【文档说明】安徽省蚌埠市2021-2022学年高三上学期第二次教学质量检查理综化学试题 含解析.docx，共(18)页，2.480 MB，由小赞的店铺上传

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安徽省蚌埠市2021-2022学年高三第二次教学质量检查考试理科综合能力测试化学试题本试卷分第I卷和第II卷两部分。满分300分，考试时间150分钟。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Al27S32K39As75第I卷一、选择题：本题共7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.中科院天津工业生物所实现人工合成淀粉的重大突破，为从二氧化碳制造淀粉“打开了一扇窗”，该项研究成果被誉为“0到1的原创性突破”。同时也为推进“碳达峰”和“碳中和”目

标实现提供了新的技术路线。下列有关说法正确的是A.淀粉是有机高分子化合物，属于混合物B二氧化碳合成淀粉过程中不需要其他反应物C通过清洁煤技术减少污染，可有效促进碳中和D.二氧化碳是导致温室效应和酸雨的主要气体【答案】A【解析】【详解】A．淀粉是天然有机高分子化合

物，化学式为(C6H10O5)n，聚合度n值不同，属于混合物，故A正确；B．淀粉化学式为(C6H10O5)n，而二氧化碳无H元素，由质量守恒定律，一定需要含H的其他反应物，故B错误；C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，只是减少了SO2的排

放，并没有减少CO2的排放，没有促进碳中和，故C错误；D．二氧化硫是导致酸雨的主要气体，不是二氧化碳，故D错误；故选：A。2.下列除杂试剂的选择和除杂操作都正确的是选项物质(括号内为杂质)除杂试剂除杂操作A

SO2(HCl)气体饱和Na2SO3溶液洗气..BCuCl2(FeCl3)溶液NaOH溶液过滤CFe2O3(Al2O3)盐酸过滤DKNO3(NaCl)固体水蒸发浓缩、冷却结晶、过滤A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．二者均与Na2SO3溶液反应，不能除杂，应选饱和Na

HSO3溶液，故A错误；B．二者均与NaOH反应，不能除杂，应选CuO或氢氧化铜促进铁离子水解转化为沉淀，然后过滤分离，故B错误；C．二者均与盐酸反应，不能除杂，应选足量NaOH溶液、过滤，故C错误；D．NaCl的溶解度受温度影响不大，硝酸钾的溶解度受温度影响大，且将

杂质残留在母液中，则溶解、蒸发浓缩、冷却结晶，并过滤可分离，故D正确；故选：D。3.2021年诺贝尔化学奖用于表彰科学家在不对称有机催化领域作出的杰出贡献，不对称有机催化是指以有机小分子为催化剂，从简单非手性的原料合成手性化合物单一

对映体的技术。有机催化研究中制得的一种有机物结构简式如图所示。已知：连有4个不同原子或基团的碳原子为手性碳原子。下列有关该物质的说法正确的是A.属于苯的同系物B.该分子具有手性，1个分子中存在2个手性碳原子C.能发生加成反应、取代反应和氧化反应D.苯环上的一溴代物有四种【答案

】C【解析】【详解】A．该有机物中含有羟基、硝基、羰基，所以和苯结构不相似，二者不互为同系物，故A错误；B．连接四种不同基团的碳原子为手性碳原子，只有1个手性碳原子，故B错误；C．该分子中含有苯环，可与氢气发生加成反应，含有羟基，也与羧

酸发生取代反应，连接羟基上的碳上有H原子，可发生氧化反应，故C正确；D．苯环关于轴对称，有2种H原子，故一溴代物有2种，故D错误；故选：C。4.一种利用电化学活性菌株处理废水中有机物的装置如图，下列说法

正确的是A.电极A为电池的负极，电极上发生氧化反应，产物为CO2B.A极区，在菌株的作用下，有机物和O2反应生成CO2和H2OC.电极B的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2OD.有机物为葡萄糖(C6H12O6)，处理1mol葡萄糖时有12molH+移动到右室【答案】C【解

析】【详解】A．根据图示可知在A电极上失氢被氧化为，所以A电极为电池的负极，电极上发生氧化反应，A错误；B．根据图示可知：在菌株的作用下，在厌氧条件下有机物变为CO2、H2O，而不是在有O2条件下发生反应，B错误；C．在B电极上O2得到电子

被还原为H2O，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，C正确；D．若有机物为葡萄糖(C6H12O6)，在A电极上失氢被氧化为，然后与葡萄糖在菌株上及厌氧条件下发生反应又转化为，葡萄糖(C6H12O6)中0价C被氧化为+4价的CO2，其被氧化的反应式为：C

6H12O6-24e-+6H2O=6CO2+24H+，可见：每有1mol葡萄糖(C6H12O6)发生反应，会产生24molH+，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，会有24mol的H+由左室通过质子交换膜移动到右室，D错误；故合理选项是C。5.硝酸盐污染已

成为一个日益严重的环境问题，甲酸(HCOOH)在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，再经下列历程实现NO3−的催化还原，进而减少污染。已知Fe(II)、Fe(III)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法正确的是A.Fe3O4没有参与该循环历程B.HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键

发生了断裂C.NO2−是NO3−催化还原过程的催化剂D.在整个历程中，每1molH2可还原1molNO3−【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，铁元素发生了价态变化，说明Fe3O4参与了该循环历程，故A错误；B．由信息可知，HCOOH分解为H2和CO2，说明HC

OOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂，而后形成了碳氧双键，故B正确；C．由图可知，在整个历程中，NO3−先被还原为NO2−，NO2−再被还原为N2，则NO2−是反应的中间产物，不是催化剂，故C错误；D．在整个历程中，Fe3O4为催化剂，H2作还原剂，

将NO3−最终转化为N2，根据得失电子守恒1molH2可还原0.4molNO3−，故D错误；答案选B。6.中国首次火星探测任务工程总设计师张荣桥入选《自然》杂志发布的2021年度十大人物。火星大气及岩石中富含W、X

、Y、Z四种元素。已知W、X、Y、Z为原子序数递增的短周期主族元素，W和Z为同一主族元素，X是地壳中含量最多的元素，W元素原子最外层电子数是最内层的2倍，火星岩石中含有YZX3。下列说法不正确的是A.原子半径：Y＞Z＞W＞XB.简单氢化物的沸点：X＞WC.工业上电解熔融YX制备Y单质D.Z单质可以

和NaOH溶液反应【答案】C【解析】【分析】已知W、X、Y、Z为原子序数递增的短周期主族元素，X是地壳中含量最多的元素，则X是O元素，W和Z为同一主族元素，W元素原子最外层电子数是最内层的2倍，则W核外电子排布是2、4，所以W是C元素，Z是S

i元素，火星岩石中含有YZX3，则Y是最外层有2个电子，原子序数小于Si大于O元素的Mg元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。【详解】根据上述分析可知：W是C，X是O，Y是Mg，Z是Si元素。A．原子核外电子层数越多，原子半径越大；当原子核外电子层数相同时，原子序数越大，

原子半径就越小，所以原子半径：Y(Mg)＞Z(Si)＞W(C)＞X(O)，A正确；B．W是C，X是O，二者形成的简单氢化物分别是CH4、H2O，二者都是由分子构成的物质，由于H2O的分子之间还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致物质的熔沸点升高

，所以简单氢化物的沸点：X(H2O)＞W(CH4)，B正确；C．X是O，Y是Mg，二者形成的化合物MgO是离子化合物，在工业上一般是用电解熔沸点比MgO低的熔融MgCl2的方法治炼Mg，而不是电解熔融MgO来冶炼Mg，C错误；D．Z是Si，Si单质能够

与NaOH溶液反应产生Na2SiO3、H2，D正确；故合理选项是C。7.室温下，向20mL一定浓度的NaOH溶液中加入一定浓度的HA溶液，溶液的pH、HA和A-的分布分数δ随滴加HA溶液的体积的变化关系如图所示。

［δ是组分的平衡浓度占总浓度的分数，如δ(HA)=-c(HA)c(HA)+c(A)。下列说法不正确的是的A.水的电离程度a＞dB.b点溶液中一定有c(A-)＞c(Na+)C.NaOH溶液和HA溶液浓度均约为0.1mol·L-1D.该温度下，HA的电离平衡常数K=1.0×10-7【答案】D【解析】

【详解】A．根据图示，a点溶液pH发生突变，a为恰好反应的点，a点溶质NaA，d点溶质为NaA、HA，NaA促进水电离、HA抑制水电离，所以水的电离程度a＞d，故A正确；B．根据电荷守恒：c(A-)+c(=OH-)=c(Na+)+c(H+)，b点溶液呈酸性，b点溶液中一定有c(A-

)＞c(Na+)，故B正确；C．根据图示，NaOH溶液的初始pH为13，所以NaOH浓度为0.1mol·L-1，a点溶液pH发生突变，a为恰好反应的点，20mLNaOH溶液中加入20mL的HA溶液，所

以NaOH溶液和HA溶液浓度均约为0.1mol·L-1，故C正确；D．根据c点可知，c(A-)=c(HA)时pH=4.7，该温度下，HA电离平衡常数K=1.0×10-4.7，故D错误；选D。8.冶炼金属锌的烟尘中

常含有ZnO、PbO、GeO2、SiO2等，现以此含锗烟尘为原料制备Ge，其工艺流程图如下。的已知：Ge与Al性质相似；GeCl4易水解，沸点为84℃。（1）第①步滤渣主要成分有___________(填化学式)。（2）上述流程若在实验室中进行，需使用分液漏

斗___________次。（3）第④步加入浓盐酸的作用是___________(答两点即可)。（4）第⑤步反应的化学方程式___________。（5）设计实验方案证明GeO2被完全还原___________。（6）一种突破传统电池设计理念的镁-锗液态金属储能电池工作原理如图所示：该电池由于密度

的不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成不变。放电时，C1-向___________(填“上”或“下”)移动。充电时，阴极的电极反应式为___________。【答案】（1）PbSO4、SiO2（2）2（3）中和过

量的氢氧化钠溶液，抑制GeCl4的水解（4）GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O+4HCl（5）称量所得固体质量，再将所得固体溶解在盐酸中使其充分反应，之后过滤、洗涤、干燥，最后再称量固体质量，若质量不变，说明GeO2被完全还原（6）①.上②.Mg2++2e-=Mg【解析】

【小问1详解】烟尘中含有ZnO、PbO、GeO2、SiO2，加入稀硫酸后，ZnO、PbO、GeO2可与稀硫酸反应，分别生成ZnSO4、PbSO4、Ge(SO4)2，硫酸铅不溶于水和稀硫酸，二氧化硅不与稀硫

酸反应，所以滤渣成分为PbSO4、SiO2。【小问2详解】上述流程中需使用2次分液漏斗，分别在萃取和分液这两个步骤中。【小问3详解】步骤③中加入的氢氧化钠溶液是过量的，因此加盐酸是为了中和过量的氢氧化钠溶液；而GeCl4易水解，因此加入盐酸是为了抑制Ge

Cl4的水解。【小问4详解】第⑤步反应是GeCl4水解得到HCl和GeO2·nH2O，因此反应化学方程式为：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O+4HCl。【小问5详解】金属锗与盐酸不反应，而GeO2为两性氧化物，与盐酸反应，

因此要证明GeO2已被完全还原，方法为：称量所得固体质量，再将所得固体溶解在盐酸中使其充分反应，之后过滤、洗涤、干燥，最后再称量固体质量，若质量不变，说明GeO2被完全还原。【小问6详解】依据电子流向可知，镁液为原电池

的负极，则氯离子向上移动；充电时，镁液作阴极，阴极电极反应式为：Mg2++2e-=Mg。9.测定某明矾样品(含砷酸盐)中砷的含量，实验步骤如下：实验一：配制砷标准溶液①取一定质量的As2O3，用NaOH溶液完全溶解后，配制成1LNa3AsO3溶液(此溶液1.0mL相当于0.10g砷)。

②取一定量上述溶液，配制500mL含砷量为1.0g·L-1的砷标准溶液。（1）②需取用①中Na3AsO3溶液___________mL。实验二：测定样品中砷含量(实验装置如图，夹持装置已略去)①往B瓶中加入20.

00mL砷标准溶液，再依次加入一定量的盐酸、KI试液和SnCl2溶液，室温放置10min，使砷元素全部转化为H3AsO3。②往B瓶中加入足量锌粒(含有ZnS杂质)，立即塞上装有乙酸铅棉花的导气管C，并使C管右侧末端插入比色管D中银

盐吸收液的液面下，控制反应温度25~40℃。45min后，打开K1通入N2，生成的砷化氢气体被完全吸收，Ag+被还原为红色胶态银。③用明矾样品代替20.00mL砷标准溶液进行实验，相同条件下生成相同量红色胶态银，需要5.0g明矾样品。（2）量取20.00

mL砷标准溶液使用的定量仪器为___________，乙酸铅棉花的作用是___________。（3）写出Zn与H3AsO3生成砷化氢反应的离子方程式并用单线桥表示电子转移的方向和数目___________。（4）控制B瓶中反应温度的方法是__

_________，反应中通入N2的作用是___________。（5）明矾样品中砷的含量为___________％。【答案】（1）5（2）①.酸式滴定管②.除去H2S，以免干扰D中反应（3）（4）①.水浴加热②.将砷化氢气体完全带入D中，使其完全反应（5）0.4【解析】【小问1详解】（1

）根据质量守恒，配制500mL含砷量为1.0g·L-1的砷标准溶液，需取用Na3AsO3溶液210500mL1g/L=510mg/LL.。【小问2详解】量取20.00mL砷标准溶液使用的定量仪器为酸式滴定管，乙酸铅和H2S反应生成PbS沉淀，乙酸铅棉花

的作用是吸附H2S。【小问3详解】Zn与H3AsO3生成砷化氢，砷元素化合价由+3价降低为-3价、锌元素化合价由0价升高为+3价，反应的离子方程式为23332HAsO3Zn+6HAsH3Zn3HO+++=++，并用单线桥表示电子转移的方向和数目为。【小问4详解】

控制反应温度25~40℃，控制B瓶中反应温度的方法是水浴加热；开K1通入N2，使生成的砷化氢气体被D中银盐完全吸收；【小问5详解】20.00mL砷标准溶液含砷量为0.02L×1.0g·L-1=0.02g，明矾样品中砷的含量为0.02g100%=0.4%5g。10.乙醇是一种重

要的工业原料，被广泛应用于能源、化工、食品等领域。以合成气合成乙醇是近年来研究的热点，其中乙酸甲酯CH3COOCH3加氢是制取乙醇的关键步骤之一、包括以下主要反应：I．CH3COOCH3(g)+2H2(g)C2H5OH(g)+CH3OH(g)ΔH1=—71kJ·mol-1II．CH3COOCH3

(g)+H2(g)CH3CHO(g)+CH3OH(g)ΔH2=+13.6kJ·mol-1（1）反应CH3CHO(g)+H2(g)C2H5OH(g)的ΔH=___________。（2）若在体积为2L的密闭容器中，控制CH3COOCH3流速为22.4m3·h-1(已

换算为标准状况)，CH3COOCH3的转化率为80.0%，则CH3COOCH3的反应速率为___________mol·L-1·min-1(保留三位有效数字)。CH3COOCH3流速过大时乙酸甲酯的转化率下降，原因是___________。（3）乙酸甲酯加氢反应通常使用铜基催化剂，催化剂I

的主要成分为Cu-Al，催化剂II的主要成分为Cu-Zn-Al，实验中采用催化剂I和催化剂II测得不同温下相同时间内乙酸甲酯的转化率如图1。工业生产中应使用的催化剂是___________(填“催化剂I

”或“催化剂II”)，温度升高，乙酸甲酯的转化率增大的原因是___________。（4）使用X射线衍射仪对催化剂I和II的中间产物进行XRD分析，根据衍射峰可判断物质的成分。XRD谱图如图2，分析XRD谱图可知，相比催化剂I，催化剂II的中间产物中新生成的物质是__

_________(填化学式)。（5）一定条件下在1L密闭容器内通入2.00molCH3COOCH3和3.96molH2发生反应I和II，测得不同温度下达平衡时CH3COOCH3转化率和乙醇的选择性如图3所示。260℃时反应I的平衡常数K=___

________。温度高于240℃时，随温度升高乙醇的选择性降低的原因是___________。［乙醇的选择性=3333n(最终转化为乙醇的CHCOOCH)n(转化的CHCOOCH)］【答案】（1）—84.6kJ/mol（2）①.6.67②.反应物与催化剂接触时间过短，反应不充分（3）①.催

化剂II②.温度升高，反应速率增大，乙酸甲酯的转化率增大（4）CuAlO2（5）①.14②.反应I为放热反应，反应II为吸热反应，温度升高，反应I向逆反应方向移动，反应II向正反应方向移动，生成乙醇的量减少【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，

反应I—II可得反应CH3CHO(g)+H2(g)=C2H5OH(g)，则ΔH=ΔH1—ΔH2=(—71kJ/mol)—(+13.6kJ/mol)=—84.6kJ/mol，故答案为：—84.6kJ/mol；【小问2详解】设时间为1h，

由题意可知，乙酸甲酯的起始物质的量为32-311h1022.4mh22.4L/mL/mol=103mol，由乙酸甲酯的转化率为80%可知，乙酸甲酯的反应速率为310mol80%2L60min=6.67mol/(L·min)；

若流速过大，乙酸甲酯与催化剂接触时间过短，反应不能充分进行，导致乙酸甲酯的转化率下降，故答案为：6.67；反应物与催化剂接触时间过短，反应不充分；【小问3详解】由图可知，相同温度条件下，使用催化剂II时，乙酸甲酯的转化率大于催化剂I，说明催化剂II的活性强于催化剂I，反应的反应速

率强于催化剂I，则工业生产中应使用的催化剂是催化剂II；升高温度，化学反应速率增大，单位时间内消耗乙酸甲酯的物质的量增大，乙酸甲酯的转化率增大，故答案为：催化剂II；温度升高，反应速率增大，乙酸甲酯的转化率增大；【小问4详

解】由图可知，催化剂II的中间产物中有偏铝酸亚铜生成，而催化剂I没有偏铝酸亚铜生成，则相比催化剂I，催化剂II的中间产物中新生成的物质是偏铝酸亚铜，故答案为：CuAlO2；【小问5详解】由图可知，260℃时，乙酸甲酯的转化率为90%，乙醇的选择性为70

%，则平衡时，生成乙醇的乙酸甲酯的物质的量为2.00mol×90%×70%=1.26mol，由题给方程式可建立如下三段式：()()()()332253(mol/L)2.03.9600(mol/L)1.262.521.261CHCO

OC.26(Hg+2HgCHOHg+CHOHmol/L)0.741.441.261.26g起变平()()()()33233(mol/L)0.741.4401.26(mol/L)0.540.540.54CH

COO0.54CHg+HgCHCHOg(mol/L)0.20.90.541.8+CHOHg起变平由三段式数据可知，反应I的平衡常数K=21.26mol/L1.8mol/L0.2mol/L(0.9mol/L)=14；由题给方程式可知，

反应I为放热反应，反应II为吸热反应，温度升高，反应I向逆反应方向移动，反应II向正反应方向移动，生成乙醇的量减少，导致乙醇的选择性降低，故答案为：14；反应I为放热反应，反应II为吸热反应，温度升高，反应I向逆反应方向移动，反应II向正反应方向移动，生成乙醇的量减少。11.氟代硼铍酸钾

晶体KBBF(KBe2BO3F2)是一种非线性光学晶体材料，广泛应用于激光、光刻录等领域，长方体晶胞如下图甲所示(其中K原子已经给出，氧原子略去)。回答下列问题：（1）下列铍元素的不同微粒，若再失去一个电子需要能量最大的是____

_______。A.B.C.D.（2）K2O2的阴阳离子比为___________。第四周期，与基态钾原子最外层电子数相同的原子有___________(填元素符号)。（3）OF2分子中氧原子的杂化类型是___________，空间构

型为___________。（4）KBBF所含元素中非金属元素的电负性由大到小的顺序是___________。（5）三卤化硼的熔沸点如图乙所示，BF3、BCl3、BBr3、BI3的熔沸点变化的原因是___________。（6）指出图甲中代

表硼原子的字母为___________，该KBBF晶体的晶胞参数分别为apm和cpm，则晶体密度为___________g·cm-3(M代表KBBF的摩尔质量，NA表示阿伏伽德罗常数的值)。【答案】（1）B（2）①1：2②.Cr

、Cu（3）①.sp3杂化②.V形（4）F＞O＞B（5）四种物质均为结构相似的分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔沸点升高（6）①.Z②.2-30A3MNac10【解析】【小问1详解】铍元素的原子序数为4，电子排布式为

1s22s2，激发态原子中电子的能量高于基态原子中电子的能量，失去一个电子需要能量小于基态原子，基态原子中第一电离能小于第二电离能，则由题给轨道表示式可知，再失去一个电子需要能量最大的是，故选B；【小问2详解】过氧化钾是由钾离子和过氧根离子形成的离子化合物，化合物中阴离子过氧根离子和阳离子

钾离子的离子.个数比为1：2；基态钾原子的价电子排布式为4s1，由洪特规则可知，第四周期元素中，铬原子和铜原子的价电子排布式分别为3d54s1和3d104s1，则铬、铜原子的最外层电子数和钾原子相同，故答案为：1：2；Cr、Cu；【小问3详解】二氟化氧分子中氧原子的价层电子对数为4，孤对

电子对数为2，则氧原子的杂化方式为sp3杂化，分子的空间构型为V形，故答案为：sp3杂化；V形；【小问4详解】KBBF所含非金属元素为F、O、B，非金属元素的非金属性越强，元素的电负性越大，元素非金属性由大到小的顺序为F＞O＞B，则电负性由大到小的顺序为F＞

O＞B，故答案为：F＞O＞B；【小问5详解】结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，四种三卤化硼都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，熔沸点依次升高，故答案

为：四种物质均为结构相似的分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔沸点升高；【小问6详解】同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为Be＞B＞F，由晶胞结构可知，原子半径的大小顺序为X＞Z＞Y，则Z代表硼原子；晶胞中位于顶点和体内的

钾原子的个数为8×18+2=3，由化学式可知，晶胞中含有3个KBBF，设晶体密度为dg/cm3，由晶胞质量公式可得：A3MN=ac×10—30d，解得d=2-30A3MNac10，；故答案为：Z；2-30A3MNac10。。12.沃塞洛托是一种治疗镰状细胞性贫血的药物，它的一种

中间体的合成路线如下：已知：（1）A的结构简式为___________，官能团名称为___________。（2）C→D化学方程式为___________，D→E的反应类型为___________。（3）A→B反应的目的是___________。（4）D的同分异构体中，同时满足下列条件，核磁共振氢

谱面积比为3：2：2：2：1的结构简式为___________。①苯环上有4个取代基；②能发生水解反应和银镜反应；③1mol物质与足量NaOH溶液反应消耗4molNaOH。（5）参照上述合成路线，以为原料，设计合

成的路线___________。【答案】（1）①.②.溴原子和酚羟基（2）①.+H2O+H+CH3OH②.取代反应（3）保护酚羟基不被氧化（4）、（5）【解析】【分析】A与ClCH2OCH3发生取代反应生成B为，可推出A为，与正丁基锂发生反应生成C为，在浓盐酸中反应生成D为，

与发生取代反应生成。【小问1详解】A的结构简式为，官能团名称为溴原子和酚羟基；【小问2详解】C→D是在浓盐酸中反应生成和甲醇，反应的化学方程式为+H2O+H+CH3OH，D→E是与发生取代反应生成和氯化氢，反应类型为取代反应；【小问3详解】A→B反应的目的是保护酚羟基不被氧化；【小问4

详解】D为，同分异构体中，同时满足下列条件：①苯环上有4个取代基；②能发生水解反应和银镜反应则含有酯基和醛基或HCOO-结构；③1mol物质与足量NaOH溶液反应消耗4molNaOH，因只有4个O故可能存在的酯基是酸与酚的酯化形成的，核磁共振氢谱面积比为3：2：2：2：1，

符合条件的结构简式为、；【小问5详解】参照上述合成路线，以为原料，与ClCH2OCH3发生取代反应生成，与正丁基锂发生反应生成，氧化生成，在浓盐酸中反应生成，合成路线为：。