【化学】广东省清远市方圆培训学校2020届高三模拟试题精练（二十二）（解析版）

【化学】广东省清远市方圆培训学校2020届高三模拟试题精练（二十二）（解析版）

广东省清远市方圆培训学校2020届高三模拟试题精练（二十二）‎ ‎7．如图是硫元素在自然界中的循环示意图，下列有关说法不正确的是(　　)‎ A．硫在自然界中既有游离态又有化合态 B．过程⑤宜在土壤的缺氧区实现 C．硫元素的循环过程中只有硫的还原 D．若生物体有机硫的成键方式为CSH，则过程④中S未发生氧化还原反应 解析：选C　硫在自然界中有游离态和化合态两种存在形态，A项正确；在土壤中缺氧的条件下可实现⑤的转化，B项正确；题图循环过程中①、②均为硫的氧化，C项错误；结合生物体有机硫中S的成键方式可知，S元素为－2价，则过程④中S元素化合价未发生变化，D项正确。‎ ‎8．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A．标准状况下，22.4 L N2与乙烯的混合气体中含有的共用电子对数为3NA B．56 g MgO2和NaHS的混合物中含有的阴离子数为NA C．60 g乙酸与足量乙醇发生酯化反应生成的水分子数为NA D．电解一段时间CuSO4溶液，若加入0.1 mol Cu(OH)2固体使溶液复原，则转移的电子数为0.2NA 解析：选B　A项，氮气与乙烯所含有的共用电子对数分别为3个和6个，1 mol 混合气体中电子对数不是3NA；B项，两者的摩尔质量相等，且含有的阴离子数相等，1 mol 混合物中含阴离子数为NA；C项，酯化反应为可逆反应，不能进行到底；D项，相当于电解了0.1 mol CuSO4溶液和0.1 mol水，转移电子共0.4 mol。‎ ‎9．环氧丙烷是合成保温材料、弹性体、胶粘剂和涂料等的重要原料，以丙烷为原料制备环氧丙烷的合成路线如下，下列说法正确的是(　　)‎ A．反应①的条件和试剂分别是“光照”、“HCl”‎ B．反应②的反应类型是加成反应 C．丙烯(CH3CH===CH2)不存在同分异构体 ‎ D．环氧丙烷中所有碳、氧原子不可能共平面 解析：选D　反应①的条件和试剂分别是“光照”、“Cl2”；反应②的反应类型是消去反应；丙烯(CH3CH===CH2)存在同分异构体，如环丙烷。‎ ‎10．主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z形成的难溶化合物甲与稀盐酸在启普发生器中反应，可制备气体乙，乙是造成地球温室效应的主要气体，Y原子的最外层电子数比相邻电子层少1个。下列说法正确的是(　　)‎ A．简单离子半径：Z＞Y B．含氧酸的酸性：Y＞W C．Z能分别与W、X形成离子化合物 D．Y、Z形成二元化合物可用于干燥NH3‎ 解析：选C　根据题意判断出W、X、Y、Z分别为C、O、Cl、Ca，简单离子半径：Y＞Z，A错误；含氧酸未指定价态，如碳酸的酸性大于次氯酸的酸性，B错误；钙可与碳、氧形成碳化钙、氧化钙等离子化合物，C正确；无水氯化钙不能用来干燥氨气，D错误。‎ ‎11．一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．该装置可以在高温下工作 B．X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜 C．负极反应为CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2↑＋7H＋‎ D．该装置工作时，电能转化为化学能 解析：选C　高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，A错误；原电池内电路中阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，B错误；由图可知，负极为有机废水CH3COO－ ，失电子发生氧化反应，电极反应为CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2↑＋7H＋，C正确；该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，D错误。‎ ‎12．Cl2O是具有强烈刺激性气味的黄棕色气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。一种制取Cl2O的装置如图所示。‎ 已知：Cl2O的熔点为－120 ℃，沸点为2.0 ℃，Cl2的沸点为－34.6 ℃；HgO＋2Cl2===HgCl2＋Cl2O。‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A．装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸 B．通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，以减少爆炸危险 C．从装置⑤中逸出的气体的主要成分是Cl2O D．装置④与⑤之间不用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸 解析：选C　因Cl2O易溶于水且会与水反应生成次氯酸，故装置②、③中盛装的试剂应依次是饱和食盐水、浓硫酸，从而对Cl2进行除杂、干燥，故A项正确；因Cl2O加热时会发生燃烧并爆炸，故通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，以减少爆炸危险，B项正确；由各物质的沸点可知，Cl2O在装置⑤中转化为液态，最后逸出来的气体为空气及过量的Cl2，故C项错误；因Cl2O与有机物、还原剂接触会发生燃烧并爆炸，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，④与⑤之间不用橡皮管连接，故D项正确。‎ ‎13.室温下，用0.100 mol·L－1的NaOH溶液分别滴定均为20.00 mL 0.100 mol·L－1的HCl溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．Ⅰ表示的是滴定醋酸的曲线 B．pH＝7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)＞20.00 mL C．V(NaOH)＝20.00 mL时，两份溶液中c(Cl－)＞c(CH3COO－)‎ D．V(NaOH)＝10.00 mL时，醋酸中c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ 解析：选C　未滴加NaOH溶液时，0.1 mol·L－1盐酸pH＝1,0.1 mol·L－1醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅰ，故A错误； V(NaOH)＝20.00 mL时恰好生成醋酸钠，溶液呈碱性，若pH＝7，则加入的氢氧化钠溶液体积应该稍小，即V(NaOH)＜20.00 mL，故B错误；V(NaOH)＝20.00 mL时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，浓度小于氯离子，即c(Cl－)＞c(CH3COO－)，故C正确；V(NaOH)＝10.00 mL时，与醋酸反应后得到等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)＞c(Na＋)，溶液中正确的离子浓度大小为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故D错误。‎ 二、非选择题(共58分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题为选考题，考生根据要求作答。)‎ ‎（一）、必做题 ‎26．检验甲醛含量的方法有很多，其中银Ferrozine法灵敏度较高。测定原理为甲醛把氧化银还原成Ag，产生的Ag与Fe3＋定量反应生成Fe2＋，Fe2＋与菲洛嗪(Ferrozine)形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类比此原理设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量(夹持装置略去)。‎ 已知：甲醛能被银氨溶液氧化生成CO2，氮化镁与水反应放出NH3，毛细管内径不超过1 mm。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)A装置中反应的化学方程式为________________________________________，用饱和食盐水代替水制备NH3的原因是__________________________________________。‎ ‎(2)B中装有AgNO3溶液，仪器B的名称为________。‎ ‎(3)银氨溶液的制备。关闭K1、K2，打开K3，打开____________________________，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，________________________________________________________________________。‎ ‎(4)室内空气中甲醛含量的测定。‎ ‎①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1；后续操作是__________________________________________；再重复上述操作3次。毛细管的作用是______________________________________________。‎ ‎②向上述B中充分反应后的溶液中加入稀硫酸调节溶液pH＝1，再加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后立即加入菲洛嗪，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋ 1.12 mg，空气中甲醛的含量为________mg·L－1。‎ 解析：(1)饱和食盐水和氮化镁反应制备氨气，反应的化学方程式为Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2↓＋2NH3↑；饱和食盐水可减缓生成氨气的速率。(2)仪器B的名称为三颈烧瓶。(3)关闭K1、K2，打开K3，打开分液漏斗的活塞和旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到三颈烧瓶中白色沉淀恰好完全溶解时，关闭K3和分液漏斗旋塞。(4)①用热水浴加热三颈烧瓶，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1，后续操作是打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2。毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。②甲醛和银氨溶液在加热条件下反应生成银，银具有还原性，被铁离子氧化，结合甲醛被氧化为二氧化碳，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价由0升高到＋4，银的化合价由＋1降低到0，由题意知最后生成亚铁离子1.12 mg，n(Fe2＋)＝＝2×10－5 mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算，设消耗甲醛的物质的量为x，则4x＝2×10－5 mol×1，x＝5×10－6 mol，因该实验进行了4次吸气操作，所以测得空气中甲醛的含量为1.25×10－6 mol·L－1，即1.25×10－6 mol·L－1×30 g·mol－1×103 mg·g－1＝0.037 5 mg·L－1。‎ 答案：(1)Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2↓＋2NH3↑ 饱和食盐水可减缓生成氨气的速率 ‎(2)三颈烧瓶(或三口烧瓶)‎ ‎(3)分液漏斗的活塞与旋塞　关闭K3和分液漏斗旋塞 ‎(4)①打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2‎ ‎　减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收　②0.037 5‎ ‎27．以钴矿石(主要成分为Co3S4，含有少量FeO、Fe2O3、Al2O3等杂质)为原料制取Co3O4的工艺流程如下：‎ 已知：①Co与Fe为活泼金属，氧化性由强到弱的顺序为Co3＋＞H2O2＞Fe3＋＞Co2＋。‎ ‎②几种氢氧化物的溶度积如表所示。‎ 氢氧化物 Co(OH)2‎ Fe(OH)2‎ Co(OH)3‎ Al(OH)3‎ Fe(OH)3‎ 溶度积(Ksp)‎ ‎2.0×10－15‎ ‎8.0×10－16‎ ‎2.0×10－44‎ ‎1.3×10－33‎ ‎4.0×10－38‎ ‎③lg 2＝0.3；当金属离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时，可认为沉淀完全。回答下列问题：‎ ‎(1)加入适量Co粉的目的是____________________________________。‎ ‎(2)用离子方程式表示加入H2O2的目的____________________________________________。‎ ‎(3)残渣Ⅰ的主要成分为__________(写出化学式)；用浓氨水再调节pH，pH应略大于________。‎ ‎(4)操作Ⅱ包括过滤、洗涤、干燥、灼烧四个步骤，其中灼烧环节若在实验室中进行，通常将药品放在________(填仪器名称)中灼烧；灼烧中发生反应的化学方程式为____________________________________________________________。‎ ‎(5)Co3O4是制备石墨烯电池正极材料LiCoO2的原料。LiCoO2中Co元素的化合价为________，现制得25.0 g Co3O4，理论上用它作原料可进一步制得________g质量分数为98%的LiCoO2。‎ 解析：(1)钴矿石煅烧后的物质中含有Fe2O3、Al2O3、Co的氧化物等，结合流程图及已知信息①、②知，加入适量Co粉的目的是将Co3＋还原为Co2＋。(2)由题给流程图知，加入H2O2的目的是将亚铁离子氧化，离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。(3)残渣Ⅰ的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3，用浓氨水再调节pH的目的是沉淀Co2＋，由Co(OH)2(s) Co2＋(aq)＋2OH－(aq)得Ksp＝c(Co2＋)·c2(OH－)＝2.0×10－15，当Co2＋沉淀完全时，c2(OH ‎－)＞ mol2·L－2＝2×10－10 mol2·L－2。由氢氧根离子浓度范围得出氢离子浓度范围，再得出pH＞9.15。(4)灼烧环节若在实验室中进行，通常将药品放在坩埚中灼烧；灼烧时Co(OH)2和O2反应生成Co3O4和H2O。(5)LiCoO2中Co元素的化合价为＋3。设制得x g质量分数为98%的LiCoO2。由关系式可得：‎ Co3O4～3LiCoO2‎ ‎241 g　　3×98 g ‎25．0 g　x g×98%‎ 解得x＝31.12。‎ 答案：(1)将Co3＋还原为Co2＋‎ ‎(2)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O ‎(3)Al(OH)3和Fe(OH)3　9.15‎ ‎(4)坩埚　6Co(OH)2＋O22Co3O4＋6H2O ‎(5)＋3　31.12‎ ‎28．氨的合成一直是众多科学家研究的热门领域，回答下列相关问题：‎ ‎(1)关于NH3的说法正确的是________(填标号)。‎ A．属于弱电解质，水溶液导电性弱于相同浓度的烧碱溶液 B．与硫酸、硝酸相遇，可以产生白烟现象 C．易液化，常用作制冷剂 D．是制备硝酸的主要原料，其中氨被氧化 E．是制备尿素、碳铵的原料，其过程属于氮的固定 ‎(2)氢气是合成氨的原料气，其制备的方法中目前常用天然气作原料，已知：‎ ‎①CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋206.2 kJ·mol－1‎ ‎②CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g) ΔH＝＋247.4 kJ·mol－1‎ 写出CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式____________________________________________________。‎ ‎(3)理论上N2与H2在室温下可以自发进行合成氨的反应，其原因是_____________________。‎ ‎(4)①在2 L恒容密闭容器中，充入0.60 mol N2(g)和1.60 mol H2(g)进行合成氨反应，研究发现在A、B、C三种不同的催化剂作用下，氨气的体积分数φ(NH3)随反应时间的变化趋势如图所示。‎ 计算在A催化剂作用下，0～4 min内反应速率v(N2)＝________；氮气的转化率α(N2)＝________________。‎ ‎②针对上述合成氨的反应，下列说法正确的是________(填标号)。‎ a．该反应的活化能大小顺序为Ea(A)＞Ea(B)＞Ea(C)‎ b．使用催化剂，可以使反应活化分子的百分数增大 c．使用催化剂，可以使反应的平衡常数增大，生成物含量增加 d．使用高效的催化剂，可提高原料的平衡转化率 ‎(5)已知合成氨反应：N2(g)＋H2(g)NH3(g)　ΔH＝－46.2 kJ·mol－1，标准平衡常数Kθ＝，其中pθ为标准压强，p、p、p为各组分的平衡分压，如pNH3＝xp，p为平衡总压，x为平衡系统中NH3的物质的量分数。若往一密闭容器中加入的N2、H2起始物质的量之比为1∶3，反应在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率为w，则Kθ＝________(用含w的最简式表示)。‎ ‎(6)据文献报道N2在常温、常压和特定的催化剂作用下，会与水发生反应，反应原理为N2(g)＋3H2O(l)2NH3(g)＋O2(g)　ΔH＝＋765.2 kJ·mol－1。若一定量的N2和H2O(l)在绝热恒容的条件下发生上述反应，下列可以作为判断该反应达到平衡的标志有________。‎ a．混合气体的密度不变 b．混合气体中氨气的含量不变 c．氨气与氧气的物质的量之比不变 d．容器内温度不变 解析：(1)NH3不属于电解质，A错误；硫酸难挥发，遇到氨气不可能形成白烟现象，B错误；固氮是将游离态的氮转化为化合态的氮，氨气转化为化肥，不属于氮的固定，E错误。(2)根据盖斯定律，由①×2－②可得要求的热化学方程式的ΔH＝＋165.0 kJ·mol－1。(3)根据合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，可以得出ΔS＜0，该反应的ΔH小于0，所以低温下ΔH－TΔS＜0，可自发进行。‎ ‎(4)①设0～4 min内反应消耗x mol N2(g)，列三段式得：‎ ‎　　　　　　　　N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)‎ 起始/mol 0.60 1.60 0‎ 转化/mol x 3x 2x ‎4 min时物质的量/mol 0.60－x 1.60－3x 2x ‎4 min时反应体系总物质的量＝[(0.60－x)＋(1.60－3x)＋2x]mol＝(2.20－2x)mol，NH3(g)的体积分数＝2x÷(2.20－2x)＝，解得x＝0.40，v(N2)＝＝＝0.05 mol·L－1·min－1；N2的转化率＝×100%≈66.7%。②相同时间内生成的氨气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低，所以该反应的活化能大小顺序为Ea(A)＜Ea(B)＜Ea(C)，故a不正确；使用催化剂，降低了活化能，活化分子数目增多，故b正确；反应的平衡常数仅与温度有关，催化剂不影响平衡常数大小和生成物的含量，c不正确；催化剂不能使平衡移动，不影响原料的平衡转化率，d不正确。(5)设平衡时反应消耗N2 a mol，起始时N2和H2的物质的量分别为y mol、3y mol，根据三段式法：‎ ‎　　 　N2(g)＋H2(g)NH3(g)‎ 初始/mol y 3y 0‎ 转化/mol a 3a 2a 平衡/mol y－a 3y－3a 2a ＝w，所以a＝yw。平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为(y－yw)mol、(3y－3yw)mol、2yw mol。根据Kθ的表达式，p＝pθ，可以求算出Kθ的值为。(6)根据该反应可知生成物氨气与氧气的物质的量之比始终不变，所以选项c不能作为反应达到平衡的标志。‎ 答案：(1)CD ‎(2)CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g)　ΔH＝＋165.0 kJ·mol－1‎ ‎(3)该反应的ΔH＜0、ΔS＜0‎ ‎(4)①0.05 mol·L－1·min－1　66.7%　②b ‎(5) ‎(6)abd ‎（二）、选做题 ‎35．[化学——选修3：物质结构与性质]‎ 钛由于其特殊的性能被誉为“未来世纪的金属”。宝鸡因钛产业发达被称为中国钛谷，其钛产品产量占全国产量的80%以上，占世界产量的20%以上。请回答下列问题：‎ ‎(1)钛元素位于元素周期表中第四周期________族，属于__________区元素，其基态原子核外未成对电子数为________。‎ ‎(2)[Ti(H2O)6]Cl3和[Ti(H2O)5Cl]Cl2·H2O是TiCl3六水合物的两种晶型，这两种晶体所含元素的电负性由大到小的顺序为__________________________。在[Ti(H2O)6]Cl3中，与Ti3＋形成配位键的是______(填名称)原子，该原子的杂化类型为________。各取1 mol上述晶体溶于水配成500 mL溶液，加入足量AgNO3溶液使Cl－完全沉淀，二者消耗AgNO3的物质的量之比为________。‎ ‎(3)TiO2的熔点为1 800 ℃，TiCl4的熔点为－25 ℃，同为＋4价Ti的化合物，二者熔点相差悬殊的原因是__________________________________________。‎ ‎(4)金属钛的原子堆积方式如图1所示，该堆积模型的名称为______，请画出金属钛晶胞的俯视图________。‎ ‎(5)图2为立方钙钛矿(CaTiO3)结构的晶胞，Ti原子与O原子间的最短距离为a pm，已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该立方钙钛矿的密度可表示为________g·cm－3。(列出计算式即可)‎ 解析：(1)钛是第22号元素，位于元素周期表中第四周期第Ⅳ B族，属于d区元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2。(2)H、O、Cl、Ti四种元素电负性由大到小的顺序为O＞Cl＞H＞Ti，[Ti(H2O)6]Cl3中配体为H2O，提供孤电子对的原子为氧原子，水中氧原子的杂化类型为sp3,1个[Ti(H2O)6]Cl3和1个[Ti(H2O)5Cl]Cl2·H2O在水中可以分别电离出来3个Cl－和2个Cl－，若使Cl－完全沉淀，二者消耗AgNO3的物质的量之比为3∶2。(3)TiO2的熔点为1 800 ℃，是因为TiO2是原子晶体，原子间以共价键相结合，而TiCl4的熔点为－25 ℃，是因为TiCl4是分子晶体，分子间以范德华力相结合，共价键的强度远大于范德华力，故二者熔点相差悬殊。(4)金属 ‎ Ti的原子堆积方式为六方最密堆积，六方最密堆积的晶胞的上下底面为菱形，晶胞内的Ti原子不在平行六面体的体心，而在其中一个三棱柱的体心，故其俯视图为。(5)在图2所示的晶胞中，Ti原子与O原子间的最短距离为a pm，则该晶胞的晶胞参数为a pm，该立方钙钛矿的密度＝ g·cm－3。‎ 答案：(1)ⅣB　d　2‎ ‎(2)O＞Cl＞H＞Ti　氧　sp3　3∶2‎ ‎(3)TiO2是原子晶体，原子间以共价键相结合，而TiCl4是分子晶体，分子间以范德华力相结合，共价键的强度远大于范德华力 ‎(4)六方最密堆积　‎ ‎(5) ‎36．[化学——选修5：有机化学基础]‎ 芬太尼适用于外科手术后和手术过程中的镇痛。某研究小组按下列合成路线合成芬太尼：‎ 请回答：‎ ‎(1)A的官能团为______，化合物C的名称是________。‎ ‎(2)B→D的反应类型为________，若将A→C过程中的CH3OH改为C2H5‎ OH，对芬太尼的结构________(填“有”或“无”)影响。‎ ‎(3)写出E→F的化学方程式_____________________________________________________。‎ ‎(4)符合下列条件的H的同分异构体有________种，写出核磁共振氢谱峰面积之比为3∶2∶2∶4∶4∶2的物质的结构简式________。‎ ‎①含有；②含结构，且此环上无其他支链；③苯环上的一氯代物只有2种。‎ ‎(5)已知，设计以环己酮()和苯胺()为原料合成有机物的合成路线(用流程图表示，其他无机试剂任选)。‎ ‎_______________________________________________________________________________‎ 解析：(1)由A、C的分子式及转化关系可知，A与CH3OH发生酯化反应，所以A为丙烯酸(CH2===CH—COOH)，官能团为碳碳双键、羧基，C为丙烯酸甲酯(CH2===CHCOOCH3)。(2)B和H2发生加成反应生成D；由C、D、E分子中的碳、氢、氧原子个数可知，C与D按物质的量之比为2∶1发生加成反应生成的E为，由已知信息①及E(C16H23NO4)F(C15H19NO3)可知F为，由F(C15H19NO3)G(C14H17NO3)可知G为。结合上述分析可知，将CH3OH改为C2H5OH对芬太尼的结构没有影响。(4)符合题述条件的H的同分异构体有4种，结构简式分别为 答案：(1)碳碳双键、羧基　丙烯酸甲酯 ‎(2)加成反应或还原反应　无 ‎ ‎ ‎ ‎