吉林省延边第一中学2023届高三下学期第七次模拟考试理科综合化学试题（含解析）

这是一份吉林省延边第一中学2023届高三下学期第七次模拟考试理科综合化学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
吉林省延边第一中学2023届高三下学期第七次模拟考试理科综合化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列说法不正确的是
A．硬铝密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机的理想材料
B．普通玻璃以纯碱、石灰石和石英砂为原料，在玻璃窑中反应制得
C．膳食纤维是人体七大营养素之一，在人体内水解为葡萄糖加以吸收利用
D．和的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱
2．如下图所示的“化学多米诺实验”装置中分别盛放的物质为①稀硫酸；②锌粒；装置③、④、⑤、⑥中的试剂及反应现象见下表，其中设计合理且实验现象符合预测的是


③中试剂
④中固体逐渐消失
⑤中溶液褪色
⑥中尾气处理
A
浓盐酸
KMnO4
石蕊试液
NaOH溶液
B
浓HNO3
Cu
FeSO4溶液
水
C
浓H2SO4
木炭
品红溶液
饱和NaHSO3溶液
D
浓NaOH溶液
NH4Cl固体
少量CuSO4溶液
CCl4和水
A．A B．B C．C D．D
3．向含废水中加入，铁元素会形成如图所示的胶团，在静电吸附作用下，胶团可以除去废水中的价砷元素，下列说法正确的是

A．废水中的含砷微粒是带正电荷的离子
B．可以形成的胶团数目小于
C．增大废水的，胶粒的吸附絮凝效能提升
D．可以还原废水中的含砷微粒到价
4．某种天然沸石的化学式为，其中元素X、Y、Z、R、W原子序数依次增大，且占据四个不同周期。Y在地壳中含量最高，在该化合物中R显示其最高价态，基态W原子的核外电子恰好填满10个原子轨道。下列说法错误的是
A．简单离子半径： B．第一电离能：
C．最简单氢化物稳定性： D．氯化物熔点：
5．有机“纳米小人”风靡全球，其中涉及的一个反应如图：

下列说法正确的是
A．化合物N能使酸性KMnO4溶液褪色，但不能使溴水褪色
B．化合物P中一定共平面的原子有15个
C．该反应完全符合绿色化学的思想，理论上原子利用率为100%
D．化合物M的一氯代物有4种
6．双极膜应用于各种装置中，发挥着巨大作用。如图所示装置是将捕捉的二氧化碳转化为而矿化封存，减少空气中的碳排放。下列说法正确的是

A．向碱室中加入固体，有利于的矿化封存
B．两个双极膜中间层的均向左移动
C．极为阳极，电极反应式为
D．在碱室形成
7．时，某实验小组利用虚拟感应器技术探究用的碳酸钠溶液滴定的溶液，得到反应过程中的碳酸根离子浓度、碳酸氢根离子浓度、碳酸分子浓度的变化曲线(忽略滴定过程中的逸出)如图所示。下列说法正确的是
已知：时，的；。

A．碳酸钠的水解常数
B．曲线I为浓度变化曲线，
C．a点和b点溶液中，水的电离程度较大的是a点
D．c点溶液

二、工业流程题
8．为回收利用废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣)，科研人员研制了一种回收V2O5的新工艺，主要流程如下图。

已知：i.部分含钒物质常温下在水中的溶解性如下表所示：
物质
VOSO4
V2O5
NH4VO3
(VO2)2SO4
溶解性
可溶
难溶
难溶
易溶
ii.VO+ 2 OH- VO+H2O
回答下列问题：
(1)用水浸泡废钒催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为 ； (写两条)。
(2)滤液1和滤液2中含钒的主要物质成分相同。在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的化学方程式为 。
(3)生成VO的反应中消耗1mol KClO3时转移6mol电子，该反应的离子方程式为 。
(4)结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的作用为 。
(5)最后钒以NH4VO3的形式沉淀出来。以沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释下图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是 ； (写两条)。

(6)测定产品中V2O5的纯度，称取a g产品，先用硫酸溶解，得到 (VO2)2SO4溶液，再加入b1 mL c1 mol·L−1 H2C2O4溶液(2VO＋H2C2O4＋2H＋= 2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O)，最后用c2 mol·L-1 KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2 mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5(摩尔质量：182 g·mol−1)的质量分数是 (列出计算式)。

三、实验题
9．某小组同学探究与溶液的反应，实验如下。
资料：i．(黄色)
ii．呈绿色(酸性条件下不稳定)、低浓度呈无色、MnS为肉色沉淀。
iii．
实验Ⅰ：

(1)用离子方程式表示溶液显碱性的原因： 。
(2)将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①甲同学认为固体a中除了MnS外，还有，依据的现象是 。
②乙同学认为根据上述现象不能得出固体a中含有，应补充对比实验： (填实验方案)。实验证实固体a中含有。
(3)固体b的主要成分是S。分析产生S的可能原因： 。
经检验，固体c的主要成分是。
①分析产生的可能原因：酸性条件下，将氧化。
②继续滴加酸性溶液，溶液变为紫红色，仍有棕黑色固体。
实验Ⅱ：改用未经酸化的溶液重复实验Ⅰ，产生棕黑色固体时溶液呈绿色。
(4)分析实验Ⅰ未见绿色的原因：取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。该反应的离子方程式是 。
实验Ⅲ：向未经酸化的溶液中滴加少量，产生棕黑色沉淀并检测到。
(5)综合上述实验，与溶液反应的产物与 等因素有关(答出两点即可)。

四、原理综合题
10．我国提出2060年前实现碳中和，为有效降低大气CO2中的含量，以CO2为原料制备甲烷、戊烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应：
Ⅰ．主反应：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)  ∆H1=-156.9 kJ·mol-l
Ⅱ．副反应：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)  ∆H2=＋41.1 kJ·mol-l
(1)已知：Ⅲ．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)  ∆H3=-395.6 kJ·mol-l
Ⅳ．CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)  ∆H4= 。
(2)CO2加氢合成甲烷时，通常控制温度为500°C左右，其可能的原因为_______。
A．反应速率快 B．平衡转化率高
C．催化剂活性高 D．主反应催化剂选择性好
(3)500°C时，向1L恒容密闭容器中充入4molCO2和12molH2，初始压强为p，20min时主、副反应都达到平衡状态，测得c(H2O)=5mol·L-1，体系压强为3/4p，则0~20min内(CH4)= mol·L-1·min-1，平衡时CH4选择性= (CH4选择性=×100%，计算保留三位有效数字)。
(4)以CO2催化加氢合成的甲醇为原料，在催化剂作用下可以制取丙烯，反应的化学方程式为3CH3OH(g)C3H6(g)＋3H2O(g)。该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arhenius经验公式，(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是 。

(5)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为NH3配体：四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为 (填元素符号)：在该化合物中，M离子的价电子排布式为 。


五、有机推断题
11．石油裂解气用途广泛，可用于合成各种橡胶和医药中间体。利用石油裂解气合成CR橡胶和医药中间体K的线路如下：

已知：Ⅰ．氯代烃D的相对分子质量是113，氯元素的质量分数约为62.8%，核磁共振氢谱峰面积之比为2：1。
Ⅱ．。
(1)A中官能团的名称为 ，D的系统名称是 。
(2)反应②的条件是 ，依次写出①和③的反应类型： 、 。
(3)写出F→G过程中第一步反应的化学方程式： 。
(4)K的结构简式为 。
(5)写出比G多2个碳原子的G的两种同系物的结构简式： 。
(6)已知双键上的氢原子很难发生取代反应。以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成B 。

参考答案：
1．C
【详解】A．硬铝是合金，合金的硬度比纯金属大，硬铝具有密度小，硬度大，抗腐蚀能力强，是制造飞机的理想材料，故A正确；
B．普通玻璃以纯碱、石灰石和石英砂为原料，在玻璃窑中反应制得生成硅酸钠和硅酸钙，普通玻璃是传统的硅酸盐产品，故B正确；
C．人体没有水解纤维素的酶，纤维素在人体不能水解，故C错误；
D．和均可以水解显碱性，可用作食用碱或工业用碱，故D正确；
故答案为C
2．A
【分析】稀硫酸和锌粒反应会产生氢气，氢气进入③中的试管中，使试管内部的气体压强变大，③中的液体会通过导管进入到④中的试管中，据此分析。
【详解】A．由分析可知，③中浓盐酸会进入到④中试管中，浓盐酸与KMnO4反应会生成氯气，氯气可以使石蕊溶液褪色，用氢氧化钠溶液来吸收多余的氯气，A正确；
B．由分析可知，③中浓HNO3会进入到④中试管中，Cu与浓HNO3反应会生成二氧化氮气体，二氧化氮与FeSO4溶液反应，会氧化二价铁离子变为三价铁离子，溶液呈现棕黄色，不会褪色，且二氧化氮不能用水吸收，会有一氧化氮的生成，故应用氢氧化钠溶液吸收尾气，B错误；
C．由分析可知，③中浓H2SO4会进入到④中试管中，木炭与浓H2SO4的反应需要加热，④中试管没有加热，木炭与浓H2SO4的不发生反应，C错误；
D．由分析可知，③中浓NaOH溶液会进入到④中试管中，浓NaOH溶液与NH4Cl固体混合，可以得到氨气，氨气与少量CuSO4溶液反应，开始得到蓝色氢氧化铜沉淀，随着氨气的不断通入，最后沉淀会转化为铜氨络离子，铜氨络离子溶液颜色是蓝色，⑤中溶液颜色没有褪去，不符合题意，最后用CCl4和水除去多余的氨气，还可以防止倒吸现象，D错误；
故本题选A。
3．B
【详解】A．由图可知，吸附层中正电荷较多，在静电吸附作用下，胶团可以吸附废水中的价砷元素，则含砷微粒是带负电荷的离子，A错误；
B．根据铁元素守恒，可以形成1mol，则为组成的胶团数目小于，B正确；
C．增大废水的，胶粒会转化为氢氧化铁沉淀，导致吸附絮凝效能下降，C错误；
D．具有氧化性，可以氧化废水中的含砷微粒到价，D错误；
故选B。
4．B
【分析】Y在地壳中含量最高，则Y为O元素，几种元素占据四个不同周期，其中只有X的原子序数小于O，所以X为H元素，基态W原子的核外电子恰好填满10个原子轨道，每个原子轨道中有两个自旋方向不同的电子，所以W核外共20个电子，为Ca元素；天然沸石的化学式为Ca[Z2R3O10] ▪3H2O，由于R的原子序数较大，所以R一定位于第三周期，若Z位于第二周期，则只能为F元素，此时该物质中R的化合价为+价，不合理，所以Z也位于第三周期，根据化合价分析，合理的结果为Z为+3价、R为+4价，所以Z为Al元素、R为Si元素。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：，故A正确；
B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：，故B错误；
C．非金属性：O>Si，非金属性越强，最简单氢化物越稳定，故C正确；
D．W、Z的氯化物分别为CaCl2、AlCl3，CaCl2为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，故D正确；
故选B。
5．D
【详解】A．由结构简式可知，化合物N分子中含有的碳碳三键、醛基能与溴水反应使溶液褪色，故A错误；
B．由结构简式可知，化合物P分子中苯环和碳碳三键为平面结构，分子中一定共平面的原子有16个，故B错误；
C．由结构简式可知，P分子中不含有溴原子，则M与N一定条件下反应生成P的同时还有含溴元素的化合物生成，原子利用率不可能为100%，故C错误；
D．由结构简式可知，M分子中含有4类氢原子，一氯代物有4种，故D正确；
故选D。
6．B
【详解】A．碱室中二氧化碳和碱反应生成碳酸根离子，碳酸根离子通过左侧阴离子交换膜进入中间室内，与结合形成碳酸钙，加入固体不利于的吸收，故A错误；
B．右侧双极膜中氢离子进入酸室生成盐酸，左侧双极膜中氢离子左移在电极上发生还原反应生成，故B正确；
C．左侧双极膜中氢氧根离子进入碱室，与二氧化碳反应生成碳酸根离子，氢离子左移在电极上发生还原反应生成，所以为阴极，电极反应式为，故C错误；
D．通过左侧阴离子交换膜进入中间室内与结合形成碳酸钙，在中间室形成，故D错误；
选B。
7．D
【分析】向的盐酸溶液中滴加的碳酸钠溶液，溶液中依次发生反应：、，故溶液中先增大后减小，当盐酸完全反应后，滴加碳酸钠溶液过程中，逐渐增大，当反应完全后，溶液过量，逐渐增大，因此曲线Ⅰ为浓度变化曲线，曲线Ⅱ为浓度变化曲线，曲线Ⅲ为浓度变化曲线，据此分析解答。
【详解】A．时，碳酸钠的，A错误；
B．根据分析，的总反应为，根据化学方程式可知，，解得，B错误；
C．酸会抑制水的电离，能水解的盐会促进水的电离，a点的溶质为，b点的溶质为，因此b点溶液中水的电离程度较大，C错误；
D．c点溶液中，溶液中，溶液，D正确；
故选D。
8．(1) 粉碎废钒 搅拌；适当升温
(2)V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O
(3)6VO2＋＋ClO＋ 3H2O= 6VO＋ Cl-＋ 6H＋
(4)作用1：溶液中存在平衡： VO+2OHVO+H2O，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO尽可能都转化为VO;作用2：溶液中存在平衡： NH4VO3(s) NH (aq)+ VO (aq)， 加入氨水，使NH浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出
(5) 原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降 原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH浓度下降，沉钒率下降
原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO+2OH- VO+H2O，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
原因4：平衡VO+2OH-VO+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
(6)

【分析】废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质VOSO4溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为(VO2)2SO4，加入氨水，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5，以此解答该题。
【详解】（1）水浸时，为了提高废钒的浸出率，可粉碎废钒、搅拌，适当升高温度，延长浸泡时间；答案为：粉碎废钒、搅拌、适当升温
（2）滤渣1的成分为V2O5、不溶性硅酸盐，因为滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，所以滤渣1的成分中的V2O5与与亚硫酸钠、硫酸反应生成VOSO4，发生反应的化学方程式为V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O；
（3）生成VO的反应中消耗1molKClO3时转移6mol电子，故ClO被还原为Cl-，反应的离子方程式为6VO2＋＋ClO＋3H2O= 6 VO＋Cl－＋6H＋；
（4）含VO2＋的溶液中加入氨水生成NH4VO3，用平衡移动原理解释其作用，作用1：溶液中存在平衡： VO+2OHVO+H2O，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO尽可能都转化为VO;作用2：溶液中存在平衡： NH4VO3(s) NH (aq)+ VO (aq)， 加入氨水，使NH浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；
（5）随着温度的升高，物质的溶解度越大，温度升高氨气的溶解度降低，故温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是：
原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；
原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH浓度下降，沉钒率下降
原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO+2OH- VO+H2O，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
原因4：平衡VO+2OH-VO+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降；
（6）根据元素化合价升降相同，滴定过程有2 KMnO4∼5H2C2O4，则过量的H2C2O4物质的量为n(H2C2O4)=n(KMnO4)=b2C2×10−3mol，则与(VO2)2SO4溶液反应的 H2C2O4物质的量为(b1c1−b2C2)×10−3mol，根据方程式可得2∼H2C2O4，根据钒守恒可知，n(V2O5)= n(H2C2O4)= (b1c1−b2C2)×10−3mol，则产品中V2O5的质量分数是。
9．(1)
(2) 固体a放置在空气中变为棕黑色 将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色
(3)、、MnS被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S
(4)
(5)反应物用量、添加顺序、溶液pH

【分析】硫化钠中加入酸性高锰酸钾溶液得到肉色固体为MnS，溶液为黄色，说明生成了，再加入酸性高锰酸钾溶液，溶液为无色，可能含有，得到白色固体可能为，再加入酸性高锰酸钾溶液，得到棕黑色固体为二氧化锰。据此解答。
【详解】（1）溶液中硫离子水解，使溶液显碱性，离子方程式表示为：。
（2）将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①从实验可知是变成二氧化锰，现象为固体变为棕黑色，故认为原固体中含有。
②补充对比实验：看硫化锰能否直接变成二氧化锰，实验方案为：将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色。
（3）、、MnS都有还原性，能被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S，故固体b中主要成分为硫。
（4）取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。说明反应生成二氧化锰和高锰酸根离子，根据氧化还原反应配平，该反应的离子方程式是。。
（5）实验中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液，也就是在控制反应物的用量，也可以用添加顺序控制用量，最后实验中采用为经酸化的高锰酸钾溶液做实验，产物不同，故可以总结出，反应物的用量多少，添加顺序和酸碱性环境都可以影响产物。
10．(1)
(2)ACD
(3) 66.7%
(4)使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积
(5) Fe

【详解】（1）根据盖斯定律反应Ⅲ×2-反应Ⅰ=Ⅳ，则ΔH4=2×ΔH3-ΔH1=(-395.6×2+156.9)kJ/mol=-634.3kJ/mol，故答案为：-634.3kJ/mol；
（2）CO2加氢合成甲烷时，也有副产物发生，主反应是放热反应，副反应是吸热反应，通常控制温度为500℃左右，此时催化剂的活性高，反应速率快，由于有副反应发生，因此应是主反应催化剂选择性好，而温度高，对副反应平衡正向移动，对主反应平衡逆向移动，故答案为：ACD；
（3）500℃时，向1L恒容密闭容器中充入4molCO2和12molH2，初始压强为p,20min时主、副反应都达到平衡状态，测得c(H2O)=5mol⋅L-1，体系压强为p，建立三段式：，，只有2x+y=5，根据物质的量之比等于压强之比得到=，解得x=2，y=1，则0～20min内 (CH4)===0.1mol/(L•min)，平衡时CH4选择性×100%≈66.7%，故答案为：0.1mol/(L•min)；66.7%；
（4）当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，斜率降低，说明活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积，故答案为：使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积；
（5）由图可知，黑球代表M(NH3)6，位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，灰球代表BH4，位于体内，个数为8，则黑球：灰球=4：8=1：2，则化学式为M(NH3)6(BH4)2，摩尔质量为188g•mol-1，则M的摩尔质量为(188-17×6-15×2)g•mol-1=56g•mol-1，则M元素为Fe；M(NH3)6(BH4)2中，NH3为分子，不带电荷，带1个单位负电荷，则Fe为+2价，其价电子排布式为3d6，故答案为：Fe；3d6。
11．(1) 碳碳双键、溴原子 1，3-二氯丙烷
(2) NaOH溶液，加热 加聚反应 取代反应
(3)
(4)
(5)、、、（任选两种）
(6)

【分析】由题意可知初始物质二烯烃通过1、4加成得到A（C4H6Br2），A与氢气加成生成C,A通过一系列反应得到B，B为2-氯-1，3-丁二烯，然后发生加聚反应得到CR橡胶，已知氯代烃D的相对分子质量是113，氯的质量分数约为62.8％，,D的化学式为C3H6Cl2,核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.则D的结构简式CH2ClCH2CH2Cl，卤代烃在氢氧化钠得水溶液、加热条件下，通过取代反应得到E为1，3-丙二醇，1，3-丙二醇催化氧化得到F为1，3-丙二醛，1，3-丙二醛被银氨溶液氧化在酸性条件下得到1，3-丙二酸G， G在浓硫酸加热条件下发生酯化反应得到二元酯类H,由已知可知该酯与乙醇钠反应生成，由已知得到该生成物在加热酸性环境中生成目标产物，以此解题。
【详解】（1）由CH2=CH-CH=CH2反应到A（C4H6Br2）知，A中官能团为碳碳双键和碳溴键，已知氯代烃D的相对分子质量是113，氯的质量分数约为62.8％，,D的化学式为C3H6Cl2,核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.则D的结构简式CH2ClCH2ClCH2。系统命名为1,3-二氯丙烷；
（2）由分析可知反应②的条件是NaOH溶液，加热，①和③的反应类型分别是加聚反应，取代反应，答案为：NaOH溶液、加热，加聚反应，取代反应；
（3）1，3-丙二醛被银氨溶液氧化为1，3-丙二酸氨，同时得到银、水和氨气，答案为：；
（4）由分析可知K的结构简式为，答案为：；
（5）比G多2个碳原子的G的两种同系物为有5个碳原子的饱和二元羧酸，结构简式有：、、、，答案为：、、、（任选两种）；
（6）A是含有碳碳双键的卤代烃加热条件下在碱的水溶液中生成含有碳碳双键二元的醇，该醇与氯化氢发生加成反应得到，此物质在浓硫酸加热条件下羟基发生消去反应生成两个碳碳双键，得到产物B，答案为：。