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1、2023 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试化学部分理科综合能力测试化学部分(全国甲卷全国甲卷)可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：F 19Al 27一、选择题：本题共一、选择题：本题共 13 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 78 分。在每小题给出的四个选项中，只有一分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。(化学部分为第化学部分为第 713 题题)1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是A.苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性B.豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射C.SO2可用
2、于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分D.维生素 C 可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化【答案】B【解析】【详解】A苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因此，其可作为食品防腐剂不是由于其具有酸性，A 说法不正确；B胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射；豆浆属于胶体，因此，其能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射，B 说法正确；C2SO可用于丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分化合为不稳定的无色物质，C 说法不正确；D维生素 C 具有很强的还原性，因此，其可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其容易被氧气氧化，从而防止水果被氧化，D 说法不正确；综上所述，本题选 B。
3、2.藿香蓟具有清热解毒功效，其有效成分结构如下。下列有关该物质的说法错误的是A.可以发生水解反应B.所有碳原子处于同一平面C.含有 2 种含氧官能团D.能与溴水发生加成反应【答案】B【解析】【详解】A藿香蓟的分子结构中含有酯基，因此其可以发生水解反应，A 说法正确；B藿香蓟的分子结构中的右侧有一个饱和碳原子连接着两个甲基，类比甲烷分子的空间构型可知，藿香蓟分子中所有碳原子不可能处于同一平面，B 说法错误；C藿香蓟的分子结构中含有酯基和醚键，因此其含有 2 种含氧官能团，C 说法正确；D藿香蓟的分子结构中含有碳碳双键，因此，其能与溴水发生加成反应，D 说法正确；综上所述，本题选 B。3.实验室将
4、粗盐提纯并配制10.1000mol L的NaCl溶液。下列仪器中，本实验必须用到的有天平温度计坩埚分液漏斗容量瓶烧杯滴定管酒精灯A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】实验室将粗盐提纯时，需要将其溶于一定量的水中，然后将其中的硫酸根离子、钙离子、镁离子依次用稍过量的氯化钡溶液、碳酸钠溶液和氢氧化钠溶液除去，该过程中有过滤操作，需要用到烧杯、漏斗和玻璃棒；将所得滤液加适量盐酸酸化后蒸发结晶得到较纯的食盐，该过程要用到蒸发皿和酒精灯；用提纯后得到的精盐配制溶液的基本步骤有称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到天平、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。综上所述，本实验必须用到的有天平、容
5、量瓶、烧杯、酒精灯，因此本题选 D。4.AN为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是A.0.50mol异丁烷分子中共价键的数目为A6.5NB.标准状况下，32.24LSO中电子的数目为A4.00NC.1.0LpH2的24H SO溶液中H的数目为A0.02ND.11.0L1.0mol L的23Na CO溶液中23CO的数目为A1.0N【答案】A【解析】【详解】A异丁烷的结构式为，1mol 异丁烷分子含有 13NA共价键，所以 0.50mol异丁烷分子中共价键的数目为 6.5NA，A 正确；B在标准状况下，SO3状态为固态，不能计算出 2.24L SO3物质的量，故无法求出其电子数目，B 错误；Cp
6、H=2 的硫酸溶液中氢离子浓度为 c(H+)=0.01mol/L，则 1.0L pH=2 的硫酸溶液中氢离子数目为 0.01NA，C 错误；D23Na CO属于强碱弱酸盐，在水溶液中 CO2-3会发生水解，所以 1.0L 1.0 mol/L 的 Na2CO3溶液中 CO2-3的数目小于 1.0NA，D 错误；故选 A。5.W、X、Y、Z 为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为 19。Y 的最外层电子数与其K 层电子数相等，WX2是形成酸雨的物质之一。下列说法正确的是A.原子半径：XWB.简单氢化物的沸点：XZC.Y与X可形成离子化合物D.Z的最高价含氧酸是弱酸【答案】C【解析】
7、【分析】W、X、Y、Z 为短周期主族元素，原子序数依次增大，WX2是形成酸雨的物质之一，根据原子序数的规律，则 W 为 N，X 为 O，Y 的最外层电子数与其 K 层电子数相等，又因为 Y 的原子序数大于氧的，则 Y 电子层为 3 层，最外层电子数为 2，所以 Y 为 Mg，四种元素最外层电子数之和为 19，则 Z 的最外层电子数为 6，Z 为 S，据此解答。【详解】AX 为 O，W 为 N，同周期从左往右，原子半径依次减小，所以半径大小为 WX，A 错误；BX 为 O，Z 为 S，X 的简单氢化物为 H2O，含有分子间氢键，Z 的简单氢化物为 H2S，没有氢键，所以简单氢化物的沸点为 XZ，
8、B 错误；CY 为 Mg，X 为 O，他们可形成 MgO，为离子化合物，C 正确；DZ 为 S，硫的最高价含氧酸为硫酸，是强酸，D 错误；故选 C。6.用可再生能源电还原2CO时，采用高浓度的K抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是A.析氢反应发生在IrOTix电极上B.Cl从Cu电极迁移到IrOTix电极C.阴极发生的反应有：22422CO12H12eC H4H OD.每转移1mol电子，阳极生成11.2L气体(标准状况)【答案】C【解析】【分析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的 IrOx-Ti 电极为电解池的阳极，水
9、在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为 2H2O-4e=O2+4H+，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为 2CO2+12H+12e=C2H4+4H2O、2CO2+12H+12e=C2H5OH+3H2O，电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室。【详解】A析氢反应为还原反应，应在阴极发生，即在铜电极上发生，故 A 错误；B离子交换膜为质子交换膜，只允许氢离子通过，Cl-不能通过，故 B 错误；C由分析可知，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式有 2CO2+12H+
10、12e=C2H4+4H2O，故 C 正确；D水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e=O2+4H+，每转移 1mol电子，生成 0.25molO2，在标况下体积为 5.6L，故 D 错误；答案选 C。7.下图为33Fe(OH)Al(OH)、和2Cu(OH)在水中达沉淀溶解平衡时的pMpH关系图(1pMlgM/mol Lc；51M10 mol Lc可认为M离子沉淀完全)。下列叙述正确的是A.由a点可求得8.5sp3Fe(OH)10KB.pH4时3Al(OH)的溶解度为10110mol L3C.浓度均为10.01mol L的3Al和3Fe可通过分步沉淀进行分离D.3
11、2AlCu、混合溶液中21Cu0.2mol Lc时二者不会同时沉淀【答案】C【解析】【详解】A由点 a(2，2.5)可知，此时 pH=2，pOH=12，则sp3Fe(OH)K=33(Fe)(OH)cc=2.512 31010=38.510，故 A 错误；B 由点(5，6)可知，此时 pH=5，pOH=9，则sp3Al(OH)K=33(Al)(OH)cc=69 31010=3310，pH4时3Al(OH)的溶解度为3310 310(10)=10-31mol L，故 B 错误；C 由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液 pH 的方法分步沉淀3Al和3Fe，故 C 正确；D
12、由图可知，3Al沉淀完全时，pH 约为 4.7，2Cu刚要开始沉淀，此时21Cu0.1mol Lc，若21Cu0.2mol Lc10.1mol L，则32AlCu、会同时沉淀，故 D 错误；答案选 C。二、非选择题：本题共二、非选择题：本题共 4 小题，共小题，共 58 分。分。(必做题：必做题：2628 题，选做题：题，选做题：3536 题题)8.3BaTiO是一种压电材料。以4BaSO为原料，采用下列路线可制备粉状3BaTiO。回答下列问题：（1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是_。（2）“焙烧”后固体产物有2BaCl、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为_。
13、（3）“酸化”步骤应选用的酸是_(填标号)。a稀硫酸b浓硫酸c盐酸d磷酸（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？_，其原因是_。（5）“沉淀”步骤中生成242BaTiO C O的化学方程式为_。（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的2COCO:=nn_。【答案】（1）做还原剂，将4BaSO还原（2）22SH OHSOH（3）c（4）.不可行.CaS也会与盐酸反应生成可溶于水的2CaCl，导致2BaCl溶液中混有2CaCl杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低（5）2242244BNTiCaClHC OlH O+22442BaTiO C O4NH Cl+2HCl（6）1:1【解析】【分析】由
14、流程和题中信息可知，4BaSO与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、2BaCl、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有2BaCl和BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到2BaCl晶体；2BaCl晶体溶于水后，加入4TiCl和4242NHC O将钡离子充分沉淀得到242BaTiO C O；242BaTiO C O经热分解得到3BaTiO。【小问 1 详解】由流程和题中信息可知，4BaSO与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、2BaCl、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有2BaCl和BaS
15、；滤液经酸化后浓缩结晶得到2BaCl晶体；2BaCl晶体溶于水后，加入4TiCl和4242NHC O将钡离子充分沉淀得到242BaTiO C O；242BaTiO C O经热分解得到3BaTiO。【小问 2 详解】“焙烧”步骤中，4BaSO与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、2BaCl、BaS和CaS，4BaSO被还原为BaS，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将4BaSO还原。【小问 3 详解】“酸化”步骤是为了将BaS转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而2BaCl可溶于水，因此，应选用的酸是盐酸，选 c。【小问 4 详解】如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，
16、其原因是CaS也会与盐酸反应生成可溶于水的2CaCl，导致2BaCl溶液中混有2CaCl杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。【小问 5 详解】“沉淀”步骤中生成242BaTiO C O的化学方程式为：2BaCl+42TiClH O+4242NHC O2=2442BaTiO C O4NH Cl+2HCl。【小问 6 详解】“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，24322BaTiO C OBaTiO2CO+2CO，因此，产生的2coco:nn=1:1。9.钴配合物336Co NHCl溶于热水，在冷水中微溶，可通过如下反应制备：2432233262CoCl2NH Cl10NHH O2 C
17、o NHCl2H O 活性炭。具体步骤如下：称取42.0gNH Cl，用5mL水溶解。分批加入223.0gCoCl6H O后，将溶液温度降至10以下，加入1g活性炭、7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL6%的双氧水。加热至55 60反应20min。冷却，过滤。将滤得的固体转入含有少量盐酸的25mL沸水中，趁热过滤。滤液转入烧杯，加入4mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。回答下列问题：（1）步骤中使用的部分仪器如下。仪器 a 的名称是_。加快 NH4Cl 溶解的操作有_。（2）步骤中，将温度降至 10以下以避免_、_；可选用_降低溶液温度。（3）指出下列过滤操作中不规范之处：_。（4）
18、步骤中，趁热过滤，除掉的不溶物主要为_。（5）步骤中加入浓盐酸的目的是_。【答案】（1）.锥形瓶.升温，搅拌等（2）.浓氨水分解和挥发.双氧水分解.冰水浴（3）玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁（4）活性炭（5）利用同离子效应，促进钴配合物Co(NH3)6Cl3尽可能完全析出，提高产率【解析】【分析】称取 2.0g 氯化铵，用 5mL 水溶解后，分批加入 3.0g CoCl26H2O 后，降温，在加入 1g 活性炭，7mL 浓氨水，搅拌下逐滴加入 10mL 6%的双氧水，加热反应 20min，反应完成后，冷却，过滤，钴配合物在冷水中会析出固体，过
19、滤所得固体为钴配合物Co(NH3)6Cl3和活性炭的混合物，将所得固体转入有少量盐酸的沸水中，趁热过滤，除去活性炭，将滤液转入烧杯中，加入浓盐酸，可促进钴配合物Co(NH3)6Cl3析出，提高产率，据此解答。【小问 1 详解】由图中仪器的结构特征可知，a 为锥形瓶；加快氯化铵溶解可采用升温，搅拌等，故答案为：锥形瓶；升温，搅拌等；【小问 2 详解】步骤中使用了浓氨水和双氧水，他们高温下易挥发，易分解，所以控制在 10以下，避免浓氨水分解和挥发，双氧水分解，要控制温度在 10以下，通常采用冰水浴降温，故答案为：浓氨水分解和挥发；双氧水分解；冰水浴；【小问 3 详解】下图为过滤装置，图中玻璃棒没有
20、紧靠三层滤纸处，可能戳破滤纸，造成过滤效果不佳。还有漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁，可能导致液滴飞溅，故答案为：玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁；【小问 4 详解】步骤中，将所得固体转入有少量盐酸的沸水中，根据题目信息，钴配合物Co(NH3)6Cl3溶于热水，活性炭不溶于热水，所以趁热过滤可除去活性炭，故答案为：活性炭；【小问 5 详解】步骤中，将滤液转入烧杯，由于钴配合物为Co(NH3)6Cl3中含有氯离子，加入 4mL 浓盐酸，可利用同离子效应，促进钴配合物Co(NH3)6Cl3尽可能完全析出，提高产率，钴答案为：
21、利用同离子效应，促进钴配合物Co(NH3)6Cl3尽可能完全析出，提高产率。10.甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：（1）已知下列反应的热化学方程式：233Og2Og1K11285kJ molH 4232CHgOg2CH OH l2K12329kJ molH 反应 4332CHgOgCH OH lOg的3H _1kJ mol，平衡常数3K _(用12KK、表示)。（2）电喷雾电离等方法得到的M(FeCoNi、等)与3O反应可得MO。MO与4CH反应能高选择性地生成甲醇。分别在300K和310K下(其他反应条件相同)进行反应43MOCHMCH OH，结果如下图所示。图
22、中300K的曲线是_(填“a”或“b”。300K、60s时MO的转化率为_(列出算式)。（3）MO分别与44CHCD、反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以4CH示例)。()步骤和中涉及氢原子成键变化的是_(填“”或“”)。()直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则+MO与4CD反应的能量变化应为图中曲线_(填“c”或“d”)。()MO与22CH D反应，氘代甲醇的产量2CH DOD_2CHD OH(填“”“”或“=”)。若MO与3CHD反应，生成的氘代甲醇有_种。【答案】（1）.307.1221()KK或21KK（2）.b.0.10.11
23、0-1100%10（3）.c.2【解析】【小问 1 详解】根据盖斯定律可知，反应=12(反应-)，所以对应3H 1112111(329kJ mol285k3J2)07molkJ mol2HH；根据平衡常数表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数12231()KKK或21KK，故答案为：307；1221()KK或21KK；【小问 2 详解】根据图示信息可知，纵坐标表示-lg(+(MO)(MO)(M)ccc)，即与 MO+的微粒分布系数成反比，与 M+的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b 曲线生成 M+的物质的量浓度比 a 曲线的小，证明化学反应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应
24、速率减慢，所以曲线 b 表示的是 300 K 条件下的反应；根据上述分析结合图像可知，300K、60s时-lg(+(MO)(MO)(M)ccc)=0.1，则+(MO)(MO)(M)ccc=10-0.1，利用数学关系式可求出+0.1+(M)101(MO)cc（），根据反应43MOCHMCH OH可知，生成的M+即为转化的MO，则MO的转化率为0.10.110-1100%10；故答案为：b；0.10.110-1100%10；【小问 3 详解】()步骤涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步骤；()直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则
25、此时正反应活化能会增大，根据图示可知，+MO与4CD反应的能量变化应为图中曲线 c；()MO与22CH D反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量2CH DOD2CHD OH；根据反应机理可知，若MO与3CHD反应，生成的氘代甲醇可能为2CHD OD或3CD OH共 2 种，故答案为：；2。化学化学选修选修 3：物质结构与性质：物质结构与性质11.将酞菁钴钛三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题：（1）图 1 所示的几种碳单质，它们互为_，其中属于原子晶体的是_，60C间的作用力
26、是_。（2）酞菁和钴酞菁的分子结构如图 2 所示。酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是_(填图 2 酞菁中N原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为_，氮原子提供孤对电子与钴离子形成_键。（3）气态3AlCl通常以二聚体26Al Cl的形式存在，其空间结构如图 3a 所示，二聚体中Al的轨道杂化类型为_。3AlF的熔点为1090，远高于3AlCl的192，由此可以判断铝氟之间的化学键为_键。3AlF结构属立方晶系，晶胞如图 3b 所示，F的配位数为_。若晶胞参数为pma，晶体密度_3g cm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为AN)。【答案】（1）.同素异形体.金刚石
27、.范德华力（2）.+2.配位（3）.3sp.离子.2.303A84 10aN【解析】【小问 1 详解】同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体。图 1 所示的几种碳单质，它们的组成元素均为碳元素，因此，它们互为同素异形体；其中金刚石属于原子晶体，石墨属于混合型晶体，60C属于分子晶体，碳纳米管不属于原子晶体；60C间的作用力是范德华力；【小问 2 详解】已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的 C 原子和所有的 N 原子均为2sp杂化，且分子中存在大键，其中标号为和的 N 原子均有一对电子占据了一个2sp杂化轨道，其 p 轨道只能提供 1 个电子参与形成大键，标号为的 N 原子的 p 轨
28、道能提供一对电子参与形成大键，因此标号为的 N 原子形成的NH 键易断裂从而电离出H；钴酞菁分子中，失去了 2 个H的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，因此，钴离子的化合价为+2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。【小问 3 详解】由26Al Cl的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al 原子价层电子对数是 4，其与其周围的 4 个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中 A1 的轨道杂化类型为3sp。AlF3的熔点为 1090，远高于 AlCl3的 192，由于 F 的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键。由 AlF3的晶胞结构可知，其中含灰色球的个
29、数为11234，红色球的个数为1818，则灰色的球为F，距F最近且等距的3Al有 2 个，则F的配位数为 2。若晶胞参数为 a pm，则晶胞的体积为33303a10cmapm（），晶胞的质量为A84gN，则其晶体密度3033A84 10g cmaN。化学化学选修选修 5：有机化学基础：有机化学基础12.阿佐塞米(化合物 L)是一种可用于治疗心脏、肝脏和肾脏病引起的水肿的药物。L 的一种合成路线如下(部分试剂和条件略去)。已知：R-COOH2SOCl R-COCl32NH H O R-CONH2回答下列问题：（1）A 的化学名称是_。（2）由 A 生成 B 的化学方程式为_。（3）反应条件 D
30、应选择_(填标号)。aHNO3/H2SO4bFe/HClcNaOH/C2H5OH dAgNO3/NH3（4）F 中含氧官能团的名称是_。（5）H 生成 I 的反应类型为_。（6）化合物 J 的结构简式为_。（7）具有相同官能团的 B 的芳香同分异构体还有_种(不考虑立体异构，填标号)。a10b12c14d16其中，核磁共振氢谱显示 4 组峰，且峰面积比为 2：2：1：1 的同分异构体结构简式为_。【答案】（1）邻硝基甲苯(2-硝基甲苯)（2）+Cl23FeCl+HCl（3）b（4）羧基（5）消去反应（6）（7）.d.【解析】【分析】根据有机物 C 的结构，有机物 B 被酸性高锰酸钾氧化为 C，
31、则有机物 B 为，有机物B 由有机物 A 与 Cl2发生取代反应得到的，有机物 A 为，有机物 E 为有机物 C 发生还原反应得到的，有机物 E 经一系列反应得到有机物 G，根据已知条件，有机物 G 发生两步反应得到有机物 H，有机物 G 与 SOCl2发生第一步反应得到中间体，中间体与氨水发生反应得到有机物 H，有机物 H 的结构为，有机物 I 与有机物 J 发生反应得到有机物K，根据有机物I、K的结构和有机物J的分子式可以得到有机物J的结构，有机物J的结构为，有机物 K 经后续反应得到目标化合物阿佐塞米(有机物 L)，据此分析解题。【小问 1 详解】根据分析，有机物 A 的结构式为，该有机
32、物的化学名称为邻硝基甲苯(2-硝基甲苯)。【小问 2 详解】根 据 分 析，有 机 物 A 发 生 反 应 生 成 有 机 物 B 为 取 代 反 应，反 应 的 化 学 方 程 式 为+Cl23FeCl+HCl。【小问 3 详解】根据分析，有机物 C 发生生成有机物 E 的反应为还原反应，根据反应定义，该反应为一个加氢的反应，因此该反应的反应条件 D 应为 b：Fe/HCl，a 一般为硝化反应(取代反应)的反应条件，c 一般为卤代烃的消去反应的反应条件，d 一般为醛基的鉴别反应(银镜反应)的反应条件，故答案为 b。【小问 4 详解】有机物 F 中的含氧官能团为-COOH，名称为羧基。【小问 5 详解】有机物 H 反应生成有机物 I 的反应作用在有机物 H 的酰胺处，该处于 POCl3发生消去反应脱水得到氰基，故答案为消去反应。【小问 6 详解】根据分析可知有机物 J 的结构简式为。【小问 7 详解】与分子式为 C7H6ClNO2的芳香同分异构体且含有-Cl、-NO2两种官能团共有 17 种，分别为：(有机物 B)、，除有机物 B 外，其同分异构体的个数为 16 个；在这些同分异构体中核磁共振氢谱的峰面积比为 2：2：1：1，说明其结构中有 4 种化学环境的 H 原子，该物质应为一种对称结结构，则该物质为。