江西省南昌市名校2022届高三下学期5月第三次模拟考试理综化学试题

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南昌市名校2022届高三下学期5月第三次模拟考试
理科综合能力测试化学
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分
可能用到的相对原子质量： H-1;B -11;C-12;N-14;O-16;Na-23;P-31;Cl-35.5; Ti-48;Cu-64;Ag-108
第I卷
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
7．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是
A．“天和”核心舱电推进系统中的霍尔推进器腔体，使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料
B．2021年我国科学家在实验室中首次成功实现二氧化碳人工合成淀粉，这项技术有利于实现“碳中和”
C．冬奥火炬“飞扬”将碳纤维与高性能树脂结合在一起做成碳纤维复合材料，碳纤维和树脂都是有机高分子材料
D．奥密克戎是新冠病毒变异株，传播性强，其成分中含有蛋白质，属于高分子化合物
8．正确的实验操作是保证实验成功和人生安全的重要举措。下列说法不正确的是
A．用酒精灯加热蒸馏烧瓶时需使用石棉网
B．分液漏斗和容量瓶在使用前都要验漏
C．易燃试剂与强氧化剂应分开放置并远离火源
D．金属钠着火时可用泡沫灭火器灭火
9．α-呋喃丙烯酸是一种重要的有机酸，其实验室制备原理如下：
+CH2(COOH)2+CO2↑+H2O
制备α-呋喃丙烯酸的步骤如下：向三颈烧瓶中依次加入丙二酸、糠醛和吡啶，在95℃下回流2小时，停止反应；将混合物倒入冷的3mol·L-1盐酸中析出淡黄色沉淀，将其置于冰水中1小时，过滤，用水洗涤2~3次，得到粗产品。实验装置如图所示。
下列说法正确的是
A．仪器A的a口为进水口
B．不产生气泡时表明三颈烧瓶中反应已完成
C．冷的盐酸和冰水的主要作用是提高晶体纯度
D．过滤后洗涤时，向漏斗中注满蒸馏水并不断搅拌
10．科学家研究发现某离子液体有助于盐湖水提取锂，其结构式如图。其中X、Y、Z、W、E、Q均为短周期主族非金属元素，且原子序数依次增大。
下列说法正确的是
A．最高价含氧酸的酸性：Z>Y>Q
B．简单氢化物的沸点：W>E>Z>Y
C．简单离子半径：Q>E>W>Z
D．Z、W组成的化合物共有三种
11．下列实验所涉及反应的离子方程式错误的是
A．向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸：+2H+=S↓+SO2↑+H2O
B．向海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O
C．向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液：Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑
D．用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2+16H++5=2Mn2++10CO2↑+8H2O
12．电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。常温下，用cmol·L−1HCl标准溶液测定VmL某生活用品中Na2CO3的含量(假设其它物质均不反应，且不含碳、钠元素)，得到滴定过程中溶液电位与V(HCl)的关系如图所示。已知：两个滴定终点时消耗盐酸的体积差可计算出Na2CO3的量。
下列说法正确的是
A．a至c点对应溶液中逐渐增大
B．水的电离程度：a>b>d>c
C．a溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH−)
D．VmL生活用品中含有Na2CO3的质量为0.106c(V2−V1)g
13．无膜氯液流电池是一种先进的低成本高储能电池，可广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等，电池工作原理如图所示：

下列说法错误的是
A．放电时，M极为正极
B．放电时，右侧储液器中NaCl的浓度增大
C．充电时，N极的电极反应式为：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+
D．充电时，电路中每转移1mole-，N电极理论上质量增大23g
三、非选择题：
（一）必考题：
26．某实验小组用SiCl4和(CH3CO)2O合成四乙酸硅，装置如图所示(夹持装置略)，相关物质的性质如表所示：

物质
性质
SiCl4
无色油状液体，能剧烈水解生成硅酸和HCl
乙酸酐[(CH3CO)2O]
无色油状液体，吸湿性很强
四乙酸硅[Si(CH3COO)4]
米黄色晶体，可溶于苯，遇水会迅速水解，超过160℃时可分解成乙酸酐和二氧化硅
乙酰氯(CH3COCl)
无色油状液体，遇水剧烈反应
回答下列问题：
(1)仪器①的名称是____，管口A所接干燥管中盛装的试剂是____(填“P2O5”、“CaCl2”或“碱石灰”)。
(2)检查上述装置气密性，具体操作为先向②中注入一定量的____(填“水”或“苯”)，然后密封管口A和B，打开旋塞⑥，若____(填现象)，则证明装置的气密性良好。
(3)取255gSiCl4放入1L仪器①中，关闭旋塞⑥，再由分液漏斗滴入稍过量的乙酸酐，反应发生，放出大量的热，混合物略微带色，不久仪器①底部析出大颗粒晶体。写出制备四乙酸硅的化学方程式：____，该过程中，玻璃管③的管口必须保持在液面上方的原因是____。
(4)待放置一段时间，用干冰—丙酮冷冻剂冷却，然后____(填具体操作)，小心缓慢地除去仪器①中的残留液体，接着再分两次由分液漏斗各滴入75mL左右的乙酸酐，再缓慢除去，最后得到335g精制的四乙酸硅，则四乙酸硅的产率为____%(保留到小数点后一位)。
27．一种银铟矿主要成分为Au、Ag2S、CuS、ZnS、PbS、FeS、In2O3、Ga2O3等物质，从该矿获得稀有金属的工艺流程如图所示：

该工艺条件下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子
Fe3+
In3+
Ga3+
Cu2+
Zn2+
Pb2+
开始沉淀的pH
2.2
2.1
2.6
4.6
6.24
7.1
完全沉淀(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH
3.2
3.4
4.3
6.6
8.24
9.1
(1)“浸出”过程中金、银分别转化为AuCl、AgCl进入溶液，同时生成硫，写出Ag2S发生反应的离子方程式____。
(2)高温水蒸气除铁利用了FeCl3易水解的性质，写出该反应的化学方程式____。
(3)“二次还原”得到的滤液中主要的阳离子有H+、Na+、Ca2+、Zn2+、Pb3+、In3+、____。
(4)“二次中和”得到的滤渣除少量Fe(OH)3外，主要成分还有____(写化学式)。
(5)“分铅锌”步骤中，维持H2S饱和水溶液的浓度为0.1mol·L-1，为使Zn2+沉淀完全，需控制溶液的pH不小于____已知：lg3≈0.48；Ksp(ZnS)=3.0×10-25，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-13]。
(6)已知：氧化还原反应可看成由两个半反应组成，每个半反应具有一定的电极电势(用“φ”表示)，φ越大则该物质的氧化性越强，φ越低则该物质的还原性越强。浸出步骤中金反应的两个半反应如下：
HClO+H++2e-=C1-+H2O φ=1.49+lg
AuCl4-+3e-=4C1-+Au φ=0.994+lg
(φ与半反应式的系数无关，仅与浓度有关，cθ=1mol·L-1)
如图是Au的浸出率与NaCl溶液浓度的关系，请解释A点以后，金浸出率减小的原因是____。

28．乙醇水蒸气重整制氢是制备氢气的常用方法，体系中发生的主要反应有：
I.C2H5OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g) △H1
II.C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g) △H2=+173kJ·mol-1
III.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H3=-41.2kJ·mol-1
IV.C2H5OH(g)+2H2(g)=2CH4(g)+H2O(g) △H4=-156.2kJ·mol-1
(1)△H1=____kJ·mol-1。
(2)压强为100kPa的条件下，图1是平衡时体系中各产物的物质的量分数与温度的关系，图2是H2的平衡产率与温度及起始时的关系。

①图1中c线对应的产物为____(填“CO2”、“H2”或“CH4”)。
②图2中B点H2的产率与A点相等的原因是___。
(3)反应温度T℃、0.1MPa的恒压密闭容器中，充入1mol乙醇和xmolH2O(g)，若只发生反应CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)，平衡时，乙醇转化率为α，CO2的压强为____MPa，反应平衡常数Kp=____(以分压表示，分压=总压×物质的量分数。列出计算式即可)
(4)CH3CH2OH(g)在催化剂Rh/CeO2上反应制取氢气的机理如图：

①出生成CO(g)步骤的化学方程式____。
②下列措施可以提高CH3CH2OH在催化剂表面吸附率的有____(填标号)。
a.减小乙醇蒸气的分压       b.增大催化剂的比表面积
（二）选考题：
35.未命题
36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
普瑞巴林(pregabalin)常用于治疗糖尿病和带状疱疹引起的神经痛，其合成路线如下：

已知：i.R1CHO+R2-CH2COOR+H2O
ii.RCOOH+CO(NH2)2RCONH2+NH3↑+CO2↑
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______，-NH2的电子式为_______。
(2)B的结构简式为_______。
(3)反应②的反应类型是_______。
(4)D中有_______个手性碳原子。
(5)写出反应④的化学方程式_______。
(6)H是G的同系物，其碳原子数比G少四个，则H可能的结构(不考虑立体异构)有_______种，其中-NH2在链端的有_______(写结构简式)。
(7)写出以1，6-己二酸为原料制备聚戊内酰胺( )的合成路线_______(其他无机试剂和有机溶剂任选)。
南昌市名校2022届高三下学期5月第三次模拟考试
理综化学参考答案
7．C
【解析】
【详解】
A．氮化硼陶瓷由B、N元素组成，具有耐高温、强度高、耐腐蚀等性能，所以氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料，A正确；
B．用二氧化碳人工合成淀粉，可有效减少大气中二氧化碳的含量，有利于实现“碳中和”，B正确；
C．碳纤维含有90%以上的碳元素，属于无机非金属材料，C错误；
D．蛋白质的相对分子质量远大于10000，属于高分子化合物，D正确；
故选C。
8．D
【解析】
【详解】
A．蒸馏烧瓶加热需要垫石棉网，防止蒸馏烧瓶因受热不均匀而破裂，故A正确；
B．带有活塞或瓶塞的装置使用前要检查是否漏水，因此分液漏斗、容量瓶使用前都需要检查是否漏液，故B正确；
C．强氧化剂可作为易燃试剂发生氧化反应的氧化剂，易燃试剂在有火源的地方可燃物达到着火点就可以燃烧，所以易燃试剂与强氧化性试剂分开放置并远离火源，故C正确；
D．金属钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，金属钠本身也能在二氧化碳中燃烧，火势更加剧烈，所以不能用泡沫灭火器灭火，可以使用砂子灭火，故D错误；
答案选D。
9．B
【解析】
【详解】
A．仪器A为冷凝管，冷水应从下端流入，上口流出，故a口为出水口，故A错误；
B．由于反应中有生成，会产生气泡，当不产生气泡时表明三颈烧瓶中反应已完成，故B正确；
C．冷的盐酸和冰水的主要作用是析出晶体，提高产率，故C错误；
D．洗涤时操作为：向漏斗中注满蒸馏水浸没固体，静置待水自然流下，重复次，故D错误；
故答案为B。
10．B
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W、E、Q均为短周期主族非金属元素，且原子序数依次增大，由离子液体的结构式可知，X和E原子形成1个共价键、Y原子形成4个共价键、Z原子形成3个共价键、W原子形成2个共价键、Q原子形成6个共价键，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、W为O元素、E为F元素、Q为S元素。
【详解】
A．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，硫元素的非金属性强于碳元素，则硫酸的酸性强于碳酸，故A错误；
B．氟化氢和水都能形成分子间氢键，水分子形成氢键的数目多于氟化氢，分子间作用力强于氟化氢，沸点高于氟化氢，氨气可以形成分子间氢键，但是作用力较弱，故其沸点比氟化氢低，甲烷不能形成分子间氢键，沸点最低，故简单氢化物的沸点：W>E>Z>Y，故B正确；
C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子的离子半径越小，则电子层结构相同的氮离子、氧离子和氟离子中，氮离子的离子半径最大，故C错误；
D．由分析可知Z为N元素、W为O元素，它们之间形成化合物有一氧化二氮(N2O)、一氧化氮(NO)、二氧化氮(NO2)、三氧化二氮(N2O3)、四氧化二氮(N2O4)和五氧化二氮(N2O5)等，故D错误；
故选B。
11．D
【解析】
【详解】
A．向Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸，发生歧化反应，离子方程式为：+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故A正确；
B．向海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液，I-被氧化为单质碘，离子方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B正确；
C．向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液，发生复分解反应，生成CuS沉淀和H2S气体，离子方程式为：Cu2++2HS-=CuS↓+H2S↑，故C正确；
D．用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸，离子方程式为：2MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D错误；
故选：D。
12．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据，推出，温度不变，Ka2不变，但随着盐酸的加入，c(H+)逐渐增大，则逐渐减小，A项错误；
B．未加盐酸前，溶液中溶质主要为Na2CO3，对水的电离起促进作用，随着盐酸的加入，溶质逐步转化为NaHCO3、H2CO3，水的电离程度应逐步减小，故水的电离程度：a>b>c>d，B项错误；
C．即使不考虑生活用品中其他杂质，a点溶液对应的电荷守恒也应为c(Na＋)＋c(H＋)=c()＋2c()＋c(Cl−)＋c(OH−)，C项错误；
D．V1→V2表示发生反应NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2CO3，根据碳守恒，有n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=c(V2−V1)×10−3 mol，即V mL生活用品中含有Na2CO3的质量为0.106c(V2−V1) g，D项正确；
答案选D。
13．C
【解析】
【分析】
M极氯气参加反应，得到电子，化合价降低，发生还原反应，则M为正极，则上面电极为负极，以此解题。
【详解】
A．由分析可知，M为正极，电极反应为，A正确；
B．放电时，右侧储液器中，氯化钠浓度增大，因为负极发生反应：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，产生钠离子，正极产生氯离子，从而导致氯化钠浓度增大，B正确；
C．充电时，N极为阴极，电极反应为：NaTi2(PO4)3+2Na++2e-= Na3Ti2(PO4)3，C错误；
D．充电时，N极发生NaTi2(PO4)3+2Na++2e-= Na3Ti2(PO4)3，当转移1mole-，N电极理论上增大1molNa+，即增大23g，D正确；
故选C。
26．(1)     三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)     碱石灰
(2)     苯     ②中液面保持不变
(3)     SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl     防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口
(4)     将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞     84.6
【解析】
【分析】
本实验的目的是以SiCl4、(CH3CO)2O为原料制取Si(CH3COO)4，由于反应物和产物都具有吸湿性，所以整个实验都应在干燥的环境中进行。
(1)
仪器①的名称是三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)，管口A所接干燥管中所盛试剂，既能吸收水蒸气，又能吸收酸性气体，所以盛装的试剂是碱石灰。答案为：三颈烧瓶(或三口烧瓶、三口瓶)；碱石灰；
(2)
因为整个装置内应为无水环境，所以检查上述装置气密性，应先向②中注入一定量的苯，然后密封管口A和B，打开旋塞⑥，若②中液面保持不变，则证明装置的气密性良好。答案为：苯；②中液面保持不变；
(3)
制备四乙酸硅时，采用SiCl4、(CH3CO)2O为原料，二者发生置换反应，生成Si(CH3COO)4和CH3COCl，化学方程式为：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl，因为Si(CH3COO)4为米黄色晶体，易堵塞导管，所以该过程中，玻璃管③的管口必须保持在液面上方，其原因是：防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口。答案为：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl；防止结晶析出的四乙酸硅堵塞③的导气管口；
(4)
为确保三颈烧瓶内的无水状态，可将三颈烧瓶内液体抽出。即将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞，小心缓慢地除去仪器①中的残留液体。
理论上，m[Si(CH3COO)4]=，则四乙酸硅的产率为。答案为：将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞；84.6。
【点睛】
分两次由分液漏斗各滴入75mL左右的乙酸酐的目的，是将SiCl4全部转化为四乙酸硅。
27．(1)Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O
(2)2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑
(3)Fe2+、Ga3+
(4)In(OH)3、Ga(OH)3
(5)0.74
(6)c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小
【解析】
【分析】
本题是一道由银铟矿制备稀有金属的工业流程题，首先用氯化钠，盐酸，次氯酸钠混合物从原材料浸出有用的物质，之后用水蒸气使其中的三价铁生成氧化铁，再用碳酸钙中和过量的酸，再用铜置换出银和铜，再用铁置换出其中的铜，再经过调pH和除杂，最终得到贫液，以此解题。
(1)
浸出Ag2S同时生成硫，是与NaClO发生氧化还原反应，离子方程式为：Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O；
(2)
由流程可知除铁生成了氧化铁和氯化氢，则对应的化学方程式为：2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑；
(3)
“二次还原”加入铁主要是与铜离子反应，方程式为：，另外原料中的Ga2O3在浸出时引入的Ga3+也会留在溶液中，因此主要的阳离子还有：Fe2+、Ga3+；
(4)
“二次中和”加入碳酸钙调pH=4.5，根据表中信息得到的滤渣还有In(OH)3、Ga(OH)3；
(5)
Zn2+沉淀完全，溶液中，此时，，，，，，，，，，pH不小于0.74；
(6)
由φ=1.49+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，即HClO氧化性越小，由φ=0.994+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，AuCl的还原性越强，因此，HClO与AuCl反应速率减慢，金浸出率减小，故答案为：c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小。
28．(1)+255.4kJ·mol-1
(2)     CH4     B点温度高于A点，升高温度，反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等
(3)     ×0.1 MPa     ×0.14(MPa)4
(4)     Rh—CH2CO—Ce(a)+4H(a)→Rh—CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh—CH2CO—Ce(a)→Rh—CH2+CO(g)+Ce(a)     b
【解析】
(1)
由盖斯定律可知，反应II—III×2可得反应I，则△H1=(+173kJ·mol-1)—(—41.2kJ·mol-1)=+255.4kJ·mol-1，故答案为：+255.4；
(2)
①由方程式可知，升高温度，反应I、II平衡向正反应方向移动，氢气、二氧化碳的物质的量分数增大，反应IV平衡向逆反应方向移动， 甲烷的物质的量分数减小、氢气的物质的量分数增大，反应Ⅲ平衡向逆反应方向移动，氢气、二氧化碳的物质的量分数减小，则升高温度的过程中，甲烷的物质的量分数只有减小趋势，而氢气、二氧化碳既有增大趋势，也有减小趋势，所以图1中c线对应的产物为甲烷，故答案为：CH4；
②由图可知，B点温度高于A点，图2中B点氢气的产率与A点相等说明升高温度，反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等，故答案为：B点温度高于A点，升高温度，反应Ⅲ逆向移动消耗氢气的量与I、II正向移动及反应IV逆向移动产生H2的量相等；
(3)
由题意可建立如下三段式：

由三段式数据可知，平衡时甲醇、水蒸气、二氧化碳和氢气的平衡分压为×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa，反应平衡常数Kp==×0.14(MPa)4，故答案为：×0.1 MPa；×0.14(MPa)4；
(4)
①由图可知，生成一氧化碳步骤的反应为活化能为49.54kJ/mol时发生的反应，反应的化学方程式为Rh—CH2CO—Ce(a)+4H(a)→Rh—CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh—CH2CO—Ce(a)→Rh—CH2+CO(g)+Ce(a)，故答案为：Rh—CH2CO—Ce(a)+4H(a)→Rh—CH2+4H(a)+CO(g)+Ce(a)或Rh—CH2CO—Ce(a)→Rh—CH2+CO(g)+Ce(a)；
②减小乙醇蒸气的分压会降低乙醇在催化剂表面吸附率，增大催化剂的比表面积会提高乙醇在催化剂表面吸附率，故选b。
35.未命题
36．(1)     3-甲基丁醛或异戊醛    
(2)
(3)加成反应
(4)2
(5) +＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O
(6)     5     、
(7)
【解析】
【分析】
根据A的结构简式，A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；对比B和C的结构简式，C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，以此解题。
(1)
根据A的结构简式，A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；故答案为3-甲基丁醛或异戊醛；-NH2是氨气失去1个电子后生成的物质，其电子式为： ；
(2)
对比A和C的结构简式，A与NCCH2COOCH3发生已知(i)的反应，NCCH2COOCH3中的亚甲基上C与醛基上的碳原子以碳碳双键相连，同时生成水，则B的结构简式为 ；故答案为 ；
(3)
对比B和C的结构简式，C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，故答案为加成反应；
(4)
根据手性碳原子的定义，有机物D中含有的手性碳原子有2个，即；
(5)
根据已知ii可知，反应④的反应方程式为＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；故答案为＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；
(6)
H是G的同系物，碳原子比G少四个，即H中有四个碳原子，与G具有相同的官能团，H中应含有氨基和羧基，H可能的结构简式为 ，结构简式还可能是 ，结构简式还可能是 ，还可能是 ，有1种结构，还可能是 ，共有5种；其中-NH2在链端的有： 、 ；
(7)
可以采用逆推法进行分析，聚戊内酰胺为高分子化合物，其单体为 ，根据F→普瑞巴林的路线，则生成 的为物质为 根据信息ii，推出生成 的物质为 ，则合成路线为：。