辽宁省东北育才学校等五校2022-2023学年高三化学上学期期末试卷（Word版附解析）

2022~2023学年度上学期期末考试高三年级化学试卷可能用到的相对原子质量：一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学使科技进步、使生活更美好，下列有关说法错误的是A.卡塔尔世界杯用的“旅程”球，球体表面采用名为纹理聚氨酯的合成高分子材料B.制造5G芯片的氮化硅属于新型无机非金属材料C.我国学者通过调试镁钪合金成分设计出的“应变玻璃”属于金属材料D.“三舱三船”空间站使用的霍尔推进器属于离子推进器，该推进器消耗液氙“燃料”时发生化学反应【答案】D【解析】【详解】A．卡塔尔世界杯用的“旅程”球，球体表面采用的纹理聚氨酯属于合成高分子材料，A正确；B．氮化硅属于新型无机非金属材料，B正确；C．“应变玻璃”是金属玻璃,属于金属材料，C正确；D．“三舱三船”空间站使用的霍尔推进器属于离子推进器，该推进器消耗液氙“燃料”时,将疝气转化为离子形态,没有发生化学反应，D不正确；故选：D。2.下列化学用语的表述正确的是A.水解的离子方程式：B.分子的的空间构型：正三角形C.过氧化钠的电子式：D.的结构式：【答案】D【解析】【详解】A．在水溶液中水解生成H2S和OH-，离子方程式为： ，故A错误；B．中心原子价层电子对数为2+=4，且存在两个孤电子对，空间构型为V形，故B错误；C．过氧化钠的电子式为：，故C错误；D．的结构式为：，故D正确；故选D。3.为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.羟基()中所含有的中子数为B.常温常压下，与足量浓硝酸反应转移的电子数为C.中所含键数为D.的溶液中含【答案】A【解析】【详解】A．羟基()中所含有的中子数为，故A正确；B．常温常压下，Fe在浓硝酸中钝化，故B错误；C．1个水分子中含有1个键，配位键是键，中所含键数为，故C错误；D．的溶液，由于存在平衡，所以的数目小于NA，故D错误；选A。4.2022年1月，全国首个肝癌创新药阿可拉定获批上市，阿可拉定分子结构如图，下列说法不正确的是 A.所有碳原子可能共平面B.能发生取代反应和加成反应C.能使酸性溶液褪色D.该有机物最多可与反应【答案】D【解析】【详解】A．苯环、酮羰基、碳碳双键为平面结构，由三点成面可知，阿可拉定分子中所有碳原子可能共平面，故A正确；B．由结构简式可知，阿可拉定分子中含有的苯环、酮羰基、碳碳双键能发生加成反应，有机物分子中含有的羟基能表现酚或醇的性质，一定条件下能发生取代反应，故B正确；C．由结构简式可知，阿可拉定分子中含有的碳碳双键、酚羟基、醇羟基能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使溶液褪色，故C正确；D．由结构简式可知，阿可拉定分子中含有的苯环、酮羰基、碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则1mol阿可拉定分子最多可与9mol氢气反应，故D错误；故选D。5.一种能增强人体免疫力的化合物，其结构如图，其中X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族非金属元素，W、R同族。下列说法错误的是A.第一电离能：B.氢化物的沸点：C.原子半径：D.X、Z、W三种元素既可形成共价化合物又可形成离子化合物 【答案】B【解析】【分析】由结构可知R最外层有六个电子，根据题意可知为W、R第ⅥA族元素，因此W为O元素，R为S元素，再根据结构中的成键数可知X为H元素，Y为C元素，Z为N元素.【详解】A．同一周期各元素第一电离能从左往右有逐渐增大的趋势，因为N元素2p轨道为半充满状态，第一电离能大于O元素，同一主族第一电离能从上往下依次降低，O元素大于S元素第一电离能，故第一电离能：，A正确；B．碳元素的氢化物为烷烃，烷烃的沸点随C原子数目增大而增大，存在沸点大于水和氨气的烷烃，B错误；C．原子半径同一周期从左往右依次减小，且H原子半径最小，故原子半径：，C正确；D．H、N、O，即可形成共价化合物，如，也可形成离子化合物，如，D正确；故选：B。6.依据反应，利用下列装置从含的废液中制取单质碘的溶液，并回收，其中装置使用错误的是ABCD制取还原碘酸钠获得溶液的从水溶液中提取A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．Cu与浓硫酸在加热的条件下，反应生成二氧化硫，图中没有加热装置，故该装 置不可制备二氧化硫，A错误；B．二氧化硫与发生题给氧化还原反应生成I2和，且倒扣的漏斗可防止倒吸，B正确；C．碘易溶于四氯化碳，与水分层，图中萃取、分液可得到I2的CCl4溶液，C正确；D．从水溶液中提取采取蒸发结晶的方法，用蒸发皿蒸发溶液，D正确；故本题选A。7.失水后可转为，结构如图。下列说法正确的是A.位于周期表区B.中键角小于中键角C.此结构中与、与离子之间的作用力相同D基态O原子核外电子有5种空间运动状态【答案】D【解析】【详解】A．Fe位于元素周期表的d区，A错误；B．是正四面体结构，键角∠OSO为109°28′，H2O是V型结构，键角∠HOH为104.5°，B错误；C．H2O与之间存在氢键，所以两者作用力不同，C错误；D．氧原子1s22s22p4的空间运动状态就是轨道数1+1+3=5个，D正确；故答案为：D。8.科学家从化肥生产的中检出物质，该物质遇强碱反应生成分子，分子中N原子杂化方式相同，且满足8电子结构，下列说法措误的是 A.与互为同素异形体，且稳定性强于B.与的N原子均为杂化C.固体属于离子晶体D.与碱反应生成的气体产物易液化，可作制冷剂【答案】A【解析】【详解】A．由题意可知，N4分子的空间构型为正四面体结构，破坏氮氮单键消耗的能量小于氮氮三键，所以氮气分子比N4分子稳定，故A错误；B．由题给信息可知，铵根离子和N4H离子中氮原子都形成4个σ键，所以硫酸铵与的氮原子的杂化方式都为sp3杂化，故B正确；C．由题意可知，是由N4H离子和硫酸根离子形成的离子晶体，故C正确；D．硫酸铵与碱共热反应生成的氨气易液化，常用作制冷剂制冷剂，故D正确；故选A。9.我国学者开发了一种新型高效的催化剂，大幅度降低了电解所需的电压，同时可将气体变废为宝，其工作原理如图所示，下列说法正确的是A.X电极与电源负极相连B.吸收的反应的离子方程式为C.Y电极可选择铜D.交换膜M为质子交换膜，电解时质子由a流向b【答案】A 【解析】【分析】由图可知，与直流电源负极相连的X电极为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极Y为阳极，亚铁离子在阳极失去电子发生氧化反应生成铁离子，放电生成的铁离子与硫化氢反应生成亚铁离子、硫沉淀和氢离子。【详解】A．由分析可知，与直流电源负极相连的X电极为电解池的阴极，故A正确；B．由分析可知，吸收硫化氢的反应为放电生成的铁离子与硫化氢反应生成亚铁离子、硫沉淀和氢离子，反应的离子方程式为，故B错误；C．由分析可知，电极Y为阳极，若Y电极选择铜，铜失去电子发生氧化反应生成铜离子，亚铁离子不可能转化为铁离子，无法将硫化氢气体变废为宝，故C错误；D．由分析可知，X电极为电解池的阴极，电极Y为阳极，若交换膜M为质子交换膜，电解时质子由阴极室b流向阴极室a，故D错误；故选A。10.点击化学(ClickChemistry)又译为“链接化学”、“速配接合组合式化学”，是由2022年诺贝尔化学奖获得者提出的一类反应。作为点击化学的经典反应，含钌()催化剂催化叠氮—炔环加成反应()机理如图。下列有关说法不正确的是A.该反应过程有三种中间体B.过程符合原子经济，原子利用率C.反应过程中元素的价态发生变化D.该反应过程仅涉及加成反应【答案】D【解析】【详解】A．根据图示可知，该反应过程中有3种中间体，A正确； B．该反应实质为R-N-N≡N与≡—R’反应生成，该反应原子利用率为100%，B正确；C．含Ru化合物为催化剂，反应过程中Ru元素连接的基团发生变化，Ru的价态发生了变化，C正确；D．该反应过程中除了加成反应还有取代反应，D错误；故答案选D。11.下列实验方案能达到实验目的的是实验目的实验操作A检验酸雨中含有取样，向样品中滴入溶液，有白色沉淀生成B检验钢铁发生吸氧腐蚀取钢铁电极附近溶液，向其中滴加溶液，产生蓝色沉淀C证明酸性：室温下，用计分别测等浓度的溶液和溶液的，测得溶液的大D验证：向溶液中滴加2滴溶液，产生白色沉淀，再滴加2滴溶液，沉淀变成黄色A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．应先加入硝酸酸化，再加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，则酸雨中含有，A不符合题意；B．K3[Fe(CN)6]可检验Fe生成Fe2+，只能证明铁发生了腐蚀，不能判断发生哪种腐蚀，B不符合题意； C．盐类越弱越水解，等浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液，测得NaClO溶液的pH大，则酸性CH3COOH>HClO，C符合题意；D．向2mL0.1mol/LAgNO3溶液中滴加2滴0.1mol/LNaCl溶液，产生白色沉淀，硝酸银过量，再滴加2滴0.1mol/LKI溶液，有黄色沉淀生成，均是沉淀的生成，没有沉淀的转化，不能比较两者的溶度积大小，D不符合题意；故选C。12.向刚性密闭容器中充入气体，发生反应。不同温度下，反应达平衡，平衡体系中各物质的物质的量分数如下表：(已知A有颜色，B无色)℃254050602025406680756034下列说法不正确的是A.25℃，反应达平衡，速率B.室温时，将此容器放入冰水中，颜色变浅C.向40℃的平衡体系中再充入A，达新平衡时平均分子量减小D.50℃达平衡时，A的转化率为【答案】C【解析】【分析】列三段式：，平衡时总物质的量为3-x，据此分析解答。【详解】A．25℃时，B的物质的量分数为80%，即，解得，则，A正确；B．由表格数据可知，升高温度，A的物质的量分数增大，平衡逆向移动，颜色加深，则室温时，将此容器放入冰水中，相当于降低温度，平衡正向移动，颜色变浅，B正确；C．向40℃的平衡体系中再充入A，等效于加压，平衡正向移动，则达新平衡时，混合气体平 均摩尔质量增大，即平均分子量增大，C错误；D．50℃达平衡时，A的物质的量分数为40%，即，解得，则A的转化率为，D正确；故选C。13.下列指定反应的离子方程式正确的是A.工业制漂白粉：B.向溶液中滴加硝酸：C.向苯酚钠溶液中通入少量：D.向悬浊液中滴入氨水：【答案】D【解析】【详解】A．工业上向石灰乳中通氯气制漂白粉，离子反应式为，A错误；B．稀硝酸有氧化性，SO2和S单质会被继续氧化，不能稳定存在，B错误；C．苯酚的酸性强于碳酸氢根，弱于碳酸，则向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳，离子反应式为，C错误；D．氨气可与难溶于水的氯化银结合生成可溶于水的络合物，D正确；故选D。14.电化学制氢是实现氢经济的重要途径。中国科学院近来提出了一种新型的可充电锌—肼()电池，采用双功能电催化剂实现了独立的析氢反应，原理如图，下列说法不正确的是 A.放电时，左侧电极反应式：B.充电时，右侧电极反应式：C.电池工作时，与可同时在右侧生成D.放电时，每转移，可产生标况下气体【答案】C【解析】【详解】A．放电时为原电池，左侧是负极，电极反应式：，A正确；B．充电时，右侧与电源正极相连为阳极，电极反应式：，B正确；C．放电时右侧发生的反应是，充电时，所以与没有同时在右侧生成，C错误；D．放电时，每转移，由可知产生标况下气体，D正确；故选C。15.海洋生态系统在全球碳循环中起着决定性作用。进入海水后，主要以4种无机形式存在，称为总溶解无机碳()，占海水总碳以上，在海水中存在平衡关系：；，某些组分百分率随变化如下图。另据资料显示：海洋中的珊瑚虫经反应形成石灰石外壳，进而形成珊瑚。下列说法不正 确的是A.海水中：B.C.海水中藻类的光合作用促进了珊瑚的形成D.海水的一般在7.8~8.3之间，所以海洋中碳元素主要以形式存在【答案】B【解析】【详解】A．根据图像可知当碳酸分子和碳酸氢根离子的含量相等时，pH＝6.3，即氢离子浓度是10－6.3mol/L，则＝10－6.3，所以，因此海水中：，A正确；B．由于存在反应，所以根据碳原子守恒可知，B错误；C．海水中藻类的光合作用消耗二氧化碳，使平衡正向进行，因此促进了珊瑚的形成，C正确；D．根据图像可知海水的一般在7.8～8.3之间时碳酸氢根离子的含量最高，所以海洋中碳元素主要以形式存在，D正确； 答案选B。二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.工业污酸因酸性强，且含有大量(Ⅲ)等毒性物质不可直接排放，用锌冶炼窑渣处理含砷废酸可实现砷、酸的高效脱除，同时获得有价金属铜、铁。工艺流程如下：已知：①锌窑渣主要成分：等②氧化浸出后上清液主要成分()(主要以形式存在)18.917.86.61.658.85③(V)毒性较(Ⅲ)弱（1）为提高污酸中的消除率，可采取的的措施有_______。a.将锌窑渣粉碎b.提高液固比c.延长浸取时间（2）氧化浸出步骤，氧气分压对溶出率的影响如图所示，试分析氧气分压过大时，铁元素溶出率变化的可能原因：_______；若该步骤不通入氧气，将影响锌窑渣中_______(填化学式)成分的溶浸。（3）沉砷时的化学反应方程式：_______；污酸预处理工艺中的作用：_______。（4）加入铁粉的主要目的是沉铜，写出该过程可能发生的离子方程式：_______。（5）滤渣2的主要成分：_______。 （6）取水解前样品放入锥形瓶，再加入蒸馏水，滴入指示剂，用酸性溶液滴定至终点。重复三次实验，消耗标准液的体积分别为，则样品中的浓度：_______。【答案】（1）ac（2）①.氧气分压过大时，被氧化为，进一步发生水解沉淀损失或直接与发生沉砷反应②.（3）①.或、②.将氧化成，降低污酸毒性（4）（5）或（6）【解析】【分析】用H2O2预处理污酸，将污酸中的三价As氧化为五价，锌窑渣中的Fe、FeS、Fe2O3、Fe3O4可与酸反应，消耗H+，CuS、CuFeS2在有O2存在时可发生氧化还原反应，SiO2不参加反应，故滤渣1为SiO2，根据已知信息可知氧化浸出后滤液的主要成分，沉砷时O2将Fe2+氧化为Fe3+，并反应生成FeAsO4∙2H2O，沉铜时用Fe将Cu2+还原，水解中O2将Fe2+氧化为Fe3+，锌窑渣消耗H+，调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，据此进行分析。【小问1详解】锌窑渣中的Fe、FeS、Fe2O3、Fe3O4可与酸反应，消耗H+，为了提高污酸中的消除率，可采取的的措施有粉碎锌窑渣和延长浸取时间，故选ac。【小问2详解】氧气分压过大，Fe的浸取率降低，因为氧气过多会使被氧化为，进一步发生水解沉淀损失或直接与发生沉砷反应；不通氧气，CuS、CuFeS2在酸性条件下不能发生反应，故会影响锌窑渣中CuS、CuFeS2的溶浸。【小问3详解】 沉砷时的化学方程式为或、；用H2O2预处理污酸，将污酸中的三价As氧化为五价，降低污酸毒性。【小问4详解】加入铁粉沉铜时，溶液中含有的离子可能有Cu2+、Fe3+、H+，故能发生的离子反应可能有。【小问5详解】水解中O2将Fe2+氧化为Fe3+，锌窑渣消耗H+，调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3分解会生成Fe2O3，故滤渣2的主要成分为Fe2O3或。【小问6详解】发生反应，消耗酸性溶液的体积6.3mL误差过大舍去，故平均体积为6.00mL，则Fe2+的物质的量浓度为。【点睛】由于CuS、CuFeS2的溶解度非常小，不能与H2SO4反应，而当存在氧气时会发生氧化还原反应。17.二氧化氯()是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，是一种黄绿色气体，易溶于水，浓度过大时易发生分解爆炸。近来有学者发现使用复合法发生器进行消毒的水中含有中等毒性的，进一步研究表明是由于制备过程中未完全反应的原料液进入水体引起的。实验室模拟复合法二氧化氯发生器反应工艺，探索反应温度对氯酸盐残留量的影响。实验原理：溶液(质量分数)与盐酸溶液(质量分数)经计量泵按比例进入发生器连续进行反应，并在水射器的抽吸作用下，将等产物和含有与盐酸的反应残液一同混合形成二氧化氯复合消毒液模拟实验装置： 实验步骤：i.将溶液与盐酸溶液按比例加入烧瓶1中，产生黄绿色气体后通入高纯；ⅱ.反应90分钟，将5个广口瓶内的液体和烧瓶内的反应残液一同倒入一个棕色广口瓶内，形成浓度均匀的复合二氧化氯消毒液；iii.分别在反应温度重复上述过程；iv.测试复合二氧化氯消毒液中各组分浓度，收集整理数据。（1）用来滴加反应液的仪器名称：_______；为确保实验准确性，控制反应温度，发生装置选择的加热方式：_______。（2）烧瓶1中反应的化学方程式：_______。（3）若已知所用盐酸的密度是。则盐酸的浓度是：_______。（4）通入高纯的作用：_______。（5）转化率及产率随温度的变化如下图，据图可知，随反应温度的提高，氯酸盐残留量_______(填“升高”或“降低”)：改变反应时间，重复实验，产率随温度变化趋势均如下图所示，不考虑有副反应发生，试从装置角度分析时产率降低的可能原因_______。 （6）二氧化氯可氧化等金属离子，还可杀菌消毒，下列与二氧化氯杀菌消毒原理一致的是_______。a.含二氧化氯漱口水去除口腔异味b.酒精消毒c.明矾净水【答案】（1）①.酸式滴定管②.水浴加热（2）（3）（4）稀释二氧化氯防止爆炸；将产生的气体导出至吸收装置被充分吸收（5）①.降低②.由于装置中8号吸收瓶末端有溢出，溢出量随温度升高而增多，当溢出量增幅比产量增幅大时，产率降低（6）a【解析】【分析】烧瓶1中和反应生成，用高纯氮气将产生的气体导出至吸收装置4~8被充分吸收，反应结束后将5个广口瓶内的液体和烧瓶内的反应残液一同倒入一个棕色广口瓶内，形成浓度均匀的复合二氧化氯消毒液。【小问1详解】根据装置图，可知用来滴加反应液的仪器是酸式滴定管；为准确控制反应温度为，发生装置选择的加热方式为水浴加热。【小问2详解】烧瓶1中和反应生成，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为；【小问3详解】 若已知所用盐酸的密度是。则盐酸的浓度c=；【小问4详解】浓度过大时易发生分解爆炸，通入高纯的作用是稀释二氧化氯防止爆炸，并将产生的气体导出至吸收装置被充分吸收。【小问5详解】根据图示，随反应温度提高，转化率升高，氯酸盐残留量降低：由于装置中8号吸收瓶末端有溢出，溢出量随温度升高而增多，当溢出量增幅比产量增幅大时，产率降低。【小问6详解】二氧化氯可氧化等金属离子，说明二氧化氯具有氧化性，利用其氧化性杀菌消毒。a.含二氧化氯漱口水去除口腔异味，是利用二氧化氯的氧化性杀菌消毒，故选a；b.酒精消毒是因为酒精能使蛋白质变性，故不选b；c.明矾净水是利用氢氧化铝胶体的吸附性，故不选c；选a。18.“有序介孔碳”和“纳米限域催化”的研究双双获得国家自然科学奖一等奖。利用介孔限域催化温室气体加氢制甲醇，再通过甲醇制备燃料和化工原料等，是解决能源问题与实现双碳目标的主要技术之一。反应如下：iiiiii（1）_______。（2）绝热条件下，将以体积比充入恒容密闭容器中，若只发生反应ⅱ，下列可作为反应ⅱ达到平衡的判据是_______。a.与比值不变b.容器内气体密度不变c.容器内气体压强不变d.不变 （3）将以体积比充入恒容密闭容器中，在某介孔限域催化剂存在下发生反应ⅰ和ii。的平衡转化率及的选择性(生成目标产物所消耗的反应物的物质的量与参与反应的反应物的物质的量之比)随温度变化曲线如图所示：①加氢制甲醇，_______温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，_______温有利于提高平衡时的产率。结合上图阐述实际选用反应温度的原因：_______。②时反应i的_______。(是以组分体积分数代替物质的量浓度表示的平衡常数，列计算式)（4）近日，我国学者研究发现，在单原子催化时，反应i的历程以及中间体与物质的量之比随时间变化图如下：第一步第二步第三步下列说法正确的是_______。a.任何温度下，反应i均可自发进行b.升高温度时，三步反应速率均加快c.用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，提高平衡转化率 d.反应历程中，第二步反应的活化能最高，是反应的决速步聚（5）运用单原子催化加氢制甲醇时，可在实现甲醇选择性，开拓了单原子催化剂应用的空白。请写出基态铜原子价层电子轨道表达式：_______。【答案】（1）（2）cd（3）①高②.低③.温度低，反应速率太慢，且转化率低，温度高，甲醇选择性低④.（4）bd（5）【解析】【小问1详解】已知反应ii；iii；根据盖斯定律可知，由ii+iii可得反应i，故。【小问2详解】a．与的比值始终为1：1，始终不变，不能判断反应达到平衡状态，故a错误；b．容器容积不变，混合气体的总质量不变，则气体的密度始终不变，故容器内气体密度不变，不能判断反应达到平衡状态，故b错误；c．反应前后气体物质量不变，但是容器绝热，温度降低，压强减小，故容器内气体压强不变，能判断反应达到平衡状态，故c正确；d．容器绝热，温度降低，降温平衡逆向移动，平衡常数减小，故不变，能判断反应达到平衡状态，故d正确；故选cd。【小问3详解】①加氢制甲醇，升温反应速率加快，故高温有利于提高反应速率，反应i为放热反应， 降温平衡逆向移动，故低温有利于提高平衡时的产率。实际选用反应温度的原因：温度低，反应速率太慢，且转化率低，温度高，甲醇选择性低。②由图可知时的转化率为12.5%，甲醇的选择性为80%，假设氢气为3mol，为1mol，则反应i消耗的物质的量为1mol´12.5%´80%=0.1mol，反应ii消耗的物质的量为1mol´12.5%-0.1mol=0.025mol，则可列出三段式，，则平衡时刻，，，，，气体总物质的量为(0.875+2.675+0.1+0.125+0.1)=3.8mol，故反应i的。【小问4详解】a．反应i的，，，反应可以自发进行，故反应在低温下可以自发进行，故a错误；b．升高温度时，三步反应速率均加快，故b正确；c．用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，但是催化剂不影响平衡移动，不能提高平衡转化率，故c错误；d．与物质的量之比随时间的延长逐渐增大，则第一步生成的速率比第二步消耗的速率快，第二步生成的速率比第三步消耗的速率慢，故第二步反应速率最慢，故反应历程中，第二步反应的活化能最高，是反应的决速步聚，故d正确；故选bd。 【小问5详解】Cu为29号元素，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1，价层电子轨道表达式为。19.2022年国内上市一款治疗糖尿病的新药—非奈利酮，其主要成分的合成路线如下：已知：R1-CHO请回答下列问题：（1）F的分子式为_______。（2）A到B转化时步骤ⅱ的反应类型_______。（3）G→H转化时未发生变化的含氧官能团名称_______。（4）化合物H_______(填“有”或“无”)手性碳。（5）C→E的化学反应方程式_______。（6）化合物B的同分异构体中满足以下条件的有_______种(不考虑立体异构)i.含有苯环，且可与银氨溶液反应ⅱ.红外光谱显示只有两种官能团其中，有四种不同环境的氢原子，且个数比为的结构简式为_______(任写一种)。【答案】（1）（2）还原反应（3）酰胺基、醚键（4）有（5） （6）①.17②.或【解析】【小问1详解】根据F的结构简式，可得F的分子式为；【小问2详解】A到B转化时，结合反应条件，步骤i酚羟基中的氢原子被甲基取代，步骤ii羧基变为醛基，反应过程中去掉了氧原子，故为还原反应，则步骤ⅱ的反应类型是还原反应；【小问3详解】从G和H的结构简式来看，G→H转化时未发生变化的含氧官能团为：酰胺基、醚键；【小问4详解】图示中标*位置的碳原子连接了4个不同的取代基，故该碳原子为手性碳原子；答案为：有；【小问5详解】根据C和E的结构简式和题干给出已知反应，可知C→E的化学反应方程式：；小问6详解】 B为，i含有苯环，且可与银氨溶液反应，说明有醛基，ⅱ红外光谱显示只有两种官能团，一个官能团是溴原子和另一个官能团是甲酸形成的酯基，如果苯环上只有一个侧链，则苯环上的取代基为-CH(Br)OOCH,共计1种同分异构体；若苯环上的取代基为-OOCH和-CH2Br，共有3种同分异构体；若苯环上的取代基为-CH2OOCH和-Br，共有3种同分异构体；若苯环上的取代基为-OOCH、-CH3和-Br，共有10种同分异构体；综上所述，符合条件的B的同分异构体数目为17；其中，有四种不同环境的氢原子，且个数比为的结构简式为或。