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四川省宜宾市第四中学2024届高三上学期一诊模拟考试理综试题（Word版附解析）
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这是一份四川省宜宾市第四中学2024届高三上学期一诊模拟考试理综试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了考试时间50分钟，满分100分，5 K，5NA等内容，欢迎下载使用。
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.考试时间50分钟，满分100分
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Cl：35.5 K：39 Ti：48 Fe：56 I：127
一、选择题：本题共7个小题，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. 中国建亚洲最大太阳能发电站、神舟十三号顺利往返及三次“天宫授课”、上海官宣实现14纳米先进工艺量产及5G芯片等突破，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是
A. 太阳能电池板材料是二氧化硅
B. 飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子
C. “泡腾片实验”中，柠檬酸与小苏打反应时，有电子转移
D. 制造5G芯片的氮化镓不属于合金材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．太阳能电池板材料是半导体材料硅，不是二氧化硅，故A错误；
B．玻璃纤维是合成高分子材料，不属于天然有机高分子，故B错误；
C．柠檬酸的酸性强于碳酸，能与小苏打反应生成二氧化碳，反应中没有元素发生化合价变化，没有电子转移，属于非氧化还原反应，故C错误；
D．氮化镓是化合物，不是金属单质的混合物，所以氮化镓不可能属于合金材料，故D正确；
故选D。
2. 设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 室温下，20gKH固体中所含H-的数目为0.5NA
B. 1L0.01ml·L-1的Ca(HCO3)2溶液中含碳粒子总数为0.02NA
C. 50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子总数为0.5NA
D. 2NH3(g)⇌3H2(g)+N2(g) ΔH=+akJ·ml-1，若参加反应的NH3数目为2NA，反应会吸收akJ热量
【答案】C
【解析】
【详解】A．KH由K+和H-组成，20gKH的物质的量0.5ml，所含H-的数目为0.5NA，故A正确；
B．1L0.01ml·L-1的Ca(HCO3)2的物质的量为0.01ml，碳酸氢根离子的物质的量为0.02ml，根据元素守恒可知含碳粒子总数为0.02NA，故B正确；
C．未考虑溶剂水中的氧原子，故C错误；
D．由热化学方程式可知，1ml氨气完全反应时吸收akJ热量，则参加反应NH3数目为2NA，会吸收akJ热量，故D正确；
故选：C。
3. 一种用于合成肠炎药物的有机中间体结构如下，下列关于该物质的叙述错误的是
A. 与 互为同分异构体
B. 3个氧原子可能共平面
C. 有5种不同化学环境的氢原子
D. 可发生取代、加成反应，但不能发生消去反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．该有机化合物与 的分子式均为C9H8O3，但结构不同，因此属于同分异构体，A正确；
B．苯环是平面形结构，与苯环直接相连的原子与苯环共平面；醛基是平面形结构，通过旋转碳碳单键可使2个平面重合，则物质中3个氧原子可能共平面，B正确；
C．该有机物分子中有6种不同环境的氢原子，如图： ，C错误；
D．该化合物含有烃基、苯环等结构，可发生取代、加成反应，但不能发生消去反应，D正确；
故选C。
4. 利用如图装置进行实验，能达到实验目的的是
A AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙醇具有挥发性，乙醇、乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此无法判断消去产物为丙烯，选项A不能达到实验目；
B．SO2在饱和溶液中溶解度低，且可发生反应NaHSO3+HCl=NaCl+H2O+SO2↑，所以饱和溶液可用于除去SO2中的HCl，选项B能达到实验目的；
C．氯气的密度大于空气，应该长管进短管出，选项C不能达到实验目的；
D．灼烧物质应该在坩埚中进行，选项D不能达到实验目的；
答案选B。
5. X、Y、Z是三种短周期元素，原子半径的大小为Y>X>Z，三种元素的原子序数之和为15；X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生图转化关系，其中R为10电子分子，是一种常见的无机溶剂。下列说法不正确的是
A. X、Y、Z元素两两之间均能形成原子个数比为2：1的化合物
B. X元素位于周期表中第16列
C. R的沸点高于M的沸点的原因是，R的范德华力大于M的范德华力
D. X的非金属性大于Y
【答案】C
【解析】
【分析】R为10电子分子，是一种常见的无机溶剂，则R为H2O。X、Y、Z是三种短周期元素，原子半径的大小为r(Y)>r(X)>r(Z)，由转化关系可知Z为H，X为O。三种元素的原子序数之和为15，则Y的原子序数为15-1-8=6， 可知Y为C。X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图转化关系，则M为CO或CO2，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，X、Y、Z分别为O、C和H，三种元素两两之间均能形成原子个数比为2:1的化合物，如CO2、H2O和C2H4，A正确；
B．X为O元素，位于元素周期表的第二周期第ⅥA族，位于周期表中第16列，B正确；
C．根据分析，R为H2O，M为CO或CO2，H2O存在分子间氢键，而CO或CO2不能形成分子间氢键，因而R的沸点高于M，C错误；
D．X、Y分别为O、C，同周期元素从左至右，非金属性逐渐增大，则非金属性O>C，D正确；
故选C。
6. 近日，中国科学院大连化学物理研究所以Li2NH为载氮体，在LiCl-NaCl-KCl熔融盐电解槽中利用可再生能源电驱动合成氨，原理如图所示。
下列叙述错误的是
A. M极为阴极，发生还原反应
B. N极区总反应为4LiH+N2=2Li2NH+H2
C. 在M极上生成17gNH3时理论上转移4ml电子
D. 上述合成氨属于绿色化学工艺
【答案】C
【解析】
【详解】A．M电极与电池的负极相连为阴极，得到电子发生还原反应，A正确；
B．根据图上信息，N极区总反应为，B正确；
C．在M电极区，，生成17gNH3时理论上转移3ml电子，C错误；
D．该过程中合成氨，没有使用催化剂，没有产生污染物质，属于绿色化学工艺，D正确；
故选C。
7. 25°C时，用NaOH溶液分别滴定HX、CuSO4、MgSO4三种溶液，pM[p表示负对数，M表示、c(Cu2+)、c(Mg2+ )等]随pH变化关系如图所示，已知Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mg(OH)2]，下列说法不正确的是
A. HX电离平衡常数Ka=10-5
B. 滴定HX当pH=7时，c(X- )>c(HX)
C. ③代表滴定CuSO4溶液变化关系
D. Mg(OH)2易溶于HX溶液中
【答案】C
【解析】
【分析】pM[p表示负对数，M表示、c(Cu2+)、c(Mg2+ )等]，随着pH不断增大，溶液中的、c(Cu2+)、c(Mg2+)不断减小，即pM增大，Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mg(OH)2]即氢氧化铜比氢氧化镁更难溶，pH相同时，c(Cu2+)更小pM更大，又因为Ksp[Cu(OH)2]和 Ksp[Mg(OH)2]的表达式结构类似，-lgc(Cu2+)、-lgc(Mg2+)和pH是一次函数的关系，且二者的斜率相等，则曲线①代表CuSO4，曲线③代表MgSO4，曲线②代表HX溶液，以此解答。
【详解】A．由分析可知，曲线③代表HX溶液，当pH=8.6时，-lg=0，则c(HX)= c(X-)，HX的电离平衡常数Ka= =c(H+)=10-5，故A正确；
B．HX的电离平衡常数Ka=10-5，说明HX是一元弱酸，等浓度的NaX和HX溶液中，X-的水解常数Kh=< Ka=10-5，该溶液呈酸性，则滴定HX当pH=7时，c(X- )>c(HX)，故B正确；
C．由分析可知，曲线③代表MgSO4，故C错误；
D．pH=8.6时，-lgc(Mg2+)=0，c(Mg2+)=1ml/L，Ksp[Mg(OH)2]= ，假设Mg(OH)2易溶于HX溶液中，则有反应Mg(OH)2+2HX=Mg2++2X-+2H2O，该反应的平衡常数K==107.2，平衡常数较大，反应越彻底，所以Mg(OH)2易溶于HX溶液中，故D正确；
故选C。
二、非选择题：共58分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11~12题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共43分。
8. 铼(Re)是一种具有重要军事战略意义的金属。NH4ReO4是制备高纯度Re的重要中间体。
I.实验室制备NH4ReO4的装置如图所示。
已知：(1)Re2O7易溶于水，溶于水后生成HReO4；HReO4与H2S反应生成Re2S7；
(2)2NH4ReO42NH3↑+H2O+Re2O7
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是_____。
（2）反应开始前先向C中三颈烧瓶内加入一定量的Re2O7和水。关闭K2、K3，打开K1、K4，三颈烧瓶内生成Re2S7。关闭K1，打开K2通入N2一段时间，通入N2的目的是_____。打开K3，滴入足量H2O2的氨水溶液，生成NH4ReO4；反应结束后从溶液中通过冷却结晶分离出NH4ReO4。
（3）下列装置可用作装置单元X的是_____(填标号)。
A. B.
C. D.
II.NH4ReO4的纯度测定[M(NH4ReO4)268g/ml]
称取wgNH4ReO4样品，加适量水溶解，注入三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用VmLc1ml•L-1的盐酸标准溶液吸收，蒸氨结束后取下接收瓶。取吸收液用c2ml•L-1NaOH(稀)标准溶液滴定过剩的HCl，达到终点时消耗V2mLNaOH溶液。
（4）实验所用的NaOH标准溶液，通常采用间接法配制，即配成近似浓度的溶液，再用基准物标定。不能采用直接法配制的原因是_____。
（5）样品中NH4ReO4的质量分数为_____(填表达式)。
III.高纯度铼的制取
（6）高温下用H2还原NH4ReO4可制得金属铼，装置如图所示：
①装置B中盛放的试剂为_____。
②玻璃管内发生反应的化学方程式为_____。
【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2）排出多余的H2S气体 （3）AC
（4）氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分
（5）%
（6） ①. 无水氯化钙或五氧化二磷(无水CaCl2或P2O5也可) ②. 2NH4ReO4+7H22Re+2NH3↑+8H2O
【解析】
【小问1详解】
仪器a为蒸馏烧瓶；
故答案为：蒸馏烧瓶；
【小问2详解】
通入N2主要是为了排出多余的H2S；
故答案为：排出多余的H2S气体；
【小问3详解】
装置单元X是为了除去多余的H2S，选择与之反应的物质即可，AC符合；
故答案为：AC；
【小问4详解】
NaOH标准溶液不能采用直接配制的原因在于NaOH易吸收空气中的CO2及H2O而很快变质导致浓度不准确；
故答案为：氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分；
【小问5详解】
依题意有关系：n(NH4+)+n(NaOH)=n(HCl)。故n (NH4ReO4)=n(NH4+)= n(HCl) -n(NaOH)=c1.V×10-3- c2V2×10-3，故w (NH4ReO4)== %；
故答案为：%；
【小问6详解】
①装置B为了吸收生成的NH3，故用无水氯化钙或五氧化二磷；
②由已知可得2NH4ReO42NH3↑+H2O+Re2O7，再由氢气还原Re2O7：2NH4ReO4+7H22Re+2NH3↑+8H2O；
故答案为：①无水氯化钙或五氧化二磷；②2NH4ReO4+7H22Re+2NH3↑+8H2O。
9. 氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意：
（1）合成塔中，反应开始进行时需要加热，加热的目的主要是_______；反应开始后停止加热，发现反应更加剧烈，由此可知该反应是_______(填“放热”或“吸热”)反应。
（2）从合成气中分离出氨，主要利用了氨气_______的性质；从氨分离器中分离出的另两种气体可回到_______(填写装置名称)中再利用。
（3）请写出氧化炉内发生反应的化学方程式并用标出电子转移的方向和数目_______。
（4）向吸收塔中通入过量A是_______，作用是_______。尾气处理装置中含有少量的NO2，可用NH3将其还原成不污染环境的气体，该反应方程式是_______。
（5）硝酸可氧化绝大多数金属，而工业上盛装大量浓硝酸可用铝制容器，原因是_______。
（6）①可利用浓盐酸检验氨气管道是否泄漏，若泄漏，可观察到的现象______________，该反应方程式是_______。
②氯化铵是一种高效氮肥，但因_______，必须放置阴凉处保存。硝酸铵也是一种高效氮肥，但_______，因此必须做改性处理后才能施用。
【答案】9. ①. 促使反应发生，加快反应速率 ②. 放热
10. ①. 易液化 ②. 合成塔
11. 12. ①. 空气(氧气) ②. 将NO氧化成NO2 ③. 8NH3+6NO2=7N2+12H2O
13. 常温下，浓硝酸可使铝钝化
14. ①. 产生白烟 ②. NH3+HCl=NH4Cl ③. 受热易分解 ④. 受到撞击或遇热易爆炸
【解析】
【分析】氮气和氢气合成塔中合成氨气，含有氨气的混合气体进入氨分离器得到氨气，氨气在氧化炉中催化氧化生成NO，NO和空气中氧气结合生成NO2，NO2、O2和水反应得到硝酸，最后尾气处理防止污染环境。
【小问1详解】
在合成塔中，反应开始进行时需要加热，加热的目的主要是断裂反应物中的化学键，促使反应发生，加快反应速率。反应开始后停止加热，发现反应更加剧烈，由此可知该反应发生放出热量，使气体温度升高，因此该反应是放热反应。
【小问2详解】
氮气与氢气合成氨气的反应是可逆反应，从合成气中分离出氨，主要利用了氨气的熔沸点比较高，物质易液化。从氨分离器中分离出的另两种气体氮气和氢气可回到合成塔中，用于继续合成氨气。
【小问3详解】
在氧化炉中NH3、O2反应产生NO、H2O，N元素化合价由反应前NH3中的-3价变为反应后NO中的+2价，化合价升高5价，O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后H2O、NO中的-2价，化合价降低2×2=4价，化合价升降最小公倍数是20，所以NH3、NO的系数是5，O2的系数是5，H2O的系数是6，由于元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目，故用单线桥法表示电子转移的方向和数目为：。
【小问4详解】
在氨氧化炉中，要向吸收塔中通入过量A是空气，增大氧气的浓度，可以使NH3氧化为NO，产生的NO进一步被氧化产生NO2气体。
尾气处理装置中含有少量的NO2，可用NH3将其还原成不污染环境的气体，二者反应产生N2、H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应方程式是8NH3+6NO2=7N2+12H2O。
【小问5详解】
硝酸可氧化绝大多数金属，而工业上盛装大量浓硝酸可用铝制容器，是由于在常温下，浓硝酸可以将铝表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步与酸反应，即发生钝化现象。
【小问6详解】
①可利用浓盐酸检验氨气管道是否泄漏，若泄漏，NH3、HCl发生反应产生NH4Cl白色固体，因此可观察到的现象是产生白烟现象，该反应的化学方程式是NH3+HCl=NH4Cl。
②氯化铵是一种高效氮肥，但因其受热易分解，因此必须放置阴凉处保存。硝酸铵也是一种高效氮肥，但由于受到撞击或遇热易爆炸，因此必须做改性处理后才能施用。
10. 工业上冶炼冰铜(mCu2O·nFeS)可得到粗铜，在空气中煅烧冰铜时，产生一种有刺激性气味的气体A，该气体排放到空气中，会对空气形成严重污染。
完成下列填空：
(1)为了降低污染气体A的排放，可选用下列试剂中的__(填序号)吸收。
a．浓硫酸 b．浓硝酸 c．氢氧化钠溶液 d．石灰乳
(2)已知Al能将某些金属从其氧化物中置换出来，将铝与泡铜高温反应可制得粗铜，制取该粗铜的化学方程式是________________________________。当转移电子数为6NA时，理论上消耗Al的质量为_______ g。
(3)SO2气体和H2S气体反应可生成单质硫，现有SO2和H2S混合气体2.0 ml，当所得到的氧化产物比还原产物多16克时，则混合气体中H2S的物质的量可能为：__________________。
(4)纳米氧化铝在陶瓷材料、电子工业、生物医药等方面有广阔的应用前景，它可通过硫酸铝铵晶体热分解得到。取4.53g硫酸铝铵晶体【Al2(NH4)2(SO4)n·24H2O，相对分子质量为906】加热分解，最终剩余0.51 g Al2O3固体。加热过程中，固体质量随时间的变化如图2所示。
试通过计算确定400℃剩余固体成分的化学式________________。(写出计算过程)
【答案】 ①. cd ②. 3Cu2O+2Al6Cu+Al2O3 ③. 54 ④. 1或1.5 ⑤. Al2(NH4)2(SO4)4·H2O
【解析】
【分析】冰铜(mCu2O·nFeS)在空气中焙烧，生成二氧化硫气体、泡铜（CuO，Cu）和熔渣，氧化铜和铝在高温条件下生成粗铜，经过纯化最终可得到CuSO4·5H2O；
【详解】(1) (1)根据冰铜( mCu2O·nFeS)的组成元素可知，冰铜( mCu2O·nFeS)在空气中燃烧生成的气体A应该是SO2气体。SO2是大气污染物，属于酸性氧化物，因此可用来吸收SO2的试剂是氢氧化钠溶液或氨水，浓硫酸不能吸收SO2，浓硝酸吸收SO2又生成大气污染物NO2，故选cd；
(2) Al能将某些金属从其氧化物中置换出来，将铝与泡铜高温反应可制得粗铜，制取该粗铜的化学方程式是3Cu2O+2Al6Cu+Al2O3，由方程式可知，1ml铝参加反应转移3 NA 电子，由题可知转移电子数为6 NA，参加反应的铝的物质的量为2ml，理论上参加反应的铝的质量为54g，故答案为：3Cu2O+2Al6Cu+Al2O3，54；
(3)假设硫化氢完全反应，则硫化氢的物质的量为x
解得 x=1ml
假设二氧化硫完全反应，则二氧化硫的物质的量为y
解得y=0.5ml
SO2和H2S混合气体2.0 ml，所以硫化氢的物质的量为1.5ml，故答案为：1或1.5；
(4) Al2(NH4)2(SO4)n·24H2O的物质的量为0.005ml，H2O的物质的量为0.12ml，水的质量为2.16g，200-500℃时,质量差为4.53g—2.46g=2.07g,由此可知结晶水并未完全失去,此时还含有结晶水n(H2O)= 0.005 ml，之前的分解过程就是逐步失水的过程。由水和硫酸铝铵的关系,可以得知200~500℃时,固体成分是 Al2(NH4)2(SO4)4·H2O，故答案为：Al2(NH4)2(SO4)4·H2O。
(二)选考题：共15分。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 在金属(如：Cu、C、Be、K等)的湿法冶炼中，某些含氮(如：)、磷[如：磷酸丁基酯(C4H9O)3P=O]等有机物作萃取剂，可将金属萃取出来，从而实现在温和条件下金属冶炼。回答下列问题：
（1）基态C原子核外电子排布式为[Ar]____，有____个未成对电子。
（2）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-文表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的氮原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为____。
（3）科学家证实，BeCl2是共价化合物，请设计一个简单实验证明该结论：____；Be的杂化轨道类型为____。
（4）在N、NH3、N2H4、NH、N2H五种微粒中，同种微粒间能形成氢键的有____；不能作为配位体的有____；空间构型为直线形的是____。
（5）氮原子的第一电离能____(填“大于”“小于”或“等于”)磷原子的第一电离能。
（6）分别用、表示H2PO和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO、K+在晶胞xx面、yz面上的位置。若晶胞底边的边长均为apm，高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为____g·cm-3(写出表达式即可)。
【答案】（1） ①. 3d74s2 ②. 3
（2）+或-
（3） ①. 将BeCl2加热到熔融状态，不能导电，证明BeCl2是共价化合物 ②. sp
（4） ①. NH3、N2H4 ②. NH、N2H ③. N
（5）大于 （6）
【解析】
【小问1详解】
基态C原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2；3d能级上有2个成对电子，3个未成对电子；
【小问2详解】
基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3，其价电子自旋磁量子数的代数和为；
【小问3详解】
要证明BeCl2是共价化合物，可验证其熔融状态的导电性，如：用两个碳棒做电极，取一直流电源，导线，一个小灯泡，将其连接后插入熔融氯化铍中，若灯泡亮起来，则证明是离子化合物，若不亮，则是共价化合物；BeCl2是直线形分子，Be的杂化轨道类型为sp杂化；
【小问4详解】
氢键的形成是孤电子对与原子核之间的引力，这就要求另一个条件为原子核要小，所以一般为N、O、F原子，氨气有一对孤电子对，肼有两对孤电子对，所以氨气、肼能形成氢键，而、中N的孤电子对都与氢离子共用，从而也就没了孤电子对，不能作为配体；与CO2互为等电子体，空间构型为直线形；故在、NH3、N2H4、、五种微粒中，同种微粒间能形成氢键的有NH3、N2H4；不能作为配位体的有、；空间构型为直线形的是；
【小问5详解】
N原子半径小于P，原子核对核外电子的吸引能力更强，第一电离能大于P；
【小问6详解】
如图所示，钾离子所在位置：顶点，面心，体心，均摊法计算共4个，由KH2PO4化学式可知阴离子也是4个，故晶体的密度。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 普瑞巴林(pregabalin)常用于治疗糖尿病和带状疱疹引起的神经痛，其合成路线如下：
已知：i.R1CHO+R2-CH2COOR+H2O
ii.RCOOH+CO(NH2)2RCONH2+NH3↑+CO2↑
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______，-NH2的电子式为_______。
（2）B的结构简式为_______。
（3）反应②的反应类型是_______。
（4）D中有_______个手性碳原子。
（5）写出反应④的化学方程式_______。
（6）H是G的同系物，其碳原子数比G少四个，则H可能的结构(不考虑立体异构)有_______种，其中-NH2在链端的有_______(写结构简式)。
（7）写出以1，6-己二酸为原料制备聚戊内酰胺( )的合成路线_______(其他无机试剂和有机溶剂任选)。
【答案】（1） ①. 3-甲基丁醛或异戊醛 ②.
（2） （3）加成反应
（4）2 （5） +＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O
（6） ①. 5 ②. 、
（7）
【解析】
【分析】根据A的结构简式，A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；对比B和C的结构简式，C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，以此解题。
【小问1详解】
根据A的结构简式，A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；故答案为3-甲基丁醛或异戊醛；-NH2是氨气失去1个电子后生成的物质，其电子式为： ；
【小问2详解】
对比A和C的结构简式，A与NCCH2COOCH3发生已知(i)的反应，NCCH2COOCH3中的亚甲基上C与醛基上的碳原子以碳碳双键相连，同时生成水，则B的结构简式为 ；故答案为 ；
【小问3详解】
对比B和C的结构简式，C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，故答案为加成反应；
【小问4详解】
根据手性碳原子的定义，有机物D中含有的手性碳原子有2个，即；
【小问5详解】
根据已知ii可知，反应④的反应方程式为＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；故答案为＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；
【小问6详解】
H是G的同系物，碳原子比G少四个，即H中有四个碳原子，与G具有相同的官能团，H中应含有氨基和羧基，H可能的结构简式为 ，结构简式还可能是 ，结构简式还可能是 ，还可能是 ，有1种结构，还可能是 ，共有5种；其中-NH2在链端的有： 、 ；
【小问7详解】A
B
C
D
检验1-溴丙烷和氢氧化钠的醇溶液反应生成丙烯
除去SO2中的少量
制取并收集少量Cl2
灼烧
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.考试时间50分钟，满分100分
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Cl：35.5 K：39 Ti：48 Fe：56 I：127
一、选择题：本题共7个小题，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. 中国建亚洲最大太阳能发电站、神舟十三号顺利往返及三次“天宫授课”、上海官宣实现14纳米先进工艺量产及5G芯片等突破，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是
A. 太阳能电池板材料是二氧化硅
B. 飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于天然有机高分子
C. “泡腾片实验”中，柠檬酸与小苏打反应时，有电子转移
D. 制造5G芯片的氮化镓不属于合金材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．太阳能电池板材料是半导体材料硅，不是二氧化硅，故A错误；
B．玻璃纤维是合成高分子材料，不属于天然有机高分子，故B错误；
C．柠檬酸的酸性强于碳酸，能与小苏打反应生成二氧化碳，反应中没有元素发生化合价变化，没有电子转移，属于非氧化还原反应，故C错误；
D．氮化镓是化合物，不是金属单质的混合物，所以氮化镓不可能属于合金材料，故D正确；
故选D。
2. 设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 室温下，20gKH固体中所含H-的数目为0.5NA
B. 1L0.01ml·L-1的Ca(HCO3)2溶液中含碳粒子总数为0.02NA
C. 50g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氧原子总数为0.5NA
D. 2NH3(g)⇌3H2(g)+N2(g) ΔH=+akJ·ml-1，若参加反应的NH3数目为2NA，反应会吸收akJ热量
【答案】C
【解析】
【详解】A．KH由K+和H-组成，20gKH的物质的量0.5ml，所含H-的数目为0.5NA，故A正确；
B．1L0.01ml·L-1的Ca(HCO3)2的物质的量为0.01ml，碳酸氢根离子的物质的量为0.02ml，根据元素守恒可知含碳粒子总数为0.02NA，故B正确；
C．未考虑溶剂水中的氧原子，故C错误；
D．由热化学方程式可知，1ml氨气完全反应时吸收akJ热量，则参加反应NH3数目为2NA，会吸收akJ热量，故D正确；
故选：C。
3. 一种用于合成肠炎药物的有机中间体结构如下，下列关于该物质的叙述错误的是
A. 与 互为同分异构体
B. 3个氧原子可能共平面
C. 有5种不同化学环境的氢原子
D. 可发生取代、加成反应，但不能发生消去反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．该有机化合物与 的分子式均为C9H8O3，但结构不同，因此属于同分异构体，A正确；
B．苯环是平面形结构，与苯环直接相连的原子与苯环共平面；醛基是平面形结构，通过旋转碳碳单键可使2个平面重合，则物质中3个氧原子可能共平面，B正确；
C．该有机物分子中有6种不同环境的氢原子，如图： ，C错误；
D．该化合物含有烃基、苯环等结构，可发生取代、加成反应，但不能发生消去反应，D正确；
故选C。
4. 利用如图装置进行实验，能达到实验目的的是
A AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙醇具有挥发性，乙醇、乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此无法判断消去产物为丙烯，选项A不能达到实验目；
B．SO2在饱和溶液中溶解度低，且可发生反应NaHSO3+HCl=NaCl+H2O+SO2↑，所以饱和溶液可用于除去SO2中的HCl，选项B能达到实验目的；
C．氯气的密度大于空气，应该长管进短管出，选项C不能达到实验目的；
D．灼烧物质应该在坩埚中进行，选项D不能达到实验目的；
答案选B。
5. X、Y、Z是三种短周期元素，原子半径的大小为Y>X>Z，三种元素的原子序数之和为15；X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生图转化关系，其中R为10电子分子，是一种常见的无机溶剂。下列说法不正确的是
A. X、Y、Z元素两两之间均能形成原子个数比为2：1的化合物
B. X元素位于周期表中第16列
C. R的沸点高于M的沸点的原因是，R的范德华力大于M的范德华力
D. X的非金属性大于Y
【答案】C
【解析】
【分析】R为10电子分子，是一种常见的无机溶剂，则R为H2O。X、Y、Z是三种短周期元素，原子半径的大小为r(Y)>r(X)>r(Z)，由转化关系可知Z为H，X为O。三种元素的原子序数之和为15，则Y的原子序数为15-1-8=6， 可知Y为C。X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图转化关系，则M为CO或CO2，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，X、Y、Z分别为O、C和H，三种元素两两之间均能形成原子个数比为2:1的化合物，如CO2、H2O和C2H4，A正确；
B．X为O元素，位于元素周期表的第二周期第ⅥA族，位于周期表中第16列，B正确；
C．根据分析，R为H2O，M为CO或CO2，H2O存在分子间氢键，而CO或CO2不能形成分子间氢键，因而R的沸点高于M，C错误；
D．X、Y分别为O、C，同周期元素从左至右，非金属性逐渐增大，则非金属性O>C，D正确；
故选C。
6. 近日，中国科学院大连化学物理研究所以Li2NH为载氮体，在LiCl-NaCl-KCl熔融盐电解槽中利用可再生能源电驱动合成氨，原理如图所示。
下列叙述错误的是
A. M极为阴极，发生还原反应
B. N极区总反应为4LiH+N2=2Li2NH+H2
C. 在M极上生成17gNH3时理论上转移4ml电子
D. 上述合成氨属于绿色化学工艺
【答案】C
【解析】
【详解】A．M电极与电池的负极相连为阴极，得到电子发生还原反应，A正确；
B．根据图上信息，N极区总反应为，B正确；
C．在M电极区，，生成17gNH3时理论上转移3ml电子，C错误；
D．该过程中合成氨，没有使用催化剂，没有产生污染物质，属于绿色化学工艺，D正确；
故选C。
7. 25°C时，用NaOH溶液分别滴定HX、CuSO4、MgSO4三种溶液，pM[p表示负对数，M表示、c(Cu2+)、c(Mg2+ )等]随pH变化关系如图所示，已知Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mg(OH)2]，下列说法不正确的是
A. HX电离平衡常数Ka=10-5
B. 滴定HX当pH=7时，c(X- )>c(HX)
C. ③代表滴定CuSO4溶液变化关系
D. Mg(OH)2易溶于HX溶液中
【答案】C
【解析】
【分析】pM[p表示负对数，M表示、c(Cu2+)、c(Mg2+ )等]，随着pH不断增大，溶液中的、c(Cu2+)、c(Mg2+)不断减小，即pM增大，Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mg(OH)2]即氢氧化铜比氢氧化镁更难溶，pH相同时，c(Cu2+)更小pM更大，又因为Ksp[Cu(OH)2]和 Ksp[Mg(OH)2]的表达式结构类似，-lgc(Cu2+)、-lgc(Mg2+)和pH是一次函数的关系，且二者的斜率相等，则曲线①代表CuSO4，曲线③代表MgSO4，曲线②代表HX溶液，以此解答。
【详解】A．由分析可知，曲线③代表HX溶液，当pH=8.6时，-lg=0，则c(HX)= c(X-)，HX的电离平衡常数Ka= =c(H+)=10-5，故A正确；
B．HX的电离平衡常数Ka=10-5，说明HX是一元弱酸，等浓度的NaX和HX溶液中，X-的水解常数Kh=< Ka=10-5，该溶液呈酸性，则滴定HX当pH=7时，c(X- )>c(HX)，故B正确；
C．由分析可知，曲线③代表MgSO4，故C错误；
D．pH=8.6时，-lgc(Mg2+)=0，c(Mg2+)=1ml/L，Ksp[Mg(OH)2]= ，假设Mg(OH)2易溶于HX溶液中，则有反应Mg(OH)2+2HX=Mg2++2X-+2H2O，该反应的平衡常数K==107.2，平衡常数较大，反应越彻底，所以Mg(OH)2易溶于HX溶液中，故D正确；
故选C。
二、非选择题：共58分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11~12题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共43分。
8. 铼(Re)是一种具有重要军事战略意义的金属。NH4ReO4是制备高纯度Re的重要中间体。
I.实验室制备NH4ReO4的装置如图所示。
已知：(1)Re2O7易溶于水，溶于水后生成HReO4；HReO4与H2S反应生成Re2S7；
(2)2NH4ReO42NH3↑+H2O+Re2O7
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是_____。
（2）反应开始前先向C中三颈烧瓶内加入一定量的Re2O7和水。关闭K2、K3，打开K1、K4，三颈烧瓶内生成Re2S7。关闭K1，打开K2通入N2一段时间，通入N2的目的是_____。打开K3，滴入足量H2O2的氨水溶液，生成NH4ReO4；反应结束后从溶液中通过冷却结晶分离出NH4ReO4。
（3）下列装置可用作装置单元X的是_____(填标号)。
A. B.
C. D.
II.NH4ReO4的纯度测定[M(NH4ReO4)268g/ml]
称取wgNH4ReO4样品，加适量水溶解，注入三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用VmLc1ml•L-1的盐酸标准溶液吸收，蒸氨结束后取下接收瓶。取吸收液用c2ml•L-1NaOH(稀)标准溶液滴定过剩的HCl，达到终点时消耗V2mLNaOH溶液。
（4）实验所用的NaOH标准溶液，通常采用间接法配制，即配成近似浓度的溶液，再用基准物标定。不能采用直接法配制的原因是_____。
（5）样品中NH4ReO4的质量分数为_____(填表达式)。
III.高纯度铼的制取
（6）高温下用H2还原NH4ReO4可制得金属铼，装置如图所示：
①装置B中盛放的试剂为_____。
②玻璃管内发生反应的化学方程式为_____。
【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2）排出多余的H2S气体 （3）AC
（4）氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分
（5）%
（6） ①. 无水氯化钙或五氧化二磷(无水CaCl2或P2O5也可) ②. 2NH4ReO4+7H22Re+2NH3↑+8H2O
【解析】
【小问1详解】
仪器a为蒸馏烧瓶；
故答案为：蒸馏烧瓶；
【小问2详解】
通入N2主要是为了排出多余的H2S；
故答案为：排出多余的H2S气体；
【小问3详解】
装置单元X是为了除去多余的H2S，选择与之反应的物质即可，AC符合；
故答案为：AC；
【小问4详解】
NaOH标准溶液不能采用直接配制的原因在于NaOH易吸收空气中的CO2及H2O而很快变质导致浓度不准确；
故答案为：氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分；
【小问5详解】
依题意有关系：n(NH4+)+n(NaOH)=n(HCl)。故n (NH4ReO4)=n(NH4+)= n(HCl) -n(NaOH)=c1.V×10-3- c2V2×10-3，故w (NH4ReO4)== %；
故答案为：%；
【小问6详解】
①装置B为了吸收生成的NH3，故用无水氯化钙或五氧化二磷；
②由已知可得2NH4ReO42NH3↑+H2O+Re2O7，再由氢气还原Re2O7：2NH4ReO4+7H22Re+2NH3↑+8H2O；
故答案为：①无水氯化钙或五氧化二磷；②2NH4ReO4+7H22Re+2NH3↑+8H2O。
9. 氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意：
（1）合成塔中，反应开始进行时需要加热，加热的目的主要是_______；反应开始后停止加热，发现反应更加剧烈，由此可知该反应是_______(填“放热”或“吸热”)反应。
（2）从合成气中分离出氨，主要利用了氨气_______的性质；从氨分离器中分离出的另两种气体可回到_______(填写装置名称)中再利用。
（3）请写出氧化炉内发生反应的化学方程式并用标出电子转移的方向和数目_______。
（4）向吸收塔中通入过量A是_______，作用是_______。尾气处理装置中含有少量的NO2，可用NH3将其还原成不污染环境的气体，该反应方程式是_______。
（5）硝酸可氧化绝大多数金属，而工业上盛装大量浓硝酸可用铝制容器，原因是_______。
（6）①可利用浓盐酸检验氨气管道是否泄漏，若泄漏，可观察到的现象______________，该反应方程式是_______。
②氯化铵是一种高效氮肥，但因_______，必须放置阴凉处保存。硝酸铵也是一种高效氮肥，但_______，因此必须做改性处理后才能施用。
【答案】9. ①. 促使反应发生，加快反应速率 ②. 放热
10. ①. 易液化 ②. 合成塔
11. 12. ①. 空气(氧气) ②. 将NO氧化成NO2 ③. 8NH3+6NO2=7N2+12H2O
13. 常温下，浓硝酸可使铝钝化
14. ①. 产生白烟 ②. NH3+HCl=NH4Cl ③. 受热易分解 ④. 受到撞击或遇热易爆炸
【解析】
【分析】氮气和氢气合成塔中合成氨气，含有氨气的混合气体进入氨分离器得到氨气，氨气在氧化炉中催化氧化生成NO，NO和空气中氧气结合生成NO2，NO2、O2和水反应得到硝酸，最后尾气处理防止污染环境。
【小问1详解】
在合成塔中，反应开始进行时需要加热，加热的目的主要是断裂反应物中的化学键，促使反应发生，加快反应速率。反应开始后停止加热，发现反应更加剧烈，由此可知该反应发生放出热量，使气体温度升高，因此该反应是放热反应。
【小问2详解】
氮气与氢气合成氨气的反应是可逆反应，从合成气中分离出氨，主要利用了氨气的熔沸点比较高，物质易液化。从氨分离器中分离出的另两种气体氮气和氢气可回到合成塔中，用于继续合成氨气。
【小问3详解】
在氧化炉中NH3、O2反应产生NO、H2O，N元素化合价由反应前NH3中的-3价变为反应后NO中的+2价，化合价升高5价，O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后H2O、NO中的-2价，化合价降低2×2=4价，化合价升降最小公倍数是20，所以NH3、NO的系数是5，O2的系数是5，H2O的系数是6，由于元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目，故用单线桥法表示电子转移的方向和数目为：。
【小问4详解】
在氨氧化炉中，要向吸收塔中通入过量A是空气，增大氧气的浓度，可以使NH3氧化为NO，产生的NO进一步被氧化产生NO2气体。
尾气处理装置中含有少量的NO2，可用NH3将其还原成不污染环境的气体，二者反应产生N2、H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应方程式是8NH3+6NO2=7N2+12H2O。
【小问5详解】
硝酸可氧化绝大多数金属，而工业上盛装大量浓硝酸可用铝制容器，是由于在常温下，浓硝酸可以将铝表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步与酸反应，即发生钝化现象。
【小问6详解】
①可利用浓盐酸检验氨气管道是否泄漏，若泄漏，NH3、HCl发生反应产生NH4Cl白色固体，因此可观察到的现象是产生白烟现象，该反应的化学方程式是NH3+HCl=NH4Cl。
②氯化铵是一种高效氮肥，但因其受热易分解，因此必须放置阴凉处保存。硝酸铵也是一种高效氮肥，但由于受到撞击或遇热易爆炸，因此必须做改性处理后才能施用。
10. 工业上冶炼冰铜(mCu2O·nFeS)可得到粗铜，在空气中煅烧冰铜时，产生一种有刺激性气味的气体A，该气体排放到空气中，会对空气形成严重污染。
完成下列填空：
(1)为了降低污染气体A的排放，可选用下列试剂中的__(填序号)吸收。
a．浓硫酸 b．浓硝酸 c．氢氧化钠溶液 d．石灰乳
(2)已知Al能将某些金属从其氧化物中置换出来，将铝与泡铜高温反应可制得粗铜，制取该粗铜的化学方程式是________________________________。当转移电子数为6NA时，理论上消耗Al的质量为_______ g。
(3)SO2气体和H2S气体反应可生成单质硫，现有SO2和H2S混合气体2.0 ml，当所得到的氧化产物比还原产物多16克时，则混合气体中H2S的物质的量可能为：__________________。
(4)纳米氧化铝在陶瓷材料、电子工业、生物医药等方面有广阔的应用前景，它可通过硫酸铝铵晶体热分解得到。取4.53g硫酸铝铵晶体【Al2(NH4)2(SO4)n·24H2O，相对分子质量为906】加热分解，最终剩余0.51 g Al2O3固体。加热过程中，固体质量随时间的变化如图2所示。
试通过计算确定400℃剩余固体成分的化学式________________。(写出计算过程)
【答案】 ①. cd ②. 3Cu2O+2Al6Cu+Al2O3 ③. 54 ④. 1或1.5 ⑤. Al2(NH4)2(SO4)4·H2O
【解析】
【分析】冰铜(mCu2O·nFeS)在空气中焙烧，生成二氧化硫气体、泡铜（CuO，Cu）和熔渣，氧化铜和铝在高温条件下生成粗铜，经过纯化最终可得到CuSO4·5H2O；
【详解】(1) (1)根据冰铜( mCu2O·nFeS)的组成元素可知，冰铜( mCu2O·nFeS)在空气中燃烧生成的气体A应该是SO2气体。SO2是大气污染物，属于酸性氧化物，因此可用来吸收SO2的试剂是氢氧化钠溶液或氨水，浓硫酸不能吸收SO2，浓硝酸吸收SO2又生成大气污染物NO2，故选cd；
(2) Al能将某些金属从其氧化物中置换出来，将铝与泡铜高温反应可制得粗铜，制取该粗铜的化学方程式是3Cu2O+2Al6Cu+Al2O3，由方程式可知，1ml铝参加反应转移3 NA 电子，由题可知转移电子数为6 NA，参加反应的铝的物质的量为2ml，理论上参加反应的铝的质量为54g，故答案为：3Cu2O+2Al6Cu+Al2O3，54；
(3)假设硫化氢完全反应，则硫化氢的物质的量为x
解得 x=1ml
假设二氧化硫完全反应，则二氧化硫的物质的量为y
解得y=0.5ml
SO2和H2S混合气体2.0 ml，所以硫化氢的物质的量为1.5ml，故答案为：1或1.5；
(4) Al2(NH4)2(SO4)n·24H2O的物质的量为0.005ml，H2O的物质的量为0.12ml，水的质量为2.16g，200-500℃时,质量差为4.53g—2.46g=2.07g,由此可知结晶水并未完全失去,此时还含有结晶水n(H2O)= 0.005 ml，之前的分解过程就是逐步失水的过程。由水和硫酸铝铵的关系,可以得知200~500℃时,固体成分是 Al2(NH4)2(SO4)4·H2O，故答案为：Al2(NH4)2(SO4)4·H2O。
(二)选考题：共15分。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 在金属(如：Cu、C、Be、K等)的湿法冶炼中，某些含氮(如：)、磷[如：磷酸丁基酯(C4H9O)3P=O]等有机物作萃取剂，可将金属萃取出来，从而实现在温和条件下金属冶炼。回答下列问题：
（1）基态C原子核外电子排布式为[Ar]____，有____个未成对电子。
（2）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-文表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的氮原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为____。
（3）科学家证实，BeCl2是共价化合物，请设计一个简单实验证明该结论：____；Be的杂化轨道类型为____。
（4）在N、NH3、N2H4、NH、N2H五种微粒中，同种微粒间能形成氢键的有____；不能作为配位体的有____；空间构型为直线形的是____。
（5）氮原子的第一电离能____(填“大于”“小于”或“等于”)磷原子的第一电离能。
（6）分别用、表示H2PO和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO、K+在晶胞xx面、yz面上的位置。若晶胞底边的边长均为apm，高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为____g·cm-3(写出表达式即可)。
【答案】（1） ①. 3d74s2 ②. 3
（2）+或-
（3） ①. 将BeCl2加热到熔融状态，不能导电，证明BeCl2是共价化合物 ②. sp
（4） ①. NH3、N2H4 ②. NH、N2H ③. N
（5）大于 （6）
【解析】
【小问1详解】
基态C原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2；3d能级上有2个成对电子，3个未成对电子；
【小问2详解】
基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3，其价电子自旋磁量子数的代数和为；
【小问3详解】
要证明BeCl2是共价化合物，可验证其熔融状态的导电性，如：用两个碳棒做电极，取一直流电源，导线，一个小灯泡，将其连接后插入熔融氯化铍中，若灯泡亮起来，则证明是离子化合物，若不亮，则是共价化合物；BeCl2是直线形分子，Be的杂化轨道类型为sp杂化；
【小问4详解】
氢键的形成是孤电子对与原子核之间的引力，这就要求另一个条件为原子核要小，所以一般为N、O、F原子，氨气有一对孤电子对，肼有两对孤电子对，所以氨气、肼能形成氢键，而、中N的孤电子对都与氢离子共用，从而也就没了孤电子对，不能作为配体；与CO2互为等电子体，空间构型为直线形；故在、NH3、N2H4、、五种微粒中，同种微粒间能形成氢键的有NH3、N2H4；不能作为配位体的有、；空间构型为直线形的是；
【小问5详解】
N原子半径小于P，原子核对核外电子的吸引能力更强，第一电离能大于P；
【小问6详解】
如图所示，钾离子所在位置：顶点，面心，体心，均摊法计算共4个，由KH2PO4化学式可知阴离子也是4个，故晶体的密度。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 普瑞巴林(pregabalin)常用于治疗糖尿病和带状疱疹引起的神经痛，其合成路线如下：
已知：i.R1CHO+R2-CH2COOR+H2O
ii.RCOOH+CO(NH2)2RCONH2+NH3↑+CO2↑
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______，-NH2的电子式为_______。
（2）B的结构简式为_______。
（3）反应②的反应类型是_______。
（4）D中有_______个手性碳原子。
（5）写出反应④的化学方程式_______。
（6）H是G的同系物，其碳原子数比G少四个，则H可能的结构(不考虑立体异构)有_______种，其中-NH2在链端的有_______(写结构简式)。
（7）写出以1，6-己二酸为原料制备聚戊内酰胺( )的合成路线_______(其他无机试剂和有机溶剂任选)。
【答案】（1） ①. 3-甲基丁醛或异戊醛 ②.
（2） （3）加成反应
（4）2 （5） +＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O
（6） ①. 5 ②. 、
（7）
【解析】
【分析】根据A的结构简式，A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；对比B和C的结构简式，C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，以此解题。
【小问1详解】
根据A的结构简式，A属于醛，按照系统命名的原则，该有机物A的名称为3-甲基丁醛；故答案为3-甲基丁醛或异戊醛；-NH2是氨气失去1个电子后生成的物质，其电子式为： ；
【小问2详解】
对比A和C的结构简式，A与NCCH2COOCH3发生已知(i)的反应，NCCH2COOCH3中的亚甲基上C与醛基上的碳原子以碳碳双键相连，同时生成水，则B的结构简式为 ；故答案为 ；
【小问3详解】
对比B和C的结构简式，C中不含有碳碳双键，B→C的反应类型为加成反应，故答案为加成反应；
【小问4详解】
根据手性碳原子的定义，有机物D中含有的手性碳原子有2个，即；
【小问5详解】
根据已知ii可知，反应④的反应方程式为＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；故答案为＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；
【小问6详解】
H是G的同系物，碳原子比G少四个，即H中有四个碳原子，与G具有相同的官能团，H中应含有氨基和羧基，H可能的结构简式为 ，结构简式还可能是 ，结构简式还可能是 ，还可能是 ，有1种结构，还可能是 ，共有5种；其中-NH2在链端的有： 、 ；
【小问7详解】A
B
C
D
检验1-溴丙烷和氢氧化钠的醇溶液反应生成丙烯
除去SO2中的少量
制取并收集少量Cl2
灼烧
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