安徽省2025年高三上开学摸底考试模拟卷化学试题（解析版）

这是一份安徽省2025年高三上开学摸底考试模拟卷化学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围，某催化剂结构简式如图所示，某化合物的结构如图所示等内容，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。答卷前，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，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：高考范围。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42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．下列安徽省出土的文物中，其主要成分属于有机物的是
A．木俑首 B．蚕形玉饰 C．金边玛瑙碗 D．青铜立鸟壶
【答案】A
【解析】木俑首的主要成分是纤维素,纤维素属于有机物,玉的主要成分是硅酸盐,玛瑙的主要成分是SiO2,立鸟盖铜圆壶是.青铜器,青铜是铜的合金，所以选A。
2．以下研究文物的方法达不到目的的是
A．用断代法测定竹简的
B．用X射线衍射法分析玉器的晶体结构
C．用原子光谱法鉴定漆器表层的元素种类
D．用红外光谱法测定古酒中有机分子的相对分子质量
【答案】D
【解析】A．¹⁴C断代法通过测定有机物中¹⁴C的残留量确定年代，竹简为植物制品，适用此方法，A正确；
B．X射线衍射法通过衍射图谱分析物质晶体结构，玉器为晶体矿物，适用此方法，B正确；
C．原子光谱法通过特征谱线鉴定元素种类，可用于分析漆器表层元素，C正确；
D．红外光谱法用于分析分子官能团和结构，无法直接测定相对分子质量（需质谱法），D达不到目的；
故选D。
3．青少年帮厨既可培养劳动习惯，也能将化学知识应用于实践。下列有关解释合理的是
A．清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈
B．烹煮食物的后期加入食盐，能避免长时间受热而分解
C．将白糖熬制成焦糖汁，利用蔗糖高温下充分炭化为食物增色
D．制作面点时加入食用纯碱，利用中和发酵过程产生的酸
【答案】A
【解析】A项，铁发生吸氧腐蚀时，正极上O2得电子结合水生成氢氧根离子，清洗铁锅后及时擦干，除去了铁锅表面的水分，没有了电解质溶液，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈，A正确；B项，食盐中含有碘酸钾，碘酸钾受热不稳定易分解，因此烹煮食物时后期加入食盐，与NaCl无关，B错误；C项，焦糖的主要成分仍是糖类，同时还含有一些醛类、酮类等物质，蔗糖在高温下并未炭化，C错误；D项，食用纯碱主要成分为Na2CO3，制作面点时加入食用纯碱，利用了Na2CO3中和发酵过程产生的酸，D错误；故选A。
4．以纤维素为原料合成PEF树脂的路线如图所示。下列叙述正确的是
A．纤维素属于纯净物
B．葡萄糖异构化为果糖不涉及能量变化
C．1ml5-HMF完全氧化FDCA转移4ml电子
D．合成PEF的单体是FDCA和乙二醇
【答案】D
【解析】A．纤维素属于高分子化合物，高分子化合物中n值不确定，为混合物，故A错误；
B．葡萄糖异构化时，-OH转化为酮羰基，此时极性键O-H键断裂；且醛基转化为-CH2OH，此时极性键C=O键断裂，极性键O-H键形成，同时伴随着能量的变化，故B错误；
C．5-HMF完全氧化为FDCA，醛基、醇羟基都被氧化为羧基，1ml5-HMF完全氧化为FDCA转移6ml电子，故C错误；
D．PEF含有酯基，结合FDCA的结构简式，可知PEF可由FDCA和乙二醇发生缩聚反应制得，即单体是FDCA和乙二醇，故D正确。
答案选D。
5．硅烷偶联剂X 的水解产物Y 能融合无机界面和有机界面，可在无机材料和有机材料之间形 成一座“分子桥”。X 水解反应如下图所示，下列说法错误的是
A.X 中 Si 和O 的杂化方式相同 B.Y中 键和π键的个数比为5:1
C.X 水解为Y 时还生成了CH3OH D.Y 能发生聚合反应
【答案】B
【解析】A.由图可知，X中O原子含有2对孤电子对、Si和O原子的价层电子对数均为4，VSEPR模型均为四面体,杂化方式均为sp3，故A正确;
B.由图可知，Y分子中含有10个单键和1个双键，单键均为σ键、双键中含有1个σ键和1个π键，则Y中σ键和π键的个数比为11: 1，故B错误;
C.由图可知，X水解时X中一CH3被H原子取代生成Y甲基和羟基结合生成甲醇，即X水解时还生成
CH;OH,故C正确;
D．Y中含有碳碳双键，能发生加成聚合反应生成高分子，故D正确;
故选: B。
阅读下列材料，完成下列小题。
锅炉烟气中的、、等气体需进行脱除处理。常用的脱除剂有、、、碳酸盐等，将有害气体吸收或经反应生成无害气体排放。已知：，，，。
6．下列有关烟气处理中的化学方程式书写错误的是
A．
B．
C．
D．
7．下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是
A．沸点：
B．键角：
C．结合的能力：
D．氨水中氢键强弱：
【答案】6．D 7．B
【解析】根据和的电离平衡常数可知酸性强弱为：，据此信息解答。
6．有关烟气处理中的化学方程式书写错误的是：
A．在的氧化作用下可以将转化为与反应生成和，反应的方程式为：，A正确；
B．在NaOH溶液中，和可以发生归中反应生成亚硝酸盐，反应的方程式为：，B正确；
C．可以继续中和，把转化为，反应的方程式为：，C正确；
D．根据分析，酸性，故不能将反应生成的，D错误；
故答案为：D。
7．有关物质结构或性质的比较中正确的是：
A．比多1个O原子，形成的氢键作用更强，则沸点更高，所以沸点：，A错误；
B．在中存在孤电子对，会因为与氧原子之间的电子排斥力致使氧原子与氮原子之间的键角变得更小，而中无孤电子对，电子排斥力相对较小，三个氧原子分布均匀成三角形，键角较大，则键角：，B正确；
C．根据分析，酸性，酸性越弱，结合的能力越强，则结合的能力：，C错误；
D．因为O的电负性比N的电负性强，则在氨水中氢键强弱为：，D错误；
故答案为：B。
8．某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是
A．该物质中为价B．基态原子的第一电离能：
C．该物质中C和P均采取杂化D．基态原子价电子排布式为
【答案】C
【解析】A项，由结构简式可知，P原子的3个孤电子与苯环形成共用电子对，P原子剩余的孤电子对与Ni形成配位键，Cl-提供孤电子对，与Ni形成配位键，由于整个分子呈电中性，故该物质中Ni为+2价，A正确；B项，同周期元素随着原子序数的增大，第一电离能有增大趋势，故基态原子的第一电离能：Cl＞P，B正确；C项，该物质中，C均存在于苯环上，采取sp2杂化，P与苯环形成3对共用电子对，剩余的孤电子对与Ni形成配位键，价层电子对数为4，采取sp3杂化，C错误；D项，Ni的原子序数为28，位于第四周期第Ⅷ族，基态Ni原子价电子排布式为3d84s2，D正确；故选C。
9．下列实验中，根据实验操作和现象所得到的结论错误的是
【答案】D
【解析】A．草酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，所以常温下，用pH试纸测定草酸氢钠溶液的pH小于7，故A正确；
B．氢氧化镁只溶于盐酸，氢氧化铝溶于盐酸和氢氧化钠溶液，说明氢氧化铝是两性氢氧化物，碱性弱于氢氧化镁，故B正确；
10．某化合物的结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族。下列说法错误的是D
A．元素电负性：
B．该物质中Y和Z均采取即杂化
C．基态原子未成对电子数：
D．基态原子的第一电离能：
【答案】D
【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族，且X、Z均形成2个共价键，则X为O，Z为S；Y形成5个共价键且原子序数位于O、S之间，则Y为P；W形成1个共价键，原子序数最小，则W为H；
A．同周期从左向右电负性逐渐增大，同主族从上向下电负性逐渐减小，故元素电负性O>S>P，即X>Z>Y，A项正确；
B．该物质中，P原子的价层电子对数为，为sp3杂化，S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，B项正确；
C．基态H原子未成对电子数为1，基态O原子的价电子排布式为2s22p4，未成对电子数为2，基态P原子的价电子排布式为3s23p3，未成对电子数为3，则基态原子未成对电子数，即，C项正确；
D．基态原子的第一电离能同周期从左向右逐渐增大，由于VA族原子的p轨道处于半充满状态，第一电离能大于同周期相邻主族元素，即P>S，D项错误；
故选D。
11．我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如下。该电池分别以(局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和为电极，以和混合液为电解质溶液。下列说法错误的是C
A．标注框内所示结构中存在共价键和配位键
B．电池总反应为：
C．充电时，阴极被还原的主要来自
D．放电时，消耗，理论上转移电子
【答案】C
【解析】由图中信息可知，该新型水系锌电池的负极是锌、正极是超分子材料；负极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2＋，则充电时，该电极为阴极，电极反应式为Zn2++2e-=Zn；正极上发生3I3-+2e-=3I-，则充电时，该电极为阳极，电极反应式为3I--2e-=I3-。A项，标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳单键、碳碳双键、碳氮单键、碳氮双键和碳氢键等多种共价键，还有由N提供孤电子对、Zn2+提供空轨道形成的配位键，A正确；B项，该电池总反应为，B正确；C项，充电时，阴极电极反应式为Zn2++2e-=Zn，被还原的Zn2+主要来自电解质溶液，C错误；D项，放电时，负极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2＋，因此消耗0.65 g Zn(物质的量为0.01ml)，理论上转移0.02 ml电子，D正确；故选C。
12．是一种超导材料，其立方晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数为，以晶胞参数为单位长度建立的直角坐标系(如图)，1号原子的坐标为，下列说法错误的是
A．晶胞的空间利用率为
B．晶胞中与K原子距离相等且最近的Se原子有8个
C．1号原子与3号原子之间的距离为
D．若1号原子与2号原子的距离为c nm，则2号原子坐标为
【答案】A
【解析】A．根据均摊法可知，该晶胞中含K原子个数为，含Fe原子个数为，含Se原子个数为，晶胞中K原子的总体积为，Fe原子的总体积为，Se原子的总体积为，则晶胞的空间利用率为，A错误；
B．由晶胞结构图可知，K原子位于体心和顶点，Se位于体内和棱上，以中心K原子来看，晶胞中与K原子距离相等且最近的Se原子有8个，B正确；
C．1号原子坐标为，3号原子的坐标为，根据空间中两点间的距离公式可得1号原子与3号原子之间的距离为，C正确；
D．若1号原子与2号原子的距离为c nm，1号原子的坐标为，2号原子在z轴上，结合晶胞结构和坐标轴方向，可知2号原子坐标为，D正确；
故选A。
13.离子液体[Amim]BF4的合成路线为：，下列叙述错误的是
A．的名称为3-氯-1-丙烯
B．[Amim]Cl中含有共价键和离子键
C．NaBF4的电子式为
D．[Amim]BF4可作为电解质用于电池中
【答案】C
【解析】A．的名称为3-氯-1-丙烯，故A正确；
B．[Amim]Cl的结构简式可知，结构中含有共价键和离子键，故B正确；
C．NaBF4的电子式为：，故C错误；
D．结构简式分析可知，[Amim]BF4是离子化合物，可作为电解质用于电池中，故D正确；
答案选C。
14．天然溶洞的形成与水体中含碳物种的浓度有密切关系。已知常温下某溶洞水体中与变化的关系如下图所示(X为、或)，。下列说法错误的是
A．曲线③表示
B．
C．b点的纵坐标为-2.65
D．点的溶液中：
【答案】D
【解析】可以和少量反应生成，和过量反应生成，所以碱性越强越大，而越大，则越小，所以曲线为①为、②、③为。，根据图像可知，当时，，所以。
A．根据分析可知，③为，A正确；
B．根据题目信息可知①、③交点处，，所以，B正确；
C．b点对应的pH=8.6，即，，，所以，C正确；
D．根据图像可知，点溶液中，的浓度确实高于的浓度，根据形成溶洞呈碱性环境的特点，的浓度高于的浓度，所以顺序为：，D错误；
故选D。
第II卷（非选择题 共58分）
二、非选择题：本题共4个小题，共58分。
15．一种以辉钼矿(主要成分为，含少量、、等元素的化合物及等)为原料制备四钼酸铵的生产工艺如图所示：
已知：“浸出液”的主要成分是。
回答下列问题：
（1）铜在周期表中位于第___________周期第___________族。
（2）“焙烧”时转化为和，该反应的化学方程式为___________。
（3）“氨浸”温度不能过高，原因是___________；“浸出渣”的主要成分有和___________(填化学式)。
（4）“沉铜”时可以将溶液中的进一步转化为除去，该反应的离子方程式为___________。
（5）“除磷”过程中，若太大会导致除磷效果变低，原因是___________。
（6）“酸沉”后所得“滤液”中的主要成分是___________(填化学式)。
【答案】（1） ①．四 ②．ⅠB
（2）
（3） ①．温度过高，氨水挥发，影响氨浸效率 ②．
（4）
（5）pH过大，形成沉淀，使除磷效率下降
（6）
【解析】钼精矿(主要成分为，含少量、、等元素的化合物及等)通入空气焙烧时转化为和，加氨水浸出，MO3转化为，SiO2不反应，浸渣为SiO2、等，“浸出液”的主要成分是，加(NH4)2S沉铜，Cu2+转化CuS沉淀，滤渣为CuS，滤液中加除磷，得到滤渣为，加硫酸进行沉淀得到(NH4)2M4O13•2H2O。
（1）铜是29号元素，位于元素周期表的第四周期第ⅠB族；
（2）“焙烧”时转化为和，氧气做氧化剂，反应的化学方程式为；
（3）“氨浸”温度不能过高，原因是温度过高，氨水挥发，影响氨浸效率；由分析可知，“浸出渣”的主要成分有和；
（4）沉铜”时，溶液中的转化为除去，离子方程式为；
（5）“除磷”过程中，所用试剂是，若太大会导致除磷效果变低，原因是pH过大，形成沉淀，使除磷效率下降；
（6）“酸沉”所用的试剂是硫酸，最后得到四钼酸铵晶体中并无，则所得滤液中的阴离子为，阳离子为，所得“滤液”中的主要成分是。
16．测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2-HgCl2- K2Cr2O7滴定法。研究小组用该方法测定质量为的某赤铁矿试样中的铁含量。
【配制溶液】
①cml·L-1 K2Cr2O7标准溶液
②SnCl2溶液：称取6gSnCl2·2H2O溶于10 mL浓盐酸，加水至100 mL，加入少量锡粒。
【测定含量】按下图所示(加热装置路去)操作步骤进行实验。
已知：氯化铁受热易升华；室温时HgCl2，可将Sn2+氧化为Sn4+。难以氧化Fe2+；Cr2O72-可被Fe2+还原为Cr3+。回答下列问题：
(1)下列仪器在本实验中必须用到的有_______(填名称)。
(2)结合离子方程式解释配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因：_______。
(3)步骤I中“微热”的原因是_______。
(4)步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测定的铁含量_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(5)若消耗cml·L-1 K2Cr2O7标准溶液V mL，则试样中的质量分数为_______(用含a、c、V的代数式表示)。
(6) SnCl2- TiCl3- KMnO4滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用SnCl2和TiCl3将铁矿石试样中Fe3+还原为Fe2+，再用KMnO4标准溶液滴定。
①从环保角度分析，该方法相比于SnCl2-HgCl2- K2Cr2O7，滴定法的优点是_______。
②为探究KMnO4溶液滴定时，Cl-在不同酸度下对Fe2+测定结果的影响，分别向下列溶液中加入1滴0.1 ml·L-1KMnO4溶液，现象如下表：
表中试剂X为_______；根据该实验可得出的结论是_______。
【答案】(1)容量瓶、量筒
(2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为2Sn2++O2+4H+=2 Sn4++2H2O，加入Sn，发生反应Sn4++ Sn=2 Sn2+，可防止Sn2+氧化
(3)增大SnCl2·2H2O的溶解度，促进其溶解
(4)偏小
(5)
(6) 更安全，对环境更友好 H2O 酸性越强，KMnO4的氧化性越强，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此在KMnO4标准液进行滴定时，要控制溶液的pH值
【解析】浓盐酸与试样反应，使得试样中Fe元素以离子形式存在，滴加稍过量的SnCl2使Fe3+还原为Fe2+，冷却后滴加HgCl2，将多余的Sn2+氧化为Sn4+，加入硫酸和磷酸混合液后，滴加指示剂，用K2Cr2O7进行滴定，将Fe2+氧化为Fe3+，化学方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=6 Fe3++2Cr3++7H2O。(1)配制SnCl2溶液需要用到容量瓶和量筒，滴定需要用到酸式滴定管，但给出的为碱式滴定管，因此给出仪器中，本实验必须用到容量瓶、量筒；(2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为2Sn2++O2+4H+=2 Sn4++2H2O，加入Sn，发生反应Sn4++ Sn=2 Sn2+，可防止Sn2+氧化；(3)步骤I中“微热”是为了增大SnCl2·2H2O的溶解度，促进其溶解；(4)步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+，导致测定的铁含量偏小；(5)根据方程式6Fe2++Cr2O72-+14H+=6 Fe3++2Cr3++7H2O可得：，ag试样中Fe元素的质量为，质量分数为。(6)①SnCl2-HgCl2- K2Cr2O7方法中，HgCl2氧化Sn2+的离子方程式为：Sn2++Hg2+= Sn4++Hg，生成的Hg有剧毒，因此SnCl2- TiCl3- KMnO4相比于SnCl2-HgCl2- K2Cr2O7的优点是：更安全，对环境更友好；②2mL0.3ml·L-1NaCl溶液+0.5mL试剂X，为空白试验，因此X为H2O；由表格可知，酸性越强，KMnO4的氧化性越强，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此在KMnO4标准液进行滴定时，要控制溶液的pH值。
17．的重整反应弥补甲烷—水蒸气重整反应产生较高的不
足，发生反应如下：
反应 I． ⇋
反应Ⅱ．
反应Ⅲ．
反应Ⅳ．
已知：①含碳物质的百分数：；②对于反应，其中，、、、为各组分的平衡分压。回答下列问题：
（1）、和标准摩尔燃烧焓数据分别为-890.3、-283.0和-，则_______，反应在条件下能_______自发进行(填“高温”“低温”或“任意温度”)。
（2）向100kPa的容器中充入物质的量均为5ml的和，测得平衡时含碳物质的百分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为_______(填化学式)，在557→640℃区间时，随温度升高b曲线对应物种的百分数逐渐升高的原因是_______。
当温度为840℃时，曲线a、b对应含碳物质的百分数分别为 70%、20%，此时气体总物质的量为16.4ml，则的产率为_______，体系中C(s)的物质的量为_______，反应I的=_______(列计算表达式)，若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1） ①．+247.3或247 ②．高温
（2） ① CO ②．该温度区间内，只发生反应II，随温度升高平衡正向移动程度增大，甲烷逐渐减少，CO2百分数逐渐增大 ③．56% ④．2ml ⑤． ⑥．增大
【解析】（1）根据盖斯定律，⇋，反应，，在高温条件下能自发进行；
（2）向100kPa的容器中充入物质的量均为5ml的和，反应I正向移动，反应Ⅱ正向移动，反应Ⅲ逆向移动，反应Ⅳ正向移动，故a线对应物种为CO，b线对应物种为，c线对应物种为；该温度区间内，无CO产生，说明只发生反应II，随温度升高平衡正向移动程度增大，甲烷逐渐减少，CO2百分数逐渐增大；设C(s)的物质的量为xml，的物质的量为yml，的物质的量为zml，根据C守恒，可知，，，根据H守恒可得，根据O守恒可得，解得，x=2ml，y=7.2ml，z=1.2ml，则的产率为，体系中C(s)的物质的量为2ml，反应I的；若向平衡体系中通入少量，反应I，正向移动，使CO、H2物质的量增多，反应Ⅱ正向移动，H2物质的量增多，则反应反应Ⅳ正向进行的程度大于反应Ⅲ正向进行的程度，故重新达平衡后，将增大。
18．化合物1是一种药物中间体，可由下列路线合成(Ph代表苯基，部分反应条件略去)：
已知：
i)
ii)易与含活泼氢化合物()反应：，HY代表H2O、ROH、RNH2、RC≡CH等。
(1)A、B中含氧官能团名称分别为_______、_______。
(2)E在一定条件下还原得到，后者的化学名称为_______。
(3)H的结构简式为_______。
(4)E→F反应中、下列物质不能用作反应溶剂的是_______(填标号)。
a． b． c． d．
(5)D的同分异构体中，同时满足下列条件的有_______种(不考虑立体异构)，写出其中一种同分异构体的结构简式_______。
①含有手性碳 ②含有2个碳碳三键 ③不含甲基
(6)参照上述合成路线，设计以和不超过3个碳的有机物为原料，制备一种光刻胶单体的合成路线_______(其他试剂任选)。
【答案】(1) 羟基 醛基
(2)1，2-二甲基苯(邻二甲苯)
(3)
(4)bc
(5) 4 CH≡C-CH2-CH2-CH2-CH(NH2)-C≡CH
(6)
【解析】有机物A中的羟基在MnO2的催化下与氧气反应生成醛基，有机物B与Ph3CCl发生取代反应生成有机物C；有机物D中的氨基发生取代反应生成有机物E，D中的氨基变为E中的Cl，E发生已知条件i的两步反应与有机物C作用最终生成有机物G；有机物G在MnO2的催化先与氧气反应生成有机物H，有机物H的结构为，有机物H最终发生已知条件i的反应生成目标化合物I。(1)根据流程中A和B的结构，A中的含氧官能团为羟基，B中的含氧官能团为醛基。(2)根据题目中的结构，该结构的化学名称为1，2-二甲基苯(邻二甲苯)。(3)根据分析，H的结构简式为。(4)根据已知条件ii，RMgX可以与含有活泼氢的化合物(H2O、ROH、RNH2、RC≡CH等)发生反应，b中含有羟基，c中含有N-H，其H原子为活泼H原子，因此不能用b、c作溶剂。(5)根据题目所给条件，同分异构体中含有2个碳碳三键，说明结构中不含苯环，结构中不含甲基，说明三键在物质的两端，同分异构体中又含有手性碳原子，因此，可能的结构有：CH≡C-CH2-CH2-CH2-CH(NH2)-C≡CH、CH≡C-CH2-CH2-CH(NH2)-CH2-C≡CH、H≡C-CH2-CH(CH2NH2)-CH2-CH2-C≡CH、H≡C-CH2-CH(CH2CH2NH2)-CH2-C≡CH，共4种。(6)根据题目给出的流程，先将原料中的羰基还原为羟基，后利用浓硫酸脱水生成双键，随后将物质与Mg在无水醚中反应生成中间产物，后再与CF3COCF3在无水醚中反应再水解生成目标化合物，具体的流程如下：
选项
实验操作和现象
结论
A
常温下，用试纸测定溶液的
电离程度大于水解程度
B
和中均分别加入溶液和盐酸，只溶于盐酸，都能溶
碱性：
C
在溶液中加入浓溶液，产生白色沉淀
溶液中存在平衡：
D
铁粉与水蒸气反应生成的气体点燃后有爆鸣声
具有还原性
溶液
现象
空白实验
2mL 0.3ml·L-1NaCl溶液+0.5mL试剂X
紫红色不褪去
实验I
2mL 0.3ml·L-1NaCl溶液+0.5mL 0.1ml·L-1硫酸
紫红色不褪去
实验ⅱ
2mL 0.3ml·L-1NaCl溶液+0.5mL 6ml·L-1硫酸
紫红色明显变浅