黄金卷02-【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（全国卷专用）

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【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（全国卷专用）
黄金卷02
（满分100分，时间50分钟）

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 k-39 Mn-55
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
7.2022年11月，国际纯粹与应用化学联合会（IUPAC）公布了“2022年度化学领域十大新兴技术”名单。“液体太阳能燃料”技术位列其中。该技术利用太阳能分解水制氢，并耦合二氧化碳生成绿色清洁能源-----甲醇。中科院大连化物所李灿团队已将“液体太阳能燃料”技术从实验室布局到规模化工业生产。


以下相关说法正确的是
A.二氧化碳转化为甲醇，碳仍维持4条价键，碳未参与氧化还原
B.二氧化碳加氢生成甲醇是个自发反应，否则该研究毫无意义
C.甲醇的沸点低于水，是由于水分子间有氢键加固了分子间作用
D.高活性与高选择性的催化剂是“液态阳光”工业化的核心
【答案】D
【详解】
A．二氧化碳转化为甲醇，碳化合价降低，碳被还原，故A错误；
B．自发反应并非一定会发生，非自发反应也可借助外力（如电、光等）使其发生，B错误；
C．甲醇分子间也存在氢键，故C错误；
D．反应速度快，同时催化剂选择性高(二氧化碳与氢气反应存在副反应），又快又多的生成目标产物，提高经济效益，这是该技术从实验室迈向工业化必需解决的核心问题，D正确；
故答案选D。


8.光刻胶是制芯片过程中用到的一种功能性胶水，其中一种胶水的主要成分是聚乙烯醇肉桂酸酯，可通过如下反应制得：

下列有关说法不正确的是
A．该反应属于酯化反应 B．聚乙烯醇的单体是乙烯醇
C．肉桂酸的9个碳原子可能共平面 D．聚乙烯醇肉桂酸酯可溶于NaOH溶液中
【答案】B
【详解】A．由反应方程式可知，该反应为酯化反应，A正确；
B．乙烯醇不稳定，互变异构为CH3CHO，B错误；
C．肉桂酸中可以理解为两个平面即苯环一个平面和含碳碳双键的平面，这两个平面之间的碳碳单键可以旋转，因此9个碳原子可能共平面，C正确；
D．聚乙烯醇肉桂酸酯属于酯类物质，该酯在NaOH溶液中水解成聚乙烯醇与肉桂酸钠而溶解，D正确；
答案选B。

9.某固体混合物可能由、、、、、中的若干种物质组成，设计部分实验方案探究该固体混合物的成分，所加试剂均过量，下列说法正确的是

A．气体A中一定含有
B．固体中可能含有
C．该固体混合物中和至少有其中一种
D．该固体混合物一定含有、、
【答案】C
【分析】由气体A通过酸性高锰酸钾溶液气体体积缩小可知，气体A中一定含有二氧化硫，气体B可能为氢气和二氧化碳中的一种或两种，则固体混合物中一定含有亚硫酸钠和铁、碳酸钠中的一种或两种；由溶液A中加入氢氧化钠溶液生成一段时间后颜色加深的白色沉淀B可知，白色沉淀B为氢氧化亚铁，溶液A中一定含有亚铁离子，则固体混合物中氧化铁和铁至少有其中一种；由溶液B中加入硝酸钡溶液得到沉淀C和溶液C，溶液C与酸化的硝酸银溶液生成沉淀D可知，沉淀C为硫酸钡沉淀、沉淀D为氯化银沉淀，溶液B和溶液C中含有氯离子，则固体混合物中一定含有氯化钡，固体A中一定含有硫酸钡，可能含有二氧化硅。
【详解】A．由分析可知，气体A中一定含有二氧化硫，气体B可能为氢气和二氧化碳中的一种或两种，故A错误；
B．由分析可知，固体A中一定含有硫酸钡，可能含有二氧化硅，故B错误；
C．由分析可知，溶液A中一定含有亚铁离子，固体混合物中氧化铁和铁至少有其中一种，故C正确；
D．由分析可知，固体混合物中一定含有亚硫酸钠、氯化钡，可能含有碳酸钠，故D错误；
故选C。

10.是一种白色晶体粉末，不溶于水，用于陶瓷上釉等。W、X、Y、Z为元素周期表前20号元素，已知W、X形成的化合物种类最多，Y原子最外层电子数是其电子层数3倍，人体血液中缺乏Z离子易造成肌肉抽搐，热分解可制备ZY，该化合物的热重曲线如图所示。下列叙述不正确的是

A．150℃~200℃阶段热分解失去
B．400℃~600℃热分解后生成固体化合物
C．W、Y可形成具有杀菌消毒作用的化合物
D．化合物具有还原性和强酸性
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z为元素周期表前20号元素，已知W、X形成的化合物种类最多，Y原子最外层电子数是其电子层数3倍，说明为氧元素，W为碳元素，人体血液中缺乏Z离子易造成肌肉抽搐，说明Z为钙元素。应该为CaC2O4·H2O，其相对分子质量为146，结合图可知原始固体质量为146g，即1mol，据此分析。
【详解】A．150℃~200℃阶段热分解，质量从146克变为128克，少了1mol水的质量，即1molCaC2O4·H2O失去1molH2O，故只是失去水，A正确；
B．400℃~600℃热分解，质量从128克变成100克，即1mol CaC2O4固体失去1molCO，故生成固体化合物为1molCaCO3，B正确；
C．氢和氧可以形成过氧化氢，具有杀菌消毒的作用，C正确；
D．化合物为草酸，具有还原性和弱酸性，D错误；
故选D。

11.下列实验方案设计、现象和结论都正确的是

目的
方案设计
现象和结论
A
比较S与C的非金属性强弱
用试纸测定的和溶液的
若前者的试纸颜色比后者深，说明非金属性：
B
探究与氧化性的强弱
向和的混合溶液中滴入酸化的溶液
若溶液变红，说明氧化性：
C
比较和的大小
取溶液于试管中，加入溶液，待不再有白色沉淀产生后加入溶液
若产生黄色沉淀，说明：
D
证明溴乙烷与的乙醇溶液发生消去反应
将溴乙烷与的乙醇溶液共热产生的气体通入溴的溶液中
若溶液褪色，说明发生了消去反应

【答案】D
【详解】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，要根据钠盐溶液 pH 大小确定非金属性强弱时必须是其最高价含氧酸的盐，亚硫酸钠不是S元素最高价氧化物的水化物的盐溶液，所以不能根据等物质的量浓度的 Na2CO3和Na2SO3溶液的 pH 值判断非金属的非金属性强弱，故A错误；
B．NO也有氧化性，也可以氧化Fe2+，溶液变红不能证明Ag+氧化了Fe2+还是NO氧化Fe2+，故B错误；
C．溶液过量，加入I-后，过量的Ag+与I-直接生成了沉淀，不是沉淀的转化，故C错误；
D．溴乙烷与的乙醇溶液发生消去反应生成乙烯，乙烯通入溴的溶液中发生加成反应，溶液褪色说明发生了消去反应，故D正确；
故答案为D

12.如图电化学装置可制备偏钨酸铵(NH4)6(H2W12O40)，双极膜中间层中的水解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法错误的是

A．阳极发生氧化反应，电极反应为4NH3·H2O- 4e- = 4+ O2↑+2H2O
B．双极膜中间层中的OH-向左侧迁移进入碱室，a膜为阳离子交换膜
C．产品室发生反应： 12 +18H+ = [H2W12O40]6- +8H2O
D．当电路中通过4mol电子时，阴极室溶液的质量理论上增加72g
【答案】D
【分析】该电解池左侧为阳极，发生氧化反应，在氨水环境下，水失电子生成氧气及铵根，碱室中阴离子通过阴离子交换膜进入阳极室，调整电荷关系；右侧阴极室发生还原反应，水得电子生成氢气与氢氧根，产品室中铵根通过a膜进入阴极室调节电荷关系，阴极室中离子不能进入产品室，防止造成产品含有杂质，所以a膜为阳离子交换膜；根据题目要求，产品室中在酸性条件下生成产品的阴离子[H2W12O40]6-，产品室中富余的铵根通过a膜进入阴极室；
【详解】A．阳极发生氧化反应，H2O中氧原子失电子变为O2和H+，酸性条件下NH3•H2O生成，电极反应式表达正确，不符题意；
B．电解池中阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，产品室中通过a膜进入阴极室结合阴极上水得电子后的OH-生成NH3•H2O，描述正确，不符题意；
C．根据题目所给信息及点解产物分析，离子方程式表达正确，不符题意；
D．当电路中通过4mol电子时，阴极反应生成2molH2和4molOH-，通过a膜进入4mol，所以阴极室质量变化为18g•mol-1×4mol-2 g•mol-1×2mol=68g，计算错误，符合题意；
综上，本题选D。

13.工业上可用氨水处理硫酸厂尾气中的SO2.常温下，向一定浓度的氨水中通入SO2气体，溶液中lgx[x=或与溶液pH的关系如图所示。

下列说法错误的是
A．曲线II代表lg
B．当溶液的pH由7.2降到1.9的过程中，溶液中浓度呈增大趋势
C．当溶液中的c() =c(H2SO3)时，溶液的pH约为4
D．(NH4)2SO3溶液中存在离子浓度关系：c(NH3·H2O) +c(OH-)＞c(H+) +c( ) +c( H2SO3)
【答案】B
【分析】SO2溶于水生成H2SO3，H2SO3是弱电解质，分步电离，分别是，，一步电离程度远大于二步电离程度；当溶液中H2SO3较多时，溶液pH很小，当溶液中较多时，溶液pH较大；
【详解】A．根据分析，曲线II代表lg，A正确；
B．由曲线II的变化趋势可以知道，当时，pH=1.9，pH越大，lg越大，越高；则pH由7.2降至1.9时，在变小，B错误；
C．根据分析及图象信息，，则，代入Ka1表达式有，整理得，所以，C正确；
D．根据溶液中质子守恒，可以整理出(NH4)2SO3的粒子浓度等式关系：，由此可以判断D正确；
综上，本题选B。

(一)必考题：共43分。
26.（14分）铜转炉烟灰含金属元素(主要为Cu、Zn、Pb、Fe)的硫酸盐和氧化物以及SiO2。其有价金属回收工艺流程如下。已知：25℃时，，。回答下列问题：

回答下列问题：
(1)“浸出”中，当硫酸浓度大于1.8 mol/L时，金属离子浸出率反而下降，原因是_______。
(2)“除杂”中，加入ZnO调pH至5.2后，用KMnO4溶液氧化后，所得滤渣主要成分为Fe(OH)3、MnO2，该氧化过程的离子方程式为_______。
(3)ZnSO4的溶解度随温度变化曲线如图所示。“浓缩结晶”的具体操作步骤为：

①在100℃时蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
②降温至_______℃蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
③冷却至室温，过滤、洗涤、干燥。洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不用水，其原因是_______。
(4)“转化”后，滤饼的主要成分是SiO2和_______。该工艺中，可循环利用的物质有_______。
【答案】(1)难溶物PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出
(2)
(3)     60     减少ZnSO4·7H2O的溶解损失
(4)     PbCO3     HNO3

【分析】铜转炉烟灰用硫酸“浸出”，得到难溶于硫酸的浸出渣、PbSO4；浸出液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；浸出渣加入碳酸钠溶液中，PbSO4沉淀转化为PbCO3，滤饼用硝酸溶解，PbCO3生成Pb(NO3)2，滤液中加入硫酸生成PbSO4沉淀；“浸出液①”中加入过量铁粉置换出铜、铁把硫酸铁还原为硫酸亚铁，所得滤液①中含有硫酸锌、硫酸亚铁；“除杂”中，加入ZnO调pH至5.2后，用KMnO4溶液氧化把Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀过滤，所得滤渣主要成分为Fe(OH)3、MnO2，滤液②蒸发浓缩得到ZnSO4·7H2O。
【详解】（1）“浸出”中，当硫酸浓度大于1.8 mol/L时，金属离子浸出率反而下降，这是由于当硫酸浓度大于1.8 mol/L时，难溶物PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出，金属离子浸出率反而下降；
（2）“除杂”中，加入ZnO调pH至5.2后，用KMnO4溶液氧化Fe2+,氧化产物是Fe(OH)3、还原产物是MnO2，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可得,配平氧化过程的离子方程式为；
（3）②根据曲线变化可知： 60℃硫酸锌的溶解度最大，降温至60℃蒸发至溶液出现晶膜，得到硫酸锌饱和浓溶液，停止加热；
③冷却至室温，过滤、洗涤、干燥，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不用水，是为了减少ZnSO4·7H2O的损失；
（4）“转化”后，PbSO4沉淀转化为PbCO3，滤饼的主要成分是SiO2和PbCO3；该工艺中，“酸浸”是PbCO3和硝酸反应生成硝酸铅，“沉铅”是硝酸铅和硫酸反应生成硫酸铅和硝酸，所以可循环利用的物质有HNO3。

27.（14分）高锰酸钾具有强氧化性，广泛应用于化工、医药、金属冶炼等领域。实验室可通过固体碱溶氧化法制备高锰酸钾。回答下列问题：
(1)称取和，置于铁坩埚中并混合均匀，加热混合物至熔融。加热铁坩埚时，除图中的部分仪器外，还需要_______(填仪器名称)，不使用瓷坩埚的原因是_______。

(2)将分多次加入熔融物中，继续加热，反应剧烈，最终得到墨绿色。该步反应的化学方程式为_______，分多次加入的原因是_______。
(3)待铁坩埚冷却后，将其置于蒸馏水中共煮至固体全部溶解。趁热向浸取液中通入，使歧化为与。用玻璃棒蘸取溶液于滤纸上，观察到_______，表明转化已完全。静置片刻，抽滤。该步骤若用代替，可能的后果是_______。
(4)水浴加热滤液至出现晶膜，冷却后抽滤、干燥晶体。在该实验中采用水浴加热的主要优点是_______。下表是部分化合物溶解度随温度变化的数据，步骤(3)中不宜通入过多，目的是_______，产品经纯化后称重，质量为3.60g。本实验中的产率为_______%。
温度/℃
20
30
40
50

110
114
117
121

33.7
39.9
47.5
65.6

6.4
9.0
12.6
16.9


【答案】(1)     泥三角     氢氧化钾可以和瓷坩埚反应
(2)     3MnO2+ 6KOH+KClO3=3K2MnO4+ KCl+3H2O     由于该反应非常剧烈，分多次加入可以使反应较平稳地进行，防止反应过于剧烈而使熔融物飞溅
(3)     只有紫红色痕迹，没有绿色痕迹     氯化氢会把高锰酸钾还原为氯化锰，无法得到高锰酸钾
(4)     受热均匀     提高产品的纯度     85.5%

【分析】本题是一道无机物制备类的实验题，在铁坩埚中将氢氧化钾和氯酸钾加热熔融，然后加入二氧化锰发生反应生成，再通入二氧化碳发生歧化反应生成高锰酸钾，结晶后得到晶体，以此解题。
【详解】（1）加热固体药品的时候，需要用铁坩埚、三角架和泥三角，故还需要泥三角；瓷坩埚的成分是硅酸盐，则氢氧化钾可以和瓷坩埚反应，故不能使用瓷坩埚；
（2）二氧化锰在熔融的时候和氢氧化钾，氯酸钾反应生成，方程式为：3MnO2+ 6KOH+KClO3= 3K2MnO4+ KCl+3H2O；由于该反应非常剧烈，分多次加入可以使反应较平稳地进行，防止反应过于剧烈而使熔融物飞溅；
（3）高锰酸钾为紫红色，为墨绿色，故当观察到只有紫红色没有绿色痕迹时，标明转化已经完全；高锰酸钾的氧化性比较强，故用代替，可能的后果是氯化氢会将高锰酸钾还原为氯化锰，从而无法得到高锰酸钾；
（4）水浴加热的主要优点是受热均匀；通入过量的二氧化碳会产生溶解度较小的碳酸氢钾，加热浓缩结晶时碳酸氢钾和高锰酸钾一起析出，会降低纯度，故目的是提高产品的纯度；由第二问的方程式结合锰酸钾歧化反应的化学方程式可得3MnO2~3K2MnO4~2KMnO4，由因为，，，可知生成为0.04mol，则理论上可得的物质的量为mol，其理论质量为4.21g，而实际质量为3.60g，因此本实验中高锰酸钾的产率为=；

28.（15分）丙烷脱氢氧化是丙烷脱氢制丙烯技术的进一步发展，反应过程中伴有生成甲烷、乙烷等物质副反应，涉及反应如下：
主反应
Ⅰ：    
副反应
Ⅱ：        
Ⅲ：    
Ⅳ：    
(1)判断反应Ⅱ自发进行可用来表述，若，反应能自发进行。反应Ⅱ在1000K时能自发进行的理由_______。(要列出计算过程)
(2)若仅考虑主反应Ⅰ，一定温度下，向恒压密闭容器中通入一定量丙烷，反应后测得的组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)为：、
①该温度下反应的平衡常数的数值为_______。(单位用MPa，保留3位有效数字)
②平衡时丙烷的转化率为_______。
(3)对于反应Ⅰ，某课题组研究设计一套丙烷连续催化脱氢装置如图。

①将1mol丙烷(温度为590℃)以恒定的流速依次逐个通过三个相同的装置，画出丙烯的产率随着时间的变化阶段二和阶段三的图像。(每个阶段反应均未达到平衡)_______

②为提高丙烯的产率，向a、b管中同时通入适量的，需要适量的理由是_______。
(4)下列说法正确的是_______。

A．对于主反应Ⅰ，其他条件不变，充入，该反应的平衡常数减小
B．若只考虑反应Ⅳ，恒温恒容下充入原料气体，若压强不变则该反应达到了平衡
C．副反应Ⅲ对应的是右图中反应(3)
D．主反应断裂C-H键，副反应Ⅱ、Ⅳ断裂C-C键，由图可知高温条件下断裂C-C键更容易，因此要选择合适的催化剂在合适的温度下低压合成比较有利主反应
【答案】(1)，，，所以反应在1000K时能自发
(2)     2.25     0.75
(3)          氧气能直接与氢气反应生成水，快速释放大量热，有利于加快反应速率，提高丙烯产率。但氧气过多易发生产物的深度氧化，副反应大幅增加，降低丙烯产率
(4)CD

【分析】根据已知，丙烷经过三个装置，丙烯产率逐渐增加，越接近平衡状态，速率变化越小，丙烯产率变化越小；
【详解】（1）根据题意，反应Ⅱ中，，，，所以反应在1000K时能自发，故填，，，所以反应在1000K时能自发；
（2）①根据反应，已知平衡时，，则，，，故填；
②平衡时总压为，设通入a mol丙烷，平衡时转化x mol，则平衡时、、，即有，，解得，转化率为75%，故填75%；
（3）①根据已知，丙烷经过三个装置，丙烯产率逐渐增加，越接近平衡状态，速率变化越小，丙烯产率变化越小，其三个阶段的产率变化图像为：
，故填；
②反应中有氢气生成，氧气能直接与氢气反应生成水，快速释放大量热，有利于加快反应速率，提高丙烯产率。但氧气过多易发生产物的深度氧化，副反应大幅增加，降低丙烯产率，故填氧气能直接与氢气反应生成水，快速释放大量热，有利于加快反应速率，提高丙烯产率。但氧气过多易发生产物的深度氧化，副反应大幅增加，降低丙烯产率；
（4）A．平衡常数与温度有关，其他条件不变，平衡常数不变，故A错误；
B．反应Ⅳ为分子数不变的反应，压强改变对平衡没有影响，故B错误；
C．副反应Ⅲ和Ⅳ都是放热反应，升高温度平衡常数减小，反应Ⅲ放出热量更多，温度对其影响更大，对应图中反应(3)，故C正确；
D．图中反应(2)对应反应Ⅰ，反应(1)对应反应Ⅱ，温度高对其影响大，因此要选择合适的催化剂在合适的温度下低压合成比较有利主反应，故D正确；
故选CD。

(二)选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。
35.（15分）回答下列问题
(1)①如图所示，该有机物中σ键个数：π键个数=_______。

②比较、、的第一电离能的大小：_______。(从大到小排序)
(2)石墨晶体中层与层之间的作用力是_______，该晶体每个C原子的杂化方式是_______。
(3)氟化氢分子中的氢键如图所示，请定量解释水的沸点高于氟化氢熔沸点的原因：_______。

(4)如图为金属Mg的晶胞结构，六棱柱底边的边长为x pm，高为y pm，阿伏伽德罗常数的值为，则金属Mg的密度为_______。(已知)

【答案】(1)     15∶4     Zn>Cu>Ga
(2)     范德华力(分子间作用力)    
(3)物质的量相等的分子中的氢键数目大于HF分子中的氢键数目，所以分子沸点高于HF
(4)

【详解】（1）①由键线式可知，有机物分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键，则σ键和π键的个数比为15∶4，故答案为：15∶4；
②锌原子的4s轨道为稳定的全充满结构，第一电离能大于铜元素，铜原子的4s轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于镓元素，则第一电离能由大到小的顺序为Zn>Cu>Ga，故答案为：Zn>Cu>Ga；
（2）石墨晶体为混合型晶体，晶体中层与层之间的作用力是范德华力(分子间作用力)，层内碳原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：范德华力(分子间作用力)；sp2；
（3）由图可知，氟化氢分子间形成2个氢键，而水分子间能形成4个氢键，所以等物质的量的水分子形成的氢键数目多于氟化氢，分子间的作用力大于氟化氢，沸点高于氟化氢，故答案为：物质的量相等的H2O分子中的氢键数目大于HF分子中的氢键数目，所以H2O分子沸点高于HF；
（4）由晶胞的结构可知，晶胞中位于顶点、面心和体内的镁原子的个数为8×+2×+3=6，晶胞的体积为6××10—30cm3，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=6××10—30d，解得d=，故答案为：。

36.（15分）某研究小组按下列路线合成药物的一个中间体Ⅰ：

已知：
①物质A的核磁共振氢谱只有2个峰；
②
③
请回答：
(1)下列说法不正确的是_______。
A．化合物Ⅰ的分子式是
B．化合物H中的含氧官能团只有羟基
C．1mol化合物E与溴水反应最多消耗2mol
D．化合物G存在对映异构体
(2)化合物A的结构简式是_______；化合物A→B反应类型为_______；
(3)写出合成路线中D＋G→H的化学方程式_______。
(4)设计以丙酮、甲醛和E为原料合成F的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。
(5)写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式_______。
①谱和IR谱检测表明：分子中共有6种不同化学环境的氢原子，有N-H键。②分子中仅含一个杂原子的六元环，环上只有一条侧链。
【答案】(1)ABC
(2)          消去反应
(3)
(4)
(5)、、

【分析】CH3COCH3一定条件下生成A，结合A的核磁共振氢谱为2组峰，A为 ，A发生消去反应生成B为CH2=C（CH3）-C（CH3）=CH2，B和CH2=CH-CN发生已知的反应生成C，C发生还原反应生成D为，E经过一系列反应生成F，F发生加成反应生成G，D和G反应取代反应生成H为 ，据此解答。
【详解】（1）A. 化合物Ⅰ的分子式是，A错误；
B.化合物H中的含氧官能团为羟基和醚键，B错误；
C. E为酚，邻位和对位可以被取代，醛基可以被溴水氧化，则1mol化合物E与溴水反应最多消耗3mol ，C错误；
D. 化合物G存在手性碳原子，存在对映异构体，D正确；
（2）根据分析，化合物A的结构简式是；化合物A→B反应类型为消去反应；
（3）D＋G→H的化学方程式为；
（4）以丙酮、甲醛和E为原料合成F的路线为；
（5）①谱和IR谱检测表明：分子中共有6种不同化学环境的氢原子，有N-H键；②分子中仅含一个杂原子的六元环，环上只有一条侧链，符合条件的同分异构体为 、 、。