必刷卷02-2022年高考化学考前信息必刷卷（全国甲卷）

这是一份必刷卷02-2022年高考化学考前信息必刷卷（全国甲卷），共20页。试卷主要包含了作答时，务必将答案写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。

2022年高考化学考前信息必刷卷02
全国卷(甲卷)

为平稳过渡至新高考，预计2022全国卷(甲卷)仍将保持2021年风格，所以试卷整体手法应传承已有套路。基于“立德树人”的大背景，命题情境将有更针对性的指向，备考中要有的放矢。

有理有据、从容不迫-附《2020高考化学细目表》
第7题直面硅基能源逐步取代碳基能源革命，破解芯片技术受制于人的困局是当代人的使命。光电原理要尽快知晓！重点主干知识沿袭一贯考法，多加淬炼，能力潜滋暗长！

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 Si-28 S-32 Cu-64 Au-197
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. “十四五”工作报告强调，中国将加速建设新能源供给消纳体系。硅基能源逐步取代碳基能源的革命，必须举全国之力破解芯片技术受制于人的困局。以下说法不正确的是
A. 碳基能源主要指煤、石油、天然气，我国的煤炭资源禀赋优于石油
B. 硅在地壳中的含量仅次于氧，从沙滩到用户，硅发生了还原反应
C. 半导体工艺中一般需要在晶硅中掺杂第IIIA族与第VA族元素
D. 半导体工艺中用刻蚀剂-电子级氟化氢可加压保存在玻璃罐体中
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳基能源主要指煤、石油、天然气，我国的煤炭储量及开发技术均优于石油，A说法正确；
B．硅在地壳中的含量仅次于氧，从沙滩到用户，硅由SiO2转化为硅单质，化合价下降，发生了还原反应，B说法正确；
C．晶硅中掺杂第IIIA族与第VA族元素，形成PN结，在接通电源或受光的激发，自由电子可向空穴方向移动(单向移动) (见图)， C说法正确；
D．氟化氢可与玻璃容器中二氧化硅发生反应，故D说法错误。
故选D。
2. 下列解释事实的离子方程式不正确的是
A. 在重铬酸钾溶液中滴入NaOH溶液，溶液变为黄色：Cr2O+2OH-=2CrO+H2O
B. 含氟牙膏防治龋齿的原理：Ca5(PO4)3(OH) +F- ⇌Ca5(PO4)3F +OH -
C. 草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
D. 用FeS除去废水中的Hg2+：FeS+Hg2+=HgS+Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】A．在重铬酸钾溶液中滴入NaOH溶液，溶液变为黄色，橙色的Cr2O转化为黄色的CrO，故A正确；
B．铜离子水解消耗水中的氢氧根离子，促进水的电解，氢离子浓度增加，所以显酸性；离子方程式为Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，故B正确；
C．草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色，草酸为弱酸，离子方程式中应该以化学式形式存在，故C错误；
D．用FeS除去废水中的Hg2+时，发生复分解反应，离子方程式为FeS+Hg2+=HgS+Fe2+，故D正确；
故答案为C。
3. 除去下列物质中的杂质，所需的除杂试剂及实验操作均正确的是
选项
物质(杂质)
除杂试剂
实验操作
A
乙烯(SO2)
酸性KMnO4溶液
洗气
B
ZnSO4溶液[Fe2(SO4)3]
NaOH溶液
过滤
C
硝基苯(苯)
水
分液
D
Cl2(HCl)
饱和NaCl溶液
洗气

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯含有碳碳双键会被高锰酸钾氧化，被提纯的物质发生反应，达不到提纯的目的，A错误；
B．硫酸锌也会和氢氧化钠生成沉淀，B错误；
C．硝基苯和苯互溶，不能用分液的方法分离，C错误；
D．饱和NaCl溶液可以吸收氯化氢而降低氯气在水中的溶解度，可以达到目的，D正确；
故选D。
4. 已知X、Y、Z、W、M均为短周期元素。25℃时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol/L）溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. X、M简单离子半径大小顺序：X>M
B. Z的最高价氧化物水化物的化学式为H2ZO4
C. X、Y、Z、W、M五种元素中只有一种是金属元素
D. X的最简单氢化物与Z的氢化物反应后生成的化合物中既含离子键又含共价键
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、M均为短周期元素，由图像分析可知，原子半径：M>W>Z>Y>X，M的原子半径最大且0.01mol/L最高价氧化物对应水化物溶液的pH=12，则M为Na元素，0.01mol/LW的最高价氧化物对应水化物溶液的pH<2，则W为S元素，0.01mol/LZ的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2，则Z为Cl元素，X的半径最小，其0.01mol/L的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2，则X为N元素，0.01mol/LY的最高价氧化物对应水化物溶液的2 【详解】A．X、M的简单离子为N3-和Na+，两者电子层数相同，N3-的核电荷数小，故离子半径：N3->Na+，A选项正确；
B．Z为Cl元素，其的最高价氧化物的水化物的化学式为HClO4，B选项错误；
C．X、Y、Z、W、M五种元素中只有Na元素一种金属元素，C选项正确；
D．X的最简单氢化物为NH3，Z的氢化物为HCl，两者反应后生成的化合物为NH4Cl，是离子化合物，既含离子键由含有共价键，D选项正确；
答案选B。
【点睛】本题要求学生能够掌握原子半径变化规律、酸碱性与pH的关系等，并且能够将这些变化及性质结合起来进行相关元素的判断，对学生的综合能力要求很高，在平时的学习中，要注意对相关知识点的总结归纳。
5. 可生物降解高分子材料PET的结构片段如下：~~~X-Y-X-Y~~~(~~~表示链延长)X为，Y为－OCH2CH2O－，下列有关PET的说法不正确的是
A. PET分子中含有酯基，能发生水解反应
B. PET的结构简式可写为
C. 可以通过缩聚反应制备PET
D. 若PET结构中的Y用替代，可形成网状结构
【答案】B
【解析】
【详解】A．PET分子是由XY链接而成，分子中含有酯基，能发生水解反应，A正确；
B．PET的结构简式可写为，B错误；
C．由题意可知，PET的单体为、HOCH2CH2OH，两者可以通过缩聚生成PET同时生成小分子水，C正确；
D．若PET结构中的Y用替代，分子中不同链之间可以相互结合，形成网状结构，D正确；
故选B。
6. 一种锂铜可充电电池，工作原理如图。在该电池中， 非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片(LISICON)隔开。下列说法不正确的是


A. 陶瓷片允许 Li+通过， 不允许水分子通过
B. 放电时，N 为电池的正极
C. 充电时，接线柱 A 应与外接电源的正极相连
D. 充电时，阴极反应为： Li+ +e− = Li
【答案】C
【解析】
【分析】锂铜可充电电池放电时，金属锂是负极，铜是正极；在充电时，电源的正极连接原电池的正极，发生氧化反应；非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片(Li+交换膜)隔开，则陶瓷片允许Li+通过，不允许水分子通过。
【详解】A．因为Li属于活泼性金属，能与水发生反应，根据信息，陶瓷片不能允许水分子通过，故A正确；
B．根据装置图，放电时，M极产生Li＋，Cu2＋向N极移动，根据原电池的工作原理，N极为正极，发生还原反应，故B正确；
C．电池充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，接线柱B应与外接直流电源的正极相连，故C错误；
D．根据装置图，充电时，Li＋向M极移动，即阴极反应式为Li＋＋e－=Li，故D正确。
故选C。
7. 常温下，向一定浓度的NaA溶液中加适量强酸或强碱(忽略溶液体积变化)，溶液中、、、的负对数随溶液pH的变化关系如下图所示。下列叙述不正确的是

A. 曲线①表示随溶液pH的变化情况
B. 曲线①和曲线②的交点对应的溶液中存在
C. 常温下，将A点对应溶液加水稀释，不变
D. 等物质的量浓度、等体积的NaA溶液与HA溶液混合后：
【答案】B
【解析】
【详解】A．曲线①与pH成正比例关系，代表了氢离子浓度的负对数，故表示随溶液pH的变化情况，A正确；
B．曲线②和曲线①恰好相反，②表示的纵坐标的数值与对应的pH之和始终等于14，故曲线②表示氢氧根离子浓度的负对数；曲线①和曲线②的交点对应的溶液为中性，由电荷守恒可知，存在，题中不断加入强碱，强碱可以是氢氧化钠也可以是氢氧化钾，故钠离子浓度不一定等于A-浓度，B错误；
C．，故常温下，将A点对应溶液加水稀释比值不变，C正确；
D．pH值变大，A-浓度变大、HA浓度变小，故③④分别表示、，③④交点代表、相等，此时pH=4.35显酸性，说明此时HA电离大于A-水解，则，D正确；
故选B。
二、非选择题
8. 钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)常用于配制金属缓蚀剂。图为利用钼精矿(主要成分是MoS2，含少量PbS等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图。回答下列问题：

（1）为了提高焙烧效率，除增大空气量外还可以采用的措施是_______(写一条即可)，写出焙烧时生成MoO3的化学方程式_______。
（2）“浸取”时产生的气体A是_______。
（3）若“过滤”前加入的沉淀剂为Na2S，则废渣的成分为_______(填化学式)。
（4）“结晶”前需向滤液中加入Ba(OH)2固体以除去。若滤液中c()=0.40mol/L，c()=0.20mol/L，要使钼元素无损失，的最大去除率是_______［已知：Ksp(BaCO3)=1.0×10-9，Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8］。
（5）重结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是_______。
【答案】（1） ①. 固体粉碎或逆流焙烧等 ②.
（2）CO2 （3）PbS
（4）95% （5）使用一定次数后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度
【解析】
【分析】钼精矿(主要成分是MoS2，含少量PbS等)中通入空气焙烧，MoS2、PbS分别转化为金属氧化物和SO2；加入Na2CO3溶液浸取，MoO3转化为Na2MoO4，同时生成CO2气体；铅的氧化物转化为可溶性铅盐等；加入沉淀剂后，铅盐转化为PbS沉淀；过滤，滤液经过结晶操作，从而获得产品。
【小问1详解】
为了提高焙烧效率，除增大空气量外还可以增大接触面积，即采用的措施是固体粉碎或逆流焙烧等措施来提高焙烧效率；焙烧时，MoS2反应生成MoO3、SO2，化学方程式为。
【小问2详解】
由分析可知，“浸取”时产生的气体A是CO2。
【小问3详解】
若“过滤”前加入的沉淀剂为Na2S，则可溶性铅盐转化为难溶性盐，从而得出废渣的成分为PbS。
【小问4详解】
若滤液中c()=0.40mol/L，要使钼元素无损失，加入Ba(OH)2发生反应后，溶液中c(Ba2+)==1×10-7mol/L，c()==0.01mol/L，原溶液中c()=0.20mol/L，则Δc()=0.20mol/L-0.01mol/L=0.19mol/L，的最大去除率是。
【小问5详解】
重结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但随着使用次数的增多，杂质的量在不断增加，达到一定次数后必须净化处理，原因是：使用一定次数后，母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度。
9. 将CH4和CO2两种引发温室效应气体转化为合成气(H2和CO)，可以实现能量综合利用，对环境保护具有十分重要的意义。
（1）利用CH4、CO2在一定条件下重整的技术可得到富含CO的气体，此技术在能源和环境上具有双重重大意义。重整过程中的催化转化原理如图所示。

已知：i.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)　ΔH1=+206kJ·mol-1
ii.CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)　ΔH2=+165kJ·mol-1
①过程I反应的化学方程式为___________。
②该技术总反应的热化学方程式为___________。
③反应i甲烷含量随温度变化如图1，图中a、b、c、d四条曲线中的两条代表压强分别为1MPa、2MPa时甲烷含量曲线，其中表示2MPa的是___________。


（2）甲烷的水蒸汽重整涉及以下反应
I.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)　ΔH1=+206kJ·mol-1
II.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)　ΔH2=-41kJ·mol-1
在一密闭体积可变容器中，通入1molCH4和3molH2O(g)发生甲烷的水蒸汽重整反应。
①反应II平衡常数K(500℃)___________K(700℃)(填“>”“<”或“=”)。
②压强为P0kPa时，分别在加CaO和不加CaO时，平衡体系H2的物质的量随温度变化如图2所示。温度低于700℃时，加入CaO可明显提高混合气中H2的量，原因是___________。

③500℃时，反应相同时间后测得CH4的转化率随压强的变化如图3所示。则图2中E点和G点CH4的浓度大小关系为c(G)___________c(E)((填“>”“<”或“=”)；结合的图2、图3，计算500℃、P0kPa下反应II的分压平衡常数Kp(用分压代替浓度，分压等于总压×物质的量分数)为___________。

【答案】（1） ①. CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) △H=+247.4kJ/mol ②. CH4(g)+ 3CO2(g) ⇌4CO(g)+ 2H2O(g) △H=+329.8kJ/mol ③. b
（2） ①. > ②. 加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应I、II的化学平衡正向移动，氢气含量增大 ③. > ④. 1
【解析】
【分析】根据盖斯定律，由已知热化学方程式求出所求热化学方程式；由题中图示可知，过程II的反应分两步，依据各步反应可判断；根据催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡移动，则使用不同的催化剂，达平衡时CH4转化率是一样的予以判断；根据化学平衡“三段式”计算CO2的分压，v(CO)，Kp的值。
【小问1详解】
①由题图可知，过程I发生CH4+CO2 2CO+2H2反应，根据I．CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)　　 ΔH1=+206.2kJ/mol ；II．CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)　 ΔH2=-165kJ/mol；根据盖斯定律，则I×2+II得：Ⅲ．CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH3=2ΔH1+ ΔH2=2×206.2kJ/mol+(-165kJ/mol)=+247.4kJ/mol；答案为CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247.4kJ/mol；
②由题图可知，该技术总反应的化学方程式为CH4(g)+ 3CO2(g) ⇌4CO(g)+ 2H2O(g) 根据盖斯定律，由Ⅲ×2+ II得反应CH4(g)+ 3CO2(g) ⇌4CO(g)+ 2H2O(g) ΔH= ΔH3×2+ ΔH2=+329.8kJ/mol；
③对于吸热反应，压强一定时，升高温度，平衡正向移动，甲烷含量应减少，故排除曲线c、d；温度一定时，增大压强，平衡逆向移动，甲烷含量将增加，故曲线b表示2MPa时的甲烷含量曲线；
【小问2详解】
①反应II是放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数K(500℃) >K(700℃)；
②CaO为碱性氧化物，加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应II的化学平衡正向移动，CO浓度降低，反应Ⅰ的平衡也正向移动，使氢气含量增大，故答案为：加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应I、II的化学平衡正向移动，氢气含量增大；
③500°C时， E点压强低于G点压强，G点甲烷浓度大。根据题中图像分析，500°C时， 压强为P0，氢气含量为2.1mol，甲烷转化率为0.6，所以反应I中消耗1mol×0.6 = 0.6molCH4，同时消耗0.6molH2O、生成0.6molCO、生成1.8molH2， 反应Ⅱ生成2.1mol-1.8mol = 0.3molH2，同时消耗0.3molH2O、消耗0.3molCO、生成0.3molCO2，平衡时，CO、H2O、CO2、H2、CH4别为0.3mol、2.1mol、 0.3mol、 2.1mol、0.4mol， 平衡分压分别为P0、P0、P0、P0，所以Kp=，答案为>；1。
10. ClO2是一种重要的含氯消毒剂，是黄绿色易溶于水的气体，一种生产流程如图所示：

回答下列问题：
（1）气体A的成分是_______；
（2）电解过程中得到NCl3的电极反应式是_______；
（3）已知NaClO2饱和溶液在温度低于38°C时，析出的晶体是NaClO2·3H2O， 在温度高于38°C时析出的是NaClO2·NaClO2的溶解度曲线如图所示。

从NaClO2溶液中制得NaClO2的操作步骤：①_______；②_______；③洗涤；④干燥。
（4）NaClO2溶液与NCl3溶液反应的离子方程式是_______；
（5）除去ClO2中的NH3可选用的试剂是_______(填写字母)；
A. 碱石灰 B. 浓硫酸 C. 碳酸钠溶液 D. 氢硫酸
（6）测定ClO2(如图)的过程如下：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100 mL水溶解后，再加3 mL硫酸溶液；在玻璃液封管中加入水；将生成的ClO2气体通过导管在锥形瓶中被吸收；将玻璃封管中的水封液倒入锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液用c mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定(I2 +2S2O=2I- +S4O)，共用去V mL硫代硫酸钠溶液。

①装置中玻璃液封管的作用是_______。
②滴定至终点的现象是_______。
③测得ClO2的质量m(ClO2)_______(用含c、V的代数式表示)。
【答案】（1）H2（氢气）
（2）
（3） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却（大于38℃）结晶
（4） （5）B
（6） ①. 吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等 ②. 溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色 ③.
【解析】
【小问1详解】
由图可知，氯化铵和盐酸电解生成气体A和NCl3，反应过程中N元素的化合价升高，说明铵根离子发生氧化反应生成NCl3，根据化合价变化的规律可知，氢离子的化合价降低生成氢气，因此气体A为氢气；
【小问2详解】
铵根离子在电解池的阳极发生氧化反应生成NCl3因此生成NCl3的电极反应式为；
【小问3详解】
将NaClO2溶液蒸发浓缩、冷却（大于38℃）结晶、过滤、洗涤、干燥后即可得NaClO2。
【小问4详解】
NaClO2与NCl3发生氧化还原，根据氧化还原反应的规律可知，反应的离子方程式为；
【小问5详解】
A．氨气为碱性气体，碱石灰不能吸收氨气，故A不符合题意；
B．浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故B符合题意；
C．ClO2易溶于水，不能利用碳酸钠溶液吸收氨气，故C不符合题意；
D．氢硫酸具有强还原性，能与ClO2发生氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选B；
【小问6详解】
①装置中玻璃液封管的作用是吸收残余的二氧化氯气体，防止污染空气，并使锥形瓶内外压强相等；
②溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定到达终点；
③VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量为，根据关系式，，则。
11. 铜及其化合物在生产生活中具有重要的应用。
（1）基态铜原子的价电子排布为___________，其核外有___________种不同空间运动状态的电子。与铜处于同一周期，且最外层电子数与铜原子相同的有___________(填元素名称)。
（2）铜锌合金俗称黄铜，铜锌两种金属的各级电离能(单位：)数据如表所示：

I1
I2
I3
I4
I5
I6
Cu


3555
5536
7700
9900
Zn


3833
5731
7970
10400
的原因是___________。
（3）利用CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成氯化羰基铜(I)[化学式为]的性质，在CuCl过量时，可定量测定气体混合物中CO的含量，化学方程式为2CuCl + 4CO→。
相关元素的鲍林电负性数值如表所示：
元素
Cu
Cl
C
O
H
电负性
1.9
3.0
2.5
3.5
2.1
①据此判断CuCl中存在的化学键类型为___________(填“离子键”或“共价键”)，与互为等电子体的离子为___________；
②氯化羰基铜(I)中C1原子的杂化方式为___________；1 mol氯化猴基铜(I)中含有的键数目为___________，配位键数目为___________。
（4）某种铜金合金的晶胞如图所示。该合金的化学式可表示为___________。若晶胞参数为a pm，用NA表示阿伏加德罗常数的数值，则该合金的密度为___________g/cm3。

【答案】（1） ①. ②. 15 ③. 钾、铬
（2）的外围电子排布为，结构稳定，难失去电子变成，的外围电子排布为，易失去电子
（3） ①. 共价键 ②. 、合理即可) ③. ④. ⑤.
（4） ①. (或) ②.
【解析】
【小问1详解】
铜是29号元素，基态铜原子的价电子排布为；与铜处于同一周期，且最外层电子数与铜相同的元素有钾、铬；
【小问2详解】
为基态铜原子失去一个电子，其外围电子排布式为，结构稳定，难失去电子变成，的外围电子排布为，易失去4s上的电子，因此；
【小问3详解】
①和的电负性差值为，因此中存在的化学键为共价键；与互为等电子体的离子为、等；
②氯化羰基铜(I)中原子的杂化方式为，据图可知1mol氯化羰基铜(I)中含有的键数目为，个与个原子和铜配位，配位键数目为；
【小问4详解】
分析铜金合金的晶胞可知，，所以铜金合金的化学式为或；列式计算可知该合金的密度。
12. 氧氟沙星(图中的X)主要用于革兰阴性菌所致的呼吸道、扁桃体、皮肤及组织等部位的急、慢性感染。某高校研究团队提出一种新的合成方法，条件温和，容易控制，原料利用率较高，符合绿色化学思想。该工艺合成路线如图：

注：(结构式为)是一种医药中间体合成反应的溶剂。
回答下列有关问题：
（1）A中官能团的名称为___________，物质C分子中的“Et”代表___________(写名称)。
（2）E的结构简式为___________；C→D的反应类型为___________。
（3）氧氟沙星最多可与___________发生加成反应；物质M与足量热的溶液反应，消耗的物质的量为___________。
（4）写出G→X的反应的化学方程式：___________。
（5）同时满足下列条件的A( )的同分异构体有___________种。
①分子中含有苯环；②能发生银镜反应。
（6）加替沙星通过抑制细菌的DNA旋转酶和拓扑异构酶Ⅳ达到抗菌作用。设计以 为主要原料(其他合适原料任选)合成加替沙星的中间体( )的路线图_______。
【答案】（1） ①. 羧基、氟原子 ②. 乙基
（2） ①. ②. 取代反应
（3） ①. 5 ②. 1
（4） +HF
（5）6 （6）
【解析】
【分析】由各物质的结构结合反应条件可得出：A与发生取代反应生成B，B与M发生取代反应生成C，C与发生取代反应生成D，D在作用下发生成环反应生成E，E在、甲苯作用下生成C(实现—转变为—)，G再与发生取代反应生成氧氟沙星。
【小问1详解】
依据A的结构可知，A中含有的官能团为羧基、氟原子；，结合三者的结构简式，可得出“”代表乙基；
【小问2详解】
对比D、G的结构简式并结合反应条件，—转变为—应是由E到G过程中发生的反应，而D到E是生成新环的过程，可得E的结构简式为；C与反应生成D，对比C、D的结构，可知C→D的反应类型为取代反应；
【小问3详解】
苯环和氢气按1：3发生加成反应，碳碳双键、羰基分别和氢气按1：1发生加成反应，则氧氟沙星最多可与发生加成反应；分子中含有酯基，消耗；
【小问4详解】
对比G、X的结构，可知L的结构简式为，G与L发生取代反应生成X和，反应方程式为 +HF；
【小问5详解】
能发生银镜反应，说明分子结构含有醛基或甲酸酯基，结合物质A的结构可知，苯环上除氟原子外的取代基可能为—或—与—，而—在苯环的位置有3种情况，如图：、、，每种结构中都剩余两个对称的位置。若剩余取代基为—，有3种结构；若剩余取代基为—与—，也有3种结构，故共有6种满足条件的同分异构体；
【小问6详解】
依据题目合成图中的信息，结合原料和产物的结构式可知：先与反应生成，与反应生成，再与反应生成，最后在、甲苯作用下发生成环反应得到产物，合成路线为：。