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四川省巴中市2023届高三上学期零诊考试（9月）理综化学（Word版附解析）
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这是一份四川省巴中市2023届高三上学期零诊考试（9月）理综化学（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了考试结束后，考生将答题卡交回，题为选考题，考生根据要求作答，30等内容，欢迎下载使用。
巴中市普通高中2020级“零诊”考试
理科综合化学
注意事项:
1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置。
2．答选择题时请使用2B铅笔将答题卡．上对应题目的答案标号涂黑;非选择题答题时必须用0．5毫米黑色墨迹签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置，在规定的答题区域以外答题无效，在试题卷上答题无效。
3．考试结束后，考生将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量: H1、C12、N14、O16、Fe 56
第I卷(共126分)
一、选择题:本题共13个小题，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. 化学与生活、生产息息相关，下列叙述错误的是
A. 用于3D打印材料的光敏树脂是高聚物，高聚物都是混合物
B. 铝合金的硬度较大、密度较小、抗腐蚀能力较强，因此高铁车厢的大部分材料选用铝合金
C. 市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂洗涤
D. 医疗上常用碳酸钠治疗胃酸过多
【答案】D
【解析】
【详解】A．光敏树脂是高聚物，高聚物的聚合度不同，则高聚物都是混合物，故A正确；
B．铝合金的硬度较大、密度较小、抗腐蚀能力较强，因此高铁车厢的大部分材料选用铝合金，故B正确；
C．肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，溶于水呈碱性，聚酯纤维含有酯基，在碱性环境能发生水解反应，故市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂洗涤，故C正确；
D．碳酸钠溶液碱性强，医疗上常用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故D错误；
故选D。
2. 手性碳是指连接4个不同原子或基团的碳原子。北京冬奥会在场馆建设中用到的一种耐腐蚀、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示，下列说法正确的是
A. 1mol 该物质最多能和2mol H2发生加成反应
B. 该双烯环酯分子中有3个手性碳原子
C. 该分子中所有原子可能共平面
D. 该有机物的分子式为C14H18O2
【答案】A
【解析】
【详解】A． 该有机物含有碳碳双键和酯基，碳碳双键可以与氢气发生加成反应，故1mol该物质最多能和2mol H2发生加成反应，故A正确；
B． 已知手性碳是指连接4个不同的原子或基团的碳原子，该双烯环酯分子中有2个手性碳原子，故B错误；
C． 该分子含有饱和碳原子，即有甲烷结构的碳原子，故所有原子不可能共平面，故C错误；
D． 由结构简式可知，该有机物的分子式为C14H20O2，故D错误；
故选A。
3. NA为阿伏伽德罗常数的值，下 列说法正确的是
A. 1mol D2O比1mol H2O多NA个质子
B. 密闭容器中，2mol SO2和 1mol O2发生催化反应后分子总数小于2NA
C. 20g 异戊烷和38g新戊烷的混合物中共价键的数目为16NA
D. C2H4和C2H6O混合气体2.24L，完全燃烧，消耗O2的体积一定为6.72L
【答案】C
【解析】
【详解】A． D与H相比，质子数相同，中子数多1，1 mol D2O比1 mol H2O多2NA个中子，故A错误；
B． 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，反应后气体总分子数大于2NA，故B错误；
C． 20g异戊烷和38g新戊烷，共计58g，异戊烷与新戊烷相对分子质量相同为58，故混合物为1mol，混合物中共价键的数目为16NA，故C正确；
D． 没有标明是标准状况，无法计算，故D错误；
故选C。
4. 下列离子方程式正确的是
A. 向硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳: SiO+ 2CO2+ 2H2O = H2SiO3↓+2HCO
B. 工业上制漂白粉: Cl2+ 2OH- =Cl-+ ClO-+ H2O
C. 明矾溶液与过量氨水混合: Al3++ 4NH3+ 2H2O = AlO+4NH
D. 硫化钠溶液与氯化铁溶液反应: 2Fe3+ +3S2-= Fe2S3
【答案】A
【解析】
【详解】A．向硅酸钠溶液中通入CO2可以得到酸性比碳酸更弱的硅酸H2SiO3沉淀，通入CO2过量时，生成HCO，A正确；
B．工业上制漂白粉将Cl2通入石灰乳中，因为含有大量Ca(OH)2固体，因此石灰乳不能拆写为OH-，B错误；
C．氨水是弱碱溶液，因此能与明矾溶液中的Al3+结合生成Al(OH)3沉淀，但不能将其转化为AlO，C错误；
D．Fe3+具有氧化性，S2-具有还原性，因此二者会发生氧化还原反应，而不是直接结合生成沉淀，D错误。
故本题选A。
5. 世界资源储量最大的滑石矿位于江西上饶，经分析发现滑石中含有4种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族，X的某种单质被喻为“地球的保护伞”，W2X2分子中含有18个电子，下列说法正确的是
A. 原子半径大小顺序为Z＞Y＞X＞W B. 化合物YX是一种很好的耐火材料
C. Y单质只能与空气中的主要成分氧气反应 D. Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸
【答案】B
【解析】
【分析】X的某种单质被喻为“地球的保护伞”为臭氧，则X为O，W2X2分子中含有18个电子，则W的原子序数为1、W为H，四种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族，则Y、Z最外层电子数之和为13-1-6=6=2+4，则Y为第三周期第ⅡA的Mg、Z为第三周期第ⅣA的Si，据此回答。
【详解】A． 通常电子层数越大，原子半径越多，同周期从左到右原子半径递减，则原子半径大小顺序为Y＞Z＞ X＞W，故A错误；
B． 化合物YX即MgO，熔点高达2800°C左右，是一种很好的耐火材料，故B正确；
C． Mg可以与氧气、氮气、二氧化碳均可以反应，故C错误；
D． 硅的氧化物的水化物硅酸酸性弱于碳酸，故D错误；
答案选B。
6. 下列实验操作规范且能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
操作
实验目的
混合浓硫酸和乙醇
定容
干燥
分离碘和酒精
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硫酸稀释放出热量，可将浓硫酸缓慢倒入装有乙醇的烧杯，并不断用玻璃棒搅拌，A正确；
B．定容时胶头滴管应悬空于容量瓶的正上方，B错误；
C．碱石灰内含NaOH，能与氯气发生反应被吸收，应用五氧化二磷干燥氯气，C错误；
D．碘和酒精互溶，不能用分液来分离，D错误；
故选：A。
7. 下图为最新研制的一款车载双电极镍氢电池，放电时a、c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金，可表示为MH；充电时b、d电极的反应物为吸附的Ni(OH)2，下列叙述正确的是
A. 放电时电子的流动路径为: a→外电路→d→c→铜箔→b
B. 放电时c极上的反应可表示为: MH-e- + OH-= M+H2O
C. 充电时a、b接电源的负极，c、d接电源的正极
D. 充电时外电路每通过2mol电子，该电池正极共增重4g
【答案】B
【解析】
【详解】A． 放电时电子的流动路径为: a→外电路→d，而d→c，c→b，b→a的导电过程均由离子完成，故A错误；
B． 已知放电时a、c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金，故放电时c极上的反应可表示为: MH-e- + OH-= M+H2O，故B正确；
C． 放电时a、c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金，故放电时，a、c为负极，充电时为阴极，充电时b、d电极的反应物为吸附的Ni(OH)2，为阳极，故充电时a、c接电源的负极，b、d接电源的正极，故C错误；
D． 充电时，正极此时相当于阳极，发生反应，，故充电时正极质量是减小的，故D错误；
故选B。
第II卷(共174分)
三、非选择题:第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~ 38．题为选考题，考生根据要求作答。
8. 利用Cl2氧化绿色K2MnO4浓强碱溶液制备KMnO4的装置如下图所示(加热、夹持装置略):
（1）仪器b的名称为___________，d中的溶液是_____________。实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下，此操作_______(填“能”或“不能”)检验装置的气密性。
（2）装置B中Cl2氧化K2MnO4的化学方程式为___________。
（3）单向阀的作用是_______， 当仪器B中_______即停止通氯气。
（4）当B中反应结束，后续操作是熄灭A处酒精灯,_______待冷却后拆除装置。
（5）锰酸钾(K2MnO4) 在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应: +MnO2↓+4OH-根据此信息，可以得出上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是_________________。
（6）某兴趣小组同学用0.1000 mol·L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定某过氧化氢试样，反应原理为2+ 5H2O2 + 6H+ =2Mn2+ + 8H2O+5O2↑。用移液管移取25．00 mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示:
第一次
第二次
第三次
第四次
17．30
17．90
18．00
18．10
计算试样中过氧化氢的浓度为_______mol·L-1．
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 溶液 ③. 不能
（2）
（3） ①. 防止倒吸 ②. 溶液由绿色完全转变为紫红色
（4）打开弹簧夹，通入空气(或)
（5）在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶
（6）0.1800
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应制备高锰酸钾，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【小问1详解】
由实验装置图可知，仪器b为三颈烧瓶；由分析可知，装置d中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气；仪器a为恒压滴液漏斗，能起到平衡气压，便于液体顺利流下的作用，所以实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下不能检验装置的气密性。
【小问2详解】
由分析可知，装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应制备高锰酸钾，反应的化学方程式为。
【小问3详解】
由示意图可知，单向阀只允许气体从左流向右，不允许溶液从右流向左，可以起到防倒吸的作用；由方程式可知，当装置B中绿色的锰酸钾溶液完全转变为紫红色高锰酸钾溶液时，说明锰酸钾完全反应，应停止通氯气。
【小问4详解】
当B中反应结束后，装置中还残留有未反应的氯气，为防止拆除装置时氯气逸出污染环境，所以拆除装置时的操作为熄灭A处酒精灯后，打开弹簧夹，通入空气，将装置中的氯气赶到装置C中被氢氧化钠溶液完全吸收，待冷却后拆除装置。
【小问5详解】
由分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢。
【小问6详解】
由表格数据可知，第一次实验的误差较大，应舍去，所以滴定中消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为，由方程式可知，试样中过氧化氢的浓度为。
9. 我国稀土资源丰富，其中二氧化铈(CeO2) 是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制备CeO2的工艺流程如下:
（1）CeCO3F其中Ce元素的化合价为_______。
（2）“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法有_______ ( 写出一种即可)。
（3）操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、________、________。
（4）上述流程中 盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性: CeO2_____ H2O2 (填“＞”或“＜”)。
（5）写出“沉铈”过程中的离子反应方程式______________。
若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1．0×10-5mol·L-1，此时溶液的pH为5，则溶液中c()=______ mol·L-1 (保留2位有效数字)。
已知常温下:
（6）Ce4+溶 液可以吸收大气中的污染物NOx，减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO2为例)。
①该反应中的催化剂为_____________(写离子符号);
②该转化过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为_____。
【答案】（1）
（2）将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等
（3） ①. 漏斗 ②. 玻璃棒
（4）＞ （5） ①. ②. 0.18
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】氟碳铈矿通入氧气焙烧生成CeO2、CeF4、CO2，CeO2、CeF4加入盐酸和硼酸生成Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，过滤，Ce(BF4)3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀；CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，Ce2(CO3)3灼烧得到CeO2。
【小问1详解】
CeCO3F中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为-2、F元素化合价为-1，根据化合价代数和等于0，Ce元素的化合价为+3。
【小问2详解】
根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等。
【小问3详解】
操作①是分离Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，方法为过滤，所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。
【小问4详解】
氯离子被CeO2氧化为氯气，CeO2作氧化剂，盐酸是还原剂，盐酸可用硫酸和H2O2替换，可知H2O2是还原剂，氧化性CeO2＞ H2O2。
【小问5详解】
“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子反应方程式。
若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，则， ，此时溶液的pH为5，则溶液中。
【小问6详解】
①根据图示，总反应为4H2+2NO24H2O+2N2，则该反应中的催化剂为Ce4+。
②4H2+2NO24H2O+2N2反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为2:1。
10. 处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题:
（1）CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g) + N2O(g)CO2(g) +N2(g)。在Zn*作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。
总反应: CO(g) + N2O(g) CO2(g) + N2(g) ∆H=______ kJ·mol-1； 该总反应的决速步是反应_____ (填 “①"或“②”)，该判断的理由是__________．
（2）已知: CO(g) + N2O(g)CO2(g) + N2(g)的速率方程为v=k·c(N2O)， k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是_____ (填字母序号)。
A. 升温 B. 恒容时，再充入CO
C. 恒压时，再充入N2O D. 恒压时，再充入N2
（3）在总压为100kPa恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在T1K时N2O的转化率与的变化曲线以及在时N2O的转化率与的变化曲线如图3所示：
①表示N2O的转化率随的变化曲线为____曲线(填“I”或“II”)；
②T1_______T2 (填“>”或“<")，该判断的理由是______________
③已知:该反应的标准平衡常数，其中为标准压强 (100kPa)，p(CO2)、p(N2)、 p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数=_______ ( 计算结果保留两位有效数字，p分=p总 ×物质的量分数)。
【答案】（1） ①. ②. ① ③. 反应①的活化能是，反应②的活化能是，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步 （2）AC
（3） ①. Ⅱ ②. ＜ ③. 曲线I表示的转化率随的变化，由于，则越大，的转化率越大，故 ④. 3.4
【解析】
【小问1详解】
由图2可知，总反应为：CO(g) + N2O(g) CO2(g) + N2(g) ∆H = -361.22 kJ·mol-1，反应的决速步骤是由活化能大的步骤决定的，故该总反应的决速步是反应①，判断的理由是反应①的活化能是149.6 kJ·mol-1，反应②的活化能是108.22 kJ·mol-1 ，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步。
【小问2详解】
由速率方程可知，此反应的速率与温度和c( N2O)有关，
A．升温，k增大，速率加快，故A正确；
B．恒容时，再充人CO，c( N2O)不变，速率不变，故B错误；
C．恒压时，再充人N2O ，c( N2O)增大，速率增大，故C正确；
D．恒压时，再充人N2 ，c( N2O)减小，速率减慢，故D错误；
故选AC；
【小问3详解】
①越大，N2O的转化率越小，故曲线II表示N2O的转化率随的变化。
②曲线I表示的转化率随的变化，由于，则越大，的转化率越大，故。
③由图3曲线1可知，，总压为100kPa，容器恒容，温度为T4时，N2O的转化率为65%，可列出三段式：，利用“三段式”计算法可知，平衡时p(N2O) = 17.5 kPa，p(CO) = 17.5 kPa，p(CO2) =32. 5 kPa，p(N2) =32.5 kPa，。
(二)选考题:共45分．请考生从2道物理题、2道化学题、1道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，注意所做题 目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题，如果多做，则每学科按所做的第一题计分．
11. Fe、Ni元素性质非常相似，属于铁系元素，得到广泛应用，请回答下列问题:
（1）Fe元素属于元素周期表的_______ 区(填分区)
（2）基态Ni2+核外电子排布式为________________。
（3）鉴定Ni2+的特征反应是将丁二酮肟加入Ni2+盐溶液中，生成鲜红色的螯合物M，M的结构如图甲所示。
①组成M的5中元素中，除H元素外，另外4种元素第一电离能由大到小的顺序为______(填元素符号)，其中C原子的杂化类型为_________________。
②图中各微粒不存在的作用力有________ ( 填标号)
a． 极性键 b．非极性键 c． 配位键
d． π键 e．离子键 f．氢键
（4）一种铁氮化合物具有高磁导率，可用于制电子元件,其晶胞结构如图乙所示。
①铁氮化合物的化学式为_____________。
②在该晶胞结构的另一种表示中，N处于顶点位置，则铁处于_________、______位置
③若该化合物密度为pg·cm-3，用NA表示阿伏伽德罗常数,则由Fe( II )构成的正八面体的体积为______________cm3
【答案】（1）d （2）
（3） ①. ②. ③. e
（4） ①. 或 ②. 体心 ③. 棱心 ④.
【解析】
【小问1详解】
铁位于元素周期表的第四周期第VIII族，位于d区。
【小问2详解】
Ni的原子序数为28，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，则Ni2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8或。
【小问3详解】
另外四种元素为N、O、C、Ni，同一周期从左向右第一电离能呈增大趋势，第VA族因最外层处于半满结构，使得其第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，而同一族从上向下第一电离能逐渐减小，因此N、O、C、Ni第一电离能由大到小的顺序为：；由M的结构可知，既有饱和碳原子、又有形成双键的碳原子，因此碳原子采取sp3、sp2杂化。
②由M结构可知，M中存在N→Ni配位键，C-C非极性键，C-N、C-H、O-H极性键，C=N双键中含有π键，还有2个氢键，不存在离子键，答案选e。
【小问4详解】
①依据晶胞结构，Fe原子个数为：，其中Fe(II)占3个、Fe(III)占1个，N原子位于体心，原子数目为1，因此铁氮化合物的化学式为：或。
②依据晶胞结构图知，若N处于顶点位置，则Fe处于体心和棱心位置。
③氮化铁的化学式为Fe4N，则晶胞质量，若晶胞边长为a cm，则晶胞质量，，Fe(II)围成的八面体相当于两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂直、，正四棱锥的高等于，根据，八面体体积。
12. 奴佛卡因H是口腔科局部麻醉药，某兴趣小组以甲苯和乙烯为主要原料，采用以下合成路线进行制备。
已知:苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。
请回答下列问题:
（1）A的名称_______，C中官能团的名称___________。
（2）F的结构简式____________，反应⑤的反应条件______________。
（3）下列有关反应的说法正确的是:_______。(填标号)
A. 步骤①和②可以互换 B. 步骤①→⑤共有2个取代反应
C. E中所有原子处于同一平面 D. 1 mol H物质最多和4 mol氢气发生加成反应
（4）写出A→B的反应方程式______________。
（5）写出两种同时符合下列条件的B的同分异构体____________________、______________。
①红外光谱检测分子中含有醛基;
②1H-NMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。
（6）参照上述路线，写出以苯和为原料制取的合成路线图_____________________。
【答案】（1） ① 甲苯 ②. 硝基、羧基
（2） ①. ②. 浓硫酸、加热 （3）B
（4）+HNO3+H2O
（5） ①. 、 ②. 、
（6）
【解析】
【分析】A是，与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生苯环上甲基对位上的取代反应产生B：，B与酸性KMnO4溶液发生氧化反应产生C：；D是CH2=CH2，CH2=CH2发生催化氧化产生E：，E与NH(C2H5)2反应产生F：HOCH2CH2N(C2H5)2，C与F在浓硫酸催化下，加热，发生酯化反应产生G：，G与Fe、HCl发生还原反应产生H：，据此解题。
【小问1详解】
A是，名称为甲苯；C结构简式是，其中含有的官能团为硝基、羧基；
【小问2详解】
根据上述分析可知F的结构简式为HOCH2CH2N(C2H5)2，反应⑤中C与F在浓硫酸催化下，加热，发生酯化反应产生G。
【小问3详解】
A． 反应①是取代反应(也是硝化反应)，反应②是氧化反应，甲基是邻对位取代基，取代的—NO2在苯环上甲基的对位，然后将甲基氧化为—COOH；若先发生②反应，后发生①反应，则是—CH3先发生氧化反应变为—COOH，然后再发生硝化反应，但—COOH 为间位取代基，—NO2取代—COOH的苯环上的间位，就不能得到，故步骤①和②不可以互换，故A错误；
B． 在步骤①→⑤的反应中，①⑤是取代反应，②③是氧化反应，④是开环反应，因此在步骤①→⑤中共有2个取代反应， 故B正确；
C． E中含有2个饱和碳原子，具有甲烷四面体结构，因此该物质分子中不可能所有原子处于同一平面，故C错误；
D． H分子中含有的酯基具有特殊的稳定性，不能与H2发生加成反应；只有苯环能够与H2发生加成反应，所以1 mol H物质最多和3 mol氢气发生加成反应，故D错误；
故选B；
【小问4详解】
A与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生取代反应产生对硝基甲苯和水，则A→B的反应方程式为+HNO3+H2O。
【小问5详解】
B是，其同分异构体符合条件：①红外光谱检测分子中含有醛基；②1H-NMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明苯环上有2个处于对位的取代基，则其可能的结构为、、、，可任意写出其中的2种。
【小问6详解】
苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生，与Fe、HCl发生还原反应产生，与发生开环反应产生，故以苯与为原料制取的流程图为：。
巴中市普通高中2020级“零诊”考试
理科综合化学
注意事项:
1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置。
2．答选择题时请使用2B铅笔将答题卡．上对应题目的答案标号涂黑;非选择题答题时必须用0．5毫米黑色墨迹签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置，在规定的答题区域以外答题无效，在试题卷上答题无效。
3．考试结束后，考生将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量: H1、C12、N14、O16、Fe 56
第I卷(共126分)
一、选择题:本题共13个小题，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. 化学与生活、生产息息相关，下列叙述错误的是
A. 用于3D打印材料的光敏树脂是高聚物，高聚物都是混合物
B. 铝合金的硬度较大、密度较小、抗腐蚀能力较强，因此高铁车厢的大部分材料选用铝合金
C. 市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂洗涤
D. 医疗上常用碳酸钠治疗胃酸过多
【答案】D
【解析】
【详解】A．光敏树脂是高聚物，高聚物的聚合度不同，则高聚物都是混合物，故A正确；
B．铝合金的硬度较大、密度较小、抗腐蚀能力较强，因此高铁车厢的大部分材料选用铝合金，故B正确；
C．肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，溶于水呈碱性，聚酯纤维含有酯基，在碱性环境能发生水解反应，故市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂洗涤，故C正确；
D．碳酸钠溶液碱性强，医疗上常用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故D错误；
故选D。
2. 手性碳是指连接4个不同原子或基团的碳原子。北京冬奥会在场馆建设中用到的一种耐腐蚀、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示，下列说法正确的是
A. 1mol 该物质最多能和2mol H2发生加成反应
B. 该双烯环酯分子中有3个手性碳原子
C. 该分子中所有原子可能共平面
D. 该有机物的分子式为C14H18O2
【答案】A
【解析】
【详解】A． 该有机物含有碳碳双键和酯基，碳碳双键可以与氢气发生加成反应，故1mol该物质最多能和2mol H2发生加成反应，故A正确；
B． 已知手性碳是指连接4个不同的原子或基团的碳原子，该双烯环酯分子中有2个手性碳原子，故B错误；
C． 该分子含有饱和碳原子，即有甲烷结构的碳原子，故所有原子不可能共平面，故C错误；
D． 由结构简式可知，该有机物的分子式为C14H20O2，故D错误；
故选A。
3. NA为阿伏伽德罗常数的值，下 列说法正确的是
A. 1mol D2O比1mol H2O多NA个质子
B. 密闭容器中，2mol SO2和 1mol O2发生催化反应后分子总数小于2NA
C. 20g 异戊烷和38g新戊烷的混合物中共价键的数目为16NA
D. C2H4和C2H6O混合气体2.24L，完全燃烧，消耗O2的体积一定为6.72L
【答案】C
【解析】
【详解】A． D与H相比，质子数相同，中子数多1，1 mol D2O比1 mol H2O多2NA个中子，故A错误；
B． 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，反应后气体总分子数大于2NA，故B错误；
C． 20g异戊烷和38g新戊烷，共计58g，异戊烷与新戊烷相对分子质量相同为58，故混合物为1mol，混合物中共价键的数目为16NA，故C正确；
D． 没有标明是标准状况，无法计算，故D错误；
故选C。
4. 下列离子方程式正确的是
A. 向硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳: SiO+ 2CO2+ 2H2O = H2SiO3↓+2HCO
B. 工业上制漂白粉: Cl2+ 2OH- =Cl-+ ClO-+ H2O
C. 明矾溶液与过量氨水混合: Al3++ 4NH3+ 2H2O = AlO+4NH
D. 硫化钠溶液与氯化铁溶液反应: 2Fe3+ +3S2-= Fe2S3
【答案】A
【解析】
【详解】A．向硅酸钠溶液中通入CO2可以得到酸性比碳酸更弱的硅酸H2SiO3沉淀，通入CO2过量时，生成HCO，A正确；
B．工业上制漂白粉将Cl2通入石灰乳中，因为含有大量Ca(OH)2固体，因此石灰乳不能拆写为OH-，B错误；
C．氨水是弱碱溶液，因此能与明矾溶液中的Al3+结合生成Al(OH)3沉淀，但不能将其转化为AlO，C错误；
D．Fe3+具有氧化性，S2-具有还原性，因此二者会发生氧化还原反应，而不是直接结合生成沉淀，D错误。
故本题选A。
5. 世界资源储量最大的滑石矿位于江西上饶，经分析发现滑石中含有4种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族，X的某种单质被喻为“地球的保护伞”，W2X2分子中含有18个电子，下列说法正确的是
A. 原子半径大小顺序为Z＞Y＞X＞W B. 化合物YX是一种很好的耐火材料
C. Y单质只能与空气中的主要成分氧气反应 D. Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸
【答案】B
【解析】
【分析】X的某种单质被喻为“地球的保护伞”为臭氧，则X为O，W2X2分子中含有18个电子，则W的原子序数为1、W为H，四种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族，则Y、Z最外层电子数之和为13-1-6=6=2+4，则Y为第三周期第ⅡA的Mg、Z为第三周期第ⅣA的Si，据此回答。
【详解】A． 通常电子层数越大，原子半径越多，同周期从左到右原子半径递减，则原子半径大小顺序为Y＞Z＞ X＞W，故A错误；
B． 化合物YX即MgO，熔点高达2800°C左右，是一种很好的耐火材料，故B正确；
C． Mg可以与氧气、氮气、二氧化碳均可以反应，故C错误；
D． 硅的氧化物的水化物硅酸酸性弱于碳酸，故D错误；
答案选B。
6. 下列实验操作规范且能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
操作
实验目的
混合浓硫酸和乙醇
定容
干燥
分离碘和酒精
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硫酸稀释放出热量，可将浓硫酸缓慢倒入装有乙醇的烧杯，并不断用玻璃棒搅拌，A正确；
B．定容时胶头滴管应悬空于容量瓶的正上方，B错误；
C．碱石灰内含NaOH，能与氯气发生反应被吸收，应用五氧化二磷干燥氯气，C错误；
D．碘和酒精互溶，不能用分液来分离，D错误；
故选：A。
7. 下图为最新研制的一款车载双电极镍氢电池，放电时a、c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金，可表示为MH；充电时b、d电极的反应物为吸附的Ni(OH)2，下列叙述正确的是
A. 放电时电子的流动路径为: a→外电路→d→c→铜箔→b
B. 放电时c极上的反应可表示为: MH-e- + OH-= M+H2O
C. 充电时a、b接电源的负极，c、d接电源的正极
D. 充电时外电路每通过2mol电子，该电池正极共增重4g
【答案】B
【解析】
【详解】A． 放电时电子的流动路径为: a→外电路→d，而d→c，c→b，b→a的导电过程均由离子完成，故A错误；
B． 已知放电时a、c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金，故放电时c极上的反应可表示为: MH-e- + OH-= M+H2O，故B正确；
C． 放电时a、c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金，故放电时，a、c为负极，充电时为阴极，充电时b、d电极的反应物为吸附的Ni(OH)2，为阳极，故充电时a、c接电源的负极，b、d接电源的正极，故C错误；
D． 充电时，正极此时相当于阳极，发生反应，，故充电时正极质量是减小的，故D错误；
故选B。
第II卷(共174分)
三、非选择题:第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~ 38．题为选考题，考生根据要求作答。
8. 利用Cl2氧化绿色K2MnO4浓强碱溶液制备KMnO4的装置如下图所示(加热、夹持装置略):
（1）仪器b的名称为___________，d中的溶液是_____________。实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下，此操作_______(填“能”或“不能”)检验装置的气密性。
（2）装置B中Cl2氧化K2MnO4的化学方程式为___________。
（3）单向阀的作用是_______， 当仪器B中_______即停止通氯气。
（4）当B中反应结束，后续操作是熄灭A处酒精灯,_______待冷却后拆除装置。
（5）锰酸钾(K2MnO4) 在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应: +MnO2↓+4OH-根据此信息，可以得出上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是_________________。
（6）某兴趣小组同学用0.1000 mol·L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定某过氧化氢试样，反应原理为2+ 5H2O2 + 6H+ =2Mn2+ + 8H2O+5O2↑。用移液管移取25．00 mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示:
第一次
第二次
第三次
第四次
17．30
17．90
18．00
18．10
计算试样中过氧化氢的浓度为_______mol·L-1．
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 溶液 ③. 不能
（2）
（3） ①. 防止倒吸 ②. 溶液由绿色完全转变为紫红色
（4）打开弹簧夹，通入空气(或)
（5）在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶
（6）0.1800
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应制备高锰酸钾，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【小问1详解】
由实验装置图可知，仪器b为三颈烧瓶；由分析可知，装置d中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气；仪器a为恒压滴液漏斗，能起到平衡气压，便于液体顺利流下的作用，所以实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下不能检验装置的气密性。
【小问2详解】
由分析可知，装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应制备高锰酸钾，反应的化学方程式为。
【小问3详解】
由示意图可知，单向阀只允许气体从左流向右，不允许溶液从右流向左，可以起到防倒吸的作用；由方程式可知，当装置B中绿色的锰酸钾溶液完全转变为紫红色高锰酸钾溶液时，说明锰酸钾完全反应，应停止通氯气。
【小问4详解】
当B中反应结束后，装置中还残留有未反应的氯气，为防止拆除装置时氯气逸出污染环境，所以拆除装置时的操作为熄灭A处酒精灯后，打开弹簧夹，通入空气，将装置中的氯气赶到装置C中被氢氧化钠溶液完全吸收，待冷却后拆除装置。
【小问5详解】
由分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢。
【小问6详解】
由表格数据可知，第一次实验的误差较大，应舍去，所以滴定中消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为，由方程式可知，试样中过氧化氢的浓度为。
9. 我国稀土资源丰富，其中二氧化铈(CeO2) 是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制备CeO2的工艺流程如下:
（1）CeCO3F其中Ce元素的化合价为_______。
（2）“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法有_______ ( 写出一种即可)。
（3）操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、________、________。
（4）上述流程中 盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性: CeO2_____ H2O2 (填“＞”或“＜”)。
（5）写出“沉铈”过程中的离子反应方程式______________。
若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1．0×10-5mol·L-1，此时溶液的pH为5，则溶液中c()=______ mol·L-1 (保留2位有效数字)。
已知常温下:
（6）Ce4+溶 液可以吸收大气中的污染物NOx，减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO2为例)。
①该反应中的催化剂为_____________(写离子符号);
②该转化过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为_____。
【答案】（1）
（2）将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等
（3） ①. 漏斗 ②. 玻璃棒
（4）＞ （5） ①. ②. 0.18
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】氟碳铈矿通入氧气焙烧生成CeO2、CeF4、CO2，CeO2、CeF4加入盐酸和硼酸生成Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，过滤，Ce(BF4)3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀；CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，Ce2(CO3)3灼烧得到CeO2。
【小问1详解】
CeCO3F中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为-2、F元素化合价为-1，根据化合价代数和等于0，Ce元素的化合价为+3。
【小问2详解】
根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等。
【小问3详解】
操作①是分离Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，方法为过滤，所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。
【小问4详解】
氯离子被CeO2氧化为氯气，CeO2作氧化剂，盐酸是还原剂，盐酸可用硫酸和H2O2替换，可知H2O2是还原剂，氧化性CeO2＞ H2O2。
【小问5详解】
“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子反应方程式。
若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，则， ，此时溶液的pH为5，则溶液中。
【小问6详解】
①根据图示，总反应为4H2+2NO24H2O+2N2，则该反应中的催化剂为Ce4+。
②4H2+2NO24H2O+2N2反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为2:1。
10. 处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题:
（1）CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g) + N2O(g)CO2(g) +N2(g)。在Zn*作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。
总反应: CO(g) + N2O(g) CO2(g) + N2(g) ∆H=______ kJ·mol-1； 该总反应的决速步是反应_____ (填 “①"或“②”)，该判断的理由是__________．
（2）已知: CO(g) + N2O(g)CO2(g) + N2(g)的速率方程为v=k·c(N2O)， k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是_____ (填字母序号)。
A. 升温 B. 恒容时，再充入CO
C. 恒压时，再充入N2O D. 恒压时，再充入N2
（3）在总压为100kPa恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在T1K时N2O的转化率与的变化曲线以及在时N2O的转化率与的变化曲线如图3所示：
①表示N2O的转化率随的变化曲线为____曲线(填“I”或“II”)；
②T1_______T2 (填“>”或“<")，该判断的理由是______________
③已知:该反应的标准平衡常数，其中为标准压强 (100kPa)，p(CO2)、p(N2)、 p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数=_______ ( 计算结果保留两位有效数字，p分=p总 ×物质的量分数)。
【答案】（1） ①. ②. ① ③. 反应①的活化能是，反应②的活化能是，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步 （2）AC
（3） ①. Ⅱ ②. ＜ ③. 曲线I表示的转化率随的变化，由于，则越大，的转化率越大，故 ④. 3.4
【解析】
【小问1详解】
由图2可知，总反应为：CO(g) + N2O(g) CO2(g) + N2(g) ∆H = -361.22 kJ·mol-1，反应的决速步骤是由活化能大的步骤决定的，故该总反应的决速步是反应①，判断的理由是反应①的活化能是149.6 kJ·mol-1，反应②的活化能是108.22 kJ·mol-1 ，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步。
【小问2详解】
由速率方程可知，此反应的速率与温度和c( N2O)有关，
A．升温，k增大，速率加快，故A正确；
B．恒容时，再充人CO，c( N2O)不变，速率不变，故B错误；
C．恒压时，再充人N2O ，c( N2O)增大，速率增大，故C正确；
D．恒压时，再充人N2 ，c( N2O)减小，速率减慢，故D错误；
故选AC；
【小问3详解】
①越大，N2O的转化率越小，故曲线II表示N2O的转化率随的变化。
②曲线I表示的转化率随的变化，由于，则越大，的转化率越大，故。
③由图3曲线1可知，，总压为100kPa，容器恒容，温度为T4时，N2O的转化率为65%，可列出三段式：，利用“三段式”计算法可知，平衡时p(N2O) = 17.5 kPa，p(CO) = 17.5 kPa，p(CO2) =32. 5 kPa，p(N2) =32.5 kPa，。
(二)选考题:共45分．请考生从2道物理题、2道化学题、1道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，注意所做题 目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题，如果多做，则每学科按所做的第一题计分．
11. Fe、Ni元素性质非常相似，属于铁系元素，得到广泛应用，请回答下列问题:
（1）Fe元素属于元素周期表的_______ 区(填分区)
（2）基态Ni2+核外电子排布式为________________。
（3）鉴定Ni2+的特征反应是将丁二酮肟加入Ni2+盐溶液中，生成鲜红色的螯合物M，M的结构如图甲所示。
①组成M的5中元素中，除H元素外，另外4种元素第一电离能由大到小的顺序为______(填元素符号)，其中C原子的杂化类型为_________________。
②图中各微粒不存在的作用力有________ ( 填标号)
a． 极性键 b．非极性键 c． 配位键
d． π键 e．离子键 f．氢键
（4）一种铁氮化合物具有高磁导率，可用于制电子元件,其晶胞结构如图乙所示。
①铁氮化合物的化学式为_____________。
②在该晶胞结构的另一种表示中，N处于顶点位置，则铁处于_________、______位置
③若该化合物密度为pg·cm-3，用NA表示阿伏伽德罗常数,则由Fe( II )构成的正八面体的体积为______________cm3
【答案】（1）d （2）
（3） ①. ②. ③. e
（4） ①. 或 ②. 体心 ③. 棱心 ④.
【解析】
【小问1详解】
铁位于元素周期表的第四周期第VIII族，位于d区。
【小问2详解】
Ni的原子序数为28，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，则Ni2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8或。
【小问3详解】
另外四种元素为N、O、C、Ni，同一周期从左向右第一电离能呈增大趋势，第VA族因最外层处于半满结构，使得其第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，而同一族从上向下第一电离能逐渐减小，因此N、O、C、Ni第一电离能由大到小的顺序为：；由M的结构可知，既有饱和碳原子、又有形成双键的碳原子，因此碳原子采取sp3、sp2杂化。
②由M结构可知，M中存在N→Ni配位键，C-C非极性键，C-N、C-H、O-H极性键，C=N双键中含有π键，还有2个氢键，不存在离子键，答案选e。
【小问4详解】
①依据晶胞结构，Fe原子个数为：，其中Fe(II)占3个、Fe(III)占1个，N原子位于体心，原子数目为1，因此铁氮化合物的化学式为：或。
②依据晶胞结构图知，若N处于顶点位置，则Fe处于体心和棱心位置。
③氮化铁的化学式为Fe4N，则晶胞质量，若晶胞边长为a cm，则晶胞质量，，Fe(II)围成的八面体相当于两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂直、，正四棱锥的高等于，根据，八面体体积。
12. 奴佛卡因H是口腔科局部麻醉药，某兴趣小组以甲苯和乙烯为主要原料，采用以下合成路线进行制备。
已知:苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。
请回答下列问题:
（1）A的名称_______，C中官能团的名称___________。
（2）F的结构简式____________，反应⑤的反应条件______________。
（3）下列有关反应的说法正确的是:_______。(填标号)
A. 步骤①和②可以互换 B. 步骤①→⑤共有2个取代反应
C. E中所有原子处于同一平面 D. 1 mol H物质最多和4 mol氢气发生加成反应
（4）写出A→B的反应方程式______________。
（5）写出两种同时符合下列条件的B的同分异构体____________________、______________。
①红外光谱检测分子中含有醛基;
②1H-NMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。
（6）参照上述路线，写出以苯和为原料制取的合成路线图_____________________。
【答案】（1） ① 甲苯 ②. 硝基、羧基
（2） ①. ②. 浓硫酸、加热 （3）B
（4）+HNO3+H2O
（5） ①. 、 ②. 、
（6）
【解析】
【分析】A是，与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生苯环上甲基对位上的取代反应产生B：，B与酸性KMnO4溶液发生氧化反应产生C：；D是CH2=CH2，CH2=CH2发生催化氧化产生E：，E与NH(C2H5)2反应产生F：HOCH2CH2N(C2H5)2，C与F在浓硫酸催化下，加热，发生酯化反应产生G：，G与Fe、HCl发生还原反应产生H：，据此解题。
【小问1详解】
A是，名称为甲苯；C结构简式是，其中含有的官能团为硝基、羧基；
【小问2详解】
根据上述分析可知F的结构简式为HOCH2CH2N(C2H5)2，反应⑤中C与F在浓硫酸催化下，加热，发生酯化反应产生G。
【小问3详解】
A． 反应①是取代反应(也是硝化反应)，反应②是氧化反应，甲基是邻对位取代基，取代的—NO2在苯环上甲基的对位，然后将甲基氧化为—COOH；若先发生②反应，后发生①反应，则是—CH3先发生氧化反应变为—COOH，然后再发生硝化反应，但—COOH 为间位取代基，—NO2取代—COOH的苯环上的间位，就不能得到，故步骤①和②不可以互换，故A错误；
B． 在步骤①→⑤的反应中，①⑤是取代反应，②③是氧化反应，④是开环反应，因此在步骤①→⑤中共有2个取代反应， 故B正确；
C． E中含有2个饱和碳原子，具有甲烷四面体结构，因此该物质分子中不可能所有原子处于同一平面，故C错误；
D． H分子中含有的酯基具有特殊的稳定性，不能与H2发生加成反应；只有苯环能够与H2发生加成反应，所以1 mol H物质最多和3 mol氢气发生加成反应，故D错误；
故选B；
【小问4详解】
A与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生取代反应产生对硝基甲苯和水，则A→B的反应方程式为+HNO3+H2O。
【小问5详解】
B是，其同分异构体符合条件：①红外光谱检测分子中含有醛基；②1H-NMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明苯环上有2个处于对位的取代基，则其可能的结构为、、、，可任意写出其中的2种。
【小问6详解】
苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生，与Fe、HCl发生还原反应产生，与发生开环反应产生，故以苯与为原料制取的流程图为：。
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