2025年高考化学冲刺押题卷-化学海南卷全解全析

2025年高考押题预测卷高三化学（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。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：H1C12N14O16S32Fe56第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．化学与环境、材料、能源、信息等生产生活息息相关，并助力科学高质量发展，下列对科学成果的描述错误的是A．月壤中的“嫦娥石”，其主要成分属于无机盐B．研制的高效率钙铁矿太阳能电池能将太阳能转化为电能C．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同素异形体D．《荀子劝学》中记载“冰之为水，而寒于水”，说明冰的能量低于水，冰变为水属于吸热反应【答案】D【详解】A．由组成可知，属于无机盐，故A正确；B．高效率钙钛矿太阳能电池能是太阳能转化为电能的装置，故B正确；C．螺旋碳纳米管与石墨烯是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故C正确；D．冰变为水的过程中没有新物质生成，属于物理变化，冰变为水不属于吸热反应，属于吸热过程，故D错误；故选D。2．下列化学用语或图示表达正确的是A．H与Cl成键时轨道相互靠拢：B．的电子式：C．基态的价层电子轨道表示式：D．乙醚的结构简式：【答案】B【详解】A．H与Cl成键时，H原子s轨道与Cl原子3p轨道“头碰头”相互靠拢，故A错误；B．中C、N原子形成双键，电子式为，故B正确；C．基态铁原子失去4s能级的2个电子形成，基态的价层电子轨道表示式为，故C错误；D．乙醚的结构简式为CH3CH2OCH2CH3，故D错误；选B。3．为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A．标准状况下，中所含键数目为B．重水比水多个质子C．中含有的电子数为D．和晶体中所含离子数目均为【答案】A【详解】A．中含有3个键，标准状况下，的物质的量为0.5mol，所含键数目为，A正确；B．重水和水的质子数相等，B错误；C．中含有10个电子，中含有的电子数为，C错误；D．中含有1个Ca2+和2个H+，所含离子数目均为，中含有1个Ca2+和1个，晶体中所含离子数目均为，D错误；故选A。4．生活中处处有化学，下列对生活情境的相关解释正确的是选项生活情境相关解释A咀嚼馒头时会有甜味淀粉在口中水解为葡萄糖B可用汽油处理衣服上的油渍汽油与油渍反应的产物易挥发C小苏打可用于治疗胃酸过多小苏打稳定性差，受热易分解D明矾可用作净水剂明矾中的在水中可生成胶体【答案】D【详解】A．淀粉是多糖，本身没有甜味，多次咀嚼馒头，是淀粉在唾液淀粉酶的作用下可水解生成麦芽糖，具有甜味，A错误；B．植物油和动物油都是脂类化合物，它们不易溶于水，汽油作为一种有机溶剂，能够利用相似相溶的原理，将油渍从衣物上溶解并脱去，该过程中没有发生化学反应，B错误；C．小苏打可用于治疗胃酸过多，是因为碳酸氢钠能够与盐酸反应，与其稳定性差，受热易分解无关，C错误；D．明矾[KAl(SO4)2•12H2O]作为净水剂的原理是明矾中的发生水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可以吸附水中的固体杂质，D正确；故选D。5．江栀子是江西“十大名中草药”之一，栀子苷是其主要的活性成分，结构简式如图所示。下列关于栀子苷叙述错误的是A．含有4种官能团B．能发生消去、酯化反应C．1分子栀子苷中含9个手性碳原子D．栀子苷最多能与反应【答案】C【详解】A．栀子苷中含有羟基、碳碳双键、醚键和酯基4种官能团，A正确；B．栀子苷含醇羟基且羟基的相邻碳上有氢，能发生消去反应，也能发生酯化反应，B正确；C．1分子栀子苷中含8个手性碳原子，如图所示(表示手性碳原子)，C错误；

D．羟基能与反应，栀子苷最多能消耗5molNa，D正确；故选C。6．16世纪，利巴菲乌斯正式记载了将食盐和浓硫酸混合加热制备氯化氢的方法。某小组在实验室做红色喷泉实验，下列原理、装置或操作错误的是ABCD

制备气体干燥集干燥的启动红色喷泉【答案】C【详解】A．浓硫酸沸点高于HCl，高沸点酸制取低沸点酸，能达到实验目的，A正确；B．HCl气体不和浓硫酸反应，可以用浓硫酸进行干燥，能达到实验目的，B正确；C．HCl气体密度比空气大，采用向上排空气法收集，图中收集装置进气方向错误，应该短进长出，C错误；D．HCl气体易溶于水，能够形成压强差，从而形成红色喷泉(甲基橙在酸性较强时变红)，D正确；故选C。7．下列离子方程式书写正确的是A．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：B．向溶液中加入适量醋酸：C．向溶液中通入气体，溶液变为黄绿色：D．纯碱溶液可用于去油污的原因：【答案】C【详解】A．铅酸蓄电池充电时的阳极上硫酸铅失电子生成，电极反应为：，A错误；B．醋酸为弱电解质不能拆，离子方程式应为：，B错误；C．硫酸铜溶液中含蓝色的，通入HCl气体，溶液变为黄绿色是因为生成了黄色的，离子方程式为，C正确；D．碳酸钠水解主要以第一步为主，水解的离子方程式为：，D错误；故选C。8．我国某科研团队制作了一种冠醚超分子功能材料丙，其反应如下图，下列有关说法错误的是A．乙中五元环存在大π键，参与形成大π键的电子总数为5个B．乙质子化后形成的阳离子嵌入甲的环内，通过弱相互作用形成超分子C．不同的冠醚可根据其空腔大小识别其他类似的阳离子D．由于分子中存在3个非羟基氧的吸电子效应，使键极性增强【答案】A【详解】A．乙中五元环存在大π键，参与形成大π键的电子总数为6个，A错误；B．超分子内部通过非共价键、氢键、静电作用、疏水作用等弱相互作用结合形成超分子，B正确；C．不同的冠醚可根据其空腔大小识别其他类似于丙的阳离子，类比不同冠醚识别半径不同的碱金属离子，C正确；D．分子中氧的电负性大，3个非羟基氧吸电子效应使键极性增强，D正确；答案选A。二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次增大，X的最高正化合价和最低负化合价之和等于0，Y的单质存在于火山喷口处，它的一种单质分子的结构如图所示，R位于第四周期且其d能级上的电子数比s能级上的电子总数多3。下列叙述正确的是A．简单氢化物的稳定性：B．X的最高价氧化物对应的水化物是强酸C．分子中每个原子价层都达到8电子结构D．加热条件下，单质R与单质Y反应的产物为RY【答案】AC【详解】A.非金属越强，对应简单氢化物的稳定性越强，所以HCl>H2S，故A正确；B.由分析可知，X为H元素或C元素，H元素最高价氧化物对应的水化物是水，不是酸，C元素最高价氧化物对应的水化物是碳酸，是弱酸，故B错误；C.有分析可知，分子S2Cl2分子的电子式为，所以该分子中每个原子价层都达到8电子结构，故C正确；D.由分析可知，单质R与单质Y分别为Cu和S，加热条件下，单质Cu与单质S反应的产物为Cu2S，故D错误；故选AC。10．利用复合光催化剂在温和条件下直接将废弃聚乳酸(PLA)塑料高选择性地转化为丙氨酸小分子，可实现常温常压下废弃塑料的转化和升级。转化历程如图所示。下列说法错误的是A．乳酸铵转化为丙酮酸主要发生氧化反应B．2-亚氨基丙酸与乳酰胺互为同分异构体C．每生成1mol丙氨酸，催化剂吸收2.41eV的光能D．PLA转化为乳酰胺的化学方程式为【答案】BC【详解】A．由图可知乳酸铵转化为丙酮酸发生了羟基的催化氧化，A正确；B．2-亚氨基丙酸分子式为C3H5NO2，乳酰胺C3H7NO2，两者分子式不同，不互为同分异构体，B错误；C．根据图中信息可知，每生成1个丙氨酸分子，催化剂吸收2.41eV的光能，C错误；D．根据图示信息，PLA和一水合氨反应生成乳酰胺，方程式为：，D正确；故选BC。11．下列有关实验操作，实验现象和所得结论均正确的是实验操作实验现象结论A将5mL1-溴丙烷和10mL饱和氢氧化钾乙醇溶液混合，加热，取混合溶液，滴加酸化的溶液有淡黄色沉淀生成1-溴丙烷发生消去反应B向溶液中逐滴滴加氨水至过量先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为深蓝色与配位能力：小于C向某补铁口服液中加入适量的酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液紫色褪去该补铁口服液中一定含有D向溶液中滴入适量溶液；静置、过滤、洗涤，向沉淀中滴加适量溶液先有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成【答案】BD【详解】A．有淡黄色沉淀生成只能说明1-溴丙烷中含有Br原子，不能说明1-溴丙烷发生消去反应，A错误；B．向溶液中逐滴滴加氨水至过量，先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为深蓝色，说明转化为更加稳定的，说明与配位能力：小于，B正确；C．向某补铁口服液中加入适量的酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，说明某补铁口服液中含有还原性物质，不一定是，C错误；D．向溶液中滴入适量溶液，生成ZnS沉淀，静置、过滤、洗涤，向沉淀中滴加适量溶液，有黑色沉淀生成，说明ZnS沉淀转化为CuS沉淀，说明CuS的溶解度小于ZnS，则，D正确；故选BD。12．水系双离子电池的电解液为含有各种电解质盐的水溶液，具有较高的放电比容量。下图是一种锌—石墨水系双离子电池充电时的示意图，下列说法错误的是A．放电时，电解液中的从石墨层间脱离B．充电时，右侧可能发生电极反应C．a和b为离子交换膜，且均只允许阴离子通过D．水系双离子电池的电解液，不仅是离子传输介质，也是电池的活性材料【答案】BC【详解】A．根据分析知，放电时，电解液中的从石墨层间脱离，A正确；B．充电时，右侧是阴极，Zn2+得电子生成Zn嵌入金属锌中，电极反应为Zn2++2e-=Zn，B错误；C．根据充电时的示意图知，a是阴离子交换膜，只允许阴离子通过，b为阳离子交换膜，只允许阳离子通过，C错误；D．根据分析可知，水系双离子电池的电解液，不仅是离子传输介质，也是电池的活性材料，D正确；故选BC。13．以黄铁矿(主要含FeS2，还含有NiS、CoS、CuS以及少量Au)为原料分离各种金属，工艺流程如下：已知：①“焙烧”后烧渣主要成分是Fe2O3、NiO、CuO、Co3O4和Au。②常温，Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6，Ksp[Cu(OH)2]=10-19.8，Ksp[Co(OH)2]=10-14.7，Ksp[Ni(OH)2]=10-12.8，一般认为金属阳离子≤10-5mol/L为沉淀完全。③氧化性：Co3+>Cl2。④lg5=0.7。下列说法错误的是A．“酸浸”时H2O2作还原剂，若用盐酸代替硫酸和H2O2效果更佳B．当c(Co2+)=0.05mol·L-1，c(Ni2+)=0.1mol·L-1，“调pH”范围是6.6≤pH<7.3C．“沉钴”时发生反应的离子方程式为Co2++2HCO=CoCO3↓+CO2+H2OD．检验CoCO3是否洗涤干净的试剂可选用HCI和BaCl2【答案】AC【详解】A．“酸浸”时Co3O4溶于酸得到Co2+和Co3+，氧化性：Co3+>Cl2，用盐酸代替硫酸，Co3+会将Cl-氧化为Cl2，A错误；B．加入氨水让Fe3+、Cu2+沉淀，Co2+和Ni2+不沉淀，根据溶度积常数Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6，Ksp[Cu(OH)2]=10-19.8，当Cu2+沉淀完全时，Fe3+也已经完全沉淀，Ksp[Cu(OH)2]=1×10-5×c2(OH-)=10-19.8，c(OH-)=1.0×10-7.4mol/L，c(H+)=1.0×10-6.6mol/L，pH=6.6，又根据Ksp[Co(OH)2]=10-14.7，Ksp[Ni(OH)2]=10-12.8可知，Co2+先沉淀，Co2+开始沉淀时，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=0.05×c2(OH-)=10-14.7，c2(OH-)=2×10-13.7，c2(H+)=5×10-15.3，pH=7.3，“调pH”范围是6.6≤pH<7.3，B正确；C．“沉钴”时加入碳酸氢铵和氨水，生成CoCO3沉淀，反应的离子方程式为Co2++2+2NH3·H2O=CoCO3↓++2H2O+，C错误；D．CoCO3沉淀表面有硫酸根离子，检验CoCO3是否洗涤干净的试剂可选用HCl和BaCl2，D正确；答案选AC。14．向饱和溶液(有足量固体)中滴加溶液，发生反应和。lg、与的关系如图所示。(其中代表或；代表或；忽略和水解)下列说法错误的是A．B．反应的平衡常数C．点时，D．时，若溶液中，则【答案】BD【详解】A．a点为AgBr的饱和溶液，c(Ag+)=c(Br-)=mol/L，则a=-6.1，A正确；B．反应中，K==，则c点时，，则K=，B错误；C．根据物料守恒，在b点时，，C正确；D．根据反应可知，通过c点，平衡常数=，则，所以c(Ag+)=mol/L，根据mol/L，D错误；故选BD。第II卷（非选择题共60分）三、非选择题，共5题，共60分。15．（10分）某实验小组探究苯甲醛与甲醛在浓NaOH作用下制备苯甲醇，实验原理及流程如下：已知：(1)苯甲醛微溶于水、苯甲醇在水中溶解度不大，两者均易溶于乙醚、密度均约为1g/cm3。(2)苯甲醛能与反应生成难溶于水、乙醚的固体。请回答：(1)甲醛试剂会缔合为三聚甲醛()，实验前需解聚，方法是：取50mL甲醛试剂，加1mL10%稀硫酸，加热回流。稀硫酸的作用是。(2)步骤Ⅰ所用的装置如下图所示。虚线框内装置的作用是。(3)步骤Ⅱ为分液，步骤Ⅳ为蒸馏。下列说法正确的是_______。A．步骤Ⅰ，实验操作必须在通风橱中完成B．步骤Ⅱ，加适量水的目的是溶解甲酸钠C．步骤Ⅱ，分离出的水层可用乙醚再次萃取并回收乙醚层D．步骤Ⅳ，温度计插入混合物M3中，会收集到沸点稍高的杂质(4)步骤Ⅲ对分离得到的有机层的“一系列操作”有如下步骤，请排序(填序号)。①加溶液至不再产生气泡

②加无水固体吸水，过滤③水洗，分液

④加过量饱和溶液⑤分液

⑥过滤(5)步骤Ⅱ不选择按下图所示操作进行，原因是。(6)HCHO的还原性强于苯甲醛的原因是。【答案】(1)催化剂（1分）(2)吸收挥发的HCHO，防止空气中O2的进入装置内（1分）(3)ABC（2分）(4)④⑥①⑤③②（2分）(5)苯甲醛、苯甲醇密度均约为1g/cm3，与水难以有效分层（2分）(6)苯甲醛中苯环使醛基中的C-H键极性减弱，不易断裂（2分）【详解】（1）三聚甲醛在稀硫酸的催化下会解聚生成甲醛，反应过程中稀硫酸为催化剂；（2）虚线框内装置中的水可以吸收挥发出的甲醛，防止倒吸，反应物的醛类物质具有较强的还原性，因此该装置还可以防止空气中O2的进入装置内发生副反应；（3）A．由于反应物HCHO是气体，易从体系中挥发，因此步骤Ⅰ的实验操作必须在通风橱中完成，A正确；B．根据分析，步骤Ⅱ中加适量水的目的之一是溶解甲酸钠，B正确；C．步骤Ⅱ中分离出的水层可用乙醚再次萃取并回收乙醚层可以增大产率，C正确；D．步骤Ⅳ为蒸馏操作，温度计的水银球需在支管口处，不能插入混合物中，D错误；故选ABC；（4）根据分析，“一系列操作”的顺序为④⑥①⑤③②；（5）混合物M1中含有水、苯甲醛、苯甲醇等，苯甲醛、苯甲醇虽然难溶于水，但它们的密度均约为1g/cm3，与水难以有效分层，因此不采用图中的操作；（6）醛基表现还原性时要断裂C-H键，苯环中含有大π键，电子云密度较高，导致醛基中C-H键的极性减弱，不易断裂。16．（10分）采用铁粉和软锰矿[主要成分MnO2、SiO2、CaMg(CO3)2、Fe2O3]为原料制备电池正极材料LiMn0.5Fe0.5PO4的一种工艺流程如下：已知：①原料中铁元素与锰元素物质的量之比；②沉淀后得到Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O；③相关物质的Ksp如下：回答下列问题：(1)“酸浸”中，提高浸取速率的方法为(答出一条即可)。(2)滤液①中铁元素的存在形式为Fe2+，写出该工艺条件下Fe粉与MnO2反应的离子方程式。(3)滤渣①成分为(填化学式)。(4)“除杂”前滤液①调节pH不宜过低的原因是。(5)滤液②中Mn2+的浓度为0.30mol∙L-1，Fe2+的浓度为0.25mol∙L-1，“沉淀”中Mn2+和Fe2+的沉淀率分别为98%和95%，则1m3滤液需要加入FeSO4的物质的量为mol(精确至0.1)。(6)“焙烧”过程中通入Ar的目的为；该过程中除产品外，还有H2O和两种气体生成，“焙烧”过程的化学反应方程式为。【答案】(1)适当升温(或适当提高硫酸浓度、粉碎矿石、搅拌)（1分）(2)（2分）(3)CaSO4、SiO2（1分）(4)pH过低时，易生成HF，不利于生成MgF2和CaF2沉淀（1分）(5)59.5（2分）(6)防止Fe2+氧化（1分）（2分）【详解】（1）“酸浸”中，可通过升高温度、增大浓度、增大接触面积提高浸取速率，方法为：适当升温(或适当提高硫酸浓度、粉碎矿石、搅拌)。（2）滤液①中铁元素的存在形式为Fe2+，该工艺条件下Fe粉与MnO2反应，生成Fe2+、Mn2+等，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生反应的离子方程式。（3）由分析可知，滤渣①成分为CaSO4、SiO2。（4）HF为弱酸，“除杂”前，滤液①调节pH不宜过低，否则会生成HF，消耗F-，不利于Ca2+、Mg2+转化为沉淀，则原因是：pH过低时，易生成HF，不利于生成MgF2和CaF2沉淀。（5）滤液②中Mn2+的浓度为0.30mol∙L-1，Fe2+的浓度为0.25mol∙L-1，“沉淀”中Mn2+和Fe2+的沉淀率分别为98%和95%，设1m3滤液需要加入FeSO4的物质的量为x，则依据沉淀Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O的组成，可得出下列等式：0.30mol∙L-1×1000L×98%=(0.25mol∙L-1×1000L+x)×95%，可求出x=59.5mol，即1m3滤液需要加入FeSO4的物质的量为59.5mol。（6）Fe2+具有较强的还原性，需防止被氧化，则“焙烧”过程中通入Ar的目的为：防止Fe2+氧化；该过程中除产品外，还有H2O和两种气体生成，此两种气体应为H2C2O4的分解产物，依据元素守恒，可得出“焙烧”过程的化学反应方程式为。17．（12分）CO2加氢制甲醚的反应原理：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)

其分步反应及副反应如下：I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

Ⅱ．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)

Ⅲ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

回答下列问题：(1)，上述反应的ΔG随温度的变化如图，其中表示反应Ⅲ的ΔG随温度的变化曲线是(填a、b或c)。(2)在4.0MPa条件下，将1molCO2、3molH2通入反应器发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，测得CO2平衡转化率、CH3OH产率与温度的关系如图所示。已知：X产率=，n理论(x)表示CO2完全转化为X时对应生成X的物质的量，X表示CH3OH、CO、CH3OCH3。①表示CH3OH产率的曲线是(填m或n)。②250℃，测得平衡体系中H2O的物质的量为0.3mol，则甲醚的产率为，该温度下反应Ⅱ的KP=。③240℃～280℃温度范围内，甲醚的选择性随温度升高而(填“增大”、“减小”或“不变”)。已知：甲醚的选择性=210℃-240℃温度范围内，随温度升高n曲线对应的量逐渐增大的原因是。【答案】(1)-122.2（1分）a（1分）(2)n（2分）10%（2分）1.5（2分）减小（2分）210℃240℃温度范围内，升高温度，反应Ⅰ逆向移动使CH3OH减少，反应Ⅱ逆向移动使CH3OH增多，240℃前升温对反应Ⅱ影响更大（2分）【详解】（1）由盖斯定律可知反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)可由2×Ⅰ+Ⅱ得到，则==-122.2；由反应可知反应Ⅰ中，，；反应Ⅱ中、，则反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔG随温度的变化曲线变化趋势相同，结合图像可知，b、c代表反应Ⅰ、反应Ⅱ，则a代表反应Ⅲ的ΔG随温度的变化曲线；（2）①由反应可知CO2最终可转化为CH3OH、CO、CH3OCH3三种物质，其转化率始终高于CH3OH的产率；则m代表CO2平衡转化率、n代表CH3OH产率；②250℃，CO2平衡转化率为25%，CH3OH产率为10%，则此时n(CO2)=0.75mol，n(CH3OH)=0.1mol，设生成的CH3OCH3的物质的量为xmol，CO为ymol，则根据C原子守恒得：2x+y=0.25-0.1=0.15；根据O原子守恒得：2n(CO2)＋n(CO)＋n(CH3OH)＋n(CH3OCH3)＋n(H2O)=2，即0.75×2+y+0.1+x+0.3=2，联立解得x=y=0.05，理论上生成甲醚0.5mol；则甲醚的产率为；根据H原子守恒得：2n(H2)+4n(CH3OH)+2n(H2O)+6n(CH3OCH3)=6，即2n(H2)+4×0.1+2×0.3+6×0.05=6，解得：n(H2)=2.35mol；该温度下反应Ⅱ的KP===；③随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，则甲醚的选择性减小；210℃240℃温度范围内，升高温度，反应Ⅰ逆向移动使CH3OH减少，反应Ⅱ逆向移动使CH3OH增多，240℃前升温对反应Ⅱ影响更大，因此甲醇的产率逐渐增大。18．（14分）有机合成帮助人们发现和制备了一系列药物，有力地推动了生命科学的发展。奥美拉唑在治疗胃溃疡方面有着显著作用且无明显的不良反应，口服即可，使用较为方便，其在1979年由瑞典阿斯利康公司研发，并于1989年成功上市。下图为改进后的奥美拉唑合成路线：回答下列问题：(1)A中环上的原子处于同一个平面，则N原子的杂化方式为。(2)发生有机反应的类型为。(3)发生取代反应，则的结构简式为。(4)由生成的化学方程式为。(5)A的同分异构体中，含苯环和的同分异构体有种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为的同分异构体的结构简式为。(6)参照上述合成路线，写出由合成的路线流程。(代表(其他试剂任选)【答案】(1)（1分）(2)取代反应（1分）(3)（2分）(4)（2分）(5)14（2分）（2）、（2分）(6)（2分）【详解】（1）A中环上的原子处于同一个平面，说明C、N原子价电子对数均为3，则N原子的杂化方式为sp2；（2）是B中的1个H原子被硝基代替，发生有机反应的类型为取代反应；（3）发生取代反应，由C、E的结构简式分析，C中-NO2被-OCH3代替，则的结构简式为；（4）E生成F是，和发生取代反应生成和HOSO2CH3，反应方程式为；（5）A的同分异构体中，含苯环和的同分异构体，若含3个取代基-CH3、-CH3、-NH2有6中结构；若含2个取代基-CH3、-CH2NH2有3中结构，若含2个取代基-CH2CH3、-NH2有3中结构，若含1个取代基-CH2CH2NH2有1中结构，若含1个取代基-CH(NH2)CH3有1中结构，符合体积的A的同分异构体共14种。其中核磁共振氢谱峰面积之比为的同分异构体的结构简式为、。（6）根据上述合成路线，被双氧水氧化为，发生硝化反应生成，和NaOCH