1、四川省绵阳市2020届高三化学适应性考试（四模）试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14 S 32 Fe 56 Cu 641.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A. 用大豆酿制酱油时，蛋白质水解生成了氨基酸B. 医用防护口罩中使用的聚丙烯熔喷布，其生产原料来自石油裂解C. 氨氮废水（含NH4+及NH3）可用化学氧化法或电化学氧化法处理D. 古代烧制瓷器的主要原料是石灰石和石英砂【答案】D【解析】【详解】A酿造酱油主要是利用微生物产生的蛋白酶，将原料(大豆等)中蛋白质水解成多肽、氨基酸等营养成分，故A正确；B聚丙烯是由丙烯加聚形成，石油裂解的产物主要有乙烯、丙
2、烯等，为丙烯的主要来源，故B正确；C氨氮废水中N为-3价，可利用氧化还原反应原理发生氧化反应转化为无毒物质，所以可用化学氧化法或电化学氧化法处理，故C正确；D瓷器的主要原料为黏土，是利用黏土高温煅烧制得的，故D错误；故答案为D。2.下列关于有机物的说法错误的是A. 环戊二烯（）分子中所有原子共平面B 乙二醇既能发生氧化反应，又能发生聚合反应C. 乙酸和甲酸甲酯分子中所含的共用电子对数相等D. 分子式为C4H8O2且能发生水解反应的有机物有4种【答案】A【解析】【详解】A该分子中有饱和碳原子，与饱和碳原子相连的4个原子不可能共面，故A错误；B乙二醇中羟基相连的碳原子上有氢原子可以发生羟基的催化氧
3、化，且乙二醇可以燃烧，所以可以发生氧化反应，羟基可以发生分子间脱水生成醚键，乙二醇含有两个羟基，可以发生脱水缩合，故B正确；C乙酸的结构简式为CH3COOH，含有8对共用电子对，甲酸甲酯为HCOOCH3，也含有8对共用电子对，故C正确；D分子式为C4H8O2且能发生水解反应说明含有酯基，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为4，若为甲酸和丙醇酯化，甲酸1种，丙醇有2种，酯有2种；若为乙酸和乙醇酯化，乙酸1种，乙醇有1种，酯有1种；若为丙酸和甲醇酯化，丙酸有1种，甲醇1种，酯有1种；可形成的酯共有4种，故D正确；故答案为A。3.W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。X是短周期原子半径最大的元
4、素，Y的最高化合价与最低价相加为0，Z是同周期非金属性最强的元素，W、X、Y三种元素形成的一种化合物结构如图所示。下列叙述正确的是A. X单质的熔点高于Y单质B. 气态氢化物稳定性：YZC. Z的氧化物对应的水化物为强酸D. X分别与W、Z形成的二元化合物溶于水显碱性【答案】B【解析】【分析】X是短周期原子半径最大的元素，则X为Na；根据W、X、Y三种元素形成的化合物可知，Y可以形成4个共价键，且Y的最高化合价与最低价相加为0，应为第A族元素，其原子序数大于Na，则为Si元素；W可以形成2个共价键，应为第A族元素，其原子序数小于Na，所以为O元素，Z是同周期非金属性最强的元素，其原子序数大于S
5、i，则应为Cl元素。【详解】AX单质为Na，为金属晶体，而Y的单质Si为原子晶体，熔点高于Na，故A错误；B非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性ClSi，所以气态氢化物稳定性ClSi，故B正确；CZ的氧化物对应的水化物有多种，例如HClO即为弱酸，故C错误；DNa与Cl形成的二元化合物NaCl水溶液显中性，故D错误；故答案为B。4.下列实验能达到目的的是选项目 的实 验A加快稀溶液中草酸与KMnO4的反应向溶液中加入少量MnSO4固体B检验海带中的碘元素向海带灰浸取液中滴加淀粉溶液C除去食盐水中的少量BaCl2向食盐水中通入过量的CO2 D制备少量氨气将硝酸铵与氢氧化钙固体混合加热A
6、. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A锰离子可以作为草酸和高锰酸钾反应的催化剂，加快反应速率，故A正确；B海带灰中碘元素并不是以碘单质的形式存在，不能使淀粉溶液变蓝，故B错误；C氯化钡和食盐水的混合溶液显中性，并不能和二氧化碳发生反应，故C错误；D硝酸铵受热易分解爆炸，不能用硝酸铵与碱加热反应制备氨气，故D错误；故答案为A。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。亚磷酸（H3PO3）为中强的二元酸，关于亚磷酸及其常温下pH3的溶液，下列说法正确的是A. 1molH3PO3所含OH键数目为3NAB. 每升该亚磷酸溶液中的H+数目为0.003NAC. 溶液中c(H2PO3-)2c(HP
7、O32-)c(OH)10-3mol/LD. 向该溶液中加入Na2HPO3固体，c(H3PO3)增大【答案】C【解析】【详解】A亚磷酸(H3PO3)为中强的二元酸，说明其分子中只有两个羟基氢，所以1 mol H3PO3所含OH键数目为2NA，故A错误；B该溶液pH=3，即溶液中c(H+)=10-3mol/L，所以每升该亚磷酸溶液中的H+数目为0.001NA，故B错误；C溶液中存在质子守恒：c(H2PO3-)2c(HPO32-)c(OH)= c(H+)10-3 mol/L，故C正确；D亚磷酸(H3PO3)为中强的二元酸，所以Na2HPO3为强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，加入到亚磷酸溶液中会促进亚磷酸
8、的电离，c(H3PO3)减小，故D错误；故答案为C。【点睛】亚磷酸(H3PO3)为中强的二元酸，则Na2HPO3为正盐，溶液中只存在HPO32-的水解，使溶液显碱性。6.Mg-VOCl2电池是一种基于阴离子传导的新型二次电池，其简化装置示意图如下。总反应为Mg2VOCl2MgCl22VOCl，下列说法错误的是A. 采用Mg作电极材料比Li的安全性更高B. 为该电池充电时Mg电极应与电源的正极相连C. 放电时正极反应为VOCl2e= VOClClD. 放电过程中Cl穿过复合离子液体向Mg移动【答案】B【解析】【分析】根据放电时总反应可知，放电时Mg为负极发生氧化反应，VOCl2为正极发生还原反应
9、，则充电时Mg为阴极，VOCl2为阳极。【详解】ALi活泼性更强，Mg比Li更稳定，安全性更强，故A正确；B充电时Mg电极要发生还原反应，与电源的负极相连，作阴极，故B错误；C放电时为原电池，原电池正极得电子发生还原反应，根据总反应可知电极反应为VOCl2e= VOClCl，故C正确；D放电时为原电池，原电池中阴离子流向负极，即流向Mg电极，故D正确；故答案为B。7.将硫酸铜的稀溶液放在密闭容器中，缓缓抽去容器中的水蒸气，溶液逐渐失水变成饱和溶液，再继续抽气，则变成各种含水盐，最后变成无水硫酸铜。50时，容器中的压强与晶体水合物中含水量的关系如图所示，下列说法错误的是A. 曲线L-M对应溶液中
10、无硫酸铜晶体析出B. 曲线M-M对应溶液溶质的质量分数保持不变C. 曲线M- N对应体系存在平衡：CuSO4(饱和溶液)CuSO45H2O(s)H2O(g)D. 当容器中压强低于p后得到无水硫酸铜【答案】C【解析】【详解】A据图可知M点溶液变成饱和溶液，之后继续失水才有硫酸铜晶体析出，所以曲线L-M对应溶液中无硫酸铜晶体析出，故A正确；BM-M对应溶液均为硫酸铜的饱和溶液，一定温度压强下，硫酸铜的溶解度不变，则其饱和溶液中溶质质量分数不变，故B正确；CM-M对应溶液均为硫酸铜的饱和溶液，该过程中随着液态水的减少，不断析出硫酸铜晶体，至M点晶体完全析出，此时再继续减压，存在的平衡应为CuSO45
11、H2O(s) CuSO43H2O(s)+2H2O(g)，故C错误；D据图可知当容器中压强低于p后非气相水的质量分数降为0，即此时得到的固体为无水硫酸铜，故D正确；故答案为C。【点睛】本题得到无水硫酸铜的过程与“热重实验”相似，关键是理清每一段曲线对应的反应阶段，L-M从不饱和溶液变为饱和溶液，M-M饱和溶液中析出五水硫酸铜晶体，继续抽气CuSO45H2O(s)转化为CuSO43H2O(s)，再继续抽气转化为CuSO4H2O(s)，再抽气得到无水硫酸铜，不断地抽走水蒸气可以使每一步的平衡正向移动。8.常用解热镇痛药对乙酰氨基苯酚（扑热息痛）为白色颗粒状晶体，易被空气氧化。实验室用对氨基苯酚乙酰化
12、制备扑热息痛的一种方法如下：查阅资料获得以下数据：对氨基苯酚醋酸酐对乙酰氨基苯酚熔点/189.6 190.2-73169 171密度/gcm-31.21.11.3相对分子质量109102151溶解性溶于乙醇和水溶于乙醇，稍溶于水易溶于乙醇和热水，溶于丙酮实验过程：如图所示，在三颈烧瓶中加入对氨基苯酚10.9g，再加入30 mL水。打开仪器a下端的旋塞，缓慢滴加12 mL醋酸酐。搅拌并水浴加热，控制温度在80左右，充分反应后按如下流程进行操作。回答下列问题：（1）仪器a的名称是_，仪器b的作用是_。（2）步骤洗涤晶体获得粗品时，选择的洗涤剂是_。（填标号）A乙醇 B丙酮 C热水 D冷水（3）减压
13、过滤装置如图所示。步骤减压过滤时，在吸滤瓶中要先加入适量NaHSO3，其作用是_，该减压过滤需趁热进行，原因是_。（4）步骤中操作X为_。（5）若最终得到9.8 g对乙酰氨基苯酚，则本实验的产率为_%。（保留1位小数）【答案】 (1). 恒压滴液漏斗 (2). 冷凝回流醋酸酐 (3). D (4). 防止产品被氧化 (5). 冷却时产品会在布氏漏斗中结晶 (6). 洗涤、干燥 (7). 64.9【解析】【分析】实验过程：在三颈烧瓶中加入对氨基苯酚10.9g，再加入30 mL水，打开仪器a下端的旋塞，缓慢滴加12 mL醋酸酐，搅拌并水浴加热，控制温度在80左右，充分反应；对乙酰氨基苯酚易溶于热水
14、，所以冷却后对乙酰氨基苯酚析出，过滤、用冷水洗涤得到粗品，之后再用热水溶解粗品，并加入活性炭吸附杂质同时防止产品被氧化，煮沸5min后趁热减压过滤，得到滤液，将滤液冷却结晶，减压过滤、洗涤干燥即可得到纯净的乙酰氨基苯酚。【详解】(1)根据a的结构特点可知a为恒压滴液漏斗；醋酸酐熔沸点较低，加热反应过程中会造成大量挥发，装置b可以冷凝回流醋酸酐，提高原料的利用率；(2)根据题目信息可知对乙酰氨基苯酚易溶于乙醇和热水，溶于丙酮，为降低产品的溶解损耗，应用冷水洗涤，所以选D；(3)对乙酰氨基苯酚易被氧化，NaHSO3具有较强还原性，可以防止其被氧化；对乙酰氨基苯酚易溶于热水，冷却后会在布氏漏斗中结晶
15、造成损耗；(4)操作X应为洗涤、干燥；(5)原料为对氨基苯酚10.9g，即0.1mol，12 mL醋酸酐即=0.13mol，根据方程式可知理论上生成的对乙酰氨基苯酚应为0.1mol，实际得到9.8g产品，所以产率为=64.9%。9.甲醇是一种常见的燃料，也是重要的基础化工原料。回答下列问题：（1）采用甲醇气相氨化法可制得二甲胺。已知：2CH3OH(g)3O2(g) 2CO2(g)4H2O(g) H1-3122kJ/mol4NH3(g)3O2(g) 2N2(g)6H2O(g) H2-472 kJ/mol4(CH3)2NH(g)15O2(g) 8CO2(g)14H2O(g)2N2(g) H3-74
16、92 kJ/mol则制备二甲胺反应2CH3OH(g)NH3(g) (CH3)2NH(g)2H2O(g)的H_ kJ/mol。（2）一定条件下，甲醇气相氨化法原料气中c(CH3OH):c(NH3)分别为1:1、2:1、3:1时，NH3的平衡转化率随温度变化的关系如图： 代表原料气中c(CH3OH):c(NH3)1:1的曲线是_。一定温度下，控制原料气中c(CH3OH):c(NH3)3:1，能增大NH3平衡转化率措施是_。温度为443K时，按c(CH3OH):c(NH3)2:1投料，若NH3的起始浓度为2mol/L，则反应达到平衡时，(CH3)2NH的体积分数为_，该温度下的化学平衡常数为_ 。（
17、3）甲醇可通过电化学方法由甲烷直接制得，装置如下图所示，电解生成CH3OH的过程分为3步：通电时，氯离子先转化为高活性的原子氯（Cl）；Cl与吸附在电极上CH4反应生成HCl和CH3Cl；在碱性电解液中，CH3Cl转化为目标产物CH3OH。步骤的电极反应式为_，步骤的离子方程式为_，维持电流强度为1.5A，装置工作2小时，理论上可制得CH3OH的质量为_g。（已知F96500C/mol，不考虑气体溶解等因素）【答案】 (1). -1367 (2). c (3). 及时移去产物 (4). 8.3%或 (5). 或0.037 (6). Cle= Cl (7). CH3ClOH=CH3OHCl (8
18、). 1.8【解析】【详解】(1)已知：a2CH3OH(g)3O2(g) 2CO2(g)4H2O(g) H1-3122 kJ/mol；b4NH3(g)3O2(g) 2N2(g)6H2O(g) H2-472 kJ/mol；c4(CH3)2NH(g)15O2(g) 8CO2(g)14H2O(g)2N2(g) H3-7492 kJ/mol；根据盖斯定律a+b-c可得反应2CH3OH(g)NH3(g) (CH3)2NH(g)2H2O(g) 的H-3122 kJ/mol+(-472 kJ/mol)-(-7492 kJ/mol)= -1367 kJ/mol；(2)假设氨气的浓度不变，改变甲醇的浓度，则甲醇
19、的浓度越大，相同条件下，氨气的转化率越高，所以题目所给三种投料比中，当c(CH3OH):c(NH3)为1:1时，氨气的转化率最小，即曲线c代表c(CH3OH):c(NH3)1:1；温度一定，投料比一定，该反应前后气体系数之和相同，即压强不影响平衡，所以需要及时移去产物，使平衡正向移动，可以增大氨气的转化率；根据第题可知c(CH3OH):c(NH3)2:1投料时转化率对应的曲线为b，则443K为氨气的平衡转化率为25%，起始浓度c(NH3)=2mol/L，则c(CH3OH)=4mol/L，列三段式有： 恒容密闭容器中体积分数和浓度占比相等，所以(CH3)2NH的体积分数为=8.3%(或)；平衡常
20、数K=或0.037；(3)步骤中Cl-转化为Cl，Cl-需要失去电子，所以为阳极，电极反应式为Cle= Cl；在碱性电解液中，CH3Cl转化为目标产物CH3OH根据元素守恒可得离子方程式为：CH3ClOH= CH3OHCl；维持电流强度为1.5A，电解2小时，时间为7200s，F=96500Cmol-1，则转移电子mol，左侧电极生成甲醇的过程存在数量关系：CH42ClCH3ClCH3OH2e-，所以生成的甲醇的物质的量为()mol，质量为()mol32g/mol=1.8g。10.辉钼矿主要含MoS2，还含有Ca、Si、Cu、Zn、Fe等元素。利用辉钼矿制备仲钼酸铵新一代清洁生产工艺如下图所示
21、：回答下列问题：（1）焙烧温度为400，MoS2转化为CaMoO4和CaSO4，则反应中每摩MoS2转移的电子数为_。仲钼酸铵（七钼酸铵）中的阴离子是Mo7O24n-，则n_。（2）传统焙烧是在650下，使MoS2直接与空气中的O2反应生成MoO3和SO2。图示清洁生产工艺加入CaCO3的优点是_。（3）溶浸时，CaMoO4发生复分解反应的化学方程式是_。循环渣的主要成分是CaCO3，则外排渣主要是_和Cu、Zn、Fe的硫化物。（4）已知：常温下Ksp(CaCO3)2.810-9，Ksp(CaSO4)9.110-6。在(NH4)2SO4母液中添加循环渣（CaCO3），可以使硫酸铵转化为碳酸铵（
22、返回溶浸循环使用），原因是_。（5）电氧化分解钼精矿时，用惰性电极电解钼精矿和NaCl的混合浆液，电解槽无隔膜，控制溶液pH9。阴极生成物为_，混合浆液中，阳极产物转化生成的NaClO氧化MoS2生成MoO42-和SO42-的离子方程式是_。【答案】 (1). 18mol或18NA (2). 6 (3). 能耗低，无SO2排放造成的环境污染 (4). CaMoO4(NH4)2CO3 = (NH4)2MoO4CaCO3 (5). SiO2 (6). 硫酸铵溶液中NH4+水解显酸性，促进CaCO3溶解 (7). H2（或氢气） (8). 9ClOMoS26OH = MoO42-2SO42-9Cl3
23、H2O【解析】【分析】辉钼矿与碳酸钙混合在空气中焙烧，MoS2转化为CaMoO4和CaSO4，其他杂质元素转化为相应的氧化物，之后溶浸并加入碳酸铵，CaMoO4与(NH4)2CO3发生复分解反应转化为(NH4)2MoO4和碳酸钙，硫酸钙转化为碳酸钙，再加入硫化铵得到杂质金属元素的硫化物沉淀以及SiO2，分离沉淀，其中碳酸钙可循环使用；之后向滤液中加入HCl调节pH为6得到仲钼酸铵沉淀。【详解】(1)MoS2中S为-1价，Mo为+2价，产物CaMoO4和CaSO4中Mo为+6价，S为+6价，MoS2中各元素共升高18价，所以反应中每摩MoS2转移的电子数为18NA；Mo7O24n-中Mo为+6价
24、，O为-2价，所以n=224-76=6；(2)传统焙烧温度高，能耗高，产生污染物SO2，图示流程焙烧温度400，能耗较低，且无SO2排放造成的环境污染；(3)溶浸时加入的物质为(NH4)2CO3，根据复分解反应的特点可知方程式应为CaMoO4(NH4)2CO3 = (NH4)2MoO4CaCO3；辉钼矿中的杂质元素有Ca、Si、Cu、Zn、Fe等，焙烧时杂质元素生成相应的氧化物，溶浸后Ca最终转化为碳酸钙沉淀，溶浸后又加入硫化铵，所以Cu、Zn、Fe转化为相应的硫化物沉淀，SiO2不溶于酸，所以外排渣主要是SiO2和Cu、Zn、Fe的硫化物；(4)硫酸铵溶液中NH4+水解显酸性，促进CaCO3
25、溶解，所以在(NH4)2SO4母液中添加循环渣(CaCO3)，可以使硫酸铵转化为碳酸铵；(5)电解槽无隔膜，所以电解时阴极水电离出的氢离子放电生成氢气；阳极氯离子放电生成氯气，溶液显碱性，氯气反应生成次氯酸根，NaClO氧化MoS2生成MoO42-和SO42-，MoS2整体化合价升高18价，ClO转化为Cl降低2价，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为：9ClOMoS26OH= Mo42-2SO42-9Cl3H2O。【点睛】配平信息型氧化还原反应方程式时，关键是正确判断元素化合价的变化情况，再根据电子得失守恒配平氧化剂和还原剂(或氧化产物和还原产物)的数量关系，然后再利用元素守恒或电荷守恒配
26、平整个方程式；要求学生对常见元素的常见价态有一定积累。化学选修3：物质结构与性质11.硫酸是重要的化工原料，我国主要采用接触法生产硫酸，主要过程如下： FeS2 SO2 SO3 H2SO4回答下列问题：（1）基态V原子电子排布式为_，基态Fe原子核外未成对电子数为_。（2）组成H2SO4的元素中，电负性由大到小的顺序是_，SO2分子的VSEPR模型为_。（3）固态SO3能以无限长链形式存在（如图所示）。其中S原子的杂化形式为_。长链结构中，连接2个S原子的O原子称为桥氧，连接1个S原子的O原子称为端基氧，则与S原子形成化学键键长更大的是_（填“桥氧”或“端基氧”），原因是_。 （4）绿矾是一种
27、重要的硫酸盐，其组成可写成Fe(H2O)62+SO4(H2O)2-，水合阴离子中H2O通过氢键与SO42-中的O原子相联结，按图示画出含氢键的水合阴离子：_。（5）一种含Fe、Cu、S三种元素的矿物晶胞如图所示，属于四方晶系（晶胞底面为正方形）。S2-的配位数为_。若晶胞的底面边长为a pm，高为b pm，晶体密度为 g/cm3，则阿伏加德罗常数可表示为_（写出表达式）。【答案】 (1). Ar3d34s2 (2). 4 (3). OSH (4). 平面三角形 (5). sp3 (6). 桥氧 (7). 端基氧与硫原子形成双键，桥氧为硫氧单键，硫氧单键键长比硫氧双键大 (8). (9). 4
28、(10). 【解析】【详解】(1)V原子为23号元素，基态原子核外有23个电子，所以电子排布式为：Ar3d34s2；基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，3d轨道有4个电子未成对；(2)非金属性越强，电负性越大，所以H、S、O三种元素电负性由大到小为OSH；二氧化硫分子中心原子价层电子对数为=3，所以为sp2杂化，其VSEPR模型为平面三角形；(3)根据固体SO3的结构可知每个S原子形成4个键，价层电子对数为4，所以为sp3杂化；端基氧与硫原子形成双键，桥氧为硫氧单键，硫氧单键键长比硫氧双键大，所以桥氧化学键键长更大；(4)氢键结合的情况可用XHY表示，所以含
29、氢键的水合阴离子为；(5)根据晶胞示意图可知S2-连接两个亚铁离子和两个铜离子，所以S2-的配位数为4；根据均摊法晶胞中S2-的个数为8，Fe2+的个数为，Cu2+个数为=4，所以晶胞的质量m=，晶胞体积V=a2b pm3= a2b10-30 cm3，所以晶胞的密度=，可解得NA=。【点睛】氢键通常可用X-HY来表示，式中X和Y代表F，O，N等电负性大而原子半径较小的非金属原子，其中X以共价键（或离子键）与氢相连， X和Y可以是两种相同的元素，也可以是两种不同的元素。化学选修5：有机化学基础12.腈亚胺与邻酚羟基苄醇在碱的作用下可以发生偶联反应生成醚键，反应的条件温和，操作简单，目标产物收率高
30、。下面是利用该方法合成化合物H的一种方法：注：以上合成路线中，Ph代表苯基，如PhNHNH2表示。实验碱温度/溶剂产率%1Et3N25DCM102吡啶25DCM53Cs2CO325DCM704LiOtBu25DCM435Cs2CO325DMF796Cs2CO325CH3CN83回答下列问题：（1）A的化学名称为_，B的结构简式为_。 （2）由C生成D的反应类型是_，F中的官能团名称是_。 （3）H的分子式为_。（4）不同条件对偶联反应生成H产率的影响如上表：观察上表可知，当选用DCM作溶剂时，最适宜的碱是_，由实验3、实验4和实验5可得出的结论是：25时，_，H产率最高。（5）X为G的同分异构
31、体，写出满足下列条件的X的结构简式：_。所含苯环个数与G相同；有四种不同化学环境的氢，其个数比为1:1:2:2 （6）利用偶联反应，以和化合物D为原料制备，写出合成路线：_。（其他试剂任选）【答案】 (1). 甲苯 (2). (3). 取代反应 (4). 羟基、醛基 (5). C26H22N2O2 (6). Cs2CO3 (7). 碱选择Cs2CO3，溶剂选择DMF (8). 、 (9). 【解析】【分析】A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，且A中应含有苯环，则A为，B为；(6)D为，根据流程中发生偶联反应的反应物和生成物的结构可知，若要发生偶联反应，需要先将D转化为E，发生类似F到G的转
32、化。【详解】(1)根据分析可知A为甲苯；B的结构简式为；(2)对比C和D的结构可知C中氯原子被替换，所以为取代反应；F含有的官能团为羟基和醛基；(3)Ph代表苯基，所以H含C原子个数为26，根据其结构简式可知分子式为C26H22N2O2；(4)观察上表可知，当选用DCM作溶剂时，当溶剂均为DCM时，碱为Cs2CO3时产率最高；对比三组实验可知，25 时，碱选择Cs2CO3，溶剂选择DMFH产率最高；(5)X为G的同分异构体，满足条件：所含苯环个数与G相同，即含有2个苯环；有四种不同化学环境的氢，其个数比为1:1:2:2，则分子的结构对称，满足条件的结构有：和；(6)和F的结构类似，结合分析可知合成路线为：。