江西省师范大学附属中学2021届高三化学下学期三模考试试题（含解析）

1、江西省师范大学附属中学2019届高三化学下学期三模考试试题（含解析）PAGE PAGE - 32 -江西省师范大学附属中学2019届高三化学下学期三模考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Cu:64 Na:23 Cl:35.51.化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）A. 汽车尾气中的氮氧化合物是汽油或柴油不完全燃烧造成的B. 我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与硅有关C. 液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰D. 工程兵开山使用的炸药“TNT”是有机高分子化合物【答案】C【解析】【详解】A.汽车尾气中的氮氧化合物是汽车发动机中N

2、2与O2在电火花作用下发生反应产生的，A错误；B.我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与二氧化硅有关，B错误；C.液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰,二者发生反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和水，从而消除了Cl2的毒性及危害，C正确；D.炸药“TNT”是三硝基甲苯，不是搞高分子化合物，D错误；故合理选项是C。2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A. 14g乙烯和丙烯的混合物中极性键数目为2NAB. 标准状况下，与在光照条件下反应生成HCl分子数为C. 容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAD. 电解精炼铜时阳极减轻32 g，电路中

3、转移电子数目一定为NA【答案】A【解析】【详解】A.乙烯和丙烯最简式是CH2，最简式的式量是14，所以14g乙烯和丙烯的混合物中含有1molCH2，则其中含有的极性键C-H数目为2NA，A正确；B.取代反应是逐步进行的，不可能完全反应，所以标准状况下，22.4LCH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数小于4NA，B错误；C.容器中2molNO与1molO2充分反应会产生2molNO2，NO2会有部分发生反应产生N2O4，因此最后得到气体分子数目小于2NA，C错误；D.在阳极反应的金属有Cu，还有活动性比Cu强的金属，因此电解精炼铜时阳极减轻32 g，电路中转移电子数目不一定为NA，D错误

4、；故合理选项是A。3.降冰片二烯类化合物是一类太阳能储能材料。降冰片二烯在紫外线照射下可以发生下列转化。下列说法错误的是（ ）A. 降冰片二烯与四环烷互为同分异构体B. 降冰片二烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 四环烷的一氯代物超过三种（不考虑立体异构）D. 降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超过4个【答案】C【解析】【详解】A.降冰片二烯与四环烷分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体，A正确；B.降冰片二烯分子中含有碳碳双键，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C.四环烷含有三种位置的H原子，因此其一氯代物有三种，C错误；D.根据乙烯分子是平面分子，与碳碳双键连接的C原子在碳碳双键

5、所在的平面上，所以降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子为4个，D正确；故合理选项是C。4.根据下列实验操作，预测的实验现象和实验结论或解释均正确的是（ ）实验操作预测实验现象实验结论或解释A向FeI2溶液中滴入足量溴水，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性:Fe3+I2B向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热有砖红色沉淀生成葡萄糖具有还原性C常温下，将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中，用淀粉碘化钾试液检验试液不变蓝常温下，浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应D向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH4+O

6、H- = NH3+H2OA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.由于Br2具有强的氧化性，所以向FeI2溶液中滴入足量溴水，Fe2+、I-都被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2单质，由于I2容易溶于CCl4，而CCl4与水互不相容，密度比水大，因此加入CCl4，振荡，静置，会看到液体分层，下层为I2的CCl4溶液层但不能证明氧化性:Fe3+I2，A错误；B.向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中要先加入NaOH溶液，使溶液显碱性，然后再滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，会看到产生砖红色沉淀，证明淀粉水解产生的葡萄糖具有还原性，B错误；C.浓盐酸、二氧化锰在室温

7、下不能反应产生氯气，因此用淀粉碘化钾试液检验，不能使试纸变为蓝色，C正确；D.向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液，首先发生反应：Al3+3OH-=Al(OH)3，D错误；故合理选项是C。5.短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递増，其原子的最外层电子数之和为13。X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是( )A. X的简单氢化物溶于水显酸性B. Y的氧化物是离子化合物C. Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质D. X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸【答案】B【解析】考查原子核外电子的排布规

8、律。Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，说明Z原子的最外层电子数是6个，Y的最外层电子数是2，因此X的最外层电子数是5，即X是N。X与Y、Z位于相邻周期，所以Y是镁，Z是硫。氨气的水溶液显碱性，A不正确。氧化镁是活泼的金属和活泼的非金属形成的，属于离子化合物，B正确。H2S具有还原性，容易被氧化，C不正确。硝酸和硫酸都是强酸，D不正确。答案选B。6.电渗析法淡化海水装置示意图如下，电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立的间隔室，海水充满在各个间隔室中。通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现了淡水和浓缩

9、海水分离。下列说法正确的是（ ）A. 离子交换膜b阳离子交换膜B. 各间隔室的排出液中，为淡水C. 通电时，电极l附近溶液的pH比电极2附近溶液的pH变化明显D. 淡化过程中，得到的浓缩海水没有任何使用价值【答案】B【解析】【详解】图中分析可知，电极1为电解池阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应为：2Cl-2e-=Cl2，电极2为阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应2H+2e-=H2，实线对应的半透膜是阳离子半透膜，虚线是阴离子半透膜。A.分析可知b为阴离子交换膜，A错误；B.实线对应的半透膜是阳离子半透膜，虚线是阴离子半透膜，结合阴阳离子移向可知，各间隔室的排出液中，为淡水，B正确；C

10、.通电时，阳极电极反应：2Cl-2e-=Cl2，阴极电极反应，2H+2e-=H2，电极2附近溶液的pH比电极1附近溶液的pH变化明显，C错误；D.淡化过程中，得到的浓缩海水可以提取氯化钠、镁、溴等，有使用价值，D错误；故合理选项是B。7.常温下，向10 mL0.1 mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1 mol/L的氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析正确的是（ ）A. 各点溶液中的阳离子浓度总和大小关系：dcbaB. 常温下，R- 的水解平衡常数数量级为10 -9C. a点和d点溶液中，水的电离程度相等D. d点的溶液中，微粒浓度关系：c(R-)+2c(HR)=c(NH3H2O)【答

11、案】B【解析】【详解】A.溶液导电能力与溶液中离子浓度有关，根据图象可知，b点导电能力最强，d点最弱，A错误；B.根据图象可知，0.1mol/L的HR溶液的pH=3，则c(R-)c(H+)=10-3mol/L，c(HR)0.1mol/L，HR的电离平衡常数Ka=10-5，则R-的水解平衡常数数Kh=10-9，B正确；C.a、d两点导电能力相等，但溶液的pH分别为4、8，都抑制了水的电离，a点c(H+)=10-4mol/L，d点c(OH-)=10-6mol/L，所以对水的电离程度的影响不同，C错误；D.d点加入20mL等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4R和NH3H2O，根据物料守恒可得：2

12、c(HR)+2c(R-)=c(NH3H2O)+c(NH4+)，因溶液呈碱性，NH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则c(NH4+)c(NH3H2O)，则c(HR)+c(R-)c(NH3H2O)，D错误；故合理选项是B。8.“84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名，在日常生活中使用广泛，其有效成分是NaClO。某化学研究性学习小组在实验室制备NaClO溶液，并进行性质探究和成分测定。(1)该学习小组按上图装置进行实验（部分夹持装置省去），反应一段时间后，分别取B、C瓶中的溶液进行实验，实验现象如下表。已知：饱和NaClO溶液pH11；25C时，弱酸电离常数为：H2CO3：K1=

13、4.410-7，K2=4.710-11；HClO：K=310-8实验步骤实验现象B瓶C瓶实验1：取样，滴加紫色石蕊试液变红，不褪色变蓝，不褪色实验2：测定溶液的pH312回答下列问题：仪器a的名称_，装置A中发生反应的离子方程式_。C瓶溶液中的溶质是NaCl、_（填化学式）。若将C瓶溶液换成NaHCO3溶液，按上述操作步骤进行实验，C瓶现象为：实验1中紫色石蕊试液立即褪色；实验2中溶液的pH=7结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因_(2)测定C瓶溶液中NaClO含量（单位：g/L）的实验步骤如下：取C瓶溶液20mL于锥形瓶中，加入硫酸酸化，加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应。

14、用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液，淀粉溶液显示终点后，重复操作23次，Na2S2O3溶液的平均用量为24.00mL。（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）步骤I的C瓶中发生反应的离子方程式为_。盖紧瓶塞并在暗处反应的原因_滴定至终点的现象_。C瓶溶液中NaClO含量为_g/L（保留2位小数）【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO2+2Cl-+4H+Cl2+Mn2+2H2O (3). NaClO、NaOH (4). 溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大 (5). ClO-+2I-+2H

15、+=I2+Cl-+H2O (6). 防止HClO分解（防止Cl2、I2逸出） (7). 当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色 (8). 4.47【解析】【分析】装置A中MnO2固体和浓盐酸反应生成Cl2，Cl2中含HCl气体，通过装置B中饱和食盐水除去氯化氢，通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，通过碳酸氢钠溶液，氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大，最后通过碱石灰吸收多余氯气，(1)由图可知仪器的名称，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气；通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠；C瓶溶液中石蕊立即褪色的原

16、因是氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大；(2)取C瓶溶液20mL于锥形瓶，加足量盐酸酸化，迅速加入过量KI溶液，次氯酸钠在酸性溶液中氧化碘化钾生成碘单质；盖紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO分解； ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，ClO-I22S2O32-，以此计算C瓶溶液中NaClO的含量。【详解】(1)仪器a的名称分液漏斗，装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2+Cl2+2H2O；氯气和装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，C瓶溶液的溶质是NaCl、Na

17、ClO、NaOH；C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是：溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大；(2)步骤I的C瓶中反应的离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO光照分解；通常选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点的现象当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；由ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-2I-+S4O62-，由方程式可得关系式NaClOI22S2O32-，1 2n 0.1000mol/L0.024L=0.0024mol

18、则n=0.0012mol，则C瓶溶液中NaClO的含量为=4.47g/L。【点睛】本题考查物质含量测定实验的测定的知识，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，注意滴定终点的判断方法、学会利用关系式法进行计算，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意测定原理。9.硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂，也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解

19、技术生产CuCl的工艺过程如下所示：请回答下列问题：(1)若步骤中得到的氧化产物只有一种，则它的化学式是_。(2)写出步骤中主要反应的离子方程式：_。(3)步骤包括用pH2的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_(写酸的名称)。(4)上述工艺中，步骤和的作用是_。(5)Se为A族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式：_。(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原

20、因是_；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是_。【答案】 (1). CuSO4 (2). 2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H (3). 硫酸 (4). 使CuCl干燥，防止其水解氧化 (5). Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se+SO2+H2O (6). 温度过低反应速率慢 (7). 温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可)【解析】【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵发生氧化还

21、原反应生成CuCl，发生2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，(1)步骤中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，据此分析；(2)步骤铜离子、亚硫酸铵、氯化铵得到CuCl，铜元素化合价降低，则硫元素化合价升高，还有硫酸根离子生成，据此书写；(3)由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，据此分析；(4)根据已知“CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化”分析；(5)硒代硫酸钠（Na2SeSO3）与H2S

22、O4溶液反应得到硒、硫酸钠、二氧化硫和水；(6)温度过低，反应慢，温度过高、pH过大铵盐易分解，容易向CuO和Cu2O转化；【详解】(1)步骤中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，氧化产物只有一种，则为CuSO4；(2)步骤的反应为：2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；(3)由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质；(4)由题：CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，步骤醇洗，步骤烘干，目的是

23、：使CuCl干燥，防止其水解氧化；(5)硒代硫酸钠（Na2SeSO3）与H2SO4溶液反应为：Na2SeSO3+H2SO4Na2SO4+Se+SO2+H2O；(6)流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低反应速率慢，CuCl产率低；温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐（氯化铵，亚硫酸铵）易受热分解；【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断、物质性质的应用的知识，注意对题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用。10.碳和氮的化合物在生产生活中广泛存在。回答下列

24、问题：(1)催化转化器可使汽车尾气中的主要污染物（CO、NOx、碳氢化合物）进行相互反应，生成无毒物质，减少汽车尾气污染。已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H1=+180.5 kJ/mol；2C(s)+O2(g)=2CO(g) H2=221.0 kJ/mol；C(s)+O2(g)=CO2(g) H3=393.5 kJ/mol则尾气转化反应2NO(g) +2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的H=_。(2)氨是一种重要的化工原料，在工农业生产中有广泛的应用。在773 K时，分别将2.00 mol N2和6.00 mol H2充入一个固定容积为1 L的密闭容器中，随着反应的进行，气体

25、混合物中n(H2)、n(NH3)与反应时间(t)的关系如表所示：t/min051015202530n(H2)/mol6.004.503.603.303.033.003.00n(NH3)/mol01.001.601.801.982.002.00该温度下，若向同容积的另一容器中投入N2、H2、NH3，其浓度均为3 mol/L，则此时v正_v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。由表中的实验数据可得到“ct”的关系，如图1所示，表示c(N2)t的曲线是_。在此温度下，若起始充入4 mol N2和12 mol H2，则反应刚达到平衡时，表示c(H2)t的曲线上相应的点为_。(3)NOx的排放主要来自于汽

26、车尾气，有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=34.0kJ/mol，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图2所示：由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为_；在1100K时，CO2的体积分数为_。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)。在1050K、1.1106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=_已知：气体分压(P分)=气体总压(Pa)体积分数。(4)在酸性电解质溶液中，以惰性材料作电极，将CO2转化为丙烯原理如图3所示太阳能电池的负极是

27、_(填“a”或“b”)生成丙烯的电极反应式是_。【答案】 (1). -746.5 kJ /mol (2). 大于 (3). 乙 (4). B (5). 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (6). 20% (7). 4 (8). a (9). 3CO2+18H+18e-=C3H6+6H2O【解析】【分析】(1)根据盖斯定律进行分析；(2)该温度下，25 min时反应处于平衡状态，平衡时c(N2)=1 mol/L、c(H2)=3 mol/L、c(NH3)=2 mol/L，带入平衡常数表达式计算；在该温度下，若向同容积的另一容器中投入N2、H2和NH3，其浓

28、度均为3mol/L，计算出浓度商Qc，将计算结果与平衡常数K比较判断分析进行方向；N2的初始浓度为2mol/L，且浓度逐渐减小，据此判断；起始充入4 mol N2和12 mol H2，相当于将充入2.00 mol N2和6.00 mol H2的两个容器“压缩”为一个容器，假设平衡不移动，则平衡时c(H2)=6 mol/L，而“压缩”后压强增大，反应速率加快，平衡正向移动，据此可知平衡时3 mol/Lc(H2)6 mol/L，且达到平衡的时间缩短；(3)结合外界条件对反应速率、平衡状态的影响以及三段式计算得到；根据三段式计算Kp；(4)燃料电池中负极通燃料，正极通氧气；太阳能电池为电源，电解强酸

29、性的二氧化碳水溶液得到丙烯，丙烯在阴极生成。【详解】(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=+180.5kJ/mol；2C(s)+O2(g)=2CO(g) H=-221.0kJ/mol；C(s)+O2(g)=CO2(g)H=-393.5kJ/mol，根据盖斯定律2-可得：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) H=-746.5kJ/mol；(2)该温度下，25 min时反应处于平衡状态，平衡时c(N2)=1 mol/L、c(H2)=3 mol/L、c(NH3)=2 mol/L，则K=；在该温度下，若向同容积的另一容器中投入N2、H2和NH3，其浓度均为3 molL

30、-1，则Qc=K，反应正向进行，故v正大于v逆；N2的初始浓度为2mol/L，且浓度逐渐减小，图象中曲线乙符合；起始充入4 mol N2和12 mol H2，相当于将充入2.00 mol N2和6.00 mol H2的两个容器“压缩”为一个容器，假设平衡不移动，则平衡时c(H2)=6 mol/L，而“压缩”后压强增大，反应速率加快，平衡正向移动，故平衡时3 mol/Lc(H2)6 mol/L，且达到平衡的时间缩短，故对应的点为B；(3)1050 kPa 前，反应b中NO2转化率随着温度升高而增大的原因是，在1050kPa前反应未达平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，物质的转化率增大；在110

31、0kPa时NO转化率40%，结合三段式计算列式得到；C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)起始量(mol) 2 0 0变化量(mol) 20.4=0.8 0.4 0.4平衡量(mol) 1.2 0.4 0.4CO2的体积分数=100%=20%；在1050K、1.1106Pa时，NO的转化率为80%，则C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)起始量(mol) 2 0 0变化量(mol) 280%=1.6 0.8 0.8平衡量(mol) 0.4 0.8 0.8可知平衡时p(NO)=0.2P总，p(N2)=0.4p总，p(CO2)=0.4p总，Kp=4；(4)在燃料电池中，负极通燃料，

32、正极通氧气，故a是负极，b为正极；电解时，二氧化碳在b极上生成丙烯，得到电子的一极为电源的正极，则生成丙烯的电极反应式为：3CO2+18H+18e-=C3H6+6H2O。【点睛】本题考查了盖斯定律在热化学方程式计算中的应用方法、化学平衡状态、物质的平衡转化率及燃料电池工作原理的知识。注意三段式在化学平衡计算中的应用、掌握化学反应基本原理的解题关键。11.H（3一溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯）是重要的有机物中间体，可以由A(C7H8)通过下图路线 合成。请回答下列问题：（1）C的化学名称为_，G中所含的官能团有醚键、_、_（填名称）。（2）B的结构简式为_，B生成C的反应类型为_。（3）由G生成H的化学方程式为_。EF是用“H2/Pd”将硝基转化为氨基，而CD选用的是(NH4)2S，其可能的原因是_。（4）化合物F的同分异