2021高考化学全真模拟卷17含解析20210319286.docx

1、2021高考化学全真模拟卷一、选择题：本题共7个小题，每小题6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。7化学与生产生活密切相关。下列关于化学与生产、生活的说法中不正确的是A碳酸钠水解呈碱性，所以可以用碳酸钠水溶液洗涤油污B土壤胶体中的胶粒带负电，所以更容易吸附带负电的硝酸根离子C硫酸亚铁用作为食品的抗氧化剂剂，利用了亚铁较强的还原性D利用醋酸的酸性，可以用食醋除水垢【答案】B【解析】碳酸钠水解呈碱性，可以使油脂发生水解，故A正确；土壤胶体中的胶粒带负电，所以更容易吸附带正电的铵根离子，故B错误；亚铁较强的还原性，可以作为食品的抗氧化剂剂，故C正确；醋酸的酸性大于碳酸，

2、所以可以用食醋除水垢，故D正确。8设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是A1molCl2与足量铁粉完全燃烧，转移的电子数为2NA个电子B2.8gCO与C2H4的混合气体中所含分子数为0.1NAC18gD2O中含有的电子数为10NAD1molSiO2晶体中，含有SiO键的数目为4 NA【答案】C【解析】A. 1molCl2与足量铁粉完全燃烧，因为Cl由0价降低到-1价，所以转移的电子数为2NA，A正确；B. CO与C2H4的相对分子质量都为28，所以2.8gCO与C2H4的混合气体中所含分子数为0.1NA，B正确；C. 18gD2O为0.9mol，所以18gD2O中含有的电子数为9NA

3、，C错误；D平均每个“SiO2”中含有4个SiO键，1molSiO2晶体中含有SiO键的数目为4 NA，D正确。故选C。在原子晶体中，只存在共价单键，不存在双键或三键。如硅晶体中，每个Si与4个Si形成4个共价单键，平均每个Si形成2个Si-Si键。在金刚石中，平均每个C原子形成2个C-C共价键。但在石墨晶体中，层内每个碳原子与周围的3个碳原子间形成共价键，所以平均每个碳原子形成1.5个C-C共价键。9桥环化合物是指化合物中的任意两个环共用两个不直接相连的碳原子的环烃，二环1，1，0丁烷()是最简单的一种桥环有机物。下列关于该化合物的说法正确的是A其同分异构体中呈环状的只有环丁烯()B其二溴代

4、物为3种C生成1molC4H10需2molH2D构成该化合物的所有原子处于同一个平面【答案】C【解析】A项、二环1，1，0丁烷的分子式为C4H6，与环丁烯()、甲基环丙烯（）等互为同分异构体，故A错误；B项、二环1，1，0丁烷的一溴代物有2种（和），形成的二溴代物有3种（）、形成的二溴代物有1种（），共4种，故B错误；C项、二环1，1，0丁烷的分子式为C4H6，1mol C4H6生成1molC4H10需2molH2，故C正确；D项、二环1，1，0丁烷分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面上，故D错误。故选C。10下列图中的实验方案，能达到实验目的是选项实验方案实验目的A验证对分解反应有

5、催化作用B制备并能较长时间观察其颜色C除去气体中混有的D比较Cl、C和Si的非金属性强弱【答案】B【解析】A要验证验证对分解反应有催化作用，应该只有催化剂不同，其它条件必须完全相同，该实验中催化剂、温度都不同，所以不能验证对分解反应有催化作用，故A错误；B亚铁离子和反应生成，易被氧气氧化，所以要防止生成的被氧化，Fe作阳极时生成亚铁离子进入溶液，亚铁离子和反应生成，煤油能隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，故B正确；C二氧化碳、二氧化硫都能和碳酸钠溶液反应，应该用饱和的碳酸氢钠除去二氧化碳中的二氧化硫，故C错误；D元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，HC

6、l不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，且生成的二氧化碳中含有挥发的HCl，HCl也和硅酸钠溶液而干扰二氧化碳的反应，所以该实验不能比较非金属性强弱，故D错误；故答案为B。【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、化学反应速率影响因素、除杂、非金属性强弱判断等知识点，明确实验原理、物质性质、实验基本操作是解本题关键，侧重考查学生实验操作、实验评价能力。11短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，W是原子半径最小的短周期元素，W、Y同主族，X、Z同主族，且X、Z的原子序数之和是W、Y原子序数之和的2倍，下列叙述不正确的是AW和X形成的化合物可能含有非极性共价键BX和Z形成的化合物常温下

7、可能为固态CW、X、Y、Z四种元素组成的化合物的水溶液可能呈酸性DW、X、Y、Z四种元素两两之间均能形成化合物【答案】B【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，W是原子半径最小的短周期元素，则W为H，W、Y同主族，Y为Na；X、Z同主族，且X、Z的原子序数之和是W、Y原子序数之和的2倍，设X的原子序数为x，则x+x+8=（1+11）2，解得x=8，则X为O，Z为S，则AW和X形成的化合物可能含有非极性共价键，如H-O-O-H，A正确；BX和Z形成的化合物为SO2，常温下为气体，若为SO3时为固态，B错误；CW、X、Y、Z四种元素组成的化合物为NaHSO4、NaHSO3，其的水溶液

8、呈酸性，C正确；DW、X形成H2O和H2O2，Y与Z形成Na2S，W与Y形成NaH，W与Z形成H2S，X与Y形成Na2O和Na2O2，X与Z形成SO2和SO3，D正确；答案选B。点睛：本题考查原子结构与元素周期律，把握元素的位置、原子序数推断元素为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用。选项D是易错点，注意活泼金属与氢元素形成的氢化物。12我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂，实现电解富尿素废水低能耗制H2(装置如图)。总反应为CO(NH2)2+H2O=3H2+N2+CO2。下列说法中错误的是Aa为阳极，CO(NH2)2发生氧化反应Bb电极反应为：2H2O+2e=H2+

9、2OHC每转移6mol电子，a电极产生1molN2D电解一段时间，a极区溶液pH升高【答案】D【解析】A、电解池工作时，CO(NH2)2失去电子，a为阳极发生氧化反应，故A正确； B、阴极水得电子产生H2，则阴极反应式为：2H2O+2e2OH+H2，故B正确；C、阳极的电极反应式为：CO（NH2）2-6e+H2OCO2+N2+6H+，若电路中通过6mol电子，阳极产生N2的物质的量为n（N2）=6mol1/6=1mol，故C正确；D、a极发生CO（NH2）2-6e+H2OCO2+N2+6H+，a极区溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH降低，故D错误。故选D。【点睛】本题考查电解原理，解题关键：明确

10、电极反应式。难点C，根据电极反应计算。13常温时，在H2CO3溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-的物种分布分数(X)=与pH的关系如图所示：下列说法正确的是A反应HCO3-HCO32-的lgK=-6.4BpH8的溶液中：c（Na）c（HCO3-）CNaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性：c（Na）c（Cl-）D向pH=6.4的溶液中滴加NaOH溶液至pH=8，主要发生的离子反应：HCO3-OH-CO32-H2O【答案】B【解析】A、pH6.4时，c（HCO3-）c（H2CO3），反应H2CO3H+HCO3-的lgKlgc(H+)=lg10-6.4=一6.4

11、，故A项错误；B、pH8的溶液中：c（H）c（C1-）十c（HCO3-）2c（CO32-），则c（Na）c（HCO3-）,故B正确；C、向NaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性时，c（H）c（OH-），根据电荷守恒有c（Na+）c（H）c（C1-）十c（HCO3-）2c（CO32-）c（OH-），即c（Na+）c（C1-）十c（HCO3-）2c（CO32-），故C项错误；D、pH6.4的溶液中含有等物质的量的NaHCO3和H2CO3，由图像可知，pH=8时溶液中HCO3-继续增大，继续减少H2CO3，故主要发生的离子反应为H2CO3OH-=HCO3-H2O，故D项错误。故选B。三、非选择题

12、：共58分，第2628题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3536题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。26（14分）氧化亚铜是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石含 、等为原料制取的工艺流程如下：常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表开始沉淀完全沉淀炉气中的有害气体成分是_，与反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。若试剂X是溶液，写出相应反应的离子方程式：_。当试剂X是_时，更有利于降低生产成本。加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是_。写出用制备的化学方程式：_，操作X包括_、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是_。以铜与石墨作电极，电解浓的强碱

13、性溶液可制得纳米级，写出阳极上生成的电极反应式：_。【答案】（1）（1分） 2：1（1分） （2） （2分） 氧气或空气 （1分） （3） （2分） （4） （2分） 过滤 （1分） 防止生成的被空气氧化 （2分） （5） （2分） 【解析】根据流程：硫化铜矿石含、等预处理后与氧气焙烧：、，部分FeO被氧化为，得到相应的金属氧化物和二氧化硫气体，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有、的酸性溶液，加入试剂X将氧化为，加入试剂Y调节沉淀，过滤，将滤液用KOH、还原，反应为：，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得，据此分析作答。根据流程，矿石与氧气得到金属氧化物和；与反应为，氧化剂为氧气，还原剂为，氧化剂与

14、还原剂的物质的量之比为2：1；故答案为：；2：1；若试剂X是溶液，将氧化为，离子反应为：；酸性条件下，氧气也可将氧化为，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代；故答案为：；氧气或空气；加入试剂Y的目的是调节pH完全沉淀，但不沉淀，根据表中数据可知，pH范围为：；故答案为：；根据分析制备的化学方程式为；操作X为过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得；因为具有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气；故答案为：；过滤；防止生成的被空气氧化；以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级，阳极发生氧化反应，电极反应式为：；故答案为：。27（14分）次氯酸溶液是常用的消毒剂

15、和漂白剂。某学习小组根据需要欲制备浓度不小于0.8mol/L的次氯酸溶液。资料1：常温常压下，Cl2O为棕黄色气体，沸点为3.8，42 以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水立即反应生成 HClO。资料2：将氯气和空气(不参与反应)按体积比13混合通入潮湿的碳酸钠中发生反应2Cl22Na2CO3H2O=Cl2O2NaCl2NaHCO3，用水吸收Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。（装置及实验）用以下装置制备次氯酸溶液。回答下列问题：（1）各装置的连接顺序为_E。（2）装置A中反应的离子方程式是_。（3）实验中控制氯气与空气体积比的方法是_。（4）反应过程中，装置B需放在冷水中，其

16、目的是_。（5）装置E采用棕色圆底烧瓶是因为_。（6）若装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中，其余均溶于装置E的水中，装置E所得500mL次氯酸溶液浓度为0.8mol/L，则至少需要含水8%的碳酸钠的质量为_g。（7）已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl。测定E中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用_准确量取20.00 mL次氯酸溶液，加入足量的_溶液，再加入足量的_溶液，过滤，洗涤，真空干燥，称量沉淀的质量。（可选用的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液。）【答案】（1）A D B C （2分）（2）MnO2 + 4H+2Cl Mn2+ Cl2

17、 + 2H2O （2分）（3）通过观察B中产生气泡的速率调节流速（1分）（4）防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解 （2分） （5）HClO见光易分解 （1分） （6）57.6 （2分）（7）酸式滴定管（2分） H2O2（1分） AgNO3 （1分）【解析】A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，由D装置饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢气体，与空气形成1：3的混合气体通入B装置，发生反应2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3，防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中，在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，通入C装置吸收除去Cl2O中的

18、Cl2，并在E装置中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，据此分析作答。（1）A装置制备氯气，D装置吸收吸收氯气中的氯化氢气体，与空气形成1：3的混合气体通入B装置，与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，C装置吸收除去Cl2O中的Cl2，E装置中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，所以各装置的连接顺序为ADBCE；（2）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，对应离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；（3）将氯气和空气(不参与反应)以体积比约1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，可通过观察A中产生气

19、泡的速率调节流速，从而控制氯气与空气体积比；（4）由题可知：Cl2O42以上会分解生成Cl2和O2，故为防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中；（5）装置C中使用棕色平底烧瓶可以避光，防止反应生成的HClO见光分解；（6）装置E所得500mL次氯酸溶液浓度为0.8mol/L，n=cv=0.5mol0.8mol/L=0.4mol，Cl2O+H2O2HClO，反应的二氧化氯为0.2mol，装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中，制得的二氧化氯的物质的量为=0.25mol，2Cl2+2Na2CO3+H2OCl2O+2NaCl+2NaHCO3，需碳酸钠的物质的量为0.

20、5mol，质量为0.5mol106g/mol=53g，则至少需要含水8%的碳酸钠的质量为57.6g；（7）次氯酸具有酸性和强氧化性，需要选用酸式滴定管盛放；FeCl2溶液中含有氯离子，本实验中需要用硝酸银溶液测定氯离子，干扰了检验结果，故应该选用双氧水，具体实验操作方法是：用酸性滴定管准确量取20.00mL次氯酸溶液，加入足量的H2O2溶液，再加入足量的AgNO3溶液，过滤，洗涤沉淀，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量。28（15分）随着科技的进步，合理利用资源保护环境成为当今社会关注的焦点。甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)用作全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，可由CH3NH2、Pb

21、I2及HI为原料合成，回答下列问题：（1）制取甲胺的反应为CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g) H。已知该反应中相关化学键的键能数据如下：则该反应的H=_kJmol1（2）上述反应中所需的甲醇工业上利用水煤气合成，反应为：CO(g)+2H2(g) CH3 OH(g) HO在一定条件下，将1 mol CO和2molH2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH2OH的体积分数(CH3OH)变化趋势如图所示：平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为_。某同学认为上图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是_。（3）合成甲醇所需的氢气，工

22、业上常从一种合成气(主要成分为CO2、H2)中分离。H2提纯过程示意图如下：吸收池中发生反应的离子方程式是_。用电极反应式和离子方程式表示K2CO3溶液的再生原理_。（4）分解HI曲线和液相法制备HI反应曲线分别如图1和图2所示：反应H2(g)+I2(g) 2HI(g)的H=_0(填“大于”或“小于”)。将二氧化硫通入碘水中会发生反应：SO2+I2+2H2O=3H+HSO4+2I，I2+II3，图2中曲线b代表的微粒是_(填微粒符号)，由图2可知，要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以采取的措施是_。【答案】（1）-12 （2分） （2）25% （2分） 随着Y值的增大，c(CH3OH)减小，

23、平衡向逆反应方向进行，故Y为温度（2分）（3） CO2+H2O+CO32- = 2HCO3- （2分） 2H2O+2e- = H2+2OH-、2HCO3-+OH- = CO32-+ H2O（3分） （4）小于（1分） I3-（1分） 减小的投料比 （2分） 【解析】（1）反应热=反应物总键能-生成物总键能；（2）根据三行式计算得到；根据图示信息：X轴上a点的数值比b点小，随着Y值的增加，CH3OH的体积分数（CH3OH）减小，结合平衡移动原理回答；（3）二氧化碳与碳酸钾反应生成碳酸氢钾，再结合电解池原理结合离子反应作答；（4）图象中分析可知随的升高，HI减小，H2增大，反应H2（g）+I2（g

24、）2HI（g）说明升温平衡逆向进行；根据图象b为从零越来越大的离子，a为不变的离子，结合反应过程分析判断；减小的投料比提高碘的还原率；【详解】（1）反应热=反应物总键能生成物总键能，设C-H键能为x kJ/mol，H=反应物总键能-生成物总键能=3x+351+463+3393 -（3x+293 +2393 +2463）=-12kJ/mo1，故答案为-12；（2）设CO的转化量是x，则平衡时，CH3OH的体积分数为10%，则x/(1x+22x+x)100%=10%，x=0.25， 所以CO的转化率为 = 25%，故答案为25%；根据图示信息：X轴上a点的数值比b点小，随着Y值的增加，CH3OH的

25、体积分数(CH3OH)减小，平衡逆向移动，故Y表示温度，故答案为随着Y值的增加,CH3OH的体积分数(CH3OH)减小，平衡逆向移动，故Y表示温度；（3） 吸收池二氧化碳与碳酸钾反应生成碳酸氢钾，发生反应的离子方程式是：CO2+H2O+CO32- = 2HCO3-；再利用惰性电极电解时，阴极水中的氢离子得电子得到氢氧根离子，生成的碳酸钾继续与氢氧根离子反应又转化为K2CO3，因此K2CO3再生原理用离子方程式表示为：CO2+H2O+CO32- = 2HCO3-；2H2O+2e-= H2+2OH-、2HCO3-+OH- = CO32-+ H2O故答案为CO2+H2O+CO32- = 2HCO3-

26、；2H2O+2e- = H2+2OH-、2HCO3-+OH- = CO32-+ H2O；（4） 图象中分析可知随的升高,HI减小,H2增大,反应H2(g)+I2(g)2HI(g) 说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，H0，故答案为小于；由图象看出b的量从零开始越来越大，根据SO2+I2+2H2O=3H+HSO4-+2I-，I-+I2I3-，反应中越来越多的离子为I3-，由图2知要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以采取的措施是减小的投料比。故答案为 I3-； 减小的投料比。（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35化学选修3：物质结构与性

27、质（15分）金属钛(Ti)是一种具有许多优良性能的金属，钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料。（1）Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。Ti2基态电子排布式可表示为_。与BH4-互为等电子体的阳离子的化学式为_。H、B、Ti原子的第一电离能由小到大的顺序为_。（2）二氧化钛(TiO2)是常用的、具有较高催化活性和稳定性的光催化剂，常用于污水处理。纳米TiO2催化的一个实例如图所示。化合物乙的分子中采取sp3杂化方式的原子个数为_。（3）水溶液中并没有Ti(H2O)6)4离子，而是Ti(OH)2(H2O)42离子，1molTi(OH)2(H2O)42中键的数目为_。（4）氮化钛(

28、TiN)具有典型的NaCl型结构，某碳氮化钛化合物，结构是用碳原子取代氮化钛晶胞(结构如图)顶点的氮原子，则此碳氮化钛化合物的化学式是_。【答案】（1）1s22s22p62s23p63d2或Ar3d2 （2分） NH4+ （2分） TiBH（2分） （2）5（3分） （3）16 mol （3分）（4）Ti4CN3（3分）【解析】【分析】（1）钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子；BH4-含有5个原子，价电子总数为8，据此分析书写与BH4-互为等电子体的阳离子；根据第一电离能的变化规律分析判断H、B、Ti原子的第一电离能的大小顺序；（2）采取sp3杂化方式的原子的价层电子对数=4，据此分析判

29、断分子中采取sp3杂化方式的原子个数；（3） 配位键属于键，1个单键为1个键，据此分析判断；（4）根据均摊法计算晶胞中碳、氮、钛原子数目，进而确定化学式。【详解】（1）钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原理知其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d2，故答案为1s22s22p63s23p63d2；BH4-含有5个原子，价电子总数为8，与BH4-互为等电子体的阳离子为NH4+，故答案为NH4+；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，金属元素的第一电离能小于非金属元

30、素，H、B、Ti原子的第一电离能由小到大的顺序为TiBH，故答案为TiBH；（2）化合物乙()的分子中采取sp3杂化方式的原子个数有(标记为的原子采取sp3杂化)，共5个，故答案为5；（3） 1个Ti(OH)2(H2O)42中含有6个配位键，10个O-H，因此1molTi(OH)2(H2O)42中含有键的数目为16mol，故答案为16mol；（4） 某碳氮化钛化合物，结构是用碳原子取代氮化钛晶胞顶点的氮原子，利用均摊法可知，晶胞中含有碳原子数为8=1，含有氮原子数为6=3，含有钛原子数为12+1=4，所以碳、氮、钛原子数之比为134，则该化合物的化学式为Ti4CN3，故答案为Ti4CN3。36

31、化学选修5：有机化学基础(15分)由A和C为原料合成治疗多发性硬化症药物H的路线如下：已知：A能与NaHCO3溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有三组峰，峰面积比为2:2:1。NaBH4能选择性还原醛、酮，而不还原NO2。回答下列问题：（1）A的化学名称为_，D的结构简式为_。（2）H的分子式为_，E中官能团的名称为_。（3）BD、EF的反应类型分别为_。（4）FG的化学方程式为_。（5）与C互为同分异构体的有机物的结构简式为_(核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为6:3:1:1)。（6）设计由B和为原料制备具有抗肿瘤活性药物的合成路线_。【答案】（1）3-溴丙酸 （1分） （1分） （2）

32、C19H33NO2 （2分） 羰基、硝基 （2分） （3）取代、还原 （2分）（4） （2分）（5） （2分） （6） （3分） 【解析】根据上述分析可知A是BrCH2CH2COOH，B是BrCH2CH2COCl，C是，D是，E是，F是，G是，H是。（1）根据上述分析可知A是BrCH2CH2COOH，A的化学名称为3-溴丙酸；D的结构简式为；（2）根据H的结构简式，可知H的分子式为C19H33NO2，E结构简式是，E中官能团的名称为羰基、硝基；（3） B与C发生烃基对位的取代反应产生D，所以BD的反应类型为取代反应；E与NaBH4发生羰基的还原反应产生F，所以EF的反应类型为还原反应；（4）FG的化学方程式为；（5）C是，与C互为同分异构体，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为6：3：1：1的有机物的结构简式为；（6）B与发生取代反应产生，与NaNO2发生取代反应产生，该物质与NaBH4发生羰基的还原反应产生，然后与HCHO在三乙胺存在时发生信息反应产生，然后在H2、Cd/C条件下发生还原反应产生，故合成路线为：。【点睛】本题考查了有机合成与推断、物质的命名、官能团、反应类型的判断及同分异构体的书写等知识，注意根据题目流程中的转化关系与反应信息进行合成路线的设计。