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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（辽宁专用）
黄金卷04
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要
求。
1．我国古代先民在生活、生产过程中积累了丰富的化学知识。下列有关说法中错误的是
A．《天工开物》中记载的琉璃石与水晶的成分相同，二者均为单晶硅
B．《吕氏春秋》中记载了有关青铜的性质，青铜的硬度比铜的硬度大
C．《本草纲目》中记载的有关乙醇和水的分离过程，应用了蒸馏操作
D．《本草经集注》中利用“火烧法”区分 和 ，应用了焰色试验
【答案】A
【解析】A．水晶的成分为 ，选项A错误；
B．青铜属于合金，其硬度大于铜，选项B正确；
C．乙醇和水属于互溶的液态混合物，二者分离应采用蒸馏法，选项C正确；
D．火烧 和 时，火焰的颜色不同，可用焰色试验进行区分，选项D正确；
答案选A。
2．下列有关化学用语的表述中正确的是
A．质量数为34的 的结构示意图为
B．四氯化碳的电子式为
C． 甲基丁烷的球棍模型为
D．基态 的价电子排布图为【答案】C
【解析】A．质量数为34的 其核电荷数为16，正确的为 ，A错误；
B． 的电子式为 ，B错误；
C． 甲基丁烷的结构简式为(CH)CHCH CH，球棍模型为 ，C正确；
3 2 2 3
D．基态 的价电子排布图为 ，D错误；
答案选C。
3．设 为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．10 g 60%的乙酸水溶液中含有的氧原子总数为0.2
B．常温常压下，15g甲基碳正离子( )所含的电子数为8
C．0.5 mol的 和 混合物中，所含阴离子数为
D．标准状况下，22.4 L 参加反应时，转移电子数为2
【答案】B
【解析】A．未考虑水中的氧原子，氧原子总数大于0.2 ，故A错误；
B．15g甲基碳正离子( )的物质的量为1mol，所含电子数为8 ，故B正确；
C．过氧根为一个阴离子，0.5mol 和 中阴离子物质的量为0.5mol即0.5 ，故C错误；
D．在氯气和水的反应中，标况下22.4L 参加反应时，转移电子数为 ，故D错误；
故选B。
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！4．下列反应的离子方程式正确的是
A．向硫代硫酸钠溶液中滴入稀硝酸：
B．向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2 +CO +H O=2 +
2 2
C．氧化铜与氨水：
D．向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫：
【答案】C
【解析】A．硝酸强氧化性，将硫代硫酸根氧化成 ，离子方程式为：
，A项错误；
B．苯酚会与 反应生成 ，向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳离子方程式为：
，B项错误；
C．氧化铜与氨水反应会生成四氨合铜离子，则氧化铜与氨水反应的离子方程式为：
，C项正确；
D．过量的次氯酸钠再与 反应生成HClO，向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫离子方程式：
，D项错误；
答案选C。
5．反应 。下列说法不正确的是
A．该反应在低温下能自发进行是由于 的影响
B．该反应的平衡常数
C．实际生产中选择高温是因为高温时Si的平衡转化率比低温时大
D．其他条件不变时，可通过缩小体积增大压强提高Si的转化率
【答案】C
【解析】A．反应自发进行应满足 ，该反应 ，所以该反应在低温下能自发进行是由于ΔH<0的影响，A项正确；
B．硅为固体，不能体现在平衡常数中，根据平衡常数的定义，可知平衡常数表示正确，B项正确；
C．该反应为放热反应，升温会使平衡逆向移动，Si的平衡转化率会减小，C项错误；
D．该反应是气体系数减小的反应，缩小体积增大压强会使反应平衡向正向进行，提高Si的转化率，D项
正确；
故选C。
6．类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是
A．Na与 在加热条件下反应生成 ，故可推测Li与 在加热条件下反应生成
B． 可用作医疗X射线检查的内服药剂，俗称“钡餐”，故可推测 也用作“钡餐”
C．工业上采用电解熔融NaCl的方法冶炼金属钠，故工业上也可用电解熔融 的方法冶炼金属铝
D． 与 反应生成 ，故可推测 与 反应生成
【答案】D
【解析】A．Li与 在加热条件下反应只生成 ，A错误；
B．碳酸钡能和胃酸盐酸生成有毒的氯化钡，B错误；
C． 为共价化合物，熔融不导电，工业上可用电解熔融氧化铝的方法冶炼金属铝，C错误；
D．过氧化氢、过氧化钠均具有强氧化性， 与 反应生成 ，故可推测 与 反应生成
，D正确；
故选D。
7．下列说法正确的是
4
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！A．图①操作配制银氨溶液 B．图②装置可用于分离溴苯和苯
C．图③操作测定氯水的pH D．图④装置可用于比较Cl、S元素的非金属性
【答案】D
【解析】A．配制银氨溶液，应该把氨水滴入硝酸银溶液中，故A错误；
B．分馏装置中，接收器锥形瓶上不能塞橡胶塞，故B错误；
C．氯水中的次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，故C错误；
D．锥形瓶中生成氯气，氯气和试管内的硫化钠反应生成氯化钠和S沉淀，氯气是氧化剂、S是氧化产物，
氧化性Cl>S，可知非金属性Cl>S，故D正确；
2
选D。
8．化石燃料燃烧后产生的氮氧化物可引起酸雨、光化学烟雾和臭氧消耗等问题，因此降低 排放对环境
保护至关重要。高效催化剂 的脱硝原理如图，□表示氧原子空位。下列说法错误的是
A．气态氧吸附在氧空位上转化为
B． 被 还原成
C．通过从 向 的电子转移，催化剂恢复到原来的状态
D．Co和 之间的协同效应在提高 催化剂的活性方面起着关键作用
【答案】B【解析】A．反应是通过在氧空位上吸附活化气态氧引起的，然后转化为晶格 (步骤①)，故A正确；
B． 被 还原成 (步骤④)，故B错误；
C．通过 向 的电子转移(步骤⑥)，催化剂恢复到原来的状态(步骤⑦)，故C正确；
D． 和 的离子参与反应过程，两者之间的协同效应有利于提高催化作用，故D正确；
故答案为：B。
9．奥培米芬是一种雌激素受体调节剂，其合成中间体的结构简式如图所示，关于该中间体，下列说法正确
的是
A．含有三种官能团
B．含有2个手性碳原子
C．一定条件下1mol该物质最多能与10mol 发生加成
D．苯环上的一氯代物有5种结构
【答案】C
【解析】A．该有机物分子中含碳氯键、碳碳双键、醚键和酯基，A错误；
B．已知同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合题干有机物的键线式可知，
分子中不含手性碳原子，B错误；
C．每个苯环可消耗3mol ，一个碳碳双键可消耗1mol ，1mol该物质最多能与10mol 发生加成，
C正确；
D．由题干有机物的键线式可知，分子中三个苯环不对称，故苯环上的一氯代物有8种结构，如图所示：
6
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！，D错误；
答案选C。
10．某科研人员提出HCHO与O 在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO、HO的历程，该历程示意图
2 2 2
如下(图中只画出了HAP的部分结构)。
下列说法正确的是
A．HAP能降低HCHO与O 的反应的活化能，增大了平衡转化率
2
B．该历程中有非极性键的断裂，没有非极性键形成
C．HCHO分子中σ键与π键之比为2：1
D．根据图示信息，CO 分子中的氧原子全部来自O
2 2
【答案】B
【解析】A．由题图可知，HAP是催化剂，能提高HCHO与O 的反应速率，但是不能改变平衡转化率，A
2
项错误；
B．在整个反应历程中，有极性键(如C-H键)和非极性键(如O=O键)的断裂，有极性键(C=O)的形成，无非
极性键的形成，B项正确；
C．HCHO分子中σ键与π键之比为3:1，C项错误；
D．根据图知，CO 分子中的氧原子一部分来自O，另一部分来自甲醛，D项错误；
2 2
答案选B。
11．科学家利用氨硼烷设计成原电池装置如题图所示，常温下该电池总反应为
。下列说法正确的是
A．b室为该原电池的负极区B．放电过程中， 通过质子交换膜由b室移向a室
C．a室的电极反应式为
D．其他条件不变时，向 溶液中加入适量 溶液能增大电流强度
【答案】C
【分析】氨硼烷中硼元素化合价升高，被氧化，是负极；过氧化氢中氧元素化合价降低，被还原，是正
极。
【解析】A．b室为过氧化氢溶液，是正极，A项错误；
B．放电时，氢离子是阳离子，向正极移动，应有a室移向b室，B项错误；
C．a室为氨硼烷被氧化，失去电子，变成 ，C项正确；
D．该电解质为酸性溶液，加入NaOH溶液不能增大电流强度，D项错误；
故选C。
12．已知：氮、磷、砷元素广泛应用于生产生活中，NH 、NH、NO、NO 、HNO 等是氮的重要化合物，
3 2 4 2 3
白磷(P )易自燃，易溶于CS，Ca(HPO ) 是磷肥的有效成分；砷化镓是重要的半导体材料。下列有关说法正确
4 2 2 4 2
的是
A．NH、NO 、HNO 中N的杂化方式均为sp2
2 4 2 3
B．白磷分子(P )是非极性分子，可保存在冷水中
4
C．磷肥与草木灰混合施肥效果更佳
D．砷化镓的晶胞结构如图所示，镓原子配位数为8
【答案】B
【解析】A．NH 中氮原子最外层有5个电子，形成三对共用电子对，另外还有一对孤电子对，氮原子采
2 4
用的都是sp3杂化，NO 中存在3原子四电子大π键，故N采用sp2杂化，HNO 中N原子没有孤对电子，也采取
2 3
sp2杂化，A错误；
B．已知CS 是非极性分子，故白磷(P )易自燃，易溶于CS，根据相似相溶原理可知，白磷分子(P )是非极
2 4 2 4
8
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！性分子，可保存在冷水中，B正确；
C．草木灰的主要成分是强碱弱酸盐碳酸钾，碳酸钾在溶液中水解生成的氢氧根离子能与磷肥的有效成分
磷酸二氢钙反应生成难溶的磷酸钙沉淀，导致肥效降低，C错误；
D．由晶胞结构可知，距离镓原子最近的砷原子有4个，则镓原子配位数为4，D错误；
故答案为：B。
13．化合物Z是制备药物洛索洛芬钠的关键中间体，可由下列反应制得。
下列说法正确的是
A．X分子中含有1个手性碳原子 B．Y能发生消去反应
C．Z中的含氧官能团为羰基和醚键 D． 最多能与 反应
【答案】A
【解析】A．根据手性碳原子的定义可知，甲基的对位基团与苯环直接相连的C原子为手性碳原子，X分
子中只有这1个手性碳原子，A正确；
B．与溴原子相连的β-C上无氢原子，不能发生消去反应，B错误；
C．Z中的含氧官能团为酯基和醚键，C错误；
D．溴原子与酯基可以和氢氧化钠发生反应，1molZ最多能与2molNaOH反应，D错误；
故选A。
14．一种外用消炎药主要成分的结构如图所示。X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元
素，其中X的基态原子核外有3个未成对电子。下列说法不正确的是
A．第一电离能：
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：
C． 与 的化学键类型和晶体类型都相同
D． 与 是分子空间结构相似的极性分子
【答案】B
【分析】X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素， Y形成2个共价键，W形成6个共价
键，可知Y为O元素，W为S元素，M原子序数比S元素大，则M为Cl元素，Z能形成+1价简单离子，且原
子序数比O大，则Z为Na元素，X的基态原子核外有3个未成对电子，形成2个共价键，X得到1个Z失去的电子，X为N元素。X、Y、Z、W、M分别为N元素、O元素、Na元素、S元素、Cl元素；
【解析】A．N核外电子排布处于半充满状态，结构较稳定，第一电离能大于O，S半径大于O，第一电离
能小于O，所以第一电离能： ，A正确；
B．同一周期自左向右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强，其中酸性： ，
B错误；
C． 和 都含离子键和共价键，属于离子晶体，C正确；
D．SO 和O 是等电子体，分子空间结构均为V型，都是平面的极性分子，D正确；
2 3
答案选B。
15．当 25℃时，向 10mL 某浓度新制氯水中滴入0.1 mol∙L−1的 NaOH溶液，滴定曲线如图所示。已知次
氯酸的电离常数为 ，下列说法正确的是
A．甲到乙发生的离子反应为：
B．乙到丁的过程中，水的电离程度一直增大
C．丙点溶液中：
D．氯水中存在平衡： 该反应的平衡常数K约为
10
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！【答案】D
【分析】氯水中存在 ，从图中可以看出，用NaOH溶液滴
定氯水，滴定过程中有两个突变点，则从甲到乙，主要发生HCl与NaOH的反应，平衡正向移动，此时溶液中
不再有氯气；从乙到pH=10的点，主要发生HClO与NaOH的反应，总反应为
，溶液中氯原子总物质的量为10mL×0.1mol/L=10-3mol。
【解析】A．由分析可知，甲到乙发生的非氧化还原反应主要为：H++OH-=H O，A错误；
2
B．甲到丙的过程中，氯气与水反应的产物不断与NaOH发生反应，水的电离程度一直增大；从丙到丁的
过程中，溶液中c(NaOH)不断增大，对水电离的抑制作用不断增大，水的电离程度不断减小，B错误；
C．丙点为NaCl、NaClO、HClO混合溶液，且溶质的物质的量有：n(NaCl)＞n(NaClO)＞n(HClO)，所以
，C错误；
D．氯水中存在平衡： ，pH=10时，Cl 与NaOH刚好完全
2
反应，由Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+H O，可求出n (Cl)=2×0.001mol=2×10-3mol，根据起点pH=2，则氯水中有
2 2 总
c(H+)≈c(Cl-)≈c(HClO)≈0.01mol/L，n(Cl-)+n(HClO)=0.01mol/L×2×10mL=2×10-4mol，n(Cl )=(2×10-3mol -2×10-
2
4mol)÷2=9×10-4mol，c(Cl )= =9×10-2mol/L，该反应的平衡常数
2
，D正确；
故答案选D。第Ⅱ卷
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．由菱锰矿(主要成分为 ，还含有少量Si、Fe、Ni等元素)制备一种新型锂电池正极材料
的工艺流程如下：
已知：① ， ， ，
， 。
②当溶液中离子浓度小于 时，可视为沉淀完全。
③ 可溶于水。
(1)基态锰原子的核外电子排布式为 。
(2)加入少量 的目的是氧化 ，实际生产中不用 替代 的原因是 。
(3)溶矿反应完成后，先向反应后溶液中加入石灰乳至溶液 ，再加 进一步除去 。加石灰乳调
节溶液pH时，不直接将 沉淀完全为 的原因是 。
(4)若分离后的溶液中 ，要使 完全除尽，则需控制 的范围为 ；生产
中也可用 (填化学式)代替 除去 ，同时增加 产量。
(5)电解废液中可循环利用的物质是 (填化学式)
(6)煅烧时，生成 的化学方程式为 。
【答案】(1) 或
12
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！(2) 或 能催化分解 ，利用率低
(3) 完全沉淀为 时，溶液中 部分已经形成 沉淀，产物的产率降低
(4) 或
(5)
(6)
【分析】菱锰矿中加入硫酸，其中的碳酸锰，少量的Fe、Ni元素均会溶于硫酸变成相应的离子，加入二氧
化锰将亚铁离子氧化成铁离子，调节pH得到氢氧化铁沉淀，再加入硫化钡将镍离子转化为沉淀，分离沉淀得
到的电解液中主要是锰离子，通过电解得到二氧化锰，再与碳酸锂共同煅烧形成最终产物。
【解析】（1）锰的原子序数为25，位于第四周期第ⅦB组，其基态锰原子的核外电子排布式为
或 。
（2）由于过氧化氢不稳定， 或者 可以催化其分解，导致过氧化氢的利用率降低；
（3）由于 和 相差不大，若直接将 沉淀完全为 ，则溶液中
部分已经形成 沉淀，产物的产率降低。
（4）①要使 完全除尽，其浓度最小为 ，则
，又因为要求 ，则 ，所以
②由于 ，MnS可以向NiS转化，同时还可以增加 浓度，进而增加 的产
量。
（5）电解过程中，阳极消耗氢氧根，生成氢离子，生成的氢离子和硫酸根形成硫酸，所以电解废液中可循
环利用的物质是（6）由流程可知，煅烧过程中，碳酸锂和二氧化锰反应，生成 、二氧化碳和氧气，发生氧化还原
反应，利用氧化还原规律配平，可得到化学方程式为：
17．纯 遇热易发生分解，工业上通常制成 固体以便运输和储存。制备 的实验装置如图
所示(夹持装置省略)，其中A装置制备 ，C装置用于制备 。回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 。装置B的作用是 。
(2)装置A中发生反应的离子方程式为 。向装置A中通入空气的目的是 。
(3)装置C中发生反应的化学方程式为 ；C装置采用“冰水浴”的目的是 。
(4)研究测得C装置吸收液中的 与 对粗产品中 含量的影响如图所示。则最佳条
件为 ， 。
14
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！【答案】(1) 三颈烧瓶 安全瓶，防止倒吸
(2) 赶出 气体，使其进入装置C发生反应制取
(3) 防止温度过高， 分解为 和
，同时可减少由于温度过高导致 分解
(4) 4 0.8
【分析】在装置A中NaSO 、NaClO 与硫酸发生氧化还原反应产生ClO ，在装置C中发生反应：
2 3 3 2
2ClO +2NaOH+HO=2NaClO +2H O+O，以制取NaClO，装置B的作用是安全瓶，防止由于装置C降温使装
2 2 2 2 2 2 2
置气体压强减少，而使装置A中液体倒吸，装置D的NaOH可以吸收ClO ，防止大气污染。
2
【解析】（1）根据装置图可知：仪器a的名称是三颈烧瓶；装置B的作用是安全瓶，防止倒吸现象的发
生；
（2）在装置A中NaSO 、NaClO 与硫酸发生氧化还原反应产生ClO 、NaSO 、HO，反应的化学方程式
2 3 3 2 2 4 2
为：NaSO +2NaClO +H SO =2Na SO +2ClO ↑+H O，该反应的离子方程式为：
2 3 3 2 4 2 4 2 2
；向装置A中通入空气的目的是赶出ClO 气体，然后通过装置B到
2
装置C中发生反应制取 ；
（3）在装置C中，ClO 与NaOH及HO 发生氧化还原反应产生NaClO，根据得失电子守恒、原子守恒，
2 2 2 2可得发生反应的化学方程式为： ；NaClO 的溶解度随温度升高而
2
增大，过氧化氢高温易分解，所以冰水浴冷却的目的是：降低NaClO 的溶解度、减少HO 的分解；由于纯
2 2 2
ClO 遇热易发生分解，且ClO 的沸点较低，所以冰水浴还可以避免ClO 分解，使其变为液态，方便使用；
2 2 2
（4）根据图示可知：当c(NaOH)=4 mol/L时， 0.8时粗产品中NaClO 含量最高，再进一步提
2
高浓度和比值，对产量并没有提高却浪费原料，故最佳条件为c(NaOH)= 4 mol/L， 0.8。
18．利用 制甲烷可实现碳中和， 催化加氢合成 反应为
(1) 催化加氢合成 过程中， 活化的可能途径如题图1所示，CO是 活化的优势中间体，原
因是 。
(2) 催化 与 转化为 的机理如题图2所示。
16
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！①步骤(ⅱ)中相关的碳原子轨道杂化类型的变化为 。
②催化剂中掺入少量 ，用 替代 结构中部分 形成 ，可提高催化效率的原因是
。
③催化剂 在催化过程中由 转变成 晶胞的组成结构变化如题图3所示，一个 晶胞中
和 个数比为 。
(3) 催化加氢合成甲烷时，选用Ni和 作催化剂时，反应相同时间，测得 转化率和生成
选择性随温度变化的影响分别如题图4和题图5所示。①以Ni为催化剂，高于320℃后， 转化率上升的主要原因是 。
②以 为催化剂，高于320℃后， 转化率略有下降的可能原因是 。
【答案】(1)生成中间体CO反应的活化能小，反应速率快、CO中间体能量低，稳定，有利于生成
(2) 由sp杂化转变为 杂化 结构中氧空位增加
(3) 高于320℃后，Ni催化剂活性随温度升高而增强，和温度升高的共同作用使 催化加氢合成甲烷
反应速率加快，使 转化率上升 高于320℃后，温度升高对反应速率的影响小于催化剂活性减弱对反应
速率的影响， 催化加氢合成甲烷反应速率下降； 催化加氢合成甲烷反应放热，温度升高不利于提高
转化率
【解析】（1）生成中间体CO反应的活化能小，反应速率快、CO中间体能量低，稳定，有利于生成，因
此 催化加氢合成 过程中， 活化的可能途径如题图1所示，CO是 活化的优势中间体；
（2）①步骤(ⅱ)中相关的碳原子由CO 中的sp杂化转化至CeCO 中 中C为 杂化，故轨道杂化类型
2 3
18
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！的变化为由sp杂化转变为 杂化；
②220℃时，在催化剂作用下CO 与H 反应一段时间后，测得CHOH的选择性为48%，不改变反应时间和
2 2 3
温度，一定能提高CHOH选择性的措施有增大压强、使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂；
3
③假设 中的 和 的个数分别为m和n，则m+n=1，由化合物中各元素正、负化合价代数和为
0可得4m+3n=4-2x，解得m=1-2x，故一个 晶胞中 和 个数比为 ；
（3）①以Ni为催化剂，高于320℃后， 转化率上升的主要原因是高于320℃后，Ni催化剂活性随温度
升高而增强，和温度升高的共同作用使 催化加氢合成甲烷反应速率加快，使 转化率上升；
②以 为催化剂，高于320℃后， 转化率略有下降的可能原因是高于320℃后，温度升高对反
应速率的影响小于催化剂活性减弱对反应速率的影响， 催化加氢合成甲烷反应速率下降； 催化加氢合
成甲烷反应放热，温度升高不利于提高 转化率。
19．化合物G可用于药用多肽的结构修饰，其人工合成路线如下：
(1)G分子中官能团名称 。
(2)A→B的反应类型为 ，E→F过程1)的反应类型为
(3)D中碳原子的杂化类型有 。
(4)写出C→D的化学方程式 。
(5)F的分子式为C H NO ，其结构简式为 。
12 17 2
(6)A的同分异构体中满足下列条件的有 种。
①遇FeCl 溶液呈紫色 ②能发生水解 ③苯环上含两个取代基，且不含其它环
3
写出其中核磁共振氢谱有6个峰，且峰面积之比为2:2:1:1:1:1的分子的结构简式 。
【答案】(1)羧基、氨基(2) 取代反应 还原反应
(3)sp2和sp3
(4) +CH OH +HCl
3
(5)
(6) 12
【分析】A和CHI在NaOH条件下发生取代反应、再酸化生成B，B和SOCl 发生取代反应生成C，C和
3 2
甲醇发生取代反应生成D，D和NH OH发生反应生成E，E发生还原反应生成F，F发生酯的水解、再调pH生
2
成G。
【解析】（1）由结构简式可知， 的官能团为羧基、氨基，故答案为：羧基、氨基；
（2）由分析可知，A→B的反应为 在氢氧化钠溶液中先与一碘甲烷发生取代反应，后酸化得
到 ；E→F过程1发生的反应为 一定条件下发生还原反应生成 ，
故答案为：取代反应；还原反应；
（3）由结构简式可知， 分子中苯环碳原子和双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，饱和碳原
子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp2和sp3；
（4）由分析可知，C→D的反应为 与甲醇共热发生取代反应生成 和氯化
20
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！氢，反应的化学方程式为 +CH OH +HCl，故答案为：
3
+CH OH +HCl；
3
（5）由分析可知，分子式为C H NO 的F的结构简式为 ，故答案为：
12 17 2
；
（6）A的同分异构体遇氯化铁溶液呈紫色说明同分异构体分子中含有酚羟基，能发生水解说明同分异构体
分子中含有酯基，苯环上含两个取代基，且不含其它环说明同分异构体的结构可以视作
取代了CH=CHCOOH分子中的氢原子所得结构，共有9种，也可以视作 取代了
2
CH=CHOOCH分子中—OOCH中氢原子所得结构，共有3种，则符合条件的结构共有12种，其中核磁共振氢
2
谱有6个峰，且峰面积之比为2：2：1：1：1：1的分子的结构简式 ，故答案为：9；
。
