安徽省蚌埠第二中学2025届高三下学期最后一考 化学试题含答案

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一、选择题（本题共 14 小题,每小题 3 分,共 42 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。）
选项 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
答案 A C D C B D C D B A D A D B
二、非选择题（本题共 4 小题,共 58 分。） 15.（15 分）
(1)①2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O(2 分)
②不相同(1 分) 装置 B 中 CS2 用于监测 NH3 的通入速率(1 分) 装置 C 中 CS2 用于防倒吸(1 分) ③6NH3· H2O+Si +2H+ 6N +6F-+SiO2↓+4H2O(2 分) ④氟硅酸易分解为四氟化硅和氟化氢,HF 会与玻璃中的 SiO2 反应(2 分)
(2)①缺少玻璃棒引流、漏斗下端颈部没有紧贴烧杯内壁(2 分) ② AB (2 分，漏选得 1 分，错选多选不得分)
(3) (2 分)
16.（14 分） (1)6s26p2(2 分)
(2)As2O3+2H2SO4(浓)+H2O 2H3AsO4+2SO2↑(2 分) (3)SiO2、PbSO4(2 分)
(4)1.1∶1(1 分) 60 g·L-1(1 分)
(5)使 PbSO4 转化成[PbCl4]2-,与不溶杂质分离开(2 分)
(6)存在平衡 PbCl2(s)+2Cl-(aq) [PbCl4]2-(aq)ΔH>0,冷却、稀释使平衡逆向移动,有利于生成更多的 PbCl2(2 分) (7) ×104(2 分) 17.（14 分）
(1)-49 kJ·ml-1(2 分)
(2)①L1(2 分) ②1.6(2 分)
(3)①b(2 分) 反应Ⅰ为放热反应,反应Ⅱ为吸热反应,其他条件不变时,温度升高,反应Ⅰ向逆反应方向移动,使 CO2 的转化率减小,反应Ⅱ向正反应方向移动,使CO2 的转化率增大。反应Ⅱ向正反应方向移动的程度更大,所以 CO2 的转化率随温度的升高而增大(2 分) ②0.41(2 分)
(4)C(2 分)
18.（15 分）
（1）邻硝基苯酚（1 分） 取代反应（1 分）
（2）醚键、氨基（2 分） NaCl（1 分）
（3）a（2 分）
（4） （2 分） （5）10（2 分）
（6） （2 分） NaOH 溶液，加热（2 分）
【试 题 详 解】
1.A [命题立意]本题考查新型材料的主要成分和性质的相关知识,考查了科学态度与社会责任的
学科素养。
[试题解析]醇氢电动汽车使用甲醇作为燃料,甲醇的燃烧产物主要是水和二氧化碳,相比传统燃油
车更加环保,且甲醇可以通过多种方式再生,属于新型清洁可再生能源,A 项正确;石墨烯是一种碳
单质,而电解质是指溶于水或熔融状态下能够导电的化合物,故石墨烯不属于电解质,B 项错误;亚
克力俗称有机玻璃,化学名称为聚甲基丙烯酸甲酯,是一种有机高分子材料,而不是无机非金属材
料,C 项错误;碳纤维复合材料是由碳纤维和树脂等基体材料复合而成的,属于复合材料,而不是金
属材料,D 项错误。
2.C [命题立意]本题考查化学用语的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析的学科素养。
[试题解析]Cl-的结构示意图为 ,A 项正确;N 中的配位键由 N 提供孤电子对,表示为
,B 项正确;H2O 分子的中心 O 原子的价电子对数为 4,孤电子对数为 2,空间结构为 V 形, 不是直线形,C 项错误;NaCl 为离子化合物,Na 失去 1 个电子形成 Na+,Cl 得到 1 个电子形成 Cl-,用
电子式表示 NaCl 的形成过程为 ,D 项正确。
3.D [命题立意]本题考查物质性质的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认
知的学科素养。
[试题解析]Fe 与 Cl2 反应时,无论 Fe 是过量还是不足,产物都是 FeCl3,因为 Cl2 具有强氧化性,A 项
错误; H2S与浓硫酸反应,不可用浓硫酸干燥,B项错误;Na2O2 具有强氧化性,SO2 与Na2O2 反应应生
成 Na2SO4,C 项错误;NaCl、(NH4)2SO4 等盐达到一定浓度时，使蛋白质的溶解度降低，从溶液中
析出，称为盐析，盐析是可逆过程，加水后仍可溶解，故 D 正确。
4.C [命题立意]本题考查阿伏加德罗常数的正误判断的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、
证据推理与模型认知的学科素养。
[试题解析]1 ml 乙炔与乙烷含有的原子个数不同,二者比例不确定,无法计算混合气体中含有的
原子个数,A 项错误;pH=14 的 NaOH 溶液中氢离子的浓度为 10-14 ml·L-1,而水电离出的氢离子浓
度等于水电离出的氢氧根离子浓度,所以1 L 溶液中水电离出的OH-数为10-14NA,B 项错误;标准状
况下,11.2 L 12C16O 和 14N2 混合气体的物质的量为 =0.5 ml,所含原子的物质的量为 0.5
ml×2=1 ml,中子的物质的量为 0.5 ml×14=7 ml,所以标准状况下,11.2 L 的 12C16O 和 14N2 混合
气体所含中子数和原子数的差值为 6NA,C 项正确;胶体微粒是多个氢氧化铁的集合体,将 200 mL
0.1 ml·L-1 FeCl3 溶液制成胶体,所得 Fe(OH)3 胶体粒子数小于 0.02NA,D 项错误。
5. B [命题立意]本题考查原子杂化，侧重考查阅读、图象分析判断及知识综合运用能力，正
确理解“分子中五元环上原子共平面”的含义及原子杂化类型的判断方法是解本题关键，题目难度
不大。
[试题解析]A．根据形成的化学键及原子半径知， 代表 N 原子、 代表 O 原子、大白色球表
示 C 原子、小白色球表示 H 原子；故 A 错误；
B．分子中五元环上原子共平面，则该五元环上 C、O 原子都采用 sp2 杂化，则 C、O 原子的
价层电子对个数都是 3 且不含孤电子对，每个 C 原子提供 1 个电子、O 原子提供 2 个电子形
成大π键；分子中五元环上原子共平面，则该五元环上 C、O 原子都采用 sp2 杂化，则 C、O
原子的价层电子对个数都是 3 且不含孤电子对，每个 C 原子提供 1 个电子、O 原子提供 2 个
电子形成大π键，则五元环中存在的大π键为 ，故 B 正确；
C．该有机物中五元环上的 C—O 键与支链中的 C—O 键的键长不相等；该有机物中五元环上
的 C—O 键与支链中的 C—O 键的键长不相等，故 C 错误；
D．该化合物中 原子的价层电子对个数是 4，N 原子采用 sp3 杂化，故 D 错误；
6.D [命题立意]本题考查离子方程式正误判断的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推
理与模型认知的学科素养。
[试题解析]向碳酸银粉未加入到稀盐酸中，碳酸银会转化为氯化银沉淀，离子方程式为：
,A 项正确;向 NH4HCO3 溶液加入过量的 NaOH 溶液,按
物质的量之比为1∶2反应,离子方程式为N +HC +2OH- NH3·H2O+C +H2O,B项正确;将
SO2 通入足量的硝酸钡溶液中发生氧化还原反应,生成硫酸钡白色沉淀,离子方程式为 3Ba2
++3SO2+2N +2H2O 3BaSO4↓+2NO+4H+,C项正确; 少量CO2 通入漂白液中生成次氯酸和碳
酸氢根，离子方程式为：CO2+ClO−+H2O=HClO+ ,D 项错误。
7.C [命题立意]本题考查有机物的结构与性质的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推
理与模型认知的学科素养。
[试题解析]手性碳原子是指与四个不同原子或原子团相连的碳原子,由结构简式可知,M 分子中含
有如图中*所示的 2 个手性碳原子: ,A 项错误;由结构简式可知,M 中含有酯基,在酸
性条件下水解开环得到 ,碱性条件下水解会生成相应的羧酸盐,B 项错误;
由结构简式可知,PM 中含有苯环,可以发生加成反应,含有羟基,可以发生氧化反应,C 项正确;苯甲 醇中含有“—CH2—”,碳原子的杂化方式有 sp2 和 sp3 两种,D 项错误。
8. D [命题立意]本题考查电化学的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知
的学科素养。
[试题解析]放电时,Mg 电极上 Mg 失电子转化为 Mg2+,Mg 电极为负极,发生氧化反应:Mg-2e-
Mg2+;PTO电极为正极,发生还原反应:PTO+2e-+Mg2+ MgPTO、MgPTO+2e-+Mg2+ Mg2PTO;
充电时 Mg 电极为阴极,发生还原反应:Mg2++2e- Mg;PTO 电极为阳极,发生氧化反应:
Mg2PTO-2e- MgPTO+Mg2+、MgPTO-2e- PTO+Mg2+。由分析可知,放电时,Mg 电极上 Mg
失电子转化为 Mg2+,Mg 电极为负极,A 项正确;放电时,Mg 电极上 Mg 失电子转化为 Mg2+,Mg 电极 为负极,发生氧化反应:Mg-2e- Mg2+,PTO 电极为正极,发生还原反应:PTO+2e-+Mg2+ MgPTO、MgPTO+2e-+Mg2+ Mg2PTO,B 项正确;图中 GO 膜只允许 Mg2+通过,能阻止 PTO 进
入左极室,C 项正确;充电时,外电路转移 0.02 ml 电子,左侧有 0.01 ml Mg2+转化成 Mg,使得左边
电极质量增加 0.24 g,D 项错误。
9.B [命题立意]本题考查化学实验方案的设计与评价的相关知识,考查了证据推理与模型认知、
科学探究与创新意识的学科素养。
[试题解析]1 mL 0.1 ml·L-1 KI 溶液和 1 mL 0.2 ml·L-1 FeCl3 溶液混合,且 KI 和 FeCl3 1∶1 反应，
则 FeCl3 过量,加入 2 mL CCl4 溶液振荡、静置后,I2 被萃取至 CCl4 中而出现分层,取上层清液中含
有过量的 Fe3+滴加少量 KSCN 溶液,溶液变红色,不能说明该反应有一定的限度存在, A 项错误;乙 醇具有挥发性，挥发的醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明有丙烯生成,B 项正确;向 2 mL 1
ml·L-1 的 CuSO4 溶液中滴入 2 滴 0.1 ml·L-1 NaOH 溶液,OH-与 Cu2+结合生成 Cu(OH)2 蓝色沉淀,
但 CuSO4 过量,再滴加 2 滴 0.1 ml·L-1 Na2S 溶液,Cu2+与 S2-反应生成 CuS 黑色沉淀,则不能说明
Ksp[Cu(OH)2]>Ksp(CuS),C 项错误;高锰酸钾溶液一般用硫酸酸化,即酸性高锰酸钾溶液中本身就含
有 S ,即使不通入二氧化硫气体,加入氯化钡溶液也会出现白色沉淀,则不能通过测定白色沉淀
的质量,推算二氧化硫的物质的量,D 项错误。
10.A [命题立意]本题考查化学反应历程的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推理与模
型认知的学科素养。
[试题解析]该转化实现二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水,反应的化学方程式为 CO2+3H2
CH3OH+H2O。加压,平衡正移,能提高甲醇的平衡产率,增大催化剂的表面积,不能使平衡移动,只能 提高单位时间甲醇的产量,无法提高产率,A 项错误;由化学方程式可知,整个过程涉及 C O 极性 键、H—H 非极性键的断裂,C—H 极性键的形成,无非极性键的形成,B 项正确;根据机理图可知,氢 化步骤反应为HCOO*H+2H2 H3CO*H+H2O,C项正确;由化学方程式可知,每生成1 ml CH3OH,
氢元素的化合价由 0 升高到+1,转移 6 ml e-,则每生成 0.5 ml CH3OH 将有 3 ml 电子发生转移,D
项正确。
11.D [命题立意]本题考查物质制备的微流程的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推理
与模型认知的学科素养。
[试题解析] 含铜废料含有 Cu、CuO、CuS、CuSO4，通入空气进行焙烧，-2 价硫转化为二氧化 硫废气，,A 项正确;“酸化”的目的是使 CuO 溶解转化为 Cu2＋，将焙烧物与硫酸混合搅拌可使其充分 接触，适当增大反应物浓度也能加快化学反应速率 ,B 项正确;若滤液中的溶质为 ZnSO4,则置换一步 试剂 a 只能为 Zn，则 Zn 与 Cu2＋反应生成 Cu 和 Zn2＋；淘洗过程为除去过量的 Zn 且所得滤液成分 与过滤一致，则试剂 b 为稀硫酸，C 项正确;若“氧化”一步中无红棕色气体产生，由此推知反应不生 成 NO 或 NO2，则反应的化学方程式为 Cu＋H2O2＋2HNO3=Cu(NO3)2＋2H2O，还原剂与氧化剂的物 质的量之比为 1∶1,D 项错误。
12.A [命题立意]本题考查电解质溶液的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推理与模型
认知、变化观念与平衡思想的学科素养。
[试题解析]试液中只可能含有 、 、 、 、 、 、 、 中的若干
种离子，加入过量稀 H2SO4 无明显现象，说明该试液中没有 ；再加入过量 Ba(NO3)2 溶液
有气体产生，因为此时溶液中含有上一步操作所加入的过量 H2SO4，结合 离子在酸性条件
下具有强氧化性，生成的气体为 NO，说明原试液中有 Fe2+ 离子存在且被氧化为 Fe3+， 和
会发生反应，不能共存，则溶液中一定不存在 ，沉淀 A 为 BaSO4；向
滤液 X 中加入过量的 NaOH 有气体产生，说明原试液中存在 离子，此时产生的气体为
NH3，沉淀 B 为红褐色的 Fe(OH)3 沉淀；继续向滤液中通入少量 CO2 产生沉淀，由于上一步 所加 NaOH 有剩余，则所通入少量的 CO2 先与 OH− 反应生成，再与 Ba2+ 反应生成 BaCO3
，则沉淀 C 中含有 BaCO3，综上分析可知，原试液中一定存在 、Fe2+，一定不存在 、
，由于存在的离子浓度均为 0.1 ml·L-1，根据电荷守恒可知原试液中一定还存在阴
离子 、Cl-，且浓度均为 0.1 ml·L-1 的 、Fe2+、Cl-、 恰好满足电荷守恒，则原
试液中 Al3+、K+ 必然不能存在。A．原试液中存在的阳离子有 、 ，不存在 ，A 错
误；B．滤液 X 中加入过量的 NaOH 有气体产生，说明原试液中存在 离子，此时产生的
气体为 NH3，遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，B 正确；C．根据电荷守恒可知，原试液中一定不含
有 ，C 正确；D．由分析可知，沉淀 B 为红褐色的 Fe(OH)3，D 正确。
13.D [命题立意]本题考查电解质溶液的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推理与模型
认知、变化观念与平衡思想的学科素养。
[试题解析]浓度越大,反应速率越大,曲线越陡,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应硝酸的浓度分别是 2.0 ml·L-1、2.5
ml·L-1、3.0 ml·L-1。硝酸浓度越高,反应速率越快,体系由橙红色转变为淡蓝色所需的时间越短,
故tⅢαⅠ,D 项错误。
14.B [命题立意]本题考查晶体结构与性质的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推理与
模型认知的学科素养。
[试题解析]由图可知,将晶胞切割成八个大小相等的小正方体,As 位于小正方体的中心。由晶胞结
构可判断微粒 n 的分数坐标是( , , ),A 项正确;根据均摊法可知,晶胞中 Li 的个数为 12× +
1=4,Zn的个数为4× +5× =3,Mn的个数为4× +1× =1,As的个数为4,则LiZnaMnbAs中的a=0.75
b=0.25,则a∶b=3∶1,B 项错误;元素锂的焰色是紫红色,属于发射光谱,C 项正确;As 原子与Zn 原子之
间的最短距离为晶胞体对角线长度的 ,设棱长为 a,则 a3= ,a= ×107 nm,则 As 原子与 Zn
原子之间的最短距离为 × ×107 nm,D 项正确。
15.[命题立意]本题考查物质的制备实验的相关知识,考查了宏观辨识与微观探析、证据推理与模
型认知、科学探究与创新意识的学科素养。
[试题解析]制备 NH4F 溶液时,装置 A 中可通过加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氨气,氨
气进入装置 B 中,且 NH3 不溶于 CS2,则可通过观察装置 B 中气泡冒出的速率监测 NH3 的通入速
率;氨气极易溶于水,CS2 的密度比水的大,装置 C 中溶解氨气时,导管插入 CS2 中,通入的 NH3 被上
层的水吸收,所以 CS2 在装置 C 中可防止倒吸,当装置 C 中溶液的 pH 为 13 左右时,用塑料注射器
缓慢滴加 20%氟硅酸溶液,反应生成氟化铵,装置 D 为尾气处理装置,倒扣的漏斗可防倒吸。
(1)①由分析可知,装置 A 中加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氨气,发生反应的化学方程
式为 2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O。②由分析可知,装置 B 和 C 中 CS2 的作用不相
同;装置B 中CS2 用于监测NH3 的通入速率;装置C 中CS2 用于防倒吸。③三颈烧瓶中氨水和20% 氟硅酸溶液反应,除生成 NH4F 外,还会生成一种难溶于水的酸性氧化物,结合元素守恒可知,该难
溶于水的酸性氧化物为二氧化硅,则该反应的离子方程式是 6NH3·H2O+Si +2H+ 6N +
6F-+SiO2↓+4H2O。④由已知①可知,氟硅酸易分解为四氟化硅和氟化氢,氟化氢气体及其水溶液 氢氟酸能腐蚀玻璃,故三颈烧瓶内部表层需要涂一层石蜡。
(2)①由图可知,过滤操作中不规范之处为缺少玻璃棒引流、漏斗下端颈部没有紧贴烧杯内壁。② 氟化铵和石灰乳反应生成氟化钙,且氟化钙难溶于水,制得的粗品中应含有 Ca(OH)2,但最终得到的
是含 CaO 的 CaF2 粗品,则一系列操作包括过滤、洗涤、灼烧,则使用的仪器有酒精灯、坩埚、玻
璃棒等,无需使用锥形瓶和量筒，A B 项符合题意。
(3)由滴定反应 EDTA+Ca2+ [Ca(EDTA)]2+可知,与 Ca2+反应的 EDTA 标准溶液为(V1-V0) mL,根 据 CaF2~Ca2+~EDTA,则产品中 CaF2 的质量分数为
×100%= %。
[参考答案](1)①2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O(2 分) ②不相同(1 分) 装置B 中CS2
用于监测 NH3 的通入速率(1 分) 装置 C 中 CS2 用于防倒吸(1 分) ③6NH3·H2O+Si +2H+
6N +6F-+SiO2↓+4H2O(2 分) ④氟硅酸易分解为四氟化硅和氟化氢,HF 会与玻璃中的 SiO2 反
应(2 分)
(2)①缺少玻璃棒引流、漏斗下端颈部没有紧贴烧杯内壁(2 分) ②CDE(2 分)
(3) (2 分)
16.[命题立意]本题考查物质制备的工艺流程的相关知识,考查了证据推理与模型认知、科学态度
与社会责任的学科素养。
[试题解析]炼铅烟尘在加热条件下经浓硫酸活化后,再经过稀硫酸浸取得到滤渣Ⅰ和滤液1,滤渣Ⅰ 为不与酸反应的 SiO2 和 PbSO4,滤液 1 中含 H3AsO4、ZnSO4、CdSO4、CuSO4;滤渣Ⅰ与浓盐酸、
饱和NaCl 溶液在加热条件下反应得到含[PbCl4]2-的溶液,滤渣Ⅱ为SiO2;步骤④的操作为冷却、稀
释,使得 PbCl2(s)+2Cl-(aq) [PbCl4]2-(aq) ΔH>0 的平衡逆向移动,析出 PbCl2,向 PbCl2 中加饱和
Na2SO4 溶液发生沉淀转化,生成 PbSO4。
(1)Pb 为 82 号元素,位于第六周期第ⅣA 族,基态 Pb 原子的价层电子排布式为 6s26p2。
(2)步骤①中浓硫酸可将As2O3 氧化成H3AsO4,As 元素的化合价由+3 升高可至+5,则S 元素的化合 价应由+6 降低到+4,结合得失电子守恒、质量守恒可知,该反应的化学方程式为 As2O3+2H2SO4(浓)
+H2O 2H3AsO4+2SO2↑。
(3)由分析可知,滤渣Ⅰ的主要成分为 SiO2、PbSO4。
(4)由图可知,当酸矿体积质量比为1.1∶1、硫酸的质量浓度为60 g·L-1 时,杂质元素的浸出率达到最
高,利于除去。
(5)饱和 NaCl 溶液中氯离子浓度很大,可以使得 PbSO4 转化成[PbCl4]2-,与不溶杂质分离开。
(6)因存在平衡 PbCl2(s)+2Cl-(aq) [PbCl4]2-(aq) ΔH>0,该平衡正向为吸热过程,则冷却、稀释利
于平衡逆向移动,有利于生成更多的 PbCl2。
(7)步骤⑤中,当 Cl-浓度为 0.6 ml·L-1 时, = = =
= = ×104。
[参考答案](1)6s26p2(2 分)
(2)As2O3+2H2SO4(浓)+H2O 2H3AsO4+2SO2↑(2 分)
(3)SiO2、PbSO4(2 分)
(4)1.1∶1(1 分) 60 g·L-1(1 分)
(5)使 PbSO4 转化成[PbCl4]2-,与不溶杂质分离开(2 分)
(6)存在平衡 PbCl2(s)+2Cl-(aq) [PbCl4]2-(aq) ΔH>0,冷却、稀释使平衡逆向移动,有利于生成更
多的 PbCl2(2 分)
(7) ×104(2 分)
17.[命题立意]本题考查化学反应原理综合利用的相关知识,考查了证据推理与模型认知、变化观
念与平衡思想的学科素养。
[试题解析](1)由表中各物质的标准摩尔生成焓,可得出如下热化学方程式:③H2(g)+ O2(g)
H2O(g) ΔH3=-242 kJ·ml-1;④C(s)+ O2(g) CO2(g) ΔH4=-394 kJ·ml-1;⑤C(s)+ 2H2(g)+
O2(g) CH3OH(g) ΔH5=-201 kJ·ml-1;依据盖斯定律,③-④+⑤可得 CO2(g)+3H2(g) CH3OH
(g)+H2O(g) ΔH1=ΔH3-ΔH4+ΔH5=(-242 kJ·ml-1)-(-394 kJ·ml-1)+(-201 kJ·ml-1)=-49 kJ·ml-1。
(2)①对于反应 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49 kJ·ml-1,升高温度,平衡逆向移动,
则 k 正c>b>d，N 原子电子云密度越大，碱性越强。则碱性 a>c>b>d，碱性最强的是 a。
（4）G→H 是 G 在酸性条件下水解生成 H，反应的化学方程式为
；
（5）i．含 3 种官能团；ⅱ．苯环直接与氨基 连接； iii． 有机物能与 反
应，同时满足条件的 3 种官能团分别为-NH2、-OH、-OOCH，三种不同官能团在苯环上的位置
异构有 10 种。
（6）①甲→乙的原子利用率为 100%，甲仅含一种官能团，甲是 ，甲和氢气发生加成反应
生成 ，则甲为 。
②丙是卤代烃，卤代烃在碱性条件下发生水解反应可转化为醇，则丙转化为乙的反应条件为
NaOH 溶液，加热。
【参考答案】（1）邻硝基苯酚（1 分） 取代反应（1 分）
（2）醚键、氨基（2 分） NaCl（1 分）
（3）a（2 分）
（4） （2 分）
（5）10（2 分）
（6） （2 分） NaOH 溶液，加热（2 分）