北京市第四中学2024-2025学年高三上学期10月阶段性测试化学试卷（Word版附解析）

这是一份北京市第四中学2024-2025学年高三上学期10月阶段性测试化学试卷（Word版附解析），文件包含北京市第四中学2024-2025学年高三上学期10月阶段性测试化学试题Word版含解析docx、北京市第四中学2024-2025学年高三上学期10月阶段性测试化学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
一、单项选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。)
1. 下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是
A. NH3用于制硝酸B. NaOH溶液用于吸收SO2
C. FeCl3溶液用于刻蚀铜板D. 新制氢氧化铜悬浊液用于检验醛基
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH3发生催化氧化生成NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2和水反应生成HNO3，与氧化还原反应有关，A不符合题意；
B．NaOH溶液用于吸收SO2，发生反应2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，该反应属于非氧化还原反应，B符合题意；
C．FeCl3溶液用于刻蚀铜板，发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，与氧化还原反应有关，C不符合题意；
D．新制氢氧化铜悬浊液用于检验醛基，氢氧化铜被还原为Cu2O，与氧化还原反应有关，D不符合题意；
故选B。
2. 下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH增大的是
A. 向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，紫色褪去
B. 向NaHSO3溶液中加入Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀
C. 向BaCl2溶液中先通入SO2，后通入O2，产生白色沉淀
D. 向饱和NaCl溶液中先通入NH3，后通入CO2，产生白色沉淀
【答案】A
【解析】
【详解】A．向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，紫色褪去，说明发生氧化还原反应，离子方程式：，pH增大，故A正确；
B．向NaHSO3溶液中加入Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀，发生复分解反应，不属于氧化还原反应，故B错误；
C．向BaCl2溶液中先通入SO2，后通入O2，产生白色沉淀，反应过程中H+增多，pH减小，故C错误；
D．向饱和NaCl溶液中先通入NH3，后通入CO2，产生白色沉淀，无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故D错误；
答案选A。
3. 下列所给事实对应离子方程式书写不正确的是
A. 通入溶液中变成绿色：
B. 硝酸银溶液中加入过量氨水：
C. 草酸溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液：
D. 硝酸亚铁溶液中加入稀硫酸：
【答案】C
【解析】
【详解】A．被溶液氧化为硫酸根离子，溶液变成绿色是因为生成了Cr3+，所给离子方程式正确，故A正确；
B．硝酸银溶液中加入过量氨水生成，所给离子方程式正确，故B正确；
C．草酸为弱酸，离子方程式书写时不能拆，正确的离子方程式为，故C错误；
D．硝酸亚铁溶液中加入稀硫酸发生氧化还原反应生成一氧化氮、硝酸铁和水，所给离子方程式正确，故D正确；
故选C。
4. 中成药连花清瘟胶囊在对抗病毒中发挥重大作用，其有效成分绿原酸的结构简式如图，下列有关说法正确的是
A. 绿原酸属于芳香烃
B. 绿原酸最多可与反应
C. 绿原酸与溴水反应最多可消耗
D. 绿原酸苯环上的3个基团做位置变换构成的绿原酸的同分异构体有5种
【答案】D
【解析】
【详解】A．绿原酸中含有C、H两种元素外，还含有O元素，不属于芳香烃，A错误；
B．绿原酸中含有1个苯环和1个碳碳双键可以和H2发生加成反应，绿原酸最多可与反应，B错误；
C．有机物苯环上的氢原子位于酚羟基的邻位和对位，都可被取代，且含有碳碳双键，可发生加成反应，则1 ml绿原酸与溴水反应最多消耗4mlBr2，C错误；
D．与绿原酸苯环上取代基种类及个数均相同的有机物，当两个相同的羟基相邻时，第三个取代基有两种可能的位置，当两个相同的羟基相间时，第三个取代基有三种可能的位置，当两个相同的羟基相对时，第三个取代基只有一种可能的位置，共有6种结构，减去本身则有5种，D正确；
故选D。
5. 液态N2O4是火箭推进系统的有效氧化剂．实验室制备少量N2O4的流程如下,下列分析不正确的是
A. 反应②、③中氮元素的化合价发生了变化
B. 反应②利用了NH3的还原性
C. 反应④的颜色变化是由化学平衡移动引起的
D 反应①可由如图所示装置实现
【答案】D
【解析】
【详解】A. 已知这五种化合物NH4Cl、NH3、NO、NO2、N2O4中N元素的化合价分别为-3、-3、+2、+4、+4，所以反应①④中N元素的化合价没有变化，反应②③中N元素的化合价变化了，故A正确；
B. 反应②中N元素从-3价升高为+2价，NH3表现出还原性，故B正确；
C. 由于2NO2N2O4是放热反应，则降低温度，平衡正向移动，使NO2转化为N2O4，故C正确；
D. 反应①是固体加热生成易溶于水的NH3，应为固+固加热制备气体的发生装置、用向下排空气法收集氨气；图示装置中发生装置和收集装置都不合适，故D不正确；
答案选D。
6. 下列说法不正确的是
A. 植物油氢化后所得硬化油不易被空气氧化变质，可作为制造肥皂的原料
B. 向饱和溶液中滴加几滴鸡蛋清溶液，出现沉淀，加蒸馏水后沉淀溶解
C. 酸催化下，苯酚与甲醛反应生成线型酚醛树脂，同时生成
D. (如图)中的磷酸与核糖之间通过磷酯键连接
【答案】C
【解析】
【详解】A．硬化油中不含碳碳不饱和键，所以性质较为稳定，不易被空气氧化变质，而饱和的高级脂肪酸甘油酯在碱性的条件下水解，用于制取肥皂，A正确；
B．发生盐析，出现白色沉淀，向沉淀中加入适量蒸馏水，沉淀溶解，盐析为可逆过程，B正确；
C．酸催化下，nml苯酚与nml甲醛反应生成线型酚醛树脂，化学方程式为：n +nHCHO+(n-1)H2O，所以n ml的苯酚与n ml甲醛反应生成(n-1)ml的水，C错误；
D．由ATP结构可知，核糖与磷酸之间通过磷酯键结合形成ATP，D正确；
故选C。
7. 下列实验不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯和溴水不发生反应，而苯酚和溴水易发生取代反应，生成白色沉淀三溴苯酚，对比两个实验，可以证明羟基的存在使苯环更活泼，故A不符合；
B．由于乙醇易挥发，酸性高锰酸钾溶液能氧化乙醇而褪色，故不能证明生成乙烯，故B符合；
C．乙酸和乙醇在浓硫酸催化并加热的条件下反应制备乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，为防止倒吸，导气管不能伸入液面以下，故C不符合；
D．检验溴乙烷中含有溴元素，先向溴乙烷中加入氢氧化钠溶液，使之发生水解，产生Br-，再加入稀硝酸酸化，最后加入AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀，证明溴乙烷中溴元素的存在，故D不符合；
故选B。
8. 氘代氨()可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到：①与的水解反应；②与反应。下列说法不正确的是
A. 和可用质谱法区分
B. 和均为极性分子
C. 方法①的化学方程式是
D. 方法②得到的产品纯度比方法①的高
【答案】D
【解析】
【详解】A．和的相对分子质量不同，可以用质谱法区分，A正确；
B．和的H原子不同，但空间构型均为三角锥形，是极性分子，B正确；
C．Mg3N2与D2O发生水解生成Mg(OD)2和ND3，反应方法①的化学方程式书写正确，C正确；
D．方法②是通过中D原子代替中H原子的方式得到，代换的个数不同，产物会不同，纯度低，D错误；
故选D。
9. 我国科研人员研发的海泥细菌电池不仅可以作为海底仪器的水下电源，还可以促进有机污染物（以表示）的分解，其工作原理如图，其中海底沉积层/海水界面可起到质子交换膜的作用，下列理论分析正确的是
A. a极为电池负极
B. b极的电极反应为
C. 若b极区生成，则a极区增加2ml
D. 外电路通过时，至少有生成
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，海泥细菌作用下有机污染物酸性条件下与海水中的硫酸根离子反应生成二氧化碳和氢硫酸根离子，反应的方程式为2CH2O+SO+H+=2CO2↑+HS−+2H2O，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S↓+H+，则电池总反应为O2+2HS—+2H+=2S↓+2H2O。
【详解】A．由分析可知，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，故A错误；
B．由分析可知，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S↓+H+，故B错误；
C．由分析可知，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S↓+H+，由电极反应式可知，b极区生成1ml硫时，b极同时生成的1ml氢离子移向a极区，a极氧气转化为水消耗2ml氢离子，则a极区氢离子的物质的量减少1ml，故C错误；
D．由分析可知，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S↓+H+，则外电路通过1ml电子时，消耗0.5ml氢硫酸根离子，海泥细菌作用下有机污染物酸性条件下与海水中的硫酸根离子反应生成二氧化碳和氢硫酸根离子，反应的方程式为2CH2O+SO+H+=2CO2↑+HS−+2H2O，由方程式可知，生成0.5ml氢硫酸根离子同时生成1ml二氧化碳，故D正确；
故选D。
10. 研究者利用电化学法在铜催化剂表面催化还原CO制备乙烯，同时得到副产物乙醇，反应机理如下图。
下列说法不正确的是
A. x为
B. 步骤①中有生成
C. 该电极上生成乙烯的总反应式为
D. 可通过增强催化剂的选择性来减少副反应的发生
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．根据前后物质的结构对比，生成乙烯或乙醇均得到8个电子，所以x为，故A错误；
B．步骤①为脱去羟基的反应，且对比前后结构，有生成，故B正确；
C．该电极上生成乙烯的总反应式为，故C正确；
D．可以增强催化剂的选择想来减少副反应的发生，故D正确；
故选A。
11. 采用惰性电极电解制备乙醛酸()的原理如下所示。E室电解液为盐酸和乙二醛()的混合溶液，F室电解液为乙二酸溶液。下列说法不正确的是
A. a为电源正极
B. H+从E室迁移至F室
C. 外电路中每通过2ml电子，理论上就有1ml乙醛酸生成
D. E室中乙二醛被氧化的化学方程式：H2O+Cl2++2HCl
【答案】C
【解析】
【分析】左侧电极上氯离子失电子生成氯气，为阳极，则a电极为正极；b为负极，右侧电极为阴极，据此分析解答；
【详解】A．由以上分析可知a为电源正极，故A正确；
B．电解池中H+向阴极移动，则H+从E室迁移至F室，故B正确；
C．由装置可知阴阳极区均有乙醛酸生成，则外电路中每通过2ml电子，理论上有2ml乙醛酸生成，故C错误；
D．阳极生成的氯气与反应生成乙醛酸，1ml氯气得2ml电子，1ml反应时失2ml电子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程式：H2O+Cl2++2HCl，故D正确；
故选：C。
12. 合成聚合物P，将反应物一次全部加入密闭的反应釜中，转化路线如下，聚合过程包含三个阶段，依次发生。
下列说法不正确的是
A. 第一阶段中有C-O键和C-N键的断裂
B. 该条件下，与聚合的速率可能远大于与O＝C＝O聚合的速率
C. 聚合物P中含有3种官能团
D. 加入，最多生成聚合物P
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据转化路线知，第一阶段中有C-O键和C-N键的断裂，A正确；
B．聚合过程包含三个阶段，依次发生，即先发生与聚合，后发生与O＝C＝O聚合，所以该条件下，与聚合的速率可能远大于与O＝C＝O聚合的速率，B正确；
C．聚合物P中含有酯基、酰胺基、羟基3种官能团，C正确；
D．由第一阶段知，生成1ml，同时得到，由第三阶段知，生成聚合物P，需要，则生成聚合物P，需要，则加入，最多生成聚合物P ，D错误；
故选D。
13. 用过量的盐酸和溶液的混合液作为浸取剂，将黄铜矿（）中的铜元素以的形式，铁元素以的形式浸出，一种流程示意图如下。
下列说法不正确的是
A. 的中心离子是，配体是
B. 参与反应的
C. 浸取剂中的有助于固体的溶解
D. 用浓盐酸和溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解
【答案】B
【解析】
【分析】将黄铜矿（）粉碎，加入过量的盐酸和溶液的混合液溶解得到、的混合液，所得滤渣的主要成分是S和少量CuS等，说明发生氧化还原反应，硫元素被氧化，铜元素被还原，据此解答。
【详解】A．中氯元素是－1价，铜元素化合价是+1价，其中中心离子是，配体是，A正确；
B．溶解过程中发生的反应为+3+4HCl＝4+2S+FeCl2，但由于含有少量CuS生成，所以参与反应的，B错误；
C．由于生成的亚铜离子能与氯离子结合形成络合物，因此浸取剂中的有助于固体的溶解，C正确；
D．铁离子具有氧化性，因此也能用浓盐酸和溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解，D正确；
答案选B。
14. 某小组比较Cl-、Br-、I- 的还原性，实验如下：
下列对实验的分析不合理的是
A. 实验1中，白烟是NH4ClB. 根据实验1和实验2判断还原性：Br-＞Cl-
C. 根据实验3判断还原性：I-＞Br-D. 上述实验利用了浓H2SO4的强氧化性、难挥发性等性质
【答案】C
【解析】
【分析】实验1，浓硫酸与氯化钠固体反应生成氯化氢气体；实验2，溶液变黄，说明有溴单质生成；②中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质；实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性；
【详解】实验1，试管口挥发出的氯化氢气体与浓氨水挥发出的氨气反应生成白烟氯化铵，故A合理；实验1溶液颜色无明显变化说明浓硫酸不能氧化氯离子，实验2溶液变黄说明浓硫酸能氧化溴离子，所以判断还原性：Br-＞Cl-，故B合理；②中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质，不能得出还原性I-＞Br-的结论，故C不合理；实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性，故D合理；选C。
II卷(共58分，答案填写在答题纸上)
15. 二氧化氯(，黄绿色易溶于水的气体)是高效低毒的消毒剂。回答下列问题：
（1）某小组设计了如图所示的实验装置用于制备。
装置用于生成气体，该反应的离子方程式为_______。
（2）将过硫酸钠溶液加入亚氯酸钠中可制备。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。
（3）①可去除酸性废水中的，写出该反应的离子方程式_______。
②通入溶液产生黑色固体，该反应的离子方程式为_______。
（4）用处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是_______(填标号)。
a．明矾 b．硫酸钠 c．盐酸 d．硫酸亚铁
【答案】（1）
（2）
（3） ①. ②.
（4）d
【解析】
【小问1详解】
A装置为利用NaClO3、H2O2在酸性条件下制备二氧化氯，反应的离子方程式为；
【小问2详解】
过硫酸钠溶液加入亚氯酸钠中可制备，1ml过硫酸钠转化为2ml硫酸钠转移2ml电子，1ml亚氯酸钠转化为1mlClO2转移1ml电子，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2；
【小问3详解】
①可去除酸性废水中的，反应的离子方程式为；
②通入溶液产生黑色固体二氧化锰，反应的离子方程式为；
【小问4详解】
若要除去超标的亚氯酸盐，abc均不能还原亚氯酸盐，只有d中Fe2+将还原成Cl-，Fe2+被氧化为铁离子，且铁离子水解生成胶体可净化饮用水，则最适宜的是d。
16. 用如下方法回收废旧CPU中的单质Au(金)、Ag和Cu。
已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解；②。
（1）酸溶后经_______操作，将混合物分离。
（2）浓、稀均可作酸溶试剂。溶解等量的消耗的物质的量不同，写出消耗物质的量少的反应的化学方程式：_______。
（3）与王水[(浓硝酸)：(浓盐酸)]溶金原理相同。
①写出框图中溶金反应的化学方程式：_______。
②关于溶金的下列说法正确的是_______。
A．用到了的氧化性
B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用浓盐酸与也可使溶解
（4）若用足量Zn粉将溶液中的完全还原，则该反应的离子方程式为_______。
（5）用适当浓度的盐酸、溶液、氨水与铁粉，可按照如下方法从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。
试剂1是_______，物质2是_______。
【答案】（1）过滤 （2）
（3） ①. ②. AC
（4）
（5） ①. 溶液 ②. 、
【解析】
【分析】旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液，含金的溶液中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，金转化为HAuCl4，HAuCl4经锌粉还原分离得到金。
【小问1详解】
Au(金)，Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的的操作是过滤，将混合物分离。
【小问2详解】
铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；溶解1mlCu消耗HNO3的物质的量为ml；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1mlCu消耗HNO3的物质的量为4ml；消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方程式为：。
【小问3详解】
①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；
②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正确；
B．王水中V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸中提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误；
C．HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故C正确；
答案选AC。
【小问4详解】
用足量Zn粉将溶液中的完全还原生成Au，同时Zn也将H+还原为H2，Zn被氧化为Zn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
【小问5详解】
根据图中信息可知，含有铜离子和银离子溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，物质2是铜和过量的铁粉，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，物质2是、。
17. 三氧化二铬是重要的有机反应催化剂，一种利用铬酸钾粗品制备的流程示意图如下。
已知：I．粗品中含有、等杂质；
II． ；
III．易溶于水，难溶于水。
（1）净化除杂
向粗品中加入溶液，生成沉淀以除去、。反应的离子方程式是_______。
（2）制备
①向净化液中通入过量的可制得。反应的化学方程式是_______。
②电解净化液也可制得，装置示意图如图1。
i．阴极室中获得的产品有和_______。
ii．结合化学用语说明制备的原理：_______。
iii．取某溶液稀释至，移取稀释液于锥形瓶中，加入过量的溶液，滴加2∼3滴酚酞溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为。则溶液的物质的量浓度为_______ml/L。
（3）制备
在热压反应釜中，将蔗糖与的混合溶液加热至120℃，可获得，同时生成、。若生成，理论上消耗蔗糖的物质的量至少是_______。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 浓溶液 ③. 阳极反应：，生成，发生反应，转化为，穿过阳离子交换膜进入阴极室，在阳极室中制得 ④.
（3）0.125
【解析】
【分析】铬酸钾粗品加入 K2CO3溶液生成 MgxCayCO3沉淀以除去 Mg2+、Ca2+，净化除杂后通入过量的 CO2 可制得 K2Cr2O7，蔗糖 (C12H22O11)与 K2Cr2O7的混合溶液加热至120℃，可获得 Cr2O3。
【小问1详解】
向 K2CrO4粗品中加入 K2CO3 溶液，生成 MgxCayCO3 沉淀以除去Mg2+、Ca2+，则反应为镁、钙离子和碳酸根离子生成沉淀，反应的离子方程式是：。
【小问2详解】
①向净化液中通入过量的可制得，根据质量守恒可知，水也参与反应，生成物还有碳酸氢钾，反应的化学方程式是；
②i.阴极室中水得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极区钾离子通过阳离子交换膜向阴极迁移得到氢氧化钾，故获得的产品有H2和浓KOH溶液；
ii.阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：，溶液酸性增强，发生反应：，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极室，阳极室得到；
iii. ，加入过量氯化钡生成铬酸沉淀和氢离子，加入氢氧化钠发生反应，则存在关系，则溶液的物质的量浓度为。
【小问3详解】
蔗糖与的混合溶液加热至，可获得，同时生成、，反应中碳元素化合价由0变为+4，铬元素化合价由+6变为+3，结合电子守恒可知，若生成，理论上消耗蔗糖的物质的量至少是0.125ml。
18. 开瑞坦是一种重要的脱敏药物，可用于治疗过敏性鼻炎、荨麻疹等各类过敏性疾病。开瑞坦的前体K的合成路线如下：
已知：i．
ii．R-NH2+
（1）A的核磁共振氢谱有3组峰，A的结构简式是_________。
（2）B中含有，试剂a是_________。
（3）D的结构简式是_________。
（4）E→F中，反应i的化学方程式为_________。
（5）下列关于有机物F和G的说法正确的是_________（填字母）。
a．F和G均没有手性碳原子
b．F和G均能与反应
c．F和G均能与银氨溶液反应
（6）H与反应得到I经历了下图所示的多步反应。其中，中间产物1有2个六元环，红外光谱显示中间产物2、3中均含键。
中间产物1、中间产物3的结构简式是_________、_________。
（7）I→J的过程中，转化为含价Se的化合物，反应中和I的物质的量之比为_________。
【答案】（1） （2）HBr
（3） （4）+2NaOH+2CH3OH
（5）bc （6） ①. ②. 或者
（7）3：1
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，核磁共振氢谱有3组峰的一定条件下与环氧乙烷反应生成，则A为、B为；与溴化氢发生取代反应生成，则C为；催化剂作用下与CH2(COOCH3)2发生取代反应生成，则D为；催化剂作用下与Br(CH2)2CHO发生取代反应生成，在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成，酸化生成，则F为；共热发生脱羧反应生成，则G为；一定条件下转化为，与羟胺发生加成反应生成，发生消去反应，发生构型转化为或，或发生消去反应生成，与二氧化硒发生氧化反应生成，则J为；催化剂作用下发生取代反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，故答案为：；
【小问2详解】
由分析可知，与溴化氢发生取代反应生成和水，则试剂a为溴化氢，故答案为：HBr；
【小问3详解】
由分析可知，D的结构简式为，故答案为：；
【小问4详解】
由分析可知，E→F中，反应i的反应为在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成和甲醇，反应的化学方程式为+2NaOH→+2CH3OH，故答案为：+2NaOH→+2CH3OH；
【小问5详解】
由分析可知，F和G的结构简式为和；
a．由结构简式可知，G分子中含有1个如图*所示的1个手性碳原子：，故错误；
b．由结构简式可知，F和G分子中均含有能与碳酸氢钠反应的羧基，故正确；
c．由结构简式可知，F和G分子中均含有能与银氨溶液反应的醛基，故正确；
故选bc；
【小问6详解】
由分析可知，H→I的反应为与羟胺发生加成反应生成，发生消去反应，发生构型转化为或，或发生消去反应生成，则中间产物1的结构简式为，中间产物3的结构简式为或，故答案为：；或；
【小问7详解】
由分析可知，I→J的反应为与二氧化硒发生氧化反应生成，由得失电子数目守恒可知，反应中氧化剂二氧化硒和还原剂的物质的量之比为3：1，故答案为：3：1。
19. 资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。
已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。
I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
（1）初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________(填“>”“