1、四川省成都外国语学校2023-2024学年高三上学期期中考试理综综合化学试题注意事项：1.本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分2.本堂考试150分钟，满分300分3.答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用2B铅笔填涂4.考试结束后，将答题卡交回可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Cl-35.5第卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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. 化学与人类社会密切相关，下列应用和操作涉及氧化还原反应原理的是A. 用浸泡过高锰酸钾硅土保鲜水果B. 用热的纯碱去油污C. 用二氧化硅制作光纤D.
2、 高压钠灯广泛用于道路照明【答案】A【解析】【详解】A酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化水果释放出的具有催熟作用的乙烯，A符合题意；B用热的纯碱溶液清理油污是因为水解而显碱性，油脂在碱性溶液中发生水解反应，生成可溶于水的物质，B不符合题意；C二氧化硅光纤的原理是基于全反射的原理,，C不符合题意；D利用高压电流通过钠蒸汽产生的放电来产生光线，高压钠灯广泛用于道路照明，D不符合题意；故答案为：A。2. 下列有关方程式正确的是A. 硫化钠水溶液呈碱性：S2-+2H2OH2S+2OH-B. 将碳酸氢钠溶于苯甲酸：HCO+C6H5COOH=C6H5COO-+CO2+H2OC. 用稀硝酸洗去试管内壁的
3、银：2Ag+2HNO3=2AgNO3+H2D. 铅蓄电池放电时负极反应：Pb2e-=Pb2+【答案】B【解析】【详解】A多元弱酸根离子分步水解，以第一步水解为主：S2-+H2OHS-+OH-，故A错误；B苯甲酸与碳酸氢钠反应生成苯甲酸钠和二氧化碳，反应离子方程式为：HCO+C6H5COOH=C6H5COO-+CO2+H2O，故B正确；C稀硝酸与银单质反应生成硝酸银、NO和水，离子方程式为：，故C错误；D铅蓄电池放电时负极反应：Pb+SO2e-=PbSO4，故D错误；故选：B。3. 利用图示装置进行实验，反应进行一段时间，装置中实验现象正确的是选项装置中实验现象A浓氨水氧化钙硫酸铝溶液先产生白色
4、沉淀，后沉淀溶解得到澄清溶液B稀硫酸CuS新制氯水产生乳黄色沉淀C浓硫酸Cu石蕊溶液先变红，后褪色D稀硫酸碳酸钠饱和碳酸钠溶液产生白色沉淀A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A浓氨水滴到氧化钙中生成氨气，氨气通入硫酸铝溶液中会反应生成氢氧化铝沉淀，但不会溶解，故A错误；BCuS和稀硫酸不反应，即新制氯水不会产生乳黄色沉淀，故B错误；C浓硫酸和铜常温下不反应，要加热才能反应，即石蕊溶液不会先变红后褪色，故C 错误；D稀硫酸与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液会发生反应：，因为碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，而原碳酸钠溶液是饱和的，反应又消耗了水，所以会析出碳酸
5、氢钠固体，即产生白色沉淀，故D正确；故答案为：D。4. 已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B、C、D为同周期元素且与A均不同族，B、D原子的最外层电子数之和等于A的最外层电子数的2倍，B的氧化物是一种耐火材料，D的多种化合物是生活中常见的漂白剂。下列有关说法不正确的是A. C的氧化物的水化物的酸性可能强于碳酸B. 简单离子半径的大小顺序为DABC. A与C可能形成共价化合物C3A4D. 电解B与D形成的化合物的水溶液可以制取单质B【答案】D【解析】【详解】B的氧化物是耐火材料，推知是Al2O3，B是Al元素，可得C、D也是第三周期元素，D的化合物是一种常见消毒剂，B、C、D
6、原子序数逐渐增大，推测消毒剂是HClO，D是Cl，B、D的最外层电子数之和是A的2倍，B最外层电子数是3，D是7，故A最外层电子数是5，是N元素，与B、C、D不同主族，推测是C是Si元素或者S元素。据此分析解题。【分析】AC若是S元素，氧化物对应水化物可能是硫酸，酸性比碳酸强，A正确；B简单离子A、B、D分别是N3-、Al3+、Cl-，N3-、Al3+是2个电子层，Cl-是3个电子层最外层电子数均是8，电子层数多，半径相对大，同样电子层，原子序数大，半径小，故半径大小是Cl- N3- Al3+，B正确；C若C是Si，与N形成Si3N4，是共价化合物，C正确；DB和D形成化合物是AlCl3，电解
7、AlCl3溶液，得不到铝单质，D错误；故答案为：D。5. 我国科学家研制了Cu2P2O7催化剂建构ZnCO2二次电池，实现了电还原CO2合成多碳产品(如乙酸，乙醇等)，装置如图所示。双极膜中水电离出的H和OH-在电场作用下可以分别向两极迁移。下列说法不正确的是A. 放电时，双极膜中H向Cu2P2O7极迁移B. 电势：Cu2P2O7极高于Zn极C. 当外电路通过2mol电子时，理论上双极膜中水减少18gD. 充电时，阳极上的电极反应式为C2H5OH-12e-3H2O=2CO212H【答案】C【解析】【分析】由图可知，放电时为原电池，Zn发生失电子的氧化反应转化为Zn(OH)42-，为负极，负极反
8、应为Zn+4OH-2e-Zn(OH)42-，Cu2P2O7纳米片为正极，发生还原反应，CO2发生得电子的还原反应转化为C2H5OH，正极反应为CO2+12H+12e-C2H5OH+3H2O，H2O电离出的H+和OH-分别由双极膜移向正极、负极；充电时为电解池，原电池正负极分别与电源正负极相接， 以此解答。【详解】A放电时为原电池，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即双极膜中H+向Cu2P2O7极迁移，故A正确；B放电时为原电池，Zn为负极，Cu2P2O7纳米片为正极，即电势：Cu2P2O7极高于Zn极，故B正确；C双极膜中水电离的方程式为H2O=H+OH-，外电路通过2mol电子时，理论上有2m
9、olH+和OH-分别向正极、负极移向，即有2molH2O参与电离，质量减少18g/mol2mol=36g，故C错误；D充电时为电解池，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，正极反应为CO2+12H+12e-C2H5OH+3H2O，则阳极反应为C2H5OH-12e-+3H2O2CO2+12H+，故D正确；故选C。6. 研究表明木豆素对学习记忆障碍有一定的改善作用，木豆素的结构如图所示，下列有关木豆素的说法错误的是A. 分子中含3种官能团B. 苯环上的一氯代物有4种C. 分子中所有碳原子可能共面D. 一定条件下能生成高分子化合物【答案】A【解析】【详解】A木豆素分子中含羟基、羧基、醚键和碳碳双键4种官
10、能团，A错误；B苯环上有四种不同环境的H原子，其一氯代物有4种，B正确；C苯环相连的碳原子共面，其中双键相连的碳原子也可共面，分子中所有碳原子可能共面，C正确；D因为含有双键，一定条件下能发生聚合生成高分子化合物，D正确；答案选A。7. 分析化学中“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。常温下以0.10molL-1的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是A. 该酸碱中和滴定过程应该选用甲基橙做指示剂B. 从x点到z点的整个过程中，y点的水的电离程度最大C. x点处的溶液中满足：c(MOH)c(OH-)c(M)c(H)D. 根据y点坐
11、标可以算得Kb(MOH)=910-7【答案】B【解析】【分析】以0.10molL-1的HCl溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液，则滴定分数为1时恰好完全反应得到MCl溶液，即z点；滴定分数为0.5时，得到等物质的量的MCl、MOH混合溶液，即x点；【详解】A由图可知，滴定分数=1.00时，溶液显酸性，说明反应生成的MCl溶液显酸性，为弱碱强酸盐，选择在酸性条件下变色的指示剂甲基橙，A正确；B滴定分数为1时恰好完全反应得到MCl溶液，此时溶液中水的电离程度最大，对应的点不是y点，B错误；Cx点处滴定分数为0.50，溶液中含有等量的MOH、MCl，由物料守恒2c(Cl-)=c(M+)+ c(MOH)
12、，电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，可以得出c(MOH)+2c(OH-)c(H+)，c(MOH)+c(OH-)c(M+)+c(H+)，C正确；Dy点pH=7，c(OH-)=c(H+)=10-7 molL-1，则c(Cl-)=c(M+)，设MOH溶液为1L，滴定分数为0.90，则需加入盐酸0.90L，溶液总体积为1.90L，反应后：，代入数据算得，D正确；答案选B。第卷三、非选择题(本卷包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共129分)8. 亚氯酸钠是一种高效氧化剂、漂白剂，主要用
13、于棉纺、亚麻、纸浆漂白；食品消毒：水处理；杀菌灭藻和鱼药制造。某校化学实验探究小组设计如下实验制备亚氯酸钠()晶体。查阅资料极易溶于水而不与水反应，几乎不发生水解，沸点11。饱和溶液在低于38时析出，高于38时析出，高于60时分解成和NaCl。（1）盛装浓硫酸的仪器名称是_。C的作用是_。（2）B中使用浓硫酸而不用稀硫酸的原因是_。（3）气体与装置D中混合溶液反应生成，生成的离子方程式为_。（4）反应后，经以下步骤可从装置D的溶液获得晶体：55蒸发结晶趁热过滤3860热水洗涤低于60干燥，得到成品。如果干燥温度过高可能导致产品中混有的杂质是_。（5）实验需使B中，如过量，则滴加过量硫酸后使混有
14、_气体。装置D中可能产生，检验装置D中是否含有方法是：取少量D中反应后的溶液于试管中，_，证明溶液中存在。（6）测定样品中的纯度。测定时进行如下实验：准确称取mg的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应：，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液作指示剂，用标准液滴定至终点，测的标准溶液体积的平均值为VmL(已知)确认滴定终点的现象是_。所称取的样品中的质量分数为_(用含c、V的代数式表示)。【答案】（1） . 分液漏斗 . 防倒吸(或“安全瓶”) （2）稀硫酸含水多，而极易溶于水 （3） （4）和NaCl （5） . . 加入足量的盐酸
15、，无明显现象，再加适量溶液，产生白色沉淀 （6） . 溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不变色 . 【解析】【分析】由题可知，装置B为发生装置，装置C主要起安全瓶的作用，装置D中为ClO2与H2O2在碱性条件下发生反应生成NaClO2，装置E和装置A为尾气吸收装置。【小问1详解】盛装浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；由于ClO2进入装置D中发生反应有可能引发倒吸，故装置C的作用为防倒吸(或“安全瓶”)；【小问2详解】稀硫酸含水多，而ClO2极易溶于水，不利于ClO2逸出，故此处填：稀硫酸含水多，而ClO2极易溶于水；【小问3详解】装置D中利用ClO2和H2O2在碱性条件下制备NaClO2，其中ClO2是氧化
16、剂，H2O2的氧化产物是O2，发生反应的离子方程式为：2OH+2ClO2+H2O22ClO+2H2O+O2；故此处填：2OH+2ClO2+H2O22ClO+2H2O+O2；小问4详解】由于NaClO2在温度高于60时易分解产生NaClO3和NaCl，故此处填：NaClO3和NaCl；【小问5详解】若Na2SO3过量，则Na2SO3会与浓硫酸反应产生SO2，故此处填：SO2；检验SO的方法是向试管中加入足量的盐酸，发现无现象，再加适量BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中存在SO，故此处填：加入足量的盐酸，无现象，再加适量BaCl2溶液，产生白色沉淀；【小问6详解】用淀粉溶液作指示剂，该反应是
17、Na2S2O3标准液滴定碘，滴入最后一滴Na2S2O3标准液，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，故此处填：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；根据题中化学反应方程式，可得关系式：ClO2I24S2O，则n(NaClO2)=，所称取样品中NaClO2的质量分数=。9. 赤泥含有Sc2O3(氧化钪)、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，以赤泥为原料提取钪(Sc)、氧化钪(Sc2O3)的流程如下：已知：P2O4为磷酸酯萃取剂；Sc3+易水解；KspSc(OH)3=8.0010-31。请回答下列问题：（1）滤渣主要成分是_(填化学式)。（2）“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是_。（3
18、）“回流过滤”中SOCl2作用有将Sc(OH)3转化成ScCl3、作溶剂和_。（4）“热还原”的化学方程式为_。（5）利用ScCl3制备Sc2O3的方法是ScCl3溶于水，加入草酸产生草酸钪沉淀，过滤洗涤灼烧(空气中)草酸钪得到Sc2O3。灼烧草酸钪的副产物主要是_。(填化学式)。（6）P2O4萃取浸出液，其浓度、料液温度对萃取率的影响如下所示，萃取时P2O4最佳浓度及料液温度分别为_，_。若“洗涤”操作于实验室中进行，所需玻璃仪器有_。试验编号P2O4浓度/%分相情况钪萃取率/%铁萃取率/%1-11分相快90.7615.821-22分相容易91.5319.231-33分相容易92.9813.
19、561-44有第三相90.6930.121-55轻微乳化91.7439.79（7）已知：c(Sc3)1.010-5molL-1时表明完全沉淀，萃取剂混合液的pH为6时是否完全沉淀？_(填“已完全沉淀”或“未完全沉淀”)，通过计算作出判断：_。【答案】（1）SiO2 （2）盐酸易挥发，“酸浸”时温度过高，会使氯化氢大量挥发，盐酸浓度减小 （3）抑制Sc3+水解 （4） （5）CO2 （6） . 3% . 65 . 分液漏斗、烧杯 （7） . 已完全沉淀 . c(Sc3+)=1.010-5mol/L【解析】【分析】赤泥含有Sc2O3(氧化钪)、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，其中SiO2不溶于
20、盐酸而其他几种成分可以溶于盐酸，由此可将二氧化硅分离除去。根据流程可知：利用萃取、分液将Sc3+与Al3+、Fe3+分离，“Sc3+易水解”可知，在后续过程中需要防止Sc3+水解。SOCl2易水解使溶液显酸性。【小问1详解】SiO2不溶于盐酸可知，滤渣主要成分是SiO2；【小问2详解】盐酸是挥发性的酸，温度越高，盐酸中HCl挥发越多，会导致盐酸的浓度降低，而使反应速率减慢；故答案为：盐酸易挥发，“酸浸”时温度过高，会使氯化氢大量挥发，盐酸浓度减小；【小问3详解】根据“已知Sc3+易水解”， 会导致溶液显酸性而抑制Sc3+的水解；【小问4详解】热还原过程中Mg做还原剂将Sc还原方程式为：；【小问
21、5详解】在空气灼烧草酸钪： ，故答案为：CO2；【小问6详解】根据图标分析在浓度为3%，时钪萃取率最高，铁萃取率最低。温度为65分离系数最大，故答案为：3%、65；【小问7详解】KspSc(OH)3=8.0010-31，KspSc(OH)3=c(Sc3+)c(OH-)3，pH=6时溶液中OH-的浓度为10-8mol/L，可知：溶液中c(Sc3+)=1.010-5mol/L；故答案为：已完全沉淀、c(Sc3+)=0反应iii可能的反应机理如下(M为催化剂)；回答下列问题：（1）反应iii的化学方程式为_。（2）已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物时
22、所放出的热量)： 物质CO2(g)H2(g)HCOOH(g)标准摩尔生成焓/kJmol-1-393.510-362.3依据以上信息，H1=_。（3）在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1：1 投料，发生反应i和反应ii (忽略反应iii)， 反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性=随温度变化曲线如下图所示。下列措施能提高CO2平衡转化率的是_ ( 填标号)。A降低温度 B再充入Ar C分离出HCOOH673.15K，反应后体系中H2的分压为a MPa，则反应i的压力商计算式Qp=_ MPa-1。当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ii的反应速率相比，增加
23、更显著的是反应_ (填“ i”或“ii”)，判断的理由是_。（4）若在Bi或Bi/CeO2催化剂表面还原CO2生成HCOOH， 模拟经历两种中间体的能量变化如图所示。HCOOH的合成更倾向于通过生成_中间体，且_ (填 “Bi”或“Bi/CeO2”)的催化活性更优异。【答案】（1）CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+ H2O(g) （2）+31.21kJmol-1 （3） . C . . ii . 随温度升高，二氧化碳转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降 （4） . HCOO* . Bi/CeO2【解析】【小问1详解】据图可知，CO2(g)还可以和H2(g)反应生成HCHO(g)
24、，根据元素守恒可知反应iii为CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+ H2O(g)；【小问2详解】焓变=生成物总能量-反应物总能量，所以H1=-362.3-0-(-393.51) kJmol-1=+31.21kJmol-1；【小问3详解】AH10，H20，即反应i和反应ii均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，A不符合题意；B恒压条件，再冲入Ar，则容器体积变大，相当于减压，反应i为气体系数之和减小的反应，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，B不符合题意；C分离出HCOOH，反应i平衡正向移动，CO2转化率增大，C符合题意；答案选C；不妨设初始投料为n(H2)=n(CO2
25、)=1mol，673.15K时，CO2的转化率为95%，HCOOH的选择性为0.3%，所以n(HCOOH)=195%0.3%mol，由于反应i和反应ii中H2和CO2都是11反应，所以此时n(H2)=n(CO2)=15%mol，则此时p(CO2)=p(H2)=aMPa，p(HCOOH)=MPa，所以反应i的压力商计算式Qp=；随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降，说明反应ii的反应速率增加更显著；【小问4详解】据图可知生成HCOO*的活化能更小，所以HCOOH的合成更倾向于通过生成HCOO*中间体，Bi/CeO2对反应的活化能降低的更多，催化活性更优异。化学选修3：
26、物质结构与性质11. 含碘的物质广泛应用于生活中。如(CH3NH3)PbI3作为典型的有机金属卤化物，一直是太阳能电池研究的宠儿；AgI可用于显影剂和人工增雨。（1）基态碘原子的价电子排布式为_。（2）CH3NH中所含元素电负性从大到小的顺序为_。（3）I的VSEPR模型如下图，中心I原子的杂化方式是_(填“sp3”、“sp”、“sp3d”或“sp3d2”)。I的空间构型为_。（4）Ti的四卤化物熔点如下表所示。由此可推知，TiF4中的化学键类型是_TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是_。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/377-24.1238.3155（5）(CH3NH3)
27、PbI3晶体属于钙钛矿型结构(如图所示)。Pb2+周围距离最近且相等的I-数目有_个；晶胞中A、B之间的距离为apm，(CH3NH3)PbI3式量为M，该物质的密度=_gcm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。（6）在离子晶体中，当0.414r(阳离子)r(阴离子)CH （3） . sp3d . 直线形 （4） . 离子键 . 三种为分子晶体，从TiCl4到TiI4随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高 （5） . 6 . （6）ab【解析】【小问1详解】碘位于第5周期第A族，基态碘原子的价电子排布式为5s25p5；【小问2详解】同周期元素从左到右电负性增强，同主族元
28、素从上到下电负性减弱，则CH3NH中所含元素电负性从大到小的顺序为NCH；【小问3详解】由结构示意图可知I的中心I原子的价层电子对数为5，I原子的杂化方式是sp3d；I的空间构型为直线型；【小问4详解】结合表中数据，TiF4的熔点较高，符合离子晶体的性质特征，因此为离子晶体；TiCl4至TiI4三种为分子晶体，从TiCl4到TiI4随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高；【小问5详解】A球位于顶点，个数为，B球位于面心，个数为，结合化学式，可知A球代表CH3NH3，B球代表I-，由晶胞结构可知Pb2+周围距离最近且相等的I-数目有6个；晶胞中A、B之间的距离为面对角线的一半，该距
29、离为apm，则晶胞边长为：apm，晶胞体积为：cm3，(CH3NH3)PbI3式量为M，晶胞的质量为g，晶胞密度为： gcm-3；【小问6详解】a、 r(Ag+)r(I-)=0.573，在0.414r(阳离子)r(阴离子)0.732范围内，但是晶体结构和NaCl晶体不同，所以a几何因素不可以作为晶体结构的原因，故a错误；b、AgI和NaCl的阴阳离子的电荷比相同，所以b电荷因素不可以作为晶体结构的原因，故b错误；c、Ag+和I-离子半径大，受相反电荷离子的电场作用变成椭球形，不再维持原来的球形，离子键就向共价键过渡，它们的成键具有离子键和共价键的双重特性，其离子键的纯粹程度不高，离子键的纯粹程
30、度简称键性因素，所以造成AgI晶体结构不同于NaCl晶体结构的原因是键性因素，故c正确。化学选修5：有机化学基础12. 席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成G的一种路线如下：已知以下信息：R1CHO+1molB经上述反应可生成2molC，且C不能发生银镜反应D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢RNH2+H2O回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为_，反应类型为_。（2）D的化学名称是_，由D生成E的化学方程式为_。（3）G的结构简式为_。（4）F的同分异构体中含有苯环的还有_种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱为4组峰
31、，且面积比为6221的是_(写出其中的一种的结构简式)。（5）由苯及化合物C经如下步骤可合成N-异丙基苯胺：反应条件1所选用的试剂为_，反应条件2所选用的试剂为_，I的结构简式为_。【答案】12. . +NaOH+NaCl+H2O . 消去反应 13. . 乙苯 . +HNO3+H2O 14. 15. . 19 . 或或 16. . 浓硝酸、浓硫酸 . 铁粉/稀盐酸(其他合理还原条件也可) . 【解析】【分析】A的分子式为C6H13Cl，是己烷的一氯代物，发生卤代烃的消去反应生成的物质B为烯烃，物质B发生信息中的反应生成物质C，由信息可知，B为对称烯烃结构且不饱和碳原子上没有氢原子，则B为，C
32、为丙酮，由此可知A为；D为单取代芳香烃，相对分子质量为106，则D的侧链只能是乙基，D为；核磁共振氢谱显示F的苯环上有两种化学环境的氢，那么D在乙基对位的氢原子被硝基取代生成物质E，E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为氨基，F为；C与F发生信息中的反应，分子间脱水形成碳氮双键生成G，G为。【小问1详解】A为，B为丙酮，A生成B发生卤代烃的消去反应，反应方程式为+NaOH+NaCl+H2O，反应类型为消去反应；【小问2详解】D为，名称是乙苯；在浓硫酸、浓硝酸及加热条件下，D分子中位于乙基对位上的氢原子被硝基取代生成物质E，反应方程式为+HNO3+H2O；【小问3详解】G是由丙酮和发生信息中的
33、反应，G为；【小问4详解】F为，含有苯环的同分异构体中，若苯环上的取代基为氨基和乙基，还有邻位和间位2种；若苯环上的取代基只有一个，则还有取代基分别为、的5种情况；若苯环上的两个取代基为与，或者是与，则各有邻、间、对三种同分异构体，共6种；若苯环上的三个取代基为两个甲基和一个氨基，则有6种同分异构体，故符合条件的同分异构体共计19种；其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6221，说明含有两个甲基，可以是或或；【小问5详解】苯在浓硫酸、浓硝酸及加热条件下得到的H为硝基苯，硝基苯与铁粉/盐酸反应得到的I为，I再与丙酮反应生成的J为，J发生加成反应还原为要合成的N-异丙基苯胺，即；则反应条件1所选用的试剂为浓硝酸、浓硫酸，反应条件2所选用的试剂为铁粉/稀盐酸（其他合理还原条件也可），I的结构简式为。
