【化学】江西省三新协同共同体2025届高三下学期5月考试（解析版）

这是一份【化学】江西省三新协同共同体2025届高三下学期5月考试（解析版），共25页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，可能用到的相对原子质量等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容。
5.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 K 39 V 51
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 江西以其独特的地理位置和气候条件，孕育出众多令人垂涎欲滴的美食。下列说法错误的是
A. 南昌瓦罐汤传承秦汉古法的煨汤技艺，陶瓷瓦罐的主要材质为硅酸盐
B. 鄱阳湖剁椒鱼头中鱼肉蛋白质的最终水解产物为氨基酸
C. 制作赣南三杯鸡需要使用植物油，植物油是一种不饱和脂肪酸
D. 白糖糕的制作原料有蔗糖、糯米粉等，其中蔗糖可水解为葡萄糖和果糖
【答案】C
【解析】A．陶瓷主要成分为硅酸盐，故A正确；
B．蛋白质水解生成多种氨基酸，故B正确；
C．植物油属于油脂，主要成分为不饱和脂肪酸甘油酯，故C错误；
D．蔗糖为二糖，一分子蔗糖水解生成1分子葡萄糖和1分子果糖，故D正确；
故选：C。
2. 下列描述原子结构或物质的化学用语错误的是
A. 基态Na原子最高能级的电子云轮廓图为
B. 基态的价电子排布图：
C. 顺-1，2-二溴乙烯的结构式为
D. HClO的电子式：
【答案】B
【解析】A．基态Na原子最高能级为3s，电子云轮廓图为，A正确；
B．基态的价电子排布式为3d6，价电子排布图：，B错误；
C．1，2-二溴乙烯中2个溴原子同在双键上侧或下侧为顺式结构，故顺-1，2-二溴乙烯结构式为：，C正确；
D．HClO的结构式为H－O－Cl，电子式为：，D正确；
故选B。
3. 幸福属于劳动者，光荣属于劳动者。下列化学知识不能解释相应劳动项目的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】A．清洗铁锅后及时擦干，使铁锅中的铁不接触电解质溶液，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈的速率，A正确；
B．纯碱（Na2CO3）水解显碱性，加热促进水解，增强碱性，使油脂（酯类）水解更彻底，生成可溶性物质，B正确；
C．明矾（KAl(SO4)2·12H2O）溶于水后，Al3+水解生成Al(OH)3胶体，吸附悬浮杂质并沉降，C正确；
D．利用铝和氢氧化钠遇水反应放出大量的热，加快氢氧化钠对油脂和毛发等淤积物的腐蚀，同时产生气体增加管道内气压，利于疏通，D错误；
故选D。
4. 磷酸二铵[]、磷酸二氢钾[]、尿素[]是常用的化学肥料。下列说法错误的是
A. 原子半径：B. 键长：
C. 第一电离能：D. 电负性：
【答案】C
【解析】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：，故A正确；
B．原子半径C>N>O，所以键长：，故B正确；
C．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能、，所以第一电离能，故C错误；
D．元素的非金属性越强电负性越大，电负性，故D正确；
选C。
5. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列反应对应的化学方程式(或离子方程式)书写错误的是
A. 用重铬酸钾法测酒中乙醇含量：
B 向溶液中加入盐酸：
C. 向次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：
D. 向悬浊液中滴加溶液：
【答案】C
【解析】A．酸性重铬酸钾可以将乙醇氧化为乙酸，本身被还原为Cr3+，则该离子方程式正确，A不符合；
B．氢氧化二氨合银在水中完全电离为二氨合银配离子、氢氧根，加入盐酸后，二氨合银配离子被破坏，银离子和氯离子产生氯化银沉淀，配体氨分子转化为铵离子，氢氧根被中和生成水，则该离子方程式正确，B不符合；
C．向次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙和次氯酸，则该离子方程式错误，C符合；
D．氢氧化铁比氢氧化镁更难溶，向悬浊液中滴加溶液，发生沉淀转化生成氢氧化铁沉淀和氯化镁，则该化学方程式正确，D不符合；
故选：C。
6. 下列实验装置的使用正确且能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】A．酸碱中和滴定时，盐酸应装在酸式滴定管中，A项不符合题意；
B．碱石灰能吸收和，不能用该装置来干燥，B项不符合题意；
C．观察钾的焰色试验应透过蓝色的钴玻璃，C项不符合题意；
D．为促进氯气的溶解和吸收，也可以避免在较高温度下生成氯酸钠，所以在冷水中反应，氯气和氢氧化钠反应制取次氯酸钠，方程式为：,D符合题意；
故选D。
7. 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X原子在s区元素原子中半径最小，基态Z原子的价电子排布式为，Y元素的简单氢化物可用作制冷剂，基态W原子的s能级电子数等于p能级电子数，Q的常见单质为气体。下列说法错误的是
A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：
B. 工业上电解饱和溶液制备W单质
C. Y、Z、Q的简单氢化物中沸点最高的是Z
D. 由X、Y、Q三种元素组成的化合物可能含有离子键
【答案】B
【解析】X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子在s区元素原子中半径最小，故X是H；基态Z原子的价电子排布式为，故Z是O；Y元素的简单氢化物可用作制冷剂，故Y是N；基态W原子的s能级电子数等于p能级电子数，故W是Mg；Q的常见单质为气体，且原子序数最大，故Q为Cl。
A．非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此酸性：，A正确；
B．工业上通过电解熔融的无水氯化镁制备金属镁，B错误；
C．Y、Z、Q的简单氢化物均为分子晶体，由于、均存在分子间氢键，HCl不存在分子间氢键，且分子中氢键强度高于，所以沸点最高的是，C正确；
D．由X、Y、Q三种元素组成的化合物可能为，因此可能含有离子键，D正确；
答案选B。
8. 我国稀土资源丰富，其中稀土元素铕的常见化合价为和，已知反应：。阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是
A. 含有的电子数目为
B. 含有的键数为
C. 含有的孤电子对数为
D. 溶液中数目为
【答案】C
【解析】A．1个含有10个电子，的物质的量为1ml，所含电子总数为，A项错误；
B．氨气分子内部含有3个键，水分子中含有2个键，同时分子和水分子与形成四个配位键，所以中有14个键，则含有的键数为，B项错误；
C．为，一个氨气分子中含有一对孤对电子，所以其数目为，C正确；
D．会发生水解反应，溶液中数目小于，D项错误；
故选C。
9. 傅-克酰基化反应在制备上很有价值，工业生产及实验室常用它来制备芳香酮。有机物M经傅-克酰基化转化为R的反应原理如图：
下列说法错误的是
A. 物质R中有3种含氧官能团
B. 可由脂肪发生水解反应制得
C. 物质M和R均能与发生加成反应
D. 物质N可在NaOH水溶液中发生取代反应
【答案】B
【解析】A．物质R中有、、三种含氧官能团，A正确；
B．脂肪发生水解生成甘油（丙三醇）和高级脂肪酸，B错误；
C．物质M含有苯环和醛基，R含有苯环和醛基，二者均能与发生加成反应，C正确；
D．物质N含有键，可在NaOH水溶液中发生水解（取代）反应，氯原子生成羟基，D正确；
故选B。
10. 甲基苄溴()在稀的碱性水溶液中的水解反应分两步进行，反应中每一步的能量变化曲线如图所示，下列有关说法错误的是
A. 甲基苄溴不存在对映异构体
B. 决定甲基苄溴水解反应速率的是第一步反应
C. 甲基苄溴在稀的碱性水溶液中生成的反应是放热反应
D. 若将上述反应体系中的甲基苄溴改为甲基苄氯，则的值增大
【答案】A
【解析】A．甲基苄溴中与溴原子相连的碳原子连接了4个不同的基团，是手性碳原子，则其存在对映异构体，A错误；
B．基苄溴水解反应速率由慢反应决定，由图可知，第一步活化能大于第二步，则由第一步决定甲基苄溴水解反应速率，B正确；
C．由图中始末状态可知，该反应中反应物能量高于生成物，则该反应是放热反应，C正确；
D．表示第一步反应的焓变，由于键长，键能：，若将基苄溴改为甲基苄氯，破坏将会吸收更多的能量，即的值增大，D正确；
故选A。
11. 金属Ru被广泛用于制笔行业。某实验小组以某钉废料[主要成分是，还含(其中Ru为价)、FeO和等]为原料制备Ru的流程如图。
已知：“除杂”中氯元素被还原成最低价态，只氧化。
下列说法错误的是
A. “滤渣”的主要成分是
B. 中Fe元素既有价，又有价
C. 、、的中心原子杂化方式相同
D. “热还原”时，往往需要先通一段时间的氢气，其目的是排尽装置内的空气，防止爆炸
【答案】B
【解析】含Ru废料加入Na2SO3和稀硫酸酸浸，SiO2不溶于酸， “滤渣”的主要成分是SiO2，Na2SO3将+8价Ru还原为Ru(SO4)2，再加入Na2CO3和NaClO3除去Fe2+，使用Na2CO3沉钌得到Ru(CO3)2，灼烧得到RuO2，最后加氢气热还原得到Ru，据此分析解题。
A．由分析可知，“滤渣”的主要成分是，A正确；
B．中Na为+1价，OH-带1个负电荷，带2个负电荷，根据化合价代数和为零可知，Fe只有+3价，B错误；
C．、、的中心原子价层电子对数为、、，中心原子杂化方式相同，均为sp3，C正确；
D．氢气中混有氧气加热时受热会发生爆炸，“热还原”时，往往需要先通一段时间的氢气，其目的是排尽装置内的空气，防止爆炸，D正确；
故选B。
12. 去消旋化是一种颇具潜力的构建手性中心的新颖手段，采用如图所示工作原理，将一对外消旋体选择性地转化为单一对映体，成功实现了仲醇的电化学去消旋化。下列说法错误的是
A. Rh—CME电极为阴极
B. 与反应的方程式：2RhIII-H++2RhIII
C. 该装置得到目标产物的总反应为2+2H2O2+O2
D. 若经过多次循环，制得的与的物质的量之比为6：1，则理论上电极表面转移电子的物质的量为1.4ml
【答案】D
【解析】由图可知，该装置为电解池装置， Nyni电极水失电子生成氧气，Nyni电极为阳极，则Rh－CME电极为阴极。
A．根据图示，Nyni电极水失电子生成氧气，则Nyni电极为阳极、Rh－CME电极为阴极，故A正确；
B．根据图示，与反应的方程式为2RhIII-H++2RhIII，故B正确；
C．根据图示，该装置反应物为和水，产物为和O2，总反应为2+2H2O2+O2，故C正确；
D．若经过多次循环，制得的与的物质的量之比为6：1，与具体的物质的量未知，则无法计算电极表面转移电子的物质的量，故D错误；
选D。
13. 金属K在中燃烧得到，具有强氧化性，也常作消毒剂，的晶胞(与NaCl晶胞结构相同)如图所示，1号原子的分数坐标为，已知过氧键的键长为dnm，阿伏加德罗常数的值为，晶胞的棱长为anm。下列说法错误的是
A. 晶体中每个周围最近且等距的有6个
B. 晶体的密度为
C. 2号原子的分数坐标为
D. 晶胞中位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为
【答案】C
【解析】A．由于的晶胞与NaCl晶胞结构相同，在NaCl晶胞中每个周围最近且等距的有6个，所以在晶体中晶体中每个周围最近且等距的有6个，A正确；
B．根据晶胞结构，位于晶胞的顶点和面心，利用均摊法，的个数，位于晶胞的棱上和体心，的个数，晶体的密度为，B正确；
C．2号原子的分数坐标为，C错误；
D．晶胞中位于所形成的正八面体的体心，正八面体的边长为面对角线的一半，晶胞棱长为anm，面对角线长为，所以正八面体的边长为，D正确；
故选C。
14. 一定温度下，在不同pH的溶液中存在形式不同。图1中的两条曲线分别为、的沉淀溶解平衡曲线，。图2为溶液中含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。若初始时，下列说法错误的是
A. 曲线Ⅱ为的沉淀溶解平衡曲线
B. 常温下，时，
C. 、时，发生反应：
D. 若通过通入HCl调节pH形成了和混合溶液，溶液中始终存在
【答案】B
【解析】氢氧化镁溶解度小于碳酸镁，当溶液中pH=12时碳酸镁对应的镁离子浓度大于对应的镁离子浓度，故曲线I为沉淀溶解平衡曲线；图2中pH=12至pH=8的虚线下降表示碳酸根离子浓度变化，pH=12至pH=8以及pH减小的实线表示碳酸氢根离子浓度变化，pH=8减小部分虚线为碳酸浓度的变化；
A．相同温度下，的溶解度小于，故当pH=12时碳酸镁对应的镁离子浓度大于对应的镁离子浓度，故曲线I为沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ为的沉淀溶解平衡曲线，A正确；
B．根据图示可得出的，，根据，简化后带入数据可得，B错误；
C．pH=8时溶液中主要含碳离子为碳酸氢根，pM=1即镁离子浓度为0.1ml/L，该点碳酸镁曲线在氢氧化镁曲线下方，生成碳酸镁较多，故发生反应：，C正确；
D．通入HCl调节pH形成了和的混合溶液，溶液中始终存在元素守恒：，D正确；
答案选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 叠氮化钠()可用作汽车安全气囊的气体发生剂。某小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。
查阅资料：①叠氮化钠可以氨基钠()和为原料加热制得，反应为；能被NaClO氧化，N元素转化为。
②氨基钠易氧化，易潮解。
③有强氧化性，不与酸、碱反应。
回答下列问题：
Ⅰ．制备
（1）装有浓硝酸的仪器的名称为_______。
（2）装置A为制备的装置，写出装置A中发生反应的化学方程式：_______。
（3）装置B的作用为_______。
（4）在装置E中将氮元素转化为对环境无污染的气体，同时生成沉淀，则该反应中被_______(填“氧化”或“还原”)。
（5）、、三种粒子中N原子的杂化方式_______(填“完全相同”“完全不同”或“不完全相同”)，H－N－H键角由大到小的顺序为_______。
Ⅱ．测定产品纯度
（6）取样品与足量的NaClO溶液反应(杂质不与NaClO溶液反应)，写出反应的化学方程式：_______。
（7）反应中收集到VmL无色无味的气体，设本实验条件下的气体摩尔体积为，则产品中的质量分数为_______(用含V、、m的式子表示)。
【答案】（1）分液漏斗
（2）
（3）防止装置A中产生的水蒸气进入装置C内，引起的水解
（4）还原 （5） ①. 完全相同 ②.
（6）
（7）(或或)
【解析】A为制备N2O的装置，反应方程式为：；B中碱石灰可防止装置A中产生的水蒸气进入装置C内，引起的水解；C中制备，反应方程式为：，D中浓硫酸防止水蒸气进入C，E装置为尾气处理装置。
（1）装有浓硝酸的仪器的名称为：分液漏斗；
（2）装置A中发生反应的化学方程式：；
（3）根据分析，B中碱石灰的作用为：防止装置A中产生的水蒸气进入装置C内，引起的水解；
（4）在装置E中将氮元素转化为对环境无污染的气体，同时生成沉淀，该反应中转化为N2，N元素化合价降低，故被还原；
（5）中N原子的价层电子对数为、中N原子的价层电子对数为、中N原子的价层电子对数为，三种粒子中N原子的杂化方式均为sp3杂化，N原子的杂化方式完全相同，但孤电子对数分别为0、1、2，孤电子对数越多，对成键电子对斥力越大，键角越小，故H－N－H键角由大到小的顺序为；
（6）根据题意，能被NaClO氧化，N元素转化为，根据氧化还原反应的规律，化学方程式为：；
（7）N2的物质的量为，由反应可找出关系式：，则产品中NaN3的质量分数为：(或或)。
16. 是制造钒铁合金的原料。从废钒催化剂(含以及不溶于酸的杂质)中回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源，其工艺流程如图：
已知：①“酸浸”时，转化为。
②具有氧化性。
回答下列问题：
（1）基态钒原子的价层电子排布式为_______。
（2）写出“还原”时发生反应的离子方程式：_______。
（3）将“还原”后含的溶液进行“萃取”和“反萃取”提纯，制得钒酸盐，原理为，经“萃取”和“反萃取”后，钒的总回收率为90%，则“还原”时消耗的和“氧化”时消耗的的物质的量之比为_______。
（4）“沉钒”过程会析出晶体。
①需要加入过量，目的是_______。
②以沉钒率(沉淀中钒的质量和废钒催化剂中钒的质量之比)表示钒的回收率，沉钒率与沉淀温度的关系如图所示，温度高于80℃时沉钒率下降的原因是_______。
（5）取进行煅烧获得，过程中减少的质量()随温度变化的曲线如图所示。
①写出C到D过程中发生反应的化学方程式：_______。
②煅烧时不断鼓入空气的目的是_______。
【答案】（1）
（2）
（3）10：3 （4） ①. 利用同离子效应，促进晶体的析出，提高沉钒率 ②. 的水解程度增大，浓度减小(若答到“温度升高，溶解度增大”亦可)
（5） ①. (或) ②. 防止还原(或防止氧化)
【解析】废钒催化剂(含以及不溶于酸的杂质)加入稀硫酸进行酸浸，发生反应，转化为，向滤液中加入，发生反应，得到，进行萃取和反萃取，加入进行氧化，发生反应，得到，再加入沉钒，制得晶体，煅烧晶体制得，据此回答。
（1）钒（V）是23号元素，根据核外电子排布规律，其基态原子的电子排布式为，价层电子是指能参与成键的电子，对于过渡元素，包括最外层电子和次外层d轨道电子，所以价层电子排布式为；
（2）“酸浸” 时转化为，加入进行还原，中V为+5价，被还原为（V为+4价），被氧化为，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式，得到；
（3）由可知，“还原”，生成1ml时消耗的的物质的量为0.5ml，由于钒的总回收率为90%，则“氧化”时，由反应可知，消耗，需要的，“还原”时消耗的和“氧化”时消耗的的物质的量之比为；
（4）①“沉钒” 过程发生反应生成，加入过量，溶液中浓度增大，根据沉淀溶解平衡原理，利用同离子效应，促进晶体的析出，提高沉钒率；
②如图，温度高于80℃时，的水解程度增大，浓度减小(若答到“温度升高，溶解度增大”亦可)，沉钒率下降；
（5）①，A到B减少的质量为34.0g，，，则B点到C点的固体为，C到D减少的质量为，相当于1ml水的质量，D点的化学式为V2O5，C到D过程中的化学方程式为(或)；
②具有还原性，能还原，为防止被还原，所以煅烧时不断鼓入空气。
17. 油气开采、石油化工、煤化工等工业废气中普遍含有，需要回收处理并加以利用。
（1）查阅文献知，对的处理主要有两种方法。
①克劳斯工艺。已知反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
则反应 _______。
②催化重整法处理。可以用作脱除的催化剂，脱除过程如图所示。
脱除时需先进行吸附。按图乙方式进行吸附，其吸附能力比按图甲强，请从结构角度分析其原因：_______。
（2）向某密闭容器中充入一定量的气体，发生热分解反应 ，分解的平衡转化率随温度和压强的变化情况如图所示。
①某温度下恒容密闭容器中，反应物的转化率达到最大值的依据是_______(填标号)。
a．气体的压强不再发生变化
b．气体的密度不再发生变化
c．
d．和的物质的量之和保持不变
②、和中压强最大的是_______。
（3）在、105kPa条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等。
①的平衡转化率为_______，平衡常数_______kPa。
②工业上，通常在等温、等压条件下将与Ar的混合气体通入反应器，发生热分解反应，达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，的平衡转化率会_______(填“增大”“减小”或“不变”)，利用平衡常数与浓度商的关系说明理由：_______。
【答案】（1） ①. ②. 中H带正电，S带负电，中Fe带正电，O带负电；图甲吸附方式为同种电性微粒靠近，图乙吸附方式为不同电性微粒靠近，不同电性微粒靠近时，吸附能力强
（2） ①. ac ②.
（3） ①. 50% ②. 5 ③. 增大 ④. 恒压条件下充入Ar，、、等比例减小，浓度商，平衡正向移动，转化率增大
【解析】（1）①反应Ⅰ：反应Ⅱ：根据盖斯定律，反应可由得到，故反应。
②从结构角度看，中H带正电，S带负电，中Fe带正电，O带负电；图甲吸附方式为同种电性微粒靠近（如带正电的H靠近带正电的Fe等），图乙吸附方式是不同电性微粒靠近（如带正电的H靠近带负电的O），根据静电作用原理，不同电性微粒靠近时，吸附能力更强。
（2）①对于反应，当化学反应达到平衡的时候，反应物的转化率达到最大值。
a．该反应前后气体分子数发生变化，在恒容密闭容器中，气体压强不再变化，说明气体物质的量不再变化，反应达到平衡，反应物的转化率达到最大值，a正确；
b．反应体系全是气体，气体总质量不变，容器恒容，根据，气体密度始终不变，不能据此判断是否达到平衡，b错误；
c．，满足反应速率之比等于化学计量数之比，正逆反应速率相等，反应达到平衡，反应物的转化率达到最大值，c正确；
d．根据原子守恒，和的物质的量之和始终保持不变，所以不能据此判断是否达到平衡，d错误；
故答案选ac。
②反应，正向是气体分子数增大的反应，增大压强平衡逆向移动，的平衡转化率减小。由图可知相同温度下，、和对应的的平衡转化率大小为，所以压强最大的是。
（3）①设起始的物质的量为n，转化的物质的量为x，的物质的量为4n。
平衡时混合气中与分压相等，则与的物质的量相等，即，解得，的平衡转化率为。此时，，气体的总物质的量，则，，。
②恒压条件下充入Ar，容器体积增大，、、浓度等比例减小。浓度商（温度不变，值不变），根据平衡移动原理，平衡正向移动，转化率增大。
18. 有机物G是合成某种药物的重要中间体，其合成路线如下：
已知：
①；
②硫酸二甲酯[]的结构简式为；
③(、、、为烃基或H原子)。
回答下列问题：
（1）B的结构简式为_______。
（2）C中含氧官能团的名称为_______。
（3）写出E→F的化学方程式：_______，该反应的反应类型为_______。
（4）有机物K是B的同分异构体，符合下列条件的K的结构有_______种(不考虑立体异构)。
ⅰ．不能与NaOH溶液反应；
ⅱ．1mlK与足量的金属钠反应能生成22.4L标准状况下的气体；
ⅲ．含有，不存在结构。
（5）为了减少步骤，缩短反应过程，D→G也可由如下路线合成，结合题示合成路线分析下图中“反应条件”应为_______。
（6）设计由、和硫酸二甲酯制备的合成路线如图。
①M分子中不存在手性碳原子，则M的结构简式为_______。
②N的分子式为_______。
【答案】（1） （2）羰基(或酮羰基)、醚键
（3） ①. ②. 取代反应
（4）12 （5）48%HBr
（6） ①. ②.
【解析】A发生取代反应生成B（），B发生信息①的反应生成C（），C在一定条件下转化为D，D发生取代反应生成E，E与生成F（），F转化为G，据此分析；
（1）根据分析可知，B的结构简式为；
（2）C的结构为，含氧官能团的名称为羰基(或酮羰基)、醚键；
（3）E中氨基与中羧基反应生成酰胺键，E→F的化学方程式：，该反应的反应类型为取代反应；
（4）B的结构简式为，K是B的同分异构体，ⅰ．不能与NaOH溶液反应，不含有羧基、酚羟基和酯基；ⅱ．1mlK与足量的金属钠反应能生成22.4L标准状况下的气体，含有2个羟基；ⅲ．含有，不存在结构，①取代基为两个-CH2OH，、，10种，②取代基为两个-CH(OH)CH2OH，有2种，共12种；
（5）为了减少步骤，缩短反应过程，D→G也可由如下路线合成，，可逆推，H为，需要将醚键转化为羟基，参考题干中D转化为E，故条件应该为48%HBr；
（6）①根据已知条件③，M的结构简式为或，因M分子中不存在手性碳原子，则M为；
②经反应生成N（），分子式为。
劳动项目
化学知识
A
清洗铁锅后及时擦干
擦干能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈的速率
B
用热的纯碱溶液洗涤餐具表面的油污
热的纯碱溶液碱性较强，促进油脂水解生成易溶于水的物质
C
向预处理水中加入明矾
明矾水解生成胶体，吸附沉降水中的不溶杂质
D
用氢氧化钠固体和铝粉制成疏通剂，疏通被油脂、毛发、菜渣等堵塞的管道
氢氧化钠具有吸水性
A．中和滴定
B．干燥
C．观察钾的焰色试验
D．制备次氯酸钠溶液