2025年高考第三次模拟考试卷：化学（甘肃卷）（解析版）

这是一份2025年高考第三次模拟考试卷：化学（甘肃卷）（解析版），共17页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：O-16 S-32 Fe-56 Zn-65
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．甘肃省博物馆是感受丝绸之路文明和甘肃历史文化的好地方。下列馆内经典文物是由合金制成的是
A．元代玻璃莲花托盏B． 鼎形铜行灯
C．“驿使图”壁画砖D．人头形器口彩陶瓶
【答案】B
【详解】A．玻璃莲花托盏，主要成分为玻璃，即二氧化硅和硅酸盐，A不选；
B．鼎形铜行灯是由铜的合金制成，B选；
C．壁画砖的主要基材成分是硅酸盐，C不选；
D．彩陶瓶是陶瓷，为硅酸盐材料，D不选；
故选B。
2．下列化学用语表述错误的是
A．中子数为21的钾的核素符号：
B．HF中的键示意图：
C．某激发态O原子的轨道表示式：
D．用电子式表示的形成过程：
【答案】C
【详解】A．中子数为21的钾原子质量数为21+19=40，表示为，A正确；
B．HF分子中，H的1s轨道与F的2p轨道形成σ键，示意图：，B正确；
C．O原子的基态电子排布为1s22s22p4，激发态可能为1s22s22p33s1或1s22s22p33p1等，L电子层没有d轨道即没有2d轨道，C错误；
D．是离子化合物，2个K原子各失去1个电子，形成2个K+，1个S原子获得2个电子，形成S2-，形成过程为：，D正确；
故选C。
3．下列实验的对应操作中，不合理的是
A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液，眼睛注视锥形瓶中溶液
B．稀释浓硫酸
C．从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体
D．配制一定物质的量浓度的KCl溶液时的定容操作
【答案】D
【详解】A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而判断滴定终点，A合理；
B．浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，B合理；
C．NaCl的溶解度随温度升高变化不明显，从NaCl溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法，C合理；
D．配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引流低端应该在容量瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻度线以下约1cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，D不合理；
故选D。
4．工业上用焦炭还原石英砂制得粗硅，下列说法不正确的是(为阿伏伽德罗常数)
A．中含有键数目为B．消耗焦炭转移电子
C．(氧化产物)：还原产物)=2：1D．可用氯化氢气体将硅与杂质分离
【答案】B
【分析】焦炭还原石英砂制得粗硅，反应为：；
【详解】A．中含有键4ml，数目为，A正确；
B．，反应中碳化合价由0变为+2，消耗焦炭转移2ml电子，B错误；
C．反应中碳化合价升高为氧化为CO、硅化合价降低被还原为硅单质，(氧化产物)：还原产物)=2：1，C正确；
D．氯化氢和硅生成含硅元素的气体，使得其与杂质分离，故可用氯化氢气体将硅与杂质分离，D正确；
故选B。
5．W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与Li+具有相同的电子层排布且半径稍大，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为3:2，X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4。下列说法不正确的是
A．气态氢化物的热稳定性：Z＞YB．X与W可形成1:1、1:2两种化合物
C．原子半径：R＞X＞WD．最高价氧化物水化物的酸性：Z＞R＞Y
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与Li+具有相同的电子层排布且半径稍大，则W离子为H-，从而得出W为H元素；X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，则X的最外层电子数为6，X为O元素，Z为S元素；X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为3:2，则Y原子的最外层电子数为4，Y为Si元素；Z为S元素，则R为Cl元素。综合以上分析，W、X、Y、Z、R分别为H、O、Si、S、Cl。
【详解】A．由分析可知，Y、Z分别为Si、S，非金属性Si＜S，则气态氢化物的热稳定性：H2S＞SiH4，A正确；
B．X、W分别为O、H，可形成H2O2、H2O两种化合物，B正确；
C．W、X、R分别为H、O、Cl，三者的电子层数依次增大，则原子半径：Cl＞S＞H，C正确；
D．Y、Z、R分别为Si、S、Cl，最高价氧化物水化物分别是H2SiO3、H2SO4、HClO4，酸性：H2SiO3＜H2SO4＜HClO4，D不正确；
故选D。
6．劳动成就美好生活，下列劳动实践与所述化学知识没有关联的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【详解】A．卤水中含有电解质，胶体粒子遇到电解质溶液发生聚沉，二者有关联，故A不选；
B．活性炭具有吸附性，因此用活性炭去除公共休息区的甲酸，二者有关联，故B不选；
C．N、P、K等元素属于植物所需的营养元素，厨余垃圾含有N、P、K等元素，可用作肥料，二者有关联，故C不选；
D．氯化锌水解使溶液显酸性，可以使用氯化锌溶液清洗铁锈，与氯化锌氧化性无关，二者没有关联，故D选；
答案选D。
7．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取到的酸性物质，其结构如下图。下列叙述不正确的是
A．迷迭香酸属于芳香族化合物
B．迷迭香酸最多能和氢气发生加成反应
C．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应
D．迷迭香酸最多能和含的水溶液完全反应
【答案】B
【详解】A．分子中含有苯环，迷迭香酸属于芳香族化合物，A正确；
B．分子中含有2个苯环、1个碳碳双键，1ml迷迭香酸最多能和7ml氢气发生加成反应，B错误；
C．迷迭香酸含有酯基，可以发生水解反应、取代反应，含有羧基可发生酯化反应，C正确；
D．分子中含有4个酚羟基、1个羧基和1个酯基，1ml迷迭香酸最多能和含6mlNaOH的水溶液完全反应，D正确；
故选B。
8．我国科技工作者开发出多孔氮磷掺杂碳材料用于肼氧化辅助的节能制氢技术，以燃料电池供电的该制氢技术的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．甲为制氢的电解装置，乙为肼的燃料电池
B．透过质子交换膜进入电极b室内
C．工作原理图中的箭头表示电流方向
D．反应过程中装置乙的电解质溶液的pH增大
【答案】B
【分析】甲中肼为原料，双氧水为氧化剂，所以甲为肼的燃料电池，乙为制氢的电解装置，N2H4失去电子，发生氧化反应生成N2，则电子c作阳极，H2O发生还原反应生成H2，d作阴极，以此分析；
【详解】A．由“燃料电池供电的制氢技术的工作原理”可知，甲中肼为原料，双氧水为氧化剂，所以甲为肼的燃料电池，乙为制氢的电解装置，A错误；
B．是阳离子，移向电池正极，故透过质子交换膜进入电极b室内，B正确；
C．由乙装置中N2H4→N2可知，电极c为阳极，则题给工作原理图中的箭头表示电子移动方向，C错误；
D．由图解分析可知，电极c的电极反应式为，电极d的电极反应式为，则电解池总反应式为，故反应过程中装置乙的电解质溶液的pH基本不变，D错误；
故答案为：B。
9．化学学习小组检验1-溴丁烷中的溴元素的操作如下，下列说法不正确的是
A．加入溶液并静置后，有机层在下层
B．若试剂为溶液，可观察到淡黄色沉淀
C．“冷却”后滴加酸性可检验有机产物
D．溶液也可以换成的乙醇溶液
【答案】C
【分析】1-溴丁烷在氢氧化钠水溶液加热条件下发生水解反应生成1-丁醇和溴化钠，冷却后加入足量稀硝酸中和过量的氢氧化钠，再加入试剂Y：硝酸银溶液检验溴离子，观察到有淡黄色AgBr沉淀生成。
【详解】A．1-溴丁烷密度大于水，加入溶液并静置后，有机层在下层，A正确；
B．根据分析，若试剂为溶液，可观察到淡黄色沉淀，B正确；
C．“冷却”后溶液中含1-丁醇和溴化钠，酸性高锰酸钾溶液不仅能氧化1-丁醇，还能氧化溴离子，故滴加酸性不可检验有机产物，C错误；
D．若将溶液换成的乙醇溶液，发生消去反应，生成1-丁烯和NaBr，加足量稀硝酸中和后，加入硝酸银溶液，也能产生淡黄色沉淀，D正确；
故选C。
10．某钒、镓合金的晶胞结构及其晶胞沿x轴投影图如下，已知：晶胞参数为a pm，为阿伏加德罗常数的值，其中原子坐标参数甲，乙。下列说法错误的是
A．该合金的化学式为B．丙原子的坐标参数
C．与V距离最近且相等的Ga有4个D．该合金属于金属晶体
【答案】B
【详解】A．Ga位于顶点和体心，V位于面心，结合晶胞均摊计算知该晶胞中含2个Ga、6个V，所以该合金的化学式为，A正确；
B．由信息可知丙原子的坐标参数，B错误；
C．晶胞中距离Ga最近且相等的V有12个，距离V最近且相等的Ga有4个，C正确；
D．钒、镓都是金属元素，通过金属键结合形成合金，属于金属晶体，D正确；
故选B。
11．由实验操作和现象得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【详解】A．向溶液中加入石蕊试液，变红色，说明溶液显酸性，电离程度大于水解程度，，即，A正确；
B．向溶液中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体可以是、等，故该溶液可能含有、、或等，B错误；
C．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液在加热过程中挥发出的乙醇也能使酸性溶液褪色，不能证明产物中含有乙烯，即不能证明溴乙烷与NaOH的乙醇溶液发生了消去反应，C错误；
D．无论和反应是否为可逆反应，一定会生成，用苯萃取后所得溶液显紫红色，D错误；
故答案为：A。
阅读下列材料，完成下面小题。
氮的氢化物是重要的化工原料。NH3在纯氧中燃烧生成N2，在Pt-Rh催化下被O2氧化为NO。NO与O2反应生成NO2，NO2与水生成HNO3.NH3中的一个H原子若被-NH2取代可形成(联氨)，若被-OH取代可形成NH2OH(羟胺)。Cu(OH)2能溶于氨水形成。
12．常用作杀虫剂、媒染剂。下列说法正确的是
A．原子半径：B．沸点：
C．第一电离能：D．电负性：
13．下列有关的说法正确的是
A．的键角比中的大B．的空间构型为直线形
C．难溶于水D．中提供孤电子对的原子是
14．下列化学反应表示正确的是
A．稀硝酸洗去银镜：3Ag＋4H＋＋NO=3Ag＋＋NO↑＋2H2O
B．NaOH溶液吸收NO2：2NaOH＋2NO2=2NaNO3＋H2
C．NH3在纯氧中燃烧：4NH3＋5O24NO＋6H2O
D．N2H4燃料电池的正极反应：N2H4＋4OH--4e-=N2↑＋4H2O
【答案】12．C 13．A 14．A
【解析】12．A．电子层数越多半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，原子半径：，故A错误；
B．三种物质均是由分子构成的物质，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，但是水分子间可形成氢键，因此水的沸点最高，氨气也能形成分子间氢键，但氢键数量少于水，强度弱与水，故沸点：，故B错误；
C．同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故第一电离能：，故C正确；
D．非金属性越强，电负性越大，同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，故电负性：，故D错误；
故选C；
13．A ．中有1对孤电子对，为三角锥形结构，中孤电子对数，为V形结构，孤电子对之间的排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，则的键角比中的大，A正确；
B． 的中心原子孤电子对数 、价层电子对数为2+1=3，空间构型为V形，B错误；
C． 分子能与水分子形成氢键、易溶于水，C错误；
D． 氨分子中N原子具有有1对孤电子对，中提供孤电子对的原子是N，铜离子提供空轨道，D错误；
故选A；
14．A．用稀硝酸溶解银镜，银单质与稀硝酸反应，应当生成NO、硝酸银和水，正确的离子方程式为：，A正确；
B．用NaOH溶液吸收含有尾气生成硝酸钠和亚硝酸钠和水，化学方程式为：，B错误；
C．由题干信息可知，NH3在纯氧中燃烧生成，因此化学方程式为，C错误；
D．燃料电池正极应为得电子的还原反应，选项为负极反的氧化反应，故正极的反应为，D错误；
故选A。
第II卷（非选择题 共58分）
二、非选择题，共4题，共58分。（除标注外，每空2分）
15．（16分）硒化锌(ZnSe)常用作荧光粉、电子工业掺杂材料和高纯试剂，也是一种重要的半导体材料。其中以锌矿(主要成分是ZnS，含少量、CuS、NiS、等)为原料制备ZnSe的工艺流程如下图所示：
已知：pH较高时，FeOOH沉淀会转化成胶体。
(1)Se元素在周期表中的位置是 ，基态Zn原子的价层电子排布式为 。
(2)写出气体X的一种用途 。
(3)浸出液中含有，“除铁”步骤中通入氧气时发生反应的离子方程式为 ，同时需补充适量物质Y，Y是 (写出一种即可)。“除铁”最佳pH为3.0，如果pH过高，会导致溶液中的含量降低，其主要原因是 。
(4)“置换”时滤渣2的主要成分为 。也可以在酸性含的溶液中加入锌粉和，生成，其离子方程式为 。
(5)晶体与NaCl晶体的结构相似，晶胞为正方体，边长为apm。其结构如图所示：
晶胞的密度ρ= g·列出计算式，阿伏加德罗常数的值为。
【答案】(1) 第四周期第VIA族 （1分） （1分）
(2)防腐剂、抗氧化剂、漂白剂、工业制硫酸等
(3) ZnO或 部分转化成；pH过高时，FeOOH沉淀会转化成胶体，胶体具有吸附性，胶体会吸附锌离子
(4) Cu、Ni
(5)
【分析】锌矿(主要成分是ZnS，含少量、CuS、NiS、等)焙烧产生气体X，主要成分为SO2，烧渣为氧化物，加入稀硫酸酸浸，不溶于硫酸，故滤渣1为，滤液为硫酸亚铁、硫酸锌、硫酸铜等，通入氧气、物质Y为ZnO或等，除铁产生FeOOH，滤液加入锌置换出Cu、Ni，故滤渣1为Cu、Ni，滤液主要成分为硫酸锌，一系列处理后得到ZnSe；
【详解】（1）Se是34号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，可知Se处于周期表中第四周期第VIA族；Zn是30号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，其价层电子排布式为3d104s2；
（2）气体X为SO2，用途有防腐剂、抗氧化剂、漂白剂、工业制硫酸等；
（3）浸出液中含有，“除铁”步骤中通入氧气时亚铁离子被氧化生成FeOOH,发生反应的离子方程式为，同时需补充适量物质Y，消耗H+但又不能引入新的杂质，故Y可以是ZnO或；“除铁”最佳pH为3.0，如果pH过高，会导致溶液中的含量降低，其主要原因是部分转化成；pH过高时，FeOOH沉淀会转化成胶体，胶体具有吸附性，胶体会吸附锌离子；
（4）根据金属性强弱，“置换”时滤渣2的主要成分为Cu、Ni；也可以在酸性含的溶液中加入锌粉和，生成，其离子方程式为；
（5）由晶胞结构可知，Ba位于体心，个数为1，Ti位于顶点，个数为8=1，O位于棱上，个数为12=3，其化学式为BaTiO3，晶胞质量为，故晶体密度= g·。
16．（15分）二氯化一氯五氨合钴是一种易溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇的紫红色晶体，在染料、电镀、医学等方面有广泛的应用，其制备实验操作步骤如下：
已知：①在时恰好完全沉淀为；
②不易被氧化，具有强氧化性，具有较强还原性，性质稳定。
Ⅰ．的制备：易潮解，可用金属钴与氯气反应制取，装置如图甲所示。(A中加热装置已省略)
(1)仪器a的名称是 ，其中盛放的试剂名称是 。
(2)装置A中发生反应的化学方程式为 。
Ⅱ．的制备：(装置如图乙所示，夹持装置略)
步骤1：取研细的和溶解后转入三颈烧瓶。
步骤2：向三颈烧瓶中先滴加试剂A，再向三颈烧瓶中滴加试剂B，得到。
步骤3：向第2步反应后的溶液中先慢慢注入适量浓盐酸，50~60℃水浴加热20min，再用冰水浴冷却至室温析出大量紫红色晶体，抽滤，精制，得纯净产品。
(3)步骤2中先滴加的试剂A为 ，写出该步骤制备总反应的化学方程式： 。
(4)下列说法正确的是___________(填标号)。
A．步骤1中加入的的作用仅作反应物
B．抽滤后可用冰乙醇水溶液洗涤晶体
C．精制过程中经高温干燥得到产品
D．和中钴的化合价和配位原子数都相同
Ⅲ．纯度的测定：
称取产品溶解后，加入稍过量标准溶液，加入硝基苯静置、分层，将白色沉淀完全包裹，再加入几滴溶液作指示剂，用标准溶液滴定剩余的，达终点时消耗。［不考虑被氧化，杂质不参与反应，］
(5)计算的纯度为 %；若是不加硝基苯，会导致所测纯度 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(1) 球形干燥管（1分） 碱石灰
(2)
(3) 氨水
或
(4)BD
(5) 偏小
【分析】装置A为实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，B中饱和食盐水吸收氯气中的，C中㳖硫酸干燥氯气，D中氯气和在加热条件下反应制备，E中碱石灰可以吸收未反应的氯气，防止污染环境，同时可以防止空气中的水进入D中，导致潮解。
【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器的名称为球形干燥管。为避免空气中的水分进入D装置造成潮解，以及防止氯气污染空气，所以球形干燥管装入碱石灰。
（2）实验室制备氯气的原理：。
（3）不易被氧化，具有较强还原性，易被氧化，故应先加入氨水，再加入溶液；制备的化学方程式为或。
（4）A．可以抑制的电离和的水解，防止生成沉淀，同时参与反应提供，A错误；
B．易溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇，故可用冰乙醇水溶液洗涤减少损失，B正确；
C．产物高温易分解，故应低温干燥，可在烘箱中进行减压干燥，C错误；
D．和中钴的化合价都是+3，的配体是，配体是，配位原子数都是6；
故选D。
（5）根据和按物质的量之比为1：1结合生成，和按物质的量之比为1：1结合生成，故称取产品溶解后，加入稍过量溶液，并加硝基苯，向锥形瓶中滴入溶液作指示剂，用溶液滴定过量的溶液，达到滴定终点时用去溶液，则中参加反应的的物质的量为，则的物质的量为，故产品的纯度为。由题干信息可知，。即易转化为，且硝基苯的密度比水的大，故实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的沉淀被硝基苯覆盖，防止转化为沉淀，若不加硝基苯会使测得的偏大，计算结果偏小。
17．（12分）为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，CO2的资源化利用已成为研究的热点。
【资源化一：利用CO2制水煤气】
(1)在容积为1L的恒容密闭容器中进行反应，方程式为 。当投料比时，CO2的平衡转化率(α)与温度(T)、初始压强(p)的关系如图所示。
①初始压强 (填“>”“ 4
(2) -164.7 反应I为放热反应，温度升高CO2平衡转化率减小；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高CO2平衡转化率增大，温度较高时以反应Ⅱ为主，随温度升高CO2平衡转化率增大的幅度大于减小的幅度 生成CO*中间体反应的活化能小，反应速率快；CO*中间体能量低，较稳定，利于生成(或反应放热，利于中间体的生成)
【详解】（1）①是体积增大的反应，℃时，从下到上，二氧化碳平衡转化率升高，平衡正向移动，即减小压强向体积增大的方向移动，因此。当温度为℃、初始压强为时，从a点到平衡点，二氧化碳平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，因此a点时的。
②起始时向容器中加入1mlCH4和1mlCO2，在温度为℃、初始压强为时反应，二氧化碳平衡转化率为50%，列出三段式得：，该反应的平衡常数。
（2）①根据盖斯定律可知，反应的。
②因为反应： ，是放热反应，当温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率降低；反应： ，是吸热反应，当温度升高，平衡正向移动，导致二氧化碳转化率增大，当温度升高到移动程度以后，此时反应以反应为主，导致随着温度的升高，反应的二氧化碳转化率增大幅度大于反应的减小幅度。答案为：反应为放热反应，温度升高CO2平衡转化率减小；反应为吸热反应，温度升高CO2平衡转化率增大，温度较高时以反应为主，随温度升高CO2平衡转化率增大的幅度大于减小的幅度。
③从图中可以看出，生成CO*中间体反应的活化能小，反应速率快；CO*中间体能量低，较稳定，利于生成(或反应放热，利于中间体的生成)，故CO*是CO2活化的优势中间体。
18．（15分）塑化剂主要用作塑料的增塑剂，也可作为农药载体、驱虫剂和化妆品等的原料。添加塑化剂(DBP)可改善白酒等饮料的口感
已知以下信息：
①
②C为含两个碳原子的烃的含氧衍生物，其核磁共振氢谱图如图所示。
③R1CHO+R2CH2CHO+H2O(R1、R2表示氢原子或烃基)
请回答下列问题：
(1)A的化学名称为 。
(2)写出反应C→D的化学方程式 。
(3)A→B的反应类型为 。
(4)E中含氧官能团的名称为 。
(5)一定条件下，E和H2可按物质的量之比1：1反应生成F，F和B以物质的量之比2：1合成DBP。DBP的结构简式为 。
(6)同时符合下列条件的B的同分异构体有 种，写出其中任意两种同分异构体的结构简式 、 。
①不能和NaHCO3溶液反应
②能发生银镜反应
③遇FeCl3溶液显紫色
④核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子
【答案】(1)邻二甲苯
(2)2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
(3)氧化反应
(4)醛基（1分）
(5)
(6) 6
【分析】A的分子式为C8H10，发生信息①中氧化反应生成邻苯二甲酸，可知A为，C为含两个碳原子的烃的含氧衍生物，由核磁共振氢谱可知含有3种H原子，结合信息③可知D含有醛基，则C为CH3CH2OH、D为CH3CHO、E为CH3CH2=CHCHO，(5)中E和H2以物质的量比1：1反应生成F，F和B以物质的量比2：1合成DBP，合成DBP的反应为酯化反应，则F为CH3CH2=CHCH2OH，DBP为；
【详解】（1）A的结构简式为，A的名称：邻二甲苯；
（2）反应C→D的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH8CHO+2H2O；
（3）A→B的过程中，A中甲基转化为羧基生成B，反应类型：氧化反应；
（4）E的结构简式为CH3CH8=CHCHO，E中含氧官能团的名称为醛基；
（5）CH3CH2=CHCHO和H4以物质的量比1：1反应生成F，F和B()以物质的量比6：1合成DBP，合成DBP的反应为酯化反应3CH8=CHCH2OH，故DBP的结构简式为；
（6）同时符合下列条件的B()的同分异构体：①不能和NaHCO3溶液反应，说明不含羧基，说明含有醛基4溶液显紫色，说明含有酚羟基，存在对称结构、、、、、共6种；
选项
劳动实践
化学知识
A
家庭帮厨：煮豆浆点卤水制豆腐
胶体聚沉
B
社区服务：用活性炭去除公共休息区的甲醛
活性炭具有吸附性
C
学农活动：用厨余垃圾制肥料
厨余垃圾含N、P、K等元素
D
工厂实习：使用氯化锌溶液清洗铁锈
氯化锌具有氧化性
选项
实验操作和现象
结论
A
向溶液中加入石蕊试液，变红色
B
向溶液中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体
该溶液中含有或
C
将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液加热产生的气体通入酸性溶液，溶液褪色
溴乙烷与NaOH的乙醇溶液发生了消去反应
D
向1mL溶液中加入1mL溶液，再加入1mL苯后振荡，上层液体为紫红色
与反应为可逆反应