2025年高考化学冲刺押题卷2-化学海南卷全解全析

2025年高考押题预测卷高三化学（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。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。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O14Na23Cl35.5Fe56Sn119I127Pb207第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．化学与生产、生活、科技密切相关。下列叙述错误的是A．烹饪锅包肉需要用到蔗糖，蔗糖属于寡糖B．过氧乙酸与医用酒精混用会降低杀灭病毒的效果C．制作化学传感器的双层石墨烯是一种新型无机非金属材料D．制造轮胎用的SBS橡胶是由苯乙烯和丁二烯合成的，有固定熔点【答案】D【详解】A．蔗糖是二糖，二糖属于寡糖，故A正确；B．过氧乙酸是强氧化剂，而酒精是还原性有机物，两者混合会发生反应，会降低杀灭病毒的效果，故B正确；C．石墨烯是碳单质，属于新型无机非金属材料，故C正确；D．SBS橡胶是由苯乙烯和丁二烯合成的高分子化合物，属于混合物，没有有固定熔点，故D错误；故选D。2．基本概念和理论是化学思维的基石。下列说法错误的是A．在第三能层中，自旋状态相同的电子最多有4个B．在元素周期表中，非金属元素不都在p区C．若基态氮原子价电子排布式写为，则违反洪特规则D．可用光谱仪摄取某元素原子由基态跃迁到激发态的吸收光谱，从而进行元素鉴定【答案】A【详解】A．在第三能层中最多有9个原子轨道，最多可填充18个电子，故自旋状态相同的电子最多有9个，故A错误；B．在元素周期表中，非金属元素不都在p区，如H在s区，故B正确；C．基态氮原子价电子排布式为，若基态氮原子价电子排布式为，则违反洪特规则，故C正确；D．某元素原子由基态跃迁到激发态得到吸收光谱，故D正确；故选：A。3．(离子化合物)是汽车尾气净化催化剂的关键成分，其在的氧化还原反应中发挥了巨大作用，该氧化还原反应的反应机理如图所示。下列说法正确的是A．转化过程中Ce元素的化合价未发生变化B．尾气中的CO浓度对NO的消除效果没有影响C．图中过程2涉及非极性共价键的断裂和形成D．该过程的总反应方程式为【答案】D【详解】A．过程1、2中Ce元素的化合价均发生变化，A错误；B．尾气中的CO浓度变化会影响的生成，故对NO的消除效果有影响，B错误；C．过程2涉及氮氧极性键断裂，氮氮非极性共价键的形成，不涉及非极性共价键断裂，C错误；D．该过程的总反应为CO和NO催化反应生成氮气和二氧化碳，方程式为，D正确；故选D。4．麦角酰二乙胺，常简称为“LSD”，结构如图所示。下列关于有机物麦角酰二乙胺的说法错误的是A．该有机物分子式为B．该有机物中含2个手性碳原子C．该有机物最多可与1molNaOH反应D．该有机物在酸性条件下的水解产物之一可与溶液反应【答案】C【详解】A．由麦角酰二乙胺的结构简式可知，有10个不饱和度，分子式为，A正确；B．手性碳原子是连接4个不同原子或原子团的碳原子，该分子存在2个手性碳原子，如图所示，，B正确；C．分子中存在1个酰胺基，1mol该有机物中只有酰胺基可与1molNaOH反应，但题目没说明有机物物质的量，C错误；D．分子中存在酰胺基，酸性条件下水解产生羧基，可与Na2CO3溶液反应，D正确；故选C。5．掌握化学实验技能是进行科学研究的基本保证，下列有关说法正确的是A．图甲为埋在地下的钢管道采用外加电流法防腐B．装置乙可模拟侯氏制碱法获得C．图丙所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸D．测定未知溶液的浓度【答案】D【详解】A．图甲为埋在地下的钢管道采用牺牲阳极的阴极保护法防腐，A错误；B．极易溶于水，应采取防倒吸措施，故装置乙中短导管通氨气，长导管通，可模拟侯氏制碱法获得，B错误；C．极易与稀硫酸反应，该装置中导管通入稀硫酸中，不能防倒吸，应采用盛有与稀硫酸溶液的试剂瓶，可吸收多余氨气且能防止倒吸，C错误；D．标准酸性溶液可以盛装在酸式滴定管中，采用氧化还原滴定法测定未知溶液的浓度，D正确；答案选D。6．下列离子方程式正确的是A．苯酚钠溶液中通入少量：2B．丙烯腈电解制己二腈，阴极电极反应式为：C．用食醋除铁锈：D．在存在下与氨水反应生成：【答案】B【详解】A．由于苯酚的酸性小于碳酸而大于，所以向苯酚钠溶液中通入CO2，生成苯酚和：，A错误；B．丙烯腈电解制己二腈，丙烯腈在阴极得到电子生成己二腈，阴极电极反应式为：，B正确；C．醋酸是弱酸，则工人用食醋除铁锈离子方程式为：，C错误；D．该反应不满足得失电子守恒，正确的方程式为：，D错误；故选B。7．高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，工业上制备高铁酸钠的其中一种化学原理为：，下列说法不正确的是(设为阿伏伽德罗常数的值)A．反应中电子转移数目为时，生成的质量为166gB．NaClO是还原剂，是氧化剂C．根据该原理可得Na2FeO4在碱性环境中能稳定存在D．NaCl是还原产物【答案】B【详解】A．反应中电子转移数目为时，生成的为1mol，质量为166g，故A正确；B．NaClO是氧化剂，是还原剂，故B错误；C．和在碱性条件下生成Na2FeO4，可得Na2FeO4在碱性环境中能稳定存在，故C正确；D．NaClO是氧化剂，NaCl是还原产物，故D正确；故选B。8．过渡金属离子与某阴离子反应后得到如图所示电中性配合物，位于第四周期，基态原子最外层只有一个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，X、Y、Z、W均为短周期非金属元素，且原子序数依次增大，原子轨道有两个单电子，下列有关说法不正确的是A．的第一电离能大于 B．M位于元素周期表的ds区C．的电负性大于 D．该物质中存在个配体【答案】D【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>O，A正确；B．M为铜，为29号元素，位于元素周期表的ds区，B正确；C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强，O的电负性大于C，C正确；D．由图可知，1分子该物质中铜离子和2个配体形成4个配位键，则该物质中存在个配体，D错误；故选D。二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．钛酸钙矿物的晶胞结构如图(a)所示，某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导体材料的结构如图(b)所示，晶胞边长为acm，其中A为，另两种离子为和。下列说法错误的是A．钛酸钙晶体中距离最近的有8个B．图(b)中，X为C．图(b)该晶体密度为D．钛酸钙晶胞中距离最近的形成了正八面体，位于其中心【答案】BC【详解】A．以顶点的Ca2+为研究对象，离Ca2+最近的钛离子位于晶胞的体心，所以晶体中离Ca2+最近的Ti4+有8个，A项正确；B．晶胞图b中含有1个A，3个X，1个B，且A为，根据电中性原理可推知，X为I−，B项错误；C．b晶胞中A个数为8×=1个，B的个数为1，X的个数为6×=3，A为，则B为Pb2+，X为I−，化学式为PbCH3NH3I3，摩尔质量为620g/mol，该晶胞的密度为，C错误；D．由晶胞图a可知，钛酸钙晶体中离Ti4+最近的氧离子形成了正八面体，钛离子位于其中心，D项正确；故答案为：BC。10．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作和现象实验结论A向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min后，试管里出现凝胶酸性：盐酸>硅酸B将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色Fe(NO3)2已变质C向5mL0.1mol·L－1KI溶液中加入0.1mol·L－1的FeCl3溶液1mL，振荡，用苯萃取2～3次后取下层溶液滴加5滴KSCN溶液，出现血红色反应2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2是有一定限度的D在2mL0.01mol·L－1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01mol·L－1ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01mol·L－1CuSO4溶液，又出现黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)A．A B．B C．C D．D【答案】AC【详解】A.试管里出现凝胶，说明生成硅酸，根据强酸制备弱酸的原理可知酸性：盐酸＞硅酸，A正确；B.将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，溶液中的氢离子和硝酸根将二价铁氧化成三价铁，不能说明Fe(NO3)2已变质，B错误；C.根据量的关系5mL0.1mol·L－1KI溶液和1mL0.1mol·L－1的FeCl3溶液知，KI过量，滴加KSCN溶液后，出现血红色，溶液中有Fe3+，则说明反应2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2是有一定限度的，C正确；D.先滴入几滴0.01mol·L－1ZnSO4溶液有白色沉淀ZnS生成，因为Na2S溶液过量，所以再滴入0.01mol·L－1CuSO4溶液，又出现的黑色沉淀CuS不一定是由ZnS转化而来，所以无法据此比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)的大小关系，D错误。答案选AC。11．利用氢氧燃料电池可实现由白磷电解法制备Li[P(CN)2]，并能实现H2的循环利用，其工作原理如图所示(已知Me为甲基，电极均为石墨电极)，下列说法正确的是A．电池工作时电极a连接电极cB．通电一段时间后，当生成9gLi[P(CN)2]时，电极a消耗H2的体积(标准状况)为2.24LC．若隔膜e为阳离子交换膜，则燃料电池的放电会使左侧溶液pH减小D．电极c的电极反应式为P4-4e-+8LiCN=4Li[P(CN)2]+4Li+【答案】CD【详解】A．由分析可知，电池工作时，右侧装置为电解池，电极a为负极，与电极a连接的电极d为阴极，故A错误；B．由分析可知，左侧装置为氢氧燃料电池装置，通入氢气的电极a为负极，氢气在负极失去电子生成氢离子：H2-2e-=2H+，右侧装置为电解池，电极c为阳极，氰化锂作用下白磷在阳极失去电子发生氧化反应生成Li[P(CN)2]和锂离子，由得失电子数目守恒可知，标准状况下，生成9gLi[P(CN)2]时，电极a消耗氢气的体积为，故B正确；C．由分析可知，左侧装置为氢氧燃料电池装置，通入氢气的电极a为负极，氢气失去电子生成H+，K+或H+离子通过阳离子交换膜进入正极区，则通电一段时间后，左侧H+浓度增大，pH减小，故C正确；D．由分析可知，右侧装置为电解池，通入氧气的电极b为正极，与电极b连接的电极c为阳极，氰化锂作用下白磷在阳极失去电子发生氧化反应生成Li[P(CN)2]和锂离子，电极反应式为P4-4e-+8LiCN=4Li[P(CN)2]+4Li+，故D正确；答案选CD。12．某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是H2B=H＋＋HB－，HB－⇌H＋＋B2－，在0.1mol·L－1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式错误的是A．c(B2－)＋c(HB－)＝0.1mol·L－1B．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1mol·L－1C．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)D．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)【答案】BD【详解】A．在0.1mol·L－1的Na2B溶液中，H2B第一步完全电离，第二步不完全电离，故c(B2－)＋c(HB－)＝0.1mol·L－1，A正确；B．H2B第一步完全电离，第二步不完全电离，溶液中B的形式为B2－、HB－，故c(B2－)＋c(HB－)＝0.1mol·L－1，B错误；C．在0.1mol·L－1的Na2B溶液中，存在质子守恒c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)，C正确；D．溶液中存在电荷守恒，应为：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(B2－)+c(OH－)＋c(HB－)，D错误；答案选BD。13．铵明矾广泛用作中和剂、膨松剂和水净化剂等。工业上以铝土矿（主要成分是，含少量、杂质）为原料制取铵明矾晶体的工艺流程如下：下列说法正确的是A．将流程中加入过量盐酸和加入过量溶液的顺序互换，不影响产品的制备B．该工艺需要控制好的用量C．若经步骤Ⅱ得到的溶液与滤液c混合，则溶液中发生相互促进的水解反应D．相同条件下，用明矾除去铜器上铜锈的效果不如铵明矾【答案】BD【详解】A．加入过量盐酸的目的是将Al2O3转化为AlCl3，加入过量NaOH溶液的目的是将Fe2O3转化为Fe(OH)3沉淀，若将加入过量盐酸和加入过量NaOH溶液的顺序互换，则Al2O3转化为Al(OH)3沉淀，Fe2O3转化为Fe(OH)3沉淀，无法分离，故A项错误；B．该工艺中第Ⅳ步分解为氧化铝，与过量硫酸反应生成硫酸铝，通入氨气，与硫酸反应生成硫酸铵，氨气要控制用量，防止铝离子转化为氢氧化铝沉淀，故B项正确；C．步骤Ⅱ得到的溶液中含有，滤液c中含有碳酸氢根，与碳酸氢根不能发生相互促进的水解反应，故C项错误；D．铵明矾中含有Al3+和，均发生水解使溶液呈酸性，酸性条件下Cu2(OH)2CO3能与H+反应生成Cu2+、CO2和H2O，明矾中只有Al3+发生水解，故除去铜器上铜锈[Cu2(OH)2CO3]的效果铵明矾比明矾好，故D正确；故本题选BD。14．已知基元反应NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g)的速率方程为v正=k正c(NO)·c(O3)、v逆=k逆c(NO2)·c(O2)。向2L恒容密闭容器中充入0.4molNO(g)和0.6molO3(g)发生上述反应，T1，T2温度时NO的体积分数x(NO)随时间变化关系如图所示。下列说法错误的是A．正、逆反应活化能的大小关系为Ea(正)<Ea(逆)B．a点：k正/k逆<[c(NO2)·c(O2)]/[c(NO)·c(O3)]C．T2温度下，O3的平衡转化率为50%D．温度不变，仅改变初始容器体积，x(NO)随时间的变化曲线不变【答案】BD【详解】A．根据先拐先平数值大可知，，温度较高的时体积分数大，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故正、逆反应活化能的大小关系为，A正确；B．平衡时，，而点，反应未达平衡，还在正向移动，此时的，代入上式可知，，B错误；C．温度下，平衡时，占总气体量的，由于是等体积反应，反应前后气体的总物质的量不变（均为），所以平衡时，剩余的为，反应的，根据方程式可知，反应了，所以的平衡转化率为，C正确；D．温度不变，仅改变初始容器体积，此反应是气体等体积反应，平衡不移动，但是会导致气体浓度改变，化学反应速率变化，随时间的变化曲线会变，D错误；故选BD。第II卷（非选择题共60分）三、非选择题，共5题，共60分。15．（10分）纳米是制作气敏传感器、锂离子电池的重要材料。某兴趣小组在实验室利用水解制备纳米粒子（室温下，饱和溶液的），溶解和制备溶胶的装置如图所示（夹持、加热装置已略去），步骤如下：①在三颈烧瓶中加入和的乙醇，搅拌回流至固体完全溶解。②向溶液中逐滴加入稀溶液，边滴加边搅拌，控制溶液，持续搅拌一段时间形成溶胶。③溶胶静置后形成凝胶，将凝胶放置在烘箱中保持干燥24小时，得到干凝胶，将干凝胶在下煅烧后得到白色的纳米粒子和类似具有两性。回答下列问题：(1)仪器A的名称是，球形冷凝管的作用是。(2)使用的乙醇不使用水作溶剂的目的主要是，控制溶液的原因是。(3)干凝胶煅烧制备的化学方程式是。(4)检验步骤②所得溶胶属于胶体的实验操作与现象为。(5)本实验中的产率为。（用含a、b的代数式表示）【答案】(1)恒压滴液漏斗（1分）冷凝回流，提高乙醇的利用率（1分）(2)降低的水解速率或防止快速沉淀（或其他合理说法）（1分）小于4，水解速率较慢（或不利于生成）；大于4，溶解（或水解速率过快生成沉淀等其他合理说法）（2分）(3)（2分）(4)用激光笔照射，在与光束垂直的方向进行观察，可以看到一条光亮的通路（1分）(5)（或其他合理表示）（2分）【详解】（1）由图可知，仪器A的名称是：恒压滴液漏斗；乙醇容易挥发，则球形冷凝管的作用是：冷凝回流，提高乙醇的利用率；（2）根据题给信息可知，易水解，则使用的乙醇不使用水作溶剂的目的主要是：降低SnCl2的水解速率或防止Sn(OH)2快速沉淀（或其他合理说法）；根据题给信息可知，控制溶液，持续搅拌一段时间形成溶胶，则控制溶液的原因是：小于4，水解速率较慢（或不利于生成）；大于4，溶解（或水解速率过快生成沉淀等其他合理说法）；（3）根据题意可知，干凝胶的主要成分是Sn(OH)2，将干凝胶在下煅烧后得到白色的，则干凝胶煅烧制备

SnO2的化学方程式是：；（4）胶体具有丁达尔效应，则检验步骤②所得溶胶属于胶体的实验操作与现象为：用激光笔照射，在与光束垂直的方向进行观察，可以看到一条光亮的通路；（5）在三颈烧瓶中加入，其物质的量为：ag÷226g/mol=，则的理论产量为：，则本实验中的产率为，故答案为：。16．（10分）镍是常用的电极材料之一，红土镍矿是常见的含镍矿种，杂质主要含有铁、硅、铝、钴等元素，其中一种提取镍的工艺流程如图所示。已知：两种元素都易与氨形成配合物。回答下列问题：(1)破碎筛分可以初步分离部分杂质，还可以。(2)还原焙烧是为了将钴和镍还原为单质便于逆流氨浸，该过程中可能还有少量(填元素符号)会被还原为单质。(3)流程中可循环利用的物质是(填化学式)。(4)逆流氨浸后镍主要转化为，生成的化学方程式为。(5)沉钴过程将转化为的离子方程式为，该反应产物有一种单质。(6)工程师以LIX84-I为萃取剂从氨浸液中萃取镍，说明配位能力LIX84-I(填“”或“<”)，再利用硫酸盐溶液反萃取获得硫酸镍溶液，电解获得纯镍，阴极的电极反应式为。【答案】(1)增大反应接触面积，提高焙烧效率等（1分）(2)（1分）(3)(或)（1分）(4)(或（2分）(5)(或)（2分）(6)（1分）（2分）【详解】（1）破碎筛分一方面初步分离部分杂质，另一方面能使红土镍矿颗粒变小，增大其与后续反应试剂的接触面积，从而提高焙烧效率等。（2）红土镍矿杂质含有铁、硅、铝、钴等元素，在还原焙烧过程中，钴和镍被还原为单质，铁元素在一定条件下也容易被还原。因为铁在常见的还原条件下，其氧化物可被还原为单质铁，而硅、铝较难在该过程中被还原为单质，故答案为铁；（3）在逆流氨浸环节加入了氨水，蒸氨过程会产生氨气（氨气可溶于水形成氨水），这些物质可以循环回到逆流氨浸等环节继续参与反应，所以（或）可循环利用。（4）还原焙烧得到的镍单质，在逆流氨浸时，在有氧气存在的情况下（压缩空气提供氧气），与氨气、(NH4)2CO3反应生成，镍从0价升高到+2价，氧气中氧元素化合价降低，根据得失电子守恒、原子守恒配平该方程式为(或。（5）沉钴过程与(NH4)2S反应生成和一种单质，可推测单质为S，离子方程式为(或)。（6）工程师以LIX84-I为萃取剂从氨浸液中萃取镍，说明LIX84-I能将镍从与氨形成的配合物中夺取出来，形成新的配合物，所以其配位能力大于氨。在电解硫酸镍溶液获得纯镍时，阴极发生还原反应，镍离子在阴极得到电子生成镍单质，阴极电极反应式为。17．（12分）二氧化碳与氢气在一定条件下可制备甲醛(HCHO)、甲酸(HCOOH)和甲醇()等有机物。回答下列问题：(1)制备甲醛：反应机理如下图所示①(用、、、表示)。②将等物质的量的与充入恒温恒容密闭容器中发生反应，不能说明该反应达到平衡状态的是(填字母)。a．的物质的量保持不变b．单位时间内断裂2molH-H键的同时断裂2molC-H键c．容器内混合气体的平均摩尔质量不变d．容器内混合气体的密度保持不变(2)制备甲酸：反应原理为。已知：，，、为速率常数，与温度的关系如图所示。若温度升高，则(填“增大”“减小”或“不变”)；该反应的(填“>”“<”或“=”)0.(3)催化加氢制甲醇也是碳循环的重要途径。在某催化剂表面与氢气作用制备甲醇的反应机理如图所示。催化循环中产生的中间体微粒共种。(4)在T℃时，将CO2、H2、N2按物质的量之比为6∶11∶1充入容积为10L的恒容容器中，初始压强为kPa，只发生CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)(<0)(N2不参加反应)，测得体系中剩余H2的物质的量随时间变化如图中状态Ⅰ所示。在状态Ⅰ中，平衡时压强为初始压强的，H2的体积分数为。温度T℃时，状态I中，0~1min内的平均速率v(CH3OH)=mol·L−1·min−1(保留三位有效数字)，该反应的压强平衡常数Kp=。(用平衡分压代替平衡浓度计算)【答案】(1)（1分）D（1分）(2)增大（2分）<（2分）(3)6（2分）(4)0.167（2分）（2分）【详解】（1）①根据反应机理可得，反应①；反应②；反应③；已知反应④；根据盖斯定律可知，由①+②+③-④可得反应，，故∆H=；②A．的物质的量保持不变，能说明该反应达到平衡状态，A不符合题意；B．单位时间内，断裂2molH—H键的同时断裂2molC—H键，说明正逆反应速率相等，能说明该反应达到平衡状态，B不符合题意；C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，正反应是气体体积减小的反应，反应中容器内混合气体的平衡摩尔质量增大，容器内混合气体的平均摩尔质量不变可以说明该反应达到平衡状态，C不符合题意；D．混合气体总质量不变，容器容积不变，因此气体密度始终不变，故容器内混合气体的密度保持不变，不能说明该反应达到平衡状态，D符合题意；故选D；（2）由图可知，若温度升高，则增大，也增大，且温度改变对的影响更大，故逆反应方向为吸热反应，则该反应的＜0；（3）由流程可知，催化循环中产生了H*、COOH*、COHOH*、HCO*、HCOH*、H2COH*，共6种中间微粒；（4）①根据图示，温度T℃，状态I中，8min后氢气的物质的量不再改变，说明达到平衡状态，设反应初始时CO2、H2、N2物质的量为6xmol、11xmol、xmol，列三段式为：，根据平衡时H2的体积分数为可得，解得x=1，则平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O、N2物质的量为3mol、2mol、3mol、3mol、1mol，气体总物质的量为12mol；1min时，氢气的物质的量为6mol；初始氢气物质的量为11mol，则0~1min内的平均速率v(CH3OH)=；平衡时，该反应的压强平衡常数Kp=；18．（14分）手性甲脒四氢异喹啉()是D-荷态牡丹碱全合成的重要原料。其合成路线如下：已知：反应为。回答下列问题：(1)等浓度的F和G的水溶液的碱性：F比G(填“强”或“弱”)。(2)A与反应生成B经历了如下反应过程：A→X→B，X的分子式为，则X→B的反应类型为。(3)E的结构简式为。(4)G→H的另一种有机产物的结构简式为。(5)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：。①能发生银镜反应和水解反应，且水解产物之一遇溶液能发生显色反应；②含有4种等效氢原子。(6)已知：，写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂与有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。【答案】(1)弱（2分）(2)消去反应（2分）(3)（2分）(4)（2分）(5)（2分）(6)（4分）【详解】（1）显碱性，显酸性，显中性，G分子中含有氨基和醇羟基，显碱性，F分子中含有氨基和羧基，羧基显酸性，故G的水溶液的碱性较强；（2）根据分析可知，X在碱性条件下脱去生成B，即X→B的反应类型为消去反应；（3）根据分析可