絕密★啟用前 2023年高考押題預(yù)測(cè)卷01【遼寧卷】化學(xué)·全解全析一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求．1．【答案】C【詳解】A．鋼是一種鐵碳合金，A正確；B．與質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同，互為同位素，B正確；C．芯片的成分為晶體Si，C錯(cuò)誤；D．氮化硅屬于新型無(wú)機(jī)豐金屬材料，D正確；故選C。2．【答案】C【詳解】A．的電子式為，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．羧基結(jié)構(gòu)中含碳氧雙鍵，故1 mol甘氨酸中含1 mol π鍵，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．甘氨酸屬于氨基酸，既具有酸性又具有堿性，C項(xiàng)正確；D．、均為離子晶體，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案選C。3．【答案】A【詳解】A．CO和N2互為等電子體，兩種物質(zhì)所含孤電子對(duì)數(shù)相等，氮?dú)怆娮邮綖?/span>，1mol氮?dú)庵兴码娮訉?duì)數(shù)為2mol，即2.8g該混合物中含有孤電子對(duì)數(shù)0.2NA，故A正確；B．NH3、CO與Cu+形成配位鍵，即4個(gè)σ鍵，3個(gè)氨分子中含有9個(gè)σ鍵，1個(gè)CO中含有1個(gè)σ鍵，因此1mol[Cu(NH3)3CO]+中所含σ鍵個(gè)數(shù)為14NA，故B錯(cuò)誤；C．Na2HPO3為正鹽，則H3PO3為二元酸，無(wú)機(jī)含氧酸是由羥基電離產(chǎn)生，因此1molH3PO3中含有羥基數(shù)為2 NA，故C錯(cuò)誤；D．生成1molCu2O，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為1mol×2×(2-1)=2mol，即轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為2 NA，故D錯(cuò)誤；答案為A。4．【答案】D【詳解】A．雙氧水與在堿性環(huán)境下可制備消毒劑，中氯化合價(jià)降低變?yōu)?/span>，則雙氧水中氧化合價(jià)升高，則是因?yàn)?/span>具有還原性，故A錯(cuò)誤；B．NaOH溶液可吸收NO和的混合氣體，反應(yīng)生成亞硝酸鈉和水，是發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，不是因?yàn)?/span>NO和均為酸性氧化物，故B錯(cuò)誤；C．形成的酸雨放置一段時(shí)間后pH降低，是因?yàn)樯傻膩喠蛩岷涂諝庵醒鯕夥磻?yīng)生成硫酸，故C錯(cuò)誤；D．鍍錫鐵皮的鍍層破損后，Fe?Sn形成了原電池，鐵為負(fù)極，加速了鐵皮腐蝕，故D正確。綜上所述，答案為D。5．【答案】C【詳解】A．離子的還原性：I-＞Fe2+，所以向碘化亞鐵溶液中滴加少量稀硝酸時(shí)，應(yīng)該是I-先失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，離子方程式應(yīng)該為：，故A錯(cuò)誤；B．向中加入固體，既做氧化劑又做還原劑，中的18O全部在NaOH中，因此氧氣的化學(xué)式為O2，故B錯(cuò)誤；C．氯氣和足量溶液反應(yīng)生成硫酸鈉、氯化鈉和二氧化硫，離子方程式為：，故C正確；D．由水電離的的溶液中水的電離被抑制，該溶液可能是酸性也可能是堿性，若溶液為酸性，滴加少量溶液：，若溶液為堿性，滴加少量溶液：，故D錯(cuò)誤；故選C。6．【答案】D【詳解】A．價(jià)電子總數(shù)和原子總數(shù)相同的分子、離子或基團(tuán)互稱(chēng)為等電子體。和互為等電子體，結(jié)構(gòu)相似，均為三角錐形，A正確；B．、均為氣體，分子尺寸小，和類(lèi)似，所以可推出、可以裝在以氫鍵相連的幾個(gè)水分子構(gòu)成的籠內(nèi)，B正確；C．電負(fù)性：F>Cl>H，由酸性強(qiáng)于可推出酸性強(qiáng)于，C正確；D．HI還原性較強(qiáng)，會(huì)被濃硫酸氧化，故NaI固體與濃硫酸共熱得不到HI，D錯(cuò)誤； 故選D。7．【答案】D【詳解】含鉭廢渣(主要含、及油脂等) 經(jīng)過(guò)加入碳酸鈉焙燒，并通入空氣，氧化的同時(shí)可去除油脂，得到的“鈉鹽和氧化物”中主要成分有、、等，再加水溶解，過(guò)濾得到濾渣I的主要成分為，濾液I的主要成分為、，再通入二氧化碳，轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀作為濾渣II的主要成分而除去，濾液中主要溶質(zhì)為，再加入硫酸轉(zhuǎn)化為HTaO3后，加入碳酸鋰灼燒，最終得到目標(biāo)產(chǎn)物鉭酸鋰，據(jù)此分析解答。A．通空氣除氧化生成和外，還可以將油脂氧化除去，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．由鈉鹽和氧化物主要成分可知，過(guò)濾后的濾渣I中主要成分是，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．“沸騰爐焙燒”中發(fā)生的反應(yīng)有，但需要熔融狀態(tài)焙燒，在水溶液中兩者不反應(yīng)，所以不能體現(xiàn)氧化鋁的兩性，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．流程中先加入二氧化碳沉鋁，最后灼燒又產(chǎn)生二氧化碳，所以可循環(huán)利用二氧化碳，D項(xiàng)正確；故答案選D。8．【答案】B【詳解】A．由圖可知，反應(yīng)③過(guò)程中，涉及碳氮極性鍵的形成，故A錯(cuò)誤；B．三鍵氮原子的雜化方式為sp雜化、雙鍵氮原子的雜化方式為sp2雜化，所以轉(zhuǎn)化過(guò)程中氮原子的雜化方式發(fā)生改變，故B正確；C．由題意可知，該反應(yīng)的總反應(yīng)是一價(jià)銅催化的疊氮化物－端炔烴環(huán)加成反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．催化劑能降低反應(yīng)的活化能，但不能改變反應(yīng)的焓變，故D錯(cuò)誤；故選B。9．【答案】B【詳解】A．取鋼鐵電極附近溶液加溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀說(shuō)明溶液中有，可以證明有鋼鐵腐蝕，但不一定發(fā)生吸氧腐蝕，A不符合題意；B．該方法可以檢驗(yàn)鹵代烴中鹵素原子種類(lèi)，產(chǎn)生白色沉淀說(shuō)明為Cl原子，淡黃色沉淀為Br原子，黃色沉淀為I原子，B符合題意；C．加熱后溶液變黃，可以說(shuō)明平衡發(fā)生了移動(dòng)，但無(wú)法判斷反應(yīng)速率的變化，C不符合題意；D．乙醇也可與鈉發(fā)生反應(yīng)生成氫氣，無(wú)法證明是否有水，D不符合題意。故選B。10．【答案】D【詳解】A．a代表的原子位于晶胞8個(gè)頂點(diǎn)和4條棱上，且內(nèi)部有6個(gè)，因此一個(gè)晶胞中含有a代表的原子：，c代表的原子都位于晶胞內(nèi)部有4個(gè)，因此a代表的原子與c代表的原子個(gè)數(shù)比為2∶1，根據(jù)化學(xué)式可知，a代表Cr原子，A錯(cuò)誤；B．由題圖可知，b原子周?chē)嚯x最近的同類(lèi)原子有3個(gè)，B錯(cuò)誤；C．由題圖可知，晶胞體積為cm3，晶胞中氫原子的質(zhì)量為 g，則儲(chǔ)氫后氫氣的密度為，儲(chǔ)氫能力應(yīng)為，C錯(cuò)誤；D．原子半徑：V>Cr，因此V取代晶體中部分Cr原子后，晶胞參數(shù)增大，D正確；故選：D。11．【答案】B【詳解】A．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，分子式為，選項(xiàng)A正確；B．由圖可知，分子中有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，一氯代物有3種，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．四苯基乙烯中含有碳碳雙鍵，能發(fā)生氧化反應(yīng)，與氫氣的加成為還原反應(yīng)，還有苯環(huán)能發(fā)生取代反應(yīng)，選項(xiàng)C正確；D．由于碳碳單鍵能旋轉(zhuǎn)，則分子中所有原子可能共平面，選項(xiàng)D正確；答案選B。12．【答案】B【詳解】A．由圖可知，開(kāi)關(guān)K置于M處時(shí)，該裝置為原電池，需要利用光能，開(kāi)關(guān)K置于N處時(shí)，該裝置為電解池，也需要光能，則該裝置可實(shí)現(xiàn)光能向電能和化學(xué)能的轉(zhuǎn)化，選項(xiàng)A正確；B．原電池中正極的電勢(shì)大于負(fù)極，則電極電勢(shì)：，電解池中陽(yáng)極的電勢(shì)大于陰極，則電極電勢(shì)：，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．原電池工作時(shí)，電子由負(fù)極通過(guò)導(dǎo)線流向正極，則開(kāi)關(guān)K置于M處時(shí)，電子由極通過(guò)導(dǎo)線流向極，選項(xiàng)C正確；D．開(kāi)關(guān)K置于N處時(shí)，該裝置為電解池，極為陰極，其電極反應(yīng)式為，選項(xiàng)D正確；答案選B。13．【答案】D【詳解】根據(jù)“先拐先平數(shù)值大”，由圖可知，T2℃時(shí)反應(yīng)先達(dá)到平衡，則T2>T1，升高溫度，平衡時(shí)B的體積分?jǐn)?shù)增大，平衡正向移動(dòng)，說(shuō)明正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)。A．不用固體或純液體來(lái)表示反應(yīng)速率，因?yàn)楣腆w或純液體的濃度視為常數(shù)，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)分析，升高溫度，平衡正向移動(dòng)，由于相對(duì)分子質(zhì)量：M大于N，因此升高溫度，更多的固體轉(zhuǎn)變?yōu)闅怏w，混合氣體的總質(zhì)量增大，而剛性容器體積不變，所以容器內(nèi)氣體的密度增大，B錯(cuò)誤；C．該反應(yīng)為氣體體積不變的反應(yīng)，在T1℃達(dá)平衡時(shí)，n(B)=amol×30%=0.3amol，則平衡時(shí)，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)分析，T2℃時(shí)反應(yīng)先達(dá)到平衡，則T2>T1，D正確； 故選D。14．【答案】C【詳解】W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X與Y、Z均相鄰，則X為第二周期元素，根據(jù)題給化合物的結(jié)構(gòu)，W元素形成1個(gè)共價(jià)鍵，W為H，X與H形成 ，X為-3價(jià)，則X為N，Y是O，Z是P。A．同周期主族元素，原子序數(shù)越大，半徑越小，同主族元素，電子層數(shù)越多，原子半徑越大，則原子半徑大小關(guān)系為P>N>O，故A正確；B．NH3和PH3的中心原子雜化方式均為，且均有一個(gè)孤電子對(duì)，鍵長(zhǎng)：P—H鍵>N—H鍵，導(dǎo)致中成鍵電子對(duì)之間斥力比小，故鍵角：，故B正確；C．該化合物的陰離子中P原子形成5個(gè)共價(jià)鍵，形成最外層有10個(gè)電子的結(jié)構(gòu)，故C錯(cuò)誤；D．H、N、O三種元素形成的化合物中既含離子鍵又含共價(jià)鍵，故D正確；選C。15．【答案】B【詳解】A．設(shè)HF的電離平衡常數(shù)Ka，，隨增大，F-濃度增大，難溶于水，F-濃度越大，的濃度越小，所以代表與的變化曲線，L2代表與的變化曲線，故A錯(cuò)誤；B．溶液中Sr、F兩種元素均有SrF2提供，根據(jù)物料守恒，a、c兩點(diǎn)的溶液中均存在，故B正確；C．根據(jù)圖像可知，=1時(shí)，=，的數(shù)量級(jí)為，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)電荷守恒，，c點(diǎn)，溶液呈酸性，所以，故D錯(cuò)誤；選B。 二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16．（13分）【答案】(1)低于55℃時(shí)，反應(yīng)速率隨溫度升高而增加，浸出率增大；超過(guò)55℃后，因氨氣揮發(fā)而導(dǎo)致，濃度下降，浸出率下降     C     將氧化為除去(2)(3)不正確。可能是受熱分解或銨鹽分解放出氨氣(4)(5)NH3、(NH4)2SO4【詳解】由制備2Zn(OH)2?ZnCO3流程可知，鋅焙砂(主要成分為ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等離子)中加入硫酸銨、氨水、雙氧水，發(fā)生ZnO+2+2NH3?H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O，且雙氧水將錳離子氧化成二氧化錳，發(fā)生Mn2++H2O2+2NH3?H2O=MnO2↓+2+2H2O，過(guò)濾分離出二氧化錳，在濾液中加硫化銨，再過(guò)濾，除去銅離子，濾渣為CuS，蒸氨分離出氨氣，再加入碳酸氫銨得到2Zn(OH)2?ZnCO3和二氧化碳?xì)怏w，發(fā)生3Zn2++6=2Zn(OH)2?ZnCO3↓+5CO2↑+H2O，過(guò)濾得2Zn(OH)2?ZnCO3，濾液為硫酸銨溶液，2Zn(OH)2?ZnCO3進(jìn)行焙燒得到ZnO，據(jù)此分析解題。（1）①溫度升高，反應(yīng)速率增大，浸出率逐漸增大，但浸出時(shí)加入，溫度高于55℃后，溫度升高，易分解出氨氣，氨氣揮發(fā)使濃度下降，浸出率反而下降，故答案為：低于55℃時(shí)，反應(yīng)速率隨溫度升高而增加，浸出率增大；超過(guò)55℃后，因氨氣揮發(fā)而導(dǎo)致，濃度下降，浸出率下降；②是強(qiáng)酸弱堿鹽，水解使溶液呈酸性，是弱酸酸根離子，溶液酸性越強(qiáng)越容易形成，促進(jìn)溶出，所以之后浸出率下降，說(shuō)明的浸出主要依賴(lài)硫酸銨濃度的大小，C正確，故答案為：C；③加入，發(fā)生反應(yīng)或，將氧化為而除去，故答案為：將氧化為除去；（2）由分析可知，過(guò)濾分離出二氧化錳，在濾液中主要含有，向其中加硫化銨，再過(guò)濾，除去銅離子，濾渣為CuS，則流程中生成“濾渣”的離子方程式：，故答案為：；（3）由題給信息可知，“蒸氨”時(shí)逸出的氨氣可能是由于“浸取”步驟中加入的氨水是過(guò)量的，也可能是受熱分解放出氨氣，從整個(gè)流程來(lái)看，逸出的氨氣還可能是由銨鹽分解產(chǎn)生的，故答案為：不正確，可能是受熱分解或銨鹽分解放出氨氣；（4）“蒸氨”后溶液中主要存在的金屬陽(yáng)離子為鋅離子，“沉鋅”時(shí)加入碳酸氫銨，溶液中的鋅離子與碳酸氫銨溶液反應(yīng)生成，離子方程式為，故答案為：；（5）“蒸氨”過(guò)程中除去的多余NH3和“過(guò)濾Ⅲ”所得濾液中的(NH4)2SO4都可循環(huán)使用，故答案為：NH3、(NH4)2SO4。17．（14分）【答案】(1)+208.4(2)BD     I     0.47     31     M     由圖可知，直線 M斜率小，Ea大，催化效能低(或N線計(jì)算的Ea=20.5 kJ / mol，活化能小，催化效能高)【詳解】（1）從圖中可以看出，反應(yīng)： ΔH=237.1kJ/mol -28.7kJ/mol =+208.4kJ/mol。答案為：+208.4；（2）①A．單位時(shí)間內(nèi)生成1 molCH3OH(g)的同時(shí)消耗3 molH2(g)，反應(yīng)進(jìn)行的方向相同，雖然變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，但反應(yīng)不一定達(dá)平衡狀態(tài)；B．在絕熱恒容的容器中，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，混合氣的溫度不斷發(fā)生改變，平衡常數(shù)不斷發(fā)生改變，當(dāng)反應(yīng)的平衡常數(shù)不再變化時(shí)，反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)；C．容器內(nèi)c(CO2):c(H2 ):c(CH3OH):c(H2O) =1:3:1:1，即等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，反應(yīng)不一定達(dá)平衡狀態(tài)；D．在恒溫恒壓的容器中，由于反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不等，平均摩爾質(zhì)量在不斷發(fā)生改變，當(dāng)氣體的平均摩爾質(zhì)量不再變化時(shí)，反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)；故選BD。②對(duì)于反應(yīng)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＞0，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，則表示壓強(qiáng)為4.0MPa下CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化曲線為I；一定條件下，在一密閉容器中充入1 molCO2和3 molH2發(fā)生反應(yīng)，曲線Ⅱ表示壓強(qiáng)為1. 0MPa下CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化關(guān)系，a點(diǎn)時(shí)CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為40%，則可建立如下三段式：a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)Kp==0.47MPa-2。③在M催化劑作用下，從圖中可采集數(shù)據(jù)，得出如下反應(yīng)：3.0×10-3=-3.4×10-3Ea+C、9.2×10-3=-3.2×10-3Ea+C，從而求出該反應(yīng)的活化能Ea=31kJ·mol-1。在N催化劑作用下，從圖中可采集數(shù)據(jù)，得出如下反應(yīng)：1.0×10-3=-3.6×10-3Ea+C、9.2×10-3=-3.2×10-3Ea+C，從而求出該反應(yīng)的活化能Ea=20.5kJ·mol-1。從圖中信息獲知催化效能較低的催化劑是M，判斷理由是：由圖可知，直線 M斜率小，Ea大，催化效能低(或N線計(jì)算的Ea=20.5 kJ / mol，活化能小，催化效能高)。答案為：BD；I；0.47；31；M；由圖可知，直線 M斜率小，Ea大，催化效能低(或N線計(jì)算的Ea=20.5 kJ / mol，活化能小，催化效能高)。18．（14分）【答案】(1)O2     2Cu2++ 2Br-+ SO2+ 2H2O ═ 2CuBr↓+SO+4H+     60℃水浴加熱     溶液藍(lán)色完全褪去(2)防止CuBr見(jiàn)光分解     防止CuBr被氧化     除去表面乙醇，并使晶體快速干燥(3)83.3%(4)100     冷卻結(jié)晶【詳解】在CuSO4和NaBr的固體混合物，加水溶解所得混合溶液中通入SO2氣體，即可得到CuBr沉淀，經(jīng)過(guò)濾洗滌干燥獲得產(chǎn)品；由于CuBr易被氧化，可以使用SO2的水溶液進(jìn)行洗滌，防止CuBr被氧化； SO2氣體有毒，尾氣需要用堿液吸收處理。（1）水中溶解的氧氣可以氧化CuBr，實(shí)驗(yàn)中所用的蒸餾水需煮沸除去O2；三頸燒瓶中銅離子被二氧化硫還原成亞銅離子，與溴離子反應(yīng)生成CuBr沉淀，SO2被氧化為硫酸，反應(yīng)離子方程式為：2Cu2++ 2Br-+ SO2+ 2H2O=2CuBr↓+SO+4H+；所需溫度低于水的沸點(diǎn)，可以用60℃的水浴加熱；實(shí)驗(yàn)所用45gCuSO4?5H2O為0.18mol，30.9gNaBr為0.3mol，所以NaBr稍過(guò)量，當(dāng)溶液中的銅離子消耗完時(shí)反應(yīng)即完成，現(xiàn)象為溶液藍(lán)色完全褪去；（2）溴化亞銅見(jiàn)光會(huì)分解，所以抽濾需要避光，防止CuBr見(jiàn)光分解，在空氣中會(huì)慢慢被氧化，所以洗滌劑需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，最后溶劑改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶體快速干燥；（3）實(shí)驗(yàn)所用NaBr過(guò)量，根據(jù)CuSO4·5H2O的物質(zhì)的量可知理論上可以得到0.18molCuBr，所用產(chǎn)率為×100%=83.3%；（4）原燒杯中含有100g×20%=20gNaOH，物質(zhì)的量為0.5mol，實(shí)驗(yàn)完成后燒杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取較純凈的Na2SO3?7H2O晶體，可以在燒杯中繼續(xù)通入SO2至飽和，將Na2SO3生成NaHSO3，根據(jù)鈉元素守恒可知，此時(shí)溶液中NaHSO3的物質(zhì)的量為0.5mol，之后再加入0.5molNaOH即可以使NaHSO3恰好完全反應(yīng)生成Na2SO3，所用加入100g 20%的NaOH溶液；加入少量維生素C溶液(抗氧劑)，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過(guò)濾，用乙醇洗滌2～3次，除去表面可溶性雜質(zhì)，放真空干燥箱中干燥。19．（14分）【答案】(1)鄰氯甲苯(或2-氯甲苯)(2)濃硝酸，濃硫酸、加熱(3) +CH3OH +H2O(4)還原反應(yīng)(5)酯基、酰胺基(6)30(7) 【詳解】由A和B的結(jié)構(gòu)式分析，A發(fā)生硝化反應(yīng)生成B，B發(fā)生氧化發(fā)言生成C，C和甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成D，D發(fā)生還原反應(yīng)硝基轉(zhuǎn)化為氨基得到E，E和F發(fā)生取代反應(yīng)生成G，以此解答。（1）根據(jù)習(xí)慣命名法或系統(tǒng)命名法可知其化學(xué)名稱(chēng)為鄰氯甲苯或2-氯甲苯。（2）根據(jù)A和B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知A→B是硝化反應(yīng)，所學(xué)的反應(yīng)試劑和條件為濃硝酸，濃硫酸、加熱。（3）C→D反應(yīng)是酯化反應(yīng)，其化學(xué)方程式為+CH3OH+H2O 。（4）D→E反應(yīng)是“硝基”變?yōu)?/span>“氨基”，其反應(yīng)類(lèi)型為還原反應(yīng)。（5）G中含氧官能團(tuán)的名稱(chēng)是酯基和酰胺基。（6）苯環(huán)上三個(gè)不同的取代基可以是“醛基”、“氟原子”和“”，在苯環(huán)上位置異構(gòu)的個(gè)數(shù)為10；苯環(huán)上三個(gè)不同的取代基可以是“醛基”、“氯原子”和“，在苯環(huán)上位置異構(gòu)的個(gè)數(shù)也是10；苯環(huán)上三個(gè)不同的取代基可以是“氟原子”、“氯原子”和“”，在苯環(huán)上位置異構(gòu)的個(gè)數(shù)也是10，故總數(shù)為30。（7）采用逆向合成分析法，并結(jié)合合成路線中的A→B、D→E和E→G三步可寫(xiě)出其合成路線為。
 

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這是一份2023年高考押題預(yù)測(cè)卷01（上海卷）-化學(xué)（全解全析），共20頁(yè)。試卷主要包含了溶液A中含有如下離子中的若干種等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2023年高考押題預(yù)測(cè)卷01（山東卷）-化學(xué)（全解全析）：

這是一份2023年高考押題預(yù)測(cè)卷01（山東卷）-化學(xué)（全解全析），共19頁(yè)。試卷主要包含了選擇題，非選擇題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

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