四川省成都市石室中学2023-2024学年高三上学期期中理科综合 Word版含解析.docx

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成都石室中学2023−2024学年度上期高2024届11月半期考试理科综合(A卷)注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答。答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。5.全卷满分100分，考试时间50分钟可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16F：19Cl：35.5K：39Co：59Cu：64第I卷(选择题，共42分)一、选择题：本大题共7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.化学与生活密切相关。下列说法正确的是A.工业上通过石油分馏得到大量化工原料苯B.三星堆出土的青铜文物表面生成Cu2(OH)3Cl的过程是非氧化还原过程C.聚乙炔用I2或Na处理后可形成能导电的塑料，该塑料有固定的熔沸点D.“天宫课堂”实验：乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热“冰球”，该过程放热【答案】D【解析】【详解】A．石油分馏主要得到汽油、煤油等轻质油，不能得到大量化工原料苯，石油催化重整可获得苯，故A错误；B．青铜文物表面生成Cu2(OH)3Cl的过程中Cu元素的化合价升高，发生氧化还原反应，故B错误；C．聚乙炔是一种导电聚合物，属于混合物，混合物没有固定的熔沸点，故C错误；D．乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热“冰球”，说明该过程放热，故D正确；故答案选D。2. 我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意如图所示，下列说法不正确的是(设NA为阿伏加德罗常数的值)A.过程①涉及的能量转换：太阳能→电能→化学能B.CO2合成甲醇，每消耗1molCO2，转移电子数为6NAC.1molC3中含共用的电子对数为8NAD.由C6→淀粉的过程中涉及C—O键、O−P键，O—H键的断裂和C—O键、O—H键的形成【答案】C【解析】【详解】A．反应①为用太阳能电池电解水制氢气和氧气，涉及的能量变化：太阳能→电能→化学能，故A正确；B．CO2合成甲醇，每消耗1molCO2，C元素的化合价由+4降为-2价，因此每生成1molCH3OH，消耗1molCO2，转移6mol电子，转移电子数为6NA，故B正确；C．结构简式为HOCH2COCH2OH，含共用电子对数12个，1molC3中含共用的电子对数为12NA，故C错误；D．由C6→淀粉的过程中涉及C-O键、O-P键，O-H键的断裂和C-O键、O-H键的形成，故D正确；故答案选C。3.某软包电池的关键组件是一种离子化合物，其结构如图所示。X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的简单氢化物常用作制冷剂，W和Q同主族。下列说法正确的是A.简单离子半径：Q>M>W>XB.实验室中用CS2洗涤残留在试管壁上的Q单质，利用了Q单质的还原性C.加热条件下W单质可与X单质化合生成X2W2D.简单氢化物的沸点：X>W>Z>Y 【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的简单氢化物常用作制冷剂，判断Z为N元素，W和Q同主族，通过结构可知Q有2个单键2个双键，故Q为S，W和Q同主族，W为O，Y连接4个单键，Y为C，Z为N，M为F，X为带一个正电荷的阳离子，原子序数最小，判断X为Li。【详解】A．简单离子的层数越多，质子数越小半径越大，所以S2-＞O2-＞F-＞Li+，简单离子半径：Q＞W＞M＞X，故A错误；B．实验室中用CS2洗涤残留在试管壁上的S单质，利用了S单质易溶于CS2，不是还原性，故B错误；C．热条件下W单质O2，X单质Li,锂在氧气中反应生成Li2O，不能化合生成Li2O2，故C错误；D．X、W、Z、Y形成的简单氢化物分别为：LiH、H2O、NH3、CH4，其中LiH形成的是离子化合物，沸点最高，水分子间和氨气分子间形成氢键，沸点反常的高，氢化物的沸点高低顺序为：LiH＞H2O＞NH3＞CH4，的沸点X＞W＞Z＞Y，故D正确；故选：D。4.稠环芳烃在光学、电学等方面有着极具潜力的应用。下列关于如图所示几种稠环芳烃的说法正确的是A.并五苯是苯的同系物B.苝的一氯代物有只1种C.三聚茚分子中所有原子共面D.Z型并苯可发生取代反应、氧化反应和还原反应【答案】D【解析】【详解】A．并五苯和苯的结构不相似，二者不互为同系物，故A错误；B．苝的分子中含有4种氢原子，其一氯代物有4种，故B错误； C．饱和碳原子具有甲烷的结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面，该分子中含有饱和碳原子，所以该分子中所有原子一定不共平面，故C错误；D．Z型并苯具有苯的性质，能发生取代反应、加成反应、还原反应，能燃烧，所以能发生氧化反应，故D正确；故答案选D。5.下列有关实验操作、现象及结论都正确的是选项实验操作、现象实验结论A将SO2和CO2分别通入水中达到饱和，用pH计测得pH值分别是a、b，且a8.25时优先于生成沉淀，溶液的pH接近8，溶液的pH接近12，所以沉淀Ni2+制备时，选用溶液比溶液的效果好，故D正确；故答案选D。第II卷(非选择题，共58分)二、非选择题：本卷包插必考题和选考题两部分。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.金属Ni对H2有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，将块状Ni转化成多孔型雷尼Ni后，其催化活性显著提高。已知：①雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。石室中学某实验小组制备雷尼Ni并探究其催化氢化性能实验如下：步骤1：雷尼Ni的制备步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应用M向N中加入0.138g邻硝基苯胺，反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)，装置I用于储存H2和监测反应过程。回答下列问题： （1）操作(a)中、反应的离子方程式是___________。（2）操作(d)中，判断雷尼Ni被水洗净的方法是___________。（3）操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是___________(填序号)。A.乙醚B.四氯化碳C.乙醇D.正己烷（4）仪器N的名称是___________，M比普通分液漏斗的优势为__________。（5）反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是___________。（6）向集气管中充入V1mLH2时，三通阀的孔路位置如下左图所示。发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为___________(填序号)。（7）判断氢化反应完全的现象是___________。（8）反应结束后集气管中液面刻度为V2mL，N中产物经纯化后得0.0648g产品，则邻苯二胺的产率为___________%。【答案】（1）（2）取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则可证明洗涤干净，否则没有洗涤干净（3）C（4）①.三颈烧瓶②.能够保持压强平衡，利于液体顺利滴下（5）排除装置的空气，防止雷尼Ni自燃（6）B（7）集气管中液面不再改变（8）60【解析】【分析】首先用氢氧化钠溶液溶解镍铝合金中的铝，过滤后先后用碱和水来洗涤固体镍，随后加入有机溶剂制得雷尼镍悬浮液，可用于步骤2中邻硝基苯胺的催化氢化；【小问1详解】铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：;【小问2详解】由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净，具体方法为，取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则可证明洗涤干净，否则没有洗涤干净； 【小问3详解】根据题中信息可知，邻硝基苯胺再极性有机溶剂中更有利于反应的进行，再丙酮，四氯化碳，乙醇，正己烷中极性较强的为乙醇，C项正确；答案选C；【小问4详解】如图可知，仪器N为三颈烧瓶；M为恒压分液漏斗，能够保持压强平衡，利于液体顺利滴下；【小问5详解】装置Ⅱ 中通入氮气一段时间，可以排除装置的空气，防止雷尼Ni自燃；【小问6详解】向集气管充入氢气时，氢气从左侧进入，向下进入集气管，则当由集气管向装置Ⅱ 供气，此时孔路位置需调节为气体由下方的集气管，向右进入装置Ⅱ ，应该选B，装置C方式左侧会漏气，不符合题意，故选B；【小问7详解】反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再改变；【小问8详解】0.138g邻硝基苯胺的物质的量为，根据方程式，邻硝基苯胺的物质的量和邻苯二胺物质的量相等，则理论上邻苯二胺质量为，产率为。9.CoCl2可用于电镀，是一种性能优越的电池前驱材料，由含钴矿(Co元素主要以Co2O3、CoO的形式存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素，碳及有机物等)制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下：已知：①焦亚硫酸钠(Na2S2O5)常作食品抗氧化剂；②CaF2、MgF2难溶于水；③CoCl2·6H2O(M=238g/mol)的熔点为86℃，易溶于水、乙醚等，常温下稳定无毒，加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴；④部分金属阳离子形成氢氧化物沉淀的pH见表：CoFeCuCoFeZnMnMg 3+3+2+2+2+2+2+2+开始沉淀pH0.32.75.57.27.67.68.39.6完全沉淀pH1.13.26.69.29.69.29.311.1回答下列问题：（1）550℃焙烧的目的是___________。（2）浸取的过程中，用离子方程式表示Na2S2O5的作用___________。（3）向滤液1中加入NaClO3溶液的作用是___________。（4）加入Na2CO3溶液生成滤渣2的主要离子方程式为___________。滤液3经过多次萃取和反萃取制备CoCl2晶体：（5）滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是回收利用萃取剂及分离出_______、Cu2+。（6）氯化钴溶液经过___________过滤、洗涤、干燥得到晶体。在干燥晶体CoCl2·6H2O时需在减压环境下烘干的原因是___________。（7）为测定制得的产品的纯度，现称取2.00gCoCl2·6H2O样品，将其用适当试剂转化为CoC2O4再转化为草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol·L−l高锰酸钾溶液滴定，当达到滴定终点时，共用去高锰酸钾溶液24.00mL，该产品的纯度为___________%。【答案】（1）除去碳和有机物（2）4Co3++S2O+3H2O=4Co2++2SO+6H+（3）将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离（4）2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑（5）分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用（6）①.蒸发浓缩、冷却结晶②.降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴 （7）71.40%【解析】【分析】图1由含钴矿(Co元素主要以Co2O3、CoO存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素)制取氯化钴晶体的一种工艺流程，含钴矿粉焙烧后加入稀硫酸和焦亚硫酸钠Na2S2O5，过滤得到滤渣1和滤液1，滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，加入碳酸钠溶液调节溶液pH3.0-3.5沉淀铁离子，过滤得到滤渣2和滤液2，滤液2中加入NaF调节溶液pH=4.0-5.0沉淀钙离子和镁离子，生成滤渣3为CaF2、MgF2难溶于水；图2分析滤液3中加入萃取剂Ⅰ，分液得到有机层中然后用稀盐酸反萃取得到萃取剂Ⅰ和溶液4，经过一系列操作得到相应的盐，溶液中含钴离子和镍离子，加入萃取剂Ⅱ萃取分液得到含镍离子的溶液和有机层，加入稀盐酸反萃取得到氯化钴溶液。经过浓缩蒸发、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到晶体，【小问1详解】碳和有机物可通过焙烧除去，550℃焙烧的目的是除去碳和有机物。故答案为：除去碳和有机物；【小问2详解】焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂，具有还原性，浸取中加入Na2S2O5的作用是将三价钴离子还原为Co2+，防止生成Co(OH)3沉淀，发生反应的离子方程式为4Co3++S2O+3H2O=4Co2++2SO+6H+。故答案为：4Co3++S2O+3H2O=4Co2++2SO+6H+；【小问3详解】向滤液1中加入NaClO3溶液的作用是将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离。故答案为：将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；【小问4详解】加入Na2CO3溶液生成滤渣2的主要离子方程式为加入Na2CO3溶液生成滤渣2是碳酸钠和铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式：2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑。故答案为：2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；【小问5详解】滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用。故答案为：分离出溶液中的Mn2+、Cu2+、Zn2+，回收利用；【小问6详解】氯化钴溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到晶体CoCl2•6H2O，需在减压环境下烘干的原因是：降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴； 【小问7详解】由题意可得如下转化关系：5CoCl2•6H2O～5(NH4)2C2O4～5H2C2O4～2KMnO4，由滴定终点时，共用去24.00mL0.1000mol/L高锰酸钾溶液可知，2.00gCoCl2•6H2O样品中产品纯度为×100%=71.40%，故答案为：71.40%。10.二氧化碳的排放受到环境和能源领域的关注，其综合利用是研究的重要课题。（1）合成尿素[CO(NH2)2]是利用CO2的途径之一、尿素合成主要通过下列反应实现：反应I：2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)△H1=−272kJ·mol−1反应Ⅱ：NH2COONH4(s)=CO(NH2)2(1)+H2O(g)△H2=+138kJ·mol−1二氧化碳和氨气合成尿素的反应自发进行的条件是___________(填“低温”“高温”或“任意条件”)。（2）利用CO2和H2合成乙烯：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)。①在恒容密闭容器中，起始压强相同，反应温度、投料比[]对CO2平衡转化率的影响如图1所示。则△H_____(填“>”或“<”，下同)0；M、N两点的化学平衡常数KM_______KN。②300℃时，向1L恒容密闭容器中充入2molCO2、6molH2，平衡时CO2转化率为50%，K=___________(写出计算式即可)。（3）用电化学方法还原CO2将其转化为其他化学产品可以实现对CO2的综合利用。图2是在酸性条件下电化学还原CO2的装置。 已知：法拉第效率(FE)表示为。控制pH=1、电解液中存在KCl时，电化学还原CO2过程中CH4(其他含碳产物未标出)和H2的法拉第效率变化如图3所示。①写出阴极产生CH4的电极反应式：___________②结合图3的变化规律，推测KCl的作用可能是___________。③c(KCl)=3mol/L时，22.4L(已折合为标准状况，下同)CO₂被完全吸收并还原为CH4和C2H4，分离H2后，将CH4和C2H4的混合气体通入如图4所承装置(反应完全)，出口处收集到气体8.96L(不考虑水蒸气)，则FE(C2H4)=___________。【答案】（1）低温（2）①.＜②.＞③.（3）①.CO2＋8H＋＋8e−＝CH4＋2H2O②.KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气（或KCl的浓度大于1mol/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性）③.22.5%【解析】【小问1详解】根据盖斯定律反应Ⅰ＋反应Ⅱ得ΔH＝（−272＋138）kJ/mol＝−134kJ/mol；该反应ΔH＜0，该反应是气体分子数减小的反应，则△S＜0，ΔH−T△S＜0，反应才能自发进行，该反应自发进行的条件是低温，故答案为低温。【小问2详解】①由图1 可得，当投料比相同时，温度越高，二氧化碳平衡转化率越小，说明升高温度平衡逆移，该反应为放热反应，则ΔH＜0，平衡常数K只受温度的影响，该反应为放热反应，温度越高，K值越小，N点温度更高，则KM＞KN，故答案为＜；＞；②列三段式：，则，故答案为。【小问3详解】①酸性条件下，阴极产生CH4的电极反应：CO2＋8H＋＋8e−＝CH4＋2H2O，故答案为CO2＋8H＋＋8e−＝CH4＋2H2O；②图中变化规律是随KCl的浓度的增大，FE（CH4）增大，说明KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气（或KCl的浓度大于1mol/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性），故答案为KCl的存在有利于CO2还原成CH4，不利于生成氢气（或KCl的浓度大于1mol/L时，KCl抑制了阴极产生氢气，提高了CO2电化学还原生成CH4的选择性）；③标况下22.4L的CO2是1mol，完全吸收并还原为CH4和C2H4，分离H2后，将CH4和C2H4混合气体通入如图所示装置（反应完全），出口处收集到气体8.96L为CH4，则CH4物质的量为，根据C原子守恒生成的C2H4的物质的量，生成CH4所用的电子的物质的量＝8×0.4mol＝3.2mol，生成C2H4所用的电子的物质的量＝6×0.3mol×2＝3.6mol，c(KCl)＝3mol•L−1时，FE（CH4）＝20%，则FE（C2H4）＝22.5%，故答案为22.5%。(二)选考题：共45分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。【化学——选修3：物质结构与性质】11.卤素(F、Cl、Bi、I)可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题。（1）F原子的核外电子有___________种空间运动状态，F的第一电离能___________、填“<”或“>”)Ne的第一电离能。（2）−40℃时，F2与冰反应生成HOF和HF。常温常压下，HOF为无色气体，固态HOF的晶体类型为___________，HOF水解的产物为___________(填化学式)。（3）Cl2O的中心原子为O，O原子的轨道杂化方式为___________；ClO2的中心原子为Cl，其分子空间构型与Cl2O相同，但ClO2中存在大π键()，则ClO2中O−C1−O键角______(填“>”“<”或“=”)Cl2O中Cl−O−Cl键角。 （4）卤化钠(NaX)和四卤化钛(TiX4)的熔点如图所示，TiX4的熔点呈如图变化趋势的原因为_______。（5）一定条件下，K、CuCl2和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数a=b≠c，α=β=γ=90°)，其中Cu化合价为+2，X的化学式为________，若阿伏加德罗常数的值为NA，则化含物X的密度为___________g/cm³(用含NA、a、c的代数式表示)。【答案】（1）①.5②.＜（2）①.分子晶体②.HF、H2O2（3）①.sp3②.＞（4）TiCl4、TiBr4、TiI4为结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，熔点依次逐渐升高，TiF4为离子晶体，熔点最高（5）①.K2CuF4②.【解析】【小问1详解】F原子的核外电子电子排布式为1s22s22p5，核外电子占据5个轨道，有5种空间运动状态；Ne原子轨道全满，比较稳定，故F的第一电离能小于Ne的第一电离能，故答案为5；＜。【小问2详解】常温常压下，HOF为无色气体，可知HOF熔点较低，为分子晶体；HOF中F为−1价与水电离出H＋和结合生成HF，则HO＋与OH−反应生成H2O2，故答案为分子晶体；HF、H2O2。【小问3详解】 Cl2O的中心O原子价层电子对数为，为sp3杂化，有1个孤电子对，分子构型为V形；ClO2的中心原子为Cl,其分子空间构型也为V形，ClO2中存在大π键，则ClO2中Cl原子提供1对电子，1个O原子提供1对电子，另一个O原子提供1个电子，这5个电子位于相互平行的轨道上形成大π键，Cl原子提供孤电子对与1个O原子形成配位键，与另1个O原子形成普通共价键，Cl原子还有1个孤电子对，即Cl原子的价层电子对数为3，为sp2杂化，中心原子为sp3杂化的分子中键角小于中心原子sp2杂化的分子中键角，故ClO2中O−Cl−O键角小于Cl2O中Cl−O−Cl键角，故答案为sp3；＞。【小问4详解】TiCl4、TiBr4、TiI4为结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，熔点依次逐渐升高，TiF4为离子晶体，熔点最高，故答案TiCl4、TiBr4、TiI4为结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，熔点依次逐渐升高，TiF4为离子晶体，熔点最高。【小问5详解】由晶胞结构可知，该晶胞中含有黑球个数为，白球个数为，灰球个数为，X含有3种元素，其个数比为1：2：4，由于Cu化合价为＋2价，F化合价为−1价，K化合价为＋1价，根据化合价代数和为零，可推断X为K2CuF4；该晶胞中含有K4个，F8个，Cu2个，晶胞的体积为a2c×10−30cm3，则该化合物的密度，故答案为K2CuF4；。【化学选修5：有机化学基础】12.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，其中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中官能团的结构式为___________，D的系统名称是___________。（2）反应②的条件是____________，依次写出反应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_______________(不考虑立体异构)。（5）写出比G多2个碳原子的同系物的所有同分异构体的结构简式：___________。（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，写出合成路线：________；合成路线流程图示如下：CH2=CH2。【答案】12.①.、−Br②.1，3−二氯丙烷13.①.NaOH水溶液、加热②.加聚反应，取代反应14.15.16.、、、17.【解析】【分析】由B的分子式、CR橡胶结构简式可知B为CH2＝CCl−CH＝CH2，可推知A为BrCH2CH＝CHCH2Br，A在NaOH溶液中发生水解反应生成OHCH2CH＝CH−CH2OH，然后与HCl发生加成反应生成HOCH2CH2CHClCH2OH，最后在浓硫酸作用下发生消去反应可生成CH2＝CCl−CH＝CH2，CH2＝CH−CH＝CH2反应到A发生加成反应，由C的结构简式可知A与氢气发生加成反应生成C，氯代烃D的相对分子质量是113，氯的质量分数约为62.8%，则分子中Cl原子数目，剩余基团总式量＝113−35.5×2＝42，剩余基团中碳原子最大数目＝，故剩余基团为C3H6，则D为C3H6Cl2，D的核磁共振氢谱峰面积之比为2：1，故D为ClCH2CH2CH2Cl，由E到F的系列转化条件可知知：E为醇、F为醛、G为羧酸、H为酯，结合H的分子式可知H为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，故E为HOCH2CH2CH2OH， F为OHCCH2CHO，G为HOOCCH2COOH，反应③是C与H发生信息Ⅱ中第一步取代反应，生成K的反应是发生信息Ⅱ中第二步反应，故K为，据此分析解题。【小问1详解】由CH2＝CH−CH＝CH2反应到A（C4H6Br2）知，A中含有碳碳双键和溴原子，官能团结构简式为：、−Br，有分析可知，D为C3H6Cl2，D的核磁共振氢谱峰面积之比为2：1，故D为ClCH2CH2CH2Cl,系统命名为1，3−二氯丙烷，故答案为、−Br；1，3−二氯丙烷。【小问2详解】D为卤代烃，E为醇，所以反应②的条件是NaOH水溶液、加热；反应①是CH2＝CCl−CH＝CH2生成高聚物，属于加聚反应，反应③是C与H发生信息Ⅱ中第一步取代反应，故答案为NaOH水溶液、加热；加聚反应，取代反应。【小问3详解】F为OHCCH2CHO，G为HOOCCH2COOH，F→G过程中第一步反应的化学方程式为，故答案为。【小问4详解】据分析可知，K为，故答案为。【小问5详解】通过分析知G为HOOCCH2COOH，比G多2个碳原子的同系物的同分异构体的结构简式有、、、，故答案为、、、。【小问6详解】