2026年甘肃省高考化学试题卷（含答案及解析）

第1页/共25页机密★启用前2026年甘肃省普通高等学校招生统一考试化学注意事项：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.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如需改动、用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框。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。一、选择题：本题共14小题，每小题3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．“十五五”规划指出要“加快构建清洁低碳安全高效的新型能源体系”。下列清洁能源设备核心部件的主要材料属于金属材料的是A．水力发电：水轮发电机组（不锈钢）B．风力发电：叶片（碳纤维增强塑料）C．光伏发电：太阳能电池板（单晶硅）D．光热发电：集热塔（混凝土）2．基于我国在制备高纯氟化物熔盐、核级石墨和耐腐蚀镍基合金等领域的技术突破，第四代核裂变反应堆（钍基熔盐堆）在甘肃建成，并于2025年首次实现堆内钍铀转化。下列说法错误的是A．NuF电子式B．碳原子结构示意图C．基态Ni原子价层电子排布图D．元素钍（Th）有和等核素3．甘肃岷县被誉为“中国当归之乡”，从当归中提取的5-羟基麦芽酚具有抗炎活性。下列说法错误的是A．该物质能使溴水褪色 B．该分子是非极性分子C．该物质可发生取代反应 D．该物质能与金属钠反应4．我国科研人员使用尿素（）等合成了一种长余辉发光材料。关于尿素下列说法错误的是A．可通过加热无机化合物获得 B．可与甲醛反应生成脲醛树脂C．尿素晶体中不存在分子间氢键 D．射线衍射可测定其晶体结构5．对于反应，其他条件不变时，下列说法错误的是A．当时，反应达到化学平衡B．恒容下，向平衡体系中充入惰性气体、平衡不移动C．升高反应温度，体系活化分子数增加D．增大浓度，平衡常数不变奥沙利铂是第三代铂类抗癌药物，可由Pt前药转化而成。据此回答6~7题，6．关于前药分子，下列说法正确的是A．配位数为4 B．含有多种配体C．第一电离能 D．原子半径7．关于奥沙利铂分子，下列说法错误的是A．分子结构中含有五元环 B．分子中电负性最大的是OC．每个分子中含两个手性碳原子 D．与前药分子中的价态相同8．是文物修复中使用的一种仿生材料，、、、为依次位于第一至第四周期的主族元素。其中，原子核外电子只有一种自旋取向，基态原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等。的单质能在空气中自燃，基态原子价层电子数为的2倍。下列说法错误的是A．和的单质均具有还原性 B．化合物WY可作干燥剂C．X和Y的单质均可在空气中燃烧 D．化合物的水化物具有酸性9．某研究小组对硅电池碎片中的、、进行分离回收的流程如下：下列说法错误的是A．适当搅拌可提高“浸出”效率B．“操作Ⅰ”中主要反应的离子方程式为C．“氨浸”操作后，溶液含有D．“操作Ⅱ”中、作还原剂苯甲醛中加入溶液，静置，加适量蒸馏水后使用萃取剂萃取。有机相干燥后蒸馏得苯甲醇；水相酸化后抽滤得苯甲酸。据此回答10~11题。10．下列实验操作错误的是A．溶解KOH固体时，加入蒸馏水B．萃取过程中，振摇分液漏斗后排气C．酸化水相时，测量溶液pHD．抽滤获得苯甲酸固体11．下列说法错误的是A．醛基具有还原性，久置的苯甲醛可能含有苯甲酸杂质B．萃取时，应取适量萃取剂多次萃取后合并有机相C．蒸馏有机相是为了去除苯甲醇产品中的苯甲酸D．苯甲醇和苯甲酸可通过红外光谱鉴定12．我国科研人员设计了一种可处理含污水的新型尿素燃料电池（如图所示）。下列说法错误的是A．体系中每转移，最多可产生1molN2B．工作时电子从电极2通过外电路向电极1转移C．工作时负极区pH降低D．a是阴离子交换膜13．催化剂Ⅰ的立方晶胞结构如下图所示，若将晶胞中所有顶点位置的用替换可得新型催化剂Ⅱ的立方晶胞（棱长为，）。设为阿伏加德罗常数的值，、、分别表示、、的摩尔质量。下列说法错误的是A．Ⅰ晶胞中与最近且等距的有6个 B．Ⅰ晶胞沿，，轴方向的投影图都相同C．Ⅱ的晶体密度为D．Ⅱ晶胞中的最短距离为14．是一种三元酸。与在溶液中存在如下平衡：和，时，和总浓度分别为和的溶液中、分布分数[如]与的变化关系见图a（X分别为、和），与的变化关系见图b（Y分别为、、和）。下列说法错误的是A．时，B．曲线Ⅰ对应的离子为C．时，D．时，二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（14分）某地为完善绿色化工布局、延伸传统产业链条建设钛白厂。生产钛白（TiO2）的主要工艺流程如下：已知钛铁矿（主要成分为）的酸解反应方程式为；的溶解度为。（1）该地已建有大型金属冶炼厂，主要原料为金属硫化物，据此分析在该地建设钛白厂的优势有________。（2）FeSO4的溶解度随温度变化如图所示，则“操作X”是___________和过滤。（3）钛白是一种白色固体，若产品钛白颜色发黄，可能是由于“还原”工艺中___________。（4）绿矾（）在碱性条件下与氧气反应可制备多孔羟基氧化铁[]。每生产至少需消耗___________；多孔具有优良的气体净化能力，原因有______________。（5）利用如下工艺流程制备金属钛：已知一个化学反应、不管是一步完成还是分几步完成，其自由能变相同。在1073K时：①②反应①不能自发进行，但“氯化”工艺中加入过量焦炭后可生成，该工艺发生的总反应方程式为________。加入焦炭后反应能够自发进行的原因是________。16．（14分）2025年甘肃省探获了一处超大型优质冶镁白云岩矿床。白云岩主要由白云石[]组成，某兴趣小组设计如下实验方案测定白云石中钙的含量。已知难溶于水，可溶于强酸。Ⅰ．称取一定量白云石样品，滴加盐酸溶解，加热并煮沸后冷却至室温；Ⅱ．调节溶液至弱酸性（），加入溶液，生成沉淀；Ⅲ．过滤，洗涤沉淀。从漏斗中取出带有沉淀的滤纸，贴于大烧杯内壁，使用3mol/L硫酸将沉淀冲洗至烧杯中；Ⅳ．使用标定后的溶液滴定草酸根含量，计算样品中钙的含量。（1）为去除白云石样品中的湿存水，称量前需进行的操作为_________。（2）步骤Ⅰ中，加热并煮沸溶液的目的是________。（3）步骤Ⅱ中，调节溶液至弱酸性的原因为________。（4）步骤Ⅲ中，应依次使用稀溶液和__________（填试剂）洗涤沉淀。（5）使用标准溶液标定溶液浓度时，发生如下反应：保持温度80~，开始滴定时，随着将溶液不断滴入标准溶液中，粉红色褪去所需的时间逐渐变短，原因为_______。接近滴定终点时，下列操作正确的是__________（填序号）。A．改为滴加半滴溶液 B．减慢锥形瓶旋摇速度C．使用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 D．记录滴定管液面的读数（6）步骤Ⅳ中，为防止滤纸可能影响测定结果，在滴定过程中滤纸需一直贴于烧杯内壁。达到滴定终点后，将滤纸推入溶液中，溶液粉红色褪去，继续滴定至终点，又消耗了溶液。小组讨论后提出下列两种猜想：①滤纸含有还原性成分；②步骤Ⅲ中，滤纸上的未被完全冲洗下来。为验证猜想，将白云石替换为进行对照实验，消耗了溶液。若，，则成立的猜想序号及理由为________。17．（15分）加氢制备甲烷和水煤气是碳资源综合利用的重要途径，反应方程式如下：①②（1）要提高的平衡产率，应选择________温度和_______压强。（填“较高”或“较低”）（2）反应①平衡常数的表达式为___________________。（3）100kPa下，以投料（Ar不参与反应），理论上参与反应各物质的平衡分压随温度变化如图所示，曲线__________（填序号）代表；加入某催化剂，测得不同温度下的转化率如下表：温度/℃250300350400转化率/%22618479250℃时反应未达到平衡，理由是________。400℃时，CO2转化率降低的原因可能有_________。（4）使用特定催化剂，理论计算表明的转化路径如图a所示，生成的主要反应历程如图b所示。实验测得，反应达到平衡前产物中的含量高于，原因是_________。由此推断，*CO脱附所需的活化能不高于__________eV，理由是__________。（*表示吸附态，TS表示过渡态，省略其他物种和部分非决速步骤）18．（15分）恩那度司他（F）是一种治疗慢性肾脏病患者贫血的药物，一种合成方法如下：（1）F分子中（Ph：苯基）含氧官能团的名称为__________、__________和__________。（2）BnOH的分子式为，它的一种同分异构体遇溶液显色，核磁共振氢谱图中出现峰面积比为的四组峰，该同分异构体的化学名称为__________。（3）C→D反应中有一种有机小分子物质生成，其分子式为__________。（4）反应中，的作用是__________（填序号）。A．氧化剂 B．还原剂 C．催化剂 D．溶剂该过程中发生了Dimroth重排：分子的一个键发生断裂再重构。推断_______处的键发生了断裂（填序号）。（5）G在条件1下反应得到H，在条件2下反应得到I。I是H发生Dimroth重排的产物。写出I的结构简式____________。（6）吡啶（）是一种有机碱。分子中N原子采取杂化形成三个杂化轨道，其中两个杂化轨道分别与原子形成两个键，第三个杂化轨道被孤电子对占据，因此可与结合。已知分子中成环原子均共平面，则可与结合的是________号N原子（填序号）。2026年甘肃省普通高等学校招生统一考试化学答案详解一、选择题：本题共14小题，每小题3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.A【详解】A.不锈钢属于铁合金，合金属于金属材料，A正确；B.碳纤维增强塑料属于复合材料，不属于金属材料，B错误；C.单晶硅是硅单质，属于无机非金属材料，不属于金属材料，C错误；D.混凝土属于无机非金属材料，不属于金属材料，D错误；故选A。2.A【详解】A.NaF为离子化合物，电子式为:，A错误；B.碳原子的质子数为6，核外电子分两层排布，K层2个电子、L层4个电子，结构示意图符合碳原子的核外电子排布规律，B正确；C.基态Ni原子价层电子排布为3d⁸4s²，图示符合基态Ni原子核外电子排布规则，C正确；D.23290Th和23090Th质子数均为90、中子数不同，互为同位素，属于钍元素的不同核素，D正确；故选A。3.B【详解】A.该物质含有碳碳双键，可与溴发生加成反应使溴水褪色，A正确；B.该分子结构不对称，且含有羟基、羰基等极性基团，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误；C.该物质含有羟基，可发生酯化等取代反应，C正确；D.该物质含有羟基，可与金属钠反应生成氢气，D正确；故选B。4.C【详解】A.1828年维勒通过加热无机化合物氰酸铵NH₄OCN成功合成尿素，该说法正确；B.尿素含氨基，可与甲醛发生缩聚反应生成脲醛树脂，该说法正确；C.尿素分子中存在电负性大的N原子和N-H键，分子间可形成氢键，该说法错误；D.X射线衍射是测定晶体结构的常用方法，可测定尿素晶体结构，该说法正确；故选C。5.A【详解】A.反应速率之比等于化学计量数之比是反应任意时刻都满足的规律，该式未指明速率对应正反应方向还是逆反应方向，无法判断反应是否达到平衡，A错误；B.恒容下充入惰性气体，反应体系中各气态物质的浓度均不发生改变，正、逆反应速率不变，平衡不移动，B正确；C.升高温度，普通分子吸收能量转化为活化分子，体系中活化分子总数增加，C正确；D.平衡常数仅与温度有关，温度不变时，增大反应物CH3Cl的浓度，平衡常数不发生改变，D6.B 7.D【详解】6.A.Pt前药中Pt的配位原子为2个N、2个（OH-的O、2个草酸根的O，配位数为6，B.Pt前药的配体包含1，2-环己二胺、OH-、草酸根，共3种不同配体，C.同周期元素从左往右第一电离能增大（IIA与VA出现反常），第一电离能N＞C，C错误；D.同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径C＞O，D错误；故选B；7.A.奥沙利铂中Pt与两个N、两个相邻C形成五元环，草酸根与Pt也形成五元环，分子含五元环结构，A正确；B.分子所含元素为C、H、N、O、Pt，电负性顺序为O＞N＞C＞H＞Pt，电负性最大的是O，B正确;C.分子中与氨基直接相连的两个环己烷碳原子均连接4种不同基团，均为手性碳原子，共2个，如图带*号），C正确；D.由图知，草酸根显-2价，氢氧根显-1价，则Pt前药中Pt为+4价，奥沙利铂中Pt为+2价，二者价态不同，D错误；故选D。8.C【分析】X原子核外电子只有一种自旋取向，位于第一周期，核外仅1个电子，只有1种自旋取向，则X为H，基态Y原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，位于第二周期，核外电子排布为1s22s22p4，s能级总电子数等于p能级，则Y为O，Z的单质能在空气中自燃，白磷可在空气中自燃，则Z为P，基态W原子价层电子数为X的2倍，位于第四周期第IIA族，价层电子数为2，是H价层电子数的2【详解】A.X的单质H2、Z的单质磷均能失电子被氧化，具有还原性，AB.WY为CaO，具有吸水性，常用作干燥剂，B正确；C.X的单质H2可在空气中燃烧，Y的单质O2是助燃剂，本身不能燃烧，D.Z2Y3为P2O3故选C。9.B【分析】硅电池碎片中的Ag、Al、Si，加入浸出剂，Si不反应，Ag、Al转化为Ag⁺、Al³⁺，加入盐酸进行“沉银”，得到AgCl，过滤，滤渣为AgCl，加入NH₃·H₂O，AgCl转化为AgNH32Cl，再加入N2H4⋅H2O，将AgNH32Cl还原为Ag；向滤液中加入NH₃·【详解】A.适当搅拌能增大反应物接触面积，加快反应速率，提高“浸出”效率，A不符合题意；B.操作I加入的NH₃·H₂O是弱电解质，离子方程式中不可拆分为OH⁻，正确的离子方程式为Al3+C.“沉银”步骤得到的滤渣为AgCl，氨浸时AgCl与氨水反应生成可溶性的AgNH32ClD.操作Ⅱ中AgNH32+中+1价的Ag被还原为0价Ag单质，N故选B。10.B 11.C【详解】10.A.溶解KOH固体时，向盛有KOH的烧杯中加适量蒸馏水溶解，A正确；B.萃取振摇分液漏斗后，倒置分液漏斗打开活塞排气，可平衡分液漏斗内外压强，避免液体喷出，B错误；C.测量溶液pH时，将pH试纸置于干燥表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液滴在试纸上，再与标准比色卡对比，C正确；D.抽滤可加快过滤速率，适用于分离苯甲酸这类固体沉淀，装置符合抽滤操作要求，D正确；故选B。11.A.醛基具有还原性，可被空气中的O₂氧化为羧基，因此久置的苯甲醛会被氧化生成苯甲酸杂质，A正确；B.相同萃取剂总量下，多次萃取可提高溶质的萃取率，合并有机相可减少苯甲醇的损失，B正确；C.生成的苯甲酸钾为离子化合物，仅存在于水相，有机相中含有苯甲醇、萃取剂及少量未反应的苯甲醛，不存在苯甲酸，蒸馏有机相是为了分离苯甲醇和萃取剂等低沸点杂质，C错误；D.红外光谱可检测分子中的官能团，苯甲醇含羟基，苯甲酸含羧基，二者官能团特征峰不同，可通过红外光谱鉴定，D正确；故选C。12.B【详解】A.CO（NH₂）₂中N为-3价，生成1molN₂时共失去6mol电子，故转移6mole⁻最多产生1molN₂，A正确；B.电极1上CO（NH₂）₂失电子生成N₂，为负极，电极2上Cr₂O²得电子生成（Cr3+，为正极，电子应从负极（电极1）经外电路流向正极（电极2）C.负极反应为CONH22+H2O-6e-＝CO2↑+N2↑+6D.负极区生成H⁺后正电荷增多，Cl⁻需通过a膜进入负极区平衡电荷，故a为阴离子交换膜，D正确；故选B。13.D【详解】A.催化剂I晶胞中N原子位于体心位置，体心N的上下、左右、前后各紧邻1个Co原子，即面心上的Co原子，最近且等距的Co共6个，A正确；B.该立方晶胞的原子分布沿x、y、z三个轴方向均呈中心对称排布，三个方向的投影图完全相同，B正确；C.内3D.催化剂II中Co全部位于晶胞的面心位置，Co-Co的最短距离是相邻两个面心Co的间距，等于晶胞面对角线的一半，即22apm故选D。14.A【分析】H₃L是一种三元酸，其各级电离平衡：由图a第一个交点得出），由图a第二个交点得出）；配位平衡：图b中浓度c越大，其负对数-lgc就越小，随着pH升高，L³⁻增多，M²⁺被不断消耗去配位，导致游离c（M²⁺）减小（-lgc增大），对应自左向右单调上升的曲线为M²⁺;pH越高，酸根去质子化程度越大，游离c（L³⁻）越大（-lgc减小），对应自左向右单调下降的曲线为L3-;随着pH升高、配体L3-浓度增大，金属先逐级配位，[ML]⁻在较低pH区间率先生成并占优势；ML24-（曲线1）【详解】A.由可知：由可知：在pH＝7.00时，cH2L-＝10-4.50cHL2-而cB.金属离子与配体在溶液中逐级配位。随着pH升高，溶液中的游离配体L3-浓度增大，配合物向更高配位数的方向转化。在较高pH区间，最终产物ML24-占主导地位，符合图C.达式为：c配位消耗的少量配体），解得D.即（忽略金属配位消耗的少量配体），故选A。15.（1）冶炼金属硫化物产生的SO（2）蒸发浓缩、冷却结晶（3）铁屑加入量不足，导致溶液中的1Fe（4） 0.25 多孔结构具有较大的比表面积，物理吸附能力强，且FeO（OH）能与H2（5）TiO2s+2Cl2g+2Cs＝TiC【分析】钛铁矿（主要成分为FeTiO3）FeTiO3+2H2SO4＝TiOSO4+FeSO4+2H2O加水进行水浸，得到含TiOSO4【详解】（1）该地建有大型金属硫化物冶炼厂，金属硫化物冶炼会产生大量SO2，（2）由图像知，FeSO4溶解度随温度降低明显减小，要析出]（3）钛白TiO2是白色，Fe2O3（三氧化二铁）是红黄色，还原步骤加铁屑目的为把Fe3+全部还原为Fe2+，（4）绿矾（FeSO4⋅7H2O）在碱性条件下与氧气反应可制备多孔羟基氧化铁[FeO（OH）]，反应的化学方程式为：4FeSO4+O2+8OH-＝4FeOOH+4SO42-+2H2O，根据方程可得4FeOOH~1O2，则生成1molFeO（OH），消耗0.25mol（（5）已知①Ti②2CsTiO2s+2Cl2g+2Cs＝TiCl4g+2COg;总ΔG＝+118kJ/16.（1）烘干（或加热烘干至恒重）（2）加快白云石的溶解速率，并驱赶溶液中溶解的（C（3）防止酸性过强导致CaC2O4（4）蒸馏水（或冷水）（5）反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用（或自催化作用）（6）①和②均成立；V2＝0.57mL＞0，说明滤纸含有还原性成分，猜想①成立；V1＝1.72mL【详解】（1）湿存水是指样品表面吸附的水分，通常可以通过加热烘干的方法去除。白云石的主要成分是CaMgC（2）加热煮沸可以加快白云石溶解速率、赶走溶液中溶解的（CO2，（3）加入NH42C2O4溶液生成CaC2O4沉淀。草酸是弱酸，C2O42-在酸性条件下会转化为HC2O4（4）沉淀表面可能附着有Cl⁻、NH⁺等杂质离子。用稀NH42C2O4洗涤是为了减少（5）反应生成的Mn2+对该反应有催化作用。随着反应进行，A.为了精准控制终点，改为滴加半滴KMnO₄溶液，A正确；B.应充分摇匀，不是减慢锥形瓶旋摇速度，B错误；C.使用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，确保反应完全，C正确；D.记录滴定管液面的读数是终点到达后的操作，接近终点时还未记录，D错误；故选AC。（6）猜想①：滤纸含还原性成分（纤维素等），会消耗KMnO₄。猜想②：滤纸上的（CaC2O4未被完全冲洗，推入后继续反应。对照实验用Na₂CO₃，但同样使用滤纸。如果V₂是滤纸本身消耗的，V₁是滤纸+残留沉淀消耗的。已知V1＝1.72mL，V2＝0.57mL。V2不为0，说明滤纸有还原性（猜想①成立17.（1） 较低 较高（（3）2反应①为放热反应，若达到平衡，升高温度转化率应当降低。而表中250°∘C到350℃时转化率却在升高，说明250℃时反应尚未达到平衡状态反应①已达到平衡，由于反应①为放热反应，温度进一步升高导致平衡向逆反应方向移动（或催化剂在400℃时活性降低（4）从CO脱附生成CO（g）的活化能小于CO转化为CH4过程中的决速步活化能，故在未达到平衡前，生成CO的反应速率更快2.47由图b可知，生成（CH4的反应历程中，生成CH4的决速步为第三步，其活化能为2.47eV，【详解】（1）反应①是放热反应（△H1<0）（2）平衡常数表达式为生成物平衡浓度的幂之积与反应物平衡浓度的幂之积的比值，反应中各物质均为气体，直接代入反应（3）低温区域CO的平衡分压基本为0，说明此时以反应①为主导，升高温度，平衡逆向移动，下降的1和2对应的是甲烷和水，由化学计量数之比可知，两条下降的曲线中分压更大的1为H2O、2为CH4，两条上升的曲线中3对应的是H2、反应①是放热反应，如果体系已经达到平衡，随着温度升高，平衡应该逆向移动，CO2的转化率必然下降。但表格数据显示，从250℃到350℃，转化率从22%一路飙升至84%。这说明在350℃之前，反应速率较慢，给定的时间内体系还没来得及走到平衡点，温度升高主要作用是加快反应速率；到了350℃之后，体系基本达到了平衡。此后继续升高温度至400℃，平衡移动成为主导：反应①是放热反应，升高温度导致平衡逆向移动，因此CO2的转化率下降；（4）多路径竞争反应中，活化能越小反应速率越快，产物占比越高，CO的含量高于CH4，说明从CO脱附生成CO（g）的活化能小于CO转化为（CH据图b的反应历程（能量态势图），我们需要找到生成（CH4路径中的“决速步”（即活化能最大的那一步）。第一步（TS1）活化能:0.87-0.00＝0.87eV;第二步（TS2）活化能:0.59-（-0.10）＝0.69eV;第三步（TS3）活化能:1.94-（-0.53）＝2.47eV;第四步（TS4）活化能:2.48-0.56＝1.92eV;通过比较，生成（CH4的最大活化能壁垒是2.47eV，要在竞争反应中让CO生成得更快，CO脱附的活化能就必须低于竞争对手的最慢步骤（决速步）的活化能，因此推断其脱附活化能不高于18.（1） 羟基 酰胺基 羧基（2）对甲苯酚（4-甲基苯酚）（3）C（4） C ②（5）（6）1、2【分析】A和BnOH发生取代反应生成B，B和NH2NH2发生取代反应生成C，C中肼基与CHOCH33缩合成环生成D，D【详解】（1）观察F分子的结构简式可知，含氧官能团分别为直接连在芳环上的-OH（羟基）、-CONH-结构（酰胺基）、-COOH（羧基）。（2）BnOH的分子式为（C7H8O，不饱和度为4，遇FeCl3溶液显色说明分子中含有酚羟基，即除了苯环之外还剩余1个甲基，则包含邻、间、对三种异构体。对甲苯酚（4-甲基苯酚）具有对称结构，其分子中的氢原子共有4种化学环境：甲基上的氢（3个，峰面积为3）、苯环上对称的两对氢（分别2个和2个，峰面积均为2）、酚羟基上的氢（3）物质C的侧链肼基（-NH-NH2）提供2个氮原子，与CHOCH33发生缩合反应形成五元环生成D，则CHOCH（4）仅少量加入，不参与最终产物的元素组成，起促进重排的作用，因此其作用为催化剂，选C；在该Dimroth重排过程中，双环体系的桥头碳氮键（即标号②处的σ键）发生断裂，随后旋转方向，标注⑤处的N原子重新形成了C-Nσ键；（5）物质G与PhBOH2发生反应，在条件1下生成H（-Cl被苯基取代），I是H发生排的产物。类比前述重排规律