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四川省绵阳市南山中学实验学校2024届高三下学期3月月考化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省绵阳市南山中学实验学校2024届高三下学期3月月考化学试题（Word版附解析），文件包含四川省绵阳市南山中学实验学校2024届高三下学期3月月考化学试题Word版含解析docx、四川省绵阳市南山中学实验学校2024届高三下学期3月月考化学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，涂写在答题卷相应位置。
3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
可能用到的相对原子质量：Na-23 C1-35.5 S-32 Zn-65 In-115
第I卷(选择题共126分)
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A. 《吕氏春秋》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚”，体现合金硬度的特性
B. 汽油燃烧产物NOx会引起温室效应、酸雨等
C. “发光玻璃”碲化镉(CdTe)属于新型无机非金属材料
D. 40%的甲醛溶液可以浸泡标本，防止标本的腐烂
【答案】B
【解析】
【详解】A．合金硬度大于其成分金属的硬度，故A正确；
B．汽油燃烧产物NOx会引起酸雨，不能引起温室效应，故B错误；
C．碲化镉(CdTe)属于新型无机非金属材料，故C正确；
D．甲醛可使蛋白质变性，40%的甲醛溶液可以浸泡标本，防止标本的腐烂，故D正确；
故选B。
2. 阿司匹林是一种常见的退烧药，其合成路线如图所示，下列说法正确的是
A. 产物A的结构简式为CH3COOH
B. 1ml水杨酸最多消耗4mlH2
C. 该合成实验最好采用直接加热法
D. 阿司匹林能发生取代反应、氧化反应，但不能发生水解反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．结合反应物和阿司匹林结构，产物A的结构简式为CH3COOH，A正确；
B．水杨酸的苯环可以被加成，1ml水杨酸最多消耗3mlH2，B错误；
C．温度低于100℃，采用水浴加热更好，C错误；
D．阿司匹林含有苯环、羧基、酯基，能发生取代反应、氧化反应、水解反应，D错误；
故选A。
3. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，说法正确的是
A. 标准状况下，22.4LBr2所含孤电子对数为6NA
B. 1L0.1ml/L的HBr溶液，Br-个数小于0.1NA
C. 常温常压下，22.4LSO2与足量溴水反应，转移电子数小于2NA
D. 将1mlBr2溶于水形成的溶液中，Br-、BrO-、HBrO个数之和为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下，Br2为液体，无法计算22.4L Br2的物质的量，故A错误；
B．HBr为强电解质，在水中完全电离，1 L0.1ml/L的HBr溶液，Br-个数为0.1 NA ，故B错误；
C．常温常压下，22.4L SO2的物质的量小于1ml，与足量溴水反应，转移电子数小于2 NA ，故C正确；
D．将1ml Br2溶于水形成的溶液中，有微量的Br2与水反应生成HBr和HBrO，故Br2中的溴原子及Br-、BrO-、HBrO个数之和为2 NA，故D错误；
故选C。
4. X、Y、Z、W、Q为原子序数递增的短周期主族元素，最外层电子数之和为22。W的单质常温下是黄色固体。X、Y的单质在黑暗条件下就剧烈爆炸。下列说法错误的是
A. 化合物ZY熔融状态下可以导电
B. WY6分子中W的最外层电子数为12
C. 离子半径：W＞Q＞Y＞X
D. Q有多种氧化物，且均为酸性氧化物
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数递增的短周期主族元素， W的单质常温下是黄色固体，W为S元素，X、Y的单质在黑暗条件下就剧烈爆炸，X为H元素，Y为F元素，五种元素最外层电子数之和为22，Z和Q的最外层电子数之和为8，则Q为Cl，Z为Na，以此解答。
【详解】A．NaF是离子化合物，熔融状态下可以导电，A正确；
B．SF6分子中S形成6个共价键，最外层电子数为12，B正确；
C．离子电子层数越多，半径越大，电子层数相等时，核电荷数越大，半径越小，则离子半径：S2-＞Cl-＞F-＞H+，C正确；
D．ClO2中氯元素的化合价为+4价，不可能通过非氧化还原反应生成酸，故ClO2不属于酸性氧化物，D错误；
故选D。
5. 一种新型微生物脱盐燃料电池如图所示。利用活性菌的催化作用，在净化两极室污水的同时，淡化脱盐室的盐水，协同产生电流。下列说法错误的是
A. 电极为电池负极
B. 电极的电极反应可能为：
C. 污水净化过程中，电极区溶液的pH一定增大
D. 外电路转移2ml电子，脱盐室质量减少58.5g
【答案】D
【解析】
【分析】在a电极，有机物失电子转化为CO2等，b极室空气中的O2得电子产物与电解质作用生成水或OH-，则a电极为负极，b电极为正极。
【详解】A．由分析可知，电极有机物失电子，为电池负极，A正确；
B．电极为正极，空气中的O2得电子产物与电解质作用，可能生成水，则电极反应可能为：，B正确；
C．污水净化过程中，电极区溶液要么消耗H+，要么生成OH-，则溶液的pH一定增大，C正确；
D．外电路转移2ml电子，脱盐室有2mlCl-和2mlNa+向两极区发生迁移，则质量减少58.5g/ml×2ml=117g，D错误；
故选D。
6. 关于实验室制备、分离乙酸乙酯的装置，说法正确的是
A. 图甲用于分离乙酸乙酯
B. 乙用于蒸馏纯化乙酸乙酯
C. 图丙可从分液漏斗下端放出乙酸乙酯
D. 图丁用于制备并收集乙酸乙酯
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙酸乙酯中混有乙酸、乙醇，成为液体混合物，图甲用于分离固液混合物，不能用于分离液体混合物中的乙酸乙酯，A不正确；
B．蒸馏操作时，温度计水银球应位于支管口处，不能插入液体中，B不正确；
C．乙酸乙酯密度比水中，浮在水面上，应从分液漏斗上口倒出，C不正确；
D．图丁装置中，反应试管中插入玻璃管，使得试管内外相通，不会产生压强差，能够起到防止倒吸作用，导管插入碳酸钠溶液中，杂质能与碳酸钠溶液充分接触和反应，有利于杂质的吸收，因此能较好地制备并收集乙酸乙酯，D正确；
故选D。
7. 常温下，用0.10ml/L的NaOH溶液滴定0.10mL/L的HA溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列叙述正确的是
A. Ka(HA)的数量级为10-6
B. M点：c(Na+)-c(A-)=
C. P→Q过程中，水的电离程度逐渐增大
D. 当滴定至溶液呈中性时，c(A-)＜c(HA)
【答案】C
【解析】
【详解】A．M点，c(HA)≈c(A-)，c(H+)=10-4.74，Ka(HA)== c(H+)=10-4.74，数量级为10-5，A不正确；
B．M点：c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)＜c(OH-)=，B不正确；
C．P→Q过程中，c(HA)不断减小，电离产生c(H+)不断减小，对水电离的抑制作用不断减弱，水的电离程度逐渐增大，C正确；
D．当滴定至溶液呈中性时，Ka(HA)==10-4.74，c(A-)＞c(HA)，D不正确；
故选C。
第II卷(非选择题共174分)
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33~38题为选考题，考生根据要求做答。
(一)必考题(共11题，共129分)
8. 在工业上经常用水蒸气蒸馏的方法从橙子等水果果皮中收集橙油(主要成分是柠檬烯，其键线式如图一)。实验步骤如图：
(1)提取柠檬烯
①将200g新鲜的橙子皮剪成小碎片后，投入100mL烧瓶D中、加入约30mL水，按照图二安装水蒸馏装置。
②松开弹簧夹G，加热水蒸气发生器A至水沸腾，当T形管的支管口有大量水蒸气时夹紧弹簧夹G，开启冷却水，水蒸气蒸馏即开始进行。一段时间后可观察到锥形瓶馏出液的水面上有一层很薄的油层。
(2)提纯柠檬烯
①将馏出液用10mLCH2Cl2萃取，萃取3次后合并萃取液，置于装有适量无水硫酸钠的50mL锥形瓶中。
②将锥形瓶中的溶液倒入蒸馏烧瓶中蒸馏。本实验共获得橙油2.1mL。回答下列问题：
（1）直形玻璃管C的作用________。
（2）水蒸气蒸馏时，判断蒸馏结束的方法是________。
（3）将馏出液用CH2Cl2萃取时，柠檬烯从________(填仪器名称)的________(填“上口”或“下口”)出来。
（4）无水硫酸钠可以换成________(填字母)。
a.浓硫酸 b.熟石灰 c.无水氯化镁
（5）提纯柠檬烯的蒸馏操作时，下列操作的先后顺序分别为________、________(填字母)。
a.通冷凝水 b.加热蒸馏烧瓶
蒸馏操作完成后柠檬烯应在_______(填“蒸馏烧瓶”、“锥形瓶”)中收集。
（6）新鲜橙子皮中的橙油质量分数为________%(保留到小数点后两位)。
【答案】（1）平衡圆底烧瓶A中的压强
（2）接液管中流出的物质澄清透明(或将新馏出液滴入水中、不分层或无油珠)
（3） ①. 分液漏斗 ②. 下口
（4）c （5） ①. a ②. b ③. 蒸馏烧瓶
（6）0.88
【解析】
【分析】提取柠檬烯时，应将新鲜的橙子皮剪碎，以增大接触面积。进行水蒸气蒸馏时，应先制取水蒸气，确认装置内空气被排出后，再与橙子皮接触进行蒸馏。加热蒸馏烧瓶前，应先开启冷却水，再进行水蒸气蒸馏。将馏出液用CH2Cl2萃取3次后，合并萃取液，置于装有适量无水硫酸钠中除掉水，再将所得溶液蒸馏。
【小问1详解】
A装置加热时，若产生的水蒸气压强过大，会将瓶塞冲出，则直形玻璃管C的作用：平衡圆底烧瓶A中的压强。
【小问2详解】
柠檬烯是油状液体，水蒸气蒸馏时，若无油状液体蒸气，则表明蒸馏结束，判断方法是：接液管中流出的物质澄清透明(或将新馏出液滴入水中、不分层或无油珠)。
【小问3详解】
CH2Cl2的密度比水大，在下层，则将馏出液用CH2Cl2萃取时，柠檬烯从分液漏斗的下口出来。
【小问4详解】
浓硫酸具有强氧化性，可能会导致柠檬烯氧化，熟石灰的吸水能力差，无水氯化镁易吸水，且放出的热量少，则无水硫酸钠可以换成无水氯化镁，故选c。
【小问5详解】
提纯柠檬烯的蒸馏操作时，为充分收集柠檬烯，同时防止损坏冷凝管，应先通冷凝水后加热蒸馏烧瓶，则操作的先后顺序分别为a、b。
CH2Cl2的沸点为39.8℃，柠檬烯的沸点为177℃，则蒸馏操作完成后，柠檬烯应在蒸馏烧瓶中收集。
小问6详解】
新鲜橙子皮中的橙油质量分数为≈0.88%。
【点睛】分液时，上层液体应从分液漏斗上口倒出。
9. 锂和铍是重要的稀有金属元素，被国内外视为战略资源。一种从尾矿(主要含BeO、Li2O、SiO2及Fe、Al元素)中提取锂、铍的工艺如图：
已知：①C6H5COOH熔点为122℃，微溶于水；
②Li+可与FeCl结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取；
③HC1+FeCl3HFeCl4(易溶于有机溶剂)；
④Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38。
（1）“酸浸”时BeO发生反应的化学方程式为_______。
（2）“氧化”时，温度不宜过低，也不宝过高的原因是_______。
（3）“氧化”后溶液中c(Fe3+)浓度为0.01ml/L，“沉铁”时为了防止生成Fe(OH)3沉淀，pH值最好不大于______，“沉铁”后的pH______(填"变大”、“变小”或“不变”)。
（4）“萃取”步骤中，以TBP为萃取剂，FeCl3为萃取剂，还需要加入NH4C1的作用是______。
（5）“反萃取”步骤中，加入的反萃取剂最好是________。
（6）“操作X”包括的步骤为_______、_______。
【答案】（1）BeO+H2SO4=BeSO4+H2O
（2）温度过低速率太慢，温度过高双氧水分解损失
（3） ①. 2 ②. 变小
（4）增大Cl-的浓度，使FeCl3转化成FeCl，增大Li+的萃取率
（5）盐酸或HCl （6） ①. 冷却结晶 ②. 过滤
【解析】
【分析】尾矿用硫酸充分酸浸，SiO2不参与反应，则浸渣的主要成分为SiO2，滤液主要含有Be2+、Li+、Fe2+和Al3+，向滤液中加入H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀除去，此时滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+，再加入C6H5COONa沉铝、过滤得含铝沉淀的滤饼，同时得到主要含有Be2+、Li+的滤液，用硫酸将滤饼在90℃溶解得到C6H5COOH和硫酸铝的溶液，经过冷却结晶、过滤得到C6H5COOH固体和硫酸铝溶液；向主要含有Be2+、Li+的滤液中加入TBP和FeCl3，Li+可与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，出现分层，经过分液得到主要含Be2+的溶液和LiFeCl4/TBP溶液，向LiFeCl4/TBP溶液中加入反萃取剂，将锂元素从LiFeCl4的形式转化为Li+，据此解答。
【小问1详解】
“酸浸”时，BeO与硫酸反应生成BeSO4和H2O，反应的化学方程式为：；
【小问2详解】
因温度影响反应速率，且温度过高H2O2分解，所以“氧化”时，温度不宜过低，也不宜过高，其原因为：温度过低速率太慢，温度过高双氧水分解损失；
【小问3详解】
“沉铁”时为了防止生成Fe(OH)3沉淀，溶液应满足，则，即，所以pH≤2，即pH值最好不大于2；“沉铁”过程，加入Na2SO4将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，发生离子反应：，即反应生成H+，增大，则“沉铁”后的pH变小；
【小问4详解】
“萃取”时，需要先将FeCl3转化为，Li+再与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，则加入NH4C1的作用是：增大Cl-的浓度，使FeCl3转化成，增大Li+的萃取率；
小问5详解】
向LiFeCl4/TBP溶液中加入反萃取剂，其目的是将锂元素从LiFeCl4的形式转化为Li+，从有机相中释放出来，因为HC1+FeCl3⇌HFeCl4(易溶于有机溶剂)，加入盐酸或HCl可使该平衡正向移动，将LiFeCl4转化为HFeCl4，同时释放Li+，使HFeCl4存在于有机相中，锂元素以Li+形式存在于水相中，则“反萃取”步骤中，加入的反萃取剂最好是盐酸或HCl；
【小问6详解】
经过“操作X”得到C6H5COOH固体和硫酸铝溶液，则“操作X”需要将C6H5COOH从溶液中结晶析出并过滤，所以“操作X”包括的步骤为冷却结晶、过滤。
10. 先进的甲醇低压羰基合成乙酸工艺的普及推广，导致我国乙酸产能过剩。使用特定催化剂进行乙酸直接加氢制备乙醇的反应原理如下：
主反应：CH3COOH(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g) △H1
副反应：CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g)CH3CH2OOCCH3(g)+H2O(g) △H2＜0
副反应的反应热绝对值远远小于主反应的反应热绝对值。
（1）一定温度下，将1mlCH3COOH(g)、5mlH2(g)通入到恒压密闭容器电(不考虑副反应)。达到平衡时，H2的转化率为4%，该反应放热akJ。则该温度下主反应的△H1=_______kJ/ml。
（2）250℃下，恒压密闭容器中充入一定量H2(g)和CH3COOH(g)(不考虑副反应)，下列条件不能判断反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
A. 混合气体的密度保持不变
B. 混合气体总质量保持不变
C. H2O的体积分数不变
D. n(H2)：n(CH3CH2OH)=2：1，且保持不变
（3）已知：I.S表示选择性，且主反应产物的选择性往往大于副反应产物的选择性
II.S(乙醇)=×100%
在n(H2)：n(CH3COOH)=10时：2MPa下，平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随温度的变化；250℃下，平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随压强的变化均如图所示。
①250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是_______(填字母)。
②曲线b是乙醇选择性随温度变化的曲线，曲线b变化的原因是_______。
③150℃，在催化剂作用下和CH3COOH反应一段时间后，乙醇的选择性位于m点，不改变反应时间和温度，一定能提高乙醇选择性的措施_______(填一条)。
（4）一定温度和恒定压强下，向初始体积为1L容积可变的密闭容器中通入2mlH2和1mlCH3COOH，同时发生主反应和副反应，测得平衡时n[H2O(g)]=0.8ml，体系中气体物质的堡减小20%，则平衡时，c(H2)=______ml/L，主反应的Kc=_______。
【答案】（1）-10a （2）B
（3） ①. a ②. 主反应和副反应均为放热反应，温度升高，主反应和副反应的平衡均逆向移动；主反应逆向移动的程度大于副反应 ③. 使用对主反应催化活性更高的催化剂或加压
（4） ①. 1 ②. 2
【解析】
【小问1详解】
一定温度下，将1mlCH3COOH(g)、5mlH2(g)通入到恒压密闭容器电(不考虑副反应)，氢气过量，达到平衡时，H2的转化率为4%，该反应放热akJ，则消耗氢气0.2ml，若消耗2ml则放出10akJ热量，故则该温度下主反应的△H1=-10akJ/ml；
【小问2详解】
A．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积发生改变，则怛容容器中混合气体的密度是变量，当混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡状态，A正确；
B．该反应中反应物均为气体，气体总质量始终保持不变，气体质量不是变量，当质量不变时不能说明反应达平衡状态，B错误；
C．H2O的体积分数不变，则各组分的体积分数也保持不变，反应达平衡状态，C正确；
D．n(H2)：n(CH3CH2OH)=2：1，且保持不变，则反应中应该正逆反应速率相等才能达到，则反应达平衡状态，D正确；
答案选B；
【小问3详解】
①主反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，乙醇的选择性上升，则250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是a，答案为a；
②主反应和副反应均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应，所以乙醇的选择性随着温度升高而减小，故答案为:主反应和副反应均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应；
③主反应为气体体积减小的反应，增大压强，反应正向移动，可以提高乙醇选择性，故答案为使用对主反应催化活性更高的催化剂或加压；
【小问4详解】
平衡时n[H2O(g)]=0.8ml，体系中气体物质的堡减小20%，列化学平衡三段式，则：
体积减小20%，说明平衡时容器体积为0.8L，平衡时混合气体总物质的量为（1-x-y+x-y+y+0.8+2-2x）=3ml80%，x+y=0.8，解得x=0.6，y=0.2，c(H2)=；平衡时c(CH3CH2OH))= ，c(CH3COOH))= ，c(H2O)= ，Kc==，答案为1；2。
(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每学科任选一题做答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
11. 过渡金属硫化物因其独特的光电催化性能以及相对稳定的化学性质而受到广泛的研究，三元金属硫化物ZnIn2S4是一种层状结构的可见光响应光催化剂。回答下列问题：
（1）基态Zn的最外层电子排布式为：________。第一电离能：Ga______Zn(填“＞”、“＜”或“=”)。
（2）指示剂甲基橙阴离子的结构如图，其中N的杂化类型为________。
（3）的立体构型为_______，、、SO3中键角最大的是_______，试解释原因_______。
（4）Zn2+容易形成配合物，[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的_______(填元素名称)原子形成配位键。CN-的电子式为________。
（5）ZnIn2S4晶胞结构如图，其边长为anm，高为bnm，该晶体的密度为ρg/cm3，则阿伏加德罗常数的值NA=_______(列出计算式)。
【答案】（1） ①. 4s2 ②. ＜
（2）sp3、sp2 （3） ①. 三角锥形 ②. SO3 ③. SO3中S为sp2杂化，、中S为sp3杂化
（4） ①. 碳 ②.
（5）
【解析】
【小问1详解】
基态Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，则其最外层电子排布式为4s2。Zn与Ga左右相邻，Ga的价电子排布式为4s24p1，Zn的4p轨道全空，则Ga最外层电子的能量低，所以第一电离能：Ga＜Zn。
【小问2详解】
从甲基橙阴离子的结构图可以看出，N原子的价层电子对数分别为4和3，则N的杂化类型为sp3、sp2。
【小问3详解】
的中心S原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，其中S原子的最外层有1个孤电子对，立体构型为三角锥形。的中心S原子发生sp3杂化，呈正四面体结构，呈三角锥形结构、SO3中S原子发生sp2杂化，分子呈平面正三角形结构，键角SO3＞＞，所以键角最大的是SO3，原因：SO3中S为sp2杂化，、中S为sp3杂化。
【小问4详解】
[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-中的碳原子形成配位键，因为C、N的最外层都有孤电子对，但C的电负性比N小。CN-与N2互为等电子，则电子式为。
【小问5详解】
由ZnIn2S4晶胞结构图，可得出晶胞中含Zn原子个数为=2，含In原子个数为4，含S原子个数为=8，其边长为anm，高为bnm，该晶体的密度为ρg/cm3，则ρ==g/cm3，阿伏加德罗常数的值NA=。
【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可使用均摊法。
12. 水仙环素是一种植物生长调节剂，具有抗毒性等作用，化合物H是水仙环素合成的中间产物。其合成路线如图：
已知：R－XR－H
回答下列问题：
（1）B中官能团的名称为________。
（2）B→C的化学反应方程式为________。
（3）A→B，F→H分别的反应类型为_______、________。
（4）E的结构简式为_______。
（5）F与G的反应为最理想的“原子经济性反应”，则G的名称为_______。
（6）H有_______个手性碳原子。
（7）芳香族化合物K比D多了2个碳原子和2个氢原子，且K能与碳酸氢钠放CO2，则满足条件的K有_______种结构。
【答案】（1）醚键、溴原子(碳溴键)
（2）NaOH+ +NaBr+H2O
（3） ①. 取代反应 ②. 取代反应
（4） （5）甲醇
（6）3 （7）6
【解析】
【分析】根据图知，A和CH2Br2发生取代反应生成B，B发生消去反应生成C，根据C、D、F的结构简式知，C和D发生加成反应生成E为，F与G的反应为最理想的“原子经济性反应”，F先发生水解再和G发生酯化反应生成H，根据F和H的结构简式知，G为CH3OH。
【小问1详解】
B中官能团的名称为醚键、溴原子(碳溴键)。
【小问2详解】
B中溴原子发生消去反应生成C，化学方程式为：NaOH+ +NaBr+H2O。
【小问3详解】
由分析可知，A和CH2Br2发生取代反应生成B，F和G发生取代反应生成H。
【小问4详解】
由分析可知，E为。
【小问5详解】
由分析可知，G为CH3OH，则G的名称为甲醇。
【小问6详解】
手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，如图，H中有3个手性碳原子，
小问7详解】
芳香族化合物K比D多了2个碳原子和2个氢原子，且K能与碳酸氢钠放CO2，说明苯环上的取代基为2个-Br和1个-COOH，则满足条件的K有6种结构。对象
密度
熔点
沸点
化学性质
柠檬烯
0.84g/cm3
-74.3℃
177℃
遇明火、高温、强氧化剂易燃
CH2Cl2
1.325g/cm3
-97℃
39.8℃
遇明火易爆炸
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，涂写在答题卷相应位置。
3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
可能用到的相对原子质量：Na-23 C1-35.5 S-32 Zn-65 In-115
第I卷(选择题共126分)
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A. 《吕氏春秋》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚”，体现合金硬度的特性
B. 汽油燃烧产物NOx会引起温室效应、酸雨等
C. “发光玻璃”碲化镉(CdTe)属于新型无机非金属材料
D. 40%的甲醛溶液可以浸泡标本，防止标本的腐烂
【答案】B
【解析】
【详解】A．合金硬度大于其成分金属的硬度，故A正确；
B．汽油燃烧产物NOx会引起酸雨，不能引起温室效应，故B错误；
C．碲化镉(CdTe)属于新型无机非金属材料，故C正确；
D．甲醛可使蛋白质变性，40%的甲醛溶液可以浸泡标本，防止标本的腐烂，故D正确；
故选B。
2. 阿司匹林是一种常见的退烧药，其合成路线如图所示，下列说法正确的是
A. 产物A的结构简式为CH3COOH
B. 1ml水杨酸最多消耗4mlH2
C. 该合成实验最好采用直接加热法
D. 阿司匹林能发生取代反应、氧化反应，但不能发生水解反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．结合反应物和阿司匹林结构，产物A的结构简式为CH3COOH，A正确；
B．水杨酸的苯环可以被加成，1ml水杨酸最多消耗3mlH2，B错误；
C．温度低于100℃，采用水浴加热更好，C错误；
D．阿司匹林含有苯环、羧基、酯基，能发生取代反应、氧化反应、水解反应，D错误；
故选A。
3. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，说法正确的是
A. 标准状况下，22.4LBr2所含孤电子对数为6NA
B. 1L0.1ml/L的HBr溶液，Br-个数小于0.1NA
C. 常温常压下，22.4LSO2与足量溴水反应，转移电子数小于2NA
D. 将1mlBr2溶于水形成的溶液中，Br-、BrO-、HBrO个数之和为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下，Br2为液体，无法计算22.4L Br2的物质的量，故A错误；
B．HBr为强电解质，在水中完全电离，1 L0.1ml/L的HBr溶液，Br-个数为0.1 NA ，故B错误；
C．常温常压下，22.4L SO2的物质的量小于1ml，与足量溴水反应，转移电子数小于2 NA ，故C正确；
D．将1ml Br2溶于水形成的溶液中，有微量的Br2与水反应生成HBr和HBrO，故Br2中的溴原子及Br-、BrO-、HBrO个数之和为2 NA，故D错误；
故选C。
4. X、Y、Z、W、Q为原子序数递增的短周期主族元素，最外层电子数之和为22。W的单质常温下是黄色固体。X、Y的单质在黑暗条件下就剧烈爆炸。下列说法错误的是
A. 化合物ZY熔融状态下可以导电
B. WY6分子中W的最外层电子数为12
C. 离子半径：W＞Q＞Y＞X
D. Q有多种氧化物，且均为酸性氧化物
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数递增的短周期主族元素， W的单质常温下是黄色固体，W为S元素，X、Y的单质在黑暗条件下就剧烈爆炸，X为H元素，Y为F元素，五种元素最外层电子数之和为22，Z和Q的最外层电子数之和为8，则Q为Cl，Z为Na，以此解答。
【详解】A．NaF是离子化合物，熔融状态下可以导电，A正确；
B．SF6分子中S形成6个共价键，最外层电子数为12，B正确；
C．离子电子层数越多，半径越大，电子层数相等时，核电荷数越大，半径越小，则离子半径：S2-＞Cl-＞F-＞H+，C正确；
D．ClO2中氯元素的化合价为+4价，不可能通过非氧化还原反应生成酸，故ClO2不属于酸性氧化物，D错误；
故选D。
5. 一种新型微生物脱盐燃料电池如图所示。利用活性菌的催化作用，在净化两极室污水的同时，淡化脱盐室的盐水，协同产生电流。下列说法错误的是
A. 电极为电池负极
B. 电极的电极反应可能为：
C. 污水净化过程中，电极区溶液的pH一定增大
D. 外电路转移2ml电子，脱盐室质量减少58.5g
【答案】D
【解析】
【分析】在a电极，有机物失电子转化为CO2等，b极室空气中的O2得电子产物与电解质作用生成水或OH-，则a电极为负极，b电极为正极。
【详解】A．由分析可知，电极有机物失电子，为电池负极，A正确；
B．电极为正极，空气中的O2得电子产物与电解质作用，可能生成水，则电极反应可能为：，B正确；
C．污水净化过程中，电极区溶液要么消耗H+，要么生成OH-，则溶液的pH一定增大，C正确；
D．外电路转移2ml电子，脱盐室有2mlCl-和2mlNa+向两极区发生迁移，则质量减少58.5g/ml×2ml=117g，D错误；
故选D。
6. 关于实验室制备、分离乙酸乙酯的装置，说法正确的是
A. 图甲用于分离乙酸乙酯
B. 乙用于蒸馏纯化乙酸乙酯
C. 图丙可从分液漏斗下端放出乙酸乙酯
D. 图丁用于制备并收集乙酸乙酯
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙酸乙酯中混有乙酸、乙醇，成为液体混合物，图甲用于分离固液混合物，不能用于分离液体混合物中的乙酸乙酯，A不正确；
B．蒸馏操作时，温度计水银球应位于支管口处，不能插入液体中，B不正确；
C．乙酸乙酯密度比水中，浮在水面上，应从分液漏斗上口倒出，C不正确；
D．图丁装置中，反应试管中插入玻璃管，使得试管内外相通，不会产生压强差，能够起到防止倒吸作用，导管插入碳酸钠溶液中，杂质能与碳酸钠溶液充分接触和反应，有利于杂质的吸收，因此能较好地制备并收集乙酸乙酯，D正确；
故选D。
7. 常温下，用0.10ml/L的NaOH溶液滴定0.10mL/L的HA溶液，滴定曲线如图a所示，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列叙述正确的是
A. Ka(HA)的数量级为10-6
B. M点：c(Na+)-c(A-)=
C. P→Q过程中，水的电离程度逐渐增大
D. 当滴定至溶液呈中性时，c(A-)＜c(HA)
【答案】C
【解析】
【详解】A．M点，c(HA)≈c(A-)，c(H+)=10-4.74，Ka(HA)== c(H+)=10-4.74，数量级为10-5，A不正确；
B．M点：c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)＜c(OH-)=，B不正确；
C．P→Q过程中，c(HA)不断减小，电离产生c(H+)不断减小，对水电离的抑制作用不断减弱，水的电离程度逐渐增大，C正确；
D．当滴定至溶液呈中性时，Ka(HA)==10-4.74，c(A-)＞c(HA)，D不正确；
故选C。
第II卷(非选择题共174分)
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33~38题为选考题，考生根据要求做答。
(一)必考题(共11题，共129分)
8. 在工业上经常用水蒸气蒸馏的方法从橙子等水果果皮中收集橙油(主要成分是柠檬烯，其键线式如图一)。实验步骤如图：
(1)提取柠檬烯
①将200g新鲜的橙子皮剪成小碎片后，投入100mL烧瓶D中、加入约30mL水，按照图二安装水蒸馏装置。
②松开弹簧夹G，加热水蒸气发生器A至水沸腾，当T形管的支管口有大量水蒸气时夹紧弹簧夹G，开启冷却水，水蒸气蒸馏即开始进行。一段时间后可观察到锥形瓶馏出液的水面上有一层很薄的油层。
(2)提纯柠檬烯
①将馏出液用10mLCH2Cl2萃取，萃取3次后合并萃取液，置于装有适量无水硫酸钠的50mL锥形瓶中。
②将锥形瓶中的溶液倒入蒸馏烧瓶中蒸馏。本实验共获得橙油2.1mL。回答下列问题：
（1）直形玻璃管C的作用________。
（2）水蒸气蒸馏时，判断蒸馏结束的方法是________。
（3）将馏出液用CH2Cl2萃取时，柠檬烯从________(填仪器名称)的________(填“上口”或“下口”)出来。
（4）无水硫酸钠可以换成________(填字母)。
a.浓硫酸 b.熟石灰 c.无水氯化镁
（5）提纯柠檬烯的蒸馏操作时，下列操作的先后顺序分别为________、________(填字母)。
a.通冷凝水 b.加热蒸馏烧瓶
蒸馏操作完成后柠檬烯应在_______(填“蒸馏烧瓶”、“锥形瓶”)中收集。
（6）新鲜橙子皮中的橙油质量分数为________%(保留到小数点后两位)。
【答案】（1）平衡圆底烧瓶A中的压强
（2）接液管中流出的物质澄清透明(或将新馏出液滴入水中、不分层或无油珠)
（3） ①. 分液漏斗 ②. 下口
（4）c （5） ①. a ②. b ③. 蒸馏烧瓶
（6）0.88
【解析】
【分析】提取柠檬烯时，应将新鲜的橙子皮剪碎，以增大接触面积。进行水蒸气蒸馏时，应先制取水蒸气，确认装置内空气被排出后，再与橙子皮接触进行蒸馏。加热蒸馏烧瓶前，应先开启冷却水，再进行水蒸气蒸馏。将馏出液用CH2Cl2萃取3次后，合并萃取液，置于装有适量无水硫酸钠中除掉水，再将所得溶液蒸馏。
【小问1详解】
A装置加热时，若产生的水蒸气压强过大，会将瓶塞冲出，则直形玻璃管C的作用：平衡圆底烧瓶A中的压强。
【小问2详解】
柠檬烯是油状液体，水蒸气蒸馏时，若无油状液体蒸气，则表明蒸馏结束，判断方法是：接液管中流出的物质澄清透明(或将新馏出液滴入水中、不分层或无油珠)。
【小问3详解】
CH2Cl2的密度比水大，在下层，则将馏出液用CH2Cl2萃取时，柠檬烯从分液漏斗的下口出来。
【小问4详解】
浓硫酸具有强氧化性，可能会导致柠檬烯氧化，熟石灰的吸水能力差，无水氯化镁易吸水，且放出的热量少，则无水硫酸钠可以换成无水氯化镁，故选c。
【小问5详解】
提纯柠檬烯的蒸馏操作时，为充分收集柠檬烯，同时防止损坏冷凝管，应先通冷凝水后加热蒸馏烧瓶，则操作的先后顺序分别为a、b。
CH2Cl2的沸点为39.8℃，柠檬烯的沸点为177℃，则蒸馏操作完成后，柠檬烯应在蒸馏烧瓶中收集。
小问6详解】
新鲜橙子皮中的橙油质量分数为≈0.88%。
【点睛】分液时，上层液体应从分液漏斗上口倒出。
9. 锂和铍是重要的稀有金属元素，被国内外视为战略资源。一种从尾矿(主要含BeO、Li2O、SiO2及Fe、Al元素)中提取锂、铍的工艺如图：
已知：①C6H5COOH熔点为122℃，微溶于水；
②Li+可与FeCl结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取；
③HC1+FeCl3HFeCl4(易溶于有机溶剂)；
④Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38。
（1）“酸浸”时BeO发生反应的化学方程式为_______。
（2）“氧化”时，温度不宜过低，也不宝过高的原因是_______。
（3）“氧化”后溶液中c(Fe3+)浓度为0.01ml/L，“沉铁”时为了防止生成Fe(OH)3沉淀，pH值最好不大于______，“沉铁”后的pH______(填"变大”、“变小”或“不变”)。
（4）“萃取”步骤中，以TBP为萃取剂，FeCl3为萃取剂，还需要加入NH4C1的作用是______。
（5）“反萃取”步骤中，加入的反萃取剂最好是________。
（6）“操作X”包括的步骤为_______、_______。
【答案】（1）BeO+H2SO4=BeSO4+H2O
（2）温度过低速率太慢，温度过高双氧水分解损失
（3） ①. 2 ②. 变小
（4）增大Cl-的浓度，使FeCl3转化成FeCl，增大Li+的萃取率
（5）盐酸或HCl （6） ①. 冷却结晶 ②. 过滤
【解析】
【分析】尾矿用硫酸充分酸浸，SiO2不参与反应，则浸渣的主要成分为SiO2，滤液主要含有Be2+、Li+、Fe2+和Al3+，向滤液中加入H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀除去，此时滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+，再加入C6H5COONa沉铝、过滤得含铝沉淀的滤饼，同时得到主要含有Be2+、Li+的滤液，用硫酸将滤饼在90℃溶解得到C6H5COOH和硫酸铝的溶液，经过冷却结晶、过滤得到C6H5COOH固体和硫酸铝溶液；向主要含有Be2+、Li+的滤液中加入TBP和FeCl3，Li+可与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，出现分层，经过分液得到主要含Be2+的溶液和LiFeCl4/TBP溶液，向LiFeCl4/TBP溶液中加入反萃取剂，将锂元素从LiFeCl4的形式转化为Li+，据此解答。
【小问1详解】
“酸浸”时，BeO与硫酸反应生成BeSO4和H2O，反应的化学方程式为：；
【小问2详解】
因温度影响反应速率，且温度过高H2O2分解，所以“氧化”时，温度不宜过低，也不宜过高，其原因为：温度过低速率太慢，温度过高双氧水分解损失；
【小问3详解】
“沉铁”时为了防止生成Fe(OH)3沉淀，溶液应满足，则，即，所以pH≤2，即pH值最好不大于2；“沉铁”过程，加入Na2SO4将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，发生离子反应：，即反应生成H+，增大，则“沉铁”后的pH变小；
【小问4详解】
“萃取”时，需要先将FeCl3转化为，Li+再与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，则加入NH4C1的作用是：增大Cl-的浓度，使FeCl3转化成，增大Li+的萃取率；
小问5详解】
向LiFeCl4/TBP溶液中加入反萃取剂，其目的是将锂元素从LiFeCl4的形式转化为Li+，从有机相中释放出来，因为HC1+FeCl3⇌HFeCl4(易溶于有机溶剂)，加入盐酸或HCl可使该平衡正向移动，将LiFeCl4转化为HFeCl4，同时释放Li+，使HFeCl4存在于有机相中，锂元素以Li+形式存在于水相中，则“反萃取”步骤中，加入的反萃取剂最好是盐酸或HCl；
【小问6详解】
经过“操作X”得到C6H5COOH固体和硫酸铝溶液，则“操作X”需要将C6H5COOH从溶液中结晶析出并过滤，所以“操作X”包括的步骤为冷却结晶、过滤。
10. 先进的甲醇低压羰基合成乙酸工艺的普及推广，导致我国乙酸产能过剩。使用特定催化剂进行乙酸直接加氢制备乙醇的反应原理如下：
主反应：CH3COOH(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g) △H1
副反应：CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g)CH3CH2OOCCH3(g)+H2O(g) △H2＜0
副反应的反应热绝对值远远小于主反应的反应热绝对值。
（1）一定温度下，将1mlCH3COOH(g)、5mlH2(g)通入到恒压密闭容器电(不考虑副反应)。达到平衡时，H2的转化率为4%，该反应放热akJ。则该温度下主反应的△H1=_______kJ/ml。
（2）250℃下，恒压密闭容器中充入一定量H2(g)和CH3COOH(g)(不考虑副反应)，下列条件不能判断反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
A. 混合气体的密度保持不变
B. 混合气体总质量保持不变
C. H2O的体积分数不变
D. n(H2)：n(CH3CH2OH)=2：1，且保持不变
（3）已知：I.S表示选择性，且主反应产物的选择性往往大于副反应产物的选择性
II.S(乙醇)=×100%
在n(H2)：n(CH3COOH)=10时：2MPa下，平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随温度的变化；250℃下，平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随压强的变化均如图所示。
①250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是_______(填字母)。
②曲线b是乙醇选择性随温度变化的曲线，曲线b变化的原因是_______。
③150℃，在催化剂作用下和CH3COOH反应一段时间后，乙醇的选择性位于m点，不改变反应时间和温度，一定能提高乙醇选择性的措施_______(填一条)。
（4）一定温度和恒定压强下，向初始体积为1L容积可变的密闭容器中通入2mlH2和1mlCH3COOH，同时发生主反应和副反应，测得平衡时n[H2O(g)]=0.8ml，体系中气体物质的堡减小20%，则平衡时，c(H2)=______ml/L，主反应的Kc=_______。
【答案】（1）-10a （2）B
（3） ①. a ②. 主反应和副反应均为放热反应，温度升高，主反应和副反应的平衡均逆向移动；主反应逆向移动的程度大于副反应 ③. 使用对主反应催化活性更高的催化剂或加压
（4） ①. 1 ②. 2
【解析】
【小问1详解】
一定温度下，将1mlCH3COOH(g)、5mlH2(g)通入到恒压密闭容器电(不考虑副反应)，氢气过量，达到平衡时，H2的转化率为4%，该反应放热akJ，则消耗氢气0.2ml，若消耗2ml则放出10akJ热量，故则该温度下主反应的△H1=-10akJ/ml；
【小问2详解】
A．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积发生改变，则怛容容器中混合气体的密度是变量，当混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡状态，A正确；
B．该反应中反应物均为气体，气体总质量始终保持不变，气体质量不是变量，当质量不变时不能说明反应达平衡状态，B错误；
C．H2O的体积分数不变，则各组分的体积分数也保持不变，反应达平衡状态，C正确；
D．n(H2)：n(CH3CH2OH)=2：1，且保持不变，则反应中应该正逆反应速率相等才能达到，则反应达平衡状态，D正确；
答案选B；
【小问3详解】
①主反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，乙醇的选择性上升，则250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是a，答案为a；
②主反应和副反应均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应，所以乙醇的选择性随着温度升高而减小，故答案为:主反应和副反应均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应；
③主反应为气体体积减小的反应，增大压强，反应正向移动，可以提高乙醇选择性，故答案为使用对主反应催化活性更高的催化剂或加压；
【小问4详解】
平衡时n[H2O(g)]=0.8ml，体系中气体物质的堡减小20%，列化学平衡三段式，则：
体积减小20%，说明平衡时容器体积为0.8L，平衡时混合气体总物质的量为（1-x-y+x-y+y+0.8+2-2x）=3ml80%，x+y=0.8，解得x=0.6，y=0.2，c(H2)=；平衡时c(CH3CH2OH))= ，c(CH3COOH))= ，c(H2O)= ，Kc==，答案为1；2。
(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每学科任选一题做答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
11. 过渡金属硫化物因其独特的光电催化性能以及相对稳定的化学性质而受到广泛的研究，三元金属硫化物ZnIn2S4是一种层状结构的可见光响应光催化剂。回答下列问题：
（1）基态Zn的最外层电子排布式为：________。第一电离能：Ga______Zn(填“＞”、“＜”或“=”)。
（2）指示剂甲基橙阴离子的结构如图，其中N的杂化类型为________。
（3）的立体构型为_______，、、SO3中键角最大的是_______，试解释原因_______。
（4）Zn2+容易形成配合物，[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的_______(填元素名称)原子形成配位键。CN-的电子式为________。
（5）ZnIn2S4晶胞结构如图，其边长为anm，高为bnm，该晶体的密度为ρg/cm3，则阿伏加德罗常数的值NA=_______(列出计算式)。
【答案】（1） ①. 4s2 ②. ＜
（2）sp3、sp2 （3） ①. 三角锥形 ②. SO3 ③. SO3中S为sp2杂化，、中S为sp3杂化
（4） ①. 碳 ②.
（5）
【解析】
【小问1详解】
基态Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，则其最外层电子排布式为4s2。Zn与Ga左右相邻，Ga的价电子排布式为4s24p1，Zn的4p轨道全空，则Ga最外层电子的能量低，所以第一电离能：Ga＜Zn。
【小问2详解】
从甲基橙阴离子的结构图可以看出，N原子的价层电子对数分别为4和3，则N的杂化类型为sp3、sp2。
【小问3详解】
的中心S原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，其中S原子的最外层有1个孤电子对，立体构型为三角锥形。的中心S原子发生sp3杂化，呈正四面体结构，呈三角锥形结构、SO3中S原子发生sp2杂化，分子呈平面正三角形结构，键角SO3＞＞，所以键角最大的是SO3，原因：SO3中S为sp2杂化，、中S为sp3杂化。
【小问4详解】
[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-中的碳原子形成配位键，因为C、N的最外层都有孤电子对，但C的电负性比N小。CN-与N2互为等电子，则电子式为。
【小问5详解】
由ZnIn2S4晶胞结构图，可得出晶胞中含Zn原子个数为=2，含In原子个数为4，含S原子个数为=8，其边长为anm，高为bnm，该晶体的密度为ρg/cm3，则ρ==g/cm3，阿伏加德罗常数的值NA=。
【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可使用均摊法。
12. 水仙环素是一种植物生长调节剂，具有抗毒性等作用，化合物H是水仙环素合成的中间产物。其合成路线如图：
已知：R－XR－H
回答下列问题：
（1）B中官能团的名称为________。
（2）B→C的化学反应方程式为________。
（3）A→B，F→H分别的反应类型为_______、________。
（4）E的结构简式为_______。
（5）F与G的反应为最理想的“原子经济性反应”，则G的名称为_______。
（6）H有_______个手性碳原子。
（7）芳香族化合物K比D多了2个碳原子和2个氢原子，且K能与碳酸氢钠放CO2，则满足条件的K有_______种结构。
【答案】（1）醚键、溴原子(碳溴键)
（2）NaOH+ +NaBr+H2O
（3） ①. 取代反应 ②. 取代反应
（4） （5）甲醇
（6）3 （7）6
【解析】
【分析】根据图知，A和CH2Br2发生取代反应生成B，B发生消去反应生成C，根据C、D、F的结构简式知，C和D发生加成反应生成E为，F与G的反应为最理想的“原子经济性反应”，F先发生水解再和G发生酯化反应生成H，根据F和H的结构简式知，G为CH3OH。
【小问1详解】
B中官能团的名称为醚键、溴原子(碳溴键)。
【小问2详解】
B中溴原子发生消去反应生成C，化学方程式为：NaOH+ +NaBr+H2O。
【小问3详解】
由分析可知，A和CH2Br2发生取代反应生成B，F和G发生取代反应生成H。
【小问4详解】
由分析可知，E为。
【小问5详解】
由分析可知，G为CH3OH，则G的名称为甲醇。
【小问6详解】
手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，如图，H中有3个手性碳原子，
小问7详解】
芳香族化合物K比D多了2个碳原子和2个氢原子，且K能与碳酸氢钠放CO2，说明苯环上的取代基为2个-Br和1个-COOH，则满足条件的K有6种结构。对象
密度
熔点
沸点
化学性质
柠檬烯
0.84g/cm3
-74.3℃
177℃
遇明火、高温、强氧化剂易燃
CH2Cl2
1.325g/cm3
-97℃
39.8℃
遇明火易爆炸
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