应为吸热反应，仅升高温度，平衡向正反应方向移动，故C错误；
D．因，，时能自发进行，此时需要高温条件，故D错误；
答案选B。
【分析】本题是一道关于化学反应速率、化学平衡及反应自发性的化学选择题，解题关键在于理解乙烷转化率、乙烯选择性的概念，并结合相关公式和化学平衡原理进行分析，注意选择性的含义；根据选择性进行列三段式计算。
17．（2024高三上·江门模拟）、都是中学实验室里的常用试剂，在生产、生活中有广泛应用，某实验小组设计实验探究和NaClO的性质。回答下列问题：
（1）配制一定浓度的溶液：将一定质量溶于浓盐酸，加水稀释至指定溶液体积，盐酸的作用是　 　，配制过程中会向溶液中加入少量铁粉，铁粉的作用是　 　。
（2）实验室加热和足量的混合物制备无水，产生的气体能使品红溶液褪色。该反应的化学方程式为　 　。
（3）在溶液中加入溶液，产生红褐色沉淀。设计简单实验证明大于：　 　。
（4）探究、的还原性强弱：
按如图所示装置进行实验，实验结果如下：
步骤 操作及现象 记录
i 按图示加入试剂，接通K，电流计指针偏转 记电流强度为
ii 随着反应进行，电流强度逐渐减小 记该过程中电流强度为b，，最终
iii 一段时间后，向左侧烧杯中加入浓溶液，电流表指针向相反方向偏转 记电流强度为x
根据上述实验可知，、还原性相对强弱与　 　有关。
（5）探究外界条件对NaClO溶液水解程度的影响：
该实验限选药品和仪器：恒温水浴、品红溶液、烧杯、蒸馏水和各种浓度的NaClO溶液。
编号 温度 待测“物理量” 实验目的
1 0.5 30 a 探究浓度对NaClO溶液水解平衡的影响
2 1.5 T b —
3 0.5 35 c Y
①　 　。
②待测“物理量X”是“其他条件相同，品红溶液的褪色时间”时，若，不能得出结论Y：“其他条件相同，升高温度，NaClO水解程度增大”，其原因是　 　。
【答案】（1）抑制Fe2+水解；防止Fe2+被氧化
（2）FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑
（3）取上层清液，滴加品红溶液，溶液褪色，说明V1大于2V2
（4）浓度
（5）30；升温，相同浓度的NaClO溶液的反应速率加快
【知识点】盐类水解的原理；原电池工作原理及应用
【解析】【解析】由题意可知，该实验的实验目的是探究氯化亚铁和次氯酸钠的性质。
（1）氯化亚铁是具有还原性的强酸弱碱盐，在溶液中水解酸溶液呈酸性，所以配制氯化亚铁溶液时，需加入盐酸抑制亚铁离子的水解，加入铁粉防止亚铁离子被氧化，故答案为：抑制Fe2+水解；防止Fe2+被氧化；
（2）由题意可知，制备无水氯化亚铁的反应为四水氯化亚铁与SOCl2反应生成氯化亚铁、二氧化硫和水，反应的化学方程式为FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑，故答案为：FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑；
（3）由题意可知，次氯酸钠溶液与氯化亚铁溶液发生的反应为3NaClO+6FeCl2+3H2O=3NaCl+2Fe(OH)3↓+4FeCl3，若次氯酸溶液过量，过量的次氯酸钠溶液能与氯化铁溶液发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和次氯酸，具有强氧化性的次氯酸回收品红溶液褪色，则证明V1大于2V2的实验为取上层清液，滴加品红溶液，溶液褪色，说明V1大于2V2，故答案为：取上层清液，滴加品红溶液，溶液褪色，说明V1大于2V2；
（4）由实验现象可知，溶液中铁离子与碘离子反应生成亚铁离子和碘的反应为可逆反应，增大溶液中的亚铁离子浓度，平衡向逆反应方向移动，说明亚铁离子、碘离子的还原性强弱与溶液中离子浓度的大小一个，故答案为：浓度；
（5）①由表格数据看着，实验1和实验2的目的是探究溶液浓度对水解平衡的影响，由探究实验变量唯一化原则可知，实验1和实验2的反应温度相同，都为30℃，故答案为：30；
②升温，相同浓度的NaClO溶液的反应速率加快，所以若c【分析】（1）配置容易发生水解的盐类物质，需要加入适量相应的酸抑制水解。
（2）根据题目分析可得；制备无水氯化亚铁的反应为四水氯化亚铁与SOCl2反应生成氯化亚铁、二氧化硫和水，该反应为非氧化还原反应，据此配平即可。
（3）根据混合反应后生成次氯酸，能够使品红褪色，即可比较大小；
（4）溶液中铁离子与碘离子反应生成亚铁离子和碘的反应为可逆反应，平衡移动时构成原电池，达到平衡时，无电流产生。
（5）根据控制变量法，当其他条件相同时，探究温度对反应速率的影响。
（1）氯化亚铁是具有还原性的强酸弱碱盐，在溶液中水解酸溶液呈酸性，所以配制氯化亚铁溶液时，需加入盐酸抑制亚铁离子的水解，加入铁粉防止亚铁离子被氧化，故答案为：抑制Fe2+水解；防止Fe2+被氧化；
（2）由题意可知，制备无水氯化亚铁的反应为四水氯化亚铁与SOCl2反应生成氯化亚铁、二氧化硫和水，反应的化学方程式为FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑，故答案为：FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8 HCl↑；
（3）由题意可知，次氯酸钠溶液与氯化亚铁溶液发生的反应为3NaClO+6FeCl2+3H2O=3NaCl+2Fe(OH)3↓+4FeCl3，若次氯酸溶液过量，过量的次氯酸钠溶液能与氯化铁溶液发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和次氯酸，具有强氧化性的次氯酸回收品红溶液褪色，则证明V1大于2V2的实验为取上层清液，滴加品红溶液，溶液褪色，说明V1大于2V2，故答案为：取上层清液，滴加品红溶液，溶液褪色，说明V1大于2V2；
（4）由实验现象可知，溶液中铁离子与碘离子反应生成亚铁离子和碘的反应为可逆反应，增大溶液中的亚铁离子浓度，平衡向逆反应方向移动，说明亚铁离子、碘离子的还原性强弱与溶液中离子浓度的大小一个，故答案为：浓度；
（5）①由表格数据看着，实验1和实验2的目的是探究溶液浓度对水解平衡的影响，由探究实验变量唯一化原则可知，实验1和实验2的反应温度相同，都为30℃，故答案为：30；
②升温，相同浓度的NaClO溶液的反应速率加快，所以若c18．（2024高三上·江门模拟）氮化钛常作仿金饰品，乳酸亚铁常作补铁制剂。以钛铁矿（主要含，还含少量、）为原料制备氮化钛和乳酸亚铁的工艺如图，回答下列问题：
部分物质的熔点、沸点数据如表所示：
物质 Mg Ti
熔点 648.8 714 1667
沸点 136.4 1090 1412 3287
（1）Ti位于元素周期表第　 　周期　 　族。
（2）其他条件不变，“酸浸”时铁、钛浸出率与硫酸质量分数的关系如图所示。
“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为　 　%。
（3）“熔炼”时，温度在，反应还能得到一种具有还原性和可燃性的气体。“熔炼”的化学方程式为　 　。
（4）“还原”时得到钛和另一产物M，采用蒸馏法分离出钛，控制蒸馏的最低温度为　 　，工业上用惰性材料作为电极来电解熔融的M，阳极的电极反应式为　 　。
（5）利用溶液和过量溶液制备的离子方程式为　 　；用酸性溶液滴定法测定乳酸亚铁产品的纯度，所有操作均正确，但经多次实验结果发现，测得值高于实际值，其原因是　 　。已知滴定反应为（未配平）。
（6）钛、氮组成的一种化合物的晶胞如图所示，钛的配位数为　 　，该晶体的密度为　 　，已知、原子半径之和等于（Ti、N相切），为阿伏加德罗常数的值。
【答案】（1）四；ⅣB
（2）85
（3）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO
（4）1412℃；2Cl——2e—=Cl2↑
（5）Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；乳酸根离子具有还原性，能消耗KMnO4
（6）6；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解析】（1）钛元素的原子序数为22，位于元素周期表第三周期ⅣB族；
（2）由图可知，硫酸质量分数为85%时，铁浸出率最小、钛浸出率最大，则“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为85%；
（3）由分析可知，“熔炼”时发生的反应为二氧化钛与碳、氯气高温条件下熔炼反应生成四氯化钛和一氧化碳，反应的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；
（4）由分析可知，“还原”时发生的反应为四氯化钛高温条件下与镁反应生成钛和氯化镁（M），由表格数据可知，四种物质中钛的沸点最高，钛的沸点高于氯化镁、四氯化钛和镁，所以采用蒸馏法分离出钛时，控制蒸馏的最低温度为1412℃；工业上用惰性材料作为电极来电解熔融的氯化镁时，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；
（5）硫酸亚铁溶液与过量碳酸氢铵溶液反应生成硫酸铵、碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；乳酸亚铁中的乳酸根离子具有还原性，能消耗KMnO4，所以测得值高于实际值；
【6】由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的钛原子与位于面心的氮离子距离最近，则钛原子的配位数为6；晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的钛原子个数为12×+1=4，钛原子核氮原子原子半径之和等于a nm，则晶胞的边长为2a nm，设晶体的密度为d g/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(2a×10-7)3d，解得d=。
【分析】由题给流程可知，向钛铁矿粉末中加入过量的硫酸溶液，将钛酸亚铁转化为亚铁离子和TiO2+离子，氧化铝转化为硫酸铝，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到滤液；向滤液中通入水蒸气，将滤液中的TiO2+离转化为TiO2·nH2O，过滤TiO2·nH2O和滤液；TiO2·nH2O煅烧分解生成二氧化钛，二氧化钛与碳、氯气高温条件下熔炼反应生成四氯化钛，四氯化钛高温条件下与镁反应生成钛，钛高温条件下与氮气反应生成氮化钛；调节滤液pH，将溶液中的铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到硫酸亚铁溶液；向溶液中加入碳酸氢铵溶液，过滤得到碳酸亚铁，碳酸亚铁溶于乳酸得到乳酸亚铁溶液，乳酸亚铁溶液经分离提纯得到乳酸亚铁产品。
（1）熟记第四周期元素即可得到钛在周期表位置；
（2）由图可知，硫酸质量分数为85%时，铁浸出率最小、钛浸出率最大，
（3）该反应为氧化还原反，根据化合价升降相等即可配平，
（4）结合表格中各物质的沸点可得，采用蒸馏法分离出钛时，控制蒸馏的最低温度为1412℃；
（5）硫酸亚铁溶液与过量碳酸氢铵溶液反应生成硫酸铵、碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，该反应为非氧化还原反应，利用质量守恒配平即可；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的钛原子与位于面心的氮离子距离最近，一共有6个；首先算出一个晶胞质量，然后再计算一个晶胞体积，即可算出密度。
（1）钛元素的原子序数为22，位于元素周期表第三周期ⅣB族；
（2）由图可知，硫酸质量分数为85%时，铁浸出率最小、钛浸出率最大，则“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为85%；
（3）由分析可知，“熔炼”时发生的反应为二氧化钛与碳、氯气高温条件下熔炼反应生成四氯化钛和一氧化碳，反应的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；
（4）由分析可知，“还原”时发生的反应为四氯化钛高温条件下与镁反应生成钛和氯化镁（M），由表格数据可知，四种物质中钛的沸点最高，钛的沸点高于氯化镁、四氯化钛和镁，所以采用蒸馏法分离出钛时，控制蒸馏的最低温度为1412℃；工业上用惰性材料作为电极来电解熔融的氯化镁时，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；
（5）硫酸亚铁溶液与过量碳酸氢铵溶液反应生成硫酸铵、碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；乳酸亚铁中的乳酸根离子具有还原性，能消耗KMnO4，所以测得值高于实际值；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的钛原子与位于面心的氮离子距离最近，则钛原子的配位数为6；晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的钛原子个数为12×+1=4，钛原子核氮原子原子半径之和等于a nm，则晶胞的边长为2a nm，设晶体的密度为d g/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(2a×10-7)3d，解得d=。
19．（2024高三上·江门模拟）是一种重要化工原料，也是潜在储氢材料。工业上，合成氨的反应为 。回答下列问题：
（1）一定温度下，在恒容密闭容器中充入和合成氨，下列情况表明反应达到平衡的是________（填标号）。
A．混合气体密度不随时间变化
B．体积分数不随时间变化
C．混合气体平均摩尔质量不随时间变化
D．消耗速率与生成速率之比为1：2
（2）我国科学家提出合成氨的机理如下：
① ；
② ；
③ 　 　。
（3）在钨（W）表面上分解反应的速率方程为（是速率常数，只与温度、催化剂、接触面有关，n为反应级数）。某温度下，测得与催化剂接触面关系如图所示：
①　 　，在I条件下，　 　。
②其他条件相同，增大接触面，氨分解反应速率　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
③反应物消耗一半所用的时间叫半衰期。在一定条件下，分解反应的半衰期与起始浓度的关系是　 　（填“成正比例”“成反比例”或“不确定”）关系。
（4）一定温度下，在、、三个恒容密闭容器中分别投入，其他条件相同，测得相同时间内的转化率如图所示：
①起始至反应到达、点时的平均反应速率：　 　（填“”“”或“”），理由是　 　。
②若B点达到平衡状态，则该温度下此反应的平衡常数K为　 　。
【答案】（1）C
（2）-47.2
（3）0；2.0×10-5mol/(L·min)；增大；成正比例
（4）＞；反应物浓度：A>C，其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大；4.32
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）A．由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体密度不随时间变化，不能说明正、逆反应速率相等，不能表明反应达到平衡，A不符合题意；
B．设反应消耗氮气的物质的量为amol，由反应式可知，氮气的体积分数为，即反应过程中氮气体积分数始终为50％，则体积分数不随时间变化，不能说明正、逆反应速率相等，不能表明反应达到平衡，B不符合题意；
C．由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，该反应是气体分子数减少的反应，反应开始至达到平衡过程，混合气体平均摩尔质量不断增大，则混合气体平均摩尔质量不随时间变化，说明正、逆反应速率相等，表明反应达到平衡，C符合题意；
D．氮气消耗速率与氨气生成速率都代表正反应速率，则消耗速率与生成速率之比为1∶2，不能说明正、逆反应速率相等，不能表明反应达到平衡，D不符合题意；
故答案为：C
（2）由盖斯定律可知，由①＋②＋③式可得反应：，则由盖斯定律得：-92.4kJ mol 1=+32.8kJ mol 1+(-78kJ mol 1)+ΔH3，解得ΔH3=-47.2kJ mol 1。
故答案为：-47.2
（3）①由图可知，20min时，实验Ⅰ和实验Ⅲ的氨气浓度分别为2.0×10-3mol/L、0.8×10-3mol/L，反应速率分别为=2.0×10-5mol/(L·min)、=2.0×10-5 mol/(L·min)，由速率方程可得：=，解得n=0，则速率常数k=v=2.0×10-5mol/(L·min)。
故答案为：0；2.0×10-5mol/(L·min)
②由图可知，实验Ⅰ和实验Ⅱ的起始浓度相等，20min时，氨气浓度分别为2.0×10-3mol/L、1.6×10-3mol/L，说明其他条件相同，增大接触面，氨分解反应速率增大。
故答案为：增大
③由图可知，实验Ⅰ中氨气的起始浓度是实验Ⅲ的2倍，实验Ⅰ、Ⅲ的氨气消耗一半所用的时间分别为60min、30min，说明在一定条件下，分解反应的半衰期与起始浓度的关系是成正比例关系。
故答案为：成正比例
（4）①由图可知，A点和C点起始氨气的物质的量相同、氨气的转化率相等，A点的体积小于C点，则反应物浓度：A>C，其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大，所以起始至反应到达、点时的平均反应速率：，理由是：反应物浓度：A>C，其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大。
故答案为：＞； 反应物浓度：A>C，其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大
②由图可知，若B点达到平衡状态，B点容器体积为2.0L，氨气的平衡转化率为80%，由反应可知，平衡时氨气、氮气、氢气的浓度分别为、、，则反应的平衡常数K=。
故答案为：4.32
【分析】（1）A、根据公式分析反应过程中混合气体的密度是否发生变化。
B、令参与反应的氮气为amol，据此计算反应过程中氮气的体积分数是否发生变化。
C、根据公式分析反应过程中混合气体的平均摩尔质量是否发生变化。
D、根据反应速率之比等于化学计量数之比，分析是否能体现正逆反应速率相等。
（2）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（3）①根据20min时实验Ⅰ、Ⅲ的反应速率确定n、k的值。
②比较曲线Ⅰ、Ⅱ相同时间内NH3浓度的变化量，从而比较反应速率的相对大小。
③根据图像数据分析，NH3浓度消耗一半所需时间分析。
（4）①结合浓度对反应速率的影响分析，浓度越大，反应速率越快。
②根据B点数据计算平衡时各物质的物质的量浓度，从而计算平衡常数。
（1）A．由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体密度不随时间变化，不能说明正、逆反应速率相等，不能表明反应达到平衡，A不符合题意；
B．设反应消耗氮气的物质的量为amol，由反应式可知，氮气的体积分数为，即反应过程中氮气体积分数始终为50％，则体积分数不随时间变化，不能说明正、逆反应速率相等，不能表明反应达到平衡，B不符合题意；
C．由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，该反应是气体分子数减少的反应，反应开始至达到平衡过程，混合气体平均摩尔质量不断增大，则混合气体平均摩尔质量不随时间变化，说明正、逆反应速率相等，表明反应达到平衡，C符合题意；
D．氮气消耗速率与氨气生成速率都代表正反应速率，则消耗速率与生成速率之比为1∶2，不能说明正、逆反应速率相等，不能表明反应达到平衡，D不符合题意；
故选C；
（2）由盖斯定律可知，由①＋②＋③式可得反应：，则由盖斯定律得：-92.4kJ mol 1=+32.8kJ mol 1+(-78kJ mol 1)+ΔH3，解得ΔH3=-47.2kJ mol 1；
（3）①由图可知，20min时，实验Ⅰ和实验Ⅲ的氨气浓度分别为2.0×10-3mol/L、0.8×10-3mol/L，反应速率分别为=2.0×10-5mol/(L·min)、=2.0×10-5 mol/(L·min)，由速率方程可得：=，解得n=0，则速率常数k=v=2.0×10-5mol/(L·min)；
②由图可知，实验Ⅰ和实验Ⅱ的起始浓度相等，20min时，氨气浓度分别为2.0×10-3mol/L、1.6×10-3mol/L，说明其他条件相同，增大接触面，氨分解反应速率增大；
③由图可知，实验Ⅰ中氨气的起始浓度是实验Ⅲ的2倍，实验Ⅰ、Ⅲ的氨气消耗一半所用的时间分别为60min、30min，说明在一定条件下，分解反应的半衰期与起始浓度的关系是成正比例关系；
（4）①由图可知，A点和C点起始氨气的物质的量相同、氨气的转化率相等，A点的体积小于C点，则反应物浓度：A>C，其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大，所以起始至反应到达、点时的平均反应速率：，理由是：反应物浓度：A>C，其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大；
②由图可知，若B点达到平衡状态，B点容器体积为2.0L，氨气的平衡转化率为80%，由反应可知，平衡时氨气、氮气、氢气的浓度分别为、、，则反应的平衡常数K=。
20．（2024高三上·江门模拟）有机物H是药物合成的中间体，一种合成路线如图（Et代表乙基）：
回答下列问题：
（1）H中官能团的名称为　 　，B的名称是　 　。
（2）的反应类型是　 　。
（3）1个F分子中含　 　个手性碳原子。
（4）的化学方程式为　 　。
（5）在G的同分异构体中，同时具备下列条件的结构有　 　（不包括立体异构体）种。
①含六元环，环上含2个取代基
②1mol有机物与足量银氨溶液反应，最多生成4mol Ag
其中，在核磁共振氢谱上有4组峰且峰的面积比为1：1：2：2的结构简式为　 　。
（6）以2，4-二溴戊烷、丙烯酸甲酯为原料合成有机物，设计合成路线　 　（其他试剂自选）。
【答案】（1）羟基和酮羰基；丙烯酸乙酯
（2）加成反应
（3）2
（4）
（5）4；
（6）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解析】（1）由H的结构简式可知，H中官能团的名称为羟基和酮羰基；由B的结构简式可知，B的名称是丙烯酸乙酯；
（2）由分析可知，B分子中存在碳碳双键，A与B按物质的量1：2发生加成反应生成C；
（3）1个F分子中含2个手性碳原子，如图所示：；
（4）由分析可知，D与乙醇、H+发生反应生成E，化学方程式为：；
（5）G的同分异构体中含六元环，环上含2个取代基，1mol有机物与足量银氨溶液反应，最多生成4mol Ag，说明含有2mol-CHO，则符合要求的同分异构体有：、、、，共4种；其中，在核磁共振氢谱上有4组峰且峰的面积比为1：1：2：2的结构简式为；
(6)以2，4-二溴戊烷、丙烯酸甲酯为原料合成有机物，设计合成路线为：在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解生成，催化氧化生成，与丙烯酸乙酯在乙醇钠作用下按物质的量1：1发生加成反应生成，先碱性条件下水解、再酸化得，则合成路线为：。
【分析】A与B按物质的量1：2发生加成反应生成C，C发生一系列反应得到D，D与乙醇、H+反应生成E，E在i)乙醇钠、ii）H2O作用下转化为F，F先在碱性条件下发生反应，再在酸性、加热条件下得到G，G在碱性、加热条件下转化为H。
（1）根据上述分析，可以确定H的化学式，即可确定官能团，
（2） 双键断裂变为单键，故为加成反应；
（3） 手性碳原子 为链接4个不同的原子或者原子团，据此判断即可；
（4）D为酸，与乙醇发生酯化反应，生成酯和水据此写出方程式；
（5）根据限定条件必须含有六元环，且含有2个醛基，根据不饱和度可以确定该有机物的基本骨架和官能团数目和类型，据此解答即可。
（1）由H的结构简式可知，H中官能团的名称为羟基和酮羰基；由B的结构简式可知，B的名称是丙烯酸乙酯；
（2）由分析可知，B分子中存在碳碳双键，A与B按物质的量1：2发生加成反应生成C；
（3）1个F分子中含2个手性碳原子，如图所示：；
（4）由分析可知，D与乙醇、H+发生反应生成E，化学方程式为：；
（5）G的同分异构体中含六元环，环上含2个取代基，1mol有机物与足量银氨溶液反应，最多生成4mol Ag，说明含有2mol-CHO，则符合要求的同分异构体有：、、、，共4种；其中，在核磁共振氢谱上有4组峰且峰的面积比为1：1：2：2的结构简式为；
（6）以2，4-二溴戊烷、丙烯酸甲酯为原料合成有机物，设计合成路线为：在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解生成，催化氧化生成，与丙烯酸乙酯在乙醇钠作用下按物质的量1：1发生加成反应生成，先碱性条件下水解、再酸化得，则合成路线为：。
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