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四川省射洪中学2023-2024学年高三上学期10月月考理综化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省射洪中学2023-2024学年高三上学期10月月考理综化学试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 下列方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
(考试时间：150分钟，总分：300分)
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.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 K-39 Fe-56 Cu-64
第1卷(选择题)
一、选择题：本题共7小题，每小题6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. 化学与生活、生产、环境密切相关。下列说法不正确的是
A. 玛瑙、水晶等装饰品的主要成分都是硅酸盐
B. 2023年9月-10月举办的杭州亚运会火炬加入钠盐等是为了通过物理变化产生美丽的焰色
C. 狂犬疫苗需要冷藏保存，是防止蛋白质变性
D. 大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，可以减少酸雨的产生
【答案】A
【解析】
【详解】A．玛瑙、水晶的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故A错误；
B．钠盐得焰色反应为黄色，焰色反应是物理变化，2023年9月-10月举办杭州亚运会火炬加入钠盐等是为了通过物理变化产生美丽的焰色，故B正确；
C．蛋白质受热易变质，狂犬疫苗需要冷藏保存，是防止蛋白质变性，故A正确；
D．大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，可以减少硫、氮氧化物得排放，可以减少酸雨的产生，故D正确；
故选A。
2. 抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是
A. 该有机物有4种含氧官能团
B. 所有原子可能共面
C. 可以发生加成、取代、氧化等反应
D. 可使高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．据有机物的结构简式可知，该有机物含有羟基、羧基、酰胺基、醚键、4种含氧官能团，A正确；
B．C原子周围有四个单键的形成的是四面体结构，不可能共面，和N原子连接的单键形成的是三角锥形结构，也不可能共面，B错误；
C．碳碳双键能发生加成反应，羟基能发生取代、氧化等反应，C正确；
D．羟基和碳碳双键均可使高锰酸钾溶液褪色，D正确；
答案选B。
3. 下列有关实验装置和原理能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．锌粒与硫酸反应生成氢气，使锥形瓶中压强增大，推动注射器活塞向外移动，从而可以读取的体积，A正确：
B．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂、吸水剂的条件下，加热，发生酯化反应，生成乙酸乙酯，可以用饱和碳酸钠溶液来分离提纯乙酸乙酯，本实验缺少浓硫酸，B错误；
C．高温熔融的纯碱固体会与瓷坩埚中的反应而腐蚀坩埚，因而不能用瓷坩埚，C错误；
D．铜和稀硫酸不反应，可以用铜和浓硫酸加热制取，D错误。
答案选A。
4. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，Y为金属元素，Y与Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，X与W所在族序数之和等于，下列说法正确的是
A. 原子半径大小顺序：W>Z>Y>XB. 沸点：XW2>Y2W
C. 简单氢化物的热稳定性：ZZ
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X为C元素，X与W所在族序数之和等于，确定W是S元素，Y与Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，Y为金属元素， Y、Z分别为Na、P元素。
【详解】A．电子层数越多原子半径越大，同周期元素自左向右原子半径逐渐减小，故原子半径Y(Na)>Z(P)>W(S)>X(C)，A项错误；
B．W分别与X、Y形成的化合物为CS2、Na2S，前者为共价化合物，后者为离子化合物，则硫化钠的沸点高于二硫化碳，B项错误；
C．非金属性Z(P)D．Z、W氧化物对应的水化物分别为H3PO4、H2SO4和H2SO3，H2SO4是强酸，H3PO4是中强酸，H2SO3是弱酸，则S的氧化物对应的水化物的酸性不一定比P的强，D项错误；
答案选C。
5. 下列方程式正确的是
A. 用FeCl3溶液除去天然气中的H2S：Fe3+ +H2S=Fe2+ +S↓+2H+
B. 碳酸氢钙溶液和过量NaOH溶液混合：HCO+OH-=CO+H2O
C. 用NaOH溶液脱除废气中的NO2：2NO2+ 2OH-=2NO+H2O
D. 漂白粉溶液在空气中失效：Ca2＋＋2ClO-＋CO2＋H2O=2HClO＋CaCO3↓
【答案】D
【解析】
【详解】A． 用FeCl3溶液除去天然气中的H2S：2Fe3+ +H2S=2Fe2+ +S↓+2H+，故A错误；
B． 碳酸氢钙溶液和过量NaOH溶液混合：2HCO+2OH-+Ca2+=CO+2H2O+CaCO3↓，故B错误；
C． 用NaOH溶液脱除废气中的NO2：2NO2+ 2OH-=NO+NO+H2O，故C错误；
D． 漂白粉溶液在空气中失效生成次氯酸和碳酸钙：Ca2＋＋2ClO-＋CO2＋H2O=2HClO＋CaCO3↓，故D正确；
故选D。
6. 某电化学装置如图所示，该装置能将CO2转化为燃料C2H5OH，从而实现“碳中和”。下列说法错误的是：
A. 该电化学装置在实现“碳中和”的同时将电能和光能转化成化学能
B. 该电化学装置工作时溶液中的H+ 由b极区移动到a极区
C. 每生成3.36L氧气，有4.4gCO2被还原
D. a极电极反应式：2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O
【答案】C
【解析】
【分析】该装置是电解池装置，a电极上CO2转化为C2H5OH，C元素化合价由+4降低至-2价，发生还原反应，则a是阴极，电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，b电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑。
【详解】A．该装置是电解池装置，由图知，该电化学装置在实现“碳中和”的同时将电能和光能转化成化学能，A正确；
B．由分析可知，a电极为阴极，b电极为阳极，所以H+从b极区向a极区迁移，B正确；
C．未说明标准状况，无法计算氧气的物质的量，C错误；
D．由分析可知，a极电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，D正确；
故选C。
7. 常温下，用溶液滴定溶液，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列叙述错误的是
A. 的数量级为
B. b点时消耗NaOH溶液的体积小于20mL
C b点溶液中离子浓度：
D. 混合溶液的导电能力：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由图象信息知，中隐含着“HA是弱酸”的信息，a点，此时c(H+)≈10-5.9ml/L，则，其数量级为10-4，A正确；
B．b点溶液呈中性，HA是弱酸，NaOH溶液与HA溶液的浓度均为0.10ml/L，则溶液达到中性时消耗NaOH溶液的体积应小于20ml，B正确；
C．b点时溶液呈中性，溶质为NaA和HA，由电荷守恒知，溶液中离子浓度：c(Na+)=c(A-)>c(H+)=c(OH-)=10-7ml/L，C正确；
D．HA是弱酸，从a到b随着NaOH的加入，溶液的导电能力增强，D错误；
故选D。
第11卷(非选择题)
三、非选择题：共174分，第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
8. 亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的防腐剂。某化学兴趣小组设计如图所示装置(省略夹持装置)制备NaNO2并探究其性质。
已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；
②NaNO2易被空气氧化，NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为；
③HNO2为弱酸，室温下存在反应3HNO2=HNO3+2NO↑+H2O。
回答下列问题：
（1）装置E中盛放浓硝酸的仪器名称是___________，其中发生反应的化学方程式为___________。
（2）上述实验装置中，依次连接的合理顺序为h→___________。
（3）装置B中装浓硫酸利用了其___________性(选填氧化性、还原性、脱水性、吸水性)。
（4）酸性KMnO4溶液作用是___________(用离子方程式表示)。
（5）反应结束后，取适量产品溶于稀硫酸中，观察到的实验现象为___________。
（6）测定深水井中NaNO2含量：取1000mL水样于锥形瓶中，立即加入500mL0.01ml/L酸性高锰酸钾溶液，充分反应后用0.1ml/L Na2C2O4溶液滴定高锰酸钾，终点时消耗草酸钠溶液75.00mL。则水中NaNO2的含量为___________ml/L。若所取样品在空气中放置时间过长，则测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
（2）h→e→f→c→d→a→b→g
（3）吸水性 （4）5NO+3+4H+=5+3Mn2++2H2O
（5）固体溶解，有气泡产生，液面上方变红
（6） ①. 0.005 ②. 偏低
【解析】
【分析】结合题干可知，E装置为制备NO2的发生装置；C装置中，NO2和水反应生成HNO3和NO，HNO3和铜反应生成NO；B为干燥装置，干燥NO；A装置中，NO和Na2O2反应生成NaNO2；D装置为尾气处理装置，吸收NO，防止污染环境。
【小问1详解】
E中盛放浓硝酸的仪器名称是分液漏斗；其中发生的反应为铜和浓硝酸生成硝酸铜和二氧化氮气体：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
【小问2详解】
在E中，浓硝酸与铜片反应生成NO2，NO2与水反应，生成稀硝酸，稀硝酸与铜片反应生成NO，NO用浓硫酸干燥后再与过氧化钠反应生成NaNO2，最后有毒的NO用酸性高锰酸钾吸收；依据分析，仪器依次连接的合理顺序为h→e→f→c→d→a→b→g；
【小问3详解】
浓硫酸的作用是吸收NO气体中的水分，利用了其吸水性；
【小问4详解】
NO有毒会污染空气，已知，能被酸性高锰酸钾溶液氧化为；装置D中NO被酸性KMnO4氧化并吸收，不会对空气造成污染，反应生成硝酸根离子和锰离子，5NO+3+4H+=5+3Mn2++2H2O；
【小问5详解】
亚硝酸钠与硫酸反应生成HNO2，HNO2分解：3HNO2=HNO3+2NO↑+H2O，NO与空气中氧气反应生成NO2红棕色气体，现象为：固体溶解，有气泡产生，液面上方变红；
【小问6详解】
KMnO4的物质的量为：0.01ml/L×0.5L=0.005ml，根据得失电子守恒，KMnO4与Na2C2O4反应的系数比为2:5，则与Na2C2O4反应的KMnO4的物质的量为，与NaNO2反应的KMnO4的物质的量为0.005ml-0.003ml=0.002ml， KMnO4与NaNO2反应系数比是2:5，NaNO2的物质的量为，则水中NaNO2的含量为0.005ml/L ；NaNO2放置空气中时间过长被空气中氧气氧化，实际含量降低，导致测定结果偏低。
9. 研究发现，Cu/Al(OH)3催化剂在工业上有着巨大作用。现以硫酸烧渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、CuO和SiO2等)为原料制备Cu/ Al(OH)3催化剂，流程如图所示：
已知常温下，①几种金属离子沉淀的pH如表所示：
②电离常数 H2CO3 Ka1=4.4×10-7 Ka2=4.7×10-11
③A为无色无味气体
回答下列问题：
（1）举一个“固体1”的用途___________，“固体2”灼烧产物是___________(填名称)，“分离铝、铁”的操作名称为___________。
（2）“酸溶”中，适当加热可提高反应速率，但是要控制温度不能太高，其原因是___________。
（3）a的范围为___________， “滤液1”中通入高压氢制备铜的离子方程式为___________。
（4）“沉铝”的离子方程式为___________，“滤液2”的pH___________7(25℃) (填“＞”“＜”或“=”)，判断依据是___________。
（5）合成催化剂 ，测定Cu与Al(OH)3的比例：将制得的“催化剂Cu/Al(OH)3”在空气中充分灼烧为CuO和Al2O3，固体质量不改变，则催化剂中n(Cu) : n[Al(OH)3]=___________。
【答案】（1） ①. 制玻璃(或制光导纤维) ②. 氧化铁 ③. 过滤
（2）温度太高会导致盐酸挥发过快，使盐酸浓度变小，速率减慢
（3） ①. 4.7≤pH＜7.4 ②. Cu2++H2=Cu↓+2H+
（4） ①. +CO2+2H2O=Al(OH)3↓+ ②. ＞ ③. 的水解常数Kh=≈2.27×10-8＞Ka2(H2CO3)
（5）27 : 16
【解析】
【分析】硫酸烧渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、CuO和SiO2等)加入过量盐酸酸溶，Fe2O3、Al2O3、CuO溶解并转化为相应的盐，SiO2不溶，过滤，所得“固体1”为SiO2；过滤后往滤液中加入NaOH溶液，过滤得Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，Cu2+进入滤液中，滤液中通入高压氢气，将Cu2+还原为Cu；往滤渣中加入过量NaOH溶液，Fe(OH)3不溶，Al(OH)3转化为NaAlO2，过滤后，向滤液中通入过量CO2，转化为Al(OH)3沉淀，再加入Cu，制得Cu/ Al(OH)3催化剂。
【小问1详解】
“固体1”为SiO2，用途为制玻璃(或制光导纤维)，“固体2”为Fe(OH)3，灼烧产物是氧化铁；“分离铝、铁”是将Al(OH)3、Fe(OH)3分开，加入NaOH溶液，此时Al(OH)3溶解并转化为NaAlO2，分离固体与液体混合物，操作名称为过滤。
【小问2详解】
盐酸是挥发性酸，温度高时挥发程度增大，“酸溶”中，适当加热可提高反应速率，但是要控制温度不能太高，其原因是：温度太高会导致盐酸挥发过快，使盐酸浓度变小，速率减慢。
【小问3详解】
调节溶液pH时，将Fe3+、Al3+转化为沉淀，而Cu2+不生成沉淀，所以a的范围为4.7≤pH＜7.4， “滤液1”中通入高压氢，将Cu2+还原为Cu，则制备铜的离子方程式为Cu2++H2=Cu↓+2H+。
【小问4详解】
“沉铝”时，通入过量CO2，将转化为Al(OH)3沉淀，离子方程式为+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+，“滤液2”为NaHCO3溶液，虽然既能发生电离又能发生水解，但以水解为主，所以pH＞7(25℃)，判断依据是的水解常数Kh=≈2.27×10-8＞Ka2(H2CO3)。
【小问5详解】
设催化剂中，Cu的物质的量为x ml，Al(OH)3的物质的量为y ml，则在空气中充分灼烧，生成CuO的物质的量为x ml，Al2O3的物质的量为0.5y ml，固体质量不改变，则64x+78y=80x+51y，从而求出x : y=27 : 16，故催化剂中n(Cu) : n[Al(OH)3]= 27 : 16。
【点睛】
10. 我国对环境保护、新能源的开发很重视，研究使NO2、NO、CO、SO2等大气污染物转化为能参与大气循环的物质，对建设美丽中国具有重要意义。
（1）有人设计通过硫循环完成CO的综合处理，反应原理如下：
2CO(g)+SO2(g)S(l) +2CO2 (g) ΔH1=-270.0
S(l)+2H2O(g)2H2(g)+SO2 (g) ΔH2=+187.6
对于反应：CO(g)+H2O(g)H2 (g)+CO2(g) ΔH3=___________
（2）温度为T1K时，向2L恒容密闭容器中通入2mlCO和4ml H2，发生反应：CO(g)+2H2 (g)CH3OH (g) ΔH1<0，10min时反应到达平衡状态，此时n(H2)=1ml。
①写出该反应的平衡常数的表达式：___________。
②温度为T1K时，下列可以说明该反应达到平衡状态的是___________。
A．2v正(H2)= v逆(CH3OH)
B．CH3OH (g)质量不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．单位时间内消耗1mlCO同时消耗2mlH2
③前10min内的平均反应速率v(CO)=___________ mlL-1min-1。
④反应达到平衡后，既能增大反应速率又能提高CO平衡转化率的措施有___________。
A．升高温度 B．增加H2的浓度 C．增加CO的浓度 D．加入催化剂
（3）新型臭氧氧化技术利用具有极强氧化性的O3脱除尾气中的NO，反应为NO(g)+ O3(g)NO2(g)+O2 (g)，在一定条件下，将一定量的NO和O3通入恒容密闭容器中并不断加热发生反应(温度不超过各物质的分解温度)，NO2的体积分数随时间变化曲线如图所示：推测该反应的△H ___________0(填“大于”或“小于”)，原因___________。
【答案】（1）-41.2
（2） ①. ②. BC ③. 0.075 ④. B
（3） ①. 小于 ②. t1时NO2的体积分数最大，反应达到平衡状态，之后温度升高使平衡逆向移动，NO2的体积分数逐渐减小，说明△H小于0。
【解析】
【小问1详解】
题目所给的两个已知方程式加和后可得到：2CO(g)+2H2O(g)2H2 (g)+2CO2(g) ΔH=ΔH1+ΔH2=-270.0+187.6=-82.4，则反应CO(g)+H2O(g)H2 (g)+CO2(g) ΔH3=-41.2。
【小问2详解】
①该反应的平衡常数的表达式：；
②A．v正(H2)、v逆(CH3OH)分别代表H2的消耗速率和CH3OH的消耗速率，由方程式的化学计量数知，v正(H2)=2 v逆(CH3OH)时才能说明该反应达到平衡状态，A错误；
B．CH3OH (g)质量不变，能说明该反应达到平衡状态，B正确；
C．混合气体的总质量守恒，由于该反应是一个反应前后气体的总物质的量发生变化的反应，平均相对分子质量不变，能说明该反应达到平衡状态，C正确；
D．消耗CO和消耗H2均为正反应，不能说明该反应达到平衡状态，D错误；
故选BC；
③前10min内消耗的n(H2)=(4-1)ml=3ml，则消耗的n(CO)=1.5ml，则CO的平均反应速率v(CO)==0.075mlL-1min-1；
④A．升高温度，反应速率增大，但平衡逆向移动，CO平衡转化率减小，A不符合题意；
B．增加H2的浓度，反应速率增大，平衡正向移动，CO平衡转化率增大，B符合题意；
C．增加CO的浓度，反应速率增大，但H2平衡转化率增大，而CO平衡转化率减小，C不符合题意；
D．加入催化剂，反应速率增大，但平衡不移动，CO平衡转化率不变，D不符合题意；
故选B；
【小问3详解】
由图知，随着反应的进行，NO2的体积分数逐渐增大，t1时达到最大，反应达到平衡状态，之后温度升高使平衡逆向移动，NO2的体积分数又逐渐减小，说明△H小于0。
11. 洲际弹道导弹DF—31A的制造材料中包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。
（1）基态铁原子的价电子排布式为___________，Cr的未成对电子个数___________，Ni位于周期表的___________区。
（2）Fe、C均能与CO形成配合物，如Fe(CO)5、C2(CO)8，其结构分别如图1、图2所示，
则Fe(CO)5中σ键与π键的个数比___________，图2中C的杂化方式有___________，形成上述两种化合物的四种元素中电负性最大的是___________(填元素符号)，写出一种与CO互为等电子体的分子___________。
（3）铁与氮形成的化合物的立方晶胞结构如图所示，N位于有Fe构成的___________的体心(填“正四面体”或“八面体”或“立方体”)，若晶体密度为b，则顶点Fe与N的距离为__________pm。(用含NA、b的代数式表示，NA为阿伏加德罗常数的值)
【答案】（1） ①. 3d64S2 ②. 6 ③. d
（2） ①. 1:1 ②. sp、sp2 ③. O ④. N2
（3） ①. 八面体 ②.
【解析】
【小问1详解】
铁元素是26号元素，基态铁原子的电子排布式为[Ar] 3d64S2，则其价电子排布式为3d64S2；Cr的价电子排布式为3d54S1，故其未成对电子个数为6个；Ni是28号元素，位于VIII族，故其位于元素周期表d区。
小问2详解】
从图1可以看出，碳和铁之间的σ键有5个，碳和氧之间的σ键有5个，σ键总共10个，每个碳和氧之间有2个π键，总共10个π键，故Fe(CO)5中σ键与π键的个数比10:10=1:1；图2中碳原子与氧原子之间有碳碳双键也有碳碳三键，故碳原子的的杂化方式有sp、sp2；Fe(CO)5与C2(CO)8的组成元素中电负性最大的是O元素；CO分子的价电子数为10个，原子数为2个，故与其等电子体的分子为N2。
【小问3详解】
从图可以看出，氮原子位于铁原子形成的面心立方晶胞中心，则氮原子位于在面心上的6个铁原子形成的八面体空隙中；假设该晶胞的边长为a cm， 则N与晶胞顶点Fe的距离为。晶体密度为b，根据均摊法，该晶胞中含有4个铁原子和1个氮原子，则其晶胞质量为g，晶胞体积为v=a3 cm3，则，可得，故N与晶胞顶点Fe的距离为cm= cm= 。
(二)选考题：共45分。请考生从两道物理题、两道化学题、两道生物题中每科人选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
12. 用N-杂环卡其碱(NHC base)作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______。
（2）反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为_______。
（3）写出C与/反应产物的结构简式_______。
（4）E的结构简式为_______。
（5）H中含氧官能团的名称是_______。
（6）化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式_______。
（7）如果要合成H的类似物H′()，参照上述合成路线，写出相应的D′和G′的结构简式_______、_______。H′分子中有_______个手性碳(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳)。
【答案】（1）苯甲醇 （2）消去反应
（3） （4） （5）硝基、酯基和羰基
（6） （7） ①. ②. ③. 5
【解析】
【分析】由合成路线，A的分子式为C7H8O，在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B，B的结构简式为，则A为，B与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应反应生成C，C的结构简式为，C与Br2/CCl4发生加成反应得到，再在碱性条件下发生消去反应生成D，D为，B与E在强碱的环境下还原得到F，E的分子式为C5H6O2，F的结构简式为，可推知E为，F与生成G，G与D反应生成H，据此分析解答。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，其化学名称为苯甲醇；
【小问2详解】
由B、C的结构简式，结合反应条件，可知B()先与CH3CHO发生碳氧双键的加成反应生成，再发生消去反应生成C()，故第二步的反应类型为消去反应；
【小问3详解】
根据分析可知，C与Br2/CCl4发生加成反应得到；
【小问4详解】
由分析，E的结构简式为；
【小问5详解】
H的结构简式为，可其分子中含有的含有官能团为硝基、酯基和羰基；
【小问6详解】
C的结构简式为，分子式为C9H8O，其同分异构体X可发生银镜反应，说明含有醛基，又与酸性高锰酸钾反应后可得到对苯二甲酸，则X的取代基处于苯环的对位，满足条件的X的结构简式为：；
【小问7详解】
G与D反应生成H的反应中，D中碳碳双键断裂与G中HC—NO2和C=O成环，且C=O与—CHO成环，从而得到H，可推知，若要合成H′()，相应的D′为，G′为，手性碳原子为连有4各不同基团的饱和碳原子，则H′()的手性碳原子为，共5个。A
B
C
D
测量锌粒和硫酸反应生成的体积
制备并收集乙酸乙酯
加热熔融的纯碱固体
制取并收集
金属离子
Fe3+
Al3+
Cu2+
开始沉淀pH
1.9
3.4
7.4
完全沉淀pH
3.7
4.7
9.6
(考试时间：150分钟，总分：300分)
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.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 K-39 Fe-56 Cu-64
第1卷(选择题)
一、选择题：本题共7小题，每小题6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. 化学与生活、生产、环境密切相关。下列说法不正确的是
A. 玛瑙、水晶等装饰品的主要成分都是硅酸盐
B. 2023年9月-10月举办的杭州亚运会火炬加入钠盐等是为了通过物理变化产生美丽的焰色
C. 狂犬疫苗需要冷藏保存，是防止蛋白质变性
D. 大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，可以减少酸雨的产生
【答案】A
【解析】
【详解】A．玛瑙、水晶的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故A错误；
B．钠盐得焰色反应为黄色，焰色反应是物理变化，2023年9月-10月举办杭州亚运会火炬加入钠盐等是为了通过物理变化产生美丽的焰色，故B正确；
C．蛋白质受热易变质，狂犬疫苗需要冷藏保存，是防止蛋白质变性，故A正确；
D．大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，可以减少硫、氮氧化物得排放，可以减少酸雨的产生，故D正确；
故选A。
2. 抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是
A. 该有机物有4种含氧官能团
B. 所有原子可能共面
C. 可以发生加成、取代、氧化等反应
D. 可使高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．据有机物的结构简式可知，该有机物含有羟基、羧基、酰胺基、醚键、4种含氧官能团，A正确；
B．C原子周围有四个单键的形成的是四面体结构，不可能共面，和N原子连接的单键形成的是三角锥形结构，也不可能共面，B错误；
C．碳碳双键能发生加成反应，羟基能发生取代、氧化等反应，C正确；
D．羟基和碳碳双键均可使高锰酸钾溶液褪色，D正确；
答案选B。
3. 下列有关实验装置和原理能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．锌粒与硫酸反应生成氢气，使锥形瓶中压强增大，推动注射器活塞向外移动，从而可以读取的体积，A正确：
B．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂、吸水剂的条件下，加热，发生酯化反应，生成乙酸乙酯，可以用饱和碳酸钠溶液来分离提纯乙酸乙酯，本实验缺少浓硫酸，B错误；
C．高温熔融的纯碱固体会与瓷坩埚中的反应而腐蚀坩埚，因而不能用瓷坩埚，C错误；
D．铜和稀硫酸不反应，可以用铜和浓硫酸加热制取，D错误。
答案选A。
4. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，Y为金属元素，Y与Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，X与W所在族序数之和等于，下列说法正确的是
A. 原子半径大小顺序：W>Z>Y>XB. 沸点：XW2>Y2W
C. 简单氢化物的热稳定性：Z
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X为C元素，X与W所在族序数之和等于，确定W是S元素，Y与Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，Y为金属元素， Y、Z分别为Na、P元素。
【详解】A．电子层数越多原子半径越大，同周期元素自左向右原子半径逐渐减小，故原子半径Y(Na)>Z(P)>W(S)>X(C)，A项错误；
B．W分别与X、Y形成的化合物为CS2、Na2S，前者为共价化合物，后者为离子化合物，则硫化钠的沸点高于二硫化碳，B项错误；
C．非金属性Z(P)
答案选C。
5. 下列方程式正确的是
A. 用FeCl3溶液除去天然气中的H2S：Fe3+ +H2S=Fe2+ +S↓+2H+
B. 碳酸氢钙溶液和过量NaOH溶液混合：HCO+OH-=CO+H2O
C. 用NaOH溶液脱除废气中的NO2：2NO2+ 2OH-=2NO+H2O
D. 漂白粉溶液在空气中失效：Ca2＋＋2ClO-＋CO2＋H2O=2HClO＋CaCO3↓
【答案】D
【解析】
【详解】A． 用FeCl3溶液除去天然气中的H2S：2Fe3+ +H2S=2Fe2+ +S↓+2H+，故A错误；
B． 碳酸氢钙溶液和过量NaOH溶液混合：2HCO+2OH-+Ca2+=CO+2H2O+CaCO3↓，故B错误；
C． 用NaOH溶液脱除废气中的NO2：2NO2+ 2OH-=NO+NO+H2O，故C错误；
D． 漂白粉溶液在空气中失效生成次氯酸和碳酸钙：Ca2＋＋2ClO-＋CO2＋H2O=2HClO＋CaCO3↓，故D正确；
故选D。
6. 某电化学装置如图所示，该装置能将CO2转化为燃料C2H5OH，从而实现“碳中和”。下列说法错误的是：
A. 该电化学装置在实现“碳中和”的同时将电能和光能转化成化学能
B. 该电化学装置工作时溶液中的H+ 由b极区移动到a极区
C. 每生成3.36L氧气，有4.4gCO2被还原
D. a极电极反应式：2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O
【答案】C
【解析】
【分析】该装置是电解池装置，a电极上CO2转化为C2H5OH，C元素化合价由+4降低至-2价，发生还原反应，则a是阴极，电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，b电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑。
【详解】A．该装置是电解池装置，由图知，该电化学装置在实现“碳中和”的同时将电能和光能转化成化学能，A正确；
B．由分析可知，a电极为阴极，b电极为阳极，所以H+从b极区向a极区迁移，B正确；
C．未说明标准状况，无法计算氧气的物质的量，C错误；
D．由分析可知，a极电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，D正确；
故选C。
7. 常温下，用溶液滴定溶液，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列叙述错误的是
A. 的数量级为
B. b点时消耗NaOH溶液的体积小于20mL
C b点溶液中离子浓度：
D. 混合溶液的导电能力：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由图象信息知，中隐含着“HA是弱酸”的信息，a点，此时c(H+)≈10-5.9ml/L，则，其数量级为10-4，A正确；
B．b点溶液呈中性，HA是弱酸，NaOH溶液与HA溶液的浓度均为0.10ml/L，则溶液达到中性时消耗NaOH溶液的体积应小于20ml，B正确；
C．b点时溶液呈中性，溶质为NaA和HA，由电荷守恒知，溶液中离子浓度：c(Na+)=c(A-)>c(H+)=c(OH-)=10-7ml/L，C正确；
D．HA是弱酸，从a到b随着NaOH的加入，溶液的导电能力增强，D错误；
故选D。
第11卷(非选择题)
三、非选择题：共174分，第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
8. 亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的防腐剂。某化学兴趣小组设计如图所示装置(省略夹持装置)制备NaNO2并探究其性质。
已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；
②NaNO2易被空气氧化，NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为；
③HNO2为弱酸，室温下存在反应3HNO2=HNO3+2NO↑+H2O。
回答下列问题：
（1）装置E中盛放浓硝酸的仪器名称是___________，其中发生反应的化学方程式为___________。
（2）上述实验装置中，依次连接的合理顺序为h→___________。
（3）装置B中装浓硫酸利用了其___________性(选填氧化性、还原性、脱水性、吸水性)。
（4）酸性KMnO4溶液作用是___________(用离子方程式表示)。
（5）反应结束后，取适量产品溶于稀硫酸中，观察到的实验现象为___________。
（6）测定深水井中NaNO2含量：取1000mL水样于锥形瓶中，立即加入500mL0.01ml/L酸性高锰酸钾溶液，充分反应后用0.1ml/L Na2C2O4溶液滴定高锰酸钾，终点时消耗草酸钠溶液75.00mL。则水中NaNO2的含量为___________ml/L。若所取样品在空气中放置时间过长，则测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
（2）h→e→f→c→d→a→b→g
（3）吸水性 （4）5NO+3+4H+=5+3Mn2++2H2O
（5）固体溶解，有气泡产生，液面上方变红
（6） ①. 0.005 ②. 偏低
【解析】
【分析】结合题干可知，E装置为制备NO2的发生装置；C装置中，NO2和水反应生成HNO3和NO，HNO3和铜反应生成NO；B为干燥装置，干燥NO；A装置中，NO和Na2O2反应生成NaNO2；D装置为尾气处理装置，吸收NO，防止污染环境。
【小问1详解】
E中盛放浓硝酸的仪器名称是分液漏斗；其中发生的反应为铜和浓硝酸生成硝酸铜和二氧化氮气体：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
【小问2详解】
在E中，浓硝酸与铜片反应生成NO2，NO2与水反应，生成稀硝酸，稀硝酸与铜片反应生成NO，NO用浓硫酸干燥后再与过氧化钠反应生成NaNO2，最后有毒的NO用酸性高锰酸钾吸收；依据分析，仪器依次连接的合理顺序为h→e→f→c→d→a→b→g；
【小问3详解】
浓硫酸的作用是吸收NO气体中的水分，利用了其吸水性；
【小问4详解】
NO有毒会污染空气，已知，能被酸性高锰酸钾溶液氧化为；装置D中NO被酸性KMnO4氧化并吸收，不会对空气造成污染，反应生成硝酸根离子和锰离子，5NO+3+4H+=5+3Mn2++2H2O；
【小问5详解】
亚硝酸钠与硫酸反应生成HNO2，HNO2分解：3HNO2=HNO3+2NO↑+H2O，NO与空气中氧气反应生成NO2红棕色气体，现象为：固体溶解，有气泡产生，液面上方变红；
【小问6详解】
KMnO4的物质的量为：0.01ml/L×0.5L=0.005ml，根据得失电子守恒，KMnO4与Na2C2O4反应的系数比为2:5，则与Na2C2O4反应的KMnO4的物质的量为，与NaNO2反应的KMnO4的物质的量为0.005ml-0.003ml=0.002ml， KMnO4与NaNO2反应系数比是2:5，NaNO2的物质的量为，则水中NaNO2的含量为0.005ml/L ；NaNO2放置空气中时间过长被空气中氧气氧化，实际含量降低，导致测定结果偏低。
9. 研究发现，Cu/Al(OH)3催化剂在工业上有着巨大作用。现以硫酸烧渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、CuO和SiO2等)为原料制备Cu/ Al(OH)3催化剂，流程如图所示：
已知常温下，①几种金属离子沉淀的pH如表所示：
②电离常数 H2CO3 Ka1=4.4×10-7 Ka2=4.7×10-11
③A为无色无味气体
回答下列问题：
（1）举一个“固体1”的用途___________，“固体2”灼烧产物是___________(填名称)，“分离铝、铁”的操作名称为___________。
（2）“酸溶”中，适当加热可提高反应速率，但是要控制温度不能太高，其原因是___________。
（3）a的范围为___________， “滤液1”中通入高压氢制备铜的离子方程式为___________。
（4）“沉铝”的离子方程式为___________，“滤液2”的pH___________7(25℃) (填“＞”“＜”或“=”)，判断依据是___________。
（5）合成催化剂 ，测定Cu与Al(OH)3的比例：将制得的“催化剂Cu/Al(OH)3”在空气中充分灼烧为CuO和Al2O3，固体质量不改变，则催化剂中n(Cu) : n[Al(OH)3]=___________。
【答案】（1） ①. 制玻璃(或制光导纤维) ②. 氧化铁 ③. 过滤
（2）温度太高会导致盐酸挥发过快，使盐酸浓度变小，速率减慢
（3） ①. 4.7≤pH＜7.4 ②. Cu2++H2=Cu↓+2H+
（4） ①. +CO2+2H2O=Al(OH)3↓+ ②. ＞ ③. 的水解常数Kh=≈2.27×10-8＞Ka2(H2CO3)
（5）27 : 16
【解析】
【分析】硫酸烧渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、CuO和SiO2等)加入过量盐酸酸溶，Fe2O3、Al2O3、CuO溶解并转化为相应的盐，SiO2不溶，过滤，所得“固体1”为SiO2；过滤后往滤液中加入NaOH溶液，过滤得Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，Cu2+进入滤液中，滤液中通入高压氢气，将Cu2+还原为Cu；往滤渣中加入过量NaOH溶液，Fe(OH)3不溶，Al(OH)3转化为NaAlO2，过滤后，向滤液中通入过量CO2，转化为Al(OH)3沉淀，再加入Cu，制得Cu/ Al(OH)3催化剂。
【小问1详解】
“固体1”为SiO2，用途为制玻璃(或制光导纤维)，“固体2”为Fe(OH)3，灼烧产物是氧化铁；“分离铝、铁”是将Al(OH)3、Fe(OH)3分开，加入NaOH溶液，此时Al(OH)3溶解并转化为NaAlO2，分离固体与液体混合物，操作名称为过滤。
【小问2详解】
盐酸是挥发性酸，温度高时挥发程度增大，“酸溶”中，适当加热可提高反应速率，但是要控制温度不能太高，其原因是：温度太高会导致盐酸挥发过快，使盐酸浓度变小，速率减慢。
【小问3详解】
调节溶液pH时，将Fe3+、Al3+转化为沉淀，而Cu2+不生成沉淀，所以a的范围为4.7≤pH＜7.4， “滤液1”中通入高压氢，将Cu2+还原为Cu，则制备铜的离子方程式为Cu2++H2=Cu↓+2H+。
【小问4详解】
“沉铝”时，通入过量CO2，将转化为Al(OH)3沉淀，离子方程式为+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+，“滤液2”为NaHCO3溶液，虽然既能发生电离又能发生水解，但以水解为主，所以pH＞7(25℃)，判断依据是的水解常数Kh=≈2.27×10-8＞Ka2(H2CO3)。
【小问5详解】
设催化剂中，Cu的物质的量为x ml，Al(OH)3的物质的量为y ml，则在空气中充分灼烧，生成CuO的物质的量为x ml，Al2O3的物质的量为0.5y ml，固体质量不改变，则64x+78y=80x+51y，从而求出x : y=27 : 16，故催化剂中n(Cu) : n[Al(OH)3]= 27 : 16。
【点睛】
10. 我国对环境保护、新能源的开发很重视，研究使NO2、NO、CO、SO2等大气污染物转化为能参与大气循环的物质，对建设美丽中国具有重要意义。
（1）有人设计通过硫循环完成CO的综合处理，反应原理如下：
2CO(g)+SO2(g)S(l) +2CO2 (g) ΔH1=-270.0
S(l)+2H2O(g)2H2(g)+SO2 (g) ΔH2=+187.6
对于反应：CO(g)+H2O(g)H2 (g)+CO2(g) ΔH3=___________
（2）温度为T1K时，向2L恒容密闭容器中通入2mlCO和4ml H2，发生反应：CO(g)+2H2 (g)CH3OH (g) ΔH1<0，10min时反应到达平衡状态，此时n(H2)=1ml。
①写出该反应的平衡常数的表达式：___________。
②温度为T1K时，下列可以说明该反应达到平衡状态的是___________。
A．2v正(H2)= v逆(CH3OH)
B．CH3OH (g)质量不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．单位时间内消耗1mlCO同时消耗2mlH2
③前10min内的平均反应速率v(CO)=___________ mlL-1min-1。
④反应达到平衡后，既能增大反应速率又能提高CO平衡转化率的措施有___________。
A．升高温度 B．增加H2的浓度 C．增加CO的浓度 D．加入催化剂
（3）新型臭氧氧化技术利用具有极强氧化性的O3脱除尾气中的NO，反应为NO(g)+ O3(g)NO2(g)+O2 (g)，在一定条件下，将一定量的NO和O3通入恒容密闭容器中并不断加热发生反应(温度不超过各物质的分解温度)，NO2的体积分数随时间变化曲线如图所示：推测该反应的△H ___________0(填“大于”或“小于”)，原因___________。
【答案】（1）-41.2
（2） ①. ②. BC ③. 0.075 ④. B
（3） ①. 小于 ②. t1时NO2的体积分数最大，反应达到平衡状态，之后温度升高使平衡逆向移动，NO2的体积分数逐渐减小，说明△H小于0。
【解析】
【小问1详解】
题目所给的两个已知方程式加和后可得到：2CO(g)+2H2O(g)2H2 (g)+2CO2(g) ΔH=ΔH1+ΔH2=-270.0+187.6=-82.4，则反应CO(g)+H2O(g)H2 (g)+CO2(g) ΔH3=-41.2。
【小问2详解】
①该反应的平衡常数的表达式：；
②A．v正(H2)、v逆(CH3OH)分别代表H2的消耗速率和CH3OH的消耗速率，由方程式的化学计量数知，v正(H2)=2 v逆(CH3OH)时才能说明该反应达到平衡状态，A错误；
B．CH3OH (g)质量不变，能说明该反应达到平衡状态，B正确；
C．混合气体的总质量守恒，由于该反应是一个反应前后气体的总物质的量发生变化的反应，平均相对分子质量不变，能说明该反应达到平衡状态，C正确；
D．消耗CO和消耗H2均为正反应，不能说明该反应达到平衡状态，D错误；
故选BC；
③前10min内消耗的n(H2)=(4-1)ml=3ml，则消耗的n(CO)=1.5ml，则CO的平均反应速率v(CO)==0.075mlL-1min-1；
④A．升高温度，反应速率增大，但平衡逆向移动，CO平衡转化率减小，A不符合题意；
B．增加H2的浓度，反应速率增大，平衡正向移动，CO平衡转化率增大，B符合题意；
C．增加CO的浓度，反应速率增大，但H2平衡转化率增大，而CO平衡转化率减小，C不符合题意；
D．加入催化剂，反应速率增大，但平衡不移动，CO平衡转化率不变，D不符合题意；
故选B；
【小问3详解】
由图知，随着反应的进行，NO2的体积分数逐渐增大，t1时达到最大，反应达到平衡状态，之后温度升高使平衡逆向移动，NO2的体积分数又逐渐减小，说明△H小于0。
11. 洲际弹道导弹DF—31A的制造材料中包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。
（1）基态铁原子的价电子排布式为___________，Cr的未成对电子个数___________，Ni位于周期表的___________区。
（2）Fe、C均能与CO形成配合物，如Fe(CO)5、C2(CO)8，其结构分别如图1、图2所示，
则Fe(CO)5中σ键与π键的个数比___________，图2中C的杂化方式有___________，形成上述两种化合物的四种元素中电负性最大的是___________(填元素符号)，写出一种与CO互为等电子体的分子___________。
（3）铁与氮形成的化合物的立方晶胞结构如图所示，N位于有Fe构成的___________的体心(填“正四面体”或“八面体”或“立方体”)，若晶体密度为b，则顶点Fe与N的距离为__________pm。(用含NA、b的代数式表示，NA为阿伏加德罗常数的值)
【答案】（1） ①. 3d64S2 ②. 6 ③. d
（2） ①. 1:1 ②. sp、sp2 ③. O ④. N2
（3） ①. 八面体 ②.
【解析】
【小问1详解】
铁元素是26号元素，基态铁原子的电子排布式为[Ar] 3d64S2，则其价电子排布式为3d64S2；Cr的价电子排布式为3d54S1，故其未成对电子个数为6个；Ni是28号元素，位于VIII族，故其位于元素周期表d区。
小问2详解】
从图1可以看出，碳和铁之间的σ键有5个，碳和氧之间的σ键有5个，σ键总共10个，每个碳和氧之间有2个π键，总共10个π键，故Fe(CO)5中σ键与π键的个数比10:10=1:1；图2中碳原子与氧原子之间有碳碳双键也有碳碳三键，故碳原子的的杂化方式有sp、sp2；Fe(CO)5与C2(CO)8的组成元素中电负性最大的是O元素；CO分子的价电子数为10个，原子数为2个，故与其等电子体的分子为N2。
【小问3详解】
从图可以看出，氮原子位于铁原子形成的面心立方晶胞中心，则氮原子位于在面心上的6个铁原子形成的八面体空隙中；假设该晶胞的边长为a cm， 则N与晶胞顶点Fe的距离为。晶体密度为b，根据均摊法，该晶胞中含有4个铁原子和1个氮原子，则其晶胞质量为g，晶胞体积为v=a3 cm3，则，可得，故N与晶胞顶点Fe的距离为cm= cm= 。
(二)选考题：共45分。请考生从两道物理题、两道化学题、两道生物题中每科人选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。
12. 用N-杂环卡其碱(NHC base)作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______。
（2）反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为_______。
（3）写出C与/反应产物的结构简式_______。
（4）E的结构简式为_______。
（5）H中含氧官能团的名称是_______。
（6）化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式_______。
（7）如果要合成H的类似物H′()，参照上述合成路线，写出相应的D′和G′的结构简式_______、_______。H′分子中有_______个手性碳(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳)。
【答案】（1）苯甲醇 （2）消去反应
（3） （4） （5）硝基、酯基和羰基
（6） （7） ①. ②. ③. 5
【解析】
【分析】由合成路线，A的分子式为C7H8O，在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B，B的结构简式为，则A为，B与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应反应生成C，C的结构简式为，C与Br2/CCl4发生加成反应得到，再在碱性条件下发生消去反应生成D，D为，B与E在强碱的环境下还原得到F，E的分子式为C5H6O2，F的结构简式为，可推知E为，F与生成G，G与D反应生成H，据此分析解答。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，其化学名称为苯甲醇；
【小问2详解】
由B、C的结构简式，结合反应条件，可知B()先与CH3CHO发生碳氧双键的加成反应生成，再发生消去反应生成C()，故第二步的反应类型为消去反应；
【小问3详解】
根据分析可知，C与Br2/CCl4发生加成反应得到；
【小问4详解】
由分析，E的结构简式为；
【小问5详解】
H的结构简式为，可其分子中含有的含有官能团为硝基、酯基和羰基；
【小问6详解】
C的结构简式为，分子式为C9H8O，其同分异构体X可发生银镜反应，说明含有醛基，又与酸性高锰酸钾反应后可得到对苯二甲酸，则X的取代基处于苯环的对位，满足条件的X的结构简式为：；
【小问7详解】
G与D反应生成H的反应中，D中碳碳双键断裂与G中HC—NO2和C=O成环，且C=O与—CHO成环，从而得到H，可推知，若要合成H′()，相应的D′为，G′为，手性碳原子为连有4各不同基团的饱和碳原子，则H′()的手性碳原子为，共5个。A
B
C
D
测量锌粒和硫酸反应生成的体积
制备并收集乙酸乙酯
加热熔融的纯碱固体
制取并收集
金属离子
Fe3+
Al3+
Cu2+
开始沉淀pH
1.9
3.4
7.4
完全沉淀pH
3.7
4.7
9.6
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