湖北省武漢市2024屆高三畢業生四月調研考試(二模)化學試題武漢市教育科學研究院命制2024.4.26全卷滿分100分考試用時75分鐘注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答:每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3.非選擇題的作答:用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。4.考試結束后請將本試卷和答題卡一并上交。一、選擇題:本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.生活中處處有化學。下列對應關系錯誤的是A.——調味劑 B.——補鐵劑C.——防腐劑 D.——抗氧化劑【答案】B【解析】【詳解】A．食鹽具有咸味，無毒，可用作食品的調味劑，故A正確；

B．人體所需的鐵是亞鐵離子，FeCl3中含有鐵離子，則FeCl3不能作補鐵劑，故B錯誤；

C．苯甲酸鈉能抑制細菌滋生，可防止食物變質發酸、延長保質期，常用作食品防腐劑，故C正確；

D．SO2具有還原性，能與氧氣反應，如葡萄酒中加入適量SO2作抗氧化劑，故D正確；

故選：B。2.鄂東地區富含銅礦。下列有關銅的說法正確的是A.銅元素位于周期表d區 B.銅的焰色試驗為紅色C.含配位鍵 D.青銅的硬度小于純銅【答案】C【解析】【詳解】A．銅元素的原子序數為29，基態原子的價電子排布式為3d104s1，位于元素周期表ds區，故A錯誤；B．焰色試驗為元素的性質，銅元素的焰色試驗為綠色，故B錯誤；C．四水合銅離子中具有空軌道的銅離子與具有孤對電子的水分子形成配位鍵，故C正確；D．一般情況下，合金的硬度比各組分都大，青銅屬于銅合金，硬度大于純銅，故D錯誤；故選C。3.化學助力體育事業的發展。下列說法錯誤的是選項用途物質原因A“球場大夫”氯乙烷易分解且吸收熱量B泳池消毒劑漂粉精在空氣中易生成強氧化性物質C羽毛球拍網線尼龍66強度高且彈性好D運動場人造草坪聚乙烯無毒、耐腐蝕、耐磨性好A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．“球場大夫”的主要成分是沸點低的氯乙烷，氯乙烷揮發時會吸收熱量，故A錯誤；B．泳池消毒劑漂粉精的有效成分為次氯酸鈣，次氯酸鈣易與空氣中的二氧化碳和水蒸氣反應生成具有強氧化性的次氯酸，而起到殺菌消毒的作用，故B正確；C．羽毛球拍網線是由尼龍66制成，尼龍66具有強度高且彈性好的優良性能，故C正確；D．運動場人造草坪的主要成分是聚乙烯，聚乙烯具有無毒、耐腐蝕、耐磨性好的優良性能，故D正確；故選A。4.磷的兩種含氧酸的結構信息如圖所示，下列說法正確的是A.二者σ鍵數目均為6 B.磷原子均為雜化C.為酸式鹽 D.分子間均存在氫鍵【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知，磷酸分子中的σ鍵數目為7，故A錯誤；B．H3PO3和H3PO4分子中磷原子的價層電子對數都為4，原子的雜化方式都為sp3雜化，故B錯誤；C．由圖可知，1個H3PO3分子中含有2個羥基，屬于二元酸，則為正鹽，故C錯誤；D．由圖可知，H3PO3和H3PO4分子中都存在羥基，都能形成分子間氫鍵，故D正確；故選D5.用溶液處理火箭發射場附近廢水中偏二甲肼的反應原理為，NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.中所含氮原子數目為0.4NAB.溶液中氧原子數目為4NAC.標準狀況下，中孤電子對數目為2NAD.反應生成時轉移電子數目為2NA【答案】C【解析】【詳解】A．物質的量為，所含氮原子數目為0.1mol×2×NAmol-1=0.2NA，故A錯誤；B．物質的量為2mol，含4molO原子，溶液中水分子還含有氧原子，則溶液中氧原子數目大于4NA，故B錯誤；C．標準狀況下，物質的量為，N2電子式為，所以含有的孤電子對數為2NA，故C正確；D．該反應中只有過氧化氫中O元素化合價降低，由-1價降低至-2價，生成2mol二氧化碳時轉移16mol電子，則生成時轉移電子數目為4NA，故D錯誤；故答案選C。6.苯氧乙酸是制備某種具有菠蘿氣味的香料的中間體，其制備原理如圖所示。下列說法錯誤的是A.環氧乙烷中所有原子共平面 B.苯氧乙醇有2種含氧官能團C.氧化劑可選用酸性溶液 D.苯氧乙酸的核磁共振氫譜有5組峰【答案】A【解析】【詳解】A．環氧乙烷中C原子均為飽和碳原子，不可能所有原子共平面，故A錯誤；B．苯氧乙醇的結構簡式為，有醚鍵和羥基2種含氧官能團，故B正確；C．當羥基碳上有兩個氫原子時，可以被強氧化劑酸性溶液氧化為羧基，故C正確；D．苯氧乙酸中苯環上有3種氫原子，側鏈上有2種氫原子，共5種氫原子，故核磁共振氫譜有5組峰，故D正確；故選A。7.實驗室按以下方案從某海洋動物提取具有抗腫瘤活性的天然產物。下列實驗方法或儀器錯誤的是A.步驟(1)需要過濾裝置B.步驟(2)水層溶液從分液漏斗下口放出C.步驟(3)需要用到坩堝D.步驟(4)可利用物質的沸點不同分離【答案】C【解析】【分析】由流程可知，某海洋動物提取具有抗腫瘤活性的天然產物，由實驗流程可知，操作(1)是分離固液混合物，其操作為過濾，操作(2)分高互不相溶的液體混合物，需進行分液，要用分液屬斗，操作(3)是從溶液中得到固體，操作為蒸發，需要蒸發皿，操作(4)是從有機化合物中，利用沸點不同采用蒸餾得到甲苯，以此來解析；【詳解】A．由分析可知，操作(1)是分離固液混合物，其操作為過濾，A正確；B．由分析可知，操作(2)分離互不相溶的液體混合物，需進行分液，由于甲苯的密度小于水，故下層為水層，分液時水層溶液從下口放出，上層為有機層，需從上口倒出，B正確；C．操作(3)是從溶液中得到固體，操作為蒸發，需要蒸發皿而不需要用坩堝，C錯誤；D．操作(4)是從有機化合物中，利用沸點不同采取蒸餾得到甲苯，D正確；故選C。8.晶格能是反映離子晶體穩定性的物理量，其定義為氣態離子形成離子晶體釋放的能量。生成的Born-Haber循環如圖所示。下列說法錯誤的是A.離子晶體穩定性： B.的第三電離能為C.斷裂鍵消耗的能量 D.【答案】B【解析】【詳解】A．晶格能是反映離子晶體穩定性的物理量，其定義為氣態離子形成離子晶體釋放的能量，由圖可知，形成離子釋放845kJ能量，形成離子釋放5493kJ能量，則離子晶體穩定性：，故A正確；B．Tl原子的第三電離能是由氣態Ti2+離子失去1個電子形成氣態Tl3+離子所需要的能量，根據Tl＋(g)+F-(g)+F2(g)→Tl3+(g)+F－(g)+F2(g)?H=-，可判斷的第三電離能不是，故B錯誤；C．由圖可知，F2(g)→2F(g)吸收158kJ能量，則斷裂鍵消耗的能量，故C正確；D．根據蓋斯定律，，故D正確；故選B。9.鍵角是重要的鍵參數之一。下列鍵角的大小比較正確的是選項鍵角鍵角的大小比較AB金剛石>石墨CDA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．氨分子中氮原子的價層電子對數為4、孤對電子對數為1，四氨合銅離子中中心離子為提供空軌道的銅離子，配體為提供孤對電子的氨分子，配離子中氮原子的價層電子對數為4、孤對電子對數為0，孤對電子對數越多，對成鍵電子對的斥力越大，鍵角越小，則四氨合銅離子的鍵角大于氨分子，故A正確；B．金剛石中碳原子的雜化方式為sp3雜化，石墨中碳原子的雜化方式為sp2雜化，則金剛石中鍵角小于石墨，故B錯誤；C．三氧化硫分子中硫原子的價層電子對數為3、孤對電子對數為0，分子的空間構型為平面三角形，亞硫酸根離子中硫原子的價層電子對數為4、孤對電子對數為1，離子的空間構型為三角錐形，則三氧化硫分子中鍵角大于亞硫酸根離子，故C錯誤；D．離子中碳原子的價層電子對數為3、孤對電子對數為0，離子的空間構型為平面三角形，離子中碳原子的價層電子對數為4、孤對電子對數為1，離子的空間構型為三角錐形，則離子中鍵角大于離子，故D錯誤；故選A。10.方程式是物質轉化的符號表征形式。下列符號表征錯誤的是A.鉛酸蓄電池放電正極反應：B.順式聚異戊二烯的合成：C.乙酰胺在酸性條件下加熱水解：D.向溶液滴入稀硫酸出現乳白色渾濁：【答案】B【解析】【詳解】A．二氧化鉛是鉛蓄電池的正極，酸性條件下二氧化鉛在正極得到電子發生還原反應生成硫酸鉛和水，電極反應式為，故A正確；B．催化劑作用下順式異戊二烯發生加聚反應生成順式聚異戊二烯，反應的化學方程式為n，故B錯誤；C．乙酰胺在酸性條件下加熱發生水解反應生成乙酸和銨根離子，反應的離子方程式為，故C正確；D．硫代硫酸鈉溶液與稀硫酸反應生成硫酸鈉、硫沉淀、二氧化硫氣體和水，反應的離子方程式為，故D正確；故選B。11.某化合物具漂白性，主要用于染色工藝，其結構如圖所示，其中W、X、Y、M、Z是原子序數依次遞增短周期主族元素，且Y和同主族，下列說法錯誤的是A.電負性: B.和均為極性分子C.MW與水反應后的溶液呈堿性 D.利的VSEPR模型名稱均為平面三角形【答案】B【解析】【分析】由化合物的結構可知，M為帶一個單位正電荷的陽離子，陰離子中W、X、Y、Z形成的共價鍵分別為1、4、2、4，W、X、Y、M、Z是原子序數依次遞增的短周期主族元素，且Y和Z同主族，則W為H元素、X為C元素、Y為O元素、M為Na元素、Z為S元素。【詳解】A．元素的非金屬性越強，電負性越大，元素的非金屬性強弱順序為C<S<O，則電負性的大小順序為C<S<O，故A正確；B．乙炔分子的空間構型為結構對稱的直線形，屬于非極性分子，故B錯誤；C．氫化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，反應所得溶液呈堿性，故C正確；D．二氧化硫和三氧化硫分子中硫原子的價層電子對數都為3，則分子的VSEPR模型均為平面三角形，故D正確；故選B12.鈣介導下電化學合成氨的原理如圖所示，已知鈣元素的轉化途徑為Ca2+→Ca→CaxNyHz→Ca2+。下列說法正確的是A.陰極區的反應式為B.理論上每產生消耗C.鈣離子在該合成氨過程中的作用是活化D.電解質溶液可換為含有少量乙醇的水溶液【答案】C【解析】【分析】由圖可知，與直流電源正極相連的左側電極為電解池的陽極，氫氣在陽極失去電子發生氧化反應生成氫離子，氫離子與C2H5O-結合生成乙醇，乙醇又離解生成氫離子和C2H5O-，右側電極為陰極，鈣離子在陰極得到電子發生還原反應生成鈣，鈣與氮氣反應生成CaxNyHz，CaxNyHz與氫離子反應生成鈣離子和氨氣，則電解的總反應為鈣離子和乙醇催化作用下氮氣和氫氣電解生成氨氣。【詳解】A．由分析可知，與直流電源正極相連的左側電極為電解池的陽極，氫氣在陽極失去電子發生氧化反應生成氫離子，氫離子與C2H5O-結合生成乙醇，反應式為，故A錯誤；B．由分析可知，電解的總反應為鈣離子和乙醇催化作用下氮氣和氫氣電解生成氨氣，則陰極區生成氨氣時，催化劑乙醇的量沒有變化，故B錯誤；C．由分析可知，電解的總反應為鈣離子和乙醇催化作用下氮氣和氫氣電解生成氨氣，則鈣離子的作用是活化氮氣，故C正確；D．鈣能與水反應生成氫氧化鈣和氫氣，所以電解質溶液不能換為含有少量乙醇的水溶液，故D錯誤；故選C。13.超導現象一直吸引著廣大科學家的關注。某超導材料的晶體結構屬于四方晶系，其晶胞如圖所示。下列說法錯誤的是A.第一電離能: B.與等距且最近的有12個C.該超導材料的化學式為 D.該晶體的密度為【答案】B【解析】【詳解】A．同一主族隨原子序數變大，原子半徑變大，第一電離能變小；同一周期隨著原子序數變大，第一電離能變大，第一電離能:，A正確；B．由圖可知，與等距且最近的有4個，B錯誤；C．根據“均攤法”，晶胞中含個Hg、2個Ba、個Cu、個O，則化學式為，C正確；D．結合C分析可知，，D正確；故選B。14.甲烷化是“負碳排放”的重要研究方向，某研究團隊報道了鎳基催化劑上與反應生成甲烷的兩種機理如圖所示，其中吸附在催化劑表面的物種用*表示。下列說法錯誤的是A.鎳基催化劑增加了活化分子的百分數B.兩種機理均涉及極性鏈的斷裂和生成C.機理中的選擇性更高D.機理涉及反應【答案】C【解析】【詳解】A．催化劑降低反應的活化能，將普通分子轉化為活化分子，則鎳基催化劑增加了活化分子的百分數，A正確；B．兩種機理均涉及C=O極性鍵的斷裂和C-H鍵的生成，B正確；C．機理中主要生成CH4，次要生成CO，則機理中的選擇性更高，C錯誤；D．由圖可知機理涉及反應，D正確；故選C。15.為測定中配位數，將濃度均為和溶液按不同體積比混合，其用量和溶液渾濁度的關系如圖，已知:。下列說法錯誤的是A.b點對應的B.中配位數C.當時，D.當時，【答案】D【解析】【分析】由圖可知，濃度相等的硝酸銀溶液和氰化鉀溶液的總體積為10mL，硝酸銀溶液和氰化鉀溶液的體積比為1：1時，溶液渾濁度最大，說明a點時硝酸銀溶液和氰化鉀溶液恰好反應生成氰化銀沉淀；體積比小于1：1時，溶液渾濁度減小，說明氰化銀與溶液中氰酸根離子轉化為配離子，b點時酸銀溶液和氰化鉀溶液恰好生成配離子，由體積比可知，配離子的配位數n為：＜n＜，由n為大于0的正整數可知，配位數n為2，則配離子的化學式為[Ag(CN)2]—。【詳解】A．由分析可知，配離子的化學式為[Ag(CN)2]—，實驗時硝酸銀溶液和氰化鉀溶液的總體積為10mL，則b點硝酸銀溶液和氰化鉀溶液的體積比為1：2，屬于硝酸銀溶液的體積為，故A正確；B．由分析可知，配離子的化學式為[Ag(CN)2]—，則配位數n為2，故B正確；C．氰化鉀溶液的體積溶液為4mL時，硝酸銀溶液的體積為6mL，則混合溶液中銀離子濃度為=2.0×10—3mol/L，由溶度積可知，溶液中氰酸根離子濃度為=8.0×10—12mol/L，故C正確；D．氰化鉀溶液的體積溶液為6mL時，硝酸銀溶液的體積為4mL，則硝酸銀溶液完全反應生成氰化銀沉淀的物質的量為0.01mol/L×4×10—3L=4×10—5mol，過量氰化鉀溶液與氰化銀反應生成可溶的配離子，則剩余氰化銀沉淀的物質的量為4×10—5mol—0.01mol/L×2×10—3L=2×10—5mol，故D錯誤；故選D。二、非選擇題:本題共4小題，共55分。16.實現廢鎢——鎳型加氫催化劑(主要成分為，還含有和少量含有機物)中有價值金屬回收的工藝流程如下。已知：ⅰ.，純堿不與反應。ⅱ.相關金屬離子[c0(Mn+)=0.1mol/L]形成氫氧化物沉淀的范圍如下:金屬離子Ni2+Al3+Fe3+開始沉淀時的pH6.93.41.5沉淀完全時的pH8.94.72.8回答下列問題:（1）28Ni位于元素周期表的第__________周期、__________族。（2）“氧化”的目的為__________和將金屬單質氧化至相應價態。（3）“鈉化焙燒”中生成的化學方程式為__________。（4）“酸化沉鎢”后過濾，所得濾餅的主要成分為__________(填化學式)。（5）“調”除鐵和鋁，溶液的范圍應調節為__________。（6）資料顯示，硫酸鎳結晶水合物的形態與溫度有如表關系。溫度低于高于晶體形態多種結晶水合物“一系列操作”依次是__________、及時過濾、洗滌、干燥。（7）強堿溶液中NaClO氧化NiSO4，可沉淀出用作電池正極材料的NiOOH，該反應的離子方程式為__________。【答案】（1）①.四②.Ⅷ（2）除去含S有機物（3）WO3+Na2CO3Na2WO4+CO2↑（4）H2WO4（5）4.7—6.9（6）蒸發濃縮、冷卻到30.8℃～53.8℃結晶（7）ClO?＋2Ni2＋＋4OH?=2NiOOH↓＋Cl?＋H2O【解析】【分析】由題給流程可知，廢催化劑在空氣中氧化，將含硫有機物轉化為氣體除去，并將金屬單質氧化至相應價態；向氧化渣中加入碳酸鈉在600℃條件下鈉化焙燒，將氧化鎢轉化為鎢酸鈉，焙燒渣經水浸、過濾得到浸渣和濾液；向濾液中加入硫酸溶液酸化沉鎢，將鎢酸鈉轉化為鎢酸沉淀，過濾得到鎢酸；鎢酸煅燒分解生成氧化鎢；向浸渣中加入硫酸溶液酸浸，將金屬氧化物轉化為可溶的硫酸鹽，二氧化硅與硫酸溶液不反應，過濾得到含有二氧化硅的濾渣和濾液；調節濾液pH在4.7—6.9范圍內，將溶液中的鐵離子、鋁離子轉化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵、氫氧化鋁的濾渣和硫酸鎳溶液；硫酸鎳溶液經蒸發濃縮、冷卻到30.8℃～53.8℃結晶、及時過濾、洗滌、干燥得到六水硫酸鎳。小問1詳解】鎳元素的原子序數為28，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，故答案為：四；Ⅷ；【小問2詳解】由分析可知，氧化的目的是將含硫有機物轉化為氣體除去，并將金屬單質氧化至相應價態，故答案為：除去含S有機物；【小問3詳解】由分析可知，“鈉化焙燒”中生成鎢酸鈉的反應為氧化鎢與碳酸鈉高溫下反應生成鎢酸鈉和二氧化碳，反應的化學方程式為WO3+Na2CO3Na2WO4+CO2↑，故答案為：WO3+Na2CO3Na2WO4+CO2↑；【小問4詳解】由分析可知，“酸化沉鎢”后過濾，所得濾餅的主要成分為鎢酸，故答案為：H2WO4；【小問5詳解】由分析可知，調節濾液pH在4.7—6.9范圍內的目的是將溶液中的鐵離子、鋁離子轉化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，故答案為：4.7—6.9；【小問6詳解】由題給信息可知，“一系列操作”為硫酸鎳溶液經蒸發濃縮、冷卻到30.8℃～53.8℃結晶、及時過濾、洗滌、干燥得到六水硫酸鎳，故答案為：蒸發濃縮、冷卻到30.8℃～53.8℃結晶；【小問7詳解】由題意可知，生成堿式氧化鎳的反應為堿性條件下溶液中的鎳離子與次氯酸根離子反應生成堿式氧化鎳、氯離子和水，反應的離子方程式為ClO?＋2Ni2＋＋4OH?=2NiOOH↓＋Cl?＋H2O，故答案為：ClO?＋2Ni2＋＋4OH?=2NiOOH↓＋Cl?＋H2O。17.硫脲為白色晶體，可溶于水，易溶于乙酸乙酯，可代替氰化物用于提煉金。合成硫脲的原理為。回答下列問題：（1）儀器a的名稱為__________。（2）從結構角度分析，硫脲可溶于水的原因是__________。（3）多孔球泡的作用是__________。（4）B中反應完全的標志是__________。（5）分離提純的方法為萃取，應選用的綠色萃取劑為__________(填標號)。a.苯b.四氯化碳c.乙酸乙酯d.乙醇（6）滴定原理：取mg硫脲的粗產品溶于水，用cmol?L-1的酸性重鉻酸鉀標準溶液滴定到終點，平行三次實驗平均消耗VmL標準溶液，則樣品中硫脲的純度為__________。（7）在酸性溶液中，硫脲在Fe3+存在下能溶解金形成，反應的離子方程式為_______。溶解金的過程伴隨著溶液變紅的現象，原因可能為硫脲發生異構化生成__________(填化學式)。【答案】（1）球形干燥管（2）硫脲為極性分子，水也為極性分子，依據相似相溶原理，硫脲易溶于水，且硫脲分子可與水分子間形成氫鍵（3）增大氣體與液體的接觸面積，提高吸收效率（4）分層現象消失（5）c（6）（7）①.Au+2S=C(NH2)2+Fe3+=[Au(S=C(NH2)2)++Fe2+②.【解析】【分析】合成硫脲的原理為。裝置A中，NH4Cl與Ca(OH)2在加熱條件下反應制取NH3；將NH3通入B裝置中，與CS2發生反應，生成易溶于水的(H2N)2C=S和NH4HS，反應完成后用萃取劑萃取出(H2N)2C=S，再加以分離，未反應的NH3用稀硫酸吸收。【小問1詳解】儀器a的名稱為球形干燥管。【小問2詳解】硫脲的結構簡式為，從結構角度分析，可溶于水的原因是：硫脲為極性分子，水也為極性分子，依據相似相溶原理，硫脲易溶于水，且硫脲分子可與水分子間形成氫鍵。【小問3詳解】多孔球泡能使氣體與水的接觸面積增大，則作用是：增大氣體與液體的接觸面積，提高吸收效率。【小問4詳解】反應前，B中液體分層，通入NH3后，NH3與CS2反應生成的產物(H2N)2C=S和NH4HS都易溶于水，則B中反應完全的標志是：分層現象消失。【小問5詳解】苯、四氯化碳易揮發，且會對大氣造成污染，乙醇與水互溶，而乙酸乙酯無毒、揮發性小，且硫脲易溶于乙酸乙酯，則分離提純方法為萃取，應選用的綠色萃取劑為乙酸乙酯，故選c。【小問6詳解】由反應方程式可建立關系式：3(H2N)2C=S——7，n()=cmol?L-1×V×10-3L=cV×10-3mol，則樣品中硫脲的純度為=。【小問7詳解】在酸性溶液中，硫脲在Fe3+存在下能溶解金形成，反應的離子方程式為Au+2S=C(NH2)2+Fe3+=[Au(S=C(NH2)2)++Fe2+。溶解金的過程伴隨著溶液變紅的現象，原因可能為硫脲發生異構化，則生成。【點睛】分離沸點相差較大的液體混合物，常用蒸餾法。18.化合物F是合成藥物的重要中間體，其合成路線如圖所示。已知回答下列問題:（1）B→C的反應類型是__________。（2）C中官能團的名稱是__________。（3）D的結構簡式為__________。（4）F中有__________個手性碳原子。（5）A的同分異構體中，遇溶液顯色的共有__________種。（6）以苯、乙烯和為含碳原料，利用上述原理，合成化合物。①相關步驟涉及到烯烴制鹵代烴的反應，其化學方程式為__________。②最后一步轉化中與鹵代烴反應的有機物的結構簡式為__________。【答案】（1）還原反應（2）羧基、醚鍵（3）（4）2（5）9（6）①.CH2=CH2+HBrCH3CH2Br②.【解析】【分析】由有機物的轉化關系可知，氯化鋁作用下與發生取代反應生成，與鹽酸和鐵共熱發生還原反應生成，在PPA作用下發生取代反應生成，則D為；與CH3Br發生題給信息反應生成，經多步轉化生成。【小問1詳解】由分析可知，B→C的反應為與鹽酸和鐵共熱發生還原反應生成，故答案為：還原反應；【小問2詳解】由結構簡式可知，的官能團為羧基和醚鍵，故答案為：羧基、醚鍵；【小問3詳解】由分析可知，D的結構簡式為，故答案為：；【小問4詳解】由結構簡式可知，F分子中含有如圖*所示的2個手性碳原子：，故答案為：2；【小問5詳解】A的同分異構體遇氯化鐵溶液顯色說明同分異構體分子中含有酚羥基，同分異構體可以視作乙苯、鄰二甲苯、對二甲苯、間二甲苯分子中苯環上的氫原子被酚羥基取代所得結構，共有9種，故答案為：9；【小問6詳解】由題給有機物的轉化關系可知，以苯、乙烯和為含碳原料合成化合物的合成步驟為催化劑作用下乙烯與溴化氫共熱發生加成反應生成溴乙烷；催化劑作用下苯與發生取代反應生成，與鹽酸和鐵共熱發生還原反應生成，在PPA作用下發生取代反應生成，與溴乙烷發生題給信息反應生成；①由分析可知，相關步驟涉及到烯烴制鹵代烴的反應為催化劑作用下乙烯與溴化氫共熱發生加成反應生成溴乙烷，反應的化學方程式為CH2=CH2+HBrCH3CH2Br，故答案為：CH2=CH2+HBrCH3CH2Br；②由分析可知，最后一步轉化中與鹵代烴反應的有機物的結構簡式為，故答案為：。19.丙烯是一種重要的化工原料。利用丙烷脫氫制備丙烯的原理為：直接脫氫:回答下列問題:（1）各化學鍵的鍵能如表所示，則__________。化學鍵C-HC-C(π鍵)H-H鍵能413271436（2）計算機模擬直接脫氫的反應歷程如圖所示：①基元反應速率大小：第一步__________(填“>”“<”或“=”)第二步。②依據該歷程圖推測丙烷脫氫可能會產生的副產物為__________(填分子式)。（3）一種提高丙烷轉化率的催化劑—膜系統，能讓部分氫氣透過膜后與反應體系分離，其工作原理如圖所示：①該系統能提高丙烷轉化率的原因為__________。②在T、p0條件下，丙烷通入無膜反應器，丙烷的平衡轉化率為，該反應的壓強平衡常