【文档说明】【精准解析】黑龙江省大庆实验中学2020届高三5月综合训练（一）理综化学试题（解析版）.doc，共(14)页，3.300 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-4ddbb600995c1618a8b8077c5ff4cde0.html

以下为本文档部分文字说明：

化学综合训练一1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是A.高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点B.油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子物质后才能被吸收C.丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高

分子化合物D.《本草纲目》中“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面。”这里的“石碱”是指KOH【答案】A【解析】铝合金的硬度较大，但是密度较小，同时表面有致密的氧化膜对内部金属有保护所以抗腐蚀能力较强，选项A正确。油脂

在人体内水解应该得到高级脂肪酸和甘油，选项B错误。丝绸的主要成分是蛋白质，选项C错误。石碱为从蒿、蓼等草灰中提取之碱汁，和以面粉，经加工而成的固体。其主要含有的是碳酸钠和碳酸钾，选项D错误。2.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.50

mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NAB.2.3gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA到0.2NA之间C.用惰性电极电解饱和食盐水，若线路中通过NA个电子，则阴极产生11.2L（标况）气体D.已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－

92kJ·mol－1，现有0.1molN2与0.3molH2混合反应，可放热9.2kJ【答案】C【解析】【详解】A.50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，随反应的进行硫酸的浓度逐渐减小，变稀后则不再反应，故生成SO2分子数

目小于0.46NA，A错误；B.2.3gNa与氧气完全反应，Na的化合价由0价变为+1价，则反应中转移的电子数为0.1NA，B错误；C.用惰性电极电解饱和食盐水，则阴极产生1mol氢气，化合价由+1变为0价，转移2mol电子，若线路中通过NA个电子，阴极生成11.2L

（标况）氢气，C正确；D.已知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1，现有0.1molN2与0.3molH2混合反应，反应的氮气的物质的量小于0.1mol，则放出的热量小于9.2kJ，D错误；答案为C。3.丙烯是一种常见的有机物。下列有关丙烯的化学用语中

，正确的是()A.结构简式是C3H6B.能发生取代、加成、聚合、氧化、还原反应C.比例模型D.聚合后的结构简式【答案】B【解析】【详解】A．丙烯的分子式C3H6，结构简式是32CHCH=CH，故A错误；B．丙烯有碳碳双键，可以发生加成

反应，加聚反应，加氢还原反应，也可发生氧化、有甲基，可以在一定条件下发生取代反应，故B正确；C．是丙烯的球棍模型，故C错误；D．丙烯加聚后的产物是，故D错误；答案选B。4.W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其原子序数之和为30，W与X、Y、Z都能形

成共价化合物，Y、W形成的常见化合物溶于水显碱性，Z、W形成的化合物溶于水显酸性，四种元素形成的某种化合物的结构式为。下列说法错误的是A.X为硼元素或碳元素B.Y不属于第ⅣA族元素C.W与Y、Z分别形成的常见化合物能反应生成盐D.最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>Y

【答案】A【解析】【详解】根据W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，W与X、Y、Z都能形成共价化合物，W应该为氢元素；Y、W形成的化合物溶于水显碱性，Y为N，Y、W形成的常见化合物为NH3；Z、W形成的化合物溶于水显酸性，Z可能为F、S、Cl，根据四种元素形成化合物的

结构式为可知，Z不可能为S；根据其原子序数之和为30，且W、X、Y、Z原子序数依次增大判定Z不可能为F元素，故Z为Cl元素，则X为B元素。据此推断：X为硼元素，选项A错误；Y为N，不属于第ⅣA族元素，选项B正确；Y、Z分别与W

形成的常见化合物为NH3和HCl，它们能反应生成NH4Cl，属于盐，选项C正确；Z、Y最高价氧化物对应的水化物分别为HClO4、HNO3，酸性HClO4>HNO3，选项D正确。5.蔗糖与浓硫酸反应的实验改进装置如图所示，下列

说法错误的是A.改进装置后，有毒气体被碱液吸收，实现了绿色环保B.浓硫酸在实验过程中体现了脱水性和强氧化性C.产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，说明产生了CO2D.该反应比较剧烈、危险，实验各物质的用量应按要求规范操作【答案】C【解

析】【详解】原实验中生成的气体直接排放到大气中，改进之后，解决了教材实验的不足，实现了绿色环保，选项A正确；浓硫酸将蔗糖分子中氢、氧原子个数按2∶1脱去生成水，体现浓硫酸的脱水性，且生成的碳单质又被浓硫酸氧化成二氧化碳，浓硫酸又体现了强氧化性，选项B正确；产生的气体能

使澄清石灰水变浑浊，可能是二氧化硫，也可能是二氧化碳或二者的混合物，选项C错误；该反应比较剧烈，产生大量气体和热量，利用上述密闭装置，如果没有按照规范添加反应物的用量，会存在危险，选项D正确。6.一种三层(

熔)液电解辉锑矿(Sb2S3，半导体)制取锑的装置如图所示。下列说法错误的是()A.Sb在阴极生成B.三层流体互不相溶，密度也不同C.阳极的电极反应式为xS2--2xe-=SxD.该电解工艺可在室温下工作【答案】D【解析】【分析】该电池是电解池，与电源正极相连石墨做阳极，S2-在阳极失去电子

，发生氧化反应生成Sx；与电源负极相连石墨做阴极，Sb2S3在阴极得电子，发生还原反应，得到Sb。【详解】A．在阴极，Sb2S3得到电子生成密度大的液态锑进入下层，S2-迁移至上层NaCl-KCl-Na2S熔液中，A项正确；B．该冶炼法是利用液体密度不同和互不相溶而

将其隔开，B项正确；C．由图可知，硫离子在阳极被氧化，产生硫蒸气Sx，C项正确；D．室温下三层熔液均为固体不导电，需满足熔融状态，D项错误；答案选D。【点睛】熔液在常温下是固体，无自由移动的离子，不能够起到导电作用，无法形成闭合回路。7.某三元羧酸

H3A在表面活性剂、洗涤剂、润滑剂等方面具有重要的地位。常温时，向10mL0.01mol·L−1的H3A溶液中滴入0.01mol·L−1的NaOH溶液，H3A、H2A−、HA2−、A3−的物质的量分数与溶液的pH的关系如图所示。下列说法错误的是

()A.该温度下，H3A的电离常数Ka1=10−aB.若b=7，加入20mLNaOH溶液时，溶液的pH＜7C.NaOH溶液的体积为30mL时，溶液中：c(OH−)=3c(H3A)＋2c(H2A−)＋c(HA2−)＋c(H+)D.反应2H2A−H3A＋HA2−在该温度下的平衡常数K=10a-b【答

案】B【解析】【分析】由图像可知pH<a时，溶液中存在H3A和H2A-，且c（H3A）>c（H2A-），pH=a时，c（H3A）=c（H2A-），pH=b时c（HA2-）=c（H2A-），pH=c时c（HA2-）=c（A3-），结合溶液中电荷守恒、物料守恒和电离平衡常数进行分

析计算。【详解】A.电离常数只与温度有关，H3A的一级电离常数看图像左侧的第一个交点，故Ka1=c（H+），故A正确；B.加入20mLNaOH溶液时，溶液中的溶质为Na2HA，位于pH=b=7的右侧，此时溶液的pH>7，

故B错误；C.NaOH溶液的体积为30mL时，物料守恒表达式为+-2-3-32cNa=3cHA+cHA+cHA+cA（）（）（）（）（），电荷守恒表达式为++-2-3--2cNa+cH=cHA+2cHA+3cA+cOH（）（）（

）（）（）（），两式联立可得题中表达式，故C正确；D.该反应在此温度下的平衡常数为+2-a-b3a2--+a122c(HA)Kc(H)c(HA)K===10Kc(HA)c(HA)c(H)，故D正确；故答案选：B。【点睛】电离常数只与

温度有关，看图像左侧的第一个交点c（H3A）=c（H2A-），以此计算电离常数。8.（14分）工业上常用苏打烧结法提取自然界中的稀散元素硒(Se)，我国科研人员自主设计的利用粗铜电解精炼所产生含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(C

u2Te)的阳极泥为原料，提取硒的某种工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）电解精炼铜时，电源的正极连接_______（填“粗铜”或“精铜”），阳极溶解铜的质量__________（填“＞”“=”或“＜”）阴极析出铜的质量。（2）“烧结”时苏打和硒

化亚铜主要生成了Na2SeO3、Cu2O和CO2气体，该反应的化学方程式为________________________________。“烧结”时生成了少部分Na2SeO4，写出“还原”时反应的离子方程式_____

_______。（3）含硒烧结物浸取时，最佳加热方式为________________，除去的物质为___________（填化学式）。（4）本工艺副产物TeO2用于制造红外器件、声光器件材料，可溶于强酸和强碱，并形成复盐，则TeO2属于______氧化物（填

“酸性”“碱性”或“两性”）。（5）把硫酸工业第一步的产物SO2通入Na2SeO3溶液制备硒单质，写出该反应的离子方程式___________________。若得到50kg硒单质，至少需要_______

____kg质量分数为90%的FeS2矿石。（结果保留一位小数）【答案】(1).粗铜(2).＜(3).2Cu2Se＋2Na2CO3＋3O2450℃2Cu2O＋2Na2SeO3＋2CO2(4).2Fe2+＋24SeO−＋

2H+===2Fe3+＋23SeO−＋H2O(5).水浴加热(6).Cu2O(7).两性(8).23SeO−+H2O+2SO2===Se↓+224SO−+2H+(9).84.4【解析】【详解】（1）电解精炼铜时，粗铜连接电源的正极，

精铜连接电源的负极，阳极铜溶解放电的同时，还有锌、铁、镍等金属同时放电，阴极只有铜析出，两极转移电子数相同，所以，阳极溶解铜的质量小于阴极析出铜的质量。（2）根据信息，Cu2Se中+1价铜元素化合价未变，−2价硒元素化合价升高至+4价，化合价升高了6，O2被还原为−2价O，化

合价降低了4，利用化合价升降法配平即可得出反应的化学方程式：2Cu2Se＋2Na2CO3＋3O2450℃2Cu2O＋2Na2SeO3＋2CO2。（3）“浸取”时温度为80℃，水浴加热温度稳定、容易控制，所以最佳加热方式为水浴加

热；从（2）题的方程式可知，产物中Cu2O难溶于水，“浸取”时除去的物质为Cu2O；TeO2与强酸和强碱均能反应，故TeO2属于两性氧化物。（4）Fe2+被氧化为Fe3+化合价升高了1，24SeO−转化为23SeO−，Se元素化合价降低了2，利用化合价升降法配平即可得出反应的

离子方程式：2Fe2+＋24SeO−＋2H+===2Fe3+＋23SeO−＋H2O。（5）SO2通入Na2SeO3溶液制备硒单质，反应的离子方程式为23SeO−+H2O+2SO2===Se↓+224SO−+2H+。可知n(SO2)∶n(23SeO−)∶n(Se)=2∶1

∶1，根据硫元素守恒，推出n(FeS2)∶n(SO2)=1∶2，综合可得n(FeS2)∶n(Se)=1∶1，设需要mkgFeS2，计算式如下：FeS2～Se12079mkg×90%50kg解得m=84.4。9.乳酸亚铁晶体([CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，Mr=288)

可由乳酸与FeCO3反应制得，它易溶于水，是一种很好的补铁剂。Ⅰ．制备碳酸亚铁（装置如图所示）（1）仪器A的名称是______________；（2）实验操作如下：关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，其目的是____________

_______________________________________________；然后关闭活塞1，接下来的操作是_______________；装置C中发生反应的离子方程式为______________。Ⅱ．制备乳酸亚铁向纯净的FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75

℃下搅拌使之充分反应。（3）为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入____________________________________________________________________________（4）为证

明乳酸亚铁中含有Fe2+，选择的检验试剂为_______________________________________________________________________；Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量经过过滤、隔绝空气低温蒸

发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，获得乳酸亚铁晶体后（5）两位同学分别用不同的方案进行测定：①甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度，所得纯度总是大于100%，其原因可能是________________________________________________

_________________________________________________________________②乙同学经查阅文献后改用(NH4)4Ce(SO4)4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度（反应

中Ce4+被还原为Ce3+），称取6.00g样品配成250.00mL溶液，取25mL，用0.1mol•L—1(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_____________

__________________________。【答案】(1).分液漏斗(2).排尽装置内的空气，防止亚铁被氧化(3).关闭活塞3，打开活塞2；(4).Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O(5).

适量铁粉(6).KSCN溶液与新制氯水或铁氰化钾溶液(7).乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏多(8).96％【解析】【详解】（1）基本的实验仪器，答案为分液漏斗；（2）碎铁中加入稀硫酸，生成氢气，排尽装置中的空气，可以防止生成的Fe2+被

氧气氧化，排除空气后，在C中生成FeCO3，需要将B中的压强增大，使B中生成的Fe2+通过导管压到C装置中，操作为关闭活塞3，打开活塞2；在C中生成FeCO3，原料为Fe2+和HCO3-，根据电荷守恒可

以写出方程式。答案为排尽装置内的空气，防止亚铁被氧化关闭活塞3，打开活塞2Fe2++2HCO3−=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（3）Fe2+容易被氧气氧化，可以加入铁粉，使生成的Fe3+和Fe反应生成Fe2+，答案为适量铁粉；（4）检验Fe2+可以使

用铁氰化钾，或者先加KSCN溶液不变色、用加氯水将可能存在的Fe2+氧化成Fe3+再观察是否有血红色出现。答案为KSCN溶液与新制氯水或铁氰化钾溶液；（5）①乳酸中羟基也能和酸性高锰酸钾溶液反应，消耗的高锰

酸钾变多，所以纯度超过100%。②Ce4+被还原为Ce3+，Fe2+化合价升高生成Fe3+，化合价升降守恒，物质的量比例为1：1，42n()n()CeFe++=，2n()=0.10.020.002molFemol+=，250mL溶液取25mL，则

原样品中有Fe2+0.02mol，[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O的质量m=Mr×n=288×0.02g=5.76g，5.76100%=96%6.00w=,答案为乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗酸性高锰

酸钾溶液的量偏多96％。10.（15分）甲烷水蒸气催化重整（SMR）是传统制取富氢混合气的重要方法，具有工艺简单、成本低等优点。回答下列问题：（1）已知1000K时，下列反应的平衡常数和反应热：①CH4(g)C(s)+2H2

(g)K1=10.2ΔH1②2CO(g)C(s)+CO2(g)K2=0.6ΔH2③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)K3=1.4ΔH3④CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)K4ΔH4（SMR）则1000K时，K4=____________

；ΔH4=_________（用ΔH1、ΔH2、ΔH3来表示）。（2）在进入催化重整装置前，先要对原料气进行脱硫操作，使其浓度为0.5ppm以下。脱硫的目的为______________。（3）下图为不同温度条件下电流强度对CH4转化率的影响。由图可知，电流对不同催化剂、不

同温度条件下的甲烷水蒸气催化重整反应均有着促进作用，则可推知ΔH4____0（填“>”或“<”）。（4）下图为不同温度条件下6小时稳定测试电流强度对H2产率的影响。由图可知，随着温度的降低，电流对H2产率的影响作用逐渐____________（填“增

加”“减小”或“不变”），600℃时，电流对三种催化剂中的____________（用图中的催化剂表示式回答）影响效果最为显著，当温度高于750℃时，无论电流强度大小，有无催化剂，H2产率趋于相同，其原因是______________。（5）我国科学家对甲烷和水蒸气催化重整反

应机理也进行了广泛研究，通常认为该反应分两步进行。第一步：CH4催化裂解生成H2和碳（或碳氢物种），其中碳（或碳氢物种）吸附在催化剂上，如CH4→Cads/[C(H)n]ads+(2–2n)H2；第二步：碳（或碳氢物种）和H2O反应生成CO2和H2，如Cads/[C(H)n

]ads+2H2O→CO2+(2+2n)H2。反应过程和能量变化残图如下（过程①没有加催化剂，过程②加入催化剂），过程①和②ΔH的关系为：①_______②（填“＞”“＜”或“＝”）；控制整个过程②反应速率的是第_______步，其原因为_______

_____________________。【答案】(1).33.32(2).ΔH1+2ΔH3−ΔH2(3).硫能使催化剂中毒（或硫能使催化剂活性下降等）(4).>(5).增加(6).10Ni−3MgO/γ−Al2

O3(7).温度高于750℃时，几种情况下的反应均达到平衡，催化剂不改变平衡状态(8).=(9).Ⅱ(10).第Ⅱ步的活化能大，反应速率慢【解析】【详解】（1）方程式CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，是由方程式①+

2×③−②得到，K4=2132KKK=210.21.40.6=33.32，ΔH4=ΔH1+2ΔH3−ΔH2。（2）硫会与催化剂反应，会使催化剂中毒，因此要脱硫。（3）由图可知电流相同时，750℃甲烷的转化率比600℃时甲烷的转化率高，说明温度

越高，转化率越高，K越大，ΔH4>0。（4）据图可知，随温度降低，H2产率的变化幅度也增大，电流对H2产率的影响作用逐渐增加；600℃时，10Ni−3MgO/γ−Al2O3催化剂在不同电流时H2产率的变化幅度最大，因此电流对10Ni−3MgO/γ−Al2O

3催化剂影响最为显著；测试时间为6小时，当温度高于750℃时，由于反应速率加快，反应已经达平衡移动，而催化剂不影响平衡移动，因此无论电流强度大小，有无催化剂，H2产率趋于相同。（5）同一化学反应，催化剂只能改变反应的速率，对反应热不会造成影响，故过程①和②

ΔH相等。根据活化能越大，反应速率就越慢，故控制整个反应速率的是活化能较高的步骤，即控速步骤为第Ⅱ步。11.铁和钴是两种重要的过渡元素。请回答下列问题：（1）钴在元素周期表中的位置是___________，其基态原子的价电子排布图为__

_________。（2）FeCO3是菱铁矿的主要成分，其中C原子的杂化方式为________；分子中的大π键可用符号Πnm表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π66)，则CO32－中的大π键应

表示为________。（3）已知Fe2+半径为61pm，Co2+半径为65pm，在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于CoCO3，其原因可能是______。（4）Co(

NH3)5Cl3是钴的一种配合物，向含0.01mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87g。则该配合物的配位数为_____。（5）奥氏体是碳溶解在r－Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞为面心立方结构(如图所示)，则该晶体中与铁原子距

离最近的铁原子数目为___________；若该晶胞参数为apm，则该晶体的密度为___________g·cm－3(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。【答案】(1).第四周期、第VIII族；(2).；(3).sp2；(4).64Π；(5).因为分解后生成的FeO和

CoO中，FeO的晶格能更大；(6).6；(7).12；(8).330A272aN10−；【解析】【分析】（1）根据构造原理得出基态原子价电子排布图；（2）根据孤电子对数，价层电子对数的相关知识解答。（3）根据晶格能判断；（4）根据配合物

及配合物的配位数的相关计算解答；（5）根据晶胞结构以及用均摊法晶胞求解。【详解】（1）Co在元素周期表中位于第4周期第VIII族。根据构造原理，其基态原子价电子排布图为。（2）CO32-中C的孤电子对数为12×

（4+2-3×2）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，C为sp2杂化。CO32-中参与形成大π键的原子数是4个，电子数是6个，则CO32-中大π键可表示为64。（3）在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3受热分解温度低于Co

CO3，原因是：Fe2+半径为61pm，Co2+半径为65pm，Fe2+的离子半径小于Co2+的离子半径，FeO的晶格能大于CoO的晶格能。（4）向含0.01mol该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成白色沉淀2.87g，n（AgCl）=2.

87g÷143.5g/mol=0.02mol，即配合物中2个Cl-在外界，1个Cl-在内界，则该配合物可表示为[Co（NH3）5Cl]Cl2，该配合物的配位数为6。（5）根据晶胞结构知，该晶体中与铁原子距离最近的铁原子数目为12个。用均摊法

晶胞中含Fe：8×18+6×12=4，C：12×14+1=4，该晶体的化学式为FeC，该晶体的密度为468ANg÷(a×10-10cm)3=330A272aN10−g/cm3。12.已知：-4①KMnO/OH②酸化⎯⎯⎯

⎯⎯→(R、R'可表示烃基或官能团)。A可发生如图转化(方框内物质均为有机物，部分无机产物已略去)：请回答：(1)F的蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，且分子中无甲基。已知1molF与足量金属钠作用产生H222.4L(标准状况)，则F

的分子式是_____，名称是__________.(2)G与F的相对分子质量之差为4，则G具有的性质是______(填字母)a.可与银氨溶液反应b.可与乙酸发生酯化反应c.可与氢气发生加成反应d.1molG最多可与2mol新制Cu(OH)2发生反应(3)D能与NaHCO3溶液发

生反应，且两分子D可以反应得到含有六元环的酯类化合物，E可使溴的四氯化碳溶液褪色，则D→E的化学方程式是______________，该反应类型是_____反应(4)H与B互为同分异构体，且所含官能团与B相同，则

H的结构简式可能是：_________.(5)A转化为B和F的化学方程式是__________.(6)A的同分异构体含有两种官能团，该化合物能发生水解，且1mol该化合物能与4mol银氨溶液反应，符合该条件的同分异构体一共有__________种。【答案

】(1).C2H6O2(2).乙二醇(3).ac(4).CH3CH(OH)COOH浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→CH2＝CHCOOH+H2O(5).消去(6).CH2＝CHCH2COOH、CH3CH＝CHCOOH(7).+H2O+

HΔ+HOCH2CH2OH(8).12【解析】【分析】F的蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，则其相对分子质量为62，1molF与足量金属钠作用产生H222.4L（标准状况），即1molH2，说明F中很有2个-OH，应为乙二醇，即C2H6O2，被催化

氧化生成醛，根据R-CH2OH→RCHO可知，二者相对分子质量相差2，G与F的相对分子质量之差为4，则G应为OHC-CHO，为乙二醛；A生成B和F的反应应为酯的水解，则B的分子式应为C4H6O2，结合题给信息可知应为，A为，C为，与氢气发生加成反应生成D，D应为

CH3CH（OH）COOH，CH3CH（OH）COOH在浓硫酸作用下发生消去反应生成E，则E为CH2=CHCOOH，结合有机物的结构和性质解答该题。【详解】(1)F的蒸气密度是相同条件下H2密度的31倍，则其相对分

子质量为62，1molF与足量金属钠作用产生H222.4L(标准状况)，即1molH2，说明F中很有2个﹣OH，应为乙二醇，即C2H6O2；故答案为：C2H6O2；乙二醇；(2)G应为OHC﹣CHO，为乙二醛，含有﹣CHO，可发生氧化和加成反应，不能发生酯化

反应，因含有2个﹣CHO，则1molG最多可与4mol新制Cu(OH)2发生反应；故答案为：ac；(3)D应为CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH在浓硫酸作用下发生消去反应生成E，则E为C

H2＝CHCOOH，反应的方程式为CH3CH(OH)COOH浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→CH2＝CHCOOH+H2O；(4)B为，H与B互为同分异构体，且所含官能团与B相同，可为CH2＝CHCH2COOH、CH3CH＝CHCOOH；(5

)A为，可水解生成和乙二醇，反应的方程式为+H2O+HΔ+HOCH2CH2OH；(6)A的同分异构体含有两种官能团，该化合物能发生水解，且1mol该化合物能与4mol银氨溶液反应，含有2个醛基，所以分子中不含醚键，只能为一个醛基一个甲酸酯基，共有

12种结构。【点睛】本题的流程图不能明确的推出物质的结构式，需要结合问题中的信息及对应的反应条件确定物质的化学式及结构。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com