全真模拟1
7.苯乙烯,简称SM,是石化行业的重要基础原料,主要用于生产苯乙烯系列树脂及丁苯橡胶。苯乙烯能发生如下一系列变化。下列说法不正确的是( )
A.有机物SM能使溴的四氯化碳溶液褪色
B.有机物Ⅰ能与金属钠反应放出H2
C.有机物Ⅰ、Ⅱ均能发生氧化反应和加成反应
D.有机物Ⅲ的同分异构体中，苯环上只有一个烃基且含有碳碳双键的结构有4种
【答案】D
【解析】苯乙烯中含有碳碳双键,能够与溴发生加成反应,使溴的四氯化碳溶液褪色,A正确;有机物Ⅰ含有羟基,能够与金属钠发生置换反应放出H2,B正确;有机物Ⅰ中含有醇羟基,能够发生催化氧化,含有苯环,能够与氢气发生加成反应,有机物Ⅱ中含有碳碳双键,能够被酸性高锰酸钾溶液氧化,能够与氢气发生加成反
应,C正确;丁基结构有四种,其碳链结构为上、、、,最后一个碳链结构不能形成碳碳双键,故能够形成烯烃的结构共有8种(包括有机物Ⅲ),D错误。
8.化学与生活、社会发展息息相关,下列有关说法正确的是( )
A.纤维素、维生素C、硝化纤维等都是高分子化合物
B.流感疫苗的运输和储存对冷凝要求很严格,是因为温度升高易使蛋白质氧化
C.汽车用压缩天然气代替燃油可减少PM2.5的排放
D."嫦娥四号"月球探测器中使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
【答案】C
【解析】维生素C不是高分子化合物，A错误；温度升高易使蛋白质变性，B错误；汽车用压缩天然气代替燃油可减少PM2.5的排放，C正确；碳纤维是碳单质，D错误。
9.某同学分别用下列装置a和b制备溴苯,下列说法错误的是( )
A.两烧瓶中均出现红棕色气体,说明液溴沸点低
B.a装置锥形瓶中出现淡黄色沉淀,说明烧瓶中发生取代反应
C.b装置试管中CCl4吸收Br2,液体变红棕色
D.b装置中的倒置漏斗起防倒吸作用,漏斗内形成白烟
【答案】B
【解析】制备溴苯的过程中有热量产生,溶液温度升高,导致沸点较低的液溴挥发,成为红棕色的溴蒸气,故A 正确:a装置中挥发的溴蒸气进入锥形瓶被硝酸银溶液吸收,也会产生淡黄色AgBr沉淀,故不能说明苯和液溴发生了取代反应,故B错误;b装置中挥发的Br2被CCl4吸收成为红棕色的Br2的四氯化碳溶液,故C正确;HBr 气体极易溶于水,用倒置的漏斗可防倒吸,用浓氨水吸收HBr,挥发的NH3和HBr反应得到固体NH4Br,有白烟生成,故D正确。
10.N A表示阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是( )
A.2.0g重水(D2O) 和ND3的混合物中含有电子数为N A
B.10g质量分数为92%的乙醇溶液中含O-H键的数目为0.2N A
C.铁粉溶于1.0L 0.4mol·L-1的稀硝酸溶液中,当生成2.24L NO气体时,溶液中的氮原子数为0.3N A
D.某密闭容器盛有0.2mol PCl3和0.1mol Cl2,在一定条件下充分反应,转移电子的数目为0.2N A
【答案】A
【解析】D2O、ND3的相对分子质量都是20，且每个分子都是含10个电子，故2.0g重水(D2O) 和ND3的混合物中含有电子数为N A，A正确；由于溶液中的水分子中也含O-H键，故10g质量分数为92%的乙醇溶液中含O-H键的数目应大于0.2N A，B错误；未指明气体所处的温度和压强，故C错误；由于PCl3和 Cl2的反应是一个可逆反应，反应不能进行到底，故转移电子的数目小于0.2N A，故D错误；
11.迷迭香酸具有抗氧化、延缓衰老、减肥降脂等功效,它的结构简式为:
以邻苯二酚为原料合成迷迭香酸的路线为:
下列说法错误的是( )
A.有机物A分子中所有原子可能在同一平面上
B.有机物B可以发生取代、加成、消去、氧化反应
C.1molC在在催化剂作用下,与H2加成最多可消耗8mol
D.1molC与足量的NaOH溶液反应,最多可消耗6mol NaOH
【答案】C
【解析】A、苯空间构型为正六边形，以及三点确定一个平面，因此有机物A所有原子可能在同一平面上，故A说法正确；B、根据B的结构简式，含有官能团是羟基、羧基，还含有苯环，因此可以发生取代、加成、消去、氧化反应，故B说法正确；C、根据迷迭香酸的结构简式，能与氢气发生加成反应的是苯环和碳碳双键，1个迷迭香酸分子中含有1个苯环，一个碳碳双键，因此1molC在催化剂作用下，与氢气加成最多消耗7mol，故C说法错误；
D、1分子迷迭香酸中含有4个酚羟基，1个羧基，1个酯基，1molC最多消耗6molNaOH，故D说法正确。
12.W、X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X、Y处于同一周期，W元素形成的化合物种类最多，W和Y族序数之和为X族序数的2倍，Z的最高价氧化物对应的水化物既能溶于酸又能溶于碱，下列说法正确的是
A．简单气态氢化物沸点：Y>X>W
B．原子半径：Z>Y>X>W
C．Y元素可能位于第二周期第VIIA 族
D．Y元素与其它三种元素均可形成多种化合物
【答案】A
【解析】试题分析：W、X、Y、Z均为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X、Y处于同一周期，W元素形成的化合物种类最多，W为C元素；W和Y族序数之和为X族序数的2倍，则X为N元素，Y为O元素；Z 的最高价氧化物对应的水化物既能溶于酸又能溶于碱，Z为Al元素。A．水常温下为液体，氨气分子间能够形成氢键，因此简单气态氢化物沸点：Y>X>W，故A正确；B．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小；
一般而言，电子层数越多，原子半径越大，原子半径：Z>W >X >Y，故B错误；C．Y为O元素，位于第二周期第ⅥA 族，故C错误；D．O元素与铝元素只能形成氧化铝，故D错误；故选A。
13.“锌+碘”新型安全动力电池有望取代目前广泛使用的“铅蓄电池”、“锂电池”等，已知该电池的工作原理如图所示。下列有关说法错误的是
A．该电池安全性高，且对环境友好
B．正极反应式为I3－+2e－=3I－，电极a附近显红色
C．电子的移动方向为“Zn→电极a→电极b→石墨毡”
D．“回流通道”可以减缓电池两室的压差，避免电池受损
【答案】C
【解析】A. 该电池对环境友好，且避免使用易燃的有机电解液，更加安全，故A正确；B. 正极发生还原反应，反应式为I3－+2e－=3I－，石墨电极a为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，显碱性，遇到酚酞显红色，故B正确；C. 电子不能通过溶液，即电子移动的方向为“Zn→电极a，电极b→石墨毡”，故C错误；
D. 该新型电池充放电过程，会导致电池内离子交换膜的两边会产生压差，所以“回流通道”的作用是减缓电池两室的压差，避免电池受损，故D正确。答案选C。
26.（14分）乳酸亚铁晶体([CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，Mr=288) 可由乳酸与FeCO3反应制得，它易溶于水，是一种很好的补铁剂。
Ⅰ．制备碳酸亚铁（装置如图所示）
（1）仪器A的名称是______________ ；
（2）实验操作如下：关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，其目的是
___________________________________________________________；然后关闭活塞1，接下来的操作是
_______________；装置C中发生反应的离子方程式为______________ 。
Ⅱ．制备乳酸亚铁
向纯净的FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应。
（3）为防止乳酸亚铁变质，在上述体系中还应加入
____________________________________________________________________________
（4）为证明乳酸亚铁中含有Fe2+，选择的检验试剂为
_______________________________________________________________________；
Ⅲ. 乳酸亚铁晶体纯度的测量
经过过滤、隔绝空气低温蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，获得乳酸亚铁晶体后
（5）两位同学分别用不同的方案进行测定：
①甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度，所得纯度总是大于100%，其原因可能是
____________________________________________________________________________________________ _____________________
②乙同学经查阅文献后改用(NH4)4Ce(SO4)4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度（反应中Ce4+被还原为Ce3+），称取6.00g样品配成250.00mL溶液，取25mL，用0.1 mol?L—1(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL。则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_______________________________________。
【答案】Ⅰ．（1）分液漏斗（2）排尽装置内的空气，防止亚铁被氧化关闭活塞3，打开活塞2；
Fe2++2HCO3?=FeCO3↓+CO2↑+H2OⅡ．（3）适量铁粉（4）KSCN溶液与新制氯水或铁氰化钾溶液Ⅲ.（5）①乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏多②96％
【解析】（1）基本的实验仪器，答案为分液漏斗；（2）碎铁中加入稀硫酸，生成氢气，排尽装置中的空气，
可以防止生成的Fe2+被氧气氧化，排除空气后，在C中生成FeCO3，需要将B中的压强增大，使B中生成的Fe2+通过导管压到C装置中，操作为关闭活塞3，打开活塞2；在C中生成FeCO3，原料为Fe2+和HCO3-，根据电荷守恒可以写出方程式。答案为排尽装置内的空气，防止亚铁被氧化关闭活塞3，打开活塞2
Fe2++2HCO3?=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（3）Fe2+容易被氧气氧化，可以加入铁粉，使生成的Fe3+和Fe反应生成Fe2+，答案为适量铁粉；
（4）检验Fe2+可以使用铁氰化钾，或者先加KSCN溶液不变色、用加氯水将可能存在的Fe2+氧化成Fe3+再观察是否有血红色出现。答案为KSCN溶液与新制氯水或铁氰化钾溶液；（5）①乳酸中羟基也能和酸性高锰酸钾溶液反应，消耗的高锰酸钾变多，所以纯度超过100%。②Ce4+被还原为Ce3+，Fe2+化合价升高生成Fe3+，化合价升降守恒，物质的量比例为1：1，，，250mL溶液取25mL，则原样品中有Fe2+ 0.02mol，[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O的质量m=Mr×n=288×0.02g=5.76g，
,答案为乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗酸性高锰酸钾溶液的量偏多 96％。
27.（14分）铝氢化钠（ NaAlH4）是有机合成的重要还原剂。以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝氢化钠的一种工艺流程如下图所示：
注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠（Na2Al2Si x O8）沉淀。
（1）铝硅酸钠（Na2 Al2Si x O4）可以用氧化物的形式表示其组成，形式为_______。
（2）“过滤I”中滤渣的主要成分有_______（填名称）。向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，发生反应的离子方程式为OH－＋HCO3—===CO32—＋H2O、__________________________。
（3）“电解I”的另一产物在1000℃时可与N2反应制备AIN，在这种产物中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是___________。
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，其原理如图所示。
阳极的电极反应式为____________。已知F＝96500C／mol，当I＝0.5A时，通电80min，理论上阴极获得H2（标准状况下）的体积为_____L（结果保留两位有效数字）。
（5）铝氢化钠遇水发生剧烈反应，且反应产生大量气泡，其反应的化学方程式为
_____________________________________。
【答案】（1）Na2O·Al2O3·2SiO2（2）铝硅酸钠、氧化铁A1O2－＋HCO3－＋H2O=CO32－+Al(OH)3↓（3）氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜（4）4CO32－＋2H2O－4e－=4HCO3－＋O2↑ 0.28 （5）NaAlH 4+2H2O NaAlO2＋4H2↑
【解析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝氢化钠，由流程可知，加NaOH 溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸纳反应生成Al(OH)3，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气。
（1）铝硅酸钠（Na2Al2Si x O8）中Na、Al、Si、O的化合价分别为+1、+3、+4、-2，根据化合物中正负化合价代数和为0，则1×2+3×2+4x-2×8=0，解得x=2。故铝硅酸钠为Na2Al2Si2O8，可以用氧化物的形式表示为Na2O·Al2O3·2SiO2，故答案为：Na2O·Al2O3·2SiO2；
（2）根据上述分析，“过滤I”中滤渣主要有铝硅酸钠、氧化铁。向“过滤I”所得滤液中加入NaHCO3溶液，碳酸氢钠与偏铝酸钠和过量的氢氧化钠反应，反应的离子方程式为OH－＋HCO3－=CO32－＋H2O、A1O2－＋HCO3－＋H
O=CO32－+Al(OH)3↓，故答案为：铝硅酸钠、氧化铁；AlO2－＋HCO3－＋H2O=CO32－+Al(OH)3↓；
2
（3）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN，在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCI能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，使铝更容易与氮气反应，故答案为：NH4Cl 分解产生的HC能够破坏Al表面的Al2O3薄膜；
（4）由图可知，阳极反应为4CO32－＋2H2O－4e－=4HCO3－＋O2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，已知F＝96500C／mol，当I＝0.5A时，通电80min，电量为0.5A×4800s=2400C，转移电子的物质的量为：
0.02487mol，理论上阴极获得H2（标准状况下）的体积为：0.02487mol ×0.5×22.4L/mol，故答案为：4CO32－＋2H2O－4e－=4HCO3－＋O2↑；0.28；
（5）铝氢化钠（NaAlH4）遇水发生剧烈反应产生大量气泡，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：NaAlH 4+2H2O=NaAlO2＋4H2↑，故答案为：NaAlH4+2H2O NaAlO2＋4H2↑
28.（15分）近年来环保要求日益严格，烟气脱硫脱硝技术也逐步完善，目前比较成熟的“氨水—臭氧组合高效脱硫脱硝技术方案”原理如图所示：
(1)静电除尘处理的烟气属于__________(填分散系名称)，脱硫脱硝塔中待处理烟气从塔底充入而氨水从中上部喷淋的主要目的是____________________。
(2)已知：2NO 2(g)2NO(g)＋O2(g) ΔH1＝＋115.2 kJ·mol－1；2O3(g) 3O2(g) ΔH2＝－286.6 kJ·mol－1。写出臭氧与NO作用产生NO2和O2的热化学方程式：__________________________。
(3)恒容密闭体系中NO氧化率随值的变化以及随温度的变化曲线如图所示。NO氧化率随值增大而增大的主要原因是__________________。当温度高于100 ℃时，O3分解产生活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低的可能原因：①平衡后，温度升高平衡逆移；②发生反应__________________。
(4)已知2NO(g)＋2CO(g)2CO 2(g)＋N2(g) ΔH＝－744 kJ·mol－1。为研究汽车尾气转化为无毒无害物
质的有关反应，在密闭容器中充入10 mol CO和8 mol NO，发生反应，如图所示为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。当压强为10 MPa、温度为T1时，该温度下平衡常数K p＝__________MPa－1(保留2位有效数字)(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
(5)可用电化学法处理废水中的NH4+，并使其转化为NH3而循环利用。在含NH4+的废水中加入氯化钠，用惰性电极电解。装置如图所示，电解时a极的电极反应式为______________________________。
【答案】(1)胶体利用逆流原理(增大SO2、NO2与氨水的接触面积)，让烟气中的SO2和产生的NO2充分被氨水吸收(2)NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) ΔH＝－200.9 kJ·mol－1(3)n（O3）/n（NO）值增大，O3浓度增加，有利于平衡NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) 正向移动，NO氧化率增大 NO2＋O NO＋
O2(4)0.089(5)2NH4+＋2e－===2NH3↑＋H2↑(或2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，NH4+＋OH－===NH3↑＋H2O)
【解析】(1)利用胶体的电泳可以将烟气进行静电除尘；气体从下往上扩散而氨水从上往下喷淋，增大被吸收气体与氨水的接触面积，延长反应时间，能让烟气中的SO2和产生的NO2充分被氨水吸收。
(2) 已知：①2NO2(g)2NO(g)＋O2(g) ΔH1＝＋115.2kJ·mol－1；
②2O3(g)3O2(g) ΔH2＝－286.6kJ·mol－1。
根据盖斯定律，由②-①得反应NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) ΔH=ΔH2－ΔH1=－200.9 kJ·mol－1；(3)根据平衡移动原理，增大n(O3)/n(NO)比值，O3浓度增加，有利于平衡NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) 正向移动，使NO氧化率增大；当温度高于100 ℃时，O3分解生成活性极高的氧原子，NO转化率降低，说明反应中NO2转化为NO，故考虑发生了反应NO2＋O NO＋O2；
(4)体积分数为物质的量分数。
2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g)
初始(mol): 8 10 0 0
变化(mol): －2x －2x x 2x
平衡(mol): 8－2x 10－2x x 2x
体积分数＝＝＝25%，解得x＝2；
故K p＝＝＝0.089MPa－1。
(5)用惰性电极电解铵氮变氨氮，是因为阴极上铵根离子得到电子发生还原反应生成氨气和氢气，为确保氨气能挥发出去，需要保证a极为阴极，否则氨气将大部分溶解在水中，电极反应式为2NH4+＋2e－===2NH3↑＋H2↑或2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，NH4+＋OH－===NH3↑＋H2O。
35.(15分)【物质结构与性质】太阳能电池板材料除单晶硅外，还有氮、硼、硒、钛、钴、钙等元素组成的化学物质。
(1)钙原子基态时的电子排布式为___________，金属钴堆积方式与镁相似，都属于六方最密堆积，其配位数是___________。
(2)氮元素的第一电离能在同周期中(稀有气体除外)从大到小排第___________位；写出与NO3－互为等电子体的一种非极性分子的化学式___________。
(3)晶体硼的结构单元是正二十面体，每个单元中有12个硼原子(如图)，其中有两个原子为10B，其余为11B，则该结构单元有___________种不同的结构类型。已知硼酸(H3BO3)为一元弱酸，解释其为一元弱酸的原因
____________________________________________。硼酸的结构与石墨相似，层内的分子以氢键相连，含lmol硼酸的晶体中有___________mol氢键。
(4)硒是动物体必需的营养元素。SeO2是硒的重要化合物，SeO2的价层电子对互斥模型是___________。
(5)在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6，组成为TiCl3·6H2O的晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1︰5，则该配离子的化学式为___________。
(6)钴晶体的一种晶胞是一种体心立方结构(如图所示)，若该晶胞的边长为am，密度为ρg/cm3，N A表示阿伏加德罗常数的值，则钴的相对原子质量可表示为___________。
【答案】(1)1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2 12(2)2 SO3、BF3等(3)3 硼酸与1个水分子可以形成1
个氢键，电离产生和1个H+，因此硼酸为一元酸 3(4)平面三角形(5)
(6)
【解析】(1)钙为20号元素，其原子核外有20个电子，可知其基态原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2，镁晶体属于六方最密堆积，因为Co堆积方式与镁相似，所以其配位数是12；
(2) N由于2p半满的关系，氮元素的第一电离能比氧元素的第一电离能大，所以，F>N>O，N排在第二位；等电子体意味着原子数目和价电子数目相同，那么与NO3－互为等电子体的非极性分子为SO3、BF3等；
(3) 晶体硼的结构单元是正二十面体，有两个10B，先将一个10B固定在上顶点，则第二个10B依次为靠近一
层的顶点、远离一层的顶点、对位顶点，有3种结构；硼酸与1个水分子可以形成1个氢键，电离产生
和1个H+，因此硼酸为一元酸；1个硼酸分子中可以形成6个氢键，但是每个氢键是2个硼酸分子共有，所以每个硼酸分子平均含有3个氢键，则1mol硼酸晶体中含有3mol氢键；
(4) SeO2分子中价层电子对数为（6-2×2）+2=3，SeO2的价层电子互斥模型为平面三角形；；
(5)配位数为6，组成为TiCl3·6H2O的晶体，两种配体的物质的量之比为1︰5，配体为1个Cl-和5个H2O，
其他的为外界，则配离子的化学式为：；
(6) 相对原子质量，在数值上等于摩尔质量（以g/mol为单位），该晶胞中原子个数1+8×1/8=2，晶胞体积为(a×10-7cm)3，根据，则，Co的相对原子质量为5a3ρN A×10-22。
36.（15分）【有机化学基础】具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如下图所示：
已知：
i.RCH2Br RHC=CH=R’
ii.RHC=CH=R’
iii.RHC=CH=R’
(1)A属于芳香烃，其名称是________________。
(2)B的结构简式是__________________。
(3)由C生成D的化学方程式是______________________________________________。
(4)由G生成H的反应类型是________，1molF与足量NaOH溶液反应，消耗______mol NaOH。
(5)试剂b是_______________。
(6)下列说法正确的是____（选填字母序号）．
a．G存在顺反异构体
b．由G生成H的反应是加成反应
c. 1mol G最多可以与1mol H2发生加成反应
d. 1mol F或1mol H与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH
(7)以乙烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成，写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)___________________。
【答案】(1)1，2-二甲苯(邻二甲苯)(2)
(3) (4)加成反应 2 (5)NaOH醇溶
液(6)bd (7)
【解析】由A的分子式对比C的结构简式可知A为，B为，对比C、D的分子式可知D为，E为，由信息ii可知F为，由H的结构结合信息iii可知G为。
（1）由以上分析可知A为，为1，2﹣二甲苯（邻二甲苯），故答案为：1，2﹣二甲苯（邻二甲苯）；（2）由以上分析可知B为，故答案为：；
（3）C与甲醇发生酯化反应生成D，反应的化学方程式为
，
故答案为：；
（4）由G为，结合H结构可知两分子G发生加成反应得到H；由F为，其中酯基与碘原子均可与NaOH反应，故消耗2mol NaOH；
（5）F为，G为，F在NaOH醇溶液作用下发生消去反应生成G，
故答案为：NaOH醇溶液；
（6）a．G为，不存在顺反异构体，故a错误；
b．G含有碳碳双键，由信息iii可知，由G生成H的反应是加成反应，故b正确；
c．G含有苯环和碳碳双键，则1mol G最多可以与4mol H2发生加成反应，故c错误；
d．F为，含有酯基和I，水解生成的羧基和HI可与NaOH溶液反应，H含有2个酯基，可水解
生成2个羧基，则1mol F或1mol H与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH，故d正确．
故答案为：bd；
（7）以乙烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成，写出合成，应先生成CH3CH=CHCH3，可由乙醛和CH3CH2Br生成，且乙烯可生成乙醛、溴乙烷，反应的流程为
，
故答案为：
。