江苏省苏北八市2024-2025学年高三年级第三次模拟考试化学试题（含答案）

第第页江苏省苏北八市2024-2025学年高三年级第三次模拟考试化学试题一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1．下列工业生产中的重要反应不属于氧化还原反应的是A．在高温高压条件下N2和H2B．煅烧黄铁矿FeS2制备C．向饱和氨盐水中通CO2制备D．电解饱和食盐水制备NaOH2．MgH2是一种储氢材料，可用于国防工业。MgHMgO下列说法正确的是A．MgCl2B．Cl−的结构示意图为C．中子数为10的氧原子：8D．MgH2的电子式为3．实验室探究木炭和浓硫酸加热条件下反应所得混合气体X的成分。下列有关实验装置(部分夹持仪器省略)不能达到实验目的的是A．用装置甲制得混合气体B．用装置乙检验混合气体中是否含有HC．用装置丙检验混合气体中是否含有SOD．用装置丁检验混合气体中是否含有CO4．NF3是一种常见的蚀刻剂，与HA．NF3中N为-3价 B．沸点：C．NF3的空间结构为平面三角形 D．电离能：5．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是A．FeB．NHC．AgNOD．NaHCO阅读下列材料，完成下列3个小题。周期表中ⅣA族元素及其化合物应用广泛。甲烷具有较大的燃烧热890.3kJ⋅mol−1，甲烷水蒸气催化重整可以生产CO和H2。Si、Ge是重要的半导体材料，Si3N4是一种高强度耐高温材料，可由SiO2、C、N2高温反应制得，同时生成6．下列说法正确的是A．Ge基态核外电子排布式：[B．H2SC．Si3D．1molSiO2(如图所示)含7．下列化学反应表示不正确的是A．制备氮化硅：3B．铅蓄电池放电时负极反应：PbC．醋酸铅溶液吸收H2SD．甲烷的燃烧：CH4(8．甲烷催化重整反应为CH4(gA．平衡时升高温度，v正增大，vB．反应平衡常数KC．使用催化剂可降低反应的焓变D．其他条件相同，增大nH2O9．化合物Z是合成麻醉剂的重要中间体，其合成路线如下：下列说法正确的是A．X与足量氢气加成所得产物中含有1个手性碳B．Y不存在顺反异构体C．Z在NaOH醇溶液中加热可发生消去反应D．X、Y、Z均能使酸性KMnO410．一种储电制氢装置如图所示，该装置晚间通过Sx+1A．晚间储电时，电极A应与电源的负极相连B．白天制氢时，溶液中Na+C．储电时的总反应为2D．理论上生成1molH2，溶液中11．利用C6H下列说法正确的是A．催化剂的y、z位点所带电性不同B．受苯环影响，a处C−C．整个过程中有非极性键的断裂和形成D．该反应中每生成1mol苯乙烯，转移电子数目为6.02×12．某NaCl固体中含有少量CaCl2、MgSO4，利用该固体进行下列实验。已知：KspBaSO4实验1将固体溶于水，得到澄清溶液，测得溶液pH=6。实验2向“实验1”所得溶液中先后加入过量的BaCl2溶液，过量的NaOH溶液、过量的Na2CO3溶液，充分反应后过滤，测得滤液的pH=13。实验3向“实验2”所得滤液中加入过量盐酸充分反应后，蒸发结晶。实验4取少量“实验3”所得晶体溶于水配成溶液，向其中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成。下列说法不正确的是A．“实验1”所得溶液中：cB．“实验1”所得溶液中：cC．“实验2”所得滤液中：cD．“实验4”所得白色沉淀为BaSO413．萨巴帝尔反应可以实现二氧化碳转化为甲烷，其主要反应为反应ⅠCO2(反应ⅡCO(g在密闭容器中，1.01×105Pa、n始CO2n下列说法正确的是A．ΔHB．高温和低压均有利于提高甲烷的平衡产率C．280~400℃，nHD．320~400℃，n(二、非选择题：共4题，共61分。14．钨(W)熔点(3430℃)高，在国防工业有着重要用途，Na2（1）以含钨废渣［难溶于水，主要成分为Fe2O3、Al2O3(10%)一段时间内，钨的浸出率(浸出液中钨元素质量含钨废渣中钨元素质量×100%①选择盐酸而不选择硫酸酸浸的原因是。②写出FeWO4与盐酸反应的离子方程式：③盐酸的浓度选择3.5mol⋅L−1④残留固体中Al2O3（2）废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中可制得Na2WO4（3）将废弃钨制品(W与WO3混合物)在空气中加热使之完全转化为WO3，所得固体溶于NaOH溶液可得①某废弃钨制品，通过元素分析可知其中钨元素的质量分数为90%。取92.0g该制品在空气中加热，理论上可制得WO3的质量为②加热至1000℃，所得固体成分仅为WO3，其质量小于理论值，原因是15．有机化合物H是一种利尿药物的中间体，其一种合成路线如图所示：（1）A→B所需的反应物及反应条件是。（2）C→D的反应类型为（3）F的分子式为C7H6（4）写出同时满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式：。①含有两个苯环，能使溴的四氯化碳溶液褪色；②含有四种不同化学环境的氢。（5）已知：①甲苯中甲基为邻对位定位基，使新引入的基团在其邻对位；②苯甲酸中羧基为间位定位基，使新引入的基团在其间位。设计以，CH3−NH2、HCHO为原料制备的合成路线16．氢化铝钠NaAlH4已知：①氢化铝钠易溶于四氢呋喃(，沸点为66℃)，难溶于戊烷(沸点为36℃)、甲苯(沸点为110℃)。②四氢呋喃能溶于水，能与戊烷、甲苯互溶。③氢化铝钠在戊烷或甲苯环境中结晶所得到的晶体具有较完整的晶体结构。（1）以四氢呋喃为溶剂，三乙基铝[AlC2H53，无色液体，沸点194℃]为催化剂，AlCl①AlC2H②实验室除去四氢呋喃中少量水的操作是。③利用Al2O3+3Cl2+3④补充完整制备NaAlH4Ⅰ．AlⅡ．Ⅲ．NaH（2）利用如图所示装置，在三颈烧瓶中加入三乙基铝并加入NaH的四氢呋喃悬浊液，不断通入氮气，然后边搅拌边缓慢滴加含有计算量AlCl3①析出的白色固体主要成分为。②为避免外界水蒸气对实验的干扰，可采取的措施是。③补充完整获取具有较完整晶体结构NaAlH4的实验方案：取静置后的上层清液，(实验中可选用的试制：戊烷，甲苯)17．电解水制氢时，阳极析氧反应需较高电压，研究其反应机理并运用协同制氢的方法来降低能耗、提升产氢效率具有重要意义。（1）以KOH为电解液，Pt作电极，阴极析氢反应可能经历两步。第二步反应为H2O+e（2）碱性条件下阳极负载的催化剂表面可能的反应机理如图-1所示。①步骤3中M化合价(填“升高”“降低”或“不变”)。②M可能为。(填序号)A．MgB．AlC．NiD．Cr③电解过程中，若阴极有H2扩散到催化剂表面，可能会导致催化剂催化效率下降甚至失去活性，其原因是（3）利用甘油()协同制氢可降低电解时所需电压，节约制氢成本。①在阳极区添加一定量的甘油，电解一段时间后，阳极得到含碳产物的物质的量分别为CH3OH0.03mol，HCOO−②用与分别进行电催化协同制氢。对电解后的含碳产物进行表征，所得的NMR(核磁共振氢谱)分别如图-2，图-3所示。电催化协同制氢所得含碳产物有。③电解时，若电压过大，甘油的转化率会降低，其原因是。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、氮气和氢气在高温高压下合成氨气（N2+3H2⇌催化剂高温、高压2NH3），氮元素从0价降到-3价，氢元素从0价升到+1价，存在电子得失，属于氧化还原反应，A错误；

B、煅烧黄铁矿制备二氧化硫时（4FeS2+11O2高温2Fe2O3+8SO2），铁元素从+2价变为+3价，硫元素从-1价变为+4价，有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B错误；

C、向饱和氨盐水中通入二氧化碳制备碳酸氢钠（NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl），反应前后各元素化合价均未改变：钠为+1价，氢为+1价，氧为-2价，碳在反应前后均为+4价，氮为-3价，无电子转移，不属于氧化还原反应，C正确；

D、电解饱和食盐水时（2NaCl+2H2O电解2NaOH+H22．【答案】A【解析】【解答】A、氯化镁是由镁离子和氯离子构成的离子化合物，镁离子与氯离子之间通过离子键结合，分子中不存在其他类型的化学键，因此只含有离子键，A正确；

B、氯离子的核电荷数为17，核外电子排布为2、8、8，选项中结构示意图的核电荷数标注为18，故Cl−的结构示意图为，B错误；

C、中子数为10的氧原子，其质量数为8+10=18，正确的原子符号应为818O，C错

D、MgH2是离子化合物，电子式为：，D错误；

故答案为：A。

【分析】本题解题要点：

化学键判断：活泼金属与活泼非金属形成的化合物一般为离子化合物，只含离子键，如MgCl2。

粒子结构：氯离子核电荷数为17，核外电子排布为2、8、8；原子符号中左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数。

3．【答案】D【解析】【解答】A、装置甲为固液加热型发生装置，可在加热条件下使木炭与浓硫酸反应，制得含二氧化碳、二氧化硫和水蒸气的混合气体，A能达到实验目的；

B、装置乙中无水硫酸铜为白色固体，遇水蒸气会变为蓝色，可直接检验混合气体中的水，B能达到实验目的；

C、装置丙中品红溶液可与二氧化硫结合，使溶液红色褪去，以此检验二氧化硫的存在，C能达到实验目的；

D、装置丁中氢氧化钠溶液会同时吸收二氧化硫和二氧化碳，无法区分两种气体，后续澄清石灰水不会出现浑浊，不能检验二氧化碳，D不能达到实验目的；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

反应原理：木炭与浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水蒸气。

物质检验：无水硫酸铜遇水变蓝；二氧化硫能使品红溶液褪色；二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫也会与澄清石灰水反应生成沉淀，干扰二氧化碳的检验。

装置作用：氢氧化钠溶液会同时吸收二氧化硫和二氧化碳，无法实现除杂后检验二氧化碳的目的。4．【答案】B【解析】【解答】A、NF3中F为-1价，根据化合物中正负化合价代数和为0，计算可得N为+3价，并非-3价，A错误；

B、H2O和HF分子间均存在氢键，H2O分子平均氢键数量更多，分子间作用力更强，因此沸点H2O>HF，B正确；

C、NF3中N原子价层电子对数为4，含1对孤对电子，空间构型为三角锥形，并非平面三角形，C错误；

D、同周期主族元素中，N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的O，即I1(O)<I1(N)，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

化合价判断：利用化合物中正负化合价代数和为0的规则，结合F的-1价计算N的化合价。

沸点比较：分子间氢键数量越多，分子间作用力越强，沸点越高，H2O的氢键数量多于HF。

空间构型：NF3中N原子价层电子对数为4，含1对孤对电子，构型为三角锥形。

电离能规律：同周期主族元素，ⅡA族和ⅤA族因电子排布稳定，第一电离能出现反常，N的第一电离能大于O。5．【答案】A【解析】【解答】A、氧化铁与铝粉在高温下发生铝热反应，置换出单质铁；生成的铁单质在高温条件下与水蒸气反应，得到四氧化三铁，两步转化均能实现，A正确；

B、氨气在催化剂和加热条件下与氧气反应生成一氧化氮，但一氧化氮不能直接和水反应生成硝酸，需要先与氧气结合为二氧化氮后再与水反应，转化无法实现，B错误；

C、硝酸银溶液中加氨水可制得银氨溶液，但蔗糖分子中不含醛基，属于非还原糖，无法与银氨溶液发生银镜反应生成银单质，转化无法实现，C错误；

D、碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，但碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳不能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，转化无法实现，D错误；

故答案为：A。

【分析】本题解题要点：

铝热反应与铁的性质：铝热反应可置换出活泼性较弱的金属，铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气。

氮氧化物性质：一氧化氮不能直接与水反应生成硝酸，需要先被氧化为二氧化氮。

糖类还原性：只有含醛基的还原糖才能发生银镜反应，蔗糖不具备还原性。

强酸制弱酸规律：碳酸酸性弱于盐酸，二氧化碳无法与氯化钙溶液反应。【答案】6．B7．C8．D【解析】【解答】（1）A、锗是32号元素，基态核外电子排布式应为[Ar]3d¹⁰4s24p2，选项中遗漏了3d轨道电子，A错误；

B、H2S分子中硫原子价层电子对数为4（2+6−2×12=4），含2对成键电子和2对孤对电子，杂化方式为sp3，B正确；

C、Si3N4是高强度耐高温材料，属于共价晶体，并非分子晶体，C错误；

D、SiO2中每个硅原子与4个氧原子形成σ键，1molSiO2含4molσ键，并非2mol，D错误；

故答案为：B。

（2）A、已知Si3N4可由SiO2、C、N2经高温反应制得，同时生成CO，根据原子守恒，可确定制备氮化硅的方程式：3D、甲烷燃烧生成二氧化碳和水，ΔH为负值，热化学反应方程式：CH4(g)+2O（3）A、升高温度时，正、逆反应速率都会增大，只是吸热方向速率增幅更大，并非逆反应速率减小，A错误；

B、反应平衡常数表达式应包含所有反应物和产物的浓度，反应平衡常数K=c(CO)⋅c3H2cCH4⋅cH2O，选项中遗漏了H26．A、锗是32号元素，基态核外电子排布式应为[Ar]3d¹⁰4s24p2，选项中遗漏了3d轨道电子，A错误；

B、H2S分子中硫原子价层电子对数为4（2+6−2×12=4），含2对成键电子和2对孤对电子，杂化方式为sp3，B正确；

C、Si3N4是高强度耐高温材料，属于共价晶体，并非分子晶体，C错误；

D、SiO2中每个硅原子与4个氧原子形成σ键，1molSiO7．A、已知Si3N4可由SiO2、C、N2经高温反应制得，同时生成CO，根据原子守恒，可确定制备氮化硅的方程式：3SiO2+6CD、甲烷燃烧生成二氧化碳和水，ΔH为负值，热化学反应方程式：CH4(g)+2O8．A、升高温度时，正、逆反应速率都会增大，只是吸热方向速率增幅更大，并非逆反应速率减小，A错误；

B、反应平衡常数表达式应包含所有反应物和产物的浓度，反应平衡常数K=c(CO)⋅c3H2c9．【答案】D【解析】【解答】A、X与足量氢气加成后，苯环和醛基均被还原，产物分子（）中不存在连有4个不同基团的手性碳原子，故A错误；

B、Y分子中碳碳双键两端的碳原子均连接不同基团，存在顺反异构体，故B错误；

C、Z分子中羟基连接的碳原子邻位碳上有氢原子，但消去反应通常在浓硫酸、加热条件下发生，NaOH醇溶液是卤代烃消去的条件，故C错误；

D、X中的醛基、Y中的碳碳双键、Z中的醇羟基，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，从而使溶液褪色，故D正确；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

手性碳判断：只有连有4个不同基团的碳原子才是手性碳，X加成后无此类碳原子。

顺反异构判断：碳碳双键两端碳原子均连不同基团时，存在顺反异构，Y符合该条件。

消去反应条件：醇的消去需要浓硫酸、加热，卤代烃的消去才用NaOH醇溶液，Z的结构不满足NaOH醇溶液下的消去条件。

氧化还原性：醛基、碳碳双键、醇羟基都能被强氧化剂氧化，均可使酸性高锰酸钾溶液褪色。10．【答案】C【解析】【解答】A、晚间储电时装置为电解池，电极A上氢氧根离子失电子生成氧气，发生氧化反应，是电解池的阳极，应与电源正极相连，并非负极，A错误；

B、白天制氢时装置为原电池，电极A是正极，电极B是负极，原电池中阳离子会向正极移动，即钠离子从右室向左室迁移，选项中迁移方向描述错误，B错误；

C、储电时，阳极氢氧根离子失电子生成氧气和水：4OH−−4e-=O2↑+2H2O，阴极硫代多阴离子得电子转化为硫离子和另一种硫代阴离子：S11．【答案】B【解析】【解答】A、催化剂的y位点与带部分正电的氢原子作用，说明y位点带负电；z位点与二氧化碳中带部分正电的碳原子作用，也说明z位点带负电，二者所带电性相同，A错误；

B、从反应机理进程可得，a处的C-H键先发生断裂，这是因为苯环的共轭效应使a处碳原子的电子云密度发生变化，C-H键极性更强、更容易断裂，B正确；

C、反应过程中断裂的都是C-H、C-O等极性键，没有非极性键的断裂，也没有新的非极性键生成，C错误；

D、每生成1mol苯乙烯，二氧化碳被还原为一氧化碳，转移2mol电子，电子数目约为1.204×1024，并非6.02×1023，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题解题要点：

催化剂位点电性：通过相互作用的粒子带电性判断位点电性，y、z位点均与带正电的粒子作用，故均带负电。

化学键活性：苯环的共轭效应会影响侧链C-H键的极性，靠近苯环的a处C-H键更易断裂。

非极性键判断：反应中无碳碳、碳碳等非极性键的断裂或形成，仅涉及极性键的变化。

电子守恒计算：二氧化碳到一氧化碳的转化中，碳元素从+4价降到+2价，每生成1mol苯乙烯转移2mol电子。12．【答案】B【解析】【解答】A、实验1所得溶液澄清，说明无硫酸钙沉淀生成，依据溶度积规则，此时溶液中c(CaB、实验1溶液pH=6，呈酸性，c(H+)>c(OH−)。根据电荷守恒，溶液中离子浓度关系为2c(MgC、实验2滤液含大量Na+、Cl−、OH−、CO32−D、实验4滴加BaCl2溶液产生白色沉淀，结合实验流程，该沉淀为BaSO【分析】本题解题要点：溶度积应用：溶液澄清说明离子积小于溶度积，无沉淀生成。电荷守恒原则：溶液呈电中性，阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，结合pH判断离子浓度大小关系。离子共存与转化：实验中通过加试剂依次除去杂质离子，需关注引入的新离子对后续反应的影响。沉淀判断：根据实验步骤和离子反应，确定最终生成的沉淀成分。13．【答案】D【解析】【解答】A、反应Ⅱ是气体分子数减少的反应，熵变ΔS<0，反应能自发进行说明ΔG=ΔH−TΔS<0，因此ΔH2必须小于0，A错误；

B、反应Ⅱ是放热且气体分子数减少的反应，根据勒夏特列原理，降低温度、增大压强会让平衡正向移动，提高甲烷产率，高温和低压会使平衡逆向移动，不利于提高甲烷产率，B错误；

C、280~320℃时，反应Ⅰ和Ⅱ都正向进行，水的量随温度升高而增加；320~400℃时，CO2转化率下降，说明反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅰ也逆向移动，水的量会减少，所以n(H2O)是先增大后减小，并非持续增大，C错误；

D、320~400℃时，CO2转化率下降，说明消耗的CO2总量减少，而CH4的选择性不变，意味着生成CH4和剩余CO的总物质的量减少，同时CH4的选择性不变，所以n(CO)和n(CH4)都会随温度升高而减少，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

反应自发性判断：熵减反应自发进行的前提是焓变小于0。

平衡移动：放热且气体分子数减少的反应，低温高压有利于平衡正向移动，提高产物产率。

物质的量变化：结合温度对两个反应的影响，分析水的量先增后减的变化趋势。

物料守恒：CO2转化率下降时，含碳产物总量减少，在选择性不变的前提下，各含碳产物的量均会减少。14．【答案】（1）CaSO4微溶，不利于钙元素浸出，且CaSO4覆盖在钨渣表面，不利于钨的富集；FeWO4+2H+（2）2W+4NaOH+3O（3）m(WO3)=92g×【解析】【解答】（1）①含钨废渣中含有CaO，选择盐酸而不选择硫酸酸浸的原因是：CaSO4微溶，不利于钙元素浸出，且CaSO4覆盖在钨渣表面，不利于钨的富集；②由分析可知，残留固体中含有H2WO4，说明FeWO4与盐酸反应生成H2③由图可知，盐酸浓度低时，固体残留率较高，盐酸浓度较高时，钨的浸出率较高，固体盐酸的浓度选择3.5mol⋅④钨废渣中含有Al2O3(10%故答案为：CaSO4微溶，不利于钙元素浸出，且CaSO4覆盖在钨渣表面，不利于钨的富集；FeWO4+2H+=H2WO4+Fe2+；盐酸浓度过小，残渣率较高，不利于钨元素的富集；盐酸浓度过大，钨元素浸出率高，损失大；Al故答案为：2W+4NaOH+3O2Δ2Na2WO4+2H2O②WO3固体易升华，加热至1000℃，所得固体成分仅为WO3，其质量小于理论值，原因是：在1000℃下，部分WO3固体升华。

故答案为：m(WO3)=92g×90%×184184+48=104.4g；在1000℃下，部分WO3固体升华；

【分析】以含钨废渣为原料［难溶于水，主要成分为Fe2（1）①含钨废渣中含有CaO，选择盐酸而不选择硫酸酸浸的原因是：CaSO4微溶，不利于钙元素浸出，且CaSO4覆盖在钨渣表面，不利于钨的富集；②由分析可知，残留固体中含有H2WO4，说明FeWO4与盐酸反应生成H2③由图可知，盐酸浓度低时，固体残留率较高，盐酸浓度较高时，钨的浸出率较高，固体盐酸的浓度选择3.5mol⋅④钨废渣中含有Al2O3(10%（2）废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中可制得Na2WO4，W元素由0价上升到+5价，O2（3）①由W元素守恒可知，理论上可制得WO3的质量为m(WO②WO3固体易升华，加热至1000℃，所得固体成分仅为WO3，其质量小于理论值，原因是：在1000℃下，部分15．【答案】（1）Cl2、FeCl3（2）取代反应（3）（4）或（5）【解析】【解答】（1）根据分析，A→B所需的反应物及反应条件是：Cl2、FeCl3；故答案为：Cl2、FeCl3；

（2）C→故答案为：取代反应；

（3）F的结构简式为：；故答案为：；

（4）H的同分异构体满足：①含有两个苯环，能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含碳碳双键；②含有四种不同化学环境的氢，满足条件的结构简式为：或；故答案为：或；

（5）甲苯发生硝化反应得到，发生氧化反应得到，发生还原反应得到，与CH3−NH2反应得到，与HCHO发生反应得到，故合成路线为：。

故答案为：；

【分析】以邻硝基甲苯(A)为起始原料，先在苯环引入氯原子得到(B)，再用铁和盐酸将硝基还原为氨基得到(C)；接着用乙酸保护氨基得到(D)，随后在酸性高锰酸钾作用下将甲基氧化为羧基得到(E)；之后(E)经脱保护、酰化等多步反应得到含巯基的中间体(G)，最后(G)与乙醛发生环化反应，得到目标产物苯并咪唑类中间体(H)。

（1）结合有机合成流程中A、B的结构差异，分析官能团的引入与转化，确定A→B所需的反应物与反应条件：A为苯甲酸，B为邻氨基对氯苯甲酸，需引入-Cl和-NH2，因此反应物为Cl2（引入氯原子）、FeCl3（作催化剂）。

（2）根据C→D的结构变化，判断反应类型：C中的-COOH转化为D中的-CONHCH3，属于羧酸与胺的取代（酰化）反应，因此反应类型为取代反应。

（3）根据流程中官能团的转化逻辑，推导F的结构简式：结合前后物质的结构，F需保留-COOH、-NH2和-Cl，最终确定F的结构简式为邻氨基对氯苯甲酸。

（4）根据同分异构体的限定条件，逐一推导结构：①含两个苯环、能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明分子中含碳碳双键；②含四种不同化学环境的氢，说明分子高度对称；结合分子式，在满足上述条件的前提下，设计并写出符合要求的结构简式。

（5）以甲苯为原料，结合目标产物的结构，逆推合成路线：甲苯先经硝化反应引入-NO2；再经氧化反应将-CH3氧化为-COOH；经还原反应将-NO2还原为-NH2；与CH3NH2发生取代反应引入-CONHCH3；最后与HCHO发生环合反应得到目标产物；按正向顺序写出完整的合成路线，标注各步反应的试剂与条件。（1）根据分析，A→B所需的反应物及反应条件是：Cl2、FeCl3；（2）C→（3）F的结构简式为：；（4）H的同分异构体满足：①含有两个苯环，能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含碳碳双键；②含有四种不同化学环境的氢，满足条件的结构简式为：或；（5）甲苯发生硝化反应得到，发生氧化反应得到，发生还原反应得到，与CH3−NH2反应得到，与HCHO发生反应得到，故合成路线为：。16．【答案】（1）根据“相似相溶”原理极性分子能溶于极性溶剂，非极性分子能溶于非极性溶剂，而AlC2H53与戊烷均属于弱极性有机物；向其中加入无水氯化钙或无水硫酸钠等干燥剂，放置一段时间后过滤取滤液；298K时AlCl3为固态，而1273K时AlCl3为气态，反应后气体分子数更多，产物的混乱度更大，ΔS更大；Na（2）NaCl；在烧瓶的瓶口处加装盛有干燥剂(如碱石灰等)的干燥管；向其中加入一定量的戊烷或甲苯，振荡后转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集66℃左右的馏分至不再有四氢呋喃溜出，停止加热【解析】【解答】（1）①根据“相似相溶”原理极性分子能溶于极性溶剂，非极性分子能溶于非极性溶剂，AlC2H②除去四氢呋喃中少量水的操作是向其中加入无水氯化钙或无水硫酸钠等干燥剂，放置一段时间后过滤取滤液即可。③298K时，AlCl3为固态；1273K时，AlCl3为气态，反应后气体分子数更多，产物的混乱度更大，则1273K时反应的④总反应的化学方程式为AlCl3+4NaHAlC2H53NaAlH4+3NaCl，要生成目标产物NaAlH4，结合已知的反应，在有NaAlC2故答案为：根据“相似相溶”原理极性分子能溶于极性溶剂，非极性分子能溶于非极性溶剂，而AlC2H53与戊烷均属于弱极性有机物；向其中加入无水氯化钙或无水硫酸钠等干燥剂，放置一段时间后过滤取滤液；298K时AlCl3为固态，而1273K时AlCl3为气态，反应后气体分子数更多，产物的混乱度更大，ΔS更大；NaAlC2H53②为避免外界水蒸气对实验的干扰，可采取的措施是在烧瓶的瓶口处加装盛有干燥剂(如碱石灰等)的干燥管。③已知氢化铝钠在戊烷或甲苯环境中结晶所得到的晶体具有较完整的晶体结构，则实验方案：向其中加入一定量的戊烷或甲苯，振荡后转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集66℃左右的馏分至不再有四氢呋喃溜出，停止加热，待晶体析出后，过滤、洗涤、干燥。

故答案为：NaCl；在烧瓶的瓶口处加装盛有干燥剂(如碱石灰等)的干燥管；向其中加入一定量的戊烷或甲苯，振荡后转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集66℃左右的馏分至不再有四氢呋喃溜出，停止加热；

【分析】(1)①依据相似相溶原理，三乙基铝和戊烷都是弱极性有机物，所以三乙基铝易溶于戊烷等有机溶剂。

②向四氢呋喃中加入无水氯化钙等干燥剂，静置后过滤，可除去其中少量水。

③1273K时三氯化铝为气态，反应后气体分子数更多、混乱度更大，故熵变更显著。④反应Ⅱ的化学方程式为NaAlC2H53H(2)①氯化钠难溶于四氢呋喃，故析出的白色固体主要是氯化钠。

②在瓶口加装装碱石灰等干燥剂的干燥管，可隔绝外界水蒸气。

③向上层清液中加入戊烷或甲苯，振荡后蒸馏收集66℃馏分，待晶体析出后过滤、洗涤、干燥，得到结构完整的氢化铝钠晶体。、（1）①根据“相似相溶”原理极性分子能溶于极性溶剂，非极性分子能溶于非极性溶剂，AlC2H②除去四氢呋喃中少量水的操作是向其中加入无水氯化钙或无水硫酸钠等干燥剂，放置一段时间后过滤取滤液即可。③298K时，AlCl3为固态；1273K时，AlCl3为气态，反应后气体分子数更多，产物的混乱度更大，则1273K时反应的④总反应的化学方程式为AlCl3+4NaHAlC2H53NaAlH4+3NaCl，要生成目标产物NaAlH4，结合已知的反应，在有NaAlC2（2）①在反应过程中，NaH可与AlCl3②为避免外界水蒸气对实