2017年高考全国Ⅲ卷理综试题(解析版)

2017年普通高等学校招生全国统一考试（全国Ⅲ卷）

理科综合化学能力测试

绝密★启用前

一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78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． 化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ） A．PM2.5是指粒径不大于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物

B．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染 C．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放

D．天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料【答案】C 【解析】

A．PM 2.5是指粒径小于或等于2.5微米的颗粒物，故A正确； B．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故B正确；

C．煤燃烧可生成二氧化硫和二氧化碳等产物，加入氧化钙后，可与二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，减少二氧化硫排放量，但不与二氧化碳发生反应，所以不能减少温室气体的排放量，故C错误；

D．天然气的主要成分是甲烷，液化石油气的成分是丙烷、丁烷、丙烯和丁烯等，燃烧产物对环境无污染，所以这两类燃料均是清洁燃料，故D正确。 【点评】本题考查学生化学与生活的知识，属于高频考点，侧重化学的实际应用，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大。 8． 下列说法正确的是（ ）

A．植物油氢化过程中发生了加成反应 B．淀粉和纤维素互为同分异构体

C．环己烷与苯可用酸性KMnO4溶液鉴别

D．水可以用来分离溴苯和苯的混合物【答案】A 【解析】

A．植物油的主要成分为不饱和脂肪酸甘油酯，由于分子内含碳碳双键，因此可以与氢气发生加成反应，故A正确；

B．淀粉和纤维素均为高分子化合物，且分子式均为(C6H10O5)n，但由于n值为不定值，所以淀粉和纤维素均为混合物，不互为同分异构体，故B错误；

C．环己烷与苯均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用此法鉴别，故C错误；

D．溴苯与苯均为不溶于水的液态有机物，二者互溶，因此无法用水进行分离，两者沸点相差较大，所以可采用蒸馏法分离，故D错误。

【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，明确官能团与性质之间的关系、常见有机反应是解题的关键，题目难度不大。 9． 下列实验操作规范且能达到目的的是（ ） 目的 操作 在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始A． 取20.00mL盐酸 读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶 B． 清洗碘升华实验所用试管 先用酒精清洗，再用水清洗 用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上 C． 测定醋酸钠溶液pH 配制浓度为0.010mol.L的D． KMnO4溶液 1称取KMnO4固体0.158g，放入100mL 容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度

【答案】B 【解析】

A．酸式滴定管的刻度从上到下，其最下部尖嘴内液体不在刻度内，若把30mL刻度处的液体放出，其放出液体体积大于20mL（50mL-30mL），故A错误； B．碘易溶于有机溶剂，所以可用酒精洗去附着在管壁的碘单质，故B正确； C．测定pH时应使用干燥的pH试纸，若润湿会使测定结果不准确，故C错误； D．在配制一定物质的量浓度的溶液时，不能用容量瓶溶解溶质，应用烧杯，故D错误。

【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及溶液的量取、配制和pH测定等知识点，明确实验基本操作方法、物质的性质是解题的关键，题目难度不大。

10．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A．0.1mol的11B中，含有0.6NA个中子 B．pH1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H

C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6NA个CO2分子

D．密闭容器中1mol PCl3与1mol Cl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个P-Cl键【答案】A 【解析】

A．硼原子质子数为5，所以B的中子数为6，根据N=nNA知，0.1molB的中子个数为0.6NA，故A正确；

B．pH=1的H3PO4溶液中c(H)=0.1mol/L，但是溶液体积未知，所以不能求出H1111的个数，故B错误； C．苯在标准状况下为液体，所以2.24L苯在标况下不为0.1mol，无法得到0.6NA的CO2，故C错误； D．根据PCl3(g)Cl2(g)PCl5(g)可知，该反应为可逆反应，1mol的PCl3与1mol的Cl2无法完全反应生成1mol的PCl5，所以增加的PCl键的数目小于2NA，

故D错误。

【点评】本题考查阿伏伽德罗常数有关计算，涉及原子结构、物质的量浓度、可逆反应等知识点，明确物质的性质、物质结构、物质之间的转化即可解答，易错选项是D，注意PCl3(g)Cl2(g)PCl5(g)为可逆反应，题目难度中等。

11．全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16LixS88Li2Sx(2x8)。下列说法错误的是（ ）

A．电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li+2e=3Li2S4

+-B．电池工作时，外电路中流过0.02mol电子，负极材料减重0.14g C．石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性

D．电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越多【答案】D 【解析】

A．电池工作时为原电池，其电解质中的阳离子向正极移动，根据图示中Li移



动方向可知，电极a为正极，正极发生还原反应，根据总反应可知正极依次发生S8Li2S8Li2S6Li2S4Li2S2的还原反应，故A正确；

B．电池工作时负极电极方程式：LieLi，当转移0.02mol电子时，负极消耗的Li的物质的量为0.02mol，即0.14g，故B正确；

C．石墨烯具有导电性，可以提高电极a的导电能力，故C正确；

D．电池充电时为电解池，此时电池反应为8Li2Sx16LixS8(2x8)，所以

Li2S2的量越来越少，故D错误。

【点评】本题考查原电池与电解池的基础知识，正确判断正负极、阴阳极，注意电极反应式的书写和电子转移的计算为解题关键，题目难度中等。

12．短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这 W X Z 四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是（ ） Y A．氢化物沸点：WW C．化合物熔点：Y2X3YZ3 · D．简单离子的半径：Y根据W、X、Y、Z为短周期元素，且最外层电子数之和为21，如图

W X Y Z 可知，四种元素位于第二、三周期，故可推知，W、X、Y、Z依次为N、O、Al、

Cl。

A．NH3分子之间存在氢键，故沸点应为NH3HCl，故A错误；

B．Y的氧化物对应水化物可为Al(OH)3，W的氧化物对应水化物可为HNO3，而

HNO3酸性强于Al(OH)3，故B错误；

C．Al2O3为离子晶体，而AlCl3为分子晶体，一般离子晶体熔沸点高于分子晶体，

故C错误；

D．O与Al核外电子排布相同，但O核内核电荷数较少，其半径较大，故D正确。

【点评】本题考查原子结构与元素周期表的关系，正确推断各元素为解答关键，熟练应用元素周期律是准确解题的核心，题目难度不大。

13．在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是（ ）

232A．Ksp(CuCl)的数量级为10

7

B．除Cl反应为Cu+Cu+2Cl=2CuCl

2+-C．加入Cu越多，Cu浓度越高，除Cl效果越好

D．2Cu=Cu+Cu平衡常数很大，反应趋于完全【答案】D 【解析】 A．根据CuCl(s)+2++Cu(aq)Cl(aq)可知，Ksp(CuCl)c(Cu)c(Cl)，从Cu图

7像中任取一点代入计算可得Ksp(CuCl)10，故A正确；

B．由题干“向溶液中同时加入Cu和CuSO4，且可以除去Cl”可知，Cu和Cu可以发生氧化还原反应生成Cu，其与Cl结合成CuCl沉淀，故B正确； C．通过Cu和Cu22可以发生氧化还原反应生成Cu，即

Cu(s)Cu2(aq)2Cu(aq)，增加固体Cu的物质的量，平衡不移动，Cu的

2浓度不变，故C错误；

c(Cu2)D．2Cu(aq)Cu(s)Cu(aq)反应的平衡常数K2，从图中两条曲线上c(Cu)62任取横坐标相同的c(Cu)、c(Cu)两点代入计算可得K10，反应平衡常数较

大，反应趋于完全，故D正确。

【点评】本题考查电解质溶液中的沉淀溶解平衡，以及平衡常数的计算，为高频考点，掌握沉淀溶解平衡的定量定性分析为解题的关键，注意平衡常数的应用，题目难度较大。

26.（14分）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：

（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：________、________。 （2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按下图连接好装置进行实验。

①仪器B的名称是________。

②将下列实验操作步骤正确排序________（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。

a．点燃酒精灯，加热

b．熄灭酒精灯 e．称量A

c．关闭K1和K2

f．冷却到室温

d．打开K1和K2，缓缓通入N2

③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x________（列式表示）。若实验时按a、d次序操作，则使x________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。

（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。

①C、D中的溶液依次为________（填标号）。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为________。 a．品红 b．NaOH c．BaCl2 d．Ba(NO3)2 e．浓H2SO4 ②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式________。 【答案】

（1）Fe不能与KSCN反应使溶液显红色 Fe不稳定，易被O2氧化成Fe，再与

223KSCN反应使溶液显红色

（2）①球形干燥管 ②d、a、b、f、c、e ③

152(m2m3) 偏小

18(m3m1)（3）①c、a C中产生白色沉淀、D中品红褪色 ②2FeSO4【解析】

（1）绿矾溶解于水产生Fe，由实验现象可知，滴加KSCN后颜色无变化，说明Fe不能与KSCN反应使溶液显红色，通入空气之后，空气中的氧气把Fe氧化为Fe，再与KSCN反应使溶液显红色；

（2）①由装置图可知，仪器B的名称是球形干燥管；

②实验先打开K1和K2，缓慢通入N2，防止空气中的氧气将绿矾中的Fe氧化为Fe，一段时间后点燃酒精灯，使绿矾中的结晶水变为水蒸气，熄灭酒精灯，将石英玻璃管冷却至室温后关闭K1和K2，防止空气进入石英玻璃管中，冷却之后称量A，再进行计算得出结论；

232322高温Fe2O3SO2SO3

m3m1mm3mol，水的物质的量为2mol，由此可以

15218152(m2m3)得到绿矾中结晶水的数量x，若先点燃酒精灯再通N2，硬质玻璃管中原有

18(m3m1)③由题意可知FeSO4的物质的量为

的空气会将绿矾中的Fe氧化，造成最终剩余的固体质量偏高，则计算得到的结晶水的数目会偏小；

（3）①实验后残留的红色粉末为Fe2O3，根据得失电子守恒可知必然有SO2产生，故分解的产物气体中有SO2和SO3，则检验的试剂应选择品红溶液和BaCl2溶液，不能选择

2Ba(NO3)2，因为SO2也会与Ba(NO3)2产生白色沉淀，由于SO3可溶于品红溶液中，故应先检验SO3，再利用SO2能使品红褪色的原理检验SO2；

②由题意可以得到硫酸亚铁分解的方程式为2FeSO4高温Fe2O3SO2SO3。

【点评】本题以绿矾为载体，考查结晶水合物中结晶水数目的测定以及分解产物的鉴别，考生注意把握实验原理、实验技能以及物质性质的分析，侧重考查学生计算能力和误差分析能力，题目难度中等。 27．（15分）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为

FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：

回答下列问题：

（1）步骤①的主要反应为：

高温FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2

上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的系数比为________。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是________。 （2）滤渣1中含量最多的金属元素是________，滤渣2的主要成分是________及含硅杂质。 （3）步骤④调滤液2的pH使之变________（填“大”或“小”），原因是________（用离子方程式表示）。

（4）有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到________（填标号）得到的K2Cr2O7固体产品最多。 a．80C b．60C c．40C d．10C

400 Na2Cr2O72400

320 200

240 160

160 120 K2Cr2O7 80 KCl40 NaCl 0 020406080100 t/C

步骤⑤的反应类型是________。

（5）某工厂用m1kg铬铁矿粉（含Cr2O340%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为________。 【答案】

（1）2：7 Na2CO3熔融时可以腐蚀陶瓷 （2）Fe Al(OH)3

（3）小 2CrO242H2Cr2O7H2O

（4）d 复分解反应 （5）

190m2100%

147m1【解析】

（1）由氧化还原反应中的得失电子守恒可知二者系数比应为2：7，该反应配平后应为：

溶解度/（g/100gH2O） 2FeOCr2O34Na2CO37NaNO3高温4Na2CrO4Fe2O34CO27NaNO2，该

步骤中存在Na2CO3固体，熔融时会腐蚀陶瓷，故不能使用陶瓷容器；

（2）上述反应产生了不溶于水的Fe2O3，故熔块水浸后滤渣1的主要成分是Fe2O3，则含

量最多的金属元素是铁元素，由流程可知，调节pH=7后，Al3水解产生Al(OH)3沉淀，故滤渣2中除了含硅杂质外还有Al(OH)3；

（3）分析知滤液2中的主要成分是Na2CrO4，滤液3中的主要成分应为Na2Cr2O7，则第④步调节pH的作用是使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，离子方程式为

22CrO2Cr2O7H2O，由此可知应调节pH使之变小； 42H（4）由溶解度曲线图可知，10℃时K2Cr2O7溶解度最小，而Na2Cr2O7、KCl、NaCl此时溶解度均大于K2Cr2O7，三者将主要存在于溶液当中，故此时得到的K2Cr2O7固体最多，由流程得到步骤的反应方程式为

2KClNa2Cr2O72NaClK2Cr2O7，故该反应为复分解反应；

（5）由Cr元素守恒可知：Cr2O3~K2Cr2O7，故理论产生K2Cr2O7的质量为m100040%实际产量190m2= (1294)g，而实际产量为1000m2g，则产率=100%。

理论产量147m1152【点评】本题结合氧化还原反应、溶解度图像考查工业流程，考生需要理解流程中每一步的

作用，把握流程中发生的反应，混合物的分离及实验的技能，最后一问需要考生结合元素守恒计算，综合性较强，题目难度中等。 28.（14分）砷（As）是第四周期VA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途。回答下列问题： （1）画出砷的原子结构示意图__________。

（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式__________。该反应需要在加压下进行，原因是__________。 （3）已知：

3H1 As(s)H2(g)2O2(g)H3AsO4(s)

21H2 H2(g)O2(g)H2O(l)

25H3 2As(s)O2(g)As2O5(s)

2则反应As2O3(s)3H2O(l)2H3AsO4(s)的H__________。

1（4）298K时，将20mL 3xmolLNa3AsO3、20mL 3xmolL1I2和20mL NaOH溶液混合，

发生反应：AsO3(aq)I2(aq)2OH(aq)AsO4(aq)2I(aq)H2O(l)。溶液中

c(AsO34)与反应时间(t)的关系如图所示。

33

ymntmtnt/min

①下列可判断反应达到平衡的是__________（填标号）。

a．溶液的pH不再变化 b．v(I)2v(AsO33)

3c．c(AsO34)/c(AsO3)不再变化

d．c(I)ymolL

1②tm时，v正__________v逆（填“大于”、“小于”或“等于”）。

③tm时v逆__________tn时v逆（填“大于”、“小于”或“等于”），理由是__________。 ④若平衡时溶液的pH14，则该反应的平衡常数K为__________。 【答案】

（1）As：

（2）2As2S35O26H2O（3）2ΔH13ΔH2ΔH3；

4H3AsO46S 加快反应速率，提高原料的利用率；

（4）①ac ②大于 ③小于 tn时刻生成物的浓度更高，反应速率更快

4y3④ (xy)2【解析】

（1）As位于第四周期第VA族，则其原子序数为33，据此画出原子结构示意图； （2）根据题意再由元素守恒及得失电子守恒可以写出并配平该方程式

2As2S35O26H2O4H3AsO46S，由方程式可知该反应是气体体积减小的反应，故加压可以加快反应速率，同时使平衡正向移动，提高原料的利用率； （3）由盖斯定律可知①2②3③可得所求反应，故

ΔH2ΔH13ΔH2ΔH3；

（4）①a.随反应进行，pH不断降低，当pH不再变化时，说明反应达到了平衡； b.未指明V和V，且速率之比等于化学计量数之比，故任何时刻该结论均成立，无法（正）（逆）判断是否达到平衡；

3c．随反应进行，c(AsO34)不断增大，c(AsO3)不断减小，当二者比值不变时，说明二者浓度不再改变，则反应达到平衡；

d.平衡时c(I)2y mol/L，故当c(I)y mol/L时，反应未达到平衡；

②tm时刻后c(AsO34)还在不断增加，说明反应还在正向进行，故此时V（正）V（逆）；

③由于tm到tn时刻c(AsO34)在不断增加，则生成物浓度在增大，故逆反应速率在增大； ④混合后c(AsO33)=x mol/L，c(I2)x mol/L，由图像可知平衡时生成的

c(AsO34)=y mol/L，pH=14说明c(OH)1 mol/L，故可列出三段式为

3AsO33(aq) + I2(aq) + 2OH(aq)  AsO4(aq) + 2I(aq)+H2O(l)

反应前 变化量 反应后 x y x-y x y x-y 2y 1 0 y y 0 2y 2y

c(AsO3c2(I)4y34)则平衡常数K=。 322c(AsO3)c(I2)c(OH)(xy)【点评】本题以As及其化合物为载体，考查盖斯定律、平衡状态的判定及正逆反应速率的比较，要求学生能够通过浓度图像分析可逆反应的特点，最后一问平衡常数的计算为本题的易错点，需要学生注意溶液混合后浓度的改变，题目难度中等。

⑬

35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）

研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO23H2CH3OHH2O)中，Co氧化物负载的

Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：

（1）Co基态原子核外电子排布式为________。元素Mn与O中，第一电离能较大的是

________，基态原子核外未成对电子数较多的是________。

（2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为________和________。

（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为________，原因是________。

（4）锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了键外，还存在________。 （5）MgO具有NaCl型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a0.420nm，则r(O)为________nm。MnO也属于

2NaCl型结构，晶胞参数为a'0.448nm，则r(Mn2)为________nm。

226267272【答案】（1）1s2s2p3s3p3d4s或[Ar]3d4s O Mn

3

（2）sp sp

（3）H2OCH3OHCO2H2 H2O与CH3OH中含氢键，沸点较高，前者氢键更多，沸点更高，CO2与H2分子间为范德华力，CO2分子量更大，范德华力更强，沸点更

高

（4）离子键 π键 （5）0.148 0.076 【解析】（1）Co为27号元素，位于第四周期，第Ⅷ族（第二列），将电子按照能量最低原理、泡利不相容原理、洪特规则填入各电子轨道中，即可得到Co的基态原子核外电子排布式，第一电离能可以衡量元素的原子失去一个电子的难易程度，故金属性越强，第一电离能越小，Mn原子的价电子排布式为3ds2，根据洪特规则，有5个未成对电子，而O原子的价电子排布式为2s2p，仅有2个未成对电子；

（2）根据价层电子对互斥理论，CO2为直线型分子，C原子为sp杂化，而CH3OH中C原子的空间构型为四面体，sp杂化；

（3）首先将四种物质分为两类（氢键、范德华力），再在每一类中分析作用力的强弱； （4）Mn(NO3)2为离子化合物，Mn与NO3之间存在离子键，根据NO3的结构式，N与O之间存在双键，故除了σ键还存在π键；

（5）MgO中，阴离子作面心立方堆积，氧离子沿晶胞的面对角线方向接触，故

23

242a2r(O2)，MnO的晶胞参数比MgO更大，说明阴离子之间不再接触，阴阳离子沿222坐标轴方向接触，故2[r(Mn)r(O)]a'。

【点评】本题考查了原子结构与性质、化学键与杂化轨道理论、分子间作用力、晶体结构及计算等知识，最后的计算难度较大，需要学生对晶体结构有深刻的理解，并具有扎实的立体几何功底，也是对学生综合能力的考察，本题难度中等。

36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）

氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如下：

CF3ACl2光照①C7H5Cl3BSbF3DMSO②C③CF3FeNO2DCF3O2NNHGO⑥20%HCl④CF3E⑤吡啶FNH2OCl

回答下列问题：

（1）A的结构简式为________。C的化学名称是________。

（2）③的反应试剂和反应条件分别是________，该反应的类型是________。 （3）⑤的反应方程式为________。吡啶是一种有机碱，其作用是________。 （4）G的分子式为________。

（5）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有________种。

（6）4-甲氧基乙酰苯胺（ H3CO苯甲醚（H3COCH3ONHCCH3 ）是重要的精细化工中间体，写出由

）制备4-甲氧基乙酰苯胺的合成路线________（其他试剂任选）。

【答案】（1） 三氟甲（基）苯

（2）浓HNO3，浓H2SO4，△ 取代反应（或硝化反应）

CF3CF3O+NH2Cl吡啶NHO+HCl

（3）

中和反应生成的HCl，使化学平衡向右移动，增大产率 （4）C11H11O3N2F3 （5）9 （6） OCH3浓HNO3,浓H2SO4NO2OCH3Fe20%HClNH2OCH3OCl吡啶NHCCH3O OCH3【解析】（1）由反应①的条件和产物B的分子式，可倒推出A为甲苯；

（2）对比C与D的结构，可知反应③为苯环上的硝化反应；

（3）通过G可倒推F的结构，再根据取代反应的基本规律，可得反应方程式，吡啶是碱，可以消耗反应产物HCl； （4）C11H11O3N2F3；

（5）当苯环上有三个不同的取代基时，共有10种同分异构体（见下图，三种取代基分别用X、Y、Z表示），除去G本身还有9种；

XYZXYZZXZYYZXZXYZXYXXZYXYXZZYY

（6）完成这一合成需三步：首先在苯环上引入硝基（类似流程③），然后将硝基还原为氨基（类似流程④），最后发生类似流程⑤的反应。

【点评】本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，与往年的题目相比，取消了对未知反应的信息提示，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，难度有所增加，对学生的思维能力提出了更高的要求。