安徽省黄山市2022-2023学年高三化学下学期二模试题（Word版附解析）

黄山市2023届高中毕业班第二次质量检测理科综合能力测试卷化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Mg-24Ni-59Cu-64Te-128第I卷(选择题，共42分)一、选择题：本题共7个小题，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。1.化学推动着社会的进步和人类的发展，下列有关说法不正确的是A.火箭表面涂层的成分为石墨烯，该成分是一种烯烃B.ClO2是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，可代替氯气用于自来水消毒C.月球上插着一面用芳纶纤维特制的五星红旗，芳纶纤维属于有机高分子材料D.液晶显示器是一种采用液晶为材料的显示器，液晶是介于液态和晶态之间的物质状态【答案】A【解析】【详解】A．火箭表面涂层的成分为石墨烯，该成分是碳单质，故A错误；B．常用氯气对自来水消毒，ClO2是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，可用于自来水消毒，故B正确；C．芳纶纤维属于有机高分子材料，故C正确；D．液晶不是液态的晶体，液晶是介于液态和晶态之间的物质状态，故D正确。综上所述，答案为A。2.奥司他韦是目前治疗流感的最常用药物之一，其结构简式如图所示。下列有关该化合物的说法错误的是A.分子中既含有σ键，又含有π键B.该物质可以使溴的四氯化碳溶液褪色C.1mol该物质可以与3molH2发生加成反应D.分子中有2种官能团可以发生水解反应【答案】C【解析】【详解】A．分子中既有单键也有双键，所以既含有σ键，又含有π键，A正确； B．结构中存在碳碳双键，所以和溴的四氯化碳溶液发生加成反应使其褪色，B正确；C．结构中只有碳碳双键可以和氢气发生加成反应，所以1mol该物质可以与1molH2发生加成反应，C错误；D．分子中的酯基和酰胺基可以发生水解反应，D正确；故选C。3.下列化学反应对应的离子方程式表示正确的是A.向NH4Al(SO4)2中滴加Ba(OH)2使恰好完全沉淀：Al3++2+2Ba2++4OH-=+2H2O+2BaSO4↓B向新制氯水中加入少量CaCO3：2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+CO2↑+2HClOC.向NaHS溶液中滴加少量CuSO4溶液：Cu2++HS-=CuS↓+H+D.Fe3O4溶于HI溶液：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O【答案】B【解析】【详解】A．由于恰好完全沉淀，说明NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2物质的量之比为1：2，而与OH－反应的先后顺序为，故反应离子方程式为：，A错误；B．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，加入少量CaCO3后生成氯化钙、二氧化碳、水，故反应离子方程式为，B正确；C．HS－与Cu2+反应生成CuS和H2S，故反应离子方程式为：，C错误；D．Fe3O4溶于HI溶液生成Fe2+、I2和H2O，反应离子方程式为：，D错误。故选B。4.“化学多米诺实验”即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学实验依次发生。如图是一个“化学多米诺实验”。已知：①Cu2++4NH3·H2O=4H2O+[Cu(NH3)4]2+(该反应产物可作为H2O2分解的催化剂)②A和C中的硫酸溶液浓度相同 下列有关分析错误的是A.该实验成功的重要条件是整套装置气密性良好B.C中现象为液面下降C.B中反应速率大于D中反应速率D.H中出现浅黄色浑浊【答案】C【解析】【分析】该“化学多米诺实验”在BD中均发生反应：，D中还发生反应：，生成的Cu会附着在Zn表面，在稀硫酸中形成锌铜硫酸原电池，故D中氢气生成速率会更快；B中生成的氢气会将C中液体压入D中，D中生成的氢气会将E中溶液压入F中发生反应：Cu2++4NH3·H2O=4H2O+[Cu(NH3)4]2+，F中生成的[Cu(NH3)4]2+离子会随着溶液流入G中，使H2O2催化分解产生氧气，氧气通入H中发生反应：，造成溶液浑浊。【详解】A．装置气密性良好，才能保证装置内部随着气体产生气压增大，将液体压入下一个试管，使多个反应依次发生，描述正确，A不符题意；B．B中生成的氢气将C中溶液压入D中，C中液体自然减少，描述正确，B不符题意；C．D中有锌铜硫酸原电池形成，电化学腐蚀速率快于化学腐蚀速率，所以D中反应速率更快，描述错误，C符合题意；D．H中发生反应：，生成单质硫沉淀，造成溶液浑浊，描述正确，D不符题意；本题选C。5.X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素。已知X是形成化合物种类最多的元素，Y和W的最外层电子数相同，但不同族，W的次外层电子数是最外层的8倍，Z是主族元素，其盐可以用于净水。某科研团队研究发现，X、Y、W形成的晶体有超导性，该新型超导晶体的一个晶胞如图 所示，晶胞参数为apm。下列说法正确的是A.X的氢化物可以与水形成氢键B.电负性：Y>ZC.晶胞中与Y最近的X原子有6个D.晶体密度为g/cm3【答案】D【解析】【分析】由题意可知，X为C，Y为Mg，Z为Al，W为Ni。【详解】A．C的氢化物不可以与水形成氢键，A错误；B．电负性Mg<Al，B错误；C．Y位于晶胞体心，X处于面心，与Y最近的X原子有8个，C错误；D．晶体化学式为MgCNi3，式量为213，晶体密度为g/cm3，D正确；故选D。6.一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示[KOH溶液中，Zn2+以存在]。电池放电时，下列叙述正确的是A.Ⅱ区的通过交换膜向I区迁移B.Ⅲ区的K+通过交换膜最终向I区迁移C.Zn电极反应：Zn+2e-+4OH-=D.电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=+Mn2++2H2O【答案】D 【解析】【分析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知，Ⅲ区Zn为电池的负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，Ⅰ区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；电池在工作过程中，阳离子向正极迁移、阴离子向负极迁移，因此Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，Ⅲ区的K+向Ⅱ区移动；【详解】A．根据分析，Ⅱ区的向Ⅲ区移动，但是不能通过阳离子交换膜，A错误；B．根据分析，Ⅲ区的K+通过交换膜Ⅱ区移动，不能通过阴离子交换膜向I区迁移，B错误；C．根据分析，Zn电极反应：Zn-2e-+4OH-=，C错误；D．根据正、负极电极分析，电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=+Mn2++2H2O，D正确；故选D。7.HA是一元弱酸，含少量MA固体的难溶盐MA的饱和溶液中c(M+)随c(H+)而变化，M+不发生水解。实验发现，298K时c2(M+)~c(H+)为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误的是A.c(H+)增大的原因可能是加入了酸HAB.溶液c(H+)=2×10-4时，c(M+)>3×10-4mol·L-1C.随着c(H+)的增大，MA的溶度积Ksp(MA)保持不变D.c2(M+)~c(H+)的线性关系为：c2(M+)=Ksp(MA)【答案】A【解析】【详解】A．向MA的饱和溶液中加入一元弱酸HA，抑制MA的溶解，M+浓度降低，A错误；B．根据图像，溶液c(H+)=2×10-4时，c2(M+)=10.0×10-8(mol/L)2，所以c(M+)>3×10-4mol·L-1，B正确；C．Ksp(MA)只受温度影响，温度不变，Ksp(MA)不变，C正确；D．MA的饱和溶液中c(M+)=c(A-)+c(HA)，c2(M+)=c(M+)×[c(A-)+c(HA)]=c(M+)×c(A-)+c(M+)×c(HA)= c(M+)×c(A-)+c(M+)=c(M+)×c(A-)+c(M+)×c(A-)×=c(M+)×c(A-)×[1+]=Ksp(MA)，D正确；故选A。第II卷(非选择题，共58分)三、非选择题8.碲被誉为现代工业的维生素，某工艺从精炼铜的阳极泥(主要含有Cu2Te，还有Au、Ag、SiO2等)中分别回收碲和重金属的流程如下图所示：已知：“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在，TeO2溶于强碱生成。（1）基态Te原子的价电子排布式为___________。（2）“焙烧”时气体与固体原料逆流而行，目的是___________；“滤液①”中的成分为___________(填化学式)。（3）“氧化”步骤中，双氧水需分批加入的目的是___________。（4）写出“热还原”时发生反应的化学方程式___________。（5）滤渣①中含CuO、Au和Ag，“酸浸①”可用________浸取(填选项，下同)，“酸浸②”可用______浸取A．王水　　　B．稀硝酸　　　C．浓氢氧化钠溶液　　　D．稀硫酸（6）粗碲粉中碲质量分数的测定步骤如下：取mg粗碲粉，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，配制成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中。向锥形瓶中加入V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为原碲酸(H6TeO6)。用c2mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，消耗V2mL硫酸亚铁铵标准溶液。该粗碲粉中碲的质量分数为___________。【答案】（1）5s25p4（2）①.使气体与固体充分混合，使反应物充分反应②.Na2TeO3、Na2SiO3（3）H2O2易分解，可以降低H2O2分解率，提高H2O2的利用率 （4）（5）①.D②.B（6）【解析】【分析】阳极泥中含有Cu2Te、Au、Ag；根据题中信息可知，在“焙烧”过程中，主要是Cu2Te被氧化，且生成CuO、TeO2、SiO2等；经过“碱浸”，TeO2变为,SiO2变为而留在“滤液①”，而“滤渣①”主要含有CuO、Ag、Au；“滤渣①”经过两次酸浸,则“酸浸①”可以使用H2SO4溶解氧化铜，分离出Ag、Au，“酸浸②”可以使用HNO3，溶解Ag分离出Au；向“滤液①”中加入双氧水，将氧化为，得到Na2TeO4沉淀，再经过“热还原”得到碲粉。【小问1详解】基态Te原子的价电子排布式为5s25p4，答案为：5s25p4；【小问2详解】“焙烧”时气体与固体原料逆流而行，目的是使气体与固体充分混合，使反应物充分反应，由分析知“滤液①”中的成分为Na2TeO3、Na2SiO3，答案为：使气体与固体充分混合，使反应物充分反应，Na2TeO3、Na2SiO3；【小问3详解】“氧化”步骤中，双氧水需分批加入的目的是H2O2易分解，可以降低H2O2分解率，提高H2O2的利用率，答案为：H2O2易分解，可以降低H2O2分解率，提高H2O2的利用率；【小问4详解】“热还原”时+4价的硫被氧化为+6价碲被还原为金属单质，发生反应的化学方程式：；【小问5详解】由分析可知滤渣①中含CuO、Au和Ag，“酸浸①”可用浸取稀硫酸浸取，“酸浸②”可用稀硝酸浸取，答案为：DB；【小问6详解】根据电子转移守恒可知亚碲酸与酸性K2Cr2O7的物质的量之比是3∶1，硫酸亚铁铵与酸性K2Cr2O7的物质的量之比是6∶1，所以得到=mol，粗碲粉中碲的质量分数为 =。9.某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如图：已知：①含锌组分间的转化关系：Zn2+Zn(OH)2②ε−Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃以下稳定。请回答：（1）步骤I，初始滴入ZnSO4溶液时，反应的化学方程式___________。（2）下列有关说法不正确的是___________。A．步骤I，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分B．步骤I，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε−Zn(OH)2，可提高ZnSO4的利用率C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用50°C的热水洗涤（3）步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是___________。（4）步骤Ⅲ中，实验室盛放样品容器名称是___________。（5）用(CH3COO)2Zn和过量(NH4)2CO3反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗涤的原因是___________。（6）为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的EDTA标准溶液滴定Zn2+。用________称量ZnO样品0.081g，在___________中用酸溶解样品，然后在________中配制一定体积的Zn2+溶液，再用移液管量取一定体积的Zn2+溶液，最后用滴定管盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+。从下列选项中选择合理的仪器___________(按顺序填写且用字母作答)补全以上步骤。仪器：a．烧杯b．托盘天平c．容量瓶d．分析天平e．试剂瓶（7）制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu2+浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Cu2+在一定浓度范围内的关系如图。某研究小组取7.5×10−3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量为1.5×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+并定容至1L。取样测得荧光强度比值为9.7，则1个人血浆铜蓝蛋白分子中含___________个铜原子。 【答案】（1）4NaOH＋ZnSO4＝Na2[Zn(OH)4]＋Na2SO4（2）BC（3）为了控制ZnO的颗粒大小（4）坩埚（5）杂质中含有CH3COO－、、，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去（6）d、a、c（7）6【解析】【分析】氢氧化钠溶液中滴入硫酸锌溶液，不断搅拌，反应得到ε−Zn(OH)2，过滤、洗涤得到ε−Zn(OH)2，控温，坩埚中煅烧得到纳米ZnO，再与金属有机框架(MOF)材料复合制备荧光材料ZnO@MOF。【小问1详解】根据信息含锌组分间的转化关系：Zn2+Zn(OH)2，步骤I，初始滴入ZnSO4溶液时，氢氧化钠溶液过量，反应的化学方程式4NaOH＋ZnSO4＝Na2[Zn(OH)4]＋Na2SO4；故答案为：4NaOH＋ZnSO4＝Na2[Zn(OH)4]＋Na2SO4。【小问2详解】A．步骤I，在强碱性条件下，Zn元素以Na2[Zn(OH)4]存在，搅拌使反应物接触面积增大，加快化学反应速率，避免反应物浓度局部过高，故A正确；B．步骤I，若将过量NaOH溶液滴入ZnSO4溶液制备ε−Zn(OH)2，ε−Zn(OH)2和过量氢氧化钠溶液反应生成Na2[Zn(OH)4]，故B错误；C．根据ε−Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃以下稳定，步骤Ⅱ，若用50°C的热水洗涤，会导致ε−Zn(OH)2晶型不稳定，会发生一定变化，故C错误；综上所述，答案为：BC。【小问3详解】步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小；故答案为：为了控制ZnO的颗粒大小。【小问4详解】 步骤Ⅲ是煅烧固体药品，实验室盛放样品的容器名称是坩埚；故答案为：坩埚。【小问5详解】用(CH3COO)2Zn和过量(NH4)2CO3反应生成碳酸锌沉淀、醋酸铵，杂质中含有CH3COO－、、，煅烧沉淀时，杂质中CH3COO－、、反应生成二氧化碳、氨气、水，二氧化碳、氨气、水高温条件下都是气体，所以沉淀无需洗涤；故答案为：杂质中含有CH3COO－、、，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去。【小问6详解】根据样品质量的精确度，说明应该用分析天平称量ZnO样品0.081g，配制一定物质的量浓度的溶液时，先在烧杯中中用酸溶解样品，然后在容量瓶中配制一定体积的Zn2+溶液，再用移液管量取一定体积的Zn2+溶液，最后用滴定管盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+；故答案为：d、a、c。【小问7详解】根据图中信息，取样测得荧光强度比值为9.7，则c(Cu2+)＝3×10−7mol∙L−1，溶液体积为1L，则n(Cu2+)＝3×10−7mol，7.5×10−3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量为1.5×105)，则n(人血浆铜蓝蛋白)＝，个数之比等于物质的量之比，所以1个人血浆铜蓝蛋白中含有Cu2+个数；故答案为：6。10.氨基甲酸铵(H2NCOONH4)为尿素生产过程的中间产物，易分解。已知：Ⅰ.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH1=-92kJ·mol-1Ⅱ.C(s)+O2(g)⇌CO2(g)ΔH2=-394kJ·mo1-1Ⅲ.N2(g)+3H2(g)+C(s)+O2(g)⇌H2NCOONH4(s)ΔH3=-646kJ·mol-1Ⅳ.H2NCOONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)ΔH4回答下列问题：（1）NH3的空间构型为___________。NH3的键角大于PH3，分析原因：___________。（2）ΔH4=___________。T℃下在某密闭容器中加入H2NCOONH4(s)，假设只发生反应Ⅳ，达平衡时测得NH3的浓度为c1；保持温度不变，加压(缩小容器的体积)，测得新的平衡条件下NH3的浓度为c2，则c1___________c2(填“>”“<”或“=”)。反应Ⅳ在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能够自发进行。（3）某温度下在一刚性的密闭容器中，充入等物质的量N2和H2发生反应Ⅰ，起始压强为1MPa，10min 末达平衡，测得平衡时压强为0.8MPa，则10min内v(N2)=___________MPa/min。此时平衡常数Kp=___________。对于该条件下的反应，下列说法错误的是___________。A．当N2的体积分数不变时，说明反应已经达到化学平衡状态B．温度升高化学反应速率加快，化学平衡常数增大C．其他条件不变时，若适当增加N2的用量，可以提高H2的平衡转化率D．使用合适的催化剂可以加快化学反应速率，但ΔH1不变（4）在一定的条件下，将AmolN2和BmolH2充入某体积固定的密闭容器中合成NH3，在不同的催化剂(甲或乙)下发生反应，反应相同时间后H2的转化率与温度的关系如图：某学习小组的同学通过讨论得出结论：200°C时，a点对应的转化率(5%)不是使用催化剂甲下H2的平衡转化率。判断依据是：___________。【答案】（1）①.三角锥形②.中心原子均为sp3杂化，且都只有一对孤电子对，电负性N>P，NH3中的键合电子(共用电子对)离中心原子更近，排斥力更大，键角越大（2）①.+160kJ·mol-l②.=③.高温（3）①.0.01②.12.5(MPa)-2③.B（4）催化剂不能使平衡发生移动，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，则a点为200℃时使用催化剂甲下的平衡转化率应高于b点的转化率【解析】【小问1详解】NH3中心原子氮原子形成3个共价键且含有1对孤电子对，为sp3杂化，空间构型为三角锥形；NH3的键角大于PH3，原因为：中心原子均为sp3杂化，且都只有一对孤电子对，电负性N>P，NH3中的键合电子(共用电子对)离中心原子更近，排斥力更大，键角越大；【小问2详解】已知：Ⅰ.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH1=-92kJ·mol-1Ⅱ.C(s)+O2(g)⇌CO2(g)ΔH2=-394kJ·mo1-1Ⅲ.N2(g)+3H2(g)+C(s)+O2(g)⇌H2NCOONH4(s)ΔH3=-646kJ·mol-1 由盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ得到反应Ⅳ.H2NCOONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)，故ΔH4=ΔH1+ΔH2-ΔH3=+160kJ·mol-1；反应Ⅳ的平衡常数为：K=c2(NH3)c(CO2)，密闭容器中加入H2NCOONH4(s)，保持温度不变，加压平衡常数不变，则新的平衡条件下NH3的浓度为c2=c1；反应Ⅳ为吸热的熵增反应，故在高温条件下能够自发进行；【小问3详解】刚性的密闭容器中，充入等物质的量N2和H2发生反应Ⅰ，假设投料均为1mol，起始压强为1MPa；10min末达平衡，测得平衡时压强为0.8MPa，则总的物质的量为1.6mol，总的物质的量减小0.4mol，根据N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)可知生成氨气0.4mol、消耗氮气、氢气分别为0.2mol、0.6mol，平衡时氮气、氢气、氨气分别为0.8mol、0.4mol、0.4mol，则10min内v(N2)=MPa/min。此时平衡常数Kp=。A．当N2的体积分数不变时，说明正逆反应速率相等，平衡不再移动，反应已经达到化学平衡状态，A正确；B．反应为放热反应，温度升高化学反应速率加快，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，B错误；C．其他条件不变时，若适当增加N2的用量，平衡正向移动，可以提高H2的平衡转化率，C正确；D．使用合适的催化剂可以加快化学反应速率，但不该反应的焓变，故ΔH1不变，D正确；故选B；【小问4详解】催化剂不能使平衡发生移动，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，则a点为200℃时使用催化剂甲下的平衡转化率应高于b点的转化率，与图像不符，故200°C时，a点对应的转化率(5%)不是使用催化剂甲下H2的平衡转化率。11.化合物H是降脂类药物瑞舒伐他汀制备中的关键中间体。在医药工业中的一种合成方法如下： 己知：i.ii.与苯结构相似，六元环中存在共轭大键，具有芳香性。回答下列问题：；（1）A中官能团名称为___________，C的化学名称为___________。（2）E中碳原子的杂化方式有___________种。（3）写出E→F的转化过程中另一生成物的电子式___________。（4）在F的同分异构体中，同时满足下列条件的有___________种(不考虑立体异构)a含有和两个直接相连的六元环b．两个六元环上均只有一条侧链，-SCH2CH2F与连接c．可以使溴的四氯化碳溶液褪色其中含有手性碳原子的结构简式为___________。（5）参照上述合成路线，以为原料，设计合成的路线___________(无机试剂及不超过两个碳的有机试剂任选)。【答案】（1）①.醛基、碳氟键②.2-甲基丙酸乙酯(异丁酸乙酯)（2）3（3） （4）①.24②.(苯环上侧链在邻位或间位均可)（5）【解析】【分析】结合A的分子式和B的结构简式，以及AB的反应条件可知A为；根据A的结构简式可知知道其中的官能团的名称，根据化合物E中碳原子的成键特征可以知道其中碳的杂化方式，以此解题。【小问1详解】由分析可知A为，则A中官能团名称为醛基、碳氟键；根据C的结构简式可知化学名称为：2-甲基丙酸乙酯(异丁酸乙酯)；【小问2详解】根据E的结构简式可知，其中饱和碳的杂化方式为sp3杂化，苯环上的和碳碳双键中的碳是sp2杂化，碳氮三键中的碳是sp杂化，一共3种杂化方式；【小问3详解】对比E和F的结构简式可知，其转化过程中另一生成物为HI，其电子式为：；【小问4详解】含有和两个六元环，则核外含有6个碳原子，可以使溴的四氯化碳溶液褪色说明侧链上含有碳碳双键，两个六元环上均只有一条侧链，-SCH2CH2F与连接，则另一个支链上含有4个碳原子且含有1个碳碳双键，则可以理解为苯环上两个支链，一个支链为，另一个支链为：或或或或或或或，每一组在苯环上都有邻、间、对三个位置，则一共有24中结构，其中含有手性碳原子的结构简式为 ；【小问5详解】首先在浓硫酸和加热的条件上乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯，随后根据信息i乙酸乙酯和CH3CN反应生成，最后CuCl的条件下和生成产物，具体流程为：。