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四川省南充市2025届高三下学期高考适应性考试化学试题（二诊）
1．（2025·南充模拟）历史文物见证了先民们的劳动生活，下列有关四川出土的文物的说法错误的是
郑家坝遗址的碳化粟、稻米 老龙头墓地的青铜马车
渠县城坝遗址的木质簿籍 梓潼西坝遗址的陶制云纹瓦当
A．粟、稻米的碳化属于化学变化
B．青铜马车主要成分是铜锡合金
C．木质簿籍的主要成分属于有机高分子
D．陶制云纹瓦当的主要成分是硫酸钙
【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；含硅矿物及材料的应用；合金及其应用
【解析】【解答】A．粟、稻米碳化过程中，有机物质在高温或长时间的地质作用下，转化为含碳量较高的物质，有新物质生成，属于化学变化，A正确；
B．青铜的主要成分是铜锡合金，B正确；
C．木质簿籍的主要成分为纤维素，属于有机高分子，C正确；
D．陶制云纹瓦当的主要成分是硅酸盐，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.化学变化过程中有新物质生成。
B.青铜的主要成分是铜锡合金。
C.木质簿籍的主要成分为纤维素。
D.陶制云纹瓦当的主要成分是硅酸盐。
2．（2025·南充模拟）下列化学用语或表述正确的是
A．氢元素有三种常见的同素异形体：、、
B．的价电子轨道表示式：
C．乳酸()分子不具有对映异构体
D．1，3-丁二烯的键线式：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；同素异形体；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．、、均是由氢元素的不同原子(H、D、T)组成的同种单质 ，为同种物质，A错误；
B．Fe3+的价电子排布式为3d5，则其价电子轨道表示式为，B正确；
C．乳酸分子中含有1个手性碳原子，则其存在对映异构体，C错误；
D.根据1，3-丁二烯的结构简式可知，其键线式为，D错误；
故答案为：B。
【分析】A.同素异形体是由同种元素组成的不同单质。
B.铁元素的原子序数为26。
C. 对映异构体是指互为实物与镜像而不可重叠的立体异构体，只要含有手性碳原子，则一定存在对映异构体。
D.1，3-丁二烯的结构简式为CH2=CHCH=CH2。
3．（2025·南充模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．中含有的键的数目为
B．过量与1mol C充分反应转移电子数目为
C．溶液中含数目小于
D．25℃和101kPa下，的体积约为24.5L
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A． 1个中含有4个水分子，即8个键，水分子与铜离子之间有4个配位键，即4个键，共含12个键，故A错误；
B．涉及反应为，当反应消耗1molC，转移的电子数目为，故B错误；
C．溶液体积未知，无法计算n(CO32-)，故C错误；
D.25℃和101kPa，气体摩尔体积为24.5L/mol，根据V=nVm，1molCO2的体积约为24.5L，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.键指单键。
B.涉及反应为。
C.注意n=cV。
D.25℃和101kPa，气体摩尔体积为24.5L/mol。
4．（2025·南充模拟）下列有关高分子材料的说法正确的是
A．天然橡胶的主要成分聚异戊二烯不能使溴水褪色
B．合成酚醛树脂()的单体是苯酚和甲醇
C．以木材、秸秆等农副产品为原料，经加工处理可以得到再生纤维
D．聚氯乙烯薄膜的透明性好，具有防潮、防水等性能，广泛用于食品包装袋
【答案】C
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A．天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯，聚异戊二烯中含有的碳碳双键能与溴单质发生加成反应，而使溴水褪色，故A错误；
B．合成酚醛树脂所需的单体是苯酚和甲醛，故B错误；
C．由分析可知，木材、秸秆等富含纤维素 经加工处理可以得到再生纤维 ，故C正确；
D．聚氯乙烯（PVC）薄膜因含增塑剂等原因并不适宜用作食品包装袋，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.碳碳双键能使溴水褪色。
B.合成酚醛树脂所需的单体是苯酚和甲醛。
C.纤维素经化学加工可以制得人造纤维（再生纤维 ）。
D.聚氯乙烯（PVC）薄膜因含增塑剂，不能用于食品包装袋。
5．（2025·南充模拟）由下列实验操作及现象能得到相应结论的是
选项 实验操作 现象 结论
A 石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液 溶液由红棕色变无色 气体中含有不饱和烃
B 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液 无砖红色沉淀 蔗糖未发生水解
C 向2mL浓度均为0.1mol/L的NaCl和混合溶液中滴加少量溶液 产生白色沉淀
D 将氯气通入水中制得氯水，取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉-KI溶液 前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；蔗糖与淀粉的性质实验；化学实验方案的评价；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．根据实验操作及现象，及分析可知，可得到结论：气体中含有不饱和烃，A正确；
B．加入新制的悬浊液前，应先中和硫酸，否则无法说明蔗糖是否发生水解，B错误；
C．不是同种类型的沉淀，不能通过产生沉淀的顺序比较二者Ksp，C错误；
D．新制氯水中的HCl与溶液反应产生AgCl白色沉淀，新制氯水中的Cl2和次氯酸均能氧化KI生成I2，无法证明氯气与水的反应存在限度，D错误；
故答案为：A。
【分析】A. 不饱和烃能与溴水发生加成反应而使其褪色。
B.注意新制悬浊液需在碱性溶液中进行。
C.相同类型的难溶物，溶解度较小较易析出。
D.新制氯水中的Cl2和次氯酸均能氧化KI生成I2，碘单质遇淀粉变蓝。
6．（2025·南充模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．FeS固体溶于硝酸：
B．溴乙烷在热烧碱溶液中水解：
C．亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO：
D．将适量石膏施加于盐碱地(含较多、)中：
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A． FeS固体溶于硝酸的离子方程式为FeS+4H++3=Fe3+++3NO↑+2H2O，故A错误；
B．溴乙烷在热烧碱溶液中水解生成乙醇和溴化钠，其离子方程式为，故B正确；
C．亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的离子方程式为，故C错误；
D．石膏（）为微溶物，不能拆成离子形式，涉及离子方程式应为 +=+，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.硝酸具有强氧化性。
B.卤代烃在碱溶液中发生水解反应。
C.亚铜氨中铜元素的化合价为+1价
D.微溶物不能拆成离子形式。
7．（2025·南充模拟）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的原子半径是短周期主族元素中最大，Y与W同主族，W原子最外层电子数与X核外电子总数相同，Y与Z形成某种化合物可作为呼吸面具中的氧气来源。下列叙述错误的是
A．第一电离能：
B．简单离子半径：
C．简单氢化物分子极性：
D．Y形成的单质分子中，Y原子的电负性可能不同
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；极性分子和非极性分子；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，同主族元素的第一电离能从上到下递减，则第一电离能：，A正确；
B．同主族元素半径从上到下递增，电子排布相同时，离子半径随核电荷数增大而减小，则离子半径：，B不正确；
C．同主族元素的电负性从上到下递减，则电负性：，简单氢化物分子极性：，C正确；
D.1个臭氧分子由3个氧原子构成，中心氧原子和两个端位氧原子的电负性不同，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据题干信息，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的原子半径是短周期主族元素中最大，可推出Z为Na元素；Y与Z形成某种化合物可作为呼吸面具中的氧气来源，可推出该化合物为Na2O2，则Y为O元素；根据Y与W同主族，Y的原子序数比W小，则W为S元素；W原子最外层电子数与X核外电子总数相同，则X为C元素；结合物质的性质进行分析。
8．（2025·南充模拟）化合物C是合成治疗迟发性运动障碍药物的中间体，其合成路线如下，下列说法正确的是
A．A是苯酚的同系物
B．1mol C最多与2mol NaOH反应
C．B与足量氢气发生反应后生成的物质中含有2个手性碳原子
D．B→C“经两步”反应分别是还原反应和取代反应
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；酯的性质；同系物
【解析】【解答】A．A中含有羟基、醛基，与苯酚的结构不相似，不是苯酚的同系物，故A错误；
B．C中的酚羟基、肽键都能与氢氧化钠反应，则1mol C最多与3mol NaOH反应，故B错误；
C．B中含有的苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，结合分析可知，产物中含有3个手性碳原子，故C错误；
D．B→C“经两步”，反应分别是还原反应和取代反应，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.同系物的结构相似、分子量相差n个CH2原子团的化合物。
B.酚羟基、肽键都能与氢氧化钠反应。
C.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团。
D.还原反应的特点是加氢，取代反应的特点是一上一下。
9．（2025·南充模拟）实验室用如图装置模拟侯氏制碱法制取，下列说法错误的是
A．实验时应先打开，一段时间后打开
B．饱和溶液可除去中的少量HCl
C．该装置设计存在缺少尾气处理的缺陷
D．装置C中的多孔球泡目的是使快速溶解
【答案】A
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A． 实验时应先打开，一段时间后打开，因为氨气极易溶于水，二氧化碳在水中溶解度较小，应使溶液呈碱性，才能更多的二氧化碳参与反应，A错误；
B．由分析可知，饱和溶液能与HCl反应生成二氧化碳，且与CO2不反应，可用于除去中的少量HCl，B正确；
C．氨气有刺激性气味，该装置缺少尾气处理装置，C正确；
D．装置C中的多孔球泡可以增大与溶液的接触面积，从而使快速溶解，D正确；
故答案为：A。
【分析】根据题干信息，装置A用于制取CO2，盐酸具有挥发性，装置B用于除去CO中的HCl，装置C用于制取 ，其原理是与含有氨水的氯化钠溶液反应，装置D用于制取氨气。
如图，侯氏制碱法中，氨气极易溶于水，二氧化碳在水中溶解度较小，为了使更多的二氧化碳参与反应，应打开，CaO与浓氨水反应生成氨气，使溶液呈碱性，然后打开，CaCO3与盐酸反应生成，由于HCl易挥发，故中混有HCl气体，饱和溶液能与HCl反应生成二氧化碳，同时二氧化碳在饱和溶液中的溶解度较小，可以除去中的少量HCl，最后与含有氨水的氯化钠溶液反应制得，受热分解制得，据此回答。
10．（2025·南充模拟）某研究团队利用东海海水和长江江水来制作渗析电池装置如图(不考虑溶解氧的影响)，其中电极均为Ag/AgCl金属难溶盐电极，下列说法正确的是
A．工作一段时间后，ad两区NaCl溶液的浓度差减小
B．内电路中，由c区向b区迁移
C．d区发生的电极反应式为
D．电路中转移时，理论上d区东海海水的质量减少23g
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，右侧电极为负极，其电极反应式为，同时Na+由d区向c区迁移；左侧电极为正极，其电极反应式为，同时Na+由b区向a区迁移，所以工作一段时间后，d区NaCl浓度减小，而a区NaCl浓度增大，ad两区NaCl溶液的浓度差减小，A正确；
B．由分析可知，右侧电极为负极，将向负极迁移，则内电路中，由b区向c区迁移，B错误；
C．由分析可知，右侧电极为负极，d区发生的电极反应式为：，C错误；
D．由分析可知，右侧电极为负极，其电极反应式为，同时Na+由d区向c区迁移，当电路中转移时，理论上d区东海海水减少1mol、1mol，即质量减少58.5g，D错误；
故答案为：A。
【分析】根据题干信息，该装置为原电池，结合图中电子流动方向，可推出右侧电极为负极，其电极反应式为，左侧电极为正极，其电极反应式为。
11．（2025·南充模拟）下列对有关物质结构或性质的解释不合理的是
选项 实例 解释
A 中的键角比的键角大 和中N均是杂化，但中有一对孤对电子
B 的沸点高于HF 的键能大于的键能
C 锗、锡、铅的氯化物的熔点依次升高 它们均为分子晶体，随着相对分子质量增大，范德华力增大
D 酸性：远强于 羟基极性：
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；羧酸简介
【解析】【解答】A．中的键角比的键角大，是因为和中N均是杂化，但中有一对孤对电子，而孤电子对数越多，键角越小，A正确；
B．的沸点高于HF，是因为水分子间形成的氢键数目大于氟化氢分子间形成的氢键数目，B错误；
C． 锗、锡、铅的氯化物的熔点依次升高，是因为它们均为分子晶体，随着相对分子质量增大，范德华力增大，C正确；
D． 酸性：远强于 ，是因为羟基极性：，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.分子中中心原子上的孤电子对数越多，键角越小。
B.物质所含氢键数目越多，则沸点越高。
C.对于结构和组成相似的分子晶体，一般熔沸点随分子量增大而升高。
D.羟基极性越强，则其电离氢离子的能力越强。
12．（2025·南充模拟）冶锌工业废铁残渣对环境造成一定影响，一种废铁分离回收工艺流程如下，下列说法错误的是
已知：废铁残渣主要含有铁酸锌(ZnO Fe2O3)和砷、铜的化合物等；“酸浸”后滤液中铁元素以形式存在；溶液Y中主要为锌盐溶液。
A．“酸浸”中铁酸锌表现氧化性
B．滤渣X为石膏
C．通入水蒸气的目的是降低溶液浓度促进水解
D．赤铁矿渣可用于生产油漆、颜料
【答案】C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；二氧化硫的性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．由分析可知，"酸浸"中铁酸锌中Fe3+被SO2还原为Fe2+，表现氧化性，A正确；
B．由分析可知，滤渣X为石膏（CaSO4），B正确；
C．通入水蒸气的可以稀释氧气，使氧气与Fe2+更加充分反应生成Fe3+，C错误，
D．赤铁矿渣性质稳定，是红棕色固体，可用于生产油漆、颜料，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据流程图信息，“酸浸”时， 铁酸锌(ZnO Fe2O3)和砷、铜的化合物先与硫酸反应生成相应金属离子，之后Fe3+被SO2还原为Fe2+，向滤液中加入的CaCO3与过量的H2SO4反应，得到微溶物CaSO4，则滤渣X为CaSO4，“置换”时，加入的Fe粉置换出并除去Cu和As，“氧化水解”时，Fe2+转化为Fe2O3得到赤铁矿渣。
13．（2025·南充模拟）丙烯酸甲酯()是一种重要的有机化工原料。工业利用耦合反应制备丙烯酸甲酯，反应机理如图所示，下列叙述错误的是
A．LnNi为该反应的催化剂
B．反应①中存在键的断裂
C．该历程总反应的原子利用率为100%
D．若将②中的换成，则可制备丙烯酸乙酯
【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计；绿色化学
【解析】【解答】A．根据图示信息，LnNi在反应①中参与反应，在反应④后又重新生成，结合分析可知，LnNi为该反应的催化剂，A正确；
B．反应①是LnNi与、反应生成新的物质，在这个过程中，、中的部分化学键会发生断裂，B正确；
C． 该历程总反应为，结合分析可知，原子利用率不是100% ，C错误；
D．若将换成，则会提供乙基（），从而可制备丙烯酸乙酯，D正确；
故答案为：C。
【分析】A.催化剂在反应前后的性质和质量不变。
B.化学反应的本质是化学键的断裂和形成。
C.原子利用率为100%的反应为化合反应。
D.反应②中提供甲基（）参与反应生成丙烯酸甲酯。
14．（2025·南充模拟）不锈钢材料常采用Fe/Cr合金，已知Fe为体心立方结构，晶胞如图a所示，将部分Fe原子替换为Cr得到b、c两种不同结构的Fe/Cr合金。下列相关叙述正确的是
A．图a位于立方体顶点的相邻Fe原子会相互接触
B．图b中Cr原子填充在Fe原子构成的四面体空隙中
C．每个图c所示结构对应的晶胞中含有4个Fe原子
D．图a变成图b结构，密度变为原来的
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．顶点的相邻Fe原子不会相互接触，A错误；
B．图b中Cr原子填充在Fe原子构成的六面体空隙中，B错误；
C．图c不是晶胞的基本结构单元，需要8个这样的小立方体才能形成1个晶胞，则每个晶胞中含有个Fe原子，C正确；
D．根据均摊法，晶胞a含有的Fe原子个数为，质量为，晶胞b含有1个Fe原子，1个Cr原子，晶胞质量为，图a变成图b结构，若视为晶胞边长不变，则密度变为原来的，但铁原子替换为Cr原子后，晶胞的边长有小幅变化，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.图a属于体心立方堆积。
B.图b中Cr原子填充在Fe原子构成的六面体空隙中。
C.图c不是晶胞的基本结构单元，需要8个这样的小立方体才能形成1个晶胞。
D.根据晶胞均摊法进行分析。
15．（2025·南充模拟）乙二胺[]化学性质与氨类似，对淋巴瘤等有抑制作用。25℃时，乙二胺水溶液中各含氮微粒有：，、，它们的分布系数(某含氮微粒的浓度占各含氮微粒浓度之和的分数)1.0m随溶液pH的变化曲线如图所示。为乙二胺的第一步电离平衡常数，下列说法错误的是
A．曲线Ⅲ代表的微粒为
B．的数量级为
C．m、n、p三点对应的水溶液中，p点水的电离程度最小
D．在溶液中：
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线Ⅲ代表的微粒为，A正确；
B．由分析可知，n点时，c[(H3NCH2CH2NH3)2+]=c[(H2NCH2CH2NH3)+]，pH=8.5，即c(OH-)=10-5.5mol/L，Kb2=，曲线I和III的交叉点p点代表(H3NCH2CH2NH3)2+和H2N(CH2)2NH2浓度相等，p点的pH为10.5，c(OH-)=10-3.5mol/L，Kb1Kb2=，Kb1=，则Kb1的数量级为10-2，B正确；
C．由分析可知，m、n、p三点对应的水溶液中，p点pH值最大，碱性最强，水的电离程度最小，C正确；
D．(H2NCH2CH2NH3)+离子的Kb2=，水解常数为Kh=10-12.5，电离大于水解，则c[(H3NCH2CH2NH3)2+]>c(H2NCH2CH2NH2)，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.溶液的pH值越小，溶液酸性越强，越促进H2N(CH2)2NH2电离，则溶液中c[(H3NCH2CH2NH3)2+]越大，溶液的pH值越大，溶液中c[H2N(CH2)2NH2]越大，根据图知，曲线III代表微粒为H2N(CH2)2NH2。
B.由A项分析，曲线I、II代表微粒分别为(H3NCH2CH2NH3)2+、(H2NCH2CH2NH3)+，结合n点信息进行分析。
C.pH值最大，碱性最强，水的电离程度最小。
D.通过比较离子的电离与水解程度进行分析。
16．（2025·南充模拟）乙醛缩二乙醇()常用于高价香料的合成，某实验小组以40%乙醛溶液和无水乙醇为原料，分别利用图1、图2装置(部分夹持装置省略)制备无水乙醛和乙醛缩二乙醇。
已知有机物的相关数据如下表所示：
有机物 沸点℃ 相对分子质量 性质
乙醇 78 46 溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃
乙醛 20.8 44 溶于水，极易气化、氧化
乙醛缩二乙醇 102 118 微溶于水，可用作溶剂
【无水乙醛的制备】
实验小组采用水浴蒸馏法制备无水乙醛。
（1）仪器a的名称是　 　，仪器a中碱石灰的作用是　 　。
（2）该实验中观察到水浴温度在超过40℃时乙醛溶液才开始沸腾，试从结构的视角分析该温度明显高于纯乙醛沸点的主要原因可能是　 　(不考虑副产物的生成)。
【乙醛缩二乙醇的制备】
①一定温度下，向图2三颈烧瓶中加入125.0mL(2.4mol)略过量的无水乙醇和34g硅胶。用滴液漏斗加入56.6mL(1mol)新制备的无水乙醛，同时缓慢通入干燥的HCl进行催化，充分反应后，加入无水碳酸钠调节溶液至中性。
②将三颈烧瓶中物质进行液相分离，水洗后再分离出有机相，对有机相进行分馏，收集102℃的馏分得109.5g产品。
（3）写出制备乙醛缩二乙醇的化学方程式为　 　。
（4）步骤①中加入硅胶的作用是　 　。
（5）步骤②中采用分液法对密度较小的有机相进行分离，具体操作方法为：待液体分层清晰后，打开分液漏斗顶塞，再将分液漏斗活塞旋开，使下层液体慢慢沿锥形瓶壁流下。当观察到　 　(填操作方法)。
（6）本实验中乙醛缩二乙醇的产率为　 　%(保留三位有效数字)。
【答案】干燥管；吸收乙酸和水；乙醛与水形成氢键提高了沸点；；吸水促使可逆反应正向发生，提高乙醛缩二乙醇的产率；两种液体的交界面进入活塞孔时，关闭活塞，将上层有机相液体从上口倒出；92.8
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；常用仪器及其使用；分液和萃取；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由仪器构造可知，仪器a的名称是球形干燥管；乙醛易被氧化为乙酸，则仪器a中碱石灰的作用是吸收乙酸和水；
（2）乙醛和水分子间存在氢键，则从结构的视角分析乙醛溶液沸点明显高于纯乙醛的主要原因可能是：乙醛与水形成氢键提高了沸点；
（3）无水乙醛和无水乙醇在氯化氢催化作用下生成乙醛缩二乙醇和水，反应的化学方程式为：；
（4）硅胶具有吸水性，能吸收反应生成的水，促使可逆反应正向发生，则步骤①中加入硅胶的作用是：吸水促使可逆反应正向发生，提高乙醛缩二乙醇的产率；
（5）分液操作时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，则具体操作方法为：待液体分层清晰后，打开分液漏斗顶塞，再将分液漏斗活塞旋开，使下层液体慢慢沿锥形瓶壁流下。当观察到两种液体的交界面进入活塞孔时，关闭活塞，将上层有机相液体从上口倒出；
（6）加入的无水乙醇略过量，以不足量的无水乙醛计算，理论上56.6mL(1mol)乙醛完全转化生成1mol乙醛缩二乙醇，其理论产量为118g，实际产量为109.5g，则本实验中乙醛缩二乙醇的产率为≈92.8%。
【分析】（1）根据仪器特征进行分析；碱石灰的作用是吸收乙酸和水。（2）乙醛和水分子间存在氢键，氢键能使物质的熔沸点升高。（3）注意有机反应的特点及原子数目守恒。（4）硅胶具有吸水性，能吸收反应生成的水，促使可逆反应正向发生。（5）分液操作时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出。（6）加入的无水乙醇略过量，以不足量的无水乙醛计算。
17．（2025·南充模拟）碳氧化物甲烷化是应对气候变化、减少温室气体排放的重要研究课题。其中，二氧化碳甲烷化涉及的反应如下：
①
②
③
已知：以乙烷为例，其选择性定义为
回答下列问题：
（1）二氧化碳与甲烷反应制合成气(CO、)的热化学方程式④为　 　，反应的　 　0(填“”“”或“”)，该反应在　 　(填“高温”或“低温”)下可自发进行。
（2）将反应物与按体积比1：4混合进行甲烷化反应，不同压强和温度对平衡产物的影响如图1所示(左图限定温度为300℃，右图限定压强为100kPa)。纵坐标为体积分数。根据本研究课题的目的，结合图1分析，理论上可选择的压强和温度为　 　(填标号)，理由是　 　。
A.200℃，100kPa　　　B.200℃、1000kPa　　　C.600℃、100kPa　　　D.600℃、1000kPa
（3）若，在恒温恒容反应器中进行甲烷化反应，平衡时转化率为50%，甲烷和乙烷的选择性分别为50%和20%，平衡时压强为p，则反应④的平衡常数　 　(用含p的计算式表示)。
（4）已知CO也可发生甲烷化反应：⑤。或CO甲烷化的速率经验方程为，其中k为速率常数、为反应物分压。已知，为活化能，R为常数，T为热力学温度)，和CO甲烷化的速率常数与温度之间的关系如图2和图3所示。
则反应的活化能：①　 　⑤(“”“”或“”)，分析依据是　 　。
【答案】（1） ；>；高温
（2）A、B；由图可知，影响该反应转化率的因素为温度，而非压强，且温度越高，转化率、甲烷选择性降低
（3）
（4）<；分析可知直线的斜率的绝对值表示活化能，则CO图像斜率更大，活化能更大
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，2×②-①可得二氧化碳与甲烷反应制合成气(CO、)的热化学方程式④为，该反应中气体体积增大，反应的0，时反应可以自发进行，该反应在高温下可自发进行。
（2）进行甲烷化反应，则要使甲烷的体积分数达到最大，结合图1分析，理论上可选择的温度和压强为200℃、100kPa和200℃、1000kPa，理由是由图可知，影响该反应转化率的因素为温度，而非压强，且温度越高，转化率、甲烷选择性降低。
（3）若，假设=1mol，=4mol，在恒温恒容反应器中进行甲烷化反应，平衡时转化率为50%，甲烷和乙烷的选择性分别为50%和20%，则平衡时=0.5mol，n(CH4)=0.5mol×50%=0.25mol，n(C2H6)==0.05mol，根据C原子守恒可知n(CO)=1mol-0.5mol-0.25mol-0.1mol=0.15mol，根据O原子守恒可知n(H2O)=2mol-1mol-0.15mol=0.85mol，根据H原子守恒可知n(H2)=2.5mol，气体总物质的量为0.5mol+0.25mol+0.05mol+0.15mol+0.85mol+2.5mol=4.3mol，平衡时压强为p，则反应④的平衡常数。
（4）已知，则lnk=ln=，可知直线的斜率的绝对值表示活化能，则CO图像斜率更大，活化能更大，则反应的活化能：①<⑤。
【分析】（1）根据盖斯定律，该反应可由2×②-①得到。
（2）影响该反应转化率的因素为温度，而非压强，且温度越高，转化率、甲烷选择性降低。
（3）在恒温恒容反应器中进行甲烷化反应，平衡时转化率为50%，甲烷和乙烷的选择性分别为50%和20%，结合原子守恒进行分析。
（4）直线的斜率的绝对值表示活化能。
（1）由盖斯定律可知，2×②-①可得二氧化碳与甲烷反应制合成气(CO、)的热化学方程式④为，该反应中气体体积增大，反应的0，时反应可以自发进行，该反应在高温下可自发进行。
（2）进行甲烷化反应，则要使甲烷的体积分数达到最大，结合图1分析，理论上可选择的温度和压强为200℃、100kPa和200℃、1000kPa，理由是由图可知，影响该反应转化率的因素为温度，而非压强，且温度越高，转化率、甲烷选择性降低。
（3）若，假设=1mol，=4mol，在恒温恒容反应器中进行甲烷化反应，平衡时转化率为50%，甲烷和乙烷的选择性分别为50%和20%，则平衡时=0.5mol，n(CH4)=0.5mol×50%=0.25mol，n(C2H6)==0.05mol，根据C原子守恒可知n(CO)=1mol-0.5mol-0.25mol-0.1mol=0.15mol，根据O原子守恒可知n(H2O)=2mol-1mol-0.15mol=0.85mol，根据H原子守恒可知n(H2)=2.5mol，气体总物质的量为0.5mol+0.25mol+0.05mol+0.15mol+0.85mol+2.5mol=4.3mol，平衡时压强为p，则反应④的平衡常数。
（4）已知，则lnk=ln=，可知直线的斜率的绝对值表示活化能，则CO图像斜率更大，活化能更大，则反应的活化能：①<⑤。
18．（2025·南充模拟）脱硝催化剂在燃煤电厂、钢铁、水泥、炼焦化学等领域得到广泛应用。一种干湿法结合回收废弃SCR脱硝催化剂(主要成分为、和)的工艺流程如下。
已知：
Ⅰ.钠化焙烧过程生成难溶于水的和易溶于水的；沉钒过程生成的沉淀为。
II.为一种有机协同萃取剂，由和TBP组成。
Ⅲ.“逆流”指料液和萃取剂以相反的方向流动。
（1）实验室模拟“操作a”和“操作b”无需使用的仪器是_______(填标号)。
A．烧杯 B．漏斗 C．蒸馏烧瓶 D．玻璃棒
（2）“酸浸还原”的目的是将还原为，相关化学反应方程式为　 　。
（3）“酸浸还原”过程，反应温度和液固比对钒浸出率的影响如下图所示，综合考虑浸出效率及成本，应选择的最佳温度和液固比分别为　 　和　 　。
（4）“焙烧”和“煅烧”过程产生的气体分别是　 　和　 　(填化学式)。
（5）回收V和W元素均采取了“逆流萃取”和“逆流反萃取”，“逆流”的优点是　 　。
（6）回收V元素，加入-TBP萃取发生的化学反应为：
①
②
从平衡角度分析，TBP的作用是　 　。向逆流萃取后的溶液中，加入，进行逆流反萃取，发生的总反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）C
（2）
（3）140℃；20：1
（4）；
（5）使原料充分接触，提高萃取效率
（6）降低浓度，促进反应①正向移动，提高萃取率；
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“操作a”和“操作b”均为过滤操作，需漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要蒸馏烧瓶，故答案为：C。
（2）“酸浸还原”的目的是将还原为，根据氧化还原反应原理，该反应为与硫酸和亚硫酸钠反应，生成、硫酸钠和水的过程，化学反应方程式为：，故答案为：。
（3）由图可知，液固比分别20：1时钒浸出率最高，此时温度为140℃、160℃和180℃，综合考虑浸出效率及成本，应选择的最佳温度为140℃，故答案为：140℃；20：1。
（4）“焙烧”时，加入碳酸钠生成难溶于水的和易溶于水的，根据质量守恒可知，生成的气体为；用氨水进行“沉钒”，得到含铵根的化合物，该化合物进过“煅烧”，生成的同时，还会产生，故答案为：；。
（5）由信息可知，“逆流”指料液和萃取剂以相反的方向流动，该操作可以使原料充分接触，提高萃取效率，故答案为：使原料充分接触，提高萃取效率。
（6）由反应②可知，加入TBP，可使转化为，从而降低浓度，促进反应①正向移动，提高萃取率；逆流萃取后的溶液中，加入，则与反应，生成的过程，化学方程式为，故答案为：降低浓度，促进反应①正向移动，提高萃取率；。
【分析】（1）过滤用于固液混合物的分离。
（2）根据反应前后原子种类、数目和得失电子守恒进行分析。
（3）液固比分别20：1时钒浸出率最高。
（4）“焙烧”时，加入碳酸钠生成难溶于水的和易溶于水的。
（5）“逆流”指料液和萃取剂以相反的方向流动，该操作可以使原料充分接触，提高萃取效率。
（6）加入TBP，可使转化为，结合化学平衡移动原理进行分析。
（1）“操作a”和“操作b”均为过滤操作，需漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要蒸馏烧瓶，故答案为：C。
（2）“酸浸还原”的目的是将还原为，根据氧化还原反应原理，该反应为与硫酸和亚硫酸钠反应，生成、硫酸钠和水的过程，化学反应方程式为：，故答案为：。
（3）由图可知，液固比分别20：1时钒浸出率最高，此时温度为140℃、160℃和180℃，综合考虑浸出效率及成本，应选择的最佳温度为140℃，故答案为：140℃；20：1。
（4）“焙烧”时，加入碳酸钠生成难溶于水的和易溶于水的，根据质量守恒可知，生成的气体为；用氨水进行“沉钒”，得到含铵根的化合物，该化合物进过“煅烧”，生成的同时，还会产生，故答案为：；。
（5）由信息可知，“逆流”指料液和萃取剂以相反的方向流动，该操作可以使原料充分接触，提高萃取效率，故答案为：使原料充分接触，提高萃取效率。
（6）由反应②可知，加入TBP，可使转化为，从而降低浓度，促进反应①正向移动，提高萃取率；逆流萃取后的溶液中，加入，则与反应，生成的过程，化学方程式为，故答案为：降低浓度，促进反应①正向移动，提高萃取率；。
19．（2025·南充模拟）制备除草剂异噻唑草酮的合成中间体G的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是　 　。在B转化为C过程中，B中碳卤键的反应存在选择性，请从化学键角度予以解释　 　。
（2）C转化为D的反应方程式为　 　。硝基()的电子式为　 　。
（3）D转化为E的反应类型是　 　。E分子中共面原子最多有　 　个。
（4）F的结构简式为　 　。
（5）满足下列条件的H的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
①含有和②含有苯环且苯环上只有2个取代基 ③含有1个手性碳原子 ④能与碳酸氢钠反应
（6）完成F到H的两步转化路线　 　(须表示出G的结构简式和必要的反应物及条件)。
【答案】（1）溴苯；C-I键比C-Br键更长，键能更小，故更易断裂
（2）；
（3）取代反应；16
（4）
（5）9
（6）
【知识点】有机化合物的命名；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知，A的化学名称是溴苯，在B转化为C过程中，B中碳卤键的反应存在选择性，断碳碘键，而不是断碳溴键，原因是：C-I键比C-Br键更长，键能更小，故更易断裂。
（2）C发生硝化反应生成D，C转化为D的反应方程式为：+HO-NO2+H2O。是硝酸分子中去掉一个羟基后剩下的基团，电子式为。
（3）由D和E的结构简式可知，D转化为E的反应类型是取代反应，E分子中苯环和是平面结构，-CN是直线结构，E中中C采取sp3杂化，中与苯环共面的F原子最多有1个，E分子中共面原子最多有12+1+2+1=16个。
（4）由分析可知，F的结构简式为。
（5）H的同分异构体满足条件：①含有和；②含有苯环且苯环上只有2个取代基 ③含有1个手性碳原子；④能与碳酸氢钠反应，说明其中含有-COOH；则苯环上取代基的组合为：、-CH(SCH3)COOH或、-CH(CF3)COOH或-COOH、-CH(CF3)SCH3，每组组合都有邻、间、对三种位置关系，则满足条件的同分异构体有9种。
（6）由分析可知，F为，水解得到，和CH3OH发生酯化反应生成H，转化路线为：。
【分析】根据流程图信息，对比A、B的结构简式，可推出A→B发生取代反应，C→D发生硝化反应，结合C的分子式，可推出C的结构简式为，E→F发生取代反应，结合H的结构简式，可推出F 结构简式为，G的结构简式为。
（1）由A的结构简式可知，A的化学名称是溴苯，在B转化为C过程中，B中碳卤键的反应存在选择性，断碳碘键，而不是断碳溴键，原因是：C-I键比C-Br键更长，键能更小，故更易断裂。
（2）C发生硝化反应生成D，C转化为D的反应方程式为：+HO-NO2+H2O。是硝酸分子中去掉一个羟基后剩下的基团，电子式为。
（3）由D和E的结构简式可知，D转化为E的反应类型是取代反应，E分子中苯环和是平面结构，-CN是直线结构，E中中C采取sp3杂化，中与苯环共面的F原子最多有1个，E分子中共面原子最多有12+1+2+1=16个。
（4）由分析可知，F的结构简式为。
（5）H的同分异构体满足条件：①含有和；②含有苯环且苯环上只有2个取代基 ③含有1个手性碳原子；④能与碳酸氢钠反应，说明其中含有-COOH；则苯环上取代基的组合为：、-CH(SCH3)COOH或、-CH(CF3)COOH或-COOH、-CH(CF3)SCH3，每组组合都有邻、间、对三种位置关系，则满足条件的同分异构体有9种。
（6）由分析可知，F为，水解得到，和CH3OH发生酯化反应生成H，转化路线为：。
1 / 1四川省南充市2025届高三下学期高考适应性考试化学试题（二诊）
1．（2025·南充模拟）历史文物见证了先民们的劳动生活，下列有关四川出土的文物的说法错误的是
郑家坝遗址的碳化粟、稻米 老龙头墓地的青铜马车
渠县城坝遗址的木质簿籍 梓潼西坝遗址的陶制云纹瓦当
A．粟、稻米的碳化属于化学变化
B．青铜马车主要成分是铜锡合金
C．木质簿籍的主要成分属于有机高分子
D．陶制云纹瓦当的主要成分是硫酸钙
2．（2025·南充模拟）下列化学用语或表述正确的是
A．氢元素有三种常见的同素异形体：、、
B．的价电子轨道表示式：
C．乳酸()分子不具有对映异构体
D．1，3-丁二烯的键线式：
3．（2025·南充模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．中含有的键的数目为
B．过量与1mol C充分反应转移电子数目为
C．溶液中含数目小于
D．25℃和101kPa下，的体积约为24.5L
4．（2025·南充模拟）下列有关高分子材料的说法正确的是
A．天然橡胶的主要成分聚异戊二烯不能使溴水褪色
B．合成酚醛树脂()的单体是苯酚和甲醇
C．以木材、秸秆等农副产品为原料，经加工处理可以得到再生纤维
D．聚氯乙烯薄膜的透明性好，具有防潮、防水等性能，广泛用于食品包装袋
5．（2025·南充模拟）由下列实验操作及现象能得到相应结论的是
选项 实验操作 现象 结论
A 石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液 溶液由红棕色变无色 气体中含有不饱和烃
B 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液 无砖红色沉淀 蔗糖未发生水解
C 向2mL浓度均为0.1mol/L的NaCl和混合溶液中滴加少量溶液 产生白色沉淀
D 将氯气通入水中制得氯水，取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉-KI溶液 前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度
A．A B．B C．C D．D
6．（2025·南充模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．FeS固体溶于硝酸：
B．溴乙烷在热烧碱溶液中水解：
C．亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO：
D．将适量石膏施加于盐碱地(含较多、)中：
7．（2025·南充模拟）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的原子半径是短周期主族元素中最大，Y与W同主族，W原子最外层电子数与X核外电子总数相同，Y与Z形成某种化合物可作为呼吸面具中的氧气来源。下列叙述错误的是
A．第一电离能：
B．简单离子半径：
C．简单氢化物分子极性：
D．Y形成的单质分子中，Y原子的电负性可能不同
8．（2025·南充模拟）化合物C是合成治疗迟发性运动障碍药物的中间体，其合成路线如下，下列说法正确的是
A．A是苯酚的同系物
B．1mol C最多与2mol NaOH反应
C．B与足量氢气发生反应后生成的物质中含有2个手性碳原子
D．B→C“经两步”反应分别是还原反应和取代反应
9．（2025·南充模拟）实验室用如图装置模拟侯氏制碱法制取，下列说法错误的是
A．实验时应先打开，一段时间后打开
B．饱和溶液可除去中的少量HCl
C．该装置设计存在缺少尾气处理的缺陷
D．装置C中的多孔球泡目的是使快速溶解
10．（2025·南充模拟）某研究团队利用东海海水和长江江水来制作渗析电池装置如图(不考虑溶解氧的影响)，其中电极均为Ag/AgCl金属难溶盐电极，下列说法正确的是
A．工作一段时间后，ad两区NaCl溶液的浓度差减小
B．内电路中，由c区向b区迁移
C．d区发生的电极反应式为
D．电路中转移时，理论上d区东海海水的质量减少23g
11．（2025·南充模拟）下列对有关物质结构或性质的解释不合理的是
选项 实例 解释
A 中的键角比的键角大 和中N均是杂化，但中有一对孤对电子
B 的沸点高于HF 的键能大于的键能
C 锗、锡、铅的氯化物的熔点依次升高 它们均为分子晶体，随着相对分子质量增大，范德华力增大
D 酸性：远强于 羟基极性：
A．A B．B C．C D．D
12．（2025·南充模拟）冶锌工业废铁残渣对环境造成一定影响，一种废铁分离回收工艺流程如下，下列说法错误的是
已知：废铁残渣主要含有铁酸锌(ZnO Fe2O3)和砷、铜的化合物等；“酸浸”后滤液中铁元素以形式存在；溶液Y中主要为锌盐溶液。
A．“酸浸”中铁酸锌表现氧化性
B．滤渣X为石膏
C．通入水蒸气的目的是降低溶液浓度促进水解
D．赤铁矿渣可用于生产油漆、颜料
13．（2025·南充模拟）丙烯酸甲酯()是一种重要的有机化工原料。工业利用耦合反应制备丙烯酸甲酯，反应机理如图所示，下列叙述错误的是
A．LnNi为该反应的催化剂
B．反应①中存在键的断裂
C．该历程总反应的原子利用率为100%
D．若将②中的换成，则可制备丙烯酸乙酯
14．（2025·南充模拟）不锈钢材料常采用Fe/Cr合金，已知Fe为体心立方结构，晶胞如图a所示，将部分Fe原子替换为Cr得到b、c两种不同结构的Fe/Cr合金。下列相关叙述正确的是
A．图a位于立方体顶点的相邻Fe原子会相互接触
B．图b中Cr原子填充在Fe原子构成的四面体空隙中
C．每个图c所示结构对应的晶胞中含有4个Fe原子
D．图a变成图b结构，密度变为原来的
15．（2025·南充模拟）乙二胺[]化学性质与氨类似，对淋巴瘤等有抑制作用。25℃时，乙二胺水溶液中各含氮微粒有：，、，它们的分布系数(某含氮微粒的浓度占各含氮微粒浓度之和的分数)1.0m随溶液pH的变化曲线如图所示。为乙二胺的第一步电离平衡常数，下列说法错误的是
A．曲线Ⅲ代表的微粒为
B．的数量级为
C．m、n、p三点对应的水溶液中，p点水的电离程度最小
D．在溶液中：
16．（2025·南充模拟）乙醛缩二乙醇()常用于高价香料的合成，某实验小组以40%乙醛溶液和无水乙醇为原料，分别利用图1、图2装置(部分夹持装置省略)制备无水乙醛和乙醛缩二乙醇。
已知有机物的相关数据如下表所示：
有机物 沸点℃ 相对分子质量 性质
乙醇 78 46 溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃
乙醛 20.8 44 溶于水，极易气化、氧化
乙醛缩二乙醇 102 118 微溶于水，可用作溶剂
【无水乙醛的制备】
实验小组采用水浴蒸馏法制备无水乙醛。
（1）仪器a的名称是　 　，仪器a中碱石灰的作用是　 　。
（2）该实验中观察到水浴温度在超过40℃时乙醛溶液才开始沸腾，试从结构的视角分析该温度明显高于纯乙醛沸点的主要原因可能是　 　(不考虑副产物的生成)。
【乙醛缩二乙醇的制备】
①一定温度下，向图2三颈烧瓶中加入125.0mL(2.4mol)略过量的无水乙醇和34g硅胶。用滴液漏斗加入56.6mL(1mol)新制备的无水乙醛，同时缓慢通入干燥的HCl进行催化，充分反应后，加入无水碳酸钠调节溶液至中性。
②将三颈烧瓶中物质进行液相分离，水洗后再分离出有机相，对有机相进行分馏，收集102℃的馏分得109.5g产品。
（3）写出制备乙醛缩二乙醇的化学方程式为　 　。
（4）步骤①中加入硅胶的作用是　 　。
（5）步骤②中采用分液法对密度较小的有机相进行分离，具体操作方法为：待液体分层清晰后，打开分液漏斗顶塞，再将分液漏斗活塞旋开，使下层液体慢慢沿锥形瓶壁流下。当观察到　 　(填操作方法)。
（6）本实验中乙醛缩二乙醇的产率为　 　%(保留三位有效数字)。
17．（2025·南充模拟）碳氧化物甲烷化是应对气候变化、减少温室气体排放的重要研究课题。其中，二氧化碳甲烷化涉及的反应如下：
①
②
③
已知：以乙烷为例，其选择性定义为
回答下列问题：
（1）二氧化碳与甲烷反应制合成气(CO、)的热化学方程式④为　 　，反应的　 　0(填“”“”或“”)，该反应在　 　(填“高温”或“低温”)下可自发进行。
（2）将反应物与按体积比1：4混合进行甲烷化反应，不同压强和温度对平衡产物的影响如图1所示(左图限定温度为300℃，右图限定压强为100kPa)。纵坐标为体积分数。根据本研究课题的目的，结合图1分析，理论上可选择的压强和温度为　 　(填标号)，理由是　 　。
A.200℃，100kPa　　　B.200℃、1000kPa　　　C.600℃、100kPa　　　D.600℃、1000kPa
（3）若，在恒温恒容反应器中进行甲烷化反应，平衡时转化率为50%，甲烷和乙烷的选择性分别为50%和20%，平衡时压强为p，则反应④的平衡常数　 　(用含p的计算式表示)。
（4）已知CO也可发生甲烷化反应：⑤。或CO甲烷化的速率经验方程为，其中k为速率常数、为反应物分压。已知，为活化能，R为常数，T为热力学温度)，和CO甲烷化的速率常数与温度之间的关系如图2和图3所示。
则反应的活化能：①　 　⑤(“”“”或“”)，分析依据是　 　。
18．（2025·南充模拟）脱硝催化剂在燃煤电厂、钢铁、水泥、炼焦化学等领域得到广泛应用。一种干湿法结合回收废弃SCR脱硝催化剂(主要成分为、和)的工艺流程如下。
已知：
Ⅰ.钠化焙烧过程生成难溶于水的和易溶于水的；沉钒过程生成的沉淀为。
II.为一种有机协同萃取剂，由和TBP组成。
Ⅲ.“逆流”指料液和萃取剂以相反的方向流动。
（1）实验室模拟“操作a”和“操作b”无需使用的仪器是_______(填标号)。
A．烧杯 B．漏斗 C．蒸馏烧瓶 D．玻璃棒
（2）“酸浸还原”的目的是将还原为，相关化学反应方程式为　 　。
（3）“酸浸还原”过程，反应温度和液固比对钒浸出率的影响如下图所示，综合考虑浸出效率及成本，应选择的最佳温度和液固比分别为　 　和　 　。
（4）“焙烧”和“煅烧”过程产生的气体分别是　 　和　 　(填化学式)。
（5）回收V和W元素均采取了“逆流萃取”和“逆流反萃取”，“逆流”的优点是　 　。
（6）回收V元素，加入-TBP萃取发生的化学反应为：
①
②
从平衡角度分析，TBP的作用是　 　。向逆流萃取后的溶液中，加入，进行逆流反萃取，发生的总反应的化学方程式为　 　。
19．（2025·南充模拟）制备除草剂异噻唑草酮的合成中间体G的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是　 　。在B转化为C过程中，B中碳卤键的反应存在选择性，请从化学键角度予以解释　 　。
（2）C转化为D的反应方程式为　 　。硝基()的电子式为　 　。
（3）D转化为E的反应类型是　 　。E分子中共面原子最多有　 　个。
（4）F的结构简式为　 　。
（5）满足下列条件的H的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
①含有和②含有苯环且苯环上只有2个取代基 ③含有1个手性碳原子 ④能与碳酸氢钠反应
（6）完成F到H的两步转化路线　 　(须表示出G的结构简式和必要的反应物及条件)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；含硅矿物及材料的应用；合金及其应用
【解析】【解答】A．粟、稻米碳化过程中，有机物质在高温或长时间的地质作用下，转化为含碳量较高的物质，有新物质生成，属于化学变化，A正确；
B．青铜的主要成分是铜锡合金，B正确；
C．木质簿籍的主要成分为纤维素，属于有机高分子，C正确；
D．陶制云纹瓦当的主要成分是硅酸盐，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.化学变化过程中有新物质生成。
B.青铜的主要成分是铜锡合金。
C.木质簿籍的主要成分为纤维素。
D.陶制云纹瓦当的主要成分是硅酸盐。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；同素异形体；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．、、均是由氢元素的不同原子(H、D、T)组成的同种单质 ，为同种物质，A错误；
B．Fe3+的价电子排布式为3d5，则其价电子轨道表示式为，B正确；
C．乳酸分子中含有1个手性碳原子，则其存在对映异构体，C错误；
D.根据1，3-丁二烯的结构简式可知，其键线式为，D错误；
故答案为：B。
【分析】A.同素异形体是由同种元素组成的不同单质。
B.铁元素的原子序数为26。
C. 对映异构体是指互为实物与镜像而不可重叠的立体异构体，只要含有手性碳原子，则一定存在对映异构体。
D.1，3-丁二烯的结构简式为CH2=CHCH=CH2。
3．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A． 1个中含有4个水分子，即8个键，水分子与铜离子之间有4个配位键，即4个键，共含12个键，故A错误；
B．涉及反应为，当反应消耗1molC，转移的电子数目为，故B错误；
C．溶液体积未知，无法计算n(CO32-)，故C错误；
D.25℃和101kPa，气体摩尔体积为24.5L/mol，根据V=nVm，1molCO2的体积约为24.5L，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.键指单键。
B.涉及反应为。
C.注意n=cV。
D.25℃和101kPa，气体摩尔体积为24.5L/mol。
4．【答案】C
【知识点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A．天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯，聚异戊二烯中含有的碳碳双键能与溴单质发生加成反应，而使溴水褪色，故A错误；
B．合成酚醛树脂所需的单体是苯酚和甲醛，故B错误；
C．由分析可知，木材、秸秆等富含纤维素 经加工处理可以得到再生纤维 ，故C正确；
D．聚氯乙烯（PVC）薄膜因含增塑剂等原因并不适宜用作食品包装袋，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A.碳碳双键能使溴水褪色。
B.合成酚醛树脂所需的单体是苯酚和甲醛。
C.纤维素经化学加工可以制得人造纤维（再生纤维 ）。
D.聚氯乙烯（PVC）薄膜因含增塑剂，不能用于食品包装袋。
5．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；蔗糖与淀粉的性质实验；化学实验方案的评价；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A．根据实验操作及现象，及分析可知，可得到结论：气体中含有不饱和烃，A正确；
B．加入新制的悬浊液前，应先中和硫酸，否则无法说明蔗糖是否发生水解，B错误；
C．不是同种类型的沉淀，不能通过产生沉淀的顺序比较二者Ksp，C错误；
D．新制氯水中的HCl与溶液反应产生AgCl白色沉淀，新制氯水中的Cl2和次氯酸均能氧化KI生成I2，无法证明氯气与水的反应存在限度，D错误；
故答案为：A。
【分析】A. 不饱和烃能与溴水发生加成反应而使其褪色。
B.注意新制悬浊液需在碱性溶液中进行。
C.相同类型的难溶物，溶解度较小较易析出。
D.新制氯水中的Cl2和次氯酸均能氧化KI生成I2，碘单质遇淀粉变蓝。
6．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A． FeS固体溶于硝酸的离子方程式为FeS+4H++3=Fe3+++3NO↑+2H2O，故A错误；
B．溴乙烷在热烧碱溶液中水解生成乙醇和溴化钠，其离子方程式为，故B正确；
C．亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的离子方程式为，故C错误；
D．石膏（）为微溶物，不能拆成离子形式，涉及离子方程式应为 +=+，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.硝酸具有强氧化性。
B.卤代烃在碱溶液中发生水解反应。
C.亚铜氨中铜元素的化合价为+1价
D.微溶物不能拆成离子形式。
7．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；极性分子和非极性分子；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，同主族元素的第一电离能从上到下递减，则第一电离能：，A正确；
B．同主族元素半径从上到下递增，电子排布相同时，离子半径随核电荷数增大而减小，则离子半径：，B不正确；
C．同主族元素的电负性从上到下递减，则电负性：，简单氢化物分子极性：，C正确；
D.1个臭氧分子由3个氧原子构成，中心氧原子和两个端位氧原子的电负性不同，D正确；
故答案为：B。
【分析】根据题干信息，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的原子半径是短周期主族元素中最大，可推出Z为Na元素；Y与Z形成某种化合物可作为呼吸面具中的氧气来源，可推出该化合物为Na2O2，则Y为O元素；根据Y与W同主族，Y的原子序数比W小，则W为S元素；W原子最外层电子数与X核外电子总数相同，则X为C元素；结合物质的性质进行分析。
8．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；酯的性质；同系物
【解析】【解答】A．A中含有羟基、醛基，与苯酚的结构不相似，不是苯酚的同系物，故A错误；
B．C中的酚羟基、肽键都能与氢氧化钠反应，则1mol C最多与3mol NaOH反应，故B错误；
C．B中含有的苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，结合分析可知，产物中含有3个手性碳原子，故C错误；
D．B→C“经两步”，反应分别是还原反应和取代反应，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.同系物的结构相似、分子量相差n个CH2原子团的化合物。
B.酚羟基、肽键都能与氢氧化钠反应。
C.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团。
D.还原反应的特点是加氢，取代反应的特点是一上一下。
9．【答案】A
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A． 实验时应先打开，一段时间后打开，因为氨气极易溶于水，二氧化碳在水中溶解度较小，应使溶液呈碱性，才能更多的二氧化碳参与反应，A错误；
B．由分析可知，饱和溶液能与HCl反应生成二氧化碳，且与CO2不反应，可用于除去中的少量HCl，B正确；
C．氨气有刺激性气味，该装置缺少尾气处理装置，C正确；
D．装置C中的多孔球泡可以增大与溶液的接触面积，从而使快速溶解，D正确；
故答案为：A。
【分析】根据题干信息，装置A用于制取CO2，盐酸具有挥发性，装置B用于除去CO中的HCl，装置C用于制取 ，其原理是与含有氨水的氯化钠溶液反应，装置D用于制取氨气。
如图，侯氏制碱法中，氨气极易溶于水，二氧化碳在水中溶解度较小，为了使更多的二氧化碳参与反应，应打开，CaO与浓氨水反应生成氨气，使溶液呈碱性，然后打开，CaCO3与盐酸反应生成，由于HCl易挥发，故中混有HCl气体，饱和溶液能与HCl反应生成二氧化碳，同时二氧化碳在饱和溶液中的溶解度较小，可以除去中的少量HCl，最后与含有氨水的氯化钠溶液反应制得，受热分解制得，据此回答。
10．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，右侧电极为负极，其电极反应式为，同时Na+由d区向c区迁移；左侧电极为正极，其电极反应式为，同时Na+由b区向a区迁移，所以工作一段时间后，d区NaCl浓度减小，而a区NaCl浓度增大，ad两区NaCl溶液的浓度差减小，A正确；
B．由分析可知，右侧电极为负极，将向负极迁移，则内电路中，由b区向c区迁移，B错误；
C．由分析可知，右侧电极为负极，d区发生的电极反应式为：，C错误；
D．由分析可知，右侧电极为负极，其电极反应式为，同时Na+由d区向c区迁移，当电路中转移时，理论上d区东海海水减少1mol、1mol，即质量减少58.5g，D错误；
故答案为：A。
【分析】根据题干信息，该装置为原电池，结合图中电子流动方向，可推出右侧电极为负极，其电极反应式为，左侧电极为正极，其电极反应式为。
11．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；羧酸简介
【解析】【解答】A．中的键角比的键角大，是因为和中N均是杂化，但中有一对孤对电子，而孤电子对数越多，键角越小，A正确；
B．的沸点高于HF，是因为水分子间形成的氢键数目大于氟化氢分子间形成的氢键数目，B错误；
C． 锗、锡、铅的氯化物的熔点依次升高，是因为它们均为分子晶体，随着相对分子质量增大，范德华力增大，C正确；
D． 酸性：远强于 ，是因为羟基极性：，D正确；
故答案为：B。
【分析】A.分子中中心原子上的孤电子对数越多，键角越小。
B.物质所含氢键数目越多，则沸点越高。
C.对于结构和组成相似的分子晶体，一般熔沸点随分子量增大而升高。
D.羟基极性越强，则其电离氢离子的能力越强。
12．【答案】C
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；二氧化硫的性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．由分析可知，"酸浸"中铁酸锌中Fe3+被SO2还原为Fe2+，表现氧化性，A正确；
B．由分析可知，滤渣X为石膏（CaSO4），B正确；
C．通入水蒸气的可以稀释氧气，使氧气与Fe2+更加充分反应生成Fe3+，C错误，
D．赤铁矿渣性质稳定，是红棕色固体，可用于生产油漆、颜料，D正确；
故答案为：C。
【分析】根据流程图信息，“酸浸”时， 铁酸锌(ZnO Fe2O3)和砷、铜的化合物先与硫酸反应生成相应金属离子，之后Fe3+被SO2还原为Fe2+，向滤液中加入的CaCO3与过量的H2SO4反应，得到微溶物CaSO4，则滤渣X为CaSO4，“置换”时，加入的Fe粉置换出并除去Cu和As，“氧化水解”时，Fe2+转化为Fe2O3得到赤铁矿渣。
13．【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计；绿色化学
【解析】【解答】A．根据图示信息，LnNi在反应①中参与反应，在反应④后又重新生成，结合分析可知，LnNi为该反应的催化剂，A正确；
B．反应①是LnNi与、反应生成新的物质，在这个过程中，、中的部分化学键会发生断裂，B正确；
C． 该历程总反应为，结合分析可知，原子利用率不是100% ，C错误；
D．若将换成，则会提供乙基（），从而可制备丙烯酸乙酯，D正确；
故答案为：C。
【分析】A.催化剂在反应前后的性质和质量不变。
B.化学反应的本质是化学键的断裂和形成。
C.原子利用率为100%的反应为化合反应。
D.反应②中提供甲基（）参与反应生成丙烯酸甲酯。
14．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．顶点的相邻Fe原子不会相互接触，A错误；
B．图b中Cr原子填充在Fe原子构成的六面体空隙中，B错误；
C．图c不是晶胞的基本结构单元，需要8个这样的小立方体才能形成1个晶胞，则每个晶胞中含有个Fe原子，C正确；
D．根据均摊法，晶胞a含有的Fe原子个数为，质量为，晶胞b含有1个Fe原子，1个Cr原子，晶胞质量为，图a变成图b结构，若视为晶胞边长不变，则密度变为原来的，但铁原子替换为Cr原子后，晶胞的边长有小幅变化，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.图a属于体心立方堆积。
B.图b中Cr原子填充在Fe原子构成的六面体空隙中。
C.图c不是晶胞的基本结构单元，需要8个这样的小立方体才能形成1个晶胞。
D.根据晶胞均摊法进行分析。
15．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线Ⅲ代表的微粒为，A正确；
B．由分析可知，n点时，c[(H3NCH2CH2NH3)2+]=c[(H2NCH2CH2NH3)+]，pH=8.5，即c(OH-)=10-5.5mol/L，Kb2=，曲线I和III的交叉点p点代表(H3NCH2CH2NH3)2+和H2N(CH2)2NH2浓度相等，p点的pH为10.5，c(OH-)=10-3.5mol/L，Kb1Kb2=，Kb1=，则Kb1的数量级为10-2，B正确；
C．由分析可知，m、n、p三点对应的水溶液中，p点pH值最大，碱性最强，水的电离程度最小，C正确；
D．(H2NCH2CH2NH3)+离子的Kb2=，水解常数为Kh=10-12.5，电离大于水解，则c[(H3NCH2CH2NH3)2+]>c(H2NCH2CH2NH2)，D错误；
故答案为：D。
【分析】A.溶液的pH值越小，溶液酸性越强，越促进H2N(CH2)2NH2电离，则溶液中c[(H3NCH2CH2NH3)2+]越大，溶液的pH值越大，溶液中c[H2N(CH2)2NH2]越大，根据图知，曲线III代表微粒为H2N(CH2)2NH2。
B.由A项分析，曲线I、II代表微粒分别为(H3NCH2CH2NH3)2+、(H2NCH2CH2NH3)+，结合n点信息进行分析。
C.pH值最大，碱性最强，水的电离程度最小。
D.通过比较离子的电离与水解程度进行分析。
16．【答案】干燥管；吸收乙酸和水；乙醛与水形成氢键提高了沸点；；吸水促使可逆反应正向发生，提高乙醛缩二乙醇的产率；两种液体的交界面进入活塞孔时，关闭活塞，将上层有机相液体从上口倒出；92.8
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；常用仪器及其使用；分液和萃取；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由仪器构造可知，仪器a的名称是球形干燥管；乙醛易被氧化为乙酸，则仪器a中碱石灰的作用是吸收乙酸和水；
（2）乙醛和水分子间存在氢键，则从结构的视角分析乙醛溶液沸点明显高于纯乙醛的主要原因可能是：乙醛与水形成氢键提高了沸点；
（3）无水乙醛和无水乙醇在氯化氢催化作用下生成乙醛缩二乙醇和水，反应的化学方程式为：；
（4）硅胶具有吸水性，能吸收反应生成的水，促使可逆反应正向发生，则步骤①中加入硅胶的作用是：吸水促使可逆反应正向发生，提高乙醛缩二乙醇的产率；
（5）分液操作时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，则具体操作方法为：待液体分层清晰后，打开分液漏斗顶塞，再将分液漏斗活塞旋开，使下层液体慢慢沿锥形瓶壁流下。当观察到两种液体的交界面进入活塞孔时，关闭活塞，将上层有机相液体从上口倒出；
（6）加入的无水乙醇略过量，以不足量的无水乙醛计算，理论上56.6mL(1mol)乙醛完全转化生成1mol乙醛缩二乙醇，其理论产量为118g，实际产量为109.5g，则本实验中乙醛缩二乙醇的产率为≈92.8%。
【分析】（1）根据仪器特征进行分析；碱石灰的作用是吸收乙酸和水。（2）乙醛和水分子间存在氢键，氢键能使物质的熔沸点升高。（3）注意有机反应的特点及原子数目守恒。（4）硅胶具有吸水性，能吸收反应生成的水，促使可逆反应正向发生。（5）分液操作时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出。（6）加入的无水乙醇略过量，以不足量的无水乙醛计算。
17．【答案】（1） ；>；高温
（2）A、B；由图可知，影响该反应转化率的因素为温度，而非压强，且温度越高，转化率、甲烷选择性降低
（3）
（4）<；分析可知直线的斜率的绝对值表示活化能，则CO图像斜率更大，活化能更大
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，2×②-①可得二氧化碳与甲烷反应制合成气(CO、)的热化学方程式④为，该反应中气体体积增大，反应的0，时反应可以自发进行，该反应在高温下可自发进行。
（2）进行甲烷化反应，则要使甲烷的体积分数达到最大，结合图1分析，理论上可选择的温度和压强为200℃、100kPa和200℃、1000kPa，理由是由图可知，影响该反应转化率的因素为温度，而非压强，且温度越高，转化率、甲烷选择性降低。
（3）若，假设=1mol，=4mol，在恒温恒容反应器中进行甲烷化反应，平衡时转化率为50%，甲烷和乙烷的选择性分别为50%和20%，则平衡时=0.5mol，n(CH4)=0.5mol×50%=0.25mol，n(C2H6)==0.05mol，根据C原子守恒可知n(CO)=1mol-0.5mol-0.25mol-0.1mol=0.15mol，根据O原子守恒可知n(H2O)=2mol-1mol-0.15mol=0.85mol，根据H原子守恒可知n(H2)=2.5mol，气体总物质的量为0.5mol+0.25mol+0.05mol+0.15mol+0.85mol+2.5mol=4.3mol，平衡时压强为p，则反应④的平衡常数。
（4）已知，则lnk=ln=，可知直线的斜率的绝对值表示活化能，则CO图像斜率更大，活化能更大，则反应的活化能：①<⑤。
【分析】（1）根据盖斯定律，该反应可由2×②-①得到。
（2）影响该反应转化率的因素为温度，而非压强，且温度越高，转化率、甲烷选择性降低。
（3）在恒温恒容反应器中进行甲烷化反应，平衡时转化率为50%，甲烷和乙烷的选择性分别为50%和20%，结合原子守恒进行分析。
（4）直线的斜率的绝对值表示活化能。
（1）由盖斯定律可知，2×②-①可得二氧化碳与甲烷反应制合成气(CO、)的热化学方程式④为，该反应中气体体积增大，反应的0，时反应可以自发进行，该反应在高温下可自发进行。
（2）进行甲烷化反应，则要使甲烷的体积分数达到最大，结合图1分析，理论上可选择的温度和压强为200℃、100kPa和200℃、1000kPa，理由是由图可知，影响该反应转化率的因素为温度，而非压强，且温度越高，转化率、甲烷选择性降低。
（3）若，假设=1mol，=4mol，在恒温恒容反应器中进行甲烷化反应，平衡时转化率为50%，甲烷和乙烷的选择性分别为50%和20%，则平衡时=0.5mol，n(CH4)=0.5mol×50%=0.25mol，n(C2H6)==0.05mol，根据C原子守恒可知n(CO)=1mol-0.5mol-0.25mol-0.1mol=0.15mol，根据O原子守恒可知n(H2O)=2mol-1mol-0.15mol=0.85mol，根据H原子守恒可知n(H2)=2.5mol，气体总物质的量为0.5mol+0.25mol+0.05mol+0.15mol+0.85mol+2.5mol=4.3mol，平衡时压强为p，则反应④的平衡常数。
（4）已知，则lnk=ln=，可知直线的斜率的绝对值表示活化能，则CO图像斜率更大，活化能更大，则反应的活化能：①<⑤。
18．【答案】（1）C
（2）
（3）140℃；20：1
（4）；
（5）使原料充分接触，提高萃取效率
（6）降低浓度，促进反应①正向移动，提高萃取率；
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“操作a”和“操作b”均为过滤操作，需漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要蒸馏烧瓶，故答案为：C。
（2）“酸浸还原”的目的是将还原为，根据氧化还原反应原理，该反应为与硫酸和亚硫酸钠反应，生成、硫酸钠和水的过程，化学反应方程式为：，故答案为：。
（3）由图可知，液固比分别20：1时钒浸出率最高，此时温度为140℃、160℃和180℃，综合考虑浸出效率及成本，应选择的最佳温度为140℃，故答案为：140℃；20：1。
（4）“焙烧”时，加入碳酸钠生成难溶于水的和易溶于水的，根据质量守恒可知，生成的气体为；用氨水进行“沉钒”，得到含铵根的化合物，该化合物进过“煅烧”，生成的同时，还会产生，故答案为：；。
（5）由信息可知，“逆流”指料液和萃取剂以相反的方向流动，该操作可以使原料充分接触，提高萃取效率，故答案为：使原料充分接触，提高萃取效率。
（6）由反应②可知，加入TBP，可使转化为，从而降低浓度，促进反应①正向移动，提高萃取率；逆流萃取后的溶液中，加入，则与反应，生成的过程，化学方程式为，故答案为：降低浓度，促进反应①正向移动，提高萃取率；。
【分析】（1）过滤用于固液混合物的分离。
（2）根据反应前后原子种类、数目和得失电子守恒进行分析。
（3）液固比分别20：1时钒浸出率最高。
（4）“焙烧”时，加入碳酸钠生成难溶于水的和易溶于水的。
（5）“逆流”指料液和萃取剂以相反的方向流动，该操作可以使原料充分接触，提高萃取效率。
（6）加入TBP，可使转化为，结合化学平衡移动原理进行分析。
（1）“操作a”和“操作b”均为过滤操作，需漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要蒸馏烧瓶，故答案为：C。
（2）“酸浸还原”的目的是将还原为，根据氧化还原反应原理，该反应为与硫酸和亚硫酸钠反应，生成、硫酸钠和水的过程，化学反应方程式为：，故答案为：。
（3）由图可知，液固比分别20：1时钒浸出率最高，此时温度为140℃、160℃和180℃，综合考虑浸出效率及成本，应选择的最佳温度为140℃，故答案为：140℃；20：1。
（4）“焙烧”时，加入碳酸钠生成难溶于水的和易溶于水的，根据质量守恒可知，生成的气体为；用氨水进行“沉钒”，得到含铵根的化合物，该化合物进过“煅烧”，生成的同时，还会产生，故答案为：；。
（5）由信息可知，“逆流”指料液和萃取剂以相反的方向流动，该操作可以使原料充分接触，提高萃取效率，故答案为：使原料充分接触，提高萃取效率。
（6）由反应②可知，加入TBP，可使转化为，从而降低浓度，促进反应①正向移动，提高萃取率；逆流萃取后的溶液中，加入，则与反应，生成的过程，化学方程式为，故答案为：降低浓度，促进反应①正向移动，提高萃取率；。
19．【答案】（1）溴苯；C-I键比C-Br键更长，键能更小，故更易断裂
（2）；
（3）取代反应；16
（4）
（5）9
（6）
【知识点】有机化合物的命名；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由A的结构简式可知，A的化学名称是溴苯，在B转化为C过程中，B中碳卤键的反应存在选择性，断碳碘键，而不是断碳溴键，原因是：C-I键比C-Br键更长，键能更小，故更易断裂。
（2）C发生硝化反应生成D，C转化为D的反应方程式为：+HO-NO2+H2O。是硝酸分子中去掉一个羟基后剩下的基团，电子式为。
（3）由D和E的结构简式可知，D转化为E的反应类型是取代反应，E分子中苯环和是平面结构，-CN是直线结构，E中中C采取sp3杂化，中与苯环共面的F原子最多有1个，E分子中共面原子最多有12+1+2+1=16个。
（4）由分析可知，F的结构简式为。
（5）H的同分异构体满足条件：①含有和；②含有苯环且苯环上只有2个取代基 ③含有1个手性碳原子；④能与碳酸氢钠反应，说明其中含有-COOH；则苯环上取代基的组合为：、-CH(SCH3)COOH或、-CH(CF3)COOH或-COOH、-CH(CF3)SCH3，每组组合都有邻、间、对三种位置关系，则满足条件的同分异构体有9种。
（6）由分析可知，F为，水解得到，和CH3OH发生酯化反应生成H，转化路线为：。
【分析】根据流程图信息，对比A、B的结构简式，可推出A→B发生取代反应，C→D发生硝化反应，结合C的分子式，可推出C的结构简式为，E→F发生取代反应，结合H的结构简式，可推出F 结构简式为，G的结构简式为。
（1）由A的结构简式可知，A的化学名称是溴苯，在B转化为C过程中，B中碳卤键的反应存在选择性，断碳碘键，而不是断碳溴键，原因是：C-I键比C-Br键更长，键能更小，故更易断裂。
（2）C发生硝化反应生成D，C转化为D的反应方程式为：+HO-NO2+H2O。是硝酸分子中去掉一个羟基后剩下的基团，电子式为。
（3）由D和E的结构简式可知，D转化为E的反应类型是取代反应，E分子中苯环和是平面结构，-CN是直线结构，E中中C采取sp3杂化，中与苯环共面的F原子最多有1个，E分子中共面原子最多有12+1+2+1=16个。
（4）由分析可知，F的结构简式为。
（5）H的同分异构体满足条件：①含有和；②含有苯环且苯环上只有2个取代基 ③含有1个手性碳原子；④能与碳酸氢钠反应，说明其中含有-COOH；则苯环上取代基的组合为：、-CH(SCH3)COOH或、-CH(CF3)COOH或-COOH、-CH(CF3)SCH3，每组组合都有邻、间、对三种位置关系，则满足条件的同分异构体有9种。
（6）由分析可知，F为，水解得到，和CH3OH发生酯化反应生成H，转化路线为：。
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