1、浙江省金华市十校2023-2024学年高三下学期4月模拟考试化学试题说明：1全卷满分100分，考试时间90分钟；2将答案写在答题卷相应的位置上；3可能用到的相对原子质量：一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1. 下列不属于新能源的是A. 潮汐能B. 波浪能C. 石油D. 氢能【答案】C【解析】【详解】石油、煤、天然气属于化石燃料，不属于新能源。氢能、太阳能、风能、水能、（波浪能）潮汐能、核能等属于新能源，故选C。2. 下列有关工业制硫酸的说法正确的是A. 一般以硫磺或黄铁矿(主要成分：)为原料B. 鼓入
2、足量的空气，原料可直接转化为C. 用水吸收，可提高吸收效率D. 含的废气经回收可用于制备硫酸【答案】D【解析】【详解】A工业制硫酸过程中，一般将硫磺或黄铁矿(主要成分：)为原料在氧气中焙烧生成SO2，A错误；B硫磺或黄铁矿和氧气反应生成SO2，不能直接得到，B错误；C工业制硫酸过程中，用浓硫酸吸收，可提高吸收效率，避免产生酸雾，C错误；D二氧化硫废气经回收后也可用于制备硫酸，避免污染且综合利用，D正确；故选D。3. 下列化学用语正确的是A. 2-甲基-3-乙基戊烷的键线式：B. 基态的简化电子排布式为：C. 中子数为8的碳原子：D. 用电子式表示的形成过程：【答案】A【解析】【详解】A2-甲基
3、-3-乙基戊烷中主链上有5个碳原子，2号碳上有1个甲基，3号碳上有1个乙基，键线式为：，A正确；BMn是25号元素，简化电子排布式为：，B错误；C中子数为8的碳原子质量数为8+6=14，表示为，C错误；D是共价化合物，形成过程为：，D错误；故选A4. 工业上用焦炭还原石英砂制得粗硅，下列说法不正确的是(为阿伏伽德罗常数)A. 中含有键数目为B. 消耗焦炭转移电子C. (氧化产物)：还原产物)=2：1D. 可用氯化氢气体将硅与杂质分离【答案】B【解析】【分析】焦炭还原石英砂制得粗硅，反应为：；【详解】A中含有键4mol，数目为，A正确； B，反应中碳化合价由0变为+2，消耗焦炭转移2mol电子，
4、B错误；C反应中碳化合价升高为氧化为CO、硅化合价降低被还原为硅单质，(氧化产物)：还原产物)=2：1，C正确；D氯化氢和硅生成含硅元素的气体，使得其与杂质分离，故可用氯化氢气体将硅与杂质分离，D正确；故选B。5. 在指定的条件下，一定能大量共存的离子组是A. 无色溶液。B. 碱性条件：C. 水电离出的的溶液：D. 制作印刷电路板的腐蚀液：【答案】B【解析】【详解】A有颜色，不能在无色溶液中大量存在，且氢离子与碳酸根离子也不能大量共存，A不选；B碱性条件下，不发生反应，能大量共存，B选；C水电离出的的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，不能在碱性条件下大量存在，C不选；D印刷电路板的腐蚀液中含有Fe2
5、+，会和Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，D不选；故选B。6. 工业上常用的一种提溴技术叫做“吹出法”，过程如下，有关说法不正确的是A. 酸化的主要目的是防止将氧化成B. 鼓入热空气吹出溴是利用了溴的低沸点C. 将含溴混合气从底部通入设备二（吸收塔）中D. 设备三中的蒸汽冷凝后得到液溴和溴水的混合物，可用分液法分离【答案】A【解析】【分析】苦卤中含有溴离子，在酸性条件下通入氯气，可发生置换反应生成溴单质，吹入空气，将溴单质分离出来，然后溴单质与二氧化硫发生反应生成HBr和硫酸，再通入氯气，生成溴单质。【详解】A通入氯气是为了将溶液中的溴离子氧化为溴单质，加入酸进行酸化是为了抑制氯气和溴单
6、质与水反应，A错误；B溴的沸点低，易挥发，可用热空气吹出，B正确；C为了使溴被充分吸收，将含溴混合气从底部通入设备二(吸收塔)中，与亚硫酸溶液充分接触，C正确；D溴不易溶于水，可用分液的方法将液溴和溴水的混合物分离，D正确；答案选A。7. 利用下列装置和试剂进行实验，不能达到实验目的的是A. 图装置可用于测定镁和稀硫酸反应速率B. 图装置可用于比较碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性C. 图装置可用于分离、提纯有机化合物D. 图装置可用于实验室制氨气【答案】D【解析】【详解】A镁和稀硫酸反应生成氢气，通过注射器测量单位时间内生成气体的体积，测定镁和稀硫酸反应速率，A正确；B碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳，二
7、氧化碳可以使澄清石灰水变浑浊，碳酸钠受热不分解，图装置可用于比较碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，B正确；C利用不同有机物在固定相和流动相中的相对吸附或溶解能力差异来分离、提纯有机化合物，该方法为色谱法，图装置可用于分离、提纯有机化合物，C正确；D硝酸铵是一种铵盐，受猛烈撞击或受热会发生爆炸性分解，不能用来制备氨气，D错误；故选D。8. 下列说法不正确的是A. 硬铝的硬度比铝大，是因为合金原子改变了铝原子规则的层状结构B. 合金可做储氢材料，常温下吸、放氢的速率快C. 含增塑剂的聚氯乙烯薄膜因可塑性强，可用作生产食品包装材料D. “杯酚”可分离和，体现了超分子的“分子识别”特性【答案】C【解析】【详解
8、】A硬铝的硬度比铝大，是因为合金原子改变了铝原子规则的层状结构，A正确；B储氢合金如Ti-Fe、La-Ni合金可做储氢材料，常温下吸、放氢的速率快，B正确；C聚氯乙烯有毒，不能用于食品包装，C错误；D“杯酚”可分离和，体现了超分子的“分子识别”特性，D正确；故选C。9. 下列有关实验方案设计、现象和结论都正确的是实验方案现象结论A将某烃进行核磁共振氢谱检测谱图出现两组吸收峰该烃可能为丙烷B将乙醇和浓硫酸共热后生成的气体通入溴水中溴水褪色该气体为乙烯C向乙醇和酸性重铬酸钾溶液充分反应后的溶液中滴加石蕊溶液变红乙醇被氧化为乙酸D往废水中滴入氯化铁溶液出现紫色沉淀该废水中含有酚类物质A. AB. B
9、C. CD. D【答案】A【解析】【详解】A将某烃进行核磁共振氢谱检测，谱图出现两组吸收峰，说明有两种环境的H原子，丙烷有两种环境的H原子，该烃可能是丙烷，A正确；B将乙醇和浓硫酸共热后生成的乙烯气体中混有SO2，SO2也能使溴水褪色，则该操作不能证明气体为乙烯，B错误；C乙醇和酸性重铬酸钾溶液充分反应后的溶液呈酸性是因为溶液中原本就存在的H+，该操作不能说明乙醇被氧化为乙酸，C错误；D酚类物质遇FeCl3溶液，溶液变为紫色，但不是紫色沉淀，D错误；故选A。10. 下列化学反应与方程式相符的是A. 氢氧化镁能溶于氯化铵溶液：B. 和，表示甲烷的燃烧热的热化学方程式：C. 羟基丁酸()生成丁内酯
10、()：D. 氨的催化氧化反应：【答案】D【解析】【详解】A氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液呈酸性，氢氧化镁能溶于氯化铵溶液：Mg(OH)2+ 2NH=Mg2+2NH3 H2O，A错误；B表示甲烷的燃烧热的热化学方程式应该生成H2O(l)，B错误；C羟基丁酸()发生自身酯化反应生成丁内酯，化学方程式为：+H2O，C错误；D氨的催化氧化反应：，D正确；故选D。11. 淀粉水解的最终产物A可发生如下反应，下列说法不正确的是A. A的分子式为B. C分子中含有两种官能团C. 氧化剂1、2均可用D. 化合物E可形成分子内氢键【答案】C【解析】【分析】淀粉水解的最终产物A为葡萄糖，其结构简式为CH2OH(C
11、HOH)4CHO，据题中信息可知，在发生氧化反应时，分子中的醛基(-CHO)最易被氧化为羧基(-COOH)，分子式由HOCH2(CHOH)4COOH变为C6H12O7，即B物质为HOCH2(CHOH)4COOH，B分子内的羟基与羧基在一定条件下可以发生酯化反应，生成环状酯类物质D，葡萄糖分子中的醛基经加氢还原生成己六醇，分子式变为C6H14O6，葡萄糖末端的-CH2OH比中间的结构较易氧化，所以-CH2OH先去氢生成醛基，再氧化为羧基，生成分子式为C6H10O8的物质，以此解答。【详解】AA为葡萄糖，分子式为，A正确；B由分析可知，葡萄糖末端的-CH2OH比中间的结构较易氧化，所以-CH2OH
12、先去氢生成醛基，再氧化为羧基，生成分子式为C6H10O8的C，C中含有羟基和羧基，B正确；C只能将醛基氧化为羧基，由分析可知，氧化剂2不能用，C错误；D由分析可知，化合物E为己六醇，其中的羟基都是相邻的，可形成分子内氢键，D正确；故选C。12. X、Y、Z、M和W五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X元素最高化合价=|最低化合价|，Y在周期表中电负性最大，W与M、X相邻，基态Z的价电子层上只有1个电子，下列说法不正确的是A. 单核离子半径：MZWXD. 最高价氧化物中离子键成分百分数：ZMX【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、M和W五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X元素最高化合价=|
13、最低化合价|，X为C元素，Y在周期表中电负性最大，Y为F元素，W与M、X相邻，W为Si元素，M为Al元素，基态Z的价电子层上只有1个电子，Z为Na元素，以此解答。【详解】A离子电子层数越大，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则单核离子半径：Al3+Na+ SiH4 CH4，C正确；D金属性越强，最高价氧化物中离子键成分百分数越大，则最高价氧化物中离子键成分百分数：Na2OAl2O3CO2，D正确；故选B。13. 取琼脂、饱和食盐水的混合溶液倒入培养皿中，滴入几滴酚酞和溶液，混合均匀，放入裹有锌片的铁钉(如下图所示)，一段时间后，下列说法不正确的是A. 锌片附近琼脂颜色变红B.
14、铁钉上的电极反应式：C. 离子在半凝固态的琼脂内可定向移动D. 将锌片改为铜片，琼脂中会出现蓝、红、蓝三个色块【答案】A【解析】【分析】将裹有锌片的铁钉放入琼脂、饱和食盐水的混合溶液中，滴入几滴酚酞和溶液，混合均匀，形成原电池，其中锌作负极、铁作正极，负极电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，正极电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。【详解】A根据以上分析可知，氧气在正极放电，生成氢氧根，所以铁附近变红，故A错误；B铁钉作正极，铁钉上的电极反应式：，故B正确；C该装置形成原电池，所以离子在半凝固态的琼脂内可定向移动，故C正确；D将锌片改为铜片，仍能形成原电池，此时铁作负极，发生氧化反应，
15、其电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与反应产生蓝色沉淀，铜作正极，其电极反应式为，生成氢氧根，所以铜电极附近变红，由于铜裹在铁的中段，所以琼脂中会出现蓝、红、蓝三个色块，故D正确；故答案为：A。14. 叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理具有其特殊性，可用下图表示，下列说法正确的是已知：连在同一碳原子上的甲基之间存在排斥力。A. 中间体2的甲基间的排斥力比叔丁醇的甲基间的排斥力大B. 相同外界条件下，乙酸比中间体3更易给出C. 用溶液中和步骤产生的，有利于提高叔丁酯的产率D. 用标记醇羟基，可区别叔丁醇与乙醇在酯化反应时的机理差异【答案】D【解析】【详解】A中间体2与甲基相连的碳的价层电子
16、对数为3，叔丁醇中中心碳的价层电子对数为4，故叔丁醇的甲基间的排斥力较大，A错误；BCOOH与中间体2结合后得到碳氧双键中氧原子电子对密度减小，导致羧基中羟基的极性增大，O-H更加容易断裂，则中间体3比乙酸更易给出，B错误；C溶液会和羧酸发生反应，不利于提高叔丁酯的产率，C错误；D由流程可知，叔丁醇与羧酸发生酯化反应时，叔丁醇脱去羟基，羧酸脱去氢原子，与乙醇与羧酸发生酯化反应时，羧酸脱去羟基，乙醇脱去氢原子，用标记醇羟基，可区别叔丁醇与乙醇在酯化反应时的机理差异，D正确；故选D。15. 已知：；草酸：、；醋酸：。下列说法正确的是A. 悬浊液中滴加过量冰醋酸，悬浊液变澄清B. 饱和溶液中加溶液，
17、无现象，则C. 饱和溶液中存在：D. 溶液中滴加等浓度等体积的醋酸，有生成【答案】D【解析】【详解】A醋酸的小于草酸的，说明酸性：CH3COOH，根据强酸制取弱酸的原理，悬浊液中滴加过量冰醋酸，不发生反应，A错误；B饱和溶液中加溶液说明不能转化为CaCO3，的溶解度小于CaCO3，则，B错误；C饱和溶液中存在物料守恒：，C错误；D溶液中发生水解反应生成，滴加等浓度等体积的醋酸后，溶液中仍然存在，D正确；故选D。16. 根据实验目的设计方案，观察到相关现象，其中方案设计或结论正确的是实验目的方案设计现象结论A探究的溶解平衡将收集有的试管倒立于水中水进入试管占据试管容积四分之三溶于水，达到溶解平衡
18、B比较金属A和B的活动性强弱将金属A、B分别与镁条、电压表连通后，插入稀硫酸中与A连接时，电压表的示数更大金属活动性：ABC判断的晶体类型将晶体溶于水，测导电性溶液可导电晶体为离子晶体D探究能否使蛋白质变性往装有鸡蛋清的试管中先加入少量，再加过量水，振荡试管底部可见少量固体能使蛋白质变性A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A将收集有SO2的试管倒立于水中，二氧化硫在水中溶解度为1:40，水进入试管占据试管容积四分之三，并未形成饱和溶液，不能说达到溶解平衡，A错误；B将金属A、B分别与镁条、电压表连通后，插入稀硫酸中，Mg与A连接时，电压表的示数更大，说明Mg与A金属性差较
19、大，与B金属性相差较小，则金属活动性：A”表示)：_。（2）下列说法正确的是_。A. 反应、和均为氧化还原反应B. 气体和是造成酸雨的主要成分C. 往反应后的溶液中加水可得到硫酸铜溶液D. 溶液Y可循环用于反应进行吸收气体（3）写出反应的化学方程式：_。（4）“低温真空蒸发”可防止被氧化。请设计实验证明是否被氧化_。若部分被氧化，为不降低的产率，补充的量应适当_(填“增加”“减少”或“不变”)。【答案】（1） （2）D （3） （4） . 取少量X于试管中，加少量蒸馏水溶解，滴加过量稀盐酸，再滴加适量氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则X被氧化 . 增加【解析】【分析】铜和浓硫酸反应(反应)生成二
20、氧化硫气体(气体)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应)生成二氧化碳(气体)，所得溶液pH在34之间，溶液显酸性，根据H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.310-2，Ka2=6.310-8，可知NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解)，则反应所得溶液成分是NaHSO3，调节溶液pH值至11，使NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是+2Cu2+2H2O=+Cu2O+4H+，反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2
21、SO3=Cu2O+2SO2+3Na2SO4，需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行，据此分析解答。【小问1详解】由分析可知，溶液为NaHSO3溶液，电离生成，水解生成OH-，电离和水解都是微弱的，的电离平衡常数，的水解常数Kh=，的电离程度大于水解程度，阴离子浓度大小关系为：。【小问2详解】A反应和中有元素化合价发生变化，为氧化还原反应，反应中元素化合价未发生变化，不是氧化还原反应，A错误；B由分析可知，气体为二氧化硫，气体为二氧化碳，二氧化硫造成酸雨的主要成分，二氧化碳不能造成酸雨，B错误；C反应后的溶液中存在浓硫酸，不能向浓硫酸中加水，会导致爆沸，C错误；D由分析可知，溶液Y为N
22、a2SO3溶液，Na2SO3溶液能够和SO2反应，可循环用于反应进行吸收SO2气体，D正确；故选D。【小问3详解】由分析可知，反应中CuSO4和Na2SO3反应生成Cu2O、SO2和Na2SO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。【小问4详解】“低温真空蒸发”可防止Na2SO3被氧化成Na2SO4，证明Na2SO3是否被氧化只需要检验硫酸根，方法为：取少量X于试管中，加少量蒸馏水溶解，滴加过量稀盐酸，再滴加适量氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则X被氧化。制取Cu2O总反应方程式是，化合物X是指Na2SO3，若部分被氧化，为不降低的产率，应该增加的量消耗SO2，使平衡正向移动。19.
23、金属钨是重要的战略金属。请回答：I用电极电解熔融盐体系，可小规模生产高纯金属钨。（1）其阴极的反应式为_。II工业上利用“蒸气转移法”提纯金属钨的原理为：。模拟装置如下图所示。（2）该反应中，反应物总能量_生成物能量(选填“高于”“低于”)。（3）已知瞬时速率与的浓度、平衡浓度的定量关系为(为速率常数，只与温度有关)。向恒温恒容容器中加入，当固体为时，最大。当转化率为0.9%时，=_(用含的式子表示)。（4）粗钨中的杂质与碘不反应。下列说法正确的是_A. 反应前后气态物质的计量数相等，故反应的B. 高温区中平衡浓度大于低温区C. 粗钨应放入高温区D. 分批取出纯钨比一次性取出纯钨，可得到更多纯
24、钨（5）时反应平衡常数，时。若气体在低温区与高温区循环一周称为一次转移。向装置内充入与足量粗，则理论上至少需要_次转移才能得到纯(两区连接部分体积忽略不计)。已知要先吸附到固体的表面才能发生反应生成。向容器中充入与足量粗，获得纯所需时间与的物质的量的关系如图所示。当后所需时间增大的原因是_。【答案】（1） （2）高于 （3）0.7k （4）B （5） . 4 . I2在固体吸附达到饱和状态，反应速率不再增大，但需要获得的纯增加，所以时间增大(“到达平衡时间增加，而气体所需循环次数相同，故时间增大”也可，合理即可)。【解析】【小问1详解】用电极电解熔融盐体系，可小规模生产高纯金属钨，即得电子发生
25、还原反应生成W，所以其阴极的反应式为；【小问2详解】，即反应为放热反应，而放热反应的反应物总能量高于生成物总能量；【小问3详解】最大时达到该条件下的平衡状态，当转化率为0.9%时，转化的n(WI2)=0.10.9%=910-4mol，三段式表示，=k(1-)=0.7k；【小问4详解】A不同的气体的熵不可能相等，即使化学计量数相同熵也不会相同，因此反应前后的熵变不可能为0，故A错误；B，即反应为放热反应，升温平衡左移，c(I2)增大，所以高温区中的平衡浓度大于低温区，故B正确；C，即反应为放热反应，升温平衡左移，所以粗钨应放在低温区，故C错误；DW为固体，改变其量不能使平衡移动，所以分批取出纯钨
26、不能得到更多纯钨，故D错误；故答案为：B；【小问5详解】向装置内充入与足量粗，低温区三段式，解得x=0.005mol，即n(WI2)=n(I2)=0.05mol，高温区三段式，解得y=0.0025mol，即经过一次转移得到0.0025molW，则理论上至少需要次转移才能得到0.01mol纯W；I2要先吸附到固体W的表面才能发生反应生成，I2在W固体吸附达到饱和状态后，反应速率不再增大，但需要获得的纯增加，所以所需时间增大(“到达平衡时间增加，而气体所需循环次数相同，故时间增大”也可，合理即可)。20. 半水煤气(含有、，以及少量的、和)经提纯后可获得工业合成氨所需的和混合气。过程如下：已知：。
27、与反应的方程式为：。请回答：（1）半水煤气通过_溶液(填化学式)可证明有气体。（2）在“催化转化炉”的后半段补充通入作“冷激气”，原因是_。（3）已知：高压下极易溶于水；用醋酸亚铜氨溶液(易被氧化)溶液可吸收，碱性焦没食子酸溶液(易受酸性气体影响)可吸收。“精制过程”需除去混合气体中的、和，请排序_： _。(a)(b)(c)(d)（4）通过测定“催化转化炉”进出口气体中体积分数以确定转化率。取标况下进口或出口气体，经历的实验过程以及反应前后每个装置的质量变化()如下：I、II的目的是_体积分数为_(用含及的式子表示，忽略空气影响)。（5）下列说法正确的是_A “煤气发生炉”应先通后通B. 采用
28、饱和溶液吸收会造成管道堵塞C. 吸收塔内放置空心瓷环可提高的吸收率D. 半水煤气中的会导致催化剂失效【答案】（1）溶液 （2）降低反应气体的温度，促进平衡右移，提高的转化率 （3）acbd （4） . 除去并确定已完全除去 . （5）ABC【解析】【分析】经反应半水煤气含有、，以及少量的、和；吸收塔内发生与反应的方程式为：；转化炉内发生，提纯后可获得工业合成氨所需的和混合气，据此分析解题。【小问1详解】硫化氢能与重金属生成沉淀，所以将半水煤气样品通入溶液中，出现黑色沉淀可以证明有硫化氢存在。【小问2详解】为放热反应，补充通入作“冷激气”降低反应气体的温度，促进平衡右移，提高的转化率。【小问3详
29、解】先除去二氧化碳，高压下极易溶于水，选择装置a；碱性焦没食子酸溶液(易受酸性气体影响)可吸收氧气，故在除去后选择c装置吸收且防止氧化CO；b装置除去CO，最后用浓硫酸除去水蒸气，故顺序为：acbd。【小问4详解】半水煤气中含有二氧化碳，首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利用浓硫酸吸收产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数，I、II的目的是除去并确定已完全除去。氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气，CO还原氧化铜生成水，步骤用浓硫酸吸收了水，步骤中剩余的为转化后的质量，根据CO+CuOCu+，可知CO的物质的量为：，体积分数为。【小问5详解】A 为吸热
30、反应，“煤气发生炉”应先通与燃料燃烧提供热量，后通，A正确；B，采用饱和溶液吸收会有碳酸氢钠析出，造成管道堵塞，B正确；C吸收塔内放置空心瓷环可提高的吸收率，增大了反应面积，C正确；D半水煤气中的不会导致催化剂失效，在与催化剂接触之前就被消耗了，D错误。故选ABC。21. 某研究小组通过下列路线合成一款新型抗惊厥药F。已知：。请回答：（1）化合物E含氧官能团的名称是_。（2）化合物C的结构简式_。（3）下列说法正确的是_。A. AB为取代反应B. 完全转化为D需要消耗C. E在酸性条件下可转化为DD 最多可消耗（4）写出DE的化学方程式_。（5）请写出符合下列条件的的同分异构体_。a分子中含六
31、元环b无氮氮相连的键b谱检测表明：分子中有2种不同环境的氢原子（6）以丙酮()和尿素()为主要原料合成(用流程图表示，无机试剂任选)_。【答案】（1）酰胺键、酮羰基、醚键 （2） （3）A （4）+CH3OH （5）、 （6）【解析】【分析】由反应条件和结构简式可知，D和发生取代反应生成E，则D为，C和H2发生加成反应生成D，结合C的分子式可以推知C为，B和NO2BF4发生取代反应生成C，B为，A发生取代反应生成B，以此解答。【小问1详解】化合物E含氧官能团的名称是酰胺键、酮羰基、醚键。【小问2详解】由分析可知，化合物C的结构简式为：。【小问3详解】A由分析可知，B为，A发生取代反应生成B，A
32、正确；B由分析可知，C为，D为，-NO2转化为-NH2需要消耗3个H2，1molC完全转化为D需要消耗5molH2，B错误；CE中含有酰氨基，E在碱性条件下可转化为D，C错误；DF中含有1个酰氨基可以和1个NaOH发生水解反应，HCl可以1个NaOH发生中和反应，苯环上的氯原子可以和1个NaOH发生取代反应生成酚羟基又会消耗1个NaOH，则1molF最多可消耗6molNaOH，D错误；故选A。【小问4详解】D和发生取代反应生成E，化学方程式为：+CH3OH。【小问5详解】的同分异构体符合条件：a分子中含六元环；b无氮氮相连的键；b谱检测表明：分子中有2种不同环境的氢原子；满足条件的同分异构体有：、。【小问6详解】丙酮和HCN发生加成反应生成，酸化得到，和HBr发生取代反应生成，和H2NCONH2反应生成，合成路线为：。第24页/共24页学科网（北京）股份有限公司
