备战高考化学一轮复习高三全程模拟卷（四）（全国通用）

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备战2023年高考化学高三全程模拟卷（四）（全国通用）
(考试用时：50分钟　试卷满分：100分)
一．选择题（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）
7．（2022·福建福州·二模）2022年北京冬奥会和冬残奥会通过科技助力“碳中和”，体现绿色环保理念。下列说法错误的是
A．冬奥会火炬“飞扬”采用碳纤维与树脂复合材料，对比传统金属材质，碳纤维密度小、强度高
B．冬奥会火炬用加入金属盐类的氢气为燃料，火焰并非淡蓝色是由于金属盐类的焰色反应，焰色反应属于化学变化
C．冬奥会采用二氧化碳跨临界直冷制冰代替氟利昂等制冷剂，具备环保节能、来源广泛、安全无毒等优点
D．冬奥会颁奖花束所用的编织材料是以羊毛为原料的绒线，其主要成分为蛋白质
【答案】B
【解析】
A项：碳纤维与树脂复合材料，具有密度小、强度高的特点，故A正确；
B项：某些金属元素灼烧会发出颜色，焰色反应属于物理变化，不是化学变化，故B错误；
C项：氟利昂会破坏臭氧层，使用二氧化碳跨临界直冷制冰技术加大了二氧化碳的消耗，使大气中二氧化碳的浓度降低，减缓了气候变暖，故C正确
D项：羊毛的主要成分是蛋白质，故D正确；
故选：B。
8．（2022·吉林延边·一模）2021年的诺贝尔化学奖授予本杰明·李斯特(BenjaminList)、大卫·麦克米兰(Davidw.C．MacMillan)，以表彰他们在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醛反应如图：

下列说法正确的是
A．c的分子式为C10H9NO4 B．该反应为取代反应
C．b、c均不能与乙酸反应 D．脯氨酸与互为同分异构体
【答案】D
【解析】
A项：根据c的结构简式得到c的分子式为C10H11NO4，故A错误；
B项：从质量守恒角度来看该反应为加成反应，故B错误；
C项：c中含有羟基，能与乙酸发生酯化反应，故C错误；
D项：脯氨酸与分子式相同，结构式不同，因此两者互为同分异构体，故D正确。
综上所述，答案为D。
9．（2022·云南·昆明一中一模）NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．6gNa37Cl中含有的电子数为2.8NA
B．标准状况下，11.2LCHCl3含有的分子数为0.5NA
C．物质的量相等的苯、苯乙烯混合物中含C—H键数为7NA
D．25°C，0.1LpH=1的盐酸稀释十倍，含有的OH-数为1×10-14NA
【答案】A
【解析】
A项：6gNa37Cl的物质的量为0.1mol，含有的电子数为(11+17)×0.1NA=2.8NA，故A正确；
B项：标准状况下，CHCl3为液体，11.2LCHCl3气体的物质的量不是0.5mol，故B错误；
C项：苯、苯乙烯(C8H8)分子中含C—H键数分别为6、8，总物质的量不确定，所含C—H键数也不能确定，故C错误；
D项：25℃，0.1LpH＝1的盐酸稀释十倍，体积变为1L，pH变为2，OH－的浓度为1×10−12mol/L，含有的OH－数应为1×10−12NA，故D错误；
选A。
10．（2022·安徽宣城·二模）“热电池”是高温熔融盐一次电池，在航空航天领域有广泛应用，采用LiAl、LiSi等合金做电极比纯锂安全性更好。某热电池工作原理如图所示，放电时，1molFeS2完全反应时得到4mol电子。下列说法错误的是

A．电子流向：LiAl极→用电器→FeS2极
B．若转化为，则FeS2消耗98.4g
C．正极的电极反应式为
D．热电池的正极材料需要具备高温下的热稳定性和物理稳定性
【答案】B
【解析】
由图示可知，LiAl极为负极，FeS2极为正极，负极锂比铝活泼，放电时锂优先失电子生成锂离子，负极反应式为：Li-e-=Li+，正极反应式为：。
A项：电池放电时，电子由负极经外电路流向正极，即电子流向：LiAl极→用电器→FeS2极，A正确；
B项：放电时，转化为的反应式为：-0.82e-=+0.82Li+，正极反应式为：，当转移0.82mol电子时，消耗0.205molFeS2，质量为：0.205mol120g/mol=24.6g，B错误；
C项：由分析可知，正极电极反应式为：，C正确；
D项：热电池的正极材料需要具备高温下不易分解，不易与其他物质反应的性质，即具备高温下的热稳定性和物理稳定性，D正确；
答案选B。
11．（2022·山东聊城·一模）我国“祝融号”火星车成功着陆火星，其矿脉中含有原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z。已知W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，X的氢化物可用于蚀刻玻璃，Y与Z最外层电子数之和等于8。下列说法正确的是
A．原子半径： B．简单氢化物的稳定性：
C．X与Z可形成离子化合物 D．同周期第一电离能小于Z的元素有5种
【答案】B
【解析】
原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，则W为O，Z为S； X的氢化物可用于蚀刻玻璃，则X为F元素， Y与Z最外层电子数之和等于8，Y的最外层电子数为8-6=2，Z的原子序数大于Y，则Y为Mg元素，则W、X、Y、Z分别是O、F、Mg、S元素，以此来解析；
A项：W、X、Y、Z分别是O、F、Mg、S元素， O、F的原子含有2个电子层，Y、Z的原子含有3个电子层，原子序数O< FO>F，A不符合题意；
B项：W、X、Z分别是O、F、S，非金属性越强对应的简单氢化物越稳定，非金属性F>O>S，简单氢化物的稳定性：HF>H2O>H2S，B符合题意；
C项：X、Z分别是F、S元素，形成SF6为共价化合物，C不符合题意；
D项：Z为S，位于第三周期，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA元素第一电离能大于第ⅢA元素，第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族元素；同周期比硫电离能小的有钠、铝、镁、硅四种元素，D不符合题意；
故选B。
12．（2022·湖南省隆回县第二中学模拟预测）下列装置和试剂均正确且能达到实验目的的是

A．图甲检验装置的气密性 B．图乙除去Cl2中的NO2
C．图丙制备无水CuSO4 D．图丁分离淀粉溶液和泥沙
【答案】C
【解析】
A项：未形成密闭体系，不能用于检查装置的气密性，A错误；
B项：NO2与饱和食盐水中的水反应生成污染性气体NO，会导致大气污染，B错误；
C项：胆矾受热分解生成CuSO4和水蒸气，氮气可吹出生成的水蒸气，能够制取得到无水CuSO4，C正确；
D项：淀粉溶液属于胶体，其中的淀粉分子和浊液的分散质粒子均不能透过半透膜，不能达到分离淀粉溶液和泥沙的目的，D错误；
故合理选项是C。
13．（2022·广东·一模）下列反应的离子方程式书写正确的是
A．溶液与过量溶液反应：
B．金属Na与溶液反应：
C．少量与KClO溶液反应：
D．草酸与酸性溶液反应：
【答案】A
【解析】
A项：溶液与过量溶液反应生成BaSO4沉淀和偏铝酸根离子，反应离子方程式为，故A正确；
B项：Na先与溶液中的水反应生成NaOH和氢气，NaOH再与反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为，故B错误；
C项：少量SO2通入KClO溶液中，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：SO2+H2O+3ClO-═Cl-+SO+2HClO，故C错误；
D项：高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸生成二氧化碳，高锰酸根离子被还原生成锰离子，草酸为弱酸不可拆，离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D错误；
故选：A。
二．非选择题：共58分，第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题为选考题，考生根据要求作答。
26．（2022·江西九江·二模）以碳酸锰铜矿(主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备硫酸锰的一种工艺流程如下：

（1）“氧化”时，反应的离子方程式为_______。可用一种试剂检验氧化后的溶液中是否含有Fe2+，该试剂为_______(写化学式)。
（2）加入MnCO3调节pH=3.3时可以将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，该反应的离子方程式为_______。
（3）“沉铜"时，若滤液中c(Mn2+)=0.21mol·L-1，向其中缓慢通入氨气，为了使铜离子完全沉淀而又避免生成Mn(OH)2，应控制pH的范围为_______。[已知：常温下，Ksp[Cu(OH)2]=1×10-20，Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13，离子浓度小于或等于10-5mol/L可视为沉淀完全]
（4）本工艺中可循环使用的物质是_______。
（5）结合图像，分析获得(MnSO4·H2O)晶体的“系列操作”步骤为：_______、_______，酒精洗涤，低温干燥。

【答案】（1）     MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O     K3[Fe(CN)6] (或KMnO4)
（2）3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+ +3CO2 ↑
（3）6.5≤PH＜8 (或6.5～8)
（4）NH3、MnCO3
（5）     蒸发结晶     趁热过滤
【解析】
碳酸锰铜矿主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe3O4、FeO杂质，用硫酸酸浸，得到硫酸锰、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁的混合溶液，加入二氧化锰， Fe2+被氧化为Fe3+；加入MnCO3调节pH生成氢氧化铁沉淀；过滤后向溶液中通入氨气生成氢氧化铜沉淀，过滤，向滤液中加入NH4HCO3，生成MnCO3沉淀，MnCO3沉淀中加硫酸，得到硫酸锰溶液，以此解题。
（1）
“氧化”时，二氧化锰把酸浸后的二价铁氧化为三价铁，离子方程式为： MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；二价铁和铁氰化钾相遇的时候会生成蓝色沉淀，可以用铁氰化钾来检验，另外二价铁有还原性，可以使高锰酸钾褪色，可以用酸性高锰酸钾来检验，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O ；K3[Fe(CN)6] (或KMnO4)；
（2）
碳酸锰消耗三价铁水解产生的氢离子，导致氢离子浓度降低，促进三价铁水解，该反应的离子方程式为：3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+ +3CO2 ↑；
（3）
铜离子完全沉淀是铜离子浓度小于或等于10-5mol/L，此时c(OH-)==10-7.5 mol/L，c(H+)==10-6.5，pH=6.5；锰离子开始沉淀时，c(OH-)==10-6 mol/L，c(H+)==10-8，pH=8，故应控制pH的范围为6.5≤PH＜8 (或6.5～8)；
（4）
通过流程图可知，在加热赶氨的时产生氨气，另外本题在沉锰的时候生成碳酸锰，故本工艺中可循环使用的物质是NH3 、MnCO3；
（5）
从MnSO4溶液中得到MnSO4·H2O的方法为：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤。
27．（2022·广东佛山·二模）铜是生活中常见的金属，以铜为原料进行如下实验。回答下列问题：
Ⅰ.制备
（1）利用铜与浓硫酸制备，适宜的装置是_______(从A、B、C中选择)，该装置内发生的化学方程式为_______。

（2）收集干燥的，所需装置的接口连接顺序为：发生装置→_______(填小写字母)。
（3）反应后，发生装置中未观察到蓝色溶液，原因是_______。
Ⅱ.探究温度对铜与过氧化氢反应的影响
向10mL30%的溶液中滴加1mL3mol/L硫酸，将光洁无锈的铜丝置于其中，铜丝表面产生气泡并逐渐变多，剩余溶液呈蓝色。经检验产生的气体为，查阅资料发现是催化分解的结果。
（4）写出生成的离子方程式_______。
（5）学习小组提出猜想：升高温度，催化能力增强，该小组设计如下实验验证猜想。
实验序号
30%H2O2(mL)
1mol/LCuSO4(mL)
水(mL)
水浴温度(℃)
3min时生成O2的平均速率()
1
10
1
1
20
2.4
2
10
1
1
30
9
3
10
1
1
40
90
4
10
0
2
20
A1
5




A2
6
10
0
2
40
A3
①小组同学认为实验1～3的结果，不能证明猜想成立，理由是_______。
②为进一步验证猜想，完善实验4～6的方案(答案填在答题卡上) _______。小组同学结合实验1～6，判断猜想成立，依据是_______。
【答案】（1）     B    
（2）ghedij
（3）浓硫酸具有吸水性，反应后的硫酸铜以固体形式存在
（4）
（5）     温度升高促进的分解     10、0、2、30     实验组1～3生成氧气平均速率随温度升高的增加程度比对照组4～6大
【解析】
用铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体，先干燥再收集，最后处理二氧化硫尾气，探究温度对铜与过氧化氢反应的影响时，要注意对变量的分析，只能有一个作变量。
（1）
用铜与浓硫酸制备，反应是铜固体和浓硫酸加热条件下反应生成二氧化硫气体、硫酸铜和水，因此适宜的装置是B，该装置内发生的化学方程式为。
（2）
收集干燥的，先用浓硫酸干燥二氧化硫气体，再用向上排空气发收集二氧化硫气体，最后进行尾气处理，因此所需装置的接口连接顺序为：发生装置→ghedij。
（3）
反应后，发生装置中未观察到蓝色溶液，可能是浓硫酸具有吸水性，将硫酸铜溶液中水吸收，最后硫酸铜以固体形式存在。
（4）
铜、硫酸和双氧水反应生成硫酸铜和水，则生成的离子方程式为。
（5）
①小组同学认为实验1～3的结果，不能证明猜想成立，理由是H2O2的热稳定性较差，温度升高促进的分解。
②为进一步验证猜想，根据1、4；3、6；实验温度相同，实验条件中硫酸铜溶液的用量不同，得出实验2、5是一组实验对比，其方案中加入的体积分别为10、0、2、30；小组同学结合实验1～6，判断猜想成立，根据1和4，2和5，3和6分别对比实验得出温度升高，催化能力增强即依据是实验组1～3生成氧气平均速率随温度升高的增加程度比对照组4～6大。
28．（2022·吉林延边·一模）碳排放问题是第26届联合国气候变化大会讨论的焦点。我国向国际社会承诺2030年“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。为了实现这个目标，加强了对CO2转化的研究。下面是CO2转化为高附加值化学品的反应。相关反应的热化学方程式如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g) △H1
反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2=-90.0kJ·mol-1
反应Ⅲ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H3=-49.0kJ·mol-1
反应Ⅳ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H4=-165.0kJ·mol-1
反应Ⅴ：2CO2g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) △H5=-122.7kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）反应Ⅲ一般认为通过反应Ⅰ、Ⅱ来实现，则反应Ⅰ的△H1=____kJ·mol-1；已知：由实验测得反应Ⅰ的v正=k正c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆·c(H2O)·c(CO)(k正、k逆为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则=____(填“增大”、“不变”或“减小”)。
（2）在2L恒容密闭容器中充入总物质的量为8mol的CO2和H2发生反应Ⅲ，改变氢碳比，在不同温度下反应达到平衡状态，测得的实验数据如表：
温度/K
CO2转化率

500
600
700
800
1
45
33
20
12
2
60
43
28
15
3
83
62
40
22
①下列说法中正确的是____(填英文字母)。
A．增大氢碳比，平衡正向移动，平衡常数增大
B．v(CH3OH)=v(CO2)时，反应达到平衡
C．当混合气体平均摩尔质量不变时，达到平衡
D．当混合气体密度不变时，达到平衡
②在700K、氢碳比为3.0的条件下，某时刻测得容器内CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为2mol、2mol、1mol和1mol，则此时正反应速率和逆反应速率的关系是_____(填英文字母)。
A．v(正)>v(逆)             B．v(正)v(逆)，故选A；
（3）
①在较低温度时主要生成甲烷，该催化剂在较低温度时主要选择反应Ⅳ。研究发现，若温度过高，三种含碳产物的物质的量会迅速降低，其主要原因可能是：温度升高催化剂活性降低；
②，，
K(Ⅲ)= (L2/mol2)；
（4）
2.33gBaSO4固体的物质的量为0.01mol，根据可知，需要消耗xmol/L的碳酸钠，所得1L溶液中，反应平衡常数，平衡时，，x=0.11；则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为0.11mol/L；
（5）
温度小于900℃时进行电解反应，碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融碳酸钠，熔融碳酸钠中的碳酸根移向阳极，阳极的电极反应式为2CO-4e-=2CO2↑+O2↑，阴极得电子发生还原反应生成碳，则阴极的电极反应式为：3CO2+4e-=C+2CO。
35.[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）
（2022·四川绵阳·二模）新型铜锌锡硫化合物(CuxZnySnzSn)薄膜太阳能电池近年来已经成为可再生能源领域的研究热点。回答下列问题：
（1）Sn的价电子排布式为___________，Zn位于元素周期表的___________区。
（2）Si、P、S第一电离能由大到小的顺序是___________。其中电负性最大的元素是___________。
（3）SO和SO键角较小的是___________，原因是___________。
（4）向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，最终得到蓝色溶液，溶液中1mol[Cu(NH3)4]2+含有___________个σ键。再向溶液中加入乙醇，得到深蓝色晶体，该晶体中不存在___________ (填标号)。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．金属键 E．氢键
（5）锌黄锡矿(K型)是制备薄膜太阳能电池的重要原料，其晶胞结构如图所示(晶胞参数α=β=y=90°)。该晶体的化学式为___________，密度ρ=___________g·cm-3(用含有NA的代数式表示)。

【答案】（1） 5s25p2 ds
（2） P＞S＞Si S
（3） SO SO、SO的硫原子都是sp3杂化，但SO有孤电子对，排斥作用较大，使其键角小于SO
（4） 16NA(或16×6.02×1023) D
（5） Cu2ZnSnS4 ×1030
【解析】
（1）
Sn位于第四周期ⅣA族，价电子数等于最外层电子数，即Sn的价电子排布式为5s25p2；Zn位于元素周期表第四周期ⅡB族，属于ds区；故答案为5s25p2；ds；
（2）
三种元素属于同周期，同周期从左向右第一电离能增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，Si、P、S第一电离能由大到小的顺序是P＞S＞Si；同周期从左向右电负性增大(稀有气体除外)，因此电负性最大的是S；故答案为P＞S＞Si；S；
（3）
SO中中心原子S价层电子对数为=4，SO中中心原子S的价层电子对数为=4，前者含有1个孤电子对，后者不含有孤电子对，根据孤电子对之间的斥力＞孤电子对数－成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，因此SO键角小于SO；故答案为SO；SO、SO的硫原子都是sp3杂化，但SO有孤电子对，排斥作用较大，使其键角小于SO；
（4）
Cu2＋与NH3之间形成配位键，1个Cu2＋与4个NH3形成4个配位键，即形成4个σ键，NH3中N与3个H形成3个σ键，因此1mol[Cu(NH3)4]2+含有(4＋4×3)NA个σ键，即16NA或16×6.02×1023个σ键；深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，[Cu(NH3)4]2＋与SO之间形成离子键，Cu2＋与NH3之间形成配位键，N和H之间形成共价键，[Cu(NH3)4]SO4·H2O也含有氢键，但不含有金属键；故答案为16NA或16×6.02×1023；D；
（5）
根据晶胞图可知，Cu位于顶点、面心和体心，个数为=4，Zn位于棱上和面心，个数为=2，Sn位于面上，个数为=2，S位于晶胞内部，个数为8，即化学式为Cu2ZnSnS4；晶胞的质量为g，晶胞的体积为(a×a×2a×10－30)cm3，根据密度的定义，该晶胞的密度为=×1030g/cm3；故答案为Cu2ZnSnS4；×1030。
36.[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
（2022·重庆·一模）有机化合物Y有抗菌作用，也是一种医药中间体，由X合成Y的路线图如下：

己知：①++H2O
②
请回答下列问题：
（1）X的化学名称为___________，X在水中的溶解度___________(填“大于”“等于”或“小于”)苯酚在水中的溶解度。
（2）C中的含氧官能团的名称为___________，在①~④中属于取代反应的是___________(填序号)。
（3）有机物Y中处于同一平面的碳原了最多有___________个。
（4）E的结构简式为___________。
（5）F在一定条件下，能发生缩聚反应，其反应方程式为___________。
（6）G是D的同分异构体，同时满足下列条件的G的结构有___________种(不考虑立体异构)。
①结构中含有氨基和羧基，只有1个苯环，无其他环状结构。
②核磁共振氢谱中有4组吸收峰，且峰面积之比为。
（7）参照上述合成路线和信息，以和有机物X为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线___________。
【答案】（1） 对甲基苯酚（或者4-甲基苯酚） 小于
（2） （酚）羟基和羰基（或酮基） ①②③④
（3）13
（4）
（5）n+
（6）4
（7）
【解析】
结合反应②的反应条件、A的分子式以及B的结构简式可得A的结构简式为；结合A的结构简式、X的分子式以及反条件可得X的结构简式为，则X的名称为对甲基苯酚或者4-甲基苯酚；B与浓盐酸在加热条件下发生取代反应生成C（）；C与NaCN在一定条件下发生取代反应生成D；结合已知①和D的结构简式可得E的结构简式为；E在酸性条件下水解为F；F在一定条件下反应生成Y。据此分析可得：
（1）
由分析可得X的结构简式为，则其名称为：对甲基苯酚或者4-甲基苯酚；由X的结构简式可知X中的为亲水基团，其余为疏水基团；疏水基团比苯酚的疏水基团大，所以在水中的溶解度X小于苯酚，故答案为：甲基苯酚（或者4-甲基苯酚）；小于；
（2）
C的结构简式为：，则C所含的官能团为氯原子、（酚）羟基和羰基（或酮基），其中含氧官能团为（酚）羟基和羰基（或酮基）；反应①为X与在催化剂作用下取代反应生成A（）；反应②为A与在酸性条件下反发生取代应生成B；反应③为B中的醇羟基被氯原子所取代，发生取代反应生成C；反应④为C中的氯原子被所取代，发生取代反应，综上所述在①~④中均属于取代反应，故答案为：（酚）羟基和羰基（或酮基）；①②③④；
（3）
由Y的结构式可知，Y中含有平面结构的苯环，以及中的C原子可能处于的延长线上，所以共10个碳原子共面，由于Y同时含有碳碳双键的平面型结构，则与碳碳双键直接相连的原子共面，则共4个C原子共面，综上所述Y中最多共13个碳原子共面，故答案为：13；
（4）
结合已知①和D的结构简式可得E的结构简式为，故答案为：；
（5）
F()中的羟基与羧基在一定条件下发生缩聚反应生成，则其方程式为：n+，故答案为：n+；
（6）
D的结构简式为，由信息可知，其同分异构体G中含有①结构中含有氨基()和羧基()，只有1个苯环，无其他环状结构；②核磁共振氢谱中有4组吸收峰，且峰面积之比为，推知G的结构简式为、、、共4种，故答案为：4；
（7）
在浓硫酸存在并加热发生消去反应生成；与在催化剂存在下发生取代反应生成；催化剂、并加热条件发生消去反应生成，则其合成路线为：
，故答案为： 。