上海市曹杨第二中学2023-2024学年高三上学期期中考试化学试题

上海市曹杨二中2023学年度第一学期高三年级期中考试化学试卷考生注意：1．答卷前，考生务必将姓名、班级、学号等在指定位置填写清楚。2．本试卷共有40道试题，满分100分，考试时间60分钟。请考生用黑色水笔或钢笔将答案直接写在答题卷上。相对原子质量：H1O16Na23S32一、物质性质及制备（共20分）1.下列消毒剂的有效成分属于盐的是A.高锰酸钾溶液 B.过氧乙酸溶液 C.双氧水 D.医用酒精【答案】A【解析】【详解】A．高锰酸钾溶液的有效成分为KMnO4，其在水溶液中电离出K+和，故KMnO4属于盐，A符合题意；B．过氧乙酸溶液的有效成分是CH3COOOH，在水溶液中电离出CH3COOO和H+，即水溶液中的阳离子全部为H+，故其属于酸，不合题意；C．双氧水是由H和O组成的化合物，故其属于氧化物，C不合题意；D．医用酒精的有效成分为CH3CH2OH，其属于有机物，不属于盐，D不合题意；故答案为：A。2.关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是A.浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化B.NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强C.加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强D.浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强【答案】B【解析】【分析】【详解】A．浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A错误；B．NaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为：，pH减小，则酸性增强，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确；C．HI的沸点低，易挥发加热与浓混合物发生反应生成利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C错误；D．相同条件下根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D错误；故选B3.关于性质的解释合理的是选项性质解释A比容易液化分子间的范德华力更大BNH3熔点高于键的键能比大C能与以配位键结合中氮原子有孤电子对D氨水中存在是离子化合物A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】【详解】A．和都属于同一主族是氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气中含有氢键，PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，故A错误；B．熔点高于，是因为氨气中含有氢键，氢键的存在导致氨气的熔点升高，不是键的键能比大，故B错误；C．中氮原子有孤电子对，使和以配位键结合形成[Ag(NH3)2]+，故C正确；D．是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出和OH，故D错误；答案选C。4.含S元素某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是A.a可能为正盐，也可能为酸式盐 B.c为不溶于盐酸白色沉淀C.d为含极性键的非极性分子 D.反应②中还可能生成淡黄色沉淀【答案】C【解析】【分析】由题干信息可知，盐a与足量的稀盐酸产生刺激性气味气体d，d能使KMnO4溶液褪色，故d为SO2，则盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，盐a与足量Cl2反应后将生成，与BaCl2溶液反应得到沉淀c，故c为BaSO4，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，故a可能为正盐，也可能为酸式盐，A正确；B．由分析可知，c为BaSO4，故c为不溶于盐酸的白色沉淀，B正确；C．由分析可知，d为SO2，由SO2易溶于水并根据“相似相溶”原理可知，d是含有极性键的极性分子，C错误；D．由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，当Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，反应②中还可能生成淡黄色沉淀，D正确；故答案为：C。5.已知化合物中N为＋5价，下列性质推测不合理的是A.具有强氧化性 B.与NaOH溶液反应可生成两种钠盐C.与盐酸作用能产生氯气 D.水解生成盐酸和硝酸【答案】D【解析】【详解】A．里面含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A正确；B．与NaOH溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；C．里面含有正一价的氯元素，能与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确D．中O为2价，N为+5价，Cl为+1价，水解时价态不变，则发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；故选D。6.下列说法正确的是A.工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁B.接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫C.浓硝酸与铁在常温下不能反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸D.“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用【答案】D【解析】【详解】A．六水合氯化镁没有自由移动的离子，不能导电，工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不正确；B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不正确；C．在常温下铁与浓硝酸发生钝化反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜并阻止反应继续发生，所以可用铁质容器贮运浓硝酸，C不正确；D．“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用，若两者混用会发生归中反应生成氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，D正确；综上所述，本题选D。7.若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是A.与浓硫酸反应，只体现的酸性B.a处变红，说明是酸性氧化物C.b或c处褪色，均说明具有漂白性D.试管底部出现白色固体，说明反应中无生成【答案】B【解析】【详解】A．铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，故A错误；B．a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；C．b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；D．实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误；综上所述，正确的是B项。8.明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下：下列说法错误的是A.FeSO4的分解产物X为FeO B.本流程涉及复分解反应C.HNO3的沸点比H2SO4的低 D.制备使用的铁锅易损坏【答案】A【解析】【详解】A．据图可知FeSO4分解时生成SO2和SO3，部分S元素被还原，则Fe元素应被氧化，X为Fe2O3，A错误；B．H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4，为复分解反应，B正确；C．H2SO4与KNO3混合后，蒸馏过程中生成HNO3，说明HNO3的沸点比H2SO4的低，C正确；D．硫酸、硝酸均可以和铁反应，所以制备使用的铁锅易损坏，D正确；综上所述答案为A。9.科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是A.过程Ⅰ中发生氧化反应B.a和b中转移的数目相等C.过程Ⅱ中参与反应的D.过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为【答案】D【解析】【详解】A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；B．由图示可知，过程I为NO在酶1作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+2H++eNO+H2O，生成1molNO，a过程转移1mole，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+NH+3e+2H+H2O+N2H4，消耗1molNO，b过程转移3mole，转移电子数目不相等，B错误；C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH+3e+2H+H2O+N2H4，n(NO):n(NH)=1:1，C错误；D．由图示可知，过程I的离子方程式为NO+2H++eNO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+NH=N2↑+2H2O，D正确；答案选D。10.下列“类比”合理的是A.Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2B.NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClOC.Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4ClD.NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3【答案】C【解析】【详解】A．Na与水反应生成NaOH和H2，Fe与冷水、热水都不反应，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，A不合理；B．NaClO具有强氧化性，SO2具有较强的还原性，NaClO溶液与SO2发生氧化还原反应时SO2被氧化成，ClO被还原成Cl，B不合理；C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，C合理；D．氨水与少量AgNO3反应生成[Ag(NH3)2]+：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，D不合理；答案选C。二、硫代硫酸钠（共22分）11.硫代硫酸钠，又名次亚硫酸钠、大苏打、海波，化学式为，是硫酸钠中一个氧原子被硫原子取代的产物，因此两个疏原子的氧化数分别为－2和＋6。硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性溶液中稳定，广泛应用于日常生产生活中。（1）离子结构如图所示，其中心硫原子的杂化方式为_______________。基态S原子中，核外电子占据的最高能级的符号是___________，占据最高能级电子的电子云轮廓图为___________形。（2）关于反应，下列说法正确的是A.发生还原反应 B.既是氧化剂又是还原剂C.氧化产物与还原产物的物质的盘之比为2∶1 D.1mol发生反应，转移2mol电子【答案】（1）①.sp3②.3p③.哑铃(或纺缍)（2）BD【解析】【小问1详解】由离子的结构示意图可知，其中心硫原子形成4个σ键，且无孤对电子，则中心硫原子的价层电子对数为４，杂化轨道类型为sp3；基态S原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，核外电子占据的最高能级为3p能级，p能级电子的电子云轮廓图为哑铃形（或纺缍形）。【小问2详解】已知两个疏原子的氧化数分别为－2和＋6。则中，2价硫元素升高到0价生成S为氧化产物，+6价硫元素降低至+4价生成二氧化硫为还原产物，既是氧化剂又是还原剂；A.中元素化合价不变，未发生还原反应，A错误；B.既是氧化剂又是还原剂，B正确；C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，C错误；D.据分析：存在，1mol发生反应，转移2mol电子，D正确；选BD。12.照相底片定影时，常用定影液硫代硫酸钠溶解未曝光的AgBr，生成含的废定影液再向其中加入将银转化为，使定影液再生。将在高温下转化为Ag，达到回收银的目的。（1）元素周期表中，铜、银、金位于同一副族相邻周期，则基态银原子的最外层电子排布式为___________。（2）写出AgBr溶于溶液反应的离子方程式：_____________________________。中存在的作用力有共价键、_____________、______________。（3）在空气中灼烧生成Ag和，分子的空间构型为_____________。Cu、Ag、Au单质均为面心立方晶胞，则每个晶胞占有的原子为___________个。【答案】（1）5s1（2）①.②.离子键③.配位键（3）①.V形②.4【解析】【小问1详解】元素周期表中，铜、银、金位于同一副族相邻周期，铜在第四周期，银在第五周期，基态铜原子的最外层电子排布式为4s1，同一副族，最外层电子数相同，则基态银原子的最外层电子排布式为5s1。【小问2详解】根据题中“常用定影液硫代硫酸钠溶解未曝光的AgBr，生成含的废定影液”可推出AgBr与溶液反应生成和NaBr，该反应的离子方程式为；是配合物，钠离子和之间是离子键，银离子和之间是配位键，内是共价键，因此其中除了存在的作用力有共价键，还有离子键、配位键。【小问3详解】分子中硫原子的价层电子对数为，在SO2中硫原子采用sp2杂化，因分子中含有1对孤电子对，所以其分子空间构型为V形。Cu、Ag、Au单质均为面心立方晶胞，原子位于顶点和面心，则每个晶胞占有的原子为个。13.在圆底烧瓶中加入12g、60mL水、4g硫黄，加热1小时后，趁热减压过滤。再用乙醇洗涤晶体、干燥后得到晶体。（1）写出制备的化学方程式：___________。（2）用乙醇洗涤晶体的原因是___________。准确称取1.5g产品，加入20mL煮沸并冷却后的水使其完全溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol/L碘的标准溶液滴定。已知：(无色)，杂质与碘水不反应。（3）判断滴定终点的现象为___________。（4）记录数据如下表：滴定次数滴定前读数/mL滴定后读数/mL11.5630.3020.2226.3130.0026.10则产品中的含量为___________%(列式计算，计算过程包括单位，结果保留1位小数)。【答案】（1）（2）易溶于水，难溶于乙醇，减小的溶解损失（3）当滴入最后一滴碘的标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色（4）86.3【解析】【分析】计算产品纯度时，根据滴定原理及题给信息中数据，舍弃偏差大的数据，并结合关系式计算百分含量。【小问1详解】制备时反应物有亚硫酸钠和硫磺，则化学方程式：。【小问2详解】由已知信息可知，用乙醇洗涤晶体的原因是：易溶于水，难溶于乙醇，减小的溶解损失。【小问3详解】已知：(无色)，杂质与碘水不反应。淀粉遇碘变蓝，判断滴定终点的现象为：当滴入最后一滴碘的标准溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色。【小问4详解】碘的标准溶液的体积第一次测量数据为30.30mL1.56mL=28.74mL，第二次测量数据为26.31mL0.22mL=26.09mL，第三次测量数据为26.10mL，第一次测量数据与其他两次相差2mL以上，应舍去，第二次和第三次数据的平均值为26.095mL。根据反应，可知2，根据关系式法，列式100。三、缓冲溶液（共22分）14.在生化研究工作中，溶液体系pH值的变化往往直接影响到研究工作的成效，所以配制缓冲溶液是一个不可或缺的关键步骤。“缓冲溶液”是指由弱酸及其盐、弱碱及其盐组成的混合溶液，能在一定程度上抵消、减轻外加强酸或强碱对溶液酸碱度的影响，从而保持溶液的pH值相对稳定。（1）下列溶液中，能组成缓冲溶液的是A.0.2mol/L B.0.1mol/L和0.1mol/LC.0.2mol/L D.0.1mol/L和0.2mol/L（2）已知：常温下，。将0.1mol/L和0.1mol/LHCl等体积混合后，溶液中___________（填“＞”、“＜”或“＝”）。氯化铵溶液的水解平衡常数K＝___________（保留2位有效数字）。（3）若想要配制合适的缓冲溶液，需往混合溶液中继续加入________________（填化学式）；若pH刚好调节为7，则溶液中___________（填“＞”、“＜”或“＝”）。（4）当溶液中的和物质的量相等时，溶液中的物料守恒为______________________。（5）体血液的pH值能总是维持在7.35～7.45这一狭小范围内，主要原因是。A.血液中有许多对酸碱度起缓冲作用的物质 B.血液中NaCl含量保持不变C.人体内含有大量水分 D.血液中和的浓度比保持恒定【答案】（1）BD（2）①.＜②.（3）①.②.=（4）（5）A【解析】【分析】读题获取新信息可知缓冲溶液是弱酸和对应弱酸盐组成的混合物或者弱碱对应的弱碱盐组成的混合物。和HCl等物质的量混合后溶液为氯化铵溶液。因铵根离子的水解导致<。铵根离子的水解平衡常数将相关数据代入进行计算。根据缓冲溶液的定义可知想要配制合适的缓冲溶液，需往溶液中继续加入。等物质的量和混合液中从而写出物料守恒关系式：。小问1详解】从题目所给信息可知缓冲溶液是弱酸和对应弱酸盐组成的混合物或者弱碱对应的弱碱盐组成的混合物。A、C是单一溶质组成的溶液，A、C不符合题意。是组成的盐。0.1mol/L和0.1mol/L可组成缓冲溶液，B符合题意。是组成的盐，0.1mol/L和0.2mol/L可组成缓冲溶液；D符合题意。故答案为：BD【小问2详解】将0.1mol/L和0.1mol/LHCl等体积混合两者恰好完全反应，反应后溶液中溶质为。因发生水解反应，从而使溶液中<。氯化铵溶液的水解平衡常数；故答案为<；【小问3详解】将0.1mol/L和0.1mol/LHCl等体积混合两者恰好完全反应，反应后为溶液。想要配制合适的缓冲溶液，需往溶液中继续加入。该混合液中满足电荷守恒，常温下pH=7时所以；故答案为：；=【小问4详解】溶液中的和物质的量相等即，从而写出对应的物料守恒关系式。故答案为：【小问5详解】体血液的pH值能总是维持在7.35～7.45这一狭小范围内说明溶液的pH值相对稳定。应是血液中有许多对酸碱度起缓冲作用的物质使血液的pH值相对稳定。故答案为：A。15.磷酸盐缓冲液（简称PBS）是生物学上常用于细胞培养的缓冲液，主要成分为磷酸二氢钠和磷酸氢二钠。是一种三元酸，下图为某浓度溶液中各种微粒的物质的量分数随pH的变化曲线。（1）用NaOH溶液对上述溶液进行滴定，用___________作为指示剂，当溶液呈浅粉色时停止滴定，溶液中的溶质为___________和___________（填化学式）。（2）从图上可知，磷酸氢二钠溶液呈___________性（填“酸”、“碱”或“中”），原因是____________；当pH＝4.3时溶液中只有一种溶质，此时______________________________。（3）PBS可用于维持疫苗贮存的酸碱度，试从化学平衡的角度解释其主要作用：________________。【答案】（1）①.酚酞②.③.（2）①.酸性②.的电离程度大于其水解程度③.（3）磷酸盐缓冲液主要成分为磷酸二氢钠和磷酸氢二钠，溶液中存在平衡：，溶液中酸性增强时平衡逆向移动，溶液中碱性增强时平衡正向移动，使溶液的pH变化不明显【解析】【分析】H3PO4是三元弱酸，存在、、，pH从0逐步增大过程中，三个电离平衡均正向移动：H3PO4物质的量分数持续减小，物质的量分数先增大后减小，然后物质的量分数先增大后减小，物质的量分数持续增大，则1表示H3PO4，2表示，3表示，4表示.【小问1详解】由图可知，磷酸盐缓冲液和几乎相等，pH在7.4左右，呈弱碱性，滴加NaOH溶液时先和反应生成，反应终点pH约为10左右，应选酚酞作指示剂；酚酞变色范围：，当溶液呈浅粉色停止滴定，此时结合图像可知溶液中溶质主要为：和；【小问2详解】磷酸氢二钠溶液中含P微粒主要是，由图可知，pH在左右，呈酸性，说明的电离程度大于其水解程度；当pH＝4.3时溶液中只有一种溶质为，根据物料守恒：；【小问3详解】磷酸盐缓冲液主要成分为磷酸二氢钠和磷酸氢二钠，溶液中存在平衡：，溶液中酸性增强时平衡逆向移动，溶液中碱性增强时平衡正向移动，使溶液的pH变化不明显。四、能量转化（共17分）16.回答下列问题：（1）理论研究表明，在101kPa和298K下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法不正确的是。A.HCN比HNC稳定 B.该异构化反应的C.正反应与逆反应的活化能相等 D.使用催化剂，可以改变反应的反应热（2）已知共价键的健能与热化学方程式信息如下表：共价键HHHO键能/（）436463热化学方程式则的为A. B. C. D.【答案】（1）CD（2）D【解析】【小问1详解】A．能量越低越稳定，HCN比HNC稳定，故A正确；B．焓变=生成物总能量反应物总能量，该异构化反应的，故B正确；C．该反应吸热，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C错误；D．催化剂不能改变物质的能量，使用催化剂，不改变反应的反应热，故D错误；选CD。【小问2详解】ΔH=反应物的总键能生成物的总键能，设氧气的键能为Q，则2×436+Q4×=，解得Q=，则的=，D正确；故选D。17.某同学设计了如下燃料电池，并探究氯碱工业原理的相关问题（其中乙装置中为正离子交换膜）。（1）乙中石墨电极（C）作___________极。若丙中W为溶液，且滴有酚酞，当实验开始后观察到的现象是_______________________。（2）若消耗2.24L（标况）氧气，则乙装置中铁电极上生成的气体体积（标况）为___________L。（3）若丙中以溶液为电解质溶液进行粗铜（含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质）的电解精炼，下列说法正确的是。A.b电极为粗铜 B.粗铜接电源正极，发生还原反应C.溶液的浓度保持不变 D.利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属（4）若丙中以稀为电解质溶液，电极材料b为铝，则能使铝表面生成一层致密的氧化膜。则该电极反应式为___________________。（5）假设乙装置中氯化钠溶液足够多，且装置中X为正离子交换膜，则反应后左侧溶液质量将___________（填“增大”“减小”或“不变”）。【答案】（1）①.阳②.两电极均由气泡冒出，a电极附近溶液变红（2）（3）AD（4）（5）增大【解析】【分析】在燃料电池中，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极。在甲池中通入O2的Pt电极为正极，通入CH4的Pt电极为负极；【小问1详解】乙中石墨电极（C）相当于与甲中正极相连，作阳极；若丙中W为溶液，电解时，阳极：，阴极：，则两电极均由气泡冒出，a电极附近溶液变红；【小问2详解】消耗2.24L（标况）氧气，即0.1mol，转移电子物质的量为0.4mol；乙装置中铁电极为阴极，发生还原反应：，生成的气体体积（标况）为；【小问3详解】丙装置中b作阳极，a作阴极，则：A．粗铜作阳极电极材料，A正确；B．粗铜接电源正极，发生失电子的氧化反应，B错误；C．反应初期，阳极失电子被氧化的金属不是铜，同时阴极铜离子得电子，溶液中铜离子浓度发生变化，C错误；D．粗铜为阳极，阳极上Ag、Pt、Au等活泼性比Cu弱的金属在阳极不反应，形成阳极泥，所以利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属，D正确；答案选AD；【小问4详解】电极材料b为铝，b为阳极，Al失电子生成氧化铝，酸性条件下，能使阳极铝表面生成一层致密的氧化膜，则铝电极的电极方程式：；【小问5详解】电解氯化钠溶液，左侧为阴极，阴极电极反应：，消耗氢离子的同时，为保持溶液呈电中性，钠离子透过离子交换膜进入左侧，溶液质量增大；五、有机合成（共19分）18.碳骨架的构建是有机合成的重要任务之一。某同学从基础化工原料乙烯出发，针对二酮H设计了如图合成路线：已知：1)RMgX+；2)；3)。回答下列问题：（1）由AB的反应中，乙烯的碳碳___________键断裂（填“”或“”）。E→F的反应类型是___________。（2）D的同分异构体中，与其具有相同官能团的有___________种（不考虑对映异构），其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为9:2:1的结构简式为_________________________。（3）E与足量酸性溶液反应生成的有机物的名称为___