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必刷卷04-2022年高考化学考前信息必刷卷（全国乙卷）
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这是一份必刷卷04-2022年高考化学考前信息必刷卷（全国乙卷），共21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04
全国卷(乙卷)
为平稳过渡至新高考，预计2022全国卷(乙卷)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，命题情境将有更多的指向。备考中要有的放矢。
元素周期律不要跟风专练结构式呈现方式，还要留意文字给出或图表给出方式。小实验也可能会情境化；电化学紧盯最新科技，留意有机物放电的反应形式。实验和流程中重视基本操作的再落实，
本卷满分100分，考试时间50分钟。
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
一、选择题：本题共7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。
1. 化学与人类生活、生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法正确的是
A. 我国科学家首次利用CO2和H2人工合成淀粉，分子式为(C6H10O5)n，是纯净物
B. 我国火星探测器“天问一号”使用的新型SiC增强铝基复合材料是一种新型硅酸盐材料
C. 海水淡化可以缓解淡水供应危机，海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等
D. 第24届冬季奥林匹克运动会，上使用的滑雪板，其复合层用玻璃纤维制作，玻璃纤维属于天然有机高分子材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．淀粉分子式为(C6H10O5)n，淀粉是高分子化合物，属于混合物，故A错误；
B．新型SiC增强铝基复合材料不是硅酸盐，故B错误；
C．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等，故C正确；
D．玻璃纤维属于无机非金属材料，故D错误；
选C。
2. 实验室制备的反应为，下列有关实验室制备的实验原理和装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲获取 B. 用装置乙制备
C. 用装置丙吸收 D. 用装置丁处理尾气
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验室制备SO2，常用Na2SO3粉末和70%硫酸反应，故A说法正确；
B．应是长管通入SO2，短管出气，故B说法错误；
C．二氧化氯极易溶于水，不与水反应，装置丙吸收二氧化氯，故C说法正确；
D．二氧化氯、二氧化硫能与碱反应，防止它们污染空气，故D说法正确；
答案为B。
3. NA阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 22 g D3O+中含有的中子数为10NA
B. 1 mol P4S3()分子中含有非极性键的数目为3NA
C. 1 L0.1 mol/L草酸(H2C2O4)溶液中含有H+的数目为0.2NA
D. 11.2 L(标准状况)氧气与足量钠反应，转移的电子数一定为NA
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．1个D3O+中含11个中子，22 g D3O+中含有的中子数为11NA，故A错误；
B． 分子中P-P键为非极性键，1 mol P4S3含有非极性键的数目为3NA，故B正确；
C．草酸是弱酸，1 L0.1 mol/L草酸(H2C2O4)溶液中含有H+的数目小于0.2NA，故C错误；
D．11.2 L(标准状况)氧气的物质的量是0.5mol，与足量钠反应，若生成氧化钠，转移2mol电子，若生成过氧化钠，转移1mol电子，故D错误；
选B。
4. X、Y、Z、W、T均为短周期主族元素，原子序数依次增大，X的电子数与W的最外层电子数相等，W、Y形成的化合物能使品红溶液褪色，常温下，元素Z、W、T的原子序数及其最高价氧化物对应的水化物的溶液(浓度均为0.1mol·L-1)的pH有如表所示关系。下列说法错误的是
元素
Z
W
T
原子序数
小→大
0.1mol·L-1溶液的pH
13
0.7
1
A. 简单离子半径：W>T>Y>Z
B. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：W>T
C. Z、T形成的简单离子均不能促进水的电离
D. X、Y形成的化合物与X、W形成的化合物均存在直线形分子
【答案】B
【解析】
【分析】由题目可知，W、Y形成的化合物能使品红溶液褪色，则该化合物为SO2，则Y为O元素，W为S元素；X的电子数与W的最外层电子数相等，W的最外层电子数为6，则X的电子数为6，X为C元素；由T元素的最高价氧化物对应水化物的pH知，T元素的最高价氧化物对应水化物为一元强酸，因此T为Cl元素，同理Z元素的最高价氧化物对应水化物为一元强碱，Z为Na元素。综上所述，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为S元素，T为Cl元素，据此答题。
【详解】A．电子层数越大，原子或离子半径越大，相同电子数的离子，原子序数越大，半径越小，因此W、T、Y、Z四种元素的离子半径从大到小依次为S2-(W)>Cl-(T)>O2-(Y)>Na+(Z)，A选项正确；
B．W元素的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，T元素的最高价氧化物对应水化物为HClO4，二者酸性强弱为HClO4>H2SO4，B选项错误；
C．Z和T形成的简单化合物为NaCl，为强酸和强碱反应生成的盐，在水溶液中不水解，不会影响水的电离，C选项正确；
D．X和Y形成的化合物为CO或CO2，在结构上为直线型分子，X和W形成的化合物为CS2，在结构式为直线型分子，因此，X、Y形成的化合物与X、W形成的化合物均存在直线形分子，D选项正确；
故答案选B。
5. 他米巴罗汀是一种对白血病、阿尔茨海默症等疾病具有较好治疗效果的药物，其结构如图所示，下列说法不正确的是
A. 分子式为C22H25O3N B. 结构中有3种官能团
C. 可以发生取代反应、加成反应 D. 所有碳原子不可能共面
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据他米巴罗汀的结构简式可知其分子式为：C22H25O3N，A正确；
B．根据结构简式可知其中含有的官能团有酰胺基、羧基两种官能团，B错误；
C．结构中含有羧基可以发生酯化反应，属于取代反应，苯环可以和氢气加成反应，C正确；
D．结构中含有饱和碳，周围连接4个碳原子的结构，这5个碳原子不可能共面，D正确；
故选B。
6. 有机物电极材料具有来源丰富、可降解等优点，一种负极材料为固态聚酰亚胺-水系二次电池的结构如图所示。下列说法正确的是
A. 充电时有机电极发生了氧化反应
B. 充电时每转移，右室离子数目减少
C. 放电时负极电极反应为：-2e-=
D. 将由换成，电池的比能量会下降
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干可知，该结构为一种负极材料为固态聚酰亚胺-水系二次电池，则有机电极为负极，充电时负极为电解池阴极，发生还原反应，A错误；
B．充电时，右侧电解为阳极，发生氧化反应，3I--2e-=I，则充电时每转移，左侧减少2mol阴离子，同时有2molM+离子进入左室，右室离子数目减少4mol，B错误；
C．由图可知，放电时负极电极的失去电子，发生氧化反应，生成，反应为-2e-=，C错误；
D．比能量是指电池单位质量或单位体积所能输出的电能，钠的相对原子质量大于锂，高故将由换成，电池的比能量会下降，D正确；
故选D。
7. 25℃时，向一定浓度的溶液中滴入溶液，粒子浓度与混合溶液的变化关系如图所示。已知：肼在水中的电离方程式：，；，Y表示或)。下列叙述正确的是
A. 曲线I表示与的变化关系
B. 的第一步电离的平衡常数的数量级为
C. 时，
D. 时，
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，25℃时，的电离平衡常数分别为，。故曲线Ⅰ表示与的变化关系，曲线Ⅱ表示与的变化关系，故A错误；
B．由，第一步电离平衡常数的数量级为，故B错误；
C．由于，时，，则，故C错误；
D．时，，溶液显碱性，结合电荷守恒：和物料守恒：，可知，，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题以图像为载体，体现对化学反应原理等知识的基础性、综合性、创新性和应用性的综合考查。考查学生的理解与辨析和分析与推测能力。
二、非选择题
(一)必考题：共43分。
8. 纳米二氧化锆(ZrO2)是制备特种陶瓷重要的原料之一，工业上以天然锆英石(ZrSiO4，含FeO、Al2O3、CuO、SiO2等杂质)为原料制备纳米ZrO2的工艺流程如下：
已知：①锆英石常温下与酸、碱不反应，高温时能与烧碱反应生成可溶于水的，与酸反应生成。
②部分离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：。
离子
开始沉淀时pH
1.9
3.3
4.4
6.2
7.6
完全沉淀时pH
3.2
5.2
6.4
8.0
9.7
回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分为___________(填化学式)，碱熔时生成的化学方程式为___________。
（2）过滤2前调，a的取值范围为___________，“水洗”的操作方法是___________。
（3）由于氰化钠有剧毒，通常选用双氧水氧化除铜后滤液中的氰化钠，已知双氧水与氰化钠反应能生成一种酸式盐和能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该反应的离子方程式为___________，若除铜后溶液中，则此时溶液中___________。(已知)
（4）一种甲醇燃料电池，电解质是掺杂的晶体，它在熔融状态下能传导，写出该电池负极的电极反应式___________。
【答案】（1） ①. H2SiO3； ②. ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O
（2） ①. 5.2~6.2 ②. 向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出后，重复2~3次
（3） ①. H2O+H2O2+CN-=+NH3↑ ②. 2×10-2mol/L
（4）2CH3OH-12e-+6O2-=2CO2+4H2O
【解析】
【分析】天然锆英石(ZrSiO4)含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质，用过量NaOH碱熔时，锆英石能与烧碱高温反应生成可溶于水的Na2ZrO3，同时生成Na2SiO3，然后用过量盐酸酸浸，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+，硅酸钠与酸反应生成硅酸，过滤分离，滤渣1为硅酸，加入H2O2是将Fe2+转化为Fe3+，便于调节pH值以除去，由离子沉淀完全pH，加入氨水调节pH=5.2，使Fe3+、Al3+转化为沉淀而除去，即滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，除Cu过程是将溶液中Cu2+除去，流程使用NaCN除铜，滤渣3为Cu(CN)2，除Cu后的滤液中加入氨水调节pH≥8.0，使ZrO2+转化为Zr(OH)4沉淀，过滤分离，Zr(OH)4分解生成ZrO2，滤液中含有NaCl、NH4Cl等，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，滤渣1的主要成分为H2SiO3，碱熔时生成即ZrSiO4与NaOH反应生成Na2ZrO3、Na2SiO3和H2O，故该反应的化学方程式为ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O，故答案为：H2SiO3；ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O；
【小问2详解】
由分析可知，过滤2前调，目的是使Fe3+和Al3+完全沉淀，而ZrO2+不产生沉淀，以达到分离提纯的目的，故a的取值范围为5.2~6.2，“水洗”的操作方法即洗涤沉淀的操作是向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出后，重复2~3次，故答案为：5.2~6.2,；向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出后，重复2~3次；
【小问3详解】
由于氰化钠有剧毒，通常选用双氧水氧化除铜后滤液中的氰化钠，已知双氧水与氰化钠反应能生成一种酸式盐即NaHCO3和能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体即NH3，则该反应的离子方程式为：H2O+H2O2+CN-=+NH3↑，若除铜后溶液中，则此时溶液中==2×10-2mol/L ，故答案为：H2O+H2O2+CN-=+NH3↑；2×10-2mol/L；
【小问4详解】
该燃料电池中，通入甲醇的电极是负极，通入氧气的电极是正极，负极上甲醇失电子和氧离子反应生成CO2和水，正极上氧气得电子生成氧离子，负极反应式为2CH3OH-12e-+6O2-=2CO2+4H2O，故答案为：2CH3OH-12e-+6O2-=2CO2+4H2O。
9. 氨氧化物是一种主要的大气污染物，甲烷由于廉价易得使其选择还原受到研究工作者的关注。回答下列问题：
（1）利用甲烷催化还原时，发生的反应如下：
当时，甲烷直接将还原为的热化学方程式为，则____。
（2）向总压为100kPa的恒容密闭容器中充入一定量的和，发生反应。在下的平衡转化率随的变化曲线及当时的平衡转化率随(温度的倒数)的变化曲线如图所示。
①表示下，的平衡转化率随的变化曲线为曲线_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，判断理由是_______。
②T1_______T2(填“>”或“<”)；x=_______。
③T3K下，时，平衡时的体积分数为_______；已知：该温度下，反应的标准平衡常数，其中为标准压强，，、、、和为各组分的平衡分压，则该温度下该反应的标准平衡常数_______(物质的量分数)。
（3）用惰性电极电解氧化吸收法可将废气中的转变为硝态氮，电解质溶液为溶液。电解时阳极的电极反应式为_______。
【答案】（1）
（2） ①. Ⅱ ②. 温度一定，越大，的转化率越小 ③. > ④. 1 ⑤. 20% ⑥. 4
（3）
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，==，故答案为：。
【小问2详解】
①由图可知，下，越大，的转化率越小，故曲线Ⅱ表示的转化率随的变化，故答案为：Ⅱ；温度一定，越大，的转化率越小。
②由于，则越大，的转化率越大，则曲线Ⅰ表示的转化率随的变化，故；曲线Ⅰ中，下的平衡转化率与曲线Ⅱ中时的平衡转化率相同，故，故答案为：>；1。
③下，时，总压为100kPa，的转化率为80%，设起始时NO和CH4的物质的量均为1mol，列出三段式，
平衡时气体总物质的量为：(0.8+0.2+0.4+0.2+0.4)mol=2mol，平衡时、、、和分别为40kPa、10kPa、10kPa、20kPa和20kPa，故的体积分数为；
时该反应的标准平衡常数，故答案为：20%；4。
【小问3详解】
电解池中阳极发生氧化反应，由题给信息可知，在碱性条件下转变为硝态氮，氮元素化合价升高，发生氧化反应，则阳极的电极反应式为，故答案为：。
10. 过碳酸钠()是工业上常用的漂白剂和氧化剂。该产品中可能含有纯碱杂质，实验室在常温常压下利用如下图所示装置判断样品中是否含有并测定样品中过碳酸钠的纯度。图中C中装有碱石灰，Q为弹性良好的气球，称取的样品放入其中，按图安装好仪器，打开漏斗的活塞，将稀硫酸滴入气球中。回答下列相关问题：
已知：常温常压下，气体摩尔体积约为。
（1）仪器A的名称为_______。
（2）过碳酸钠易溶解于水，可以与酸反应生成两种气体，写出过碳酸钠与过量的稀硫酸反应的离子反应方程式：_______。
（3）利用装置Ⅱ测出气体的总体积与装置Ⅰ对比，若Ⅱ读数与Ⅰ读数比值约为_______即可判断样品中无。
（4）读取装置Ⅰ中量筒的体积为，用含m、V的表达式表示样品中的百分含量为_______。
（5）下列实验操作，可能会造成测定结果偏高的操作有_______。
A. 若在导管B加一个止水夹并关闭止水夹
B. 反应结束后，量筒液面高于水槽液面
C. 反应结束后立即对量筒读数
D. 称量样品时，有样品粘在滤纸上
【答案】（1）分液漏斗
（2）
（3）3 （4）或或 （5）ABC
【解析】
【分析】该实验测定原理是：稀硫酸和过碳酸钠反应生成两种气体和，杂质纯碱和稀硫酸反应生成，利用Ⅰ装置，气体经过C中的碱石灰吸收，收集测量反应生成的体积；利用装置II，生成的气体使气球Q变大，将广口瓶中的空气排出，通过量气管可测气体总体积，根据化学方程式计算出过碳酸钠的质量，进一步求出过碳酸钠的纯度。
【小问1详解】
装置名称A与B是分开的，由仪器构造可知，A是分液漏斗，若A与B合在一起，就是恒压滴液漏斗了，故答案为：分液漏斗。
【小问2详解】
根据过氧离子，可以与水反应生成氧气，则生成物为硫酸钠、和，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子反应方程式为：，故答案为：。
【小问3详解】
由过碳酸钠和硫酸反应的方程式可知，当II中测得生成3体积的气体时(2体积和1体积)，I中测得除被碱石灰吸收外还剩1体积，若样品中无，则无其它，两者体积比为3:1，故答案为：3。
【小问4详解】
I中气体就是，这些与过碳酸钠的关系式为：，根据常温常压下，，的物质的量为=mol，过碳酸钠的物质的量为2mol，则过碳酸钠的含量为：100%=，故答案为：或或。
【小问5详解】
过碳酸钠的含量表达式为，其中V是Ⅰ中量筒收集的体积，m为样品的质量。由表达式可知，测量的气体体积的大小决定纯度的高低；
A．若在导管B加一个止水夹并关闭止水夹，硫酸占有体积，气体体积变大，导致测定结果偏高，故A选；
B．反应结束后，量筒液面高于水槽液面，说明量管内气体压强小，气体体积变大，导致测定结果偏高，故B选；
C．由于反应放热，反应结束后立即对量筒读数，气体体积变大，导致测定结果偏高，故C选；
D．样品粘在滤纸上，样品用于产生气体的体积就变小，导致测定结果偏低，故D不选；
答案选：ABC。
(二)选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。
11. 铬在希腊文中的原意为“颜色”，能够生成美丽多色的化合物，三价铬离子能形成形形色色的络合物。回答下列问题：
（1）铬位于元素周期表中____区。
（2）紫色的[Cr(H2O)6]3+、橙红色的［Cr(NH3)4(H2O)2］、灰绿色的Cr(CH3COO)3，部分结构示意图如图所示。
①氮和氧中第一电离能较大的元素是____，原因是____
②H2O和NH3中键角较大的分子是____，[Cr(NH3)4(H2O)2]3+的同分异构体共有____种，其结构中铬离子的外围电子数目为____。
③1molCr(CH3COO)3所含σ键的数目为____。
（3）用铬原子代替部分铜原子，可以形成一系列铜—铬合金。其中两种铜—铬合金的晶体结构如图所示。
①晶体a中铬原子的配位数为____。
②晶体b中铬原子填充在由铜原子构成的____(填“四面体”“六面体”或“八面体”)空隙中，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶体b的密度为____。
【答案】（1）d （2） ①. N(氮) ②. 基态氮原子2p轨道半充满 ③. NH3 ④. 2 ⑤. 15 ⑥. 21NA
（3） ①. 12 ②. 六面体 ③. g/cm3
【解析】
【小问1详解】
铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，位于元素周期表d区，故答案为：d；
【小问2详解】
①同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故答案为：N(氮)；基态氮原子2p轨道半充满；
②分子中孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，水分子中氧原子有2对孤对电子，氨分子中氮原子有1对孤对电子，所以氨分子的键角大于水分子；由[Cr(H2O)6]3+离子的空间构型为正八面体可知，当4个水分子被氨分子取代后，[Cr(NH3)4(H2O)2]3+的同分异构体共有2种，铬离子的外围电子数目为3+2×6=15，故答案为：NH3；2；15；
③Cr(CH3COO)3中配位键属于σ键，单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，由结构式可知，1molCr(CH3COO)3所含σ键的数目为1mol×7×3×NAmol-1=21NA，故答案为：21NA；
【小问3详解】
①由晶胞结构可知，晶体a中位于顶点的铜原子与位于面心的铬原子的距离最近，则铬原子的配位数为12，故答案为：12；
②由晶胞结构可知，晶体b中铬原子填充在由铜原子构成的六面体空隙中，晶胞中位于顶点和面心的铜原子个数为8×+2×=2，位于面心的铬原子个数为4×=2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=k2hd，解得d=，故答案为：g/cm3。
12. 我国科研人员最近报道了新药盐酸奥布卡因新的合成路线：
已知-NH2易被氧化，回答下列问题：
（1）有关正溴丁烷(CH3CH2CH2CH2Br)的说法正确的是____(填标号)。
A. 常温下是一种密度大于水的液体
B. 能与NaOH的水溶液反应生成1-丁烯
C. 能与硝酸银溶液反应生成沉淀
D. C4H9Br有4种同分异构体
（2）有机物的结构确定还可以通过物理方法来实现，例如通过____图可知盐酸奥布卡因的分子结构中含有N-H键、C=O键和C-O键等化学键。化合物B中官能团的名称是硝基、____。
（3）步骤①③的目的是____；F→盐酸奥布卡因的反应类型是____。
（4）反应D→E的化学方程式为____。
（5）写出一种满足下列条件的A的同分异构体的结构简式____。
①含有苯环和硝基 ②能发生银镜反应 ③核磁共振氢谱有三组峰
（6）参照上述合成路线，以和C2H5Br为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线____。
【答案】（1）AD （2） ①. 红外光谱 ②. 酯基、(酚)羟基
（3） ①. 保护羧基，防止羧基与溴丁烷反应 ②. 还原反应
（4）+(C2H5)2NCH2CH2Cl+HCl
（5）、 （6）或
【解析】
【分析】比较B和E的结构简式，参照反应条件及C、D的分子式，可确定C为，D为；比较E和目标有机物的结构简式，参照反应条件，可确定F为。
【小问1详解】
A．含1个或几个溴原子的卤代烃，其密度都大于1，所以正溴丁烷在常温下的密度大于水，A正确；
B．CH3CH2CH2CH2Br在NaOH的水溶液中发生水解反应，生成1-丁醇等，B不正确；
C．CH3CH2CH2CH2Br分子中不含有Br-，与硝酸银溶液不能发生反应，C不正确；
D．C4H9Br有CH3CH2CH2CH2Br、CH3CH2CHBrCH3、(CH3)2CHCH2Br、(CH3)3CBr共4种同分异构体，D正确；
故选AD。答案为：AD；
【小问2详解】
测定盐酸奥布卡因分子结构中含有N-H键、C=O键和C-O键等化学键，需通过红外光谱图。化合物B为，官能团的名称是硝基、酯基、(酚)羟基。答案为：红外光谱；酯基、(酚)羟基；
【小问3详解】
步骤①、③中，将-COOH转化为-COOC2H5，然后又将-COOC2H5转化为-COOH，目的是保护羧基，防止羧基与溴丁烷反应；F→盐酸奥布卡因的反应是将-NO2转化为-NH2，反应类型是还原反应。答案为：保护羧基，防止羧基与溴丁烷反应；还原反应；
【小问4详解】
反应→的化学方程式为+(C2H5)2NCH2CH2Cl+HCl。答案为：+(C2H5)2NCH2CH2Cl+HCl；
【小问5详解】
A的结构简式为，满足条件“①含有苯环和硝基 ②能发生银镜反应 ③核磁共振氢谱有三组峰”的同分异构体，应含有苯基、硝基、醛基，由于氢原子种类只有3种，分子结构应呈现一定的对称性，所以应含有1个-CHO、2个-OH、1个硝基，从而得出其结构简式为、 。答案为：、 ；
【小问6详解】
以和C2H5Br为原料，制备，两个基团发生变化，1个是-COOH转化为-COOC2H5，另1个是-NO2转化为-NH2，则合成路线为或
。答案为：或
。
【点睛】书写同分异构体时，先依据限定条件，确定可能含有的官能团，再依据分子式、氢原子的种类，确定所含某种官能团的个数及位置。
2022年高考化学考前信息必刷卷04
全国卷(乙卷)
为平稳过渡至新高考，预计2022全国卷(乙卷)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，命题情境将有更多的指向。备考中要有的放矢。
元素周期律不要跟风专练结构式呈现方式，还要留意文字给出或图表给出方式。小实验也可能会情境化；电化学紧盯最新科技，留意有机物放电的反应形式。实验和流程中重视基本操作的再落实，
本卷满分100分，考试时间50分钟。
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
一、选择题：本题共7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。
1. 化学与人类生活、生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法正确的是
A. 我国科学家首次利用CO2和H2人工合成淀粉，分子式为(C6H10O5)n，是纯净物
B. 我国火星探测器“天问一号”使用的新型SiC增强铝基复合材料是一种新型硅酸盐材料
C. 海水淡化可以缓解淡水供应危机，海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等
D. 第24届冬季奥林匹克运动会，上使用的滑雪板，其复合层用玻璃纤维制作，玻璃纤维属于天然有机高分子材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．淀粉分子式为(C6H10O5)n，淀粉是高分子化合物，属于混合物，故A错误；
B．新型SiC增强铝基复合材料不是硅酸盐，故B错误；
C．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等，故C正确；
D．玻璃纤维属于无机非金属材料，故D错误；
选C。
2. 实验室制备的反应为，下列有关实验室制备的实验原理和装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲获取 B. 用装置乙制备
C. 用装置丙吸收 D. 用装置丁处理尾气
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验室制备SO2，常用Na2SO3粉末和70%硫酸反应，故A说法正确；
B．应是长管通入SO2，短管出气，故B说法错误；
C．二氧化氯极易溶于水，不与水反应，装置丙吸收二氧化氯，故C说法正确；
D．二氧化氯、二氧化硫能与碱反应，防止它们污染空气，故D说法正确；
答案为B。
3. NA阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 22 g D3O+中含有的中子数为10NA
B. 1 mol P4S3()分子中含有非极性键的数目为3NA
C. 1 L0.1 mol/L草酸(H2C2O4)溶液中含有H+的数目为0.2NA
D. 11.2 L(标准状况)氧气与足量钠反应，转移的电子数一定为NA
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．1个D3O+中含11个中子，22 g D3O+中含有的中子数为11NA，故A错误；
B． 分子中P-P键为非极性键，1 mol P4S3含有非极性键的数目为3NA，故B正确；
C．草酸是弱酸，1 L0.1 mol/L草酸(H2C2O4)溶液中含有H+的数目小于0.2NA，故C错误；
D．11.2 L(标准状况)氧气的物质的量是0.5mol，与足量钠反应，若生成氧化钠，转移2mol电子，若生成过氧化钠，转移1mol电子，故D错误；
选B。
4. X、Y、Z、W、T均为短周期主族元素，原子序数依次增大，X的电子数与W的最外层电子数相等，W、Y形成的化合物能使品红溶液褪色，常温下，元素Z、W、T的原子序数及其最高价氧化物对应的水化物的溶液(浓度均为0.1mol·L-1)的pH有如表所示关系。下列说法错误的是
元素
Z
W
T
原子序数
小→大
0.1mol·L-1溶液的pH
13
0.7
1
A. 简单离子半径：W>T>Y>Z
B. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：W>T
C. Z、T形成的简单离子均不能促进水的电离
D. X、Y形成的化合物与X、W形成的化合物均存在直线形分子
【答案】B
【解析】
【分析】由题目可知，W、Y形成的化合物能使品红溶液褪色，则该化合物为SO2，则Y为O元素，W为S元素；X的电子数与W的最外层电子数相等，W的最外层电子数为6，则X的电子数为6，X为C元素；由T元素的最高价氧化物对应水化物的pH知，T元素的最高价氧化物对应水化物为一元强酸，因此T为Cl元素，同理Z元素的最高价氧化物对应水化物为一元强碱，Z为Na元素。综上所述，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为S元素，T为Cl元素，据此答题。
【详解】A．电子层数越大，原子或离子半径越大，相同电子数的离子，原子序数越大，半径越小，因此W、T、Y、Z四种元素的离子半径从大到小依次为S2-(W)>Cl-(T)>O2-(Y)>Na+(Z)，A选项正确；
B．W元素的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，T元素的最高价氧化物对应水化物为HClO4，二者酸性强弱为HClO4>H2SO4，B选项错误；
C．Z和T形成的简单化合物为NaCl，为强酸和强碱反应生成的盐，在水溶液中不水解，不会影响水的电离，C选项正确；
D．X和Y形成的化合物为CO或CO2，在结构上为直线型分子，X和W形成的化合物为CS2，在结构式为直线型分子，因此，X、Y形成的化合物与X、W形成的化合物均存在直线形分子，D选项正确；
故答案选B。
5. 他米巴罗汀是一种对白血病、阿尔茨海默症等疾病具有较好治疗效果的药物，其结构如图所示，下列说法不正确的是
A. 分子式为C22H25O3N B. 结构中有3种官能团
C. 可以发生取代反应、加成反应 D. 所有碳原子不可能共面
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据他米巴罗汀的结构简式可知其分子式为：C22H25O3N，A正确；
B．根据结构简式可知其中含有的官能团有酰胺基、羧基两种官能团，B错误；
C．结构中含有羧基可以发生酯化反应，属于取代反应，苯环可以和氢气加成反应，C正确；
D．结构中含有饱和碳，周围连接4个碳原子的结构，这5个碳原子不可能共面，D正确；
故选B。
6. 有机物电极材料具有来源丰富、可降解等优点，一种负极材料为固态聚酰亚胺-水系二次电池的结构如图所示。下列说法正确的是
A. 充电时有机电极发生了氧化反应
B. 充电时每转移，右室离子数目减少
C. 放电时负极电极反应为：-2e-=
D. 将由换成，电池的比能量会下降
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干可知，该结构为一种负极材料为固态聚酰亚胺-水系二次电池，则有机电极为负极，充电时负极为电解池阴极，发生还原反应，A错误；
B．充电时，右侧电解为阳极，发生氧化反应，3I--2e-=I，则充电时每转移，左侧减少2mol阴离子，同时有2molM+离子进入左室，右室离子数目减少4mol，B错误；
C．由图可知，放电时负极电极的失去电子，发生氧化反应，生成，反应为-2e-=，C错误；
D．比能量是指电池单位质量或单位体积所能输出的电能，钠的相对原子质量大于锂，高故将由换成，电池的比能量会下降，D正确；
故选D。
7. 25℃时，向一定浓度的溶液中滴入溶液，粒子浓度与混合溶液的变化关系如图所示。已知：肼在水中的电离方程式：，；，Y表示或)。下列叙述正确的是
A. 曲线I表示与的变化关系
B. 的第一步电离的平衡常数的数量级为
C. 时，
D. 时，
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，25℃时，的电离平衡常数分别为，。故曲线Ⅰ表示与的变化关系，曲线Ⅱ表示与的变化关系，故A错误；
B．由，第一步电离平衡常数的数量级为，故B错误；
C．由于，时，，则，故C错误；
D．时，，溶液显碱性，结合电荷守恒：和物料守恒：，可知，，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题以图像为载体，体现对化学反应原理等知识的基础性、综合性、创新性和应用性的综合考查。考查学生的理解与辨析和分析与推测能力。
二、非选择题
(一)必考题：共43分。
8. 纳米二氧化锆(ZrO2)是制备特种陶瓷重要的原料之一，工业上以天然锆英石(ZrSiO4，含FeO、Al2O3、CuO、SiO2等杂质)为原料制备纳米ZrO2的工艺流程如下：
已知：①锆英石常温下与酸、碱不反应，高温时能与烧碱反应生成可溶于水的，与酸反应生成。
②部分离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：。
离子
开始沉淀时pH
1.9
3.3
4.4
6.2
7.6
完全沉淀时pH
3.2
5.2
6.4
8.0
9.7
回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分为___________(填化学式)，碱熔时生成的化学方程式为___________。
（2）过滤2前调，a的取值范围为___________，“水洗”的操作方法是___________。
（3）由于氰化钠有剧毒，通常选用双氧水氧化除铜后滤液中的氰化钠，已知双氧水与氰化钠反应能生成一种酸式盐和能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该反应的离子方程式为___________，若除铜后溶液中，则此时溶液中___________。(已知)
（4）一种甲醇燃料电池，电解质是掺杂的晶体，它在熔融状态下能传导，写出该电池负极的电极反应式___________。
【答案】（1） ①. H2SiO3； ②. ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O
（2） ①. 5.2~6.2 ②. 向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出后，重复2~3次
（3） ①. H2O+H2O2+CN-=+NH3↑ ②. 2×10-2mol/L
（4）2CH3OH-12e-+6O2-=2CO2+4H2O
【解析】
【分析】天然锆英石(ZrSiO4)含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质，用过量NaOH碱熔时，锆英石能与烧碱高温反应生成可溶于水的Na2ZrO3，同时生成Na2SiO3，然后用过量盐酸酸浸，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+，硅酸钠与酸反应生成硅酸，过滤分离，滤渣1为硅酸，加入H2O2是将Fe2+转化为Fe3+，便于调节pH值以除去，由离子沉淀完全pH，加入氨水调节pH=5.2，使Fe3+、Al3+转化为沉淀而除去，即滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，除Cu过程是将溶液中Cu2+除去，流程使用NaCN除铜，滤渣3为Cu(CN)2，除Cu后的滤液中加入氨水调节pH≥8.0，使ZrO2+转化为Zr(OH)4沉淀，过滤分离，Zr(OH)4分解生成ZrO2，滤液中含有NaCl、NH4Cl等，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，滤渣1的主要成分为H2SiO3，碱熔时生成即ZrSiO4与NaOH反应生成Na2ZrO3、Na2SiO3和H2O，故该反应的化学方程式为ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O，故答案为：H2SiO3；ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O；
【小问2详解】
由分析可知，过滤2前调，目的是使Fe3+和Al3+完全沉淀，而ZrO2+不产生沉淀，以达到分离提纯的目的，故a的取值范围为5.2~6.2，“水洗”的操作方法即洗涤沉淀的操作是向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出后，重复2~3次，故答案为：5.2~6.2,；向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出后，重复2~3次；
【小问3详解】
由于氰化钠有剧毒，通常选用双氧水氧化除铜后滤液中的氰化钠，已知双氧水与氰化钠反应能生成一种酸式盐即NaHCO3和能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体即NH3，则该反应的离子方程式为：H2O+H2O2+CN-=+NH3↑，若除铜后溶液中，则此时溶液中==2×10-2mol/L ，故答案为：H2O+H2O2+CN-=+NH3↑；2×10-2mol/L；
【小问4详解】
该燃料电池中，通入甲醇的电极是负极，通入氧气的电极是正极，负极上甲醇失电子和氧离子反应生成CO2和水，正极上氧气得电子生成氧离子，负极反应式为2CH3OH-12e-+6O2-=2CO2+4H2O，故答案为：2CH3OH-12e-+6O2-=2CO2+4H2O。
9. 氨氧化物是一种主要的大气污染物，甲烷由于廉价易得使其选择还原受到研究工作者的关注。回答下列问题：
（1）利用甲烷催化还原时，发生的反应如下：
当时，甲烷直接将还原为的热化学方程式为，则____。
（2）向总压为100kPa的恒容密闭容器中充入一定量的和，发生反应。在下的平衡转化率随的变化曲线及当时的平衡转化率随(温度的倒数)的变化曲线如图所示。
①表示下，的平衡转化率随的变化曲线为曲线_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，判断理由是_______。
②T1_______T2(填“>”或“<”)；x=_______。
③T3K下，时，平衡时的体积分数为_______；已知：该温度下，反应的标准平衡常数，其中为标准压强，，、、、和为各组分的平衡分压，则该温度下该反应的标准平衡常数_______(物质的量分数)。
（3）用惰性电极电解氧化吸收法可将废气中的转变为硝态氮，电解质溶液为溶液。电解时阳极的电极反应式为_______。
【答案】（1）
（2） ①. Ⅱ ②. 温度一定，越大，的转化率越小 ③. > ④. 1 ⑤. 20% ⑥. 4
（3）
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，==，故答案为：。
【小问2详解】
①由图可知，下，越大，的转化率越小，故曲线Ⅱ表示的转化率随的变化，故答案为：Ⅱ；温度一定，越大，的转化率越小。
②由于，则越大，的转化率越大，则曲线Ⅰ表示的转化率随的变化，故；曲线Ⅰ中，下的平衡转化率与曲线Ⅱ中时的平衡转化率相同，故，故答案为：>；1。
③下，时，总压为100kPa，的转化率为80%，设起始时NO和CH4的物质的量均为1mol，列出三段式，
平衡时气体总物质的量为：(0.8+0.2+0.4+0.2+0.4)mol=2mol，平衡时、、、和分别为40kPa、10kPa、10kPa、20kPa和20kPa，故的体积分数为；
时该反应的标准平衡常数，故答案为：20%；4。
【小问3详解】
电解池中阳极发生氧化反应，由题给信息可知，在碱性条件下转变为硝态氮，氮元素化合价升高，发生氧化反应，则阳极的电极反应式为，故答案为：。
10. 过碳酸钠()是工业上常用的漂白剂和氧化剂。该产品中可能含有纯碱杂质，实验室在常温常压下利用如下图所示装置判断样品中是否含有并测定样品中过碳酸钠的纯度。图中C中装有碱石灰，Q为弹性良好的气球，称取的样品放入其中，按图安装好仪器，打开漏斗的活塞，将稀硫酸滴入气球中。回答下列相关问题：
已知：常温常压下，气体摩尔体积约为。
（1）仪器A的名称为_______。
（2）过碳酸钠易溶解于水，可以与酸反应生成两种气体，写出过碳酸钠与过量的稀硫酸反应的离子反应方程式：_______。
（3）利用装置Ⅱ测出气体的总体积与装置Ⅰ对比，若Ⅱ读数与Ⅰ读数比值约为_______即可判断样品中无。
（4）读取装置Ⅰ中量筒的体积为，用含m、V的表达式表示样品中的百分含量为_______。
（5）下列实验操作，可能会造成测定结果偏高的操作有_______。
A. 若在导管B加一个止水夹并关闭止水夹
B. 反应结束后，量筒液面高于水槽液面
C. 反应结束后立即对量筒读数
D. 称量样品时，有样品粘在滤纸上
【答案】（1）分液漏斗
（2）
（3）3 （4）或或 （5）ABC
【解析】
【分析】该实验测定原理是：稀硫酸和过碳酸钠反应生成两种气体和，杂质纯碱和稀硫酸反应生成，利用Ⅰ装置，气体经过C中的碱石灰吸收，收集测量反应生成的体积；利用装置II，生成的气体使气球Q变大，将广口瓶中的空气排出，通过量气管可测气体总体积，根据化学方程式计算出过碳酸钠的质量，进一步求出过碳酸钠的纯度。
【小问1详解】
装置名称A与B是分开的，由仪器构造可知，A是分液漏斗，若A与B合在一起，就是恒压滴液漏斗了，故答案为：分液漏斗。
【小问2详解】
根据过氧离子，可以与水反应生成氧气，则生成物为硫酸钠、和，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子反应方程式为：，故答案为：。
【小问3详解】
由过碳酸钠和硫酸反应的方程式可知，当II中测得生成3体积的气体时(2体积和1体积)，I中测得除被碱石灰吸收外还剩1体积，若样品中无，则无其它，两者体积比为3:1，故答案为：3。
【小问4详解】
I中气体就是，这些与过碳酸钠的关系式为：，根据常温常压下，，的物质的量为=mol，过碳酸钠的物质的量为2mol，则过碳酸钠的含量为：100%=，故答案为：或或。
【小问5详解】
过碳酸钠的含量表达式为，其中V是Ⅰ中量筒收集的体积，m为样品的质量。由表达式可知，测量的气体体积的大小决定纯度的高低；
A．若在导管B加一个止水夹并关闭止水夹，硫酸占有体积，气体体积变大，导致测定结果偏高，故A选；
B．反应结束后，量筒液面高于水槽液面，说明量管内气体压强小，气体体积变大，导致测定结果偏高，故B选；
C．由于反应放热，反应结束后立即对量筒读数，气体体积变大，导致测定结果偏高，故C选；
D．样品粘在滤纸上，样品用于产生气体的体积就变小，导致测定结果偏低，故D不选；
答案选：ABC。
(二)选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。
11. 铬在希腊文中的原意为“颜色”，能够生成美丽多色的化合物，三价铬离子能形成形形色色的络合物。回答下列问题：
（1）铬位于元素周期表中____区。
（2）紫色的[Cr(H2O)6]3+、橙红色的［Cr(NH3)4(H2O)2］、灰绿色的Cr(CH3COO)3，部分结构示意图如图所示。
①氮和氧中第一电离能较大的元素是____，原因是____
②H2O和NH3中键角较大的分子是____，[Cr(NH3)4(H2O)2]3+的同分异构体共有____种，其结构中铬离子的外围电子数目为____。
③1molCr(CH3COO)3所含σ键的数目为____。
（3）用铬原子代替部分铜原子，可以形成一系列铜—铬合金。其中两种铜—铬合金的晶体结构如图所示。
①晶体a中铬原子的配位数为____。
②晶体b中铬原子填充在由铜原子构成的____(填“四面体”“六面体”或“八面体”)空隙中，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶体b的密度为____。
【答案】（1）d （2） ①. N(氮) ②. 基态氮原子2p轨道半充满 ③. NH3 ④. 2 ⑤. 15 ⑥. 21NA
（3） ①. 12 ②. 六面体 ③. g/cm3
【解析】
【小问1详解】
铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，位于元素周期表d区，故答案为：d；
【小问2详解】
①同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故答案为：N(氮)；基态氮原子2p轨道半充满；
②分子中孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，水分子中氧原子有2对孤对电子，氨分子中氮原子有1对孤对电子，所以氨分子的键角大于水分子；由[Cr(H2O)6]3+离子的空间构型为正八面体可知，当4个水分子被氨分子取代后，[Cr(NH3)4(H2O)2]3+的同分异构体共有2种，铬离子的外围电子数目为3+2×6=15，故答案为：NH3；2；15；
③Cr(CH3COO)3中配位键属于σ键，单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，由结构式可知，1molCr(CH3COO)3所含σ键的数目为1mol×7×3×NAmol-1=21NA，故答案为：21NA；
【小问3详解】
①由晶胞结构可知，晶体a中位于顶点的铜原子与位于面心的铬原子的距离最近，则铬原子的配位数为12，故答案为：12；
②由晶胞结构可知，晶体b中铬原子填充在由铜原子构成的六面体空隙中，晶胞中位于顶点和面心的铜原子个数为8×+2×=2，位于面心的铬原子个数为4×=2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=k2hd，解得d=，故答案为：g/cm3。
12. 我国科研人员最近报道了新药盐酸奥布卡因新的合成路线：
已知-NH2易被氧化，回答下列问题：
（1）有关正溴丁烷(CH3CH2CH2CH2Br)的说法正确的是____(填标号)。
A. 常温下是一种密度大于水的液体
B. 能与NaOH的水溶液反应生成1-丁烯
C. 能与硝酸银溶液反应生成沉淀
D. C4H9Br有4种同分异构体
（2）有机物的结构确定还可以通过物理方法来实现，例如通过____图可知盐酸奥布卡因的分子结构中含有N-H键、C=O键和C-O键等化学键。化合物B中官能团的名称是硝基、____。
（3）步骤①③的目的是____；F→盐酸奥布卡因的反应类型是____。
（4）反应D→E的化学方程式为____。
（5）写出一种满足下列条件的A的同分异构体的结构简式____。
①含有苯环和硝基 ②能发生银镜反应 ③核磁共振氢谱有三组峰
（6）参照上述合成路线，以和C2H5Br为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线____。
【答案】（1）AD （2） ①. 红外光谱 ②. 酯基、(酚)羟基
（3） ①. 保护羧基，防止羧基与溴丁烷反应 ②. 还原反应
（4）+(C2H5)2NCH2CH2Cl+HCl
（5）、 （6）或
【解析】
【分析】比较B和E的结构简式，参照反应条件及C、D的分子式，可确定C为，D为；比较E和目标有机物的结构简式，参照反应条件，可确定F为。
【小问1详解】
A．含1个或几个溴原子的卤代烃，其密度都大于1，所以正溴丁烷在常温下的密度大于水，A正确；
B．CH3CH2CH2CH2Br在NaOH的水溶液中发生水解反应，生成1-丁醇等，B不正确；
C．CH3CH2CH2CH2Br分子中不含有Br-，与硝酸银溶液不能发生反应，C不正确；
D．C4H9Br有CH3CH2CH2CH2Br、CH3CH2CHBrCH3、(CH3)2CHCH2Br、(CH3)3CBr共4种同分异构体，D正确；
故选AD。答案为：AD；
【小问2详解】
测定盐酸奥布卡因分子结构中含有N-H键、C=O键和C-O键等化学键，需通过红外光谱图。化合物B为，官能团的名称是硝基、酯基、(酚)羟基。答案为：红外光谱；酯基、(酚)羟基；
【小问3详解】
步骤①、③中，将-COOH转化为-COOC2H5，然后又将-COOC2H5转化为-COOH，目的是保护羧基，防止羧基与溴丁烷反应；F→盐酸奥布卡因的反应是将-NO2转化为-NH2，反应类型是还原反应。答案为：保护羧基，防止羧基与溴丁烷反应；还原反应；
【小问4详解】
反应→的化学方程式为+(C2H5)2NCH2CH2Cl+HCl。答案为：+(C2H5)2NCH2CH2Cl+HCl；
【小问5详解】
A的结构简式为，满足条件“①含有苯环和硝基 ②能发生银镜反应 ③核磁共振氢谱有三组峰”的同分异构体，应含有苯基、硝基、醛基，由于氢原子种类只有3种，分子结构应呈现一定的对称性，所以应含有1个-CHO、2个-OH、1个硝基，从而得出其结构简式为、 。答案为：、 ；
【小问6详解】
以和C2H5Br为原料，制备，两个基团发生变化，1个是-COOH转化为-COOC2H5，另1个是-NO2转化为-NH2，则合成路线为或
。答案为：或
。
【点睛】书写同分异构体时，先依据限定条件，确定可能含有的官能团，再依据分子式、氢原子的种类，确定所含某种官能团的个数及位置。
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