【文档说明】安徽省蚌埠市2023届高三第三次教学质量检查考试理综化学试题 含解析.docx，共(18)页，2.350 MB，由小赞的店铺上传

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蚌埠市2023届高三年级第三次教学质量检查考试理科综合能力测试化学试题注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．答选择题时每小题选出答案后，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，再选涂其它答案，答非选择题卷时，必须在答题卡指定位置书写。3

．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回可能用到的相付原子质量：H1C12V14O16F19S32一、选择题：本题共7小题，每小题6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。1.勤洗手是预防细菌和病毒感染简单而有效的方法

。一种免洗洗手液成分为三氯羟基二苯醚乙醇、甘油等，下列有关此洗手液的说法错误的是A.应远离火源，避光存放B.甘油可以起到保湿作用C.其消毒原理与“84”消毒液的不同D.启用后，可长期使用而不会降低消毒效果【答案】D【解析】【详

解】A．该免洗洗手液成分为三氯羟基二苯醚乙醇、甘油等，含有易燃物质，应远离火源，避光存放，A正确；B．甘油易溶于水，具有强的吸水性，因此可以起到保湿作用，B正确；C．“84”消毒液消毒的原理是利用其强养护性，三氯羟基二苯醚乙醇消毒的原

理是破坏细菌或病毒的蛋白质结构，二者原理不同，C正确；D．启用后，若长时间不用，洗手液中的有效成分会挥发或发生变质，消毒效果降低，D错误；故选D。2.某抗癌、抗癫痫药物中间体M的结构如图所示。下列有关M的说法正确

的是A.碳原子和氧原子的杂化方式均有两种B.分子中最多有9个碳原子共面C.与溴水发生反应时，1molM最多消耗4molBr2D.可发生加成反应、氧化反应、水解反应【答案】B【解析】【详解】A．M分子中所有碳原子均为sp2杂

化，A错误；B．苯环上及与苯环直接相连的碳原子共平面，则分子中最多有9个碳原子共面，B正确；C．苯环上酚羟基的邻位和对位可与Br2发生取代反应，碳碳双键能与Br2发生加成反应，则1molM最多消耗3molBr2，C错误；D．M分子中不含酯基，不能发生水解反应，

D错误；故选B。3.与锂离子电池相比，有机电池不依赖战略金属、充电速度更快且环境友好。如图是一种可降解的多肽电池。(假设离子交换膜仅允许33CFSO−通过)下列说法不正确的是A.放电时d为正极，充电时b

为阴极B.c电极的电极方程式为：C.放电时，电路中每通过NA个电子，负极区质量增加149gD.充电时，总反应方程式为：【答案】A【解析】【详解】A．根据反应，放电时，d电极失去电子，发生氧化反应，为负极，充电时，b电极接电源的

负极，为阴极，A错误；B．c电极为放电时的正极，得电子，发生还原反应，B正确；C．放电时，阴离子33CFSO−向负极移动，每通过AN个电子，就有1mol33CFSO−进入负极区，负极区质量增加149g，C正确；D．由

反应可知，从左往右为放电反应，从右往左为充电反应，所以将电极反应相加得总反应为：，D正确；故选A。4.X、Y、Z、W是前4周期原子序数依次增大的主族元素，X在周期表中非金属性最强，Y的周期序数与族序数相等，Z原子次外层电子数是核外电子总数的一半，基态W

原子核外16个轨道上填有电子。下列说法正确的是A.原子半径：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)B.Z的简单气态氢化物沸点比X的高C第一电离能：I1(W)<I1(Y)<I1(Z)D.W最高价氧化物对应的水化物为可溶性强碱【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W是前4周期原子序数依次增

大的主族元素，X在周期表中非金属性最强，X为氟；Y的周期序数与族序数相等，为铝；Z原子次外层电子数是核外电子总数的一半，为硫；基态W原子核外16个轨道上填有电子，则为31号元素镓。.【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：r(X)<r(Z

)<r(Y)<r(W)，故A错误；B．HF可以形成氢键导致沸点升高，故Z的简单气态氢化物沸点比X的低，故B错误；C．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一

电离能变大，第一电离能：I1(W)<I1(Y)<I1(Z)，故C正确；D．W最高价氧化物对应的水化物为为氢氧化铝，为不溶性弱碱，故D错误；故选C。5.下列实验操作、现象和结论一致的是选项操作现象解释(或结论)A向补铁口服液中滴加

几滴酸性KMnO4溶液紫色褪去补铁口服液中有Fe2+B向I2水中先加浓NaOH溶液，再加CCl4，振荡后静置液体分层，上层无色，下层紫红色CCl4能萃取碘水中的碘，而NaOH溶液不能C向盛有1mL乙酸乙酯的a、b两支试管中分别加入2mLH2O

、2mLNaOH溶液，70~80°C热水浴试管a液体分层，酯层无明显变化；试管b酯层消失乙酸乙酯在碱性条件下可以水解；D向Fe(NO3)3溶液中先加稀HNO3，再加NaCl溶液黄色先褪去，再变为黄色HNO3的强氧化性将Fe3+氧化为无色，Cl-的还原性再将其还原为Fe3

+A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．2+Fe、Cl−等还原性离子都能使酸性褪色，所以口服液中不一定是2+Fe，A错误；B．向2I水中先加浓NaOH溶液，发生反应后没有2I剩余，再加CCl4，振荡后静置，u溶液分层，但是没

有紫色出现，B错误；C．向含有乙酸乙酯的试管a加入2mLH2O，酯层物明显变化，向含有乙酸乙酯的试管b中加入2mLNaOH溶液，70~80°C热水浴，酯层消失，则乙酸乙酯在碱性条件下可以水解，C正确；D．()33FeNO与3HNO形成络合物，颜色变化不是因为3HNO将其

氧化，加入NaCl，-Cl的存在影响配合物的种类，颜色发生了变化不是因为-Cl还原，D错误；故选C。6.1889年，Arrhenius提出了反应速率常数k随温度的变化关系lnk=nE-+CRT(R，C均为常数)。已知2NO(g)+O2(g)垐?噲?2NO2(g)，经历反应1和反应2两步：反应1：2

NO(g)垐?噲?N2O2(g)ΔH1=-46.3kJ·mol-1反应2：N2O2(g)+O2(g)垐?噲?2NO2(g)ΔH2=-65.7kJ·mol-1两步反应的活化能Ea1<Ea2。某课题组通过实验绘制出两步反应lnK、lnk随

1T的变化曲线如图所示(K表示平衡常数)，下列说法中不正确的是A.2molNO与1molO2充分反应，放出热量小于112kJB.曲线③表示的是k2随1T的变化关系C.温度越高，单位时间内NO的转化率可

能越低D.相同条件下，O2浓度的变化比NO浓度的变化对反应速率影响更显著【答案】B【解析】【分析】反应1、2均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故①②为lnK曲线；升高温度，反应速率增大，lnk变大，故③④为lnk曲线；lnk=n

nEE1-+C=-+CRTRT，两步反应的活化能Ea1<Ea2，则反应2斜率更大，故④为k2随1T的变化关系；【详解】A．反应1：2NO(g)垐?噲?N2O2(g)ΔH1=-46.3kJ·mol-1反应2：N2O2(g)+O2(g)垐?噲?2NO2(

g)ΔH2=-65.7kJ·mol-1由盖斯定律可知，反应1+2得：2NO(g)+O2(g)垐?噲?2NO2(g)ΔH2=-112kJ·mol-1，反应可逆反应，故2molNO与1molO2充分反应，放出热量小于112kJ，故A正确；B．由分析可知，曲线④表示的是k2随1T的变化关系

，故B错误；C．反应为放热反应，温度越高，平衡逆向移动，则单位时间内NO的转化率可能越低，故C正确；D．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；两步反应的活化能Ea1<Ea2，相同条件下，O2浓度的变化比NO浓度的变化对反应速率影响更显著，故D正

确；故选B。7.百里酚蓝(以下记为H2A)是一种有机弱酸，结构如图1所示，其电离平衡可表示为：+-2HAH+HA黄色红色+2HAH+A−−黄色蓝色25°C时0.1mol·L-1溶液中，H2A、HA-、A2-的分布分数δ与pH的变化关系如图2所示。已知：δ(A2-)

=2--2-2c(A)c(HA)+c(HA)+c(A)下列说法不正确的是A.溶液由黄色变为蓝色原因是酚羟基发生了变化B.δ(HA-)=+a12++a1a1a2c(H)Kc(H)+c(H)K+KKC.pH=7.0：c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)>c

(H+)=c(OH-)D.NaOH滴定CH3COOH，可用H2A作指示剂，溶液由红色变为橙色且半分钟内不复原即为滴定终点【答案】D【解析】【分析】随着pH的增大，HA-在增大，H2A在减小，随着pH的进一步增大，则HA-在减小，A2-在增大，以此解题。【详解】A．根据结构可

知，百里酚蓝为二元弱酸，其中酚羟基更加难以电离，根据信息可知，溶液由黄色变为蓝色原因是酚羟基发生了变化，A正确；B．根据+-2HAH+HA黄色红色+2HAH+A−−黄色蓝色可知，-a1+2()()KHHAHA()ccc=，2a1+--()()K)HAA(Hccc=，将其代入()+a12++-

--2a1a1a22-ccHAδHAHA(H)K()=c(H)+c(H)K+KKc()+cA()+)AcH(=，B正确；C．根据分析结合图示可知，pH=7.0：c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)>c(H+)=c(OH-)，C正确

；D．滴定终点为醋酸钠溶液，溶液显碱性，根据题给信息可知，此时溶液应该橙色变蓝色，D错误；故选D。8.实验室制取溴苯的装置如图所示。向二颈烧瓶中先滴入0.5mLBr2，静置，经片刻诱导期后反应开始。再缓慢滴加其余的Br2，维持体系微沸至Br2加完，70~80°C水浴15min。(诱导

期：催化反应中形成过渡态且总反应速率为0的时期)反应结束后产品处理：有关数据如下：物质苯溴溴苯密度(g·cm-3)0.883.121.50沸点/°C8059156在水中的溶解性不溶微溶不溶回答下列问题：（1）仪器a的名称是_____________________。（2）溴苯的制

备需在无水条件下进行，原因是________________。（3）A装置盛装_______(填试剂)用于检验诱导期已过，反应开始。（4）当出现_____________(填现象)时，证明反应已结束。（5）产品后处理阶段，有机层I

用10%NaOH溶液洗涤其离子反应方程式为________，有机层Ⅱ水洗的目的是____________。（6）有机层Ⅲ经干燥后分离出纯净溴苯的操作名称是_______。【答案】（1）球形冷凝管（2）催化

剂FeBr3遇水发生水解，失去催化活性（3）AgNO3溶液（4）体系中不再有红棕色的溴蒸气（5）①.Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O或Br2+6OH-=5Br-+BiO3−+3H2O②.除去N

a+、Br-、BrO-等无机离子（6）蒸馏【解析】【分析】本题是一道常见有机物制备类的实验题，在溴化铁的催化作用下苯和溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，其中挥发出来的溴蒸汽和溴化氢在经过四氯化碳的时候溴

蒸汽被除掉，在洗气瓶A中用硝酸银检验产物中的溴化氢，最后注意尾气处理，以此解题。【小问1详解】由图可知仪器a的名称是球形冷凝管；【小问2详解】该反应中需要催化剂溴化铁，而溴化铁容易水解，故答案为：催化剂FeBr3遇水发生水解，失去催化活性；【小问3详解】苯和溴反应生成溴苯和溴化氢，其

中溴化氢可以和硝酸银反应生成溴化银淡黄色沉淀，故A装置盛装AgNO3溶液；【小问4详解】溴容易挥发，溴蒸汽为红棕色，当诱导期结束后溴蒸汽就消耗完了，则红棕色消失，故答案为：体系中不再有红棕色的溴蒸气；【小问5详解】单质溴容易溶解在有机溶剂中，单质溴可以和氢氧化钠反应生成溴化钠和

次溴酸钠，或者生成溴化钠和溴酸钠，故离子方程式为：Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O或Br2+6OH-=5Br-+BiO3−+3H2O；溶液中的离子容易溶解在水中，故有机层Ⅱ水洗的目的是除去Na+、Br-、BrO-等无机离子；【小

问6详解】有机层Ⅲ的主要成分是苯和溴苯的混合物，两者沸点不同，故分离两者的操作方法为：蒸馏。9.可利用炼锌矿渣(主要含Ga2O3·3Fe2O3，ZnO·Fe2O3)制备半导体材料GaN并分离Fe和Zn，其工艺流

程如图所示：已知：①镓又称为“类铝”，其性质与铝类似；②一些金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH及萃取率如下表所示：金属离子Fe3+Ga3+Zn2+Fe2+开始沉淀1.73．05.58.0沉淀完全3.24.98.09.6萃取率(%)9997~98.50

0回答下列问题：（1）过滤后，滤液的主要成分是__________(填化学式)。（2）固体M为___，其作用是__________________________。（3）反萃取的离子方程式为_____________

________。（4）合成得到的产物是(CH3)3Ga，经化学气相沉积(类似于取代反应)，副产物为____________(填名称)。（5）GaN晶体结构如图所示，其中Ga原子采取____________堆积，N原子填在Ga原子所形成的正四面体空隙中，则正四面体

空隙的填隙率为_____。(填隙率=粒子填入的空隙数空隙总数)【答案】（1）ZnSO4（2）①.Fe②.将Fe3+转化为Fe2+，避免Fe3+被萃取（3）Ca3++4OH-=[Ga(OH)4]-或Ga3++4OH-=-2CaO+2H2O（4）甲烷（5）①.六方最密②.50%【解析】【分析】由题

中工业流程，锌矿渣先加入稀硫酸酸浸，使铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4转化为Ga3+、Zn2+和Fe3+盐溶液，过滤后，滤液加入过氧化氢使Fe2+转化为Fe3+，并调节pH使Ga3+和Fe3+转化为氢氧

化物沉淀，过滤后，滤饼为Ga(OH)3和Fe(OH)3，溶液为ZnSO4溶液，滤饼加入盐酸溶解，并加入Fe单质使Fe3+还原为Fe2+，加入萃取剂，由萃取率表，Ga3+进入有机层，Fe2+留在水层，分液后，用氢氧化钠溶液进行反萃取，由于Ga与Al同主族，化学性质相似，Ga3+转化为Ga

O2−进入水层，通过电解，得到单质Ga，通过与CH3Br反应生成三甲基嫁，最后和NH3反应得到GaN。【小问1详解】由分析可知，过滤后，滤液主要成分是ZnSO4。【小问2详解】由萃取率表，Fe3+的萃取率为99%，Fe2+为0%，故为了使铁元素不进入

有机层而达到萃取的目的，需要将Fe3+还原为Fe2+，则加入的固体X为还原剂，不引入新杂质，故X为Fe，目的为使Fe3+还原为Fe2+，通过萃取分液除去铁元素。【小问3详解】由分析可知，分液后，用氢氧化钠溶液进行反萃取，由于Ga与

Al同主族，化学性质相似，Ga3+转化为GaO2−进入水层，该过程的离子方程式为：Ca3++4OH-=[Ga(OH)4]-或Ga3++4OH-=-2CaO+2H2O。【小问4详解】以合成的三甲基镓[Ga(CH3)3]

为原料，使其与NH3发生反应得到GaN和另一种气态产物，根据原子守恒可知，气态物质为甲烷化学式为CH4，名称为甲烷。【小问5详解】GaN晶体结构如图所示，其中Ga原子采取六方最密堆积，由晶胞图分析可知，N原子填充在Ga形

成的正四面体空隙中，一个晶胞中共有8个正四面体空隙，N原子填充了4个，所以填充率为50%。10.能源的合理开发和利用，低碳减排是人类正在努力解决的大问题。2023年2月21日，中国气候变化特使谢振华获得首届诺贝尔可持续发展特别贡献

奖，以表彰他在全球生态保护中做出的贡献（1）在298K、100kPa时，已知：C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1的H2(g)+12O2(g)=H2O(1)ΔH2=-2858kJ·mol-12C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(1)Δ

H3=-2599.0kJ·mol-1在298K时由C(s，石墨)和H2(g)反应生成1molC2H2(g)的热化学方程式为___________________。（2）在固相催化剂作用下CO2加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：主反应：CO

2(g)+4H2(g)垐?噲?CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-156.9kJ·mol-1副反应：CO2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.1kJ·mol-1工业合成甲烷通常控制温度为500°C左右，其主要原因为______________________

_______。（3）向密闭容器中充入一定量的CH4(g)和NO(g)，保持总压为100kPa发生反应：CH4(g)+4NO(g)垐?噲?2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH<0。当4n(NO)n(CH)=1时，NO的平衡转化率

~1T；T2时NO平衡转化率~4n(NO)n(CH)的关系如图①能表示此反应已经达到平衡的是______________________。A．气体总体积保持不变B．混合气体的平均相对分子质量保持不变C．2n(NO)n(N)不再变化②表示T2时NO平衡转化率~4n(NO)n(CH)

的关系是___________(填“I”或“II”)，T1_________________T2(填“>”或“<”)。③在4n(NO)n(CH)=1、T2时，CH4的平衡分压为____。已知：该反应的标准平衡常数.2222θθθθ44θθp(CO)p(N)p(HO)pppK=p(CH)p

(NO)pp，其中θp=100kPa，p(CH4)、p(NO)、p(CO)2、p(N2)和p(H2O)为各组分的平衡分压，则该温度下θK=_________________。(分压=总压×物质的量分数。计算结果用分数表示)。

【答案】（1）2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)ΔH=+226.7kJ·mol-1（2）温度低于500°C，反应速率低；温度高于500°C，对副反应影响较大，化学平衡向生成CO的方向移动程度增

大，不利于甲烷的生成（3）①.C②.II③.>④.45kPa⑤.1729【解析】【小问1详解】设①C(s，石墨)＋O2(g)=CO2(g)△H1=－393.5kJ·mol－1；②H2(g)+12O2(g)=H2O(1

)ΔH2=-285.8kJ·mol-1；③2C2H2(g)＋5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H3=－2599kJ·mol－1；利用盖斯定律将①×2+②-③×12可得：2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)△H=（-393.5kJ/mol）×2+12×（-571.6kJ/mol

）-12×（-2599kJ/mol）=+226.7kJ/mol；【小问2详解】加氢合成甲烷时，温度低于500℃时，反应速率低，温度高于500℃，对于副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，正反应吸热，平衡向生成CO的方向移动

程度增大，都不利于甲烷的生成，故答案为：温度低于500°C，反应速率低；温度高于500°C，对副反应影响较大，化学平衡向生成CO的方向移动程度增大，不利于甲烷的生成；【小问3详解】①A．该反应前后气体计量系数不变，故气体体积也始终不变，则气体总

体积保持不变不能证明反应达到平衡，A错误；B．由选项A可知，该反应前后气体计量系数不变，且所有的反应物和产物都是气体，则该反应体系的密度始终不变，则混合气体的平均相对分子质量保持不变，不能证明反应达到平衡，B错误；

C．随着反应的进行一氧化氮在减少，氮气在增大，则2n(NO)n(N)一直在变化，故2n(NO)n(N)不再变化可以证明反应达到平衡，C正确；故选C；②由反应方程式CH4(g)+4NO(g)⇌2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)可知，随着4n(NO)n(CH)的增大，即增大N

O的投入量，平衡正向移动，CH4的转化率增大而NO的转化率却减小，由图3所示信息可知，曲线II表示T3K下NO平衡转化率～4n(NO)n(CH)的关系，由题干反应方程式CH4(g)+4NO(g)⇌2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H<0可知，

升高温度平衡逆向移动，则NO的转化率减小，由图中曲线I表示4n(NO)n(CH)=1时NO平衡转化率～1T关系图，从图中所示信息可知，T越大，则1T越小，NO的转化率越小，故Tl＞T2，故答案为：II；＞；由题干图示信息可知，在4n(NO)n(CH)=1、T2K下，NO的转化率为40%，

根据三段式分析可知，()()()()()4222CHg+4NOg2Ng+COg+2HOg(mol)aa000(mol)0.1a0.4a0.2a0.1a0.2a(mol)0.9a0.6a0.2a0.1a0.2a起始量转化量平衡量，则该反应平衡时CH4的体积分数为0.9a×1

00%2a=10%，则此时CH4的平衡分压分别为：p(CH4)=0.9a×1002a=45kPa，p(NO)=0.6a×1002a=30kPa，p(CO2)=0.1a×1002a=5kPa，p(N2)=0.2a×10

02a=10kPa，p(H2O)=0.2a×1002a=10kPa，故该反应的标准平衡常数22222θθθθ44θθp(CO)p(N)p(HO)[][]pppK=p(CH)p(NO)[]pp=22

45kPa10kPa10kPa[][]100kPa100kPa100kPa30kPa45kPa[]100kPa100kPa=1729，故答案为：45kPa；1729。11.受体拮抗剂是指能与受体结合，但不具备内在活性的一类物质。某受体拮抗剂的中间体G的合成路线如下：已知：①②R-CN2H

O/H+⎯⎯⎯⎯→R-COOH请回答：（1）化合物C的分子式是______，其含氧官能团的名称是_____________________。（2）由A生成B的反应类型是_________________。（3）已知：碳原子

上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳。写出化合物G与足量H2发生加成反应产物的结构简式，并田*标出其中的手性碳原子_______________。（4）化合物M是比B少一个碳原子的同系物，请写出符合以下四个

条件的同分异构体的结构简式_____________。①遇FeCl3溶液发生显色反应②苯环上连有两个取代基③核磁共振氢谱有5组吸收峰④1mol物质与足量NaHCO3溶液反应最多产生1molCO2（5）写出E→F化学方程式__________________。（6）以化合物等为原料，设计合成

化合物的路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)___________。【答案】（1）①.C11H12O2②.羰基、醚键（2）还原反应（3）的（4）（5）+NaCN→+NaCl（6）2O/Δ⎯⎯⎯⎯→催化剂24HSO⎯⎯⎯→4NaBH⎯⎯⎯→24HSO⎯⎯⎯⎯→浓【解析】【分析】根据

C的结构和已知反应①，D的结构简式为：，D与2SOCl反应生成E，E的结构简式为：，E与NaCN发生取代反应生成F，F的结构简式为：，根据已知反应②，F在+2HO/H生成产物G：。【小问1详解】根据化合物C

结构简式，分子式为：11122CHO，分子中含有的含氧官能团为：羰基、醚键；【小问2详解】由A和B的结构简式分析，A生成B，脱氧加氢，为还原反应；【小问3详解】化合物G与氢气发生加成反应，生成，手性碳原子为：；【小问4详解】化合物M，比B少了一个C原子，

①遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基结构，②苯环上连有两个取代基，③核磁共振氢谱有5组吸收峰，另一个取代基在酚羟基的对位上，④1mol物质与足量的3NaHCO溶液反应最多产生21molCO，分子中含有1个COOH−，综上所

述，符合条件M的结构简式为：；【小问5详解】E与NaCN发生取代反应生成F，发生反应的化学方程式为：+NaCN→+NaCl；【小问6详解】根据题目的合成信息，以化合物等为原料，设计合成化合物的路线为：2O/Δ⎯⎯⎯⎯→催化剂24HSO⎯⎯⎯→4NaBH⎯⎯⎯→24HSO⎯⎯⎯⎯→浓。获得更多资

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