【文档说明】理综化学-2022年秋季高三开学摸底考试卷02（课标全国专用）（解析版）.docx，共(14)页，1.182 MB，由envi的店铺上传

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绝密★考试结束前2022年秋季高三开学摸底考试卷02（课标全国专用）化学(满分100分)可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Ba1377．化学和生活、社会发展息息相关。下列说法错误

的是A．“嫦娥五号”返回舱携带的月壤中含有高能原料3He，3He是一种核素B．“奋斗者”号深海载人潜水器的耐压壳使用了钛合金，钛合金属于金属材料C．我国科学家发明的CO2合成淀粉技术有利于减少碳排放和保证人类粮食安全D．我国“硅-石墨烯-锗(Ge)晶体管”技术获得重大突

破，所涉元素都是短周期元素【答案】D【解析】核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，3He是一种核素，A正确；钛合金为合金，属于金属材料，B正确；CO2人工合成淀粉技术有助于二氧化碳的减少，合成淀粉有利于保证人类粮食安全，C正确；第

一至三周期为短周期元素，锗在周期表第四周期，是长周期元素，D错误。答案选D。8．联二没食子酸内酯(EA)是一种芳香类化合物，可用于制抗乙肝药物，其球棍模型如图。下列关于EA的说法正确的是A．分子中有6个氧原子B

．不能与H2发生加成反应C．含有2种官能团D．能与NaHCO3溶液反应生成CO2【答案】C【解析】分子中含有C、H、O原子个数依次是14、6、8，分子式为C14H6O8，A错误；根据图知，该分子中含有酚羟基、酯基两种官能团，B错误；分子

中含有苯环，能与H2发生加成反应，C正确；分子中不含-COOH，所以不能和NaHCO3溶液反应，D错误。答案选C。9．下列离子方程式中，能正确表达反应颜色变化的是A．将“84”消毒液和洁厕灵混用会产生黄绿色气体：ClO-+Cl-+H2O=

Cl2↑+2OH-B．向Mg(OH)2浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+C．将SO2通入溴水中使其褪色：SO2＋2H2O＋Br2=2H＋＋SO2-4＋2HBrD．Na2O2在空气

中放置后由淡黄色变为白色：2Na2O2=2Na2O＋O2↑【答案】B【解析】“84”消毒液中的NaClO和洁厕灵中的HCl混用发生归中反应会产生黄绿色气体Cl2，反应的离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl

2↑+H2O，A错误；向Mg(OH)2浊液中滴加足量FeCl3溶液，生成红褐色沉淀为Fe(OH)3，反应的离子方程式为：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，B正确；SO2通入溴水中使其褪色是发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，都是强酸均可

拆，反应的离子方程式为：SO2＋2H2O＋Br2=4H＋＋2-4SO＋2Br-，C错误；过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，发生反应：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，固体由淡黄色变为白色，D错误。答案选B。10．设

NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温常压下，2molNO和1molO2混合得到的气体中含有的分子数小于2NAB．1L0.5mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中所含+4NH和Al3+的数目之和为NAC．反应KIO3+6HI=3I2+KI+3H2O中，1molKIO

3完全反应时，转移的电子数为6NAD．在氢氧碱性燃料电池中，当正极上有1mol气体参与反应时，转移的电子数为2NA【答案】A【解析】2mol一氧化氮和1mol氧气混合反应生成2mol二氧化氮，二氧化氮发生聚合反应生成四氧化二氮，所以反应得到的气体中含有的分子数小于

2mol×NAmol—1=2NA，A正确；硫酸铝铵中铵根离子和铝离子在溶液中发生水解反应，所以1L0.5mol·L-1硫酸铝铵溶液中铵根离子和铝离子的数目之和小于0.5mol/L×1L×NAmol—1＝NA，B错误；

由方程式可知，1mol碘酸钾完全反应时，转移的电子数为1mol×5×NAmol—1=5NA，C错误；在氢氧碱性燃料电池中，当正极上有1mol氧气参与反应时，转移的电子数为1mol×4×NAmol—1=4NA，D错误。答案选A。11．一种采用SOEC共电解H2O/CO2技术合成CH4的

工作原理如图所示。图中三相界面即电子导体相、离子导体相和气相共存的界面。下列说法正确的是A．电解时，M电极与电源的负极相接B．电解时，阴极电极反应式之一为CO2+2e-=CO+O2-C．若电解过程中生成22.4LCH4，则转移电子的数目一定为6NAD．若该装置能为外界提供电力，则M电极

为负极【答案】B【解析】M电极处生成O2，应为O2-失去电子生成O2，为阳极，与电源的正极相连，A错误；阴极电极处，CO2→CO，H2O→H2，CO2→CH4，故阴极电极反应式之一为CO2+2e-=CO+O2-，

B正确；没有指明为标准状况，故无法计算甲烷的物质的量，且阴极除了生成甲烷外，还生成氢气和CO，故不能计算转移电子数，C错误；若该装置能为外界提供电力，为电解池，O2→O2-，M电极为正极，D错误。答案选B。12．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数

依次增大，W与X的原子序数之和等于Y，X、Y在周期表中相邻且能形成污染大气的化合物，Z与W同主族。下列说法不正确的是A．单质沸点：W>X>YB．原子半径：Z>X>Y>WC．Y、Z的简单离子具有相同的电子层结构D．W与X形成的化合物中可能既有极

性键又有非极性键【答案】A【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与X的原子序数之和等于Y，X、Y在周期表中相邻且能形成污染大气的化合物，则W为H，X为N，Y为O；Z与W同主族，则Z为Na。由分析可知，W为H

，X为N，Y为O，Z为Na，原子半径：Na＞N＞O＞H，A错误；由分析可知，W为H，X为N，Y为O，它们对应的单质分别为H2、N2、O2（或O3），这些单质都属于分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，沸点越高，

故沸点：O2（或O3）＞N2＞H2，B正确；由分析可知，Y为O，Z为Na，它们对应的简单离子分别为O2-、Na+，O2-和Na+的核外电子排布都为2、8，即它们具有相同的电子层结构，C正确；由分析可知，W为H，X为N，它们形成的化合物N2H4，既有极性键又有非极性键，D正确。答案选B。1

3．下列操作与现象、结论均正确的是选项操作与现象结论A向FeSO4溶液中加入少量的Na2O2粉末，产生红褐色沉淀硫酸亚铁已变质B在乙醇中加入一小块钠，钠沉入底部并观察到气泡产生钠的密度大于乙醇的密度，且生成的气体为氢气C向NaHCO3溶液中加入CaCl2

溶液，产生白色沉淀用CaCl2溶液可鉴别KHCO3溶液和(NH4)2CO3溶液D向Cu(NO3)2溶液中加入含淀粉的KI溶液，溶液变蓝色，并生成白色沉淀白色沉淀是CuI2【答案】B【解析】Na2O2具有氧化性，

Na2O2能把Fe2+氧化为Fe3+，产生红褐色氢氧化铁沉淀，不能说明硫酸亚铁已变质，A错误；钠和乙醇反应生成乙醇钠和氢气，在乙醇中加入一小块钠，钠沉入底部并观察到气泡产生，说明钠的密度大于乙醇的密度，B正确；NaHCO3溶液和CaCl2不

反应，C错误；向Cu(NO3)2溶液中加入含淀粉的KI溶液，发生反应222Cu4I2CuI+I+−+=，溶液变蓝色，生成白色沉淀是CuI，D错误。答案选B。26．（14分）由硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、Al2O3和SiO2)得到绿矾(FeSO4

·7H2O)，然后制取透明氧化铁颜料的流程如下：已知：Ⅰ.透明氧化铁又称纳米氧化铁，粒子直径很微小(10~90nm)，包括氧化铁黄(FeOOH)和氧化铁红(Fe2O3)，难溶于水，在碱性条件下非常稳定；Ⅱ.Fe3+能将FeS2中的硫元素氧化为+6价。回答下列问题：(1)F

eS2的电子式是_______。(2)“滤渣”中的主要成分是_______(填名称)。(3)流程中“”环节的目的是_______。(4)“还原”过程中涉及的离子方程式为_______。(5)“沉淀”采用分批加入KOH溶液，并不断搅拌，这样操作不但可以得到

均匀、色泽纯正的氢氧化铁，而且还可以_______。(6)可用分光光度法测定制得的透明氧化铁中氧化铁黄和氧化铁红的含量。已知Fe(SCN)3的吸光度A(对特定波长光的吸收程度)与Fe3+标准溶液浓度的关系如图所示。称取3.47g透明氧化铁，用稀硫酸溶解并定容至1L，准确移取

该溶液10.00mL，加入足量KSCN溶液，再用蒸馏水定容至100mL。测得溶液吸光度A=0.8，则透明氧化铁中氧化铁黄的质量分数为_______；若吸光度A减小，则氧化铁黄的含量将_______(填“增大”或“减小”)。【答案】(1)（2分）(2)二氧化硅和二硫化亚铁（2分）(3)除去溶液中的A

l3+，得到FeSO4溶液（2分）(4)2+3+2-+224FeS+14Fe+8HO=15Fe+2SO+16H（2分）(5)形成细小的氢氧化铁颗粒（2分）(6)76.9%（2分）增大（2分）【解析】硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、F

e3O4、Al2O3和SiO2)加入硫酸溶解生成硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铝，SiO2难溶于酸，过滤为滤渣，加入过量FeS2还原Fe3+为Fe2+，结晶得到滤液1为硫酸铝，再加水溶解得到硫酸亚铁溶液，加入KClO3部分氧化亚铁离子为铁离子，以及在KOH强碱性条件下生成氧化铁黄(FeO

OH)，经转化得到透明氧化铁；(1)FeS2是由Fe2+和S22-构成的，其电子式为：；(2)由分析可知，滤渣为难溶于酸的SiO2和过量FeS2，名称为二氧化硅和二硫化亚铁；(3)流程中结晶再溶解环节的目的是除去溶液

中的Al3+，得到FeSO4溶液；(4)已知Fe3+能将FeS2中的硫元素氧化为+6价，“还原”过程中涉及的离子方程式为2+3+2-+224FeS+14Fe+8HO=15Fe+2SO+16H；(5)“沉淀”采用分批加入KOH溶液，并不断搅拌，这样操作不但可以

得到均匀、色泽纯正的氢氧化铁，而且还可以形成细小的氢氧化铁颗粒；(6)设3.47g透明氧化铁中含有amolFeOOH和bmolFe2O3，则amol×89g/mol+bmol×160g/mol=3.47g，定容至

1L，取10mL并稀释10倍，故n(Fe2+)=0.01(a+2b)mol=0.1×4.0×10-3mol，解得a=0.03，b=0.005，氧化铁黄的质量是0.03mol×89g/mol=2.67g，质量分数为2.67g76.9%100%=3.47g；由图像可知，

吸光度A与c(Fe3+)成正比，吸光度A减小，配制成的溶液中c(Fe3+)减小，即混合液中的Fe的含量减小，FeOOH可表示为Fe2O3∙H2O，说明其含量增大。27．（14分）二甲基亚砜()是一种含硫有机化合物，被誉为“万能溶剂”。其在常温下为无色无

臭的透明液体，熔点为18.4℃，沸点为189℃，制备二甲基亚砜的装置如下图所示：实验过程：利用仪器A制备NO2，将NO2通入20.00mL二甲基硫醚中，控制温度为60~80℃，进行气液相氧化反应生成二甲基亚砜粗品，最后经减压蒸馏，共收集到二甲基亚砜纯品15.20mL。已知：

①二甲基硫醚和二甲基亚砜的密度分别为0.85g·cm-3和1.10g·cm-3，相对分子质量分别为62和78；②HNO2为一元弱酸，不稳定，易分解为NO和NO2；③仪器C中发生的反应为：NO2+CH3-S-CH3→+NO回答下列问题：(1)仪器C的名称为_

______；仪器D的出水口为_______(填字母)。(2)制备二甲基亚砜实验的操作顺序为_______(填序号)。①连接装置并检查气密性②水浴加热仪器C，然后打开活塞a、b③关闭活塞a，停止加热仪器C④向仪器D中通入冷凝水

⑤关闭活塞b(3)仪器A的溶液中发生反应的离子方程式为。_______。(4)O2的作用为_______。(5)仪器C中反应液的温度需控制在60~80℃，温度不能过高的原因为_______。(6)仪器E中NaOH溶液的作用为_______。(7)本实验中二甲基亚砜的产率为____

___%(保留两位有效数字)。【答案】(1)二口烧瓶（1分）c（1分）(2)①④②③⑤（2分）(3)-+2222NO+2H=NO+NO+HO（2分）(4)将NO氧化为NO2，过量的氧气还能氧化尾气中的NO，促进尾气的吸收（2分）(5)

温度过高会导致NO2的溶解度降低，使NO2的利用率降低（2分）(6)吸收尾气中的氮氧化物，防止污染空气（2分）(7)78%（2分）【解析】题中已给出反应的化学方程式，说明需要的反应物为NO2和二甲基硫醚，所以首先需

要用硫酸和NaNO2溶液在三颈烧瓶A中制备NO2，该反应还会产生NO，所以通入氧气将NO氧化，再将制备出来的NO2通入二甲基硫醚中，控制温度为60~80℃，进行气液相氧化反应生成二甲基亚砜的粗品，最后减压蒸馏，收集到二甲基亚砜纯品。(1

)仪器C的名称为二口烧瓶；仪器D的冷凝管，使用时的原则是下进上出，所以d口进水，c口出水；(2)实验开始前要连接装置并检查气密性，然后向仪器D中通入冷凝水，接着水浴加热仪器C，随后加药品通入气体开始反应，即打开活塞a、b，分别加入硫酸、通入氧气，当反应结束后关闭活塞a，停止加热C，最

后关闭活塞b，所以操作顺序为①④②③⑤；(3)仪器A中的反应物为硫酸和NaNO2溶液，发生歧化反应，生成NO2、NO、硫酸钠和水，所以离子方程式为-+2222NO+2H=NO+NO+HO；(4)硫酸和NaNO2溶液反应生成NO2的同时伴有NO生

成，通入氧气可将NO氧化为NO2，过量的氧气还可将C中生成的尾气NO氧化，进一步促进尾气的吸收；(5)温度越高，NO2的溶解度越小，即参与反应的NO2减少，使得NO2的利用率降低；(6)氢氧化钠溶液的作用是吸收尾气中的氮氧化物，防止其污染空气；(7)理论上参

与反应的二甲基硫醚的密度为0.85g·cm-3，体积为20mL，所以理论上参与反应的二甲基硫醚的质量为0.85g·cm-3×20mL=17g，二甲基硫醚和二甲基亚砜的相对分子质量分别为62和78，设理论上生成的二甲基亚砜的质量为m，由题中

反应的化学方程式的6278=21.39g17gmm解得，所以理论上生成的二甲基亚砜的质量为21.39g，由题意可知实际上共收集到二甲基亚砜纯品15.20mL，二甲基亚砜的密度为1.10g·cm-3，所以产率为-315.20mL1.1gcm100%78%21.39g。28．（15分）

随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，二氧化碳资源化利用倍受关注。I.以CO2和NH3为原料合成尿素2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)∆H=-87kJ/mol。(1)有利于提高CO

2平衡转化率的措施是_______(填序号)。A．高温低压B．低温高压C．高温高压D．低温低压(2)研究发现，合成尿素反应分两步完成，其能量变化如下图甲所示：第一步：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(

s)∆H1第二步：NH2COONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)∆H2①图中ΔE=_______kJ/mol。②反应速率较快的是_______反应(填“第一步”或“第二步”)，理由是_______。II.以CO2和CH4催化

重整制备合成气：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。(3)在密闭容器中通入物质的量均为0.2mol的CH4和CO2，在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，CH4的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图乙所示

。①若反应在恒温、恒容密闭容器中进行，下列叙述能说明反应到达平衡状态的是_______(填序号)。A容器中混合气体的密度保持不变B．容器内混合气体的压强保持不变C．反应速率：2v正(CO2)=v正(H2)D．同时断裂2molC-H键和1molH-H键②由图乙可知，压强P1______

_P2(填“>”“<”或“=”，下同)；Y点速率v正_______v逆。③已知气体分压=气体总压x气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，则X点对应温度下的Kp=_______(用含P2的代数式表示)。III.电化学法还

原二氧化碳制乙烯在强酸性溶液中通入二氧化碳，用惰性电极进行电解可制得乙烯，其原理如图丙所示：(4)阴极电极反应式为_______，该装置中使用的是_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。【答案】(1)B（1分）(2)∆H2（1分）第一步（1分）第一步的活

化能小（1分）(3)BD（2分）<（2分）>（2分）224P9（2分）(4)2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O（2分）阳（1分）【解析】(1)高温低压，平衡逆向移动，不能提高二氧化碳平衡转化率，A错误；低温高压，平衡正向移动，能提高二氧

化碳的平衡转化率，B正确；高温高压平衡不能确定移动方向，C错误；低温低压不能确定移动方向，D错误。答案选B。(2)①图中ΔE为第二步反应的反应热，ΔE=∆H2kJ/mol。②反应速率较快的是第一步，理由是第一步反应的活化能小。(3)①反应中

全为气体物质，容器中混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应到平衡，A错误；反应前后气体的总物质的量不同，故容器内混合气体的压强保持不变能说明反应到平衡，B正确；反应速率：2v正(CO2)=v正(H2)不能说明正逆反应速率相等，不能说明到平衡，C错误；同时断裂2molC-

H键和1molH-H键能说明正逆反应速率相等，说明反应到平衡，D正确。答案选BD。②结合反应，压强增大，平衡逆向移动，甲烷的转化率降低，故图乙可知，压强P1<P2；Y点甲烷的转化率低于平衡时，故速率v正>v逆。③()

()()()422CHgCOg2COg+2Hg0.20.2000.10.10.20.20.10.10.20.2+起始物质的量改变物质的量平衡时物质的量平衡时总物质的量为0.1+0.1+0.2+0.2=0.6，则平衡时甲烷的平衡分压为20.10.6P，二氧化碳的平衡分压为20.10.6P，一氧

化碳的平衡分压为20.20.6P，氢气的平衡分压为20.20.6P，则X点对应温度下的Kp=2222220.20.2(P)(P)0.60.60.10.1PP0.60.6=224P9(4)连接电源负极的一极为阴极，阴极电极反应式为2CO2+12e-+12H+

=C2H4+4H2O，因为阳极室中的氢离子需要进入阴极室，该装置中使用的是阳离子交换膜。35．【物质结构与性质】（15分）(1)量子化学计算预测未知化合物是现代化学的发展途径之一，有人通过计算预言铁存在四氧化物，分子构

型是四面体，但该分子中铁为+6价而不是+8价，写出该分子中铁的价电子排布式_______，该分子中氧的化合价有_______，画出该分子的结构示意图_______。(2)NH3分子单独存在时键角为106.70º，其VSEPR模型为_

______。下图是[Zn(NH3)6]2+离子的部分结构以及∠H-N-H的测量值，解释配合物中键角变化的原因_______。(3)开夫拉是一类高强度的有机聚合物，其结构简式如下：其中氧原子的杂化方式是_______。这类聚合物强度远超尼龙纤维，与钢铁近乎相同，科学研究表明其聚合物链

与链之间存在苯环苯环的相互作用，除此之外还可能因为_______。(4)近年来，钙钛矿太阳能电池是光电材料领域的研究热门，其晶胞结构如下图所示：钙钛矿的化学式为_______，该晶胞中Ca2+与O2-的最短距离是________cm(已知晶胞

参数为anm)。【答案】(1)3d2（1分）-1、-2（2分）（1分）(2)四面体（1分）N原子上的孤电子对与锌离子形成配位键后，对其他成键电子对的排斥力减小，所以键角变大（2分）(3)sp2、sp3（2分）聚合物链与链之间能形成

氢键（2分）(4)CaTiO3（2分）22×10-7a（2分）【解析】（1）铁的四氧化物分子中，铁的化合价不是+8而是+6，铁失去6个电子，铁的价电子排布式是3d2；根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，则铁的“四氧化物”中氧的化

合价为-1、-2；根据分子构型是四面体，并且氧的化合价为2个-2价、1个-1价，可得分子的结构为；（2）NH3是sp3杂化，所以VSEPR模型为四面体形；NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键

电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱，所以NH3形成[Zn(NH3)6]2+后H-N-H键角变大；（3）-COOH中的氧原子有两个键，两个孤电子对，故采用sp3杂化；碳氧双键中的氧

原子有一个键，两个孤电子对，故采用sp2杂化；分子中含有-N-H的结构，可以和另外N或O原子形成氢键，所以聚合物链与链之间能形成氢键；（4）由上述晶胞结构图可知，钛酸钙的晶胞中Ca位于8个顶点、O位于6个面心、Ti位于体心，根据均摊法可以确定Ca、O、Ti的数目

分别为1818=、1632=、1,因此其化学式为CaTiO3；Ca2+与O2-的最短距离是面对角线的一半，故为22×10-7a。36．【有机化学基础】（15分）化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合钧的路线如下：

已知：回答下列问题：(1)反应①的条件为_______，反应⑤的反应类型为_______。(2)用系统命名法给命名_______。(3)E中含氧官能团的名称为_______，向F中加入浓溴水，1molF最多可以与_______molBr2反应

。(4)H的结构简式为_______。(5)已知N为催化剂，E和M反应生成F和另一种有机物X，写出E→F反应的化学万程式：_______。(6)D有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的所有同分异构体：_______。a.含苯环的单环化合物；b.苯环上只有一个取代基；c.核磁共振

氢谱有四组峰，且峰面积之比为3：2：2：1。【答案】(1)光照（1分）取代反应（2分）(2)2-溴丙烷（2分）(3)羰基、(酚)羟基（2分）3（2分）(4)（2分）(5)（2分）(6)、（2分）【解析】甲苯与氯气在光照条件

下发生取代反应生成B，B与NaCN发生取代反应生成C，C在酸性条件下水解生成D，对比D、E的结构，可知D与H发生已知信息中取代反应生成E，可推知H为，E与HC(OC2H5)3在作催化剂条件下生成F，E在组成上去掉3个氢原子、加上1个CH原子团转化为F，可知E→F

的转化中还有CH3CH2OH生成，F与发生取代反应生成G。(1)反应①是A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，反应⑤中F断裂O-H键和断裂C-Br键生成G和HBr，反应类型为取代反应；(2)母体是丙烷，溴原子取代在2号碳

上，系统命名为2-溴丙烷；(3)E中含氧官能团的名称为羰基、(酚)羟基；F含碳碳双键和酚羟基，向F中加入浓溴水，可在酚羟基的邻位发生取代反应，还有碳碳双键发生加成反应，1molF最多可以与3molBr2反应；(4)D与H发

生已知信息中取代反应生成E，可推知H的结构简式为；(5)E与HC(OC2H5)3在作催化剂条件下生成F，E→F反应的化学方程式：；(6)D的同分异构体满足条件：a.含苯环的单环化合物；b.苯环上只有一个取

代基；c.核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为3：2：2：1，结构为、。