浙江省名校新高考研究联盟（Z20联盟）2022-2023学年高三化学上学期第一次联考试题（Word版带解析）

Z20名校联盟(浙江省名校新高考研究联盟)2023届高三第一次联考化学试卷本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10页，满分100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Al-27Si-28S-32C1-35.5Cr-52Ba-137选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列关于物质的分类不正确的是A.尿素—有机物B.云—气溶胶C.纤维素—纯净物D.硝酸—共价化合物【答案】C【解析】【详解】A．尿素的化学式为：CO(NH2)2，含有碳和氢两种元素，属于有机物，A正确；B．云和雾分散制粒径均在1~100纳米之间，属于气溶胶，B正确；C．纤维素的化学式为：（C6H10O6）n，属于混合物，C错误；D．硝酸的化学式为HNO3分子中只含有非金属元素，且不含铵根离子，属于共价化合物，D正确；故选C。2.下列物质属于强电解质的是A.Na2CO3B.Mg(OH)2C.HCOOHD.CH3CH2OH【答案】A【解析】【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下就能够导电的化合物，根据其在水溶液中的电离程度可分为强电解质和弱电解质，全部电离的是强电解质，只有少部分电离的是弱电解质。【详解】A．Na2CO3溶于水全部电离生成钠离子和碳酸根离子，是强电解质，A正确；B．Mg(OH)2溶于水部分电离生成镁离子和氢氧根离子，是弱电解质，B错误；C．HCOOH溶于水部分电离生成氢离子和甲酸根离子，是弱电解质，C错误； D．CH3CH2OH溶于水和熔融状态下均不能电离出离子，非电解质，D错误；答案选A。3.下列仪器及对应名称不正确的是A.图甲球形冷凝管B.图乙坩埚C.图丙圆底烧瓶D.图丁分液漏斗【答案】C【解析】【详解】A．根据图示，图甲是球形冷凝管，A正确；B．根据图示，图乙坩埚，B正确；C．根据图示，图丙蒸馏烧瓶，C不正确；D．根据图示，图丁分液漏斗，D正确；故选C。4.下列物质对应的化学式正确的是A.硬脂酸：C17H33COOHB.芒硝：Na2SO4•10H2OC.碱石灰：Ca(OH)2D.氯仿：CCl4【答案】B【解析】【详解】A．硬脂酸是分子中含有18个C原子的饱和一元羧酸，其结构简式是C17H35COOH，A错误；B．芒硝是硫酸钠晶体，化学式是Na2SO4•10H2O，B正确；C．碱石灰是CaO与NaOH溶液混合加热得到的混合物，不是纯净物，因此碱石灰无化学式，C错误；D．氯仿是三氯甲烷的俗称，化学式是CHCl3，D错误；故合理选项是B。5.下列表示正确的是A.基态Fe的电子排布式：[Ar]3d6B.氯乙烷的结构简式：ClCH2CH2ClC.1－丁醇的键线式：D.NH3的VSEPR模型： 【答案】D【解析】【详解】A．Fe元素为26号元素，原子核外有26个电子，所以核外电子排布式为：[Ar]3d64s2，故A错误；B．氯原子取代乙烷分子中中1个H形成氯乙烷，其结构简式为CH3CH2Cl，故B错误；C．1-丁醇的主链上有4个碳原子，-OH在1号碳原子上，键线式为，故C错误；D．NH3中N原子孤电子对数==1，价层电子对数为3+1=4，VSEPR模型为四面体形，即，故D正确；故选：D。6.下列说法不正确的是A.与是同系物B.HCOOCH3与CH3OCHO是同种物质C.碳纳米管和石墨烯是同素异形体D.异戊烷和2，2－二甲基丙烷是同分异构体【答案】A【解析】【详解】A．同系物是指结构相似，含有相同的官能团种类和数目，且化学式相差正整数个-CH2-的一类有机物，两者的结构不相似，不属于同系物，A错误；B．两者均为甲酸甲酯，是同一种物质，B正确；C．碳纳米管和石墨烯都是碳的单质，但是是不同的物质，属于同素异形体，C正确；D．两者的化学式均为C5H12，是同分异构体，D正确；故选A。7.工业制硅第二步反应为SiHCl3+H2Si+3HCl，下列说法不正确的是A.SiHCl3中的Si呈+4价，分子空间结构为四面体形B.该反应中SiHCl3既是氧化剂又是还原剂C.该反应说明在该温度下氢气的还原性强于硅单质D.当1molH2完全反应时，该反应转移2mol电子【答案】D 【解析】【详解】A．Si与H原子和3个Cl原子形成共价键，由于元素的非金属性：Cl＞H＞Si，所以SiHCl3中的Si呈+4价，由于分子在键长：Si-Cl＞Si-H键，因此该物质分子空间结构为四面体形，而不是呈正四面体，A正确；B．在该反应中Si元素化合价由SiHCl3中+4价变为反应后Si单质的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以SiHCl3为氧化剂；H元素化合价由反应前SiHCl3中-1价变为反应后HCl中的+1价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以SiHCl3为还原剂，B正确；C．在该反应H2将Si元素从化合物中还原出来，说明在该温度下氢气的还原性强于硅单质，C正确；D．当1molH2完全反应时，Si元素化合价由反应前SiHCl3中+4价变为反应后Si单质的0价，降低4价，因此该反应转移4mol电子，D错误；故合理选项是D。8.下列说法不正确的是A.海水提溴过程中鼓入热空气的目的是除去多余的氯气B.接触法制硫酸，用98.3%H2SO4吸收SO3，而不是用水吸收C.将Cl2通入冷的石灰乳中，可制得有效成分为Ca(ClO)2的漂白粉D.合成氨反应的原料气必须经过净化，目的是防止混有的杂质使催化剂“中毒”【答案】A【解析】【详解】A．海水提溴过程中鼓入热空气的目的是使溴从溶液中挥发出来，A错误；B．工业接触法制硫酸时，用98.3%H2SO4吸收SO3，能够使三氧化硫吸收完全，防止形成酸雾，B正确；C．将Cl2通入冷的石灰乳中，氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，可制得有效成分为Ca(ClO)2的漂白粉，C正确；D．若合成氨反应的原料气不纯，催化剂易“中毒”，因此原料气必须经过净化，防止混有的杂质使催化剂“中毒”，D正确；答案选A。9.下列离子方程式不正确的是A.硫酸亚铁溶液与碳酸氢钠溶液混合并通入空气：4Fe2++8HCO+2H2O+O2=4Fe(OH)3↓+8CO2↑B.向Ba(OH)2溶液中滴加少量NaHCO3溶液：Ba2++2OH-+2HCO=BaCO3↓+CO+2H2OC.氯化银沉淀溶于氨水：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++Cl-D.用硫酸铜溶液吸收H2S气体：Cu2++H2S=CuS↓+2H+ 【答案】B【解析】【详解】A．硫酸亚铁溶液与碳酸氢钠溶液混合并通入空气，亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子和碳酸氢根离子双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，A正确；B．Ba(OH)2溶液中滴加少量NaHCO3溶液反应生成碳酸钡沉淀和水、氢氧化钠，反应为Ba2++OH-+HCO=BaCO3↓+H2O，B错误；C．氯化银沉淀溶于氨水生成氯化二氨合银溶液，C正确；D．硫酸铜溶液吸收H2S气体生成硫化铜沉淀和氢离子，D正确；故选B。10.下列“类比”结果正确的是A.Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，则H2、N2、O2的沸点也逐渐升高B.CH3CHO与H2可发生加成反应，则相同条件下CH3COOH也可以与H2发生加成反应C.向Na2CO3中加入少量水，伴随放热现象，则向NaHCO3中加入少量水，也伴随放热现象D.乙醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙酸，则乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙二酸【答案】A【解析】【详解】A．Cl2、Br2、I2都是由分子构成的物质，它们结构相似，物质的相对分子质量越大，分子之间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，所以Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高；都是由分子构成的物质，它们结构相似，物质的相对分子质量越大，分子之间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，所以H2、N2、O2的沸点也逐渐升高，A正确；B．CH3CHO分子中含有醛基，那个与H2可发生加成反应产生CH3CH2OH，而CH3COOH分子中的-COOH具有独特的稳定性，在相同条件下CH3COOH不可以与H2发生加成反应，B错误；C．向Na2CO3中加入少量水，会伴随放热现象，而向NaHCO3中加入少量水，则伴随的是吸热现象，C错误；D．乙醇具有还原性，当其与足量酸性高锰酸钾溶液反应时会被氧化生成乙酸，而乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成CO2，不能反应达到乙二酸，D错误；故合理选项是A。11.前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不在同一周期.X原子的最高能级中未成对电子数是成对电子对数的2倍，Y的第一电离能高于其在周期表内的相邻元素，Z元素的焰色为砖红色，R2+的一种配合物在人体内起运输氧气的作用。下列说法中正确的是 A.高温条件下，W单质能置换Z的氧化物中的ZB.R在周期表的位置是第四周期VIIIB族C.存在某种Y的氧化物的熔点高于Z的氧化物的熔点D.X元素对应的单质一定是非极性分子【答案】C【解析】【分析】前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不在同一周期，即W位于第一周期，W为H，X位于第二周期，X原子的最高能级中未成对电子数是成对电子对数的2倍，X为O，Y位于第三周期，Y的第一电离能高于其在周期表内的相邻元素，Y为Mg或P，Z位于第四周期，Z元素的焰色为砖红色，Z为Ca，R2+的一种配合物在人体内起运输氧气的作用，R为Fe。【详解】A．钙的冶炼需采用电解法，用氢气还原法得不到单质钙，A错误；B．R为Fe，原子序数为26，位于元素周期表第四周期、第VIII族，B错误；C．Y为Mg或P，存在熔点：MgO>CaO，C正确；D．X为O，氧气是非极性分子，但臭氧是极性分子，D错误；答案选C。12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.60gSiO2中的Si－O共价键的数目为2NAB.1molI中心原子上的价层电子对数目为2NAC.1mol苯乙醛分子中含π键的数目为4NAD.25℃时，1LpH=12的氨水中含有OH-数目为0.01NA【答案】D【解析】【详解】A．60gSiO2物质的量为1mol，1molSiO2的Si－O共价键的数目为4NA，故A错误；B．以其中一个I原子为中心原子，I中心原子上的价层电子对数目为，故1molI中心原子上的价层电子对数目为4NA，故B错误；C．苯乙醛分子中的苯环含有一个大π键，醛基含有一个π键，故1mol苯乙醛分子中含π键的数目为2NA，故C错误；D．25℃时，pH=12的氨水中OH-浓度为0.01mol/L，则1LpH=12的氨水中含有OH-数目为0.01NA，故D正确；故选D。 13.关于紫草素(如图)，下列说法正确的是A.分子中最多有11个碳原子共平面B.该物质能使酸性KMnO4溶液褪色，且产物之一为丙酮C.1mol该物质与足量浓溴水反应，最多可消耗3molBr2D.1mol该物质分别与足量Na、NaOH溶液和NaHCO3溶液反应，最多可消耗Na、NaOH、NaHCO3之比为3∶2∶2【答案】B【解析】【详解】A．与苯环直接相连的原子与苯环共面，碳碳、碳氧双键两端直接相连的原子共面，碳碳单键可以旋转，由结构简式可知，分子中最多有16个碳原子共平面，A错误；B．酸性KMnO4溶液能使碳碳双键断裂，发生反应而褪色，结构中部分可以生成丙酮，B正确；C．苯环中酚羟基的邻位氢可以被溴取代，碳碳双键可以和溴加成，故1mol该物质与足量浓溴水反应，最多可消耗4molBr2，C错误；D．羟基、酚羟基不和碳酸氢钠反应，分子中没有羧基不能和碳酸氢钠反应，D错误；故选B。14.下列说法正确的是A.一种由M原子(顶角和面心)和N原子(棱的中心和体心)构成的气态团簇分子结构如图①所示，它的化学式为MNB.若图①为NaCl晶胞，则Na+周围紧邻的Na+数目是12个，Na+周围紧邻的Cl-数目是8个 C.H2S和H2O分子结构相似，但在H2S晶体中一个H2S分子的配位数为12，而冰中H2O的配位数为4，是因为共价键具有饱和性和方向性D.磷化硼(BP)晶体结构(如图②)与金刚石相似，都是共价晶体，由晶胞结构可知B和P原子均满足8电子稳定结构【答案】D【解析】【详解】A．图①为气态团簇分子，该分子中M原子数为14、N原子数为13，它的化学式为M14N13，故A错误；B．若图①为NaCl晶胞，则Na+周围紧邻的Na+数目是12个，Na+周围紧邻的Cl-数目是6个，故B错误；C．H2S和H2O分子结构相似，但在H2S晶体中一个H2S分子的配位数为12，而冰中H2O的配位数为4，是因为H2O分子间含有氢键，氢键具有饱和性和方向性，故C错误；D．磷化硼(BP)晶体结构(如图②)与金刚石相似，都是共价晶体，B原子与周围4个P原子形成四面体结构，P原子与周围4个B原子形成四面体结构，可知B、P价电子对数为4，所以B和P原子均满足8电子稳定结构，故D正确；选D。15.下列说法正确的是A.淀粉、纤维素、油脂都是天然高分子，都能水解生成葡萄糖B.蛋白质受某些因素影响，其空间结构发生变化(一级结构不变)，引起其理化和生物活性变化，此时蛋白质发生变性C.在较高压力和温度，引发剂作用下乙烯发生加聚反应得到含有较少支链的聚乙烯D.“杯酚”分离C60和C70，细胞和细胞器的双分子膜，分别体现了超分子的自组装和分子识别的特征【答案】B【解析】【详解】A．油脂的相对分子质量小于一万，不属于高分子化合物，故A错误；B．蛋白质受某些因素影响会发生变性，变性时，蛋白质的一级结构不变，但空间结构发生变化会导致理化和生物活性变化，故B正确；C．乙烯在较高压力和温度，并在引发剂作用下发生加聚反应得到含有较多支链的聚乙烯，故C错误；D．“杯酚”分离C60和C70体现了超分子的分子识别的特征，人体细胞和细胞器的双分子膜体现了超分子的自组装的特征，故D错误；故选B。16.丙烯酸是非常重要的化工原料之一，可用甘油催化转化如下：甘油(C3H8O3)→丙烯醛 (C3H4O)→丙烯酸(C3H4O2)。已知：反应I：C3H8O3(g)C3H4O(g)+2H2O(g)△H1>0Ea1(活化能)反应II：2C3H4O(g)+O2(g)2C3H4O2(g)△H2<0Ea2(活化能)甘油常压沸点为290℃，工业生产选择反应温度为300℃常压下进行。下列说法不正确的是A.当H2O的体积分数保持不变，说明反应达到平衡状态B.固体催化剂一定时，增加其表面积可提高化学反应速率，增大甘油的平衡转化率C.丙烯醛有毒，为了工业生产安全可选择能大幅降低Ea2且对Ea1几乎无影响的催化剂D.若改变条件增大反应II的平衡常数，反应II一定向正反应方向移动，且平衡移动过程中逆反应速率先减小后增加【答案】B【解析】【详解】A．恒温恒压下，H2O的体积分数保持不变，则H2O的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，A正确；B．增加其表面积但浓度不变，平衡不移动，甘油的平衡转化率不变，B错误；C．活化能越小反应速率越快，丙烯醛有毒，为了安全应减慢反应I的反应速率加快反应II的反应速率，则选择能大幅降低Ea2且对Ea1几乎无影响的催化剂，C正确；D．反应II是放热反应，若反应II的平衡常数增大，则为降低温度，平衡正向移动，平衡移动过程中逆反应速率先减小后增加，D正确；故选：B。17.下列说法一定正确的是A.将NaCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pH＜7，所以呈酸性B.相同温度下，中和等pH的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量前者更多C.相同温度下，pH相等的NaHSO4，H3PO4溶液中，水电离的H+浓度相等D.相同温度下，1L0.02mol·L-1NaCl溶液和2L0.01mol·L-1NaCN溶液的离子总数相等【答案】C【解析】【详解】A．将NaCl溶液从常温加热至80℃，水的电离程度增大，故pH减小，但溶液仍呈中性，故A错误；B．等pH的氨水、NaOH溶液相比，氨水的浓度比NaOH浓度大，但是二者体积不明确，故无法比较二者所需HCl的物质的量，故B错误；C．NaHSO4，H3PO4均能电离出氢离子，抑制水的电离，相同温度下，pH相等的NaHSO4，H3PO4溶液中氢离子的浓度相等，故水电离的H+浓度相等，故C正确；D．1L0.02mol·L-1NaCl溶液和2L0.01mol·L-1NaCN溶液的溶质物质的量相同，c(Na+)相 同，NaCl溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则离子总浓度为2[c(Na+)+c(H+)]，NaCN溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)，则离子总浓度为2[c(Na+)+c(H+)]，NaCl溶液显中性，NaCN溶液显碱性，二者氢离子的浓度不同，故二者离子总数不相等，故D错误；故选C。18.下列说法正确的是A.NH3比PH3稳定，是因为NH3分子间可以形成氢键，而PH3分子间不能形成氢键B.相同条件下，NH3(g)比PH3(g)易液化，主要原因是N－H键的极性比P－H键的极性强C.P原子间难形成三键而N原子间可以，是因为P的原子半径大于N，难形成p－pπ键D.NH3的键角比PH3的键角小，因为N、P中心原子杂化方式相同，都有一对孤对电子，N的电负性比P大，NH3中N周围电子云密度大，孤对电子对成键电子对斥力大【答案】C【解析】【详解】A．NH3比PH3稳定，是因为N原子半径小于P的原子半径，N—H的键长小于P—H，所以N—H的键能大于P—H的键能，所以NH3比PH3稳定，故A错误；B．NH3比PH3易液化的原因，是NH3的分子间含有氢键，使分子间的相互作用力增大，所以NH3易液化，故B错误；C．P原子间难以形成氢键而N原子键可以，是因为P原子的半径比N大，P原子间形成的σ键较长，p—p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成p—pπ键，故C正确；D．NH3的键角比PH3的键角大，因为N、P中心原子杂化方式相同，都有一对孤对电子，但N的电负性大于P，NH3中N周围的电子云密度大，成键电子对更靠近中心原子，成键电子对间的斥力更大，键角更大，故D错误；故选C。19.设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为Co2+，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法不正确的是A.装置工作时，甲室溶液pH逐渐减小B.装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸 C.负极的电极反应式为：CH3COO--8e-+7OH-=2CO2+5H2OD.若甲室Co2+减少amg，乙室Co2+增加1.5amg，则此时己进行过溶液转移【答案】C【解析】【分析】由于乙室中两个电极的电势差比甲室大，所以乙室是原电池，甲室是电解池，然后根据原电池、电解池反应原理分析解答。【详解】A．电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为CO2气体，同时生成H+，电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，H+通过阳膜进入阴极室，甲室的电极反应式为Co2++2e-=Co，因此，甲室溶液pH逐渐减小，A正确；B．对于乙室，正极上LiCoO2得到电子，被还原为Co2+，同时得到Li+，其中O2-与溶液中的H+结合H2O，电极反应式为2LiCoO2+2e-+8H+=2Li++2Co2++4H2O，负极发生的反应为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，负极产生的H+通过阳膜进入正极室，但是乙室的H+浓度仍然是减小的，因此电池工作一段时间后应该补充盐酸，B正确；C．电解质溶液为酸性，不可能大量存在OH-，乙室电极反应式为：LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，C错误；D．若甲室Co2+减少amg，则电子转移物质的量为n(e-)=；若乙室Co2+增加1.5amg，则转移电子的物质的量为n(e-)=，由于电子转移的物质的量不等，说明此时已进行过溶液转移，即将乙室部分溶液转移至甲室，D正确；故选C。20.已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.0kJ·mol-1。向3个恒容密闭容器中分别投入物质的量比为3：4的CO2和H2，H2的物质的量浓度(mol·L-1)随时间(min)变化如表(T表示温度)，下列说法正确的是甲乙丙体积L244温度KT1T2T3起始n(H2)/mol8.08.020.0 A.甲容器在0～8min内CO2的平均反应速率为0.125mol·L-1·min-1，且放出49kJ热量B.甲容器第10min后，保持恒温，再充入1molCO2(g)和3molH2O(g)，则v正<v逆C.根据上述图表信息，可以推出T1>T2D.对比甲组和丙组，在0～4min内，能说明H2的平均反应速率随温度升高而增大【答案】B【解析】【详解】A．由图中数据可知，甲在0~8分钟内氢气的物质的量浓度变化为3mol/L，则二氧化碳物质的量浓度变化为1mol/L，则二氧化碳的平均反应速率为：1mol/L÷8min=0.125mol·L-1·min-1，但在反应过程中消耗的二氧化碳的物质的量为2mol，反应所放出的热量应为98kJ，A错误；B．甲容器中第10分钟后恒温，再充入1molCO2(g)和3molH2O(g)，因为生成物H2O(g)的浓度增大的多余反应物CO2(g)的浓度增大，反应逆向进行，则则v正<v逆，B正确；C．由图可知，起始时乙容器中氢气的浓度更小，但乙容器达到平衡所花的时间更短，说明乙容器中温度应高于甲容器中，所以T2>T1，C错误；D．甲和丙组的温度和物质量浓度均不相同，不能说明氢气的平均反应速率随温度升高而增大，D错误；故选B。21.关于化合物(NH4)2Cr2O7的性质，下列推测合理的是A.(NH4)2Cr2O7固体受热分解产物可能为CrO3、NH3、N2和H2OB.在(NH4)2Cr2O7溶液中滴加足量浓KOH溶液时只发生离子反应：NH+OH-=NH3↑+H2OC.若一定条件下(NH4)2Cr2O7溶液与H2O2反应生成CrO5(Cr为+6价)，推测CrO5可能具有分子稳定性差，易分解的性质D.用浓盐酸酸化(NH4)2Cr2O7溶液，会使平衡Cr2O+H2O2CrO+2H+逆向移动，溶液由黄色(或橙黄色)变为橙色【答案】C 【解析】【详解】A．-3价的氮元素具有还原性，+6价的铬元素具有氧化性，(NH4)2Cr2O7固体受热分解，铬元素化合价会降低，氮元素化合价会升高，A错误；B．在(NH4)2Cr2O7溶液中滴加足量浓KOH溶液时，除了发生反应NH+OH-=NH3↑+H2O，还发生反应Cr2O+H2O2CrO+2H+正向移动，B错误；C．若一定条件下(NH4)2Cr2O7溶液与H2O2反应生成CrO5，Cr为+6价，O为-价，则CrO5可能具有分子稳定性差，易分解性质，C正确；D．(NH4)2Cr2O7溶液中的Cr2O具有强氧化性，能与浓盐酸发生氧化还原反应，D错误；答案选C。22.丙烷与卤素自由基发生的反应及其相应的反应焓变如下：CH3CH2CH3(g)+C1•(g)→CH3HCH3(g)+HCl(g)△H1=-34kJ·mol-1(1)CH3CH2CH3(g)+C1•(g)→CH3CH2H2(g)+HCl(g)△H2=-22kJ·mol-1(2)CH3CH2CH3(g)+Br•(g)→CH3CH2H2(g)+HBr(g)△H2=+44kJ·mol-1(3)下列说法不正确的是A.CH3HCH3比CH3CH2H2稳定B.当温度升高，反应(1)和(2)的v正均升高，反应(3)的v正降低C.丙烷和Cl2在光照下发生取代反应生成的二氯丙烷最多有4种D.已知Cl－Cl的键能为243kJ·mol-1，C－Cl的键能为327kJ·mol-1，则CH3CH2CH3(g)+C12(g)→CH3CHClCH3(g)+HC1(g)△H=-118kJ·mol-1【答案】B【解析】【详解】A．由盖斯定律可知，反应(2)-(1)得：CH3HCH3(g)→CH3CH2H2(g)，H1=+11kJ·mol-1，能量越低，越稳定，故CH3HCH3比CH3CH2H2稳定，A正确；B．升高温度反应速率均变快，故当温度升高，反应(1)和(2)的v正均升高，反应(3)的v正也升高，B错误；C．丙烷和Cl2在光照下发生取代反应生成的一氯代物有2种，二氯丙烷最多有4 种，取代位置如图，，C正确；D．CH3CH2CH3(g)+C1•(g)→CH3HCH3(g)+HCl(g)△H1=-34kJ·mol-1；则CH3CH2CH3(g)+C1•(g)+C1•(g)→CH3HCH3(g)+C1•(g)+HCl(g)△H1=-34kJ·mol-1(1)；断键吸收能量、成键放出能量，则CH3CH2CH3(g)+C12(g)→CH3CHClCH3(g)+HC1(g)△H=(-34+243-327)kJ·mol-1=-118kJ·mol-1，D正确；故选B。23.25℃时，以NaOH溶液调节0.1mol·L-1二元弱酸H2A溶液pH，溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)]。下列说法不正确的是A.二元弱酸H2A的pKa1=1.2(已知：pKa=-lgKa)B.20.0mL0.1mol·L-1的H2A溶液与30.0mL0.1mol·L-1NaOH溶液混合，混合液的pH=4.2C.往H2A溶液中滴加NaOH溶液的过程中，一定存在：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)D.在0.1mol·L-1NaHA溶液中，各离子浓度大小关系：c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(OH-)【答案】B【解析】【分析】由图可知，pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-)，pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，随着pH的增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)逐渐增大。【详解】A．pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-)，H2A的 ，则pKa1=1.2，A正确；B．由图知c(HA-)=c(A2-)时pH=4.2，20.0mL0.1mol·L-1的H2A溶液与30.0mL0.1mol·L-1NaOH溶液混合得到等量的NaHA和Na2A混合液，此时c(HA-)≠c(A2-)，则混合液的pH≠4.2，B错误；C．由溶液的电荷守恒，一定存在：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，C正确；D．NaHA溶液中由于HA-发生部分电离，c(Na+)>c(HA-)，且c(HA-)>c(A2-)，则离子浓度大小关系：c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(OH-)，D正确；故选：B。24.某催化剂催化烯烃醛基化的过程如图。下列说法不正确的是A.配合物HCo(CO)3的配体CO中提供孤对电子的是C原子B.烯制备醛的总反应：RCH=CH2+H2+CORCH2CH2CHOC.如图循环转化过程中既存在π、σ及配位键的断裂，也存在π、σ及配位键的形成D.可以用溴的四氯化碳溶液鉴别制得的产物RCH2CH2CHO中是否含有未完全转化RCH=CH2【答案】C【解析】【详解】A．CO形成碳氧叁键后，两原子均有孤对电子，其中C原子半径更大，更易提供电子，故配合物HCo(CO)3的配体CO中提供孤对电子的是C原子，A正确；B．根据图示催化过程可知，烯制备醛的总反应：RCH=CH2+H2+CORCH2CH2CHO，B正确；C．过程①碳碳双键变为单键、Co-H键断裂生成Co-CO，有σ及配位键的断裂及形成，过程②碳氧叁键变为碳氧双键，断裂σ键，过程③+④则Co-C键变为Co-H键和C-H键，有配位键的断裂和形成，整个过程没有π键断裂或形成，C不正确；D．RCH2CH2CHO没有碳碳双键，与溴的四氯化碳溶液不反应，而RCH=CH2含有碳碳双键可与溴单质发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，D正确；故选C。 25.下列方案设计、现象和结论均正确的是目的方案设计现象和结论A比较温度对反应速率的影响取相同大小两支试管，各加2mL0.1mol/LNa2S2O3溶液，再同时加入浓度、体积相等稀硫酸，然后分别置于冷水、热水中，观察现象置于热水中试管比冷水中先出现沉淀.说明在其它条件相同情况下，升高温度能加快反应速率B验证卤代烃的消去反应在圆底烧瓶中加入适量NaOH乙醇溶液、1－溴丁烷和几片碎瓷片，加热.将产生气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象酸性高锰酸钾溶液褪色.证明1－溴丁烷发生消去反应生成了1－丁烯C确定Mg、Al元素的金属性强弱分别将相同浓度的NaOH溶液逐滴加入一定浓度的MgCl2、AlCl3溶液中，直至过量，观察现象两者均出现白色沉淀：然后AlCl3溶液中沉淀逐渐溶解，MgCl2溶液中沉淀不溶.说明Mg比Al金属性强D检验阿司匹林中的酯基()取2mL阿司匹林溶液，滴入2滴硫酸，加热，振荡。再向反应液中滴入几滴FeCl3溶液，观察颜色变化滴入FeCl3溶液，反应液变为血红色。证明阿司匹林分子中含有酯基A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．该实验方案中首先将两溶液混合，反应迅速发生、溶液中会出现浑浊，导致实验现象没有区分度，A错误；B．由于乙醇在加热下成为蒸气混在1－丁烯中，乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应而使溶液褪色，不能证明产生了1－丁烯，B错误；C．由于氢氧化铝具有两性，能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠而溶解，则过量NaOH溶液与AlCl3溶液反应不产生沉淀，而氢氧化镁不能溶于NaOH溶液，则说明Mg比Al金属性强，C正确； D．滴入2滴稀硫酸，酯基发生水解生成酚羟基，再滴入2滴FeCl3溶液，溶液变为紫色，D错误；故选：C。非选择题部分二、非选择题部分26.蛋氨酸铬(III)配合物是一种治疗II型糖尿病的药物，其结构简式如图1，请回答：（1）基态Cr原子的价电子排布图为____；铬元素属于周期表的____区。（2）该配合物中心铬离子的配位数为____；碳原子的杂化轨道类型有____。（3）某种铬单质可看做由若干个等径圆球堆积而成，其晶体俯视图如图2所示(层内铬原子非密置，相邻两层相互错开堆积)。①请在图3中画出该铬单质的晶胞示意图(用表示铬)____。②该立方晶胞的边长为apm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶体密度为_____g•cm-3。【答案】（1）①.②.d（2）①.6②.sp3、sp2（3）①.②.【解析】 【小问1详解】铬为24号元素，基态Cr原子的价电子排布图为；铬元素属于周期表的d区。【小问2详解】由图可知，该配合物中心铬形成6个共价键，故铬离子的配位数为6；饱和碳原子的杂化为sp3，碳氧双键中的碳原子的杂化为sp2；【小问3详解】①层内铬原子非密置，相邻两层相互错开堆积，由俯视图可知，我们可以认为方框中4个角上原子位于的上面4个顶点，则中心的原子位于的体心，故铬单质的晶胞示意图为：；②晶胞中铬原子位于顶点和体心，一个晶胞中Cr原子数目为，则晶胞质量为；晶胞体积为，所以密度为g/cm3。27.M为三种短周期元素组成的化合物，某实验小组按如图流程进行相关实验： 已知：气体A是由两种常见单质组成的混合物，一种为无色气体，另一种为黄绿色气体。（1）组成M的三种元素____(填元素符号)；M分解的化学方程式____。（2）气体A中黄绿色成分与硫单质反应，生成结构与H2O2相似的产物G，G的电子式____，G遇水反应生成沉淀、气体，写出反应的化学方程式____。（3）写出E→F的离子方程式____。（4）设计实验证明B→C过程中，加入的BaCl2溶液已经过量____。【答案】（1）①.Al、Cl、O②.4Al(ClO3)3Al2O3+6Cl2↑+15O2↑（2）①.②.2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HC1↑（3）AlO+CO2+2H2O=HCO+Al(OH)3↓（4）静置，向上层清液继续加入BaCl2溶液，若没出现浑浊现象，则说明BaCl2溶液已经加过量【解析】【分析】气体A是由两种常见单质组成的混合物，均能与亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钠，说明两种单质气体均有氧化性，又均为短周期元素组成，可确定一种为无色气体应为氧气，另一种黄绿色气体为氯气，白色沉淀C为硫酸钡，物质的量为0.36mol，设氧气物质量为Xmol，氯气物质量为Ymol，得到方程X+Y=0.21，氧气和氯气分别与亚硫酸钠发生的反应为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4，Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl，根据氧气和氯气反应生成硫酸钠的量可得方程：2X+Y=0.36，联立两个方程可解出：X=0.05mol，Y=0.06mol。固体D加上氢氧化钠，得到溶液E，溶液E通入足量二氧化碳得到白色沉淀F，可确定出F为Al(OH)3，D为Al2O3。可以求出Al(OH)3的物质的量为3.12g÷78g/mol=0.04mol。【小问1详解】由以上分析，可得出M中含有的三种元素分别为铝、氧、氯，铝元素含0.04mol，氧元素含0.36mol，氯元素含0.12mol。可确定出M的化学式为：AlCl3O9，即：Al(ClO3)3，所以其分解方程式为：4Al(ClO3)3Al2O3+6Cl2↑+15O2↑。【小问2详解】 硫和氧同主族生成结构相似的产物为Cl2S2电子式为：；遇水反应生成的沉淀为硫单质，气体为二氧化硫，反应方程为：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HC1↑。【小问3详解】E为三氧化二铝与氢氧化钠溶液反应生成的偏氯酸钠，F为氢氧化铝，所以离子方程式为：AlO+CO2+2H2O=HCO+Al(OH)3↓。【小问4详解】氯化钡已经过量时，则说明硫酸根已完全沉淀，再滴加氯化钡则不会再出现白色沉淀，所以操作为：取适量沉淀后的上层清液于试管中，再继续滴加适量氯化钡溶液，若不再产生沉淀，则证明所加氯化钡溶液已经过量。28.氢气是一种理想的能源，探索绿色化制氢是化学界一个热门话题。(本题反应中涉及△H、△S、△G均为298K条件值)。（1）传统制备氢气方法之一为水煤气法：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+132kJ·mol-1，该反应自发进行的条件是____。（2）利用生物质可再生资源乙醇制备氢气具有良好的开发前景。乙醇在Ni－MgO催化下，制取氢气有如下方法：方法a：水蒸气催化重整CH3CH2OH(g)+H2O(g)4H2(g)+2CO(g)△H1=+257kJ·mol-1△S1=+459J·mol-1·K-1△G1=+122.9kJ·mol-1方法b：部分催化重整CH3CH2OH(g)+O2(g)3H2(g)+2CO(g)△H2△S2=+400J·mol-1·K-1△G2己知：298K时，相关物质的相对能量如图1。①依据图1数据，计算方法b反应的△H2=_____kJ·mol-1。②已知体系自由能变化：△G=△H-T△S，△G<0时反应自发进行。请从△G的角度分析方法a、b哪个更有利？______。③在某恒温和恒压(p0)体系中，CH3CH2OH和H2O以系数比投料进行方法a 制氢，若平衡时H2的产率为50%，该条件下方法a反应的平衡常数Kp=____。[如H2的平衡压强p(H2)=χ(H2)×p，χ(H2)为平衡系统中H2的物质的量分数，p为平衡时总压]（3）有化学工作者提出，在Ni－MgO催化剂中添加纳米CaO强化，开展“催化氧化重整”制氢，是一种优化的制氢方法。方法c：CH3CH2OH(g)+2H2O(g)+O2(g)5H2(g)+2CO2(g)△H=-67kJ·mol-1①下列有关说法正确的是____。A.方法c制氢时，充分提高廉价原料O2的浓度，一定能增加氢气产率B.方法c与a比，相同条件下方法c能耗更低，制氢速率更快C.乙醇制氢的三种方法中原子利用率(期望产物的总质量与生成物总质量之比)大小关系为：c>a>bD.方法c相当于方法b与水煤气变换CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的优化组合水醇比对乙醇平衡转化率有较大影响②已知：常压、800K，反应在Ni－MgO催化下，测得乙醇平衡转化率与水醇比关系如图。请在图2中画出相同条件下，添加纳米CaO强化下的乙醇平衡转化率曲线____。【答案】（1）高温（2）①.△H2=+15kJ·mol-1②.在298K下，△G1=122.9kJ·mol-1>0，方法a不自发；△G2=-104.2kJ·mol-1<0，方法b自发，则在298K下方法b更有利③. （3）①.BD②.【解析】【小问1详解】自发进行的依据是△H-T△S＜0，反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+132kJ·mol-1是气体体积增大既熵增的吸热反应，△S﹥0，△H﹥0，则当高温时该反应能自发进行。【小问2详解】①反应CH3CH2OH(g)+O2(g)3H2(g)+2CO(g)△H2=生成物的总能量-反应物的总能量=-110kJ·mol-12-（-235kJ·mol-1）=+15kJ·mol-1；②在298K下，△G1=122.9kJ·mol-1>0，方法a不自发；△G2=-104.2kJ·mol-1<0，方法b自发，则在298K下方法b更有利；③根据题意列出三段式：若平衡时H2的产率为50%，则x=0.5mol，平衡时气体总物质的量为0.5mol+0.5mol+2mol+1mol=4mol，该条件下方法a反应的平衡常数Kp==。【小问3详解】①A．方法c制氢时放出热量，且氢气可能和过多的氢气反应而是氢气的产率降低，故A错误；B．反应a是吸热反应，反应c是放热反应，所以相同条件下方法c能耗更低，制氢速率更快，故B正确； C．对于反应a原子利用率为，对于反应b原子利用率为，对于反应c原子利用率为，乙醇制氢的三种方法中原子利用率(期望产物的总质量与生成物总质量之比)大小关系为：a>c>b，故C错误；D．对于方法c：CH3CH2OH(g)+2H2O(g)+O2(g)5H2(g)+2CO2(g)，增加水的物质的量可以使平衡正向移动，增大乙醇的转化率，故D正确；故选D；②反应在Ni－MgO催化下，相比Ni－MgO催化乙醇的转化率更高，则图像可以画为：。29.某研究小组用印刷电路板的腐蚀废液(主要含CuCl2、FeCl2、FeCl3)制备Cu(NH4)2SO4•H2O和FeCl2•4H2O。I．制备流程图已知1．所加试剂均足量，且部分步骤有省略。II．Cu(NH4)2SO4•H2O晶体纯度测定①取agCu(NH4)2SO4•H2O晶体，加入适量1mol·L-1稀疏酸，加热，待溶液冷却后配制成250mL溶液。②取25.00mL溶液，加水50mL，调节溶液至弱酸性(pH=3～4)，加入过量20%KI溶液，避光静置几分钟。③用cmol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈淡黄色，再加入淀粉溶液，继续滴定至溶液变浅蓝色，再加入一定量10%KSCN溶液，蓝色变深，继续滴定至蓝色刚好消失，记录消耗Na2S2O3标准溶液的体积。④平行滴定三次，消耗Na2S2O3标准溶液的平均体积为VmL。已知2：①2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；I2+2=+2I-。 ②CuI和CuSCN均为白色固体；Ksp(CuI)=1.1×10-12，Ksp(CuSCN)=4.8×10-15。请回答：（1）下列说法正确的是____。A.操作2通过蒸发至出现晶膜后趁热过滤，快速冷却滤液结晶，可得较大FeCl2•4H2O晶体B.可用KSCN或K3[Fe(CN)6]溶液检验FeCl2•4H2O晶体中是否存在杂质Fe3+C.溶液C中加入乙醇可以降低Cu(NH4)2SO4•H2O在溶剂中的溶解性，促进晶体析出D.溶液B中逐滴滴加试剂C至过量的过程中先出现蓝色沉淀后变为深蓝色溶液，这一现象可以说明与Cu2+结合能力大小为：NH3＞OH-＞H2O（2）测定晶体纯度时，步骤②用KI溶液测定铜含量时，需在弱酸性(pH=3～4)溶液中进行的原因____。（3）下列关于滴定分析的描述，正确的是____。A.加入过量20%KI溶液可以增大I2的溶解性，减少实验滴定误差B.Na2S2O3标准溶液应盛放在碱式滴定管中C.滴定时，眼睛应一直观察滴定管中溶液体积的变化D.若滴定恰好完全时，滴定管尖端悬半滴未滴下，会导致测定结果偏低（4）结合离子反应方程式并用必要的文字说明滴定过程中加入KSCN溶液的作用____。（5）Cu(NH4)2SO4•H2O(M=246g•mol-1)晶体样品的纯度为____%(用含a、c、V的代数式表示)。【答案】（1）CD（2）pH过小(或强酸)溶液中I-被氧气氧化，pH过大(或碱性)溶液中Cu2+易水解同时I2与碱反应（3）AB（4）Ksp(CuI)＞Ksp(CuSCN)发生反应：CuI+SCN-I-+CuSCN；将难溶的CuI转化为更难溶的CuSCN，将CuI固体表面吸附的I2释放出来，提高测定结果的准确度（5）【解析】【分析】印刷电路板废液主要含CuCl2、FeCl2、FeCl3等物质，向其中加适量的铁粉，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，过滤得到溶液A为FeCl2，固体为Cu。向溶液A中加入Fe粉，并经加热蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，得到FeCl2·4H2O；向固体A中加入过量O2并加热，得到CuO，然后加入稀硫酸并加热，反应得到CuSO4溶液，然后向其中加入NH3·H2O，直至最初产生的沉淀恰好溶解为止，就得到Cu(NH4)2SO4溶液，向其中加入乙醇，可降低Cu(NH4)2SO4•H2O的溶解度而结晶析出，然后蒸发至出现晶膜后，冷却过滤，得到Cu(NH4)2SO4•H2O晶体。【小问1详解】 A．操作2是过滤，通过蒸发至出现晶膜后趁热过滤，要得到较大FeCl2•4H2O晶体，应该缓慢冷却降温，A错误；B．若FeCl2•4H2O晶体中含有杂质Fe3+，将晶体溶解后，向其中滴加几滴KSCN溶液，若变为红色，说明含有Fe3+，而K3[Fe(CN)6]溶液是检验Fe2+的试剂，不能用于检验Fe2+离子溶液中是否含有Fe3+，B错误；C．乙醇是常用的有机溶剂，向溶液C中加入乙醇可以降低Cu(NH4)2SO4•H2O在溶剂中的溶解性，因而可促进Cu(NH4)2SO4•H2O晶体从溶液中析出，C正确；D．溶液B是CuSO4溶液，Cu2+在溶液中以[Cu(H2O)4]2+形式存在，向其中逐滴加入NH3·H2O，首先发生复分解反应产生Cu(OH)2沉淀，后来Cu(OH)2与过量氨水反应产生Cu(NH4)2SO4，这说明与Cu2+结合能力大小为：NH3＞OH-＞H2O，D正确；故合理选项是CD；【小问2详解】测定晶体纯度时，步骤②用KI溶液测定铜含量时，需在弱酸性(pH=3～4)溶液中进行，这是由于若溶液pH过小，(或强酸)溶液中I-易被氧气氧化为I2，若溶液的pH过大，(或碱性)溶液中Cu2+易水解，同时I2与碱反应；【小问3详解】A．在溶液中I2与I-会发生反应：I2+I-，因此加入过量20%KI溶液，增大c(I-)，化学平衡正向移动，因而可以增大I2的溶解性，从而可更好的测定Cu(NH4)2SO4•H2O晶体纯度，以减少实验滴定误差，A正确；B．Na2S2O3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此Na2S2O3标准溶液应盛放在碱式滴定管中，B正确；C．滴定时，左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛应一直注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以便确定滴定终点，C错误；D．若滴定恰好完全时，滴定管尖端悬半滴未滴下，消耗标准溶液体积偏大，由此计算的待测Cu(NH4)2SO4•H2O晶体纯度将会偏高，D错误；故合理选项是AB；【小问4详解】在滴定过程中加入KSCN溶液，这是由于溶度积常数Ksp(CuI)＞Ksp(CuSCN)，加入KSCN溶液时，会发生反应：CuI+SCN-I-+CuSCN；将难溶的CuI转化为更难溶的CuSCN，将CuI固体表面吸附的I2释放出来，从而提高测定结果的准确度；【小问5详解】根据方程式①2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；I2+2=+2I-，可得关系式：2Cu2+～I2～2 ，根据实验可知：25.00mL溶液滴定消耗cmol/L的Na2S2O3标准溶液VmL，则agCu(NH4)2SO4•H2O晶体反应消耗Na2S2O3的物质的量n(Na2S2O3)=cmol/L×V×10-3L×=cV×10-2mol，则n(Cu2+)=n(Na2S2O3)=cV×10-2mol，根据Cu元素守恒可知其中含有Cu(NH4)2SO4•H2O晶体质量m[Cu(NH4)2SO4•H2O]=cV×10-2mol×246g/mol=2.46cVg，故该晶体的纯度为。30.某研究小组按下列路线合成药物莫扎伐普坦。已知：甲磺酰基；Et3N：三乙胺。请回答：（1）下列说法不正确的是____。A.A的分子式为C11H10NO3SB.A中引入甲磺酰基的作用是保护氨基C.B→C为还原反应，产物C中有1个手性碳原子D.H在足量NaOH溶液中反应生成2种钠盐，在足量盐酸中反应生成2种铵盐（2）A→B过程涉及两步反应，其反应类型依次为____；化合物D的结构简式____。（3）写出F→G的化学反应方程式____。（4）写出同时符合下列条件的E的所有同分异构体的结构简式____。①分子中含2个6元环，一个为苯环，另一个为六元含氮杂环：②1H－NMR谱显示分子有4种不同化学环境的氢原子，且比例为6：1：1：1 （5）设计以甲醛和甲苯为原料合成有机物的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)____。【答案】（1）A（2）①.加成反应、消去反应②.（3）+3H2+2H2O（4）、（5）【解析】【分析】有机物H圈中结构（）与相似，推断G的结构为。比较G和F的分子式发现G比H多2个氢原子，而少2 个氧原子，同时结合反应条件可知G为F发生还原反应形成，据此推断F的结构为。有机物F圈中结构（）与相似，推断E的结构为。【小问1详解】A.由A的结构简式可知其分子式为C11H13NO3S，A错误；B.起始物中的氨基先参与反应后重新生成（起始物到E），再参与后续反应（E到F）。这一过程说明起始物到E的过程是为了氨基能参与E到F的反应，即起始物到E的过程是保护氨基的作用。B正确。C.B→C（→）是碳氮双键转变为碳氮单键的过程，是加氢还原的过程。手性碳原子应为饱和碳原子，且连4个不同基团。符合要求的碳原子以星号标记，如图：。C正确。D.H与氢氧化钠或盐酸反应可认为H先水解，再与NaOH或HCl反应。H水解的产物有、和。与NaOH反应产物有和2种。氨基有碱性可以HCl反应。与HCl 反应的产物有和2种。D正确。答案为：A【小问2详解】A→B过程涉及的反应为+CH3NH2→和→+H2O（省略反应条件）。反应类型分别为加成和消去。E与D相比少1个硫原子、1个碳原子、2个氧原子和2个氢原子，这些原子组成与Ms相似，据此推断D的结构为。答案为：加成反应和消去反应，【小问3详解】由分析可知F和G的结构分别为和，F→G的反应方程式为 +3H2+2H2O。答案为：+3H2+2H2O。【小问4详解】由分析可知E结构为，分子式为C12H18N2。4种不同化学环境的氢原子比例为6：1：1：1，每种氢个数分别为12、2、2和2。12个相同环境氢说明有4个-CH3基团，且处在相同位置。能组成环的原子包括12个C原子和2个N原子，共14个原子。甲基用去4个C原子，则剩余的8个C原子和2个N原子组成2个六元环，且一个为苯环，另一个为六元含氮杂环。于是，其可能结构为、、和。其中能出现1：1：1结构的有和。于是，符合条件的同分异构体是和。答案为：、【小问5详解】 C→D（）的过程是在C的氨基上引入甲基的过程，也就是说苯环上存在氨基时可以在一定条件下与甲醛作用形成甲基。于是，流程如下：。答案为：。