2022届山东省临沂市高三第二次模拟考试化学试题含解析

这是一份2022届山东省临沂市高三第二次模拟考试化学试题含解析，共32页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

山东省临沂市2022届高三第二次模拟考试
化学试题
一、单选题
1．实验室中下列做法正确的是（　　）
A．用无水氯化钙干燥氨气
B．用二硫化碳清洗试管内壁附着的硫
C．用带橡胶塞的棕色瓶保存浓硝酸
D．用坩埚加热MnCl2⋅4H2O制备MnCl2
2．下列生活应用或生产活动，没有运用相应化学知识的是（　　）
选项
生活应用或生产活动
化学知识
A
用二氧化碳跨临界直接制冰
液态二氧化碳汽化时吸热
B
用小苏打焙制糕点
NaHCO3受热易分解生成气体
C
用FeCl3溶液蚀刻电路板上的铜
FeCl3溶液呈酸性
D
丙三醇可用于配制化妆品
丙三醇与水形成氢键，有很强的保湿性
A．A B．B C．C D．D
3．利用下列仪器(夹持装置略)能完成的实验是（　　）

A．用四氯化碳萃取碘水中的碘
B．CuSO4溶液的浓缩结晶
C．配制100mL1.0mol⋅L-1的稀硫酸
D．除去苯甲酸晶体中的SiO2
4．某新型漂白剂的结构如图，其组成元素均为短周期元素，其中X与Y同周期，X与W对应的简单离子核外电子排布相同，且W、Y、Z的价电子数之和等于X的最外层电子数。下列说法错误的是（　　）

A．原子半径：W＞Y＞X＞Z
B．四种元素中X电负性最大
C．1mol该物质中含有2mol配位键
D．第一电离能介于X与Y之间的同周期元素有1种
5．某合成药物中间体的结构简式如图所示。下列关于该化合物的说法错误的是（　　）

A．分子式为C13H13NO
B．该分子存在顺反异构体
C．分子中碳原子有3种杂化方式
D．1mol该分子最多能与5molH2发生加成反应
6．液氨具有微弱的导电性，加入钠单质可快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡，溶液导电能力显著提升。下列说法错误的是（　　）

A．液氨能够发生电离，有NH4+和NH2-生成
B．钠和液氨可发生反应：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑
C．蒸发钠的液氨溶液，蓝色会逐渐褪去
D．0.1mol钠投入液氨中生成0.01molH2时，Na共失去0.02mol电子
7．一种提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．不慎将白磷沾到皮肤上，可用CuSO4稀溶液冲洗
B．过程I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶6
C．过程II中，除生成Ca3(PO4)2外，还可能生成Ca(H2PO4)2、CaHPO4
D．过程III的化学方程式为2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C高温__6CaSiO3+P4+10CO↑
8．环丙叉环丙烷(b)具有特殊的结构，其转化关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．b的二氯代物有3种
B．m的所有原子都在一个平面内
C．p在氢氧化钠的乙醇溶液中加热生成烯烃
D．p和m可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分
9．三氯乙醛(CCl3CHO)是生产农药、医药的重要中间体，实验室制备三氯乙醛的装置(加热仪器略)如图所示。已知：CCl3CHO易溶于水和乙醇，易被HClO氧化生成CCl3COOH。下列说法错误的是（　　）

A．反应结束后可通过分液法分离出产品
B．反应过程中可能会生成副产物CH3CH2Cl
C．装置c中主反应为CH3CH2OH+4Cl2→△CCl3CHO+5HCl
D．在b和c之间、d和e之间均需增加干燥装置
10．一种以硼镁矿(含2MgO·B2O3·H2O、SiO2及少量FeO、Fe2O3、Al2O3等)为原料生产硼酸(H3BO3)的工艺流程如下。

已知：H3BO3与足量NaOH溶液反应生成Na[B(OH)4]。
下列说法错误的是（　　）
A．H3BO3的电离方程式为H3BO3+H2O⇌H++B(OH)4-
B．“热过滤”的目的是防止H3BO3从溶液中结晶析出
C．“除杂”过程中加入的试剂X依次为MgO、H2O2
D．“母液”经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥可得到硫酸镁晶体
11．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）
选项
实验操作和现象
结论
A
向新制的硫酸亚铁溶液中滴加邻二氮菲()溶液，溶液变为橙红色
邻二氮菲能与亚铁离子形成配合物
B
向盛有Ag2O固体的两支试管中分别加入稀硝酸和氨水，Ag2O均溶解
Ag2O是两性氧化物
C
溴乙烷与NaOH的乙醇溶液混合、加热，将产生的气体通入盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶中，溶液褪色
反应生成了乙烯
D
向BaSO4固体中加入饱和Na2CO3溶液，过滤，沉淀洗净后加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解，且产生气泡
Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
A．A B．B C．C D．D
12．一种新型无隔膜可充电电池Zn/MnO2，水系电池以锌箔、石墨毡为集流体，ZnSO4和MnSO4的混合液作电解质溶液，工作原理如图所示。

下列说法正确的是（　　）
A．过程I为充电过程，a接电源的正极
B．为增强电池效率，可向电解液中加入硫酸以增强溶液的导电性
C．过程II为放电过程，石墨毡极的电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+
D．放电时，当外电路转移2mole-时，两电极质量变化的差值为22g
二、多选题
13．一种以Pd―Cu为催化剂还原去除水体中NO3-的机理如图a所示；其他条件相同，不同pH时，NO3-转化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比如图b所示。

已知：溶液pH会影响Pd对NO2-的吸附，不影响对Ｈ的吸附。
下列说法正确的是（　　）
A．pH越大，Pd对NO2-的吸附能力越强
B．通过调节溶液的pH，可使NO3-更多的转化为N2
C．反应ii中生成NH4+的离子方程式为NO2-+6H+2H+=NH4++2H2O
D．pH=12时，每处理6.2gNO3-，理论上消耗标准状况下5.6LH2
14．在2L恒容密闭容器中，充入2.0molNO和2.0molSO2，在一定条件下发生反应2NO(g)+2SO2(g)⇌N2(g)+2SO3(g)，测得平衡体系中NO、SO3的物质的量分数(x)与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能
B．T1时，当v正(SO2)=2v逆(N2)时反应达到平衡状态
C．T2时，若反应经t s达到平衡，则v(N2)=23tmol⋅L-1⋅s-1
D．b点时，往容器中再充入NO、SO2、N2、SO3各1.0mol，再次平衡时x(N2)增大
15．常温下，向一定浓度H2C2O4溶液中加入KOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与-lg X[X为c(H2C2O4)、c(C2O42-)、c(C2O42-)c(HC2O4-)]变化如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．常温下，H2C2O4的Kal=10-2.3
B．a点溶液中：c(K+)-c(OH-)=c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)-c(H+)
C．KHC2O4溶液中：c(K+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)
D．b点溶液中：c(K+)>3c(HC2O4-)
三、综合题
16．铜阳极泥(含有Cu2S、Se、Ag2Se、Au等)是粗铜电解精炼的副产品，常用作提取稀散元素和贵金属的重要原料。

（1）Cu2S溶解的离子方程式为　 　；从“有机相”可回收的金属是　 　。
（2）保持其他条件不变，测得Cu元素浸出率、Se元素浸出率和浸出渣率[=m(浸出渣)m(铜阳极泥)×100%]随加入MnO2的质量变化如图所示。

①加入MnO2的质量约为　 　g时，Cu元素恰好完全浸出。
②当0.8gc(C2O42-)>c(H2C2O4)，C不符合题意；
D．根据电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，图中b点对应的溶液的pH为4.3，即c(HC2O4-)=c(C2O42-)，即c(K+)+c(H+)=3c(HC2O4-)+c(OH-)，故b点溶液中有：c(K+)＜3c(HC2O4-)，D符合题意；
故答案为：AD。

【分析】 已知H2C2O4中加入KOH固体，随着pH增大，C(H+)减小，H2C2O4减小，-lgc(H2C2O4)增大，C2O42-的浓度增大，-lgc(C2O42-)减小，c(C2O42-)c(H2C2O4)=Ka2C(H+)则也增大，-lgc(C2O42-)c(H2C2O4)减小，且随着pH的增大，c(HC2O4-)先大于c(C2O42-)到等于，再到小于，即c(C2O42-)c(HC2O4-)从小于1，到等于1，再到大于1，则图中从左往右的曲线分别为-lgc(H2C2O4)、-lgc(C2O42-)c(HC2O4-)、-lgc(C2O42-)随pH变化的曲线。
16．【答案】（1）Cu2S+5MnO2+12H+=5Mn2++2Cu2++SO42-+6H2O；Cu
（2）0.3；单位时间内，浸出的含硒物质的质量小于未参与反应的MnO2的质量
（3）1.8×10-5
（4）Au-e-+2NH3=Au(NH3)2+；NH3和Cu(NH3)42+；394
【解析】【解答】由题干流程图可知，铜阳极泥中加入H2SO4、MnO2进行“酸浸氧化”将Cu变为Cu2+、Se元素变为SeO42-，S元素变为SO42-，Ag元素变为Ag+，过滤出滤渣主要成分为Au即不溶杂质，向滤液中加入NaCl，将Ag+转化为AgCl沉淀，过滤出滤渣主要成分是AgCl，在加入Na2S2O3溶液进行溶浸转化为Ag(S2O3)23-，向滤液中主要含有Na+、Mn2+、Cu2+、SeO42-、SO42-等离子，加入萃取剂HR，萃取出Cu2+，分液，得有机相(含有Cu2+)，水相中含有Na+、Mn2+、H+、SeO42-、SO42-，据此分析解题。
(1)Cu2S具有还原性，加入二氧化锰具有氧化性，在酸性溶液中发生氧化还原反应，Cu2S+5MnO2+12H+=5Mn2++2Cu2++SO42-+6H2O，由分析可知，从“有机相”可回收的金属是Cu，故答案为：Cu2S+5MnO2+12H+=5Mn2++2Cu2++SO42-+6H2O；Cu；
(2)①由图干图示信息可知，加入MnO2的质量约为0.3g时，Cu的浸出率达到100%，Cu元素恰好完全浸出，故答案为：0.3；
②当0.8g＜m(MnO2)＜1.2g时，Se元素浸出率继续增加，浸出渣率不减反增的原因是：单位时间内，浸出的含硒物质的质量小于未参与反应的MnO2的质量，故答案为：单位时间内，浸出的含硒物质的质量小于未参与反应的MnO2的质量；
(3)浸出液中c(Ag+)＜10-5mol•L-1，说明银离子沉淀完全，①AgCl(s)+2S2O32-(aq)⇌Ag(S2O3)23-(aq)+Cl-(aq) K=6.66×103；②Ag+(aq)+2S2O32-(aq)⇌Ag(S2O3)23-(aq) K=3.7×1013，①-②得到AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，K=c(Ag+)×c(Cl-)=1.8×10-10，据此计算氯离子浓度c(Cl-)＞1.8×10-1010-5mol/L=1.8×10-5mol/L，故答案为：1.8×10-5；
(4)①由图干图示信息可知，图中•表示金粒负极的电极反应式为：Au-e-+2NH3=Au(NH3)2+，浸金过程中的催化剂是：NH3和Cu(NH3)42+，故答案为：Au-e-+2NH3=Au(NH3)2+；NH3和Cu(NH3)42+；
②根据电子守恒可知，n(Au)=4n(O2)，则若有标准状况下11.2LO2参加反应，n(Au)=4n(O2)=4×11.2L22.4L•mol-1=2mol，浸出金的质量为2mol×197g/mol=394g，故答案为：394。

【分析】依据题干流程结合常见元素化合物的性质以及物质的分离和提纯分析，铜阳极泥中加入H2SO4、MnO2进行“酸浸氧化”将Cu变为Cu2+、Se元素变为SeO42-，S元素变为SO42-，Ag元素变为Ag+，过滤出滤渣主要成分为Au，即不溶杂质，向滤液中加入NaCl，将Ag+转化为AgCl沉淀，过滤出滤渣主要成分是AgCl，在加入Na2S2O3溶液进行溶浸，AgCl转化为Ag(S2O3)23-，向滤液中主要含有Na+、Mn2+、Cu2+、SeO42-、SO42-等离子，加入萃取剂HR，萃取出Cu2+，分液，得有机相(含有Cu2+)，水相中含有Na+、Mn2+、H+、SeO42-、SO42-。
17．【答案】（1）[Ar]3d8或者1s22s22p63s23p63d8；23；B
（2）1：1；NH3中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱
（3）Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6；(0，0，r1c)；(c2-r1-r2)2+12a2
【解析】【解答】(1)①已知Ni是28号元素，故基态Ni2+核外电子排布式为[Ar]3d8或者1s22s22p63s23p63d8，故答案为：[Ar]3d8或者1s22s22p63s23p63d8；
②丁二酮肟镍分子中Ni2+采取dsp2杂化，为平面正方形构型，则该分子中有C=N双键所在的平面和Ni2+的形成的平面正方形平面，则分子中除了每个甲基上有2个H原子不可能与气体原子共平面之外，其余23个原子可能共面，故答案为：23；
③丁二酮肟镍分子内存在Ｎ提供孤电子对和Ni2+提供空轨道形成的配位键，不存在阴、阳离子之间形成离子键，氢键和范德华力均不属于化学键，则丁二酮肟镍分子内存在的化学键有配位键，故答案为：B；
(2)①已知单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，三键为1个σ键和2个π键，则1分子Ni(CO)4中含有4个配位键，4个C≡N，即含有8个σ键与8个π键，则晶体中含有的σ键与π键数目之比为8：8=1：1，故答案为：1：1；
②由于[Ni(NH3)6]2+中的NH3中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱，导致键角H-N-H比独立存在的NH3分子中键角略大，故答案为：NH3中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱；
(3)一个晶胞中含Ni个数为：8×18=1，含有苯分子个数为1，NH3分子个数为：4×14=1，CN为：8×14=2，则该晶体的化学式为Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6，由题干晶胞图示可知，A点的分数坐标为(0，0，r1c)；将B点和底面的面心C点连接，设原点为O点，则有：AO为r1pm，OC为22apm，BC为(c2-r2)，过A点作BC的垂线垂足为D点，则有BD=BC-AO=(c2-r2-r1)，根据直角三角形ABD有：BD2+AD2=AB2，AD=OC，故晶胞中A、B间距离d=BD2+AD2=(c2-r1-r2)2+(22a)2 =(c2-r1-r2)2+12a2pm，故答案为：Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6；(0，0，r1c)；(c2-r1-r2)2+12a2。

【分析】 (1)①基态Ni源子失去4s能级上的电子生成基态Ni2+ ；
②丁二酮肟镍分子中Ni2+采取dsp2杂化，为平面正方形构型，C=N具有乙烯结构特点，与其直接相邻的原子共平面，单键可以旋转；
③丁二酮肟镍分子内镍离子和N原子之间存在配位键、还存在C-C、C= N、C-H等共价键；
(2)①已知单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，三键为1个σ键和2个π键，Ni(CO)4晶体中Ni源子和C原子之间存在σ键，每个CO分子中含有1个σ键和2个π键；
②该离子中N原子和Ni2+形成配位键，[Ni(NH3)6]2+中N原子形成4个共价键，氨气分子中N原子形成3个共价键，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力；
(3)依据晶胞密度的相关知识分析解答。
18．【答案】（1）关闭K3，打开K1、K2；Fe2++H2C2O4+H2O=FeC2O4⋅2H2O↓
（2）FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2 Fe(OH)3↓；除去过量的H2O2，防止与饱和H2C2O4溶液发生反应；将红褐色沉淀Fe(OH)3转化为K3[Fe(C2O4)3]，提高产率
（3）a-0.315cV1a×100%；V2=a-0.315cV12.455c；偏高
【解析】【解答】装置A中铁和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，打开K1、K3和K4，制取的氢气将装置内空气全部排尽，再利用压强差将FeSO4溶液压至装置B中与H2C2O4溶液反应，用气球收集多余的氢气；
(1)铁和稀硫酸反应生成氢气，装置A内压强增大，关闭K3，打开K1、K2，利用压强差将FeSO4溶液压至装置B中与H2C2O4溶液反应；H2C2O4是弱酸应保留化学式，B中生成FeC2O4⋅2H2O沉淀的离子方程式为Fe2++H2C2O4+H2O=FeC2O4⋅2H2O↓；故答案为：关闭K3，打开K1、K2；Fe2++H2C2O4+H2O=FeC2O4⋅2H2O↓；
(2)FeC2O4⋅2H2O与K2C2O4和H2O2反应生成K3[Fe(C2O4)3]和红褐色沉淀Fe(OH)3，该反应的化学方程式为6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2 Fe(OH)3↓；H2C2O4具有还原性，H2O2具有氧化性，先将混合物煮沸，目的是除去过量的H2O2，防止与饱和H2C2O4溶液发生反应；加入饱和H2C2O4溶液发生反应2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O，H2C2O4的作用是将红褐色沉淀Fe(OH)3转化为K3[Fe(C2O4)3]，提高产率；
(3)步骤I加入标准KMnO4溶液与H2C2O4⋅2H2O发生氧化还原反应生成Mn2+和CO2，反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4-+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，则n(H2C2O4)=52×n(KMnO4)=52×cV1×10-3mol，m(H2C2O4⋅2H2O)=nM=52×cV1×10-3mol×126g/mol=0.315 cV1g，a g样品中K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O的质量为(a-0.315 cV1)g，其质量分数为a-0.315cV1a×100%，则省略步骤II，也能测定质量分数；K3[Fe(C2O4)3]中Fe为+3价，加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，再用KMnO4溶液滴定，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，则n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5cV2×10-3mol，由Fe元素守恒可得m(K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O)=nM=5cV2×10-3mol×491g/mol=2.455 cV2g，由样品中K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O质量相等，则2.455 cV2g=(a-0.315 cV1)g，可得V1与V2关系V2=a-0.315cV12.455c，若步骤I中滴入KMnO4不足，计算H2C2O4⋅2H2O质量偏小，导致K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O质量偏大，则测得样品中Fe元素含量偏高。

【分析】装置A中铁和稀硫酸反应生成FeSO4和氢气，打开K1、K3和K4，制取的氢气将装置内空气全部排尽，再利用压强差将FeSO4溶液压至装置B中与H2C2O4溶液反应，用气球收集多余的氢气；
(1)铁和稀硫酸反应生成氢气，装置A内压强增大，关闭K3，打开K1、K2，利用压强差将FeSO4溶液压至装置B中与H2C2O4溶液反应；H2C2O4是弱酸，书写离子方程式应保留化学式；
(2)FeC2O4.2H2O与K2C2O4和H2O2反应生成K3[Fe(C2O4)3]和红褐色沉淀Fe(OH)3；H2C2O4具有还原性，H2O2具有氧化性，先将混合物煮沸，除去过量的H2O2，加入饱和H2C2O4溶液发生反应将红褐色沉淀Fe(OH)3转化为K3[Fe(C2O4)3]，提高产率；
(3)依据氧化还原反应滴定计算结合元素守恒分析解答。
19．【答案】（1）-130
（2）N；温度升高催化剂活性降低或者升高温度更有利与反应II的进行
（3）＜；55.56；d；减小
【解析】【解答】(1)已知反应热焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则ΔH1=52kJ/mol+4×(-242kJ/mol)-2×(-393kJ/mol)-6×0=-130kJ⋅mol-1，故答案为：-130；
(2)①由图可知，N催化下能够在较低的温度下获得较高的CO2转化率和C2H4的选择性，故N的催化效果好，故答案为：N；
②由曲线信息可知，500~800K之间，乙烯的选择性随温度升高而减小，故其原因可能为：温度升高催化剂活性降低或者升高温度更有利与反应II的进行，故答案为：温度升高催化剂活性降低或者升高温度更有利与反应II的进行；
(3)①由图可知，升高温度，任何反应的反应速率均增大，由图可知X点对应温度小于y点对应温度，故v逆(x)＜v逆(y)，已知z点体系的压强为200kPa，则T0时，由图可知，z点CO2的平衡转化率为40%，根据三段式分析可知，2CO2(g)+6H2(g)⇌起始量(mol)58转化量(mol)5×40%6平衡量(mol)32C2H4(g)011+4H2O(g)044 ，则平衡时，p(CO2)=310×200kPa=60kPa，同理：p(H2)=40kPa，p(C2H4)=20kPa，p(H2O)=80kPa，该反应的标准平衡常数Kθ=(p(H2O)pθ)4×(p（C2H4）pθ)(p(CO2)pθ)2×(p(H2)pθ)6=(80kPa100kPa)4×(20kPa100kPa)(60kPa100kPa)2×(40kPa100kPa)6=55.56，故答案为：＜；55.56；
②已知速率方程v正=k正c2(CO2)⋅c6(H2)，v逆=k逆c(C2H4)⋅c4(H2O)，k正、k逆是速率常数，由(1)分析可知，2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)ΔH=-130kJ/mol＜0，即升高温度平衡逆向移动，则说明k正随温度变化比k逆随温度变化更慢，图像中曲线bd的斜率小于曲线ac，则曲线ac代表k逆，bd代表k正，且由图2可知，x点为未达到平衡点，且平衡向正反应进行，即k正＞k逆，图中a、b、c、d分别代表x点、z点的速率常数，其中d点表示x点的lgk正，由分析可知，k正随温度变化比k逆随温度变化更慢，升高温度时，k正-k逆减小，故答案为：d；减小。

【分析】(1)反应热焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量；
(2)①依据图示分析解答；
②由曲线信息可知，500~800K之间，乙烯的选择性随温度升高而减小以此分析；
(3)①依据化学平衡三段式计算和化学平衡常数分析解答；
②依据化学反应速率和化学平衡常数以及化学平衡移动原理分析解答。
20．【答案】（1）取代反应；硝基和酰胺基
（2）；6
（3）+→+HCl；
（4）→Fe/NH4Cl→HOAc
【解析】【解答】由题干有机合成流程图可知，根据C的结构简式和B的分子式并结合B到C的转化信息可知，B的结构简式为：，由A的分子式并结合A到B的转化信息可知，A的结构简式为：，由D的分子式和C到D的转化信息可知，D的结构简式为：，由E的分子式和D到E的转化信息并结合F的结构简式可知，E的结构简式为：，据此分析解题。
(1)由分析可知，A→B即转化为，该反应的反应类型是取代反应，由题干流程图中C的结构简式可知，C中含氧官能团的名称为硝基和酰胺基，故答案为：取代反应；硝基和酰胺基；
(2)由分析可知，A的结构简式为，分子式为：C7H8O2N2，则符合下列条件①含有苯环和两个-NH2，②能与NaOH溶液发生反应即含有羧基或者酯基或者含有酚羟基，③核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为4∶2∶1∶1即两个NH2位于对称位置，的Ａ的同分异构体有：、、、、和共6种，故答案为：；6；
(3)由分析可知，B→C即+反应生成和HCl，该反应的化学方程式为+→+HCl，由分析可知，E的结构简式为，故答案为：+→+HCl；；
(4)由题干B到C的转化信息可知，和反应可以转化为，由C转化为D的信息可知，在Fe/NH4Cl作用下转化为：，由D到E的转化信息可知，在HOAc作用下转化为目标产物，由此分析确定合成路线为：→Fe/NH4Cl→HOAc，故答案为：→Fe/NH4Cl→HOAc。

【分析】由A与B分子式、C的结构简式，逆推可知B为、 A为；由D、E的分子式，结合反应条件、F的结构简式，可知C中硝基还原为氨基生成D，D中氨基与羰基之间先加成、再消去生成成环得到E，E中溴原子转化为-COOH生成F，故D为、E为；
(4)模仿生成F的过程，和发生取代反应生成，再用Fe/NH4Cl还原生成，最后在HOAc条件反应生成。