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1、-市 2018 届高考化学诊断性试题附解析 省市 2018 届高三下学期高考诊断性测试理综化学试题 1.以下生活、生产中用到的材料属于新型无机非金属材料的是 A.玻璃钢 B.涤纶 C.压电瓷 D.钢化玻璃【答案】C【解析】A、玻璃钢属于复合材料，选项 A 错误；B、涤纶属于合成纤维，是有机高分子化合物，选项 B 错误；C、压电瓷一种能够将机械能和电能互相转换的功能瓷材料，属于新型无机非金属材料，选项 C 正确；D、钢化玻璃属于无机非金属材料，选项 D 错误。答案选 C。2.中国传统文化对人类文明奉献巨大。以下各文献中所记载的古代化学研究过程或成果不涉及别离提纯操作的是 A.本草纲目(烧酒)自元
2、时创始，其法用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器盛露滴。B.齐民要术凡酿酒失所味者，或初好后动未压者，皆宜廻作醋。C.开宝本草(消石)所在山泽，冬月地上有霜扫取，以水淋汁，后乃煎炼而成。D.天工开物草木之实，其中蕴藏膏液，而不能自流，假媒水火，凭藉木石，而后倾注而出焉。【答案】B-【解析】A、描述的是酒的蒸馏，涉及别离提纯操作，选项 A 不选；B、酒精在醋酸菌的作用下氧化可以转化成醋酸和水，涉及化学反响但没有涉及别离提纯操作，选项 B选；C、包含溶解，蒸发结晶，涉及别离提纯操作，选项C 不选；D、榨油或加热熔化使油脂从果实中别离出来，涉及别离提纯操作，选项 D 不选。答案选 B。3.以下说确的是 A
3、.植物油的主要成分是高级脂肪酸 B.异丙苯()中碳原子可能处于同一平面上 C.*些蛋白质可溶于溶剂形成分子胶体，但遇乙醇发生变性 D.分子式为C4H10O并能与金属钠反响的有机物有5种(不含立体异构)【答案】C【解析】A.植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，选项A 错误；B.异丙苯()中苯环为平面构造，与苯环直接相连的C在同一平面，四面体C最多三原子共平面，故碳原子不可能都处于同一平面上，选项 B 错误；C.蛋白质溶液是胶体，乙醇可使蛋白质变性，选项 C 正确；D.分子式为 C4H10O 并能与金属钠反响的有机物为醇，即为C4H9OH，丁基-C4H9 有 4 种，故符合条件的有机物有 4种，选
4、项 D 错误。答案选 C。-4.通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学研究的方法之一。以下反响的推断或解释正确的选项是选项操作实验现象推断或解释 A燃烧的钠粒放入CO2中燃烧且有白色和黑色颗粒产生黑色颗粒是炭，白色颗粒可能是 Na2CO3 BNH3 通入到 AgNO3 溶液中先有沉淀后消失 AgOH 具有两性 C乙醇蒸气通过灼热的Fe2O3固体红色固体变黑色，且有刺激性气味乙醇复原 Fe2O3 一定生成 Fe 和乙醛 D 灼热的木炭放入浓硝酸中放出红棕色气体一定是木炭与浓硝酸反响生成 NO2 呈红棕色 A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】A、燃烧的钠粒放入 CO2 中，燃烧
5、且有白色和黑色颗粒产生，黑色颗粒是炭，白色颗粒可能是 Na2CO3，反响方程式为 4Na+3CO2=2Na2CO3+C，选项 A 正确；B、AgNO3 溶液中滴加氨水至过量，先有沉淀后溶解是因为AgOH 与氨水发生了络合反响，AgOH 不是两性氢氧化物，选项 B 错误；C、乙醇一定被氧化为乙醛，但生成的黑色固体除铁外还可能是四氧化三铁或氧化亚铁，选项 C 错误；D、灼热的木炭放入浓硝酸中，放出红棕色气体，也可能是受热浓硝酸分解生成二氧化氮或是浓硝酸被木炭复原生成的一氧化氮遇空气中的氧气变为红棕色的二氧-化氮，选项 D 错误。答案选 A。5.以下装置一定能证明 2Ag+2I-=2Ag+I2 能否
6、自发进展的是 A.B.C.D.【答案】C【解析】A、反响产生黄色沉淀，证明碘化钾与硝酸银反响生成碘化银和硝酸钾，不符合，选项 A 不选；B、两个电极为石墨电极不能发生自发的氧化复原反响，无法形成原电池，无法证明 2Ag+2I-=2Ag+I2 能否自发进展，不符合，选项 B 不选；C、左边银电极上碘离子失电子产生碘单质，右边银离子在电极上得电子析出银，能证明2Ag+2I-=2Ag+I2 能否自发进展，符合，选项 C 选；D、碘化银连接电源的正极氢氧根离子失电子产生氧气，银电极连接电源负极银离子得电子产生银单质，证明电解硝酸银产生银、氧气和硝酸，无法证明2Ag+2I-=2Ag+I2 能否自发进展，
7、不符合，选项 D 不选。答案选 C。6.短周期主族元素 W、*、Y、Z 的原子序数依次增大，*是地壳中含量最多的元素，W、Y 原子的最外层电子数之比为 43,原子最外层电子数 Z 比 Y 多 4 个。以下说法不正确的选项是 A.元素 W 与氢形成的原子比为 11 的化合物有很多种-B.W、*、Y、Z 的原子半径大小顺序*WZY C.Y 的氧化物既可溶于盐酸也可溶于氢氧化钠溶液 D.Z的氧化物对应水化物的酸性一定强于 W氧化物对应水化物的酸性【答案】D 点睛：此题考察元素周期律元素周期表。短周期主族元素 W、*、Y、Z 的原子序数依次增大，*是地壳中含量最多的元素则为氧元素，W、Y 原子的最外层
8、电子数之比为43,主族元素最外层电子不能大于等于 8 且 W 原子序数小于 8，则 W 为碳元素，Y 原子序数大于 8 则为铝元素，原子最外层电子数 Z 比 Y 多 4 个则 Z 为氯元素，据此解答。7.25时，在H2A-HA-A2-的水溶液体系中，H2A、HA-和 A2-三者中各自所占的物质的量分数()随溶液 pH变化的关系如下图。以下说法不正确的选项是 A.Ka1(H2A)=10-2、Ka2(H2A)=10-5 B.pH=6 时，c(HA-)c(A2-)=110 C.NaHA 溶液中，HA-的水解能力小于 HA-的电离能力 D.在含 H2A、HA-和 A2-的溶液中，假设c(H2A)+2c
9、(A2-)+c(OH-)=c(H+)，则(H2A)和(HA-)一定相等【答案】D【解析】A、当 pH=2 时，Ka1(H2A)=10-2、当 pH=5 时，Ka2(H2A)=10-5，选项 A 正确；B、由选项 A 可知-Ka2(H2A)=10-5，pH=6 时，则，故 c(HA-)c(A2-)=110，选项 B 正确；C、NaHA 溶液呈酸性，说明 HA-的水解能力小于 HA-的电离能力，选项 C 正确；D、在含 H2A、HA-和 A2-的溶液中，根据电荷守恒，有2c(A2-)+c(OH-)+c(HA-)=c(H+)+c(Na+)，因为c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)=c(H+)，
10、则2c(A2-)+c(OH-)+c(HA-)=c(H+)+c(Na+)=c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)+c(Na+)，因此 c(HA-)=c(H2A)+c(Na+)，则则(H2A)和(HA-)不相等，选项 D 不正确。答案选 D。8.索氏提取法是测定动植物样品中粗脂肪含量的标准方法。其原理是利用如图装置，用无水乙醚等有机溶剂连续、反复、屡次萃取动植物样品中的粗脂肪。具体步骤如下：包装：取滤纸制成滤纸筒，放入烘箱中枯燥后，移至仪器*中冷却至室温，然后放入称量瓶中称量，质量记作 a;在滤纸筒中包入一定质量研细的样品，放入烘箱中枯燥后，移至仪器*中冷却至室温，然后放入称量瓶中称量，质量记
11、作 b。萃取：将装有样品的滤纸筒用长镊子放入抽提筒中，注入一定量的无水乙醚，使滤纸筒完全浸没入乙醚中，接通冷凝水，加热并调节温度，使冷凝下滴的无水乙醚呈连珠状，至抽提筒中的无水乙醚用滤纸点滴检查无油迹为止(大约 6h12h)。称量：萃取完毕后，用长镊子取出滤纸筒，在通风处使无-水乙醚挥发，待无水乙醚挥发后，将滤纸筒放入烘箱中枯燥后，移至仪器*中冷却至室温，然后放入称量瓶中称量，质量记作 c。答复以下问题：(1)实验中三次使用的仪器*的名称为_。为提高乙醚蒸气的冷凝效果，索氏提取器可选用以下_(填字母)代。a空气冷凝管 b直形冷凝管 c蛇形冷凝管(2)实验中必须十分注意乙醚的平安使用，如不能用明
12、火加热、室保持通风等。为防止乙醚挥发到空气中形成燃爆，常在冷凝管上口连接一个球形枯燥管，其中装入的药品为_(填字母)。a活性炭 b碱石灰 cP2O5d浓硫酸无水乙醚在空气中可能氧化生成少量过氧化物，加热时发生爆炸。检验无水乙醚中是否含有过氧化物的方法是_。(3)实验中需控制温度在 7080之间，考虑到平安等因素，应采取的加热方式是_。当无水乙醚加热沸腾后，蒸气通过导气管上升，被冷凝为液体滴入抽提筒中，当液面超过回流管最高处时，萃取液即回流入提取器(烧瓶)中该过程连续、反复、屡次进展，则萃取液回流入提取器(烧瓶)的物理现象为_。索氏提取法与一般萃取法相比拟，其优点为-_。(4)数据处理：样品中纯
13、脂肪百分含量_(填、或=)(b-c)/(b-a)100%；测定中的样品、装置、乙醚都需要进展脱水处理，否则导致测定结果_(填偏高、偏低或无影响)。【答案】(1).枯燥器(2).c(3).a(4).取少量乙醚滴加稀硫酸和 KI溶液，振荡，假设溶液变黄则含过氧化物，否则不含(5).恒温加热炉且水浴加热(6).虹吸(7).连续、反复、屡次萃取，且每一次萃取都是纯的溶剂，萃取效率高(8).(9).偏高 9.含氮化合物在材料方面的应用越来越广泛。(1)甲胺(CH3NH2)是合成太阳能敏化剂的原料。工业合成甲胺原理：CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)H。键能指断开1mol气态键
14、所吸收的能量或形成 1mol气态键所释放的能量。几种化学键的键能如下表所示：化学键C-HC-OH-ON-HC-N 键能/kJmol-93293 则该合成反响的H=_。一定条件下，在体积一样的甲、乙、丙、丁四个容器中，起始投入物质如下：NH3(g)/molCH3OH(g)/mol 反响条件甲 11498K，恒容乙-11598K，恒容丙 11598K，恒压丁 23598K，恒容到达平衡时，甲、乙、丙、丁容器中的 CH3OH 转化率由大到小的顺序为_。(2)工业上利用镓(Ga)与 NH3 在高温下合成固体半导体材料氮化镓(GaN)，其反响原理为2Ga(s)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)
15、H=-30.81kJmol-1。在密闭容器中充入一定量的 Ga 与 NH3 发生反响，实验测得反响体系与温度、压强的相关曲线如下图。图中 A 点与 C 点的化学平衡常数分别为 KA 和 KC,以下关系正确的选项是_(填代号)。a纵轴 a 表示 NH3 的转化率 b纵轴 a 表示 NH3 的体积分数 cT1T2dKAKc 镓在元素周期表位于第四周期第A 族，化学性质与铝相似。氮化镓性质稳定，不溶于水，但能缓慢溶解在热的 NaOH 溶液中，该反响的离子方程式为_。(3)用氮化镓与铜组成如下图的人工光合系统，利用该装置成功地以 CO2 和 H2O 为原料合成 CH4。铜电极外表发生的电极反响式为_。
16、两电极放出O2和CH4一样条件下的体积比为_，为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中参加少量的_(填盐酸或硫酸)。【答案】(1).-12kJmol-1(2).甲乙=-丙丁(3).bd(4).GaN+3H2O+OH-NH3+Ga(OH)4-(5).CO2+8H+8e-=CH4+2H2O(6).2:1(7).硫酸【解析】1反响热=反响物总键能-生成物总键能，故H=-12kJmol-1；反响CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)H=-12kJmol-1；为放热反响，以甲为参照，乙升高温度，反响向吸热反响的逆反响移动，CH3OH 转化率减小；再以乙为参照，丙恒压时，由于反响
17、正向进展时气体的量不变，平衡不移动，CH3OH 转化率丙与乙相等；以乙为参照，丁中 CH3OH增加的倍数大于氨气，故转化率降低，因此转化率大小关系为甲乙=丙丁；2反响2Ga(s)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g)H=-30.81kJmol-1 为气体体积增大的放热反响；a增大压强平衡逆向移动，故假设纵轴a表示NH3的转化率，随着压强的增大转化率应该减小，故错误；b增大压强平衡逆向移动，故纵轴a 表示 NH3 的体积分数，则氨气的体积分数增大，故正确；c正反响为放热反响，升高温度平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，故 T1T2，故错误；d升高温度平衡逆向移动，K 值减小，A 点温度大于
18、C 点，故 KAKc，故正确。答案选 bd；镓的化学性质与铝相似。氮化镓性质稳定，不溶于水，但能缓慢溶解在热的 NaOH 溶液中，反响的离子方程式为 GaN+3H2O+OH-NH3+Ga(OH)4-；-3原电池中电子从负极流向正极，则铜电极为正极，正极上二氧化碳得电子生成甲烷，则铜电极外表的电极反响式为 CO2+8H+8e-=CH4+2H2O；负极水失电子产生氧气，电极反响式为 4H2O-8e-=2O2+8H+；两电极放出 O2和CH4一样条件下的体积比为2:1；电解质溶液显酸性，必须参加酸，盐酸中的氯离子失电子产生氯气，应该选硫酸。10.工业上利用-锂辉矿(LiAlSi2O6 和少量 MgO
19、、CaCO3杂质)制备金属锂，工艺流程如下：答复以下问题：(1)-锂辉矿的主要成分 LiAlSi2O6 中存在的原子团为_。(2)工业上加快酸浸速率除调整硫酸浓度、升高温度外还可以采取的措施为_。浸出液中参加 CaCO3的主要作用为_。(3)一定温度下,Ksp(CaCO3)=2.510-9,Ksp(Li2CO3)=1.610-3,假设反响的溶液中c(Ca2+)和 c(Li+)均为 1.0molL-1,则开场滴加稀 Na2CO3溶液时，理论上 c(CO32-)应控制的围为_;实际操作中 CaCO3 和 Li2CO3 可能同时析出，从而造成 Li+损失，一种改良的工艺是利用草酸钠代替 Na2CO3
20、 作为沉淀剂，分析使用草酸钠的原因为_。(4)反响的离子方程式为_。-常温下，Na2CO3 的溶解度为 29.4g,判断反响能否使溶液中 Li+沉淀完全_(列式计算)。化学上规定，当*离子浓度10-5molL-1 时即可认为该离子沉淀完全(5)高温下发生反响的化学方程式为_。(6)一定温度下，LiAlSi2O6 与不同浓度的硫酸反响30min 时结果如下表所示：c(H2SO4)/molL-11.05.010.016.018.0 Li 浸出率/%3060908070 Al 浸出率/%306040100 试分析酸浸过程中，假设使 c(H2SO4)=10.0molL-1，则该工艺条件的优缺点为_。【
21、答案】(1).SiO32-(2).粉碎、搅拌(3).中和过量的硫酸，调节溶液 pH(4).2.510-9molL-1c(CO32-)1.610-3molL-1(5).草酸钙难溶于水，而草酸锂易溶于水(6).2Li+CO32-=Li2CO3(7).当 c(Li+)=1.010-5molL-1 时，c(CO32-)=1.610-3/(1.010-5)2=1.6107molL-1，远大于饱和 Na2CO3 溶液的浓度，故 Li+没有沉淀完全(8).3Li2O+2AlAl2O3+6Li(9).优点：反响速率快，Li 浸出率高；一样浸取率需要的反-响温度低，消耗能量少。缺点：Al 浸出率较高，需要增加除
22、 Al 杂质的步骤【解析】-锂辉矿主要成分为LiAlSi2O6，还含有少量 MgO、CaCO3 等杂质 为原料来制取金属锂，参加过量浓硫酸溶解-锂辉矿，参加碳酸钙再参加适量石灰乳，使镁离子沉淀完全，参加稀碳酸钠沉淀钙离子，过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液，蒸发浓缩，参加碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后煅烧得到氧化铝，参加铝粉高温条件下置换出锂同时生成氧化铝。(1)-锂辉矿的主要成分 LiAlSi2O6 为硅酸盐，存在的原子团为 SiO32-；(2)工业上加快酸浸速率除调整硫酸浓度、升高温度外还可以采取的措施为粉碎、搅拌。浸出液中参加 CaCO3 的主要作用为中和过量的硫酸，调节溶液 pH，使
23、于除去镁离子；(3)反响应该控制钙离子沉淀完全而锂离子没有开场沉淀，溶液中c(Ca2+)和 c(Li+)均为1.0molL-1,Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c(CO32-)=2.510-9,得c(CO32-)=2.510-9，Ksp(Li2CO3)=c2(Li+)c(CO32-)=1.610-3,得c(CO32-)=1.610-3,故理论上 c(CO32-)应控制的围为2.510-9molL-1c(CO32-)1.610-3molL-1;实际操作中 CaCO3 和 Li2CO3 可能同时析出，从而造成 Li+损失，一种改良的工艺是利用草酸钠代替 Na2CO3 作为沉淀剂，-因为草酸钙难
24、溶于水，而草酸锂易溶于水；(4)反响是碳酸钠与硫酸锂反响生成碳酸锂和硫酸钠，反响的离子方程式为 2Li+CO32-=Li2CO3；当 c(Li+)=1.010-5molL-1 时，c(CO32-)=1.610-3/(1.010-5)2=1.6107molL-1，远大于饱和 Na2CO3 溶液的浓度，故 Li+没有沉淀完全；(5)高温下发生反响的化学方程式为 3Li2O+2AlAl2O3+6Li；(6)酸浸过程中，假设使 c(H2SO4)=10.0molL-1，则该工艺条件的优点：反响速率快，Li 浸出率高；一样浸取率需要的反响温度低，消耗能量少；缺点：Al浸出率较高，需要增加除 Al杂质的步骤
25、。11.化学选修 3：物质构造与性质 钴、铁、镓、砷的单质及其化合物在生产生活中有重要的应用。答复以下问题：(1)写出 As 的基态原子的电子排布式_。(2)N、P、As 为同一主族元素，其电负性由大到小的顺序为_，它们的氢化物沸点最高的是_。将 NaNO3 和 Na2O 在一定条件下反响得到一种白色晶体，其中阴离子与 SO42-互为等电子体，则该阴离子的化学式是_。(3)Fe3+、Co3+与 N3-、-等可形成络合离子。-K3Fe()6可用于检验 Fe2+,配体-中碳原子杂化轨道类型为_。Co(N3)(NH3)5SO4 中 Co 的配位数为_,其配离子中含有的化学键类型为_(填离子键、共价键
26、、配位键)，C、N、O 的第一电离能最大的为_，其原因是_。(4)砷化镓晶胞构造如以下图。晶胞中 Ga 与周围等距且最近的 As 形成的空间构型为_。砷化镓晶胞边长为 apm,其密度为 pgcm-3,则阿伏加德罗常数的数值为_(列出计算式即可)。【答案】(1).Ar3d104s24p3(2).NPAs(3).NH3(4).NO43-(5).sp(6).6(7).共价键、配位键(8).N(9).氮原子 2p 轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子(10).正四面体(11).【解析】1As 的原子序数为 33，由构造原理可知电子排布为Ar3d104s24p3；2As、P、N 元素属于同一主
27、族元素，其原子序数逐渐减小，则其电负性逐渐增大，即 NPAs；它们的氢化物中 NH3 中存在氢键，沸点最高；原子个数相等价电子数相等的微粒属于等电子体，且等电子体构造相似，阴离子与 SO42-互为等电子体，且该阴离子中的各原子的最外层电子都满足 8 电子稳定构造，则该离子是 NO43-，(3)-中C原子价层电子对个数-=1+4+1-13=2，所以采取 sp 杂化；配位环境是Co(N3)(NH3)5SO4，其中 N3(-),NH3 都是单齿配体,简单相加就得到配位数 6；其配离子中含有的化学键类型为共价键、配位键；C、N、O 属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序
28、数的增大而增大，但氮原子 2p 轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子，第A 族的大于第A 族的，所以其第一电离能大小顺序是 NOC；4Ga 原子处于晶胞的顶点和面心，面心到顶点和到相邻面心的距离最小且相等，根据图可知个，Ga 与周围等距离且最近的 As 形成的空间构型为 Ga 在中心 As 在四个顶点形成的正四面体构造；GaAs 为 1：1 型构造，一个晶胞占有 4个 Ga 原子和 4 个 As 原子，假设晶胞的边长为 apm，则晶胞体积为，晶体的密度为 pgcm-3，则晶胞质量为pgcm-3=，则，则。点睛：此题考察物质构造，涉及核外电子排布、杂化轨道、分子构型、晶体类型与性质等，
29、晶胞构造的计算，易错点是(3)-中 C 原子价层电子对个数=1+4+1-13=2，所以采取 sp 杂化；配位环境是Co(N3)(NH3)5SO4，其中 N3(-),NH3 都是单齿配体,简单相加就得到配位数 6；其配离子中含有的化学键类型为共价键、配位键。12.化学选修 5：有机化学根底-化合物H是一种仿生高聚物()的单体。由化合物 A(C4H8)制备 H 的一种合成路线如下：A 与 M 互为同系物。答复以下问题：(1)A 的系统命名为_。F 分子中含有的官能团名称为_。(2)BC 的反响条件为_。反响、的反响类型分别为_、_。(3)反响的化学方程式为_。(4)化合物*为 H 的同分异构体，*
30、能与新制的氢氧化铜悬浊液反响生成砖红色沉淀，还能与 Na2CO3 饱和溶液反响放出气体，其核磁共振氢谱有 4 种峰。写出两种符合要求的*的构造简式_。(5)根据上述合成中的信息，试推写出以乙烯为原料经三步制备 CH3-COOCH=CH2 的合成路线_(其他试剂任选，用构造简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反响条件)。【答案】(1).2-甲基-1-丙烯(2).羧基、羟基(3).NaOH 水溶液(4).氧化反响(5).消去反响(6).(7).(8).【解析】根据逆推法，由 H 的聚合物，可知 H 的构造简式为，而 H 是由 G 与在催化剂作用下发生反响得到，结合 G的分子式判断可
31、知G的构造简式为；根据A、C、G的分子-式判断合成路线中各物质的碳原子数不变，按反响条件推出 F 为，E 为，D 为，C 为，B 为，A 为。M 与 A 为同系物，且氧化得到，则 M 为乙烯。(1)A 为，系统命名为 2-甲基-1-丙烯；F 为，分子中含有的官能团名称为羧基、羟基；(2)BC 是在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反响生成，反响条件为 NaOH 水溶液、加热；反响是催化氧化生成，反响类型为氧化反响；反响是消去反响生成和水，反响类型为消去反响；(3)反响的化学方程式为；(4)化合物*为 H的同分异构体，*能与新制的氢氧化铜悬浊液反响生成砖红色沉淀则含有醛基，还能与 Na2CO3 饱和
32、溶液反响放出气体则含有羧基，其核磁共振氢谱有 4 种峰则高度对称。符合要求的*的构造简式有；(5)根据上述合成中的信息，乙烯在银的氧化下生成，与乙酸反响生成，在浓硫酸中发生消去反响生成CH3-COOCH=CH2，合成路线如下：。点睛：此题考察有机物的化学性质及推断，注意反响原理的应用。根据逆推法，由 H 的聚合物，可知 H 的构造简式为，而 H 是由 G与在催化剂作用下发生反响得到，结合 G 的分子式判断可知G的构造简式为；根据A、C、G的分子式判断合成路线中各物质的碳原子数不变，按反响条件推出 F 为，E为，D 为，C 为，B 为，A 为。M 与 A 为同系物，且氧化得到，则 M 为乙烯。据此解答。