【化学】河南省八市2018-2019学年高二下学期第二次质量检测（解析版）

河南省八市2018-2019学年高二下学期第二次质量检测
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 N 14 C 12 O 16 Cu 64
第Ⅰ卷(选择题)
一 、选择题：本题共16小题，分为必做题和选做题两部分，其中1～12题为必做题，每个试题考生都必须作答；13～16题为选做题，考生根据要求作答。每小题所给的四个选项中，只有一项符合题目要求。每小题3分，共48分。
1.下列说法不正确的是（ ）
A. 化学反应热效应数值与参加反应的物质多少有关
B. 化学反应过程中的能量变化除了热能外，也可以是光能、电能等
C. ΔH越大，说明反应放出的热量越多
D. 需要加热才能进行的化学反应不一定是吸热反应
【答案】C
【详解】A．参加反应的物质越多，放出或吸收的热量越多，所以化学反应的热效应数值与参加反应的物质多少有关，故A正确；
B．根据化学反应过程中的能量转化形式，除了热能外，也可以是光能、电能等，故B正确；
C．对于反应是放热反应的焓变，△H越大，说明反应放出的热量越少，对于吸热反应△H越大，说明反应吸收的热量越多，故C错误；
D．需要加热才能进行的化学反应可能是放热反应，如木材的燃烧等，故D正确；
答案选C。
2.下列说法正确的是（ ）
A. ΔH1＝ΔH2＋ΔH3
B. 在催化剂条件下，反应的活化能等于E1＋E2
C. 表示醋酸溶液滴定 NaOH溶液和氨水混合溶液的电导率变化曲线
D. 可表示由CO(g)生成CO2(g)的过程中要放出566 kJ 热量
【答案】C
【解析】试题分析：根据盖斯定律来可知：一个反应无论是一步完成还是分为数步完成，其热效应是相同的，故应有：△H1=-△H2-△H3，A错误；E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，B错误；氢氧化钠是强电解质，氨水是弱电解质，滴加的弱电解质先和氢氧化钠反应生成强电解质醋酸钠，但溶液体积不断增大，溶液被稀释，所以电导率下降；当氢氧化钠完全被中和后，醋酸继续与弱电解质氨水反应生成强电解质醋酸铵，所以电导率增大；氨水也完全反应后，继续滴加醋酸，因为溶液被稀释，电导率有下降趋势，C正确；图象中未标明CO、氧气以及CO2的物质的量与焓变的值的数值计量关系，D错误。
考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算，涉及反应热和焓变、弱电解质在水溶液里的电离平衡等。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 浓度是影响化学反应速率的本质因素
B. 在容积可变的密闭容器中，发生反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)，把容积缩小一倍，正反应速率加快，平衡正向移动
C. 反应 MgCl2(l)=Mg(l)+Cl2(g)的 △H<0、△S>0
D. 化学反应速率可用单位时间内反应物的浓度变化量来表示
【答案】D
【详解】A．反应物的性质为决定化学反应速率的本质因素，浓度为影响反应速率的外界因素，故A错误；
B．增大压强，参加反应的气体的浓度都增大，正、逆反应速率都增大，对于反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)，增大压强，平衡不移动，故B错误；
C．MgCl2的分解反应属于吸热反应，△H＞0，反应后生成气体，熵变增加，△S＞0，故C错误；
D．化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减少量或生成物浓度的增加量(均取正值)来表示，即可用单位时间内反应物的浓度变化量来表示，故D正确；
答案选D。
4.下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A. 在蒸馏水中加入NH4NO3固体，Kw不变
B. 加水稀释FeCl3溶液，c(Fe3+)/ c(Cl-)的值减小
C. 加热蒸干并灼烧Al(NO3)3溶液得到Al(OH)3固体
D. 浓度均为0.1 mol·L-1的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中：3c(Na+)＝2[c(CO32- )＋c(HCO3-)+ c(H2CO3)]
【答案】B
【详解】A．Kw只受温度的影响，因硝酸铵溶于水吸热，则温度降低，水的离子积常数减小，故A错误；
B．加水稀释FeCl3溶液，促进氯化铁水解，所以铁离子物质的量减小，而氯离子的物质的量不变，所以变小，即的值减小，故B正确；
C．铝离子水解生成氢氧化铝和硝酸，加热蒸发，硝酸易挥发，促进水解，生成氢氧化铝沉淀，灼烧，最后得到的固体是Al2O3，故C错误；
D．浓度均为0.1mol•L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液，根据物料守恒，2c(Na+)＝3[c(CO32- )＋c(HCO3-)+ c(H2CO3)]，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题的易错点和难点为D，要注意电解质溶液中的三大守恒关系的应用，浓度相等的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中钠离子的浓度是含碳微粒浓度的。
5.下列有关电池的说法不正确的是（ ）
A. 太阳能电池的主要材料是高纯度的晶体硅
B. 铜锌原电池工作时，电子由锌极经电解质溶液流向铜电极
C. 甲醇燃料电池工作时，甲醇在负极被氧化
D. 原电池中一定发生了氧化还原反应
【答案】B
【详解】A．太阳能电池的主要材料是高纯度的晶体硅，故A正确；
B．铜锌原电池中锌易失电子作负极，铜作正极，放电时，电子从负极锌沿导线流向正极铜，电子不能经过溶液，故B错误；
C．燃料电池中，燃料易失电子而发生氧化反应，所以甲醇在负极上被氧化，故C正确；
D．原电池反应的实质是自发的氧化还原反应，所以原电池中一定发生了氧化还原反应，故D正确；
答案选B。
6.常温下，下列各组离子在指定条件下一定能大量共存的是（ ）
A. c(NH4+)=0.1mol/L溶液中：Fe3+、Al3+、NO3-、I-
B. 水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L 的溶液中： Na+、NH4+ 、Cl-、SO42-
C. c(HCO3-)=1.0mol/L的溶液中： Na+、Al3+、SO42-、NO3-
D. 使石蕊变蓝的溶液中：K+、Na+、CO32-、AlO2-
【答案】D
【详解】A．Fe3+与I-能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不符合题意；
B．常温下由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C．Al3+与HCO3-能够发生双水解反应，不能大量共存，故C不符合题意；
D．能使石蕊变蓝的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、AlO2-、K+、CO32-之间不发生反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D符合题意；
答案选D。
7.下列描述正确的是（ ）
A. 电解AlCl3饱和溶液，可制得金属铝
B. 用惰性电极电解足量CuSO4溶液，一段时间后，阴极和阳极析出产物的质量之比为4∶1
C. 将等体积不同浓度的酸性高锰酸钾溶液分别滴入等浓度等体积的草酸溶液中，依据褪色快慢，比较浓度对反应速率的影响
D. 新制氯水中存在两种电离平衡，且2c(Cl2) =c (Cl-) +c (ClO-) +c (HClO)
【答案】B
【详解】A．AlCl3饱和溶液中氢离子的得电子能力大于铝离子，所以在阴极上氢离子得电子生成氢气，铝离子不能被电解，所以得不到金属铝，故A错误；
B．电解硫酸铜溶液生成氧气、硫酸和铜，其中阳极析出氧气，阴极析出铜，根据2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑，生成的铜和氧气的质量比为=，故B正确；
C．等体积不同浓度的酸性高锰酸钾中含有的高锰酸钾的物质的量不等，溶液的颜色不同，应该用等浓度等体积的高锰酸钾草酸溶液与等体积不同浓度草酸反应，通过测量褪色的时间长短来研究浓度对反应速率的影响，故C错误；
D．新制氯水中存在水的电离平衡H2O⇌H++OH-，次氯酸的电离平衡HClO⇌H++ClO-，新制氯水中存在两种电离平衡，因氯水中氯气与水反应的程度不清楚，则反应的氯气的量未知，不能确定没有反应的氯气与c(ClO-)、c(Cl-)、c(HClO)的关系，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题的易错点为C，要注意探究浓度对反应速率的影响时，需要保持其他条件完全相同，本题中高锰酸钾的浓度不同，溶液的颜色不同，而通过溶液颜色褪色需要的时间来判断，需要保证溶液的颜色相同才行。
8.一定条件下，在密闭容器中充入CO2与H2进行反应：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+ 3H2O(g) ΔH。采用催化剂甲和催化剂乙分别发生上述反应，测得反应进行相同时间时CO2的转化率α(CO2)随反应温度T的变化曲线如下图所示(忽略温度对催化剂活性的影响)：

下列叙述正确的是（ ）
A. 该可逆反应的ΔH>0
B. 催化剂甲作用下反应活化能比催化剂乙作用下反应的活化能大
C. 500K下达到平衡时，反应在催化剂甲作用下的转化率比在催化剂乙作用下的转化率高
D. d、e两点反应已经达到平衡
【答案】D
【分析】在建立平衡之前，随着反应温度的升高，反应速率逐渐增大，随着反应的进行，CO2的转化率逐渐增大，当二氧化碳的转化率达到最大时，建立平衡，然后随着温度升高，二氧化碳的转化率减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析，该可逆反应为放热反应，ΔH＜0，故A错误；
B．在建立平衡之前，相同温度条件下，催化剂甲反应速率大于催化剂乙，说明催化剂甲作用下反应的活化能比催化剂乙作用下反应的活化能小，故B错误；
C．催化剂不能使平衡发生移动，因此 500K下达到平衡时，反应在催化剂甲作用下的转化率与在催化剂乙作用下的转化率相等，故C错误；
D．根据上述分析，d、e两点反应都已经达到平衡，故D正确；
答案选D。
9.微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如下图所示：

下列说法正确的是（ ）
A. 电流由a极沿导线流向b极
B. 每转移1 mol e－，标准状况下，消耗O2 2.8L
C. 微生物所在电极区放电时发生还原反应
D. 负极的电极反应式为HS－＋4H2O－8e－=SO42-＋9H＋
【答案】D
【分析】由图可知硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，所以两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2 失去电子，负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+；正极上是氧气得电子的还原反应：4H++O2+4e-=2H2O，结合原电池原理分析解答。
【详解】A．根据上述分析和H+的移动方向，b是电池的正极，a是负极，则电子从a流出沿导线流向b极，则电流从b流出沿导线流向a极，故A错误；
B．根据4H++O2+4e-=2H2O，每转移1 mol e－，消耗O2 0.25mol，标准状况下的体积为5.6L，故B错误；
C．微生物所在电极区为负极，放电时发生氧化反应，故C错误；
D．负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，故D正确；
答案选D。
【点睛】解答本题需要注意，硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，该反应在负极区完成，但没有在电极上反应，因此负极反应式不包括该反应。
10.常温下向20 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1 HCl溶液40 mL，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A. 在同一溶液中，H2CO3、HCO3—、CO32—不能大量共存
B. 当pH＝7时，溶液中各种离子(CO32—除外)的物质的量浓度的大小关系为：c(Cl-)＞c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(H+)=c(OH-)
C. 0.1 mol/L Na2CO3溶液中c(OH－)－c(H＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO3－)
D. 当 pH＝8时，NaHCO3溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L
【答案】A
【详解】A．由图可知，pH在8～12时存在HCO3-、CO32-，pH＜8存在H2CO3、HCO3-，可知上述反应的同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存，故A正确；
B．由图可知，pH=7时c(H+)=c(OH-)，溶液中主要含有H2CO3、HCO3-，且c(HCO3-)＞c(H2CO3)，则溶质为NaCl、NaHCO3、H2CO3，则存在c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HCO3-)，故B错误；
C．0.1 mol/L Na2CO3溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+ c(H+)=2 c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(OH-)，也存在物料守恒，c(Na+)=2[c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(H2CO3)]，则c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2CO3)+c(HCO3－)，故C错误；
D．当 pH＝8时，恰好反应生成NaHCO3溶液，加入盐酸溶液的体积为20mL，溶液的体积是40mL，因此NaHCO3溶液的物质的量浓度是0.05 mol/L，故D错误；
答案选A。
11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向25mL沸水中滴加5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸，生成红褐色沉淀
制得Fe(OH)3胶体
B
室温下，向浓度均为0.1 mol·L-1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀。
Ksp(BaSO4)＜Ksp(CaSO4)
C
室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色。
Fe3+的氧化性比I2的强
D
室温下，用pH试纸测得：0.1mol·L-1 Na2SO3溶液的pH约为10；0.1mol·L-1 NaHSO3溶液的pH约为5。
HSO3－结合H＋的能力比
SO32－的强

【答案】C
【详解】A．FeCl3饱和溶液在沸水中水解生成氢氧化铁胶体，为防止胶体聚沉，当溶液呈红褐色时停止加热，故A错误；
B．白色沉淀可能为硫酸钡或硫酸钙，不能比较Ksp(BaSO4)、Ksp(CaSO4)的大小，故B错误；
C．碘离子和铁离子反应生成碘和亚铁离子，碘遇淀粉试液变蓝色，在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中氧化剂是铁离子、氧化产物的碘，所以氧化性：Fe3+＞I2，故C正确；
D．前者水解显碱性，后者电离程度大于水解程度，溶液显酸性，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，故D错误；
答案选C。
12.已知下列物质在20℃下的Ksp如下，
化学式
AgCl
AgBr
AgI
Ag2S
Ag2CrO4
颜色
白色
浅黄色
黄色
黑色
红色
Ksp
2.0×10－10
5.4×10－13
8.3×10－17
2.0×10－48
2.0×10－12

下列说法不正确的是（ ）
A. 20℃时，上述五种银盐饱和溶液中，Ag＋物质的量浓度由大到小的顺序是:Ag2CrO4＞AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S。
B. 向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，c(Br -) /(Cl -)＝2.7×10－3
C. 测定水体中氯化物的含量，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时，应加入的指示剂是K2CrO4
D. 某溶液中含有Cl－、Br－和I－，浓度均为0.010 mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L-1的AgNO3溶液时，Cl－最先沉淀出来
【答案】D
【详解】A．20℃时，在AgCl的饱和溶液中，Ksp=c(Ag+)×c(Cl-)=2.0×10-10，c(Ag+)= mol·L-1；Ag2CrO4饱和溶液中，Ksp=c2(Ag+)c(CrO42-)=2.0×10-12，c(Ag+)= mol·L-1；同理，在AgI 的饱和溶液中，c(Ag+)= mol·L-1；在AgBr的饱和溶液中，c(Ag+)=mol/L；在Ag2S 的饱和溶液中，c(Ag+)= mol·L-1；故Ag+物质的量浓度由大到小的顺序是Ag2CrO4＞AgCl＞AgBr＞AgI＞Ag2S，故A正确；
B．当两种沉淀共存时，Ag+离子浓度相同，根据溶度积常数计算，c(Br-)=，c(Cl-)=，则==2.7×10-3，故B正确；
C．指示剂的作用是指示出氯离子恰好沉淀完全，即让氯离子先沉淀，沉淀完全后，再滴入硝酸银溶液会生成一种颜色不同的沉淀来指示滴定终点；氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1∶1，依据Ksp可以直接比较溶解度大小为氯化银＞溴化银＞碘化银；Ksp(AgCl)= c(Ag+)×c(Cl-)=2.0×10--10，c(Cl-)= mol·L-1；Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c(CrO42-)=2.0×10-12，c(CrO42-)= mol·L-1，同理硫化银的Ksp= c2(Ag+)c(S2-)=2.0×10－48，c(S2-)= mol·L-1，说明铬酸银溶解度大于氯化银，硫化银溶解度小于氯化银，则加入K2CrO4做指示剂，可正确的测定氯化物的含量，故C正确；
D．某溶液中含有Cl－、Br－和I－，浓度均为0.010 mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L-1的AgNO3溶液时，氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1∶1，Ksp由大到小的顺序为：AgCl＞AgBr＞AgI，因此I－最先沉淀出来，故D错误；
答案选D。
【点睛】正确理解Ksp与溶解度的关系是解答本题的关键。本题的易错点为C，相同阴阳离子比的物质直接用Ksp比较，不同阴阳离子比的物质需要计算离子浓度比较。要注意本题中选择的指示剂不能先与硝酸银反应。
13.下列有关说法正确的是（ ）
A. 原子半径：Be ＜ B ＜ C ＜ N B. 电负性：Si＞F
C. 酸性：H3PO4 ＞ H2SiO3 ＞ HNO3 D. 第一电离能：Mg＞Na
【答案】D
【详解】A．Be、B、C、N位于同一周期，且原子序数逐渐增大，同周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径Be＞B＞C＞N，故A错误；
B．同周期元素，从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族，从上到下，元素的电负性逐渐减小，则元素的电负性：F＞Si，故B错误；
C．非金属性：N＞P＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：HNO3＞H3PO4 ＞H2SiO3，故C错误；
D．同周期，从左到右，第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：Mg＞Na，故D正确；
答案选D。
14.下列说法正确的是（ ）
A. 鉴别晶体与非晶体可用X-射线衍射实验
B. 钾焰色反应的紫色辐射波长比钠焰色反应的黄光的波长要长
C. 元素周期表s区、d区及ds区一定都是金属元素
D. 两种元素的电负性相差越大，越易形成共价化合物
【答案】A
【详解】A．晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，X—射线衍射实验可以看到微观结构，因此可用X-射线衍射实验鉴别晶体与非晶体，故A正确；
B．黄色对应的辐射波长范围为597～577nm，紫色波长介于400nm～435nm之间，则钾焰色反应的紫色辐射波长比钠焰色反应的黄光的波长要短，故B错误；
C．H为s区元素，为非金属元素，d区和ds区的元素都是金属元素，故C错误；
D．电负性相差越大的元素原子间越容易形成离子键，存在电子的得失，形成离子化合物，故D错误；
答案选A。
15.元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，已知Z元素基态原子的外围电子排布为ns(n-2)npn，则下列说法错误的是 （ ）
X



Y

W

Z

A. W元素单质具有半导体特性
B. X元素形成的化合物最多
C. Y 元素形成的最简单氢化物中Y原子采用sp2杂化
D. Z元素基态原子的价电子排布为4s24p4
【答案】C
【分析】Z元素基态原子的外围电子排布为ns(n-2)npn，含有p电子，则s已经排满，外围电子排布为4s24p4，为第四周期第ⅥA族元素，为Se元素，则W为Ge元素，Y为P元素，X为C元素，据此分析解答。
【详解】A．W为Ge元素，为第四周期第ⅣA族元素，位于金属和非金属分界线附近，具有半导体特性，故A正确；
B．碳元素形成的化合物中含有大量的有机化合物，种类最多，故B正确；
C．Y 元素形成的最简单氢化物为PH3，与H形成3个σ键，且含有1对孤电子对，P原子采用sp3杂化，故C错误；
D．根据上述分析，Z元素基态原子的价电子排布为4s24p4，故D正确；
答案选C。
16.石墨烯是一种由碳原子组成六角形呈蜂巢晶格的二维碳纳米材料(如图甲)，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯(如图乙)。

下列说法错误的是（ ）
A. 图甲中，1号C与相邻C形成σ键的个数为3
B. 图乙中，1号C的杂化方式是sp2
C. M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图为，该材料的化学式为M3C60
D. 将50nm左右的石墨烯或氧化石墨烯溶于水，在相同条件下所得到的分散系后者更为稳定
【答案】B
【详解】A．图中1号C与相邻C形成3个C-C键，形成σ键的个数为3，故A正确；
B．图中1号C形成3个C-C及1个C-O键，C原子为sp3杂化，故B错误；
C．M原子位于晶胞的棱上与内部，棱上有12个M，内部有9个M，其个数为12×+9=12，C60分子位于顶点和面心，C60分子的个数为8×+6×=4，M原子和C60分子的个数比为3∶1，则该材料的化学式为M3C60，故C正确；
D．氧化石墨烯粒子可与水分子形成氢键，而石墨烯不能，形成氢键使稳定性增强，故D正确；
答案选B。
17.化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（ ）
A. 糖类、油脂、蛋白质的水解产物都是非电解质
B. 油脂久置会发生酸败，主要是因为油脂水解
C. 家用天然气中添加有特殊气味的物质，可促进气体完全燃烧
D. 医疗检查报告中的血糖指的是葡萄糖
【答案】D
【详解】A．油脂水解产物是高级脂肪酸和甘油，高级脂肪酸属于电解质，蛋白质的水解产物为氨基酸，含有羧基和氨基，属于电解质，故A错误；
B．油脂久置会出现油脂的酸败现象，是因为油脂发生了氧化反应，故B错误；
C．家用天然气中，添加有特殊臭味的气体，是为了便于人们及时发现天然气泄漏，故C错误；
D．人体血糖含量指的是血液中含葡萄糖的多少，故D正确；
答案选D。
18.下列说法正确的是（ ）
A. 相对分子质量为72的某烷烃，一氯代物有8种
B. 聚合物可由单体CH2＝CHCH3CH＝CH2加聚制得
C. CH3CH(OH)CH(CH3)2的名称为2-甲基-3-丁醇
D. 植物油氢化、塑料和橡胶的老化过程中均发生了加成反应
【答案】A
【详解】A．相对分子质量为72的某烷烃为戊烷，分别为正戊烷、异戊烷、新戊烷，H原子种类分别为3、4、1，因此一氯代物共8种，故A正确；
B．中主链含4个C，为加聚反应产物，两种单体为CH3CH=CH2和CH2=CH2，故B错误；
C．CH3CH(OH)CH(CH3)2命名时从距离羟基最近的一端开始编号，名称为3-甲基-2-丁醇，故C错误；
D．塑料和橡胶的老化主要发生氧化反应，故D错误；
答案选A。
19.下列实验操作及对应的现象与结论都正确的是 （ ）

实验操作
现象
结论
A
向淀粉中加入碘水
溶液变蓝
淀粉没有水解
B
向乙醇中加入浓硫酸并加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液
溶液紫色逐渐褪去
产生的气体为乙烯
C
向蛋白质溶液中滴加几滴HgCl2溶液
产生沉淀，加水沉淀不溶
蛋白质发生了变性
D
向2mL10％CuSO4溶液，加入3滴10％NaOH溶液，再加入乙醛溶液，加热
无砖红色沉淀
乙醛已变质

【答案】C
【详解】A．加碘水溶液变蓝，只能说明溶液中存在淀粉，没有检验葡萄糖，不能说明是否水解，故A错误；
B．乙醇中加入浓硫酸并加热，产生的气体中可能含有乙醇蒸气、乙烯、二氧化硫等，乙醇蒸气、乙烯、二氧化硫均能使高锰酸钾褪色，此现象不能说明气体一定为乙烯，故B错误；
C．蛋白质溶液中滴加HgCl2溶液发生变性，为不可逆反应，则产生白色沉淀，加水沉淀不消失，故C正确；
D．向2mL10%CuSO4溶液中加3滴10% 的NaOH溶液，氢氧化钠的量不足，而氢氧化铜悬浊液与乙醛的反应需要在氢氧化钠过量的环境下才能成功，故D错误；
答案选C。
20.我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯(DMO)和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下：

下列说法不正确的是（ ）
A. Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子
B. 1mol DMO分子进行水解可以得到1mol甲醇
C. 反应过程中生成了MG和甲醇
D. EG和甲醇不是同系物
【答案】B
【分析】根据图示，DMO为草酸二甲酯，EG为乙二醇，MG为HOCH2COOCH3，据此分析解答。
【详解】A．由图可知，氢气转化为H原子，Cu纳米颗粒作催化剂，故A正确；
B．DMO为草酸二甲酯，1mol DMO分子进行水解可以得到1mol乙二酸(草酸)和2mol甲醇，故B错误；
C．根据图示，DMO中C-O、C=O均断裂，则反应过程中生成了MG和甲醇中间产物，故C正确；
D．EG与甲醇中-OH数目不同，二者不是同系物，故D正确；
答案选B。
【点睛】认识图中各种物质的球棍模型是解题的关键。本题的易错点为D，要注意同系物概念的理解，结构相似包括含有的官能团种类和数目要相同。
第Ⅱ卷(非选择题)
21.甲醇是一种新型的汽车动力燃料。请回答下列问题：
(1)工业上可通过CO和H2化合来制备CH3OH(g)。已知某些化学键的键能数据如下表：
化学键
C-C
C-H
H-H
C-O

H-O
键能/kJ•mol-1
348
413
436
358
1072
463

已知：CO中的C与O之间形成的化学键为键。工业制备甲醇的热化学方程式___________________________________________________；
(2)在容积固定为2L的密闭容器内充入1molCO和2molH2，加入合适的催化剂(体积可以忽略不计)后，在250℃下开始反应，并用压力计检测容器内压强的变化如下：
反应时间/min
0
5
10
15
20
25
压强/MPa
10.8
9.6
8.4
7.8
72
7.2

则从反应开始到20min时，以CO表示的平均反应速率为___________，该温度下平衡常数K= ______；若升高温度，则CO的转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)；
(3)在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中只发生反应：2CH3OH(g) C2H4(g)+2H2O(g)，依据表中的相关数据可确定该反应的ΔH______0(填“＞”“＜”或“=”，下同)；容器C达到平衡时，容器中总压强p(C)/p(A)_______2；容器A达到平衡时，向容器中再充入CH3OH(g)、C2H4(g)、H2O(g)各0.1 mol，此时，υ(正)_______υ(逆)。
容器
温度/℃
起始加入量/mol
平衡时乙烯/mol
CH3OH(g)
C2H4(g)
H2O(g)
A
310
0.2
0
0
0.05
B
327
0
0.1
0.2
0.047
C
310
0.2
0.1
0.2
/

【答案】 (1). CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH=－116 kJ•mol-1 (2). 0.0125mol•L-1•min-1 (3). 4 (4). 减小 (5). ＜ (6). ＜ (7). ＜
【分析】(1)依据△H=反应物键能总和-生成物键能总和计算ΔH，再写出热化学方程式；
(2)通过(1)写出的热化学方程式可知反应是气体体积减小的放热反应，当反应进行到20min时反应达到平衡状态，依据反应速率概念υ= 计算速率，平衡常数是利用平衡状态下生成物浓度幂次方乘积除以反应物浓度的幂次方乘积得到；结合温度对平衡的影响分析判断；
(3)根据2CH3OH(g) C2H4(g)+2H2O(g)，A、B起始充入的物质等效，根据容器A、B结合温度对平衡的影响分析判断；容器C中起始时气体的物质的量相当于A的2倍，根据压强对平衡的影响分析判断；根据三段式计算A容器的平衡常数K，容器A达到平衡时，向容器中再充入CH3OH(g)、C2H4(g)、H2O(g)各0.1 mol，计算出Qc，根据Qc与K的大小分析判断。
【详解】(1)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，反应的△H=反应物总键能之和-生成物总键能之和，依据图表提供的化学键的键能，△H═1072kJ/mol+2×436kJ/mol-(3×413kJ/mol +358kJ/mol+ 463kJ/mol) =－116kJ•mol-1，故答案为：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH=－116 kJ•mol-1；
(2)从反应开始到20min时，设CO的浓度变化量是x，
CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)
初始浓度(mol/L)：0.5 1 0
变化浓度(mol/L)： x 2x x
平衡浓度(mol/L)：0.5-x 1-2x 　 x
根据反应前后压强之比等于物质的量之比，则=，解得x=0.25mol/L，从反应开始到20min时，以CO表示的平均反应速率υ（CO）===0.0125mol/(L•min)；平衡常数K===4；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO的转化率减小，故答案为：0.0125mol/(L•min)；4；减小；
(3)根据2CH3OH(g) C2H4(g)+2H2O(g)，A、B起始充入的物质等效，比较容器A、B可知，升高温度，平衡时乙烯的量减少，说明升高温度平衡逆向移动，因此正反应为放热反应，即△H＜0；容器C中起始时气体的物质的量相当于A的2倍，若平衡等效，在体积相同时，平衡压强应该为A的2倍，但增大压强，平衡逆向移动，气体的物质的量减少，因此平衡时容器中总压强p(C)/p(A)＜2；对于A容器，
2CH3OH(g) C2H4(g)+2H2O(g)，
初始浓度(mol/L)：0.2 0 　　 0
变化浓度(mol/L)：0.1 0.05 　　0.1
平衡浓度(mol/L)：0.1 0.05 　 　0.1
平衡常数K==0.05，容器A达到平衡时，向容器中再充入CH3OH(g)、C2H4(g)、H2O(g)各0.1 mol，此时Qc==0.1＞K，平衡逆向移动，说明υ(正)＜υ(逆)，故答案为：＜；＜；＜。
22.在室温下，下列五种溶液：①0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液　②0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液　③0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液　④0.1 mol·L－1氨水 ⑤0.1 mol·L－1 NH3·H2O和0.1 mol·L－1 NH4Cl混合液
请根据要求填写下列空白：
(1)溶液①呈_______(填“酸”、“碱”或“中”)性，其原因是__________________________(用离子方程式表示)。
(2)上述5中溶液中，其中水的电离程度最大的是_______(填序号)
(3)在上述①、②、③、④溶液中c(NH4+)浓度由大到小的顺序是_____________。(填序号)
(4) 室温下，测得溶液②的pH＝7，则CH3COO－与NH4+浓度的大小关系是c(CH3COO－)______c(NH4+)(填“＞”、“＜”或“=”)。
(5)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水实验。滴定可选用的指示剂为_______(填“甲基橙”或 “酚酞”)。上述滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，则会导致滴定结果______(填“偏高”或 “偏低”)。
【答案】(1). 酸 (2). NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋ (3). ② (4). ③＞①＞②＞④ (5). ＝ (6). 甲基橙 (7). 偏低
【分析】(1)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性；
(2)以0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液为标准，铵根离子水解，水的电离受到促进，结合溶液的其他微粒对铵根离子的水解的影响分析水的电离程度的变化；
(3)以0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液为标准，根据溶液的其他微粒对铵根离子的水解的影响，结合盐类的水解程度和弱电解质的电离程度一般均较小分析排序；
(4)常温下，测得溶液②的pH=7，说明溶液中c(OH-)=(H+)，根据电荷守恒分析判断；
(5)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水，滴定终点生成氯化铵，溶液显酸性，需要选择在酸性条件下变色的指示剂；滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，导致读取的标准溶液的体积偏小，据此分析判断。
【详解】(1)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性，水解的离子方程式为：NH4++H2ONH3•H2O+H+，故答案为：酸；NH4++H2ONH3•H2O+H+；
(2)以①0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液为标准，铵根离子水解，水的电离受到促进，②0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液，醋酸根离子水解，促进铵根离子水解，水的电离程度增大，③0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液，氢离子抑制铵根离子水解，电离出的H+抑制水的电离，④0.1 mol·L－1氨水，电离显碱性，水的电离受到抑制，⑤0.1 mol·L－1 NH3·H2O和0.1 mol·L－1 NH4Cl混合液中一水合氨抑制了铵根离子的水解，水的电离程度减小，因此水的电离程度最大的是②，故答案为：②；
(3)①0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液，铵根离子水解，c(NH4+)略小于0.1 mol·L-1；②0.1mol/L CH3COONH4 醋酸根离子水解促进铵根离子水解，铵根离子浓度小于比①小；③0.1mol/L NH4HSO4 溶液中的氢离子抑制铵根离子的水解，铵根离子浓度比①大；④0.1 mol·L－1氨水，一水合氨部分电离，c(NH4+)远小于0.1 mol·L-1；因此c(NH4+)浓度由大到小的顺序为，故答案为：③＞①＞②＞④；
(4)常温下，测得溶液②的pH=7，说明0.1mol/L CH3COONH4 溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，pH=7说明溶液中c(OH-)=(H+)，则c(CH3COO-)=c(NH4+)，故答案为：=；
(5)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氨水，滴定终点生成氯化铵，溶液显酸性，可选用甲基橙作指示剂。滴定开始时滴定管尖嘴处无气泡，完成时滴定管尖嘴处留有气泡，导致读取的标准溶液的体积偏小，滴定结果偏低，故答案为：甲基橙；偏低。
【点睛】本题的易错点为(3)，要注意盐类水解的影响因素，同时注意盐类的水解程度和弱电解质的电离程度一般均较小。
23.铜的化合物有很多，其中Cu2S、Cu2O、CuCl都是用途非常广泛的一价铜的化合物。回答下列问题：
(1)已知：2Cu(s)+O2(g)=2CuO(s) ΔH1=－314 kJ•mol-1
4CuO(s)=2 Cu2O(s)+ O2(g) ΔH2=+292 kJ•mol-1
固相法制备Cu2O的反应CuO(s)+ Cu(s)=Cu2O(s)的ΔH=___________
(2)辉铜矿(主要成分为Cu2S)经火法冶炼，可制得Cu和H2SO4，流程如下图所示：Ⅱ中，电解法精炼粗铜(含少量Ag、Fe)，CuSO4溶液做电解质溶液：
① 粗铜应与直流电源的_____ 极(填“正”或 “负”)相连。
② 铜在阴极析出，而铁以离子形式留在电解质溶液里的原因是____________________ 。

(3)Ⅲ中，烟气(主要含SO2、CO2)在较高温度经上右图所示方法脱除SO2，并制得H2SO4，在阳极生成SO3的电极反应式是____________________________。
(4)反应2CuCl(s) + Hg22+(aq) Hg2Cl2(s) +2Cu+(aq)达到平衡时，平衡常数K≈_____(保留两位有效数字)。［已知Ksp(CuCl)=1.2×10-6、Ksp (Hg2Cl2)=1.3×10-10］
【答案】(1). -11 kJ•mol-1 (2). 正 (3). Cu2＋的氧化性大于Fe2＋的氧化性
(4). 2SO42- －4e-= 2SO3 + O2 (5). 1.1×10－2
【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；
(2)根据电解原理分析电解精炼铜的阳极材料；依据溶液中阳离子的放电顺序回答；
(3)阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，由示意图可知，阴极是氧气获得电子得到SO42-，阳极是熔融硫酸钾中硫酸根失去电子生成SO3、O2；
(4)反应2CuCl(s) + Hg22+(aq) Hg2Cl2(s) +2Cu+(aq)达到平衡时，平衡常数K=，结合Ksp(CuCl)、Ksp (Hg2Cl2)计算。
【详解】(1)①2Cu(s)+O2(g)=2CuO(s) ΔH1=－314 kJ•mol-1，②4CuO(s)=2 Cu2O(s)+ O2(g) ΔH2=+292 kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①+②得2CuO(s)+2Cu(s)=2Cu2O(s)ΔH=(－314 kJ•mol-1)+(+292 kJ•mol-1)=-22kJ•mol-1，则CuO(s)+ Cu(s)=Cu2O(s) ΔH=-11kJ•mol-1，故答案为：-11 kJ•mol-1；
(2)①电解法炼铜时，阳极发生氧化反应、阴极发生还原反应，所以阳极为粗铜，与直流电源的正极相连，故答案为：正；
②粗铜中的银还原性比铜的弱，反应后以单质的形式沉积在电解槽阳极的槽底，Fe还原性比铜的强，也要放电生成亚铁离子，由于Cu2+的氧化性大于Fe2+的氧化性，故溶液中的铜离子在阴极放电析出，亚铁离子留在电解质溶液中，故答案为：Cu2+的氧化性大于Fe2+的氧化性；
(3)阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，由示意图可知，阴极是氧气获得电子得到SO42-，阳极是熔融硫酸钾中硫酸根失去电子生成SO3、O2，阳极电极反应方程式为：2SO42--4e-=2SO3↑+O2↑，故答案为：2SO42--4e-=2SO3↑+O2↑；
(4)反应2CuCl(s) + Hg22+(aq) Hg2Cl2(s) +2Cu+(aq)达到平衡时，平衡常数K===≈1.1×10－2，故答案为：1.1×10－2。
24.钕铁硼磁铁是目前为止具有最强磁力的永久磁铁。预计在未来20年里，不可能有替代钕铁硼磁铁的磁性材料岀现。生产钕铁硼磁铁的主要原材料有稀土金属钕、纯铁、铝、硼以及其他稀土原料。
(1) 钕(Nd)为60号元素，在周期表中第______周期；基态铁原子的外围电子排布式为______
(2) 实验测得AlCl3的实际存在形式为Al2Cl6，其分子的球棍模型如图所示。

① 已知Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，则Al2Cl6属于_________分子(填“极性”或“非极性”)，分子中A1原采取______杂化。
② Al2Cl6与过量NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，[A1(OH)4]－中存在的化学键有_____ (填选项字母)。
A.离子键 B.共价键 C.金属键 D.配位键 E.氢键
(3) B元素及与其同周期相邻的两种元素第一电离能由小到大的顺序为______(用元素符号表示)。B元素可在一定条件下生成H3O+ •[B(OH)F3]－ ，该化合物中电负性最大的元素的原子中，所有能层电子的电子云轮廓图形状有______种
(4) 因材料中含有大量的钕和铁，容易锈蚀是它的一大弱点。可电镀镍(Ni)、锌(Zn)等进行表面涂层处理。已知Ni可以形成[Ni(NH3)6]Cl2，该配合物中配体分子的空间构型为 _______ 。
(5) 已知立方BN晶体硬而脆，其晶胞结构如图所示，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，晶体的密度为bg·cm－3，则阿伏加德罗常数为_________ mol－1(用含a、b的代数式表示)

【答案】 (1). 六 (2). 3d64s2 (3). 非极性 (4). sp3 (5). BD (6). B＜Be＜C (7). 2 (8). 三角锥形 (9). ×1021
【分析】(1) 钕(Nd)为60号元素，根据稀有气体的原子序数分析判断，铁为26号元素，据此书写基态铁原子的外围电子排布式；
(2)①Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，每个铝原子和四个氯原子形成共价键；②Al3+与OH-之间为配位键，O与H之间存在共价键；
(3) 根据同周期第一电离能的变化规律判断；元素的非金属性越强，电负性越大，该化合物中电负性最大的元素是F，根据F的电子排布式判断所有能层电子的电子云轮廓图形状；
(4) [Ni(NH3)6]Cl2中配体分子为氨气，根据价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=σ键电子对数+(a-xb)计算N原子的价层电子对数，再判断空间构型；
(5) 根据均摊法计算每个晶胞中含有的N原子、B原子数目，再计算晶胞的质量；晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，为晶胞体对角线的，由此计算晶胞的棱长，确定晶胞的体积，最后根据晶胞的密度列式计算。
【详解】(1) 钕(Nd)为60号元素，根据稀有气体的原子序数可知，60与54较为靠近，因此钕(Nd)在周期表的第6周期ⅢB族；铁为26号元素，基态铁原子的外围电子排布式为3d64s2，故答案为：6；3d64s2；
(2)①Al2Cl6分子中正负电荷中心重合，属于非极性分子，每个铝原子和四个氯原子形成共价键，Al采取sp3杂化，故答案为：非极性；sp3；
②[A1(OH)4]－中Al3+与OH-之间为配位键，O与H之间存在共价键，故答案为：BD；
(3) 同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，B元素及与其同周期相邻的两种元素第一电离能由小到大的顺序为B＜Be＜C。B元素可在一定条件下生成H3O+ •[B(OH)F3]－，元素的非金属性越强，电负性越大，该化合物中电负性最大的元素是F，基态F原子的电子排布式为1s22s22p5，所有能层电子的电子云轮廓图形状有2种，故答案为：B＜Be＜C；2；
(4) [Ni(NH3)6]Cl2中配体分子为氨气，N原子的价层电子对数=3+=4，N采用sp3杂化，空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；
(5) 由图可知每个晶胞中含4个N原子，B原子数为8×+6×=4，每个晶胞的质量=g，晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，为晶胞体对角线的，则晶胞的棱长=a nm=a×10-7 cm，因此晶胞的密度bg·cm－3=，解得：NA=，故答案为：。
【点睛】本题的难点和易错点为(5)中晶胞的计算，要注意晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，为晶胞体对角线的，借助于数学知识计算晶胞的棱长。
25.I．在①苯 ②苯酚 ③甲苯 ④氯乙烷 ⑤乙烯 ⑥乙醇中，(填编号)
(1)能和金属钠反应放出H2的有_______________
(2)能与NaOH溶液反应的有_______________
(3)常温下能与溴水反应的有_______________
(4)能使酸性KMnO4溶液褪色的烃有_______________
II．已知1-丁烯A发生如下反应，F的核磁共振氢谱有三种吸收峰，

(1)A分子内所含官能团的名称____________。
(2)写出下列反应的化学方程式：
①A→D____________________________________________________。
②E→F____________________________________________________ 。
(3)由A的官能团位置异构的同分异构体G生成1，4-丁二醇需______步，请写出最后一步反应的化学方程式_______________________。
【答案】 (1). ②⑥ (2). ②④ (3). ②⑤ (4). ③⑤ (5). 碳碳双键 (6). nCH2=CHCH2CH3 (7). 2CH3CHOHCH2CH3+O2 2+2H2O (8). 5 步 (9). CH2BrCH2CH2CH2Br+2NaOHCH2OHCH2CH2CH2OH+2NaBr
【分析】Ⅰ．(1)含-OH和-COOH的有机物可与Na反应生成H2；
(2)含酚-OH、-COOH、-Cl及-COOC-等的有机物能够与NaOH溶液反应；
(3)苯酚与溴水发生取代反应，烯烃与溴水发生加成反应；
(4)能使酸性KMnO4溶液褪色的烃，为烯烃或炔烃、苯的同系物等；
II． 由转化关系可知B为CH3CH2CH2CH3，A与水发生加成反应生成E，E为醇，氧化生成F，F为醛或酮，F的核磁共振氢谱有三种吸收峰，则应为，则E为CH3CHOHCH2CH3，A发生加聚反应生成D为，与溴发生加成反应生成的C为CH2BrCHBrCH2CH3，据此分析解答。
【详解】I．(1)含-OH和-COOH的有机物可与Na反应生成H2，只有②⑥符合，故答案为：②⑥；
(2)②含酚-OH，能与氢氧化钠发生中和反应，④中含-Cl能与NaOH溶液发生水解反应，②④符合，故答案为：②④；
(3)苯酚与溴水发生取代反应，烯烃与溴水发生加成反应，则②⑤符合，故答案为：②⑤；
(4)③甲苯的侧链甲基能够被酸性KMnO4溶液氧化，使高锰酸钾褪色，⑤乙烯中含有碳碳双键，能够被酸性KMnO4溶液氧化，使高锰酸钾褪色，⑥不属于烃，因此只有③⑤符合，故答案为：③⑤；
II．(1)A为CH2=CHCH2CH3，其中含有的官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
(2)①A发生加聚反应生成D，反应的化学方程式为nCH2=CHCH2CH3，故答案为：nCH2=CHCH2CH3；
②E为CH3CHOHCH2CH3，发生催化氧化生成F，反应的化学方程式为2CH3CHOHCH2CH3+O2 2+2H2O，故答案为：2CH3CHOHCH2CH3+O2 2+2H2O；
(3)由A的官能团位置异构的同分异构体G生成1，4-丁二醇，则G应为CH3CH=CHCH3，可先发生加成反应生成CH3CHBrCHBrCH3，然后发生消去反应生成CH2=CHCH=CH2，再发生1，4-加成反应生成CH2BrCH=CHCH2Br，进一步与氢气发生加成反应生成CH2BrCH2CH2CH2Br，最后水解可生成，1，4-丁二醇，共需要5步反应，最后一步为水解反应，反应的化学方程式为CH2BrCH2CH2CH2Br+2NaOHCH2OHCH2CH2CH2OH+2NaBr，故答案为：5；CH2BrCH2CH2CH2Br+2NaOHCH2OHCH2CH2CH2OH+2NaBr。
【点睛】熟练掌握常见官能团的结构、性质以及官能团之间的相互转化是解题的关键。本题的易错点为II．(3)合成路线的设计，首先要明确G的结构，再结合卤代烃在有机合成中的应用改变官能团的位置和数目。