2019屆廣東省惠州市高三上學(xué)期第二次調(diào)研考試?yán)砜凭C合化學(xué)試題(解析版)

1、廣東省惠州市2019高三第二次調(diào)研考理綜化學(xué)試題1.化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列說法錯誤的是：A.纖維素和淀粉水解的最終產(chǎn)物相同B.二氧化硫有漂白性，可用于紙漿的漂白C.車用乙醇汽油的使用有利于減少人類對石油的依賴D.加碘食鹽中含碘物質(zhì)主要是KI【答案】D【解析】【詳解】A項，纖維素和淀粉水解的最終產(chǎn)物都是葡萄糖，A項正確；B項，SO具有漂白性，可用于漂白紙漿、毛、絲、草帽辮等，B項正確；C項，傳統(tǒng)汽油主要來源于石油，石油屬于非再生能源，乙醇主要通過糖類農(nóng)作物和纖維類植物原料來生產(chǎn)，糖類農(nóng)作物和纖維類植物相比石油都是可再生能源，車用乙醇汽油的使用有利于減少人類對石油的依賴，C項正確；D項，加碘食鹽

2、中的含碘物質(zhì)主要是KIO3, D項錯誤；答案選Do2.設(shè)沖為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是：A. 42g己烯中含有碳?xì)滏I數(shù)目為32個B. 5.6g Fe 與足量鹽酸完全反應(yīng)時，失去電子數(shù)目為0.2 NaC.若1 mol AlCl 3完全轉(zhuǎn)化為Al(OH)3膠體，則分散系中膠體微粒數(shù)為NaD.將0.1 mol N 2與0.3 mol H 2在一定條件下充分反應(yīng)，生成 0.2 N a個NH3分子【答案】B【解析】【分析】A項，己烯的分子式為 GHz, 1個己烯中含12個C H鍵；B項，F(xiàn)e與鹽酸反應(yīng)生成 FeCl2和H2, 1molFe參與反應(yīng)失去 2mol電子；C項，Al (OH 3膠體中

3、的膠粒是一定數(shù)目Al (OH 3的集合體；D項，N2與H2在一定條件下合成 NH的反應(yīng)是可逆反應(yīng)。【詳解】A項，己烯的分子式為 GH12, n (己烯)=42g+84g/mol=0.5mol , 1個己烯中含12個C H鍵，42g己烯中含碳?xì)滏I物質(zhì)的量為0.5mol x 12=6mol,含碳?xì)滏I數(shù)目62個，A項錯誤；B項，n ( Fe) =5.6g + 56g/mol=0.1mol , Fe與鹽酸反應(yīng)生成 FeCL和H2, 1molFe參與反應(yīng)失去 2mol電子，5.6gFe與足量鹽酸完全反應(yīng)失去0.2mol電子，失去的電子數(shù)為 0.2Na, B項正確；C項，ImolAlCl 3完全轉(zhuǎn)化生成I

4、molAl (OH 3, Al (OH 3膠體中的膠粒是一定數(shù)目Al (OH 3的集合體,Al (OH 3膠體中的膠粒物質(zhì)的量小于1mol,含膠體微粒數(shù)小于 NA, C項錯誤；D項，N與H2在一定條件下合成 NH的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，將 0.1molN2與0.3molH2在一定條件下充分反應(yīng)生成的NH物質(zhì)的量小于0.2mol ,生成的NH分子數(shù)小于0.2Na, D項錯誤。答案選B。3.我國科學(xué)家屠呦呦因創(chuàng)造性地研制出抗瘧新藥青蒿素和雙氫青蒿素(對瘧原蟲有100%勺抑制率)而獲2015年諾貝爾醫(yī)學(xué)獎。如圖為青蒿素的鍵線式，以下關(guān)于青蒿素的說法錯誤的是A.含有酯基，可水解B.含有過氧鍵，有較強(qiáng)氧化性，

5、且不夠穩(wěn)定C.青蒿素的化學(xué)式05 H24O5D.在水中溶解度不大，易溶于有機(jī)溶劑【答案】C【解析】【詳解】A項，青蒿素中含有酯基，青蒿素可水解，A項正確；B項，青蒿素中含過氧鍵(一 O-O-),過氧鍵有較強(qiáng)氧化性，且不夠穩(wěn)定，B項正確；C項，青蒿素的不飽和度為 5,青蒿素的化學(xué)式為 C5H2Q, C項錯誤；D項，青蒿素中含酯基、醛鍵、過氧鍵，不含羥基、竣基等親水基，青蒿素在水中溶解度不大，易溶于有機(jī)溶劑，D項正確；答案選Co【點睛】有機(jī)物的水溶性與有機(jī)物中所含親水基有關(guān)，一般親水基越多、親水基的含量越大，該有機(jī)物在 水中溶解度越大，典型的親水基有：羥基、竣基、氨基等；而煌基、酯基、醍鍵都屬于憎

6、水基。4.某興趣小組探究 SO氣體的還原性，裝置如圖所示，下列說法不合理的是也風(fēng)溶液含有淀粉的膜水NGH期港ABCA. A裝置中FeCl3溶液逐漸變?yōu)闇\綠色，可以說明SO有還原性B. B裝置中藍(lán)色退去，說明還原性：SOI-C. C裝置中吸收尾氣有可能倒吸D. A、B裝置中發(fā)生的反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)一定相等?！敬鸢浮緿【解析】【分析】A項，A裝置中FeCl3溶液逐漸變?yōu)闇\綠色，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+,說明SO具有還原性；B項，B裝置中藍(lán)色褪去，說明 SQ與碘水發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，依據(jù)氧化還原反應(yīng)中還原性：還原劑 還 原產(chǎn)物分析；C項，SO能被NaOH液迅速吸收，導(dǎo)致 C裝置中導(dǎo)管內(nèi)壓弓II明顯減小，

7、C裝置中可能產(chǎn)生倒吸；D項，A、B裝置中消耗反應(yīng)物物質(zhì)的量不確定?！驹斀狻緼項，A裝置中FeCl3溶液逐漸變?yōu)闇\綠色，說明Fe3+被還原為Fe2+,則SO被氧化，A裝置中發(fā)生的反應(yīng)為：2Fe3+SO+2H2O=2F2+SO2-+4H+,說明SO具有還原性，A項正確；B項，B裝置中藍(lán)色褪去，說明 SQ與碘水發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為SO+I2+2H2O=4H+SO2-+2I-,在該反應(yīng)中SO為還原劑，I -為還原產(chǎn)物，氧化還原反應(yīng)中還原性：還原劑還原產(chǎn)物，則還原性：SOI-, B項正確；C項，SO污染大氣，用 NaOH液吸收尾氣，SO能被NaOH液迅速吸收，導(dǎo)致 C裝置中導(dǎo)管內(nèi)壓強(qiáng)明

8、顯 減小，C裝置中可能產(chǎn)生倒吸，C項正確；D項，A、B 裝置中發(fā)生的離子反應(yīng)依次為：2Fe3+SO+2HO=2FS+SO2-+4H+、SO+12+2HO=4H+SO2-+2I -,由于A、B裝置中消耗反應(yīng)物物質(zhì)的量不確定，A、B裝置中反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量不一定相等，D項錯誤；答案選Do5.已知a、b、c、d四種短周期主族元素，在周期表中相對位置如圖，下列說法正確的是A. a、c兩元素的最高正價一定相等B.原子半徑大小順序為：cdbaC. a、b兩元素可能形成多種共價化合物D. c、d二種元素氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比較：c d【答案】C【解析】【詳解】A項，若a、b、c、d依次為Q F、S、Cl元素

9、，。沒有最高正價，S的最高正價為+6價，A項錯 誤；B項，根據(jù)“層多徑大，序大徑小”，原子半徑由大到小的順序為：cdab, B項錯誤；C項，若a、b、c、d依次為N、O P、S元素，N與O可形成NO NQ、NO、NQ、NQ多種共價化合 物，C項正確；D項，根據(jù)c、d在周期表中的位置，非金屬性：cd, c、d兩種元素氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：c c(HC2O4 ) c(H+) c(OH )C. 0.1mol/L 的HGQ溶液，HGQ的電離度為 80%D. pH=7.0 的溶液中，c(Na+)=0.1+c(C 2。2 )-c(H 2QQ)【答案】C【解析】【詳解】A、 HC2Q 的 電離方 程式為 H2G

10、QH+HCO-、 HCQ-H+GQ2- , HGQ 的 G=c(H +) c( GO2-)/c(HC 2O-)，根據(jù)圖像當(dāng) c (HGQ-) =c (GQ2-)時溶液的 pH介于 4 和 5 之間，所以 HG。 的Q數(shù)量級為10-5, A正確；日 根據(jù)圖像知 NaHCO4溶液呈酸性，NaHC4溶液中HCQ-的電離程度(HCQ-= H+GQ2-)大于HCO4-的水 解程度(HCQ-+HO H2c2O4+OH),但HCO-的電離程度和水解程度者酩艮微弱，因此 NaHCO4溶液中c (Na+) c (HCQ-) c (H+) c (OH), B正確；C H2Q。的電離以第一步電離為主， 已電離的H2

11、GQ分子的濃度等于溶液中 c (HCO-),圖像中0.1mol/LH 2G。 溶液中 c (HCC4-) V0.08mol/L , 0.1mol/LH 2GQ溶液中 HG。的電離度小于 0.08/0.1 X 100%= 80% C錯誤； D 加入NaOHm后溶液中的電荷守恒式為： c (Na+) +c (H+) =c (OH) +c (HCQ-) +2c (GQ2-),常溫下 pH=7.0的溶液呈中性，c (H) =c (OH),則pH=7.0的溶液中的電荷守恒為 c (Na+) =c ( HCC4-) +2c (GQ2-),將 c(H2GQ) +c (HCO-)+c (CO2-)=0.1mo

12、l/L代入得c (Na+)=0.1+c (GO2-)-c(H2QQ), D 正確;答案選C。【點睛】準(zhǔn)確理解圖像是解題的關(guān)鍵，依據(jù)電離平衡常數(shù)的表達(dá)式和關(guān)鍵點的數(shù)值計算HC2Q的G和電離度。確定溶液中粒子濃度大小關(guān)系時，分析溶液中存在的平衡，弄清主次(如B項)，巧用電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子守恒(質(zhì)子守恒一般可由電荷守恒和物料守恒推出)。8.實驗室中的Y形管是一種特殊的儀器，通常與其他儀器組合可以進(jìn)行某些實驗探究。利用下圖裝置可以探究SO與BaCl2反應(yīng)生成BaSO沉淀的條件?；卮鹣铝袉栴}:(1)廣口瓶中間那根玻璃管的作用是： 。(2)實驗前需要將 BaCl2溶液煮沸，其目的是： 。(3)甲中發(fā)

13、生反應(yīng)的化學(xué)方程式為： (4)乙中分別加入一種常用氧化物和一種無色液體，常溫下將兩者混合可產(chǎn)生一種堿性氣體。該反應(yīng)的化 學(xué)方程式為:(5)實驗時，先使甲中產(chǎn)生的足量氣體通入BaCl2溶液中，始終無沉淀生成。由此得出的結(jié)論是(6)向上述(5)實驗所得溶液中通入乙產(chǎn)生的氣體，產(chǎn)生白色沉淀，請寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式:(7)請指出該實驗的一個不足之處： ?！敬鸢浮?1).平衡壓強(qiáng)，使甲、乙中的氣體可順利進(jìn)入BaCl2溶液中(2).排除溶解的 Q防止將SO在溶液中氧化為SQ2-而對實驗產(chǎn)生干擾(3). Na2SO+HSO(濃)=SO T+N32SO+HO (4). CaO +NH H 2。= Ca(O

14、H)2+NH T (或 NH H 20d NH3 T +HO ) (5).在酸性條件下不能生成 BaSO沉淀 (6).SO+2NH+HO+Ba+=BaSOJ +2NH+.SO可能對環(huán)境產(chǎn)生污染(或沒尾氣處理裝置)、通NH時有可能倒吸【解析】 【分析】本題的實驗?zāi)康氖翘骄?SQ與BaCl2反應(yīng)生成BaSO沉淀的條件。甲裝置中 NaSO與濃H2SO反應(yīng)制備SO; 為了防止BaCl2溶液中溶解的Q與SO作用產(chǎn)生的SO2-干擾實驗的判斷，實驗前需要將 BaCl2溶液煮沸趕盡溶解氧；通過實驗現(xiàn)象得出在酸性條件下SO不能與BaCl2反應(yīng)生成BaSO沉淀；裝置乙中產(chǎn)生的堿性氣體為NH,由CaO和氨水作用產(chǎn)生

15、 NH; SQ、NH通入BaCl2溶液中產(chǎn)生 BaSO沉淀；SO、NH都能污染大氣,NH極易溶于水，該裝置的不足之處是沒有尾氣吸收裝置、通 NH時可能產(chǎn)生倒吸；根據(jù)上述分析作答?！驹斀狻?1)廣口瓶中間那根玻璃管的作用是：平衡壓強(qiáng)，使甲、乙中的氣體可順利進(jìn)入BaCl2溶液。(2)為了防止BaCl2溶液中溶解的。與SO作用產(chǎn)生的SO2-干擾實驗的判斷，實驗前需要將BaCL溶液煮沸，其目的是：排除溶解的Q,防止將SO在溶液中氧化為 SO2-而對實驗產(chǎn)生干擾。(3)甲中Na2SO與濃H2SO反應(yīng)生成 NaSQ、HkO和SO,反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NmSO+HSO (濃)=NaSQ+SQT +HbQ(4

16、)乙中分別加入一種常用氧化物和一種無色液體，常溫下將兩者混合可產(chǎn)生一種堿性氣體， 該堿性氣體為NH,獲得NH的常用氧化物為 CaO無色液體為氨水，兩者反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CaO+NH H 2O=Ca(OH2+nhT。(5)實驗時，將甲中產(chǎn)生的足量SQ通入BaCL溶液中，始終無沉淀生成，由此說明：酸性條件下SO不能與BaCl2反應(yīng)生成BaSO沉淀。(6)向上述(5)實驗所得溶液中通入 NH3,產(chǎn)生白色沉淀，反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO+2NH+H2O+BaCb=BaSOj +2NHC1,反應(yīng)的離子方程式為 SO+2NH+HO+Ba+=BaSOJ +2NH+。(7) SO、NH都能污染大氣，該裝置的不足

17、之處是沒有尾氣吸收裝置；NH3極易溶于水，該裝置的不足之處是裝置中d導(dǎo)管插入BaCl2溶液中，通NH時可能產(chǎn)生倒吸。9.甲醇是重要的化工原料。利用合成氣(主要成分為CO CO和HO在催化劑的作用下合成甲醇，發(fā)生的主-1A H =-99kJ molA H= 58 kJ mol 1AH3要反應(yīng)如下: CO(g) + 2H2(g) =CHOH(g) CO2(g) +3H(g) =CHOH(g)+HO(g) CO2(g) +H2(g) uCO(g)+HO(g)(1) CO的電子式是 AH =kJ mol t,反應(yīng)正向的嫡變 AS 0(填或 = )o(3)在容積為2 L的密閉容器中，充入一定量 CO和H

18、b合成甲醇(上述反應(yīng))，在其他條件不變時，溫度丁、T2對反應(yīng)的影響圖像如圖。t甲醉的物質(zhì)的g/mol溫度為時，從反應(yīng)到平衡，生成甲醇的平均速率為v(CH3OH)=圖示的溫度T1 T2(填寫“”、“”或“=”)(4) Ti溫度時，將2 mol CO和6 mol H2充入2 L密閉容器中，充分反應(yīng) (上述反應(yīng))達(dá)到平衡后，若 CO轉(zhuǎn)化率為50%此時容器內(nèi)的壓強(qiáng)與起始壓強(qiáng)之比為 ;反應(yīng)在該溫度達(dá)到平衡時，其平衡常數(shù) 的數(shù)值為CO生成CHOH的電極反應(yīng)式:(5)若反應(yīng)在原電池條件下實現(xiàn)，請寫出酸性條件下惰性電極上由nA+ 41 (3). V (4). (5). V (6). 3 : 4%(8). CO

19、 2 + 6e - + 6H + = CH 30H + H2O (9). 正,該電極為原電池的 極?！敬鸢浮?1).(2).0.148 0.15 (或 1/6.75 以及 4/27【解析】【分析】(1)co的電子式為6 ： c二：6。 VI(2)應(yīng)用蓋斯定律計算 A H。反應(yīng)正向的 AS0o(3)根據(jù)圖像中數(shù)值用公式U=計算U (CHOH。Al用“先拐先平”法分析，圖像中T2先出現(xiàn)拐點，T2反應(yīng)速率快，則TiT2o (4)用三段式和化學(xué)平衡常數(shù)的表達(dá)式計算。(5) 1molCQ得到6mol電子生成1molCHOH結(jié)合原子守恒、電荷守恒寫電極反應(yīng)式；該反應(yīng)為還原反應(yīng),在原電池的正極上發(fā)生。【詳解

20、】(1) CO的電子式為 *(2)分析各熱化學(xué)方程式，應(yīng)用蓋斯定律，將-得，C0(g)+H2(g)=二C0( g) +H2O(g) AH=AH2-AHi=(-58kJ/mol ) - (-99kJ/mol ) =+41kJ/mol。反應(yīng)中氣體反應(yīng)物的化學(xué)計量數(shù)之和為4,氣體生成物的化學(xué)計量數(shù)之和為 24,反應(yīng)正向的 AS0。(3)根據(jù)圖像，溫度為 時，從反應(yīng)到平衡反應(yīng)生成CHOHW質(zhì)的量為n/mol,生成甲醇的平均速率為 %： 2 % u (CHOH = mol/ (L min) = mol/ (L - min)。用“先拐先平”法分析，圖像中T2先出現(xiàn)拐點，T2反應(yīng)速率快，根據(jù)溫度對化學(xué)反應(yīng)速

21、率的影響知：丁1 ”或)；原因是。(4)硝酸鎰是制備上述反應(yīng)催化劑的原料，Mn(NO)2中的化學(xué)鍵除了 兀鍵外，還存在 。(5) MgO具有NaCl型結(jié)構(gòu)(如圖)，其中陰離子采用面心立方最密堆積方式，X射線衍射實驗測得 MgO勺晶胞參數(shù)為a nm,則r(O2-)為 nm (用含a的算式表示，不必運算化簡，下同 )。MnOtk屬于NaCl型結(jié)構(gòu)，晶胞參數(shù)為 a / nm則r(Mn2+)為 nm(用含a、a 的算式表示)?！敬鸢浮?(1). 1s22s22P63s23P63d54s2 或Ar3d 54s2 (2). O (3). Co (4). sp (5). sp(6) . (9). CO 2與

22、H2均為非極性分子，CO分子量較大、范德華力較大(10).離子鍵和b鍵(11). (12).42 4【解析】【分析】(1)根據(jù)構(gòu)造原理寫基態(tài) Mn原子的核外電子排布式；第一電離能：MnO基態(tài)Mn原子核外未成對電子數(shù)為5,基態(tài)Co原子核外未成對電子數(shù)為3。(2) CO中C原子為sp雜化，CHOH中C原子為sp3雜化。(3)CH30H和H2O都是極性分子，H2O中氫鍵比CHOH,沸點：CHOHH2的相對分子質(zhì)量，CO的范德華力H2的范德華力，沸點: CQH2O(4) Mn (NO) 2中M吊與NO-之間存在離子鍵，NO-內(nèi)N原子和O原子間存在 (T鍵和兀鍵。(5) MgO!胞中陰離子采用面心立方最

23、密堆積，4r (C2-) =5 a nm； MnOtk屬于NaCl型，根據(jù)“ MnO的晶胞參數(shù)=2r (M吊)+2r (C2-) ” 解得 r (Mr2+)?！驹斀狻?1) Mn的原子序數(shù)為25, Mn原子核外有25個電子，根據(jù)構(gòu)造原理，基態(tài)Mn原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s2 (或Ar 3d 54s2); Mn為金屬元素易失去電子，O為非金屬元素，第一電離能：MnO第一電離能較大的是 Q基態(tài)Mn原子價電子排布式為 3d54s2,基態(tài)Mn原子核外未成又電子數(shù)為 5, 基態(tài)Co原子價電子排布式為 3d74s：基態(tài)Co原子核外未成對電子數(shù)為 3,基態(tài)原子核外未成對電

24、子數(shù)較 少的是Co=，、一一、，一 ,一 1 ， 一， 一 一，一 CO中中心原子 C的價層電子對數(shù)為-X (4-2X2) +2=2, CO中C原子為sp雜化；CHOH中C原子形成4個b鍵，C上沒有孤電子對，C的價層電子對數(shù)為 4, CHOH中C原子為sp3雜化。(3)CH30H和H2O都是極性分子，H2O中氫鍵比 CHOH ( 1moHO中含2mol氫鍵,1molCHOH中含1mol 氫鍵)，沸點：CHOHH2的相對分子質(zhì)量，CO的范德華力H2的范德華力，沸點:CQH2O(4) Mn (NO) 2中Mn+與NO-之間存在離子鍵，NO-內(nèi)N原子與O原子間除了存在 兀鍵外還存在3個(T鍵,Mn

25、(NO) 2中除了兀鍵外，還有離子鍵和 b鍵。(5) MgO!胞中陰離子采用面心立方最密堆積，則 4r (C2-) =Ji a nmy r (C2-) =nm； MnOtk屬于NaCl 4型，MnO陰、陽離子的配位數(shù)都為 6, MnO的晶胞參數(shù)=2r ( M吊)+2r (C2-),也,nm=2r (M吊)+2X 國 nm 4解得 r ( Mn+)=( 上鐺) nm=2412.對羥基苯乙酸是合成藥物的中間體，其制備路線如下(A為芳香煌)：濃鹽酸已知: R-CN * R-COOH、(e/H/ %)-no2； NH3回答下列問題：(1) A的名稱是。(2) BfC的反應(yīng)試劑是 ,反應(yīng)類型是; E-F

26、的反應(yīng)類型是。(3) C-D反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。(4) E中含氧官能團(tuán)的名稱為 。(5) 1molG與足量NaOH反應(yīng)，可以消耗 molNaOH(6) H是G的同系物，滿足下列條件的H的同分異構(gòu)體有 種(不考慮立體異構(gòu))H相對分子質(zhì)量比 G大14苯環(huán)上含兩個取代基其中核磁共振氫譜為六組峰，峰面積之比為1:2:2:2:2:1的結(jié)構(gòu)簡式為 (7) 結(jié)合以上合成路線及相關(guān)信息，設(shè)計由苯制備苯酚的合成路線 【答案】(1).(2).濃硫酸、濃硝酸(或濃HSQ、應(yīng)(或硝化反應(yīng))(4).還原反應(yīng)(5).。力(6)至分其、 褶其(7)2(8)6(9)濃HNO全對才給分)(3).取代反1 + NaC?N Oj

27、N+ NaCl.一。 .，： 7：，|(10)八)乂、 H 口1 .J 1 .八濃濃H：S%【解析】【分析】A為芳香燒，A與Cl 2光照下發(fā)生側(cè)鏈上的取代反應(yīng)生成B, B的分子式為 1 . .GHCl,則A為甲苯，A的結(jié)構(gòu)簡式為0出，B的結(jié)構(gòu)簡式為II、一；對比b和c的分子式，B生成C為硝化反應(yīng)；對比 C、D的分子式，C轉(zhuǎn)化為D為C中一Cl被一CNWt； D轉(zhuǎn)化為E發(fā)生題給已知的反應(yīng)，D中一CN水解成一COOHE轉(zhuǎn)化為F發(fā)生題給已知的反應(yīng)，E中一NO被還原成一NH; F與NaNQ H2SO作用生成G, G中兩個取代CH:C1 , D 的-CH2COOH , F的結(jié)構(gòu)簡式為氐CN , E的結(jié)構(gòu)簡式為0根據(jù)以上推斷結(jié)果作答。【詳解】A為芳香燒，A與C12光照下發(fā)生側(cè)鏈上的取代反應(yīng)生成B, B的分子式為 CzHCl,則A為甲苯，A的結(jié)構(gòu)簡式為CHm, B的結(jié)構(gòu)簡式為(/B和C的分子式，B生成C為硝化反應(yīng);基處于對位，逆推出 C、D E、F中的兩個取代基都處于對位，C的結(jié)構(gòu)簡式為 。強(qiáng)對比C、D的分子式，C轉(zhuǎn)化為D為C中一Cl被一CN取代；D轉(zhuǎn)化為E發(fā)生題給已知的反