1、仿真冲刺练(三)时间:50分钟分值:100分可能用到的相对原子质量:H1O16S32Cl35.5Cr52Cu64As75Ga70第一部分一、选择题(本题共7小题,每小题6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.化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法不正确的是()A.地沟油可用来生产肥皂、甘油,达到废物利用的目的B.锅炉水垢中含有的CaSO4,可先用Na2CO3溶液处理,后用酸除去C.泉州府志:元时南安有黄长者为宅煮糖,宅垣忽坏,去土而糖白,后人遂效之。泥土具有吸附作用,能将红糖变白D.“梨花淡自柳深青,柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花不同答案DA项,地沟油的主要成
2、分是油脂,油脂可发生皂化反应,该反应可用于工业上生产肥皂、甘油,达到废物利用的目的;B项,CaSO4不溶于酸,CaSO4用Na2CO3溶液处理后可转化为CaCO3,CaCO3可溶于酸;C项,泥土颗粒表面积较大,因而具有吸附作用,能吸附红糖中的色素使其变白;D项,柳絮和棉花的主要成分都是纤维素。8.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()A.标准状况下,4.48 L CH3Cl中所含原子数目为NAB.所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等C.将2 g H2与足量的N2混合,充分反应后转移的电子数为2NAD.电解精炼铜,当电路中通过的电子数为0.1NA时,阳极质量减
3、少3.2 g答案AA项,标准状况下,4.48 L CH3Cl的物质的量为0.2 mol,所含原子为0.2 mol5=1 mol;B项,一个白磷分子中含有6个PP键,一个甲烷分子中含有4个CH键,0.1 mol甲烷所含共价键数为0.4NA,而0.1 mol白磷(P4)所含共价键数为0.6NA;C项,H2和N2反应是可逆反应,反应后转移的电子数小于2NA;D项,电解精炼铜时,阳极上Zn、Ni、Fe等杂质先放电,故当电路中通过0.1NA个电子时,阳极减轻的质量不确定。9.短周期元素R、X、Y、Z的原子序数依次递增,R的无氧酸溶液能在玻璃容器上刻标记;R和X能形成XR3型化合物,X在化合物中只显一种化
4、合价;R和Z位于同主族,Y原子最外层电子数等于电子层数的2倍。下列有关推断正确的是()A.R单质和Z单质均可与水发生反应置换出O2B.上述元素形成的简单离子都能促进水的电离C.YR6能在氧气中剧烈燃烧D.元素对应的简单离子的半径:YZRX答案D已知R、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素,R的无氧酸溶液能在玻璃容器上刻标记,即氢氟酸,所以R为F元素;由X在化合物中只显一种化合价,结合化合物XR3,推知X为Al元素;根据R和Z是位于同主族的短周期元素,确定Z为Cl元素;由Y原子最外层电子数等于电子层数的2倍可知,Y为S元素。A项,F2和Cl2都能与水反应,化学方程式分别为2F2+2H2O 4
5、HF+O2、Cl2+H2O HCl+HClO,但并不是都能置换出O2;B项,这四种元素形成的简单离子分别是F-、Al3+、S2-和Cl-,其中F-、Al3+、S2-都能水解而促进水的电离,但Cl-不能水解;C项,SF6中的S元素为最高价+6价,而F元素是最活泼的非金属元素,所以SF6在氧气中不能燃烧;D项,四种元素对应的简单离子半径大小顺序为S2-Cl-F-Al3+。10.根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是()选项实验操作和现象结论A向浓度均为0.1 mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水,先出现蓝色沉淀KspMg(OH)2KspCu(OH)2B向溶有SO2的BaC
6、l2溶液中通入气体X,出现白色沉淀X不一定具有氧化性C某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀生成不能说明该溶液中一定含有SO42-D加热盛有(NH4)2CO3固体的试管,并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸,试纸变蓝(NH4)2CO3显碱性答案DA项,由于Mg(OH)2和Cu(OH)2两种物质的组成相似,所以溶解度(或Ksp)小的先产生沉淀;B项,能够使溶有SO2的BaCl2溶液产生白色沉淀的物质可能具有氧化性,如Cl2或NO2等,也可能具有碱性,如NH3;C项,该溶液中可能含有Ag+;D项,加热使(NH4)2CO3固体分解产生的NH3可使湿润的红色石蕊试纸变蓝,说明NH3与水反应生成的NH
7、3H2O具有碱性。11.美国天文学家在亚利桑那州一天文观测台,探测到距银河系中心2.6亿光年处一巨大气云中的特殊电磁波,这种电磁波表明那里可能有乙醇醛糖(HOCH2CHO)分子存在。下列有关乙醇醛糖的说法不正确的是()A.HOCH2CHO能发生取代反应、加成反应、氧化反应B.乙醇醛糖是一种有机物,能燃烧,可溶于水C.HOCH2CHO与乙酸、甲酸甲酯互为同分异构体D.乙醇醛糖与葡萄糖具有相似的化学性质,且互为同系物答案DA项,HOCH2CHO分子中含有羟基、醛基,能发生取代反应、加成反应、氧化反应;B项,乙醇醛糖是一种有机物,能燃烧,含有羟基和醛基,可溶于水;C项,HOCH2CHO与乙酸、甲酸甲
8、酯分子式相同,结构不同,互为同分异构体;D项,葡萄糖是多羟基醛,乙醇醛糖与葡萄糖结构不相似,不互为同系物。12.利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5,装置如图所示。下列说法不正确的是()A.电极a和电极c都发生氧化反应B.电极d的电极反应式为2H+2e- H2C.c电极上的电极反应式为N2O4-2e-+H2O N2O5+2H+D.装置A中每消耗64 g SO2,理论上装置A和装置B中均有2 mol H+通过质子交换膜答案CA装置能自发地进行氧化还原反应且没有外接电源,所以是原电池,a极上二氧化硫失电子,为负极,b极上氧气得电子,为正极;B装置属于电解池,与电源的正极b相连
9、的电极c为阳极,N2O4在阳极失电子生成N2O5,d为阴极,阴极上氢离子得电子生成氢气。A项,电极a为负极,电极c为阳极,负极和阳极都发生氧化反应;B项,d为阴极,阴极上氢离子得电子生成氢气,电极d的电极反应式为2H+2e- H2;C项,c为阳极,N2O4发生氧化反应生成N2O5,电极上的电极反应式为N2O4-2e-+2HNO3 2N2O5+2H+;D项,装置A中每消耗64 g SO2,即1 mol,转移电子为2 mol,由电荷守恒可知,理论上装置A和装置B中均有2 mol H+通过质子交换膜和隔膜。13.常温下将盐酸滴加到联氨(N2H4)的水溶液中,混合溶液中的微粒的物质的量分数(X)随-l
10、gc(OH-)变化的关系如图所示。下列叙述错误的是()A.Kb1(N2H4)=10-6B.反应N2H62+N2H4 2N2H5+的pK=9.0(已知:pK=-lgK)C.N2H5Cl溶液中,c(H+)c(OH-)D.N2H5Cl溶液中存在c(Cl-)+c(OH-)=c(N2H5+)+2c(N2H62+)+c(H+)答案BA项,由题图可知,当-lgc(OH-)=6时,N2H4和N2H5+的物质的量分数相等,可推知二者浓度相等,由N2H4的电离方程式:N2H4+H2O N2H5+OH-,得Kb1(N2H4)=c(N2H5+)c(OH-)c(N2H4)=c(OH-)=10-6;B项,由N2H5+的电
11、离方程式:N2H5+H2O N2H62+OH-,得Kb2(N2H4)=c(N2H62+)c(OH-)c(N2H5+)=c(OH-)=10-15,则Kb1(N2H4)/Kb2(N2H4)=c2(N2H5+)c(N2H62+)c(N2H4),反应N2H62+N2H4 2N2H5+的K=c2(N2H5+)c(N2H62+)c(N2H4)=Kb1(N2H4)/Kb2(N2H4)=10-610-15=109,所以pK=-9.0;C项,N2H5Cl溶液呈酸性,所以c(H+)c(OH-);D项,N2H5Cl溶液中存在的电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)=c(N2H5+)+2c(N2H62+)+c(H+)。
12、第二部分二、非选择题(本题包括必考题和选考题两部分。第2628题为必考题,每个试题考生都必须作答。第35、36题为选考题,考生根据要求作答。)(一)必考题(共43分)26.(14分)三氯化铬是化学合成中的常见物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr()。制三氯化铬的流程如下:(1)重铬酸铵分解产生的三氧化二铬(Cr2O3难溶于水)需用蒸馏水洗涤的原因是,如何判断其已洗涤干净:。(2)已知CCl4沸点为76.8 ,为保证稳定的CCl4气流,适宜的加热方式是。(3)用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包括:将产物收集到蒸发皿中;加热反应管至400 ,开始向三颈烧
13、瓶中通入氮气,使CCl4蒸气经氮气载入反应管进行反应,继续升温到650 ;三颈烧瓶中装入150 mL CCl4,并加热CCl4,温度控制在5060 之间;反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源;停止加热CCl4,继续通入氮气;检查装置气密性。正确的顺序为:。(4)已知反应管中发生的主要反应有:Cr2O3+3CCl4 2CrCl3+3COCl2,因光气有剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇处理COCl2,生成一种含氧酸酯(C5H10O3),用乙醇处理尾气的化学方程式为。(5)样品中三氯化铬质量分数的测定称取样品0.330 0 g,加水溶解并定容于250 mL容量瓶中。移取25
14、.00 mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸腾后加入1 g Na2O2,充分加热煮沸,适当稀释,然后加入过量的2 mol/L H2SO4溶液至溶液呈强酸性,此时铬以Cr2O72-存在,再加入1.1 g KI,塞上塞子,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1 mL指示剂,用0.025 0 mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00 mL。已知:Cr2O72-+6I-+14H+ 2Cr3+3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2 Na2S4O6+2NaI。该实验可选用的指示剂名称为。移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸,加入Na2O2后也要加热煮沸,其
15、主要原因是。样品中无水三氯化铬的质量分数为(结果保留一位小数)。答案(除标注外,每空2分)(1)除去其中的可溶性杂质(或除去固体表面的重铬酸铵溶液)(1分)取最后一次洗涤液于试管中,向其中加入适量氢氧化钠浓溶液,加热,取一片红色石蕊试纸润湿,粘在玻璃棒上,接近试管口,观察试纸是否变蓝,若不变蓝,则说明已洗涤干净(合理即可)(2)水浴加热(并用温度计指示温度)(3)(4)COCl2+2C2H5OH C2H5OCOOC2H5+2HCl(5)淀粉溶液(1分)除去其中溶解的氧气,防止O2将I-氧化,产生误差96.1%解析(1)重铬酸铵分解不完全,还可能含有其他可溶性杂质,用蒸馏水洗涤除去其中的可溶性杂
16、质;因为(NH4)2Cr2O7属于铵盐,可以通过检验铵根离子的方法检验是否洗净。(2)因为CCl4沸点为76.8 ,温度比较低,因此为保证稳定的CCl4气流,可以通过水浴加热来控制。(3)反应制备原理为Cr2O3+3CCl4 2CrCl3+3COCl2,四氯化碳在反应管中与Cr2O3反应,反应管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源,停止加热CCl4,继续通入氮气,将产物收集到蒸发皿。(4)由该含氧酸酯的分子式可知,COCl2中的2个Cl原子被2个OC2H5代替,故乙醇与COCl2发生取代反应,OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOC2H5与HCl。(5)利用Na2S2O3标准溶
17、液滴定生成的I2,I2遇淀粉显蓝色,可以用淀粉溶液作指示剂;溶液中有溶解的氧气,氧气可以氧化I-,若不除去其中溶解的氧气会使生成的I2的量增大,产生误差;设25.00 mL溶液中含有n(Cr3+),由Cr元素守恒及方程式可得关系式:2Cr3+Cr2O72-3I26Na2S2O3,根据关系式计算,2Cr3+Cr2O72-3I26Na2S2O32 6n(Cr3+) 0.025 0 mol/L0.024 L故n(Cr3+)=0.025 0 mol/L0.024 L13=210-4 mol,所以250 mL溶液中n(Cr3+)=210-4 mol250 mL25.00 mL=0.002 mol,根据C
18、r元素守恒可知n(CrCl3)=n(Cr3+)=0.002 mol,所以样品中m(CrCl3)=0.002 mol158.5 g/mol=0.317 g,故样品中三氯化铬的质量分数为0.317 g0.330 0 g100%96.1%。27.(14分)某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au),可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等,以实现有害废料的资源化利用,工艺流程如下:已知:煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O2 2CuO+TeO2。(1)煅烧时Cr2O3发生反应的化学方程式为。(2)为提高酸浸速率,可采用的措施是(答出两条
19、)。(3)浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外,还可能含有(填化学式)。电解沉积过程中析出单质铜的电极为极。(4)工业上用Na2Cr2O7母液生产K2Cr2O7的工艺流程如下图所示:Na2Cr2O7母液K2Cr2O7Cr3+通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是 。(5)测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下:称取产品试样2.50 g配成250 mL溶液,用移液管取出25.00 mL于锥形瓶中,加入足量稀硫酸酸化后,再加入几滴指示剂,用0.100 0 molL-1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液进行滴定,重复进行三次实验。(已知Cr2O72-被还原为Cr3+
20、)氧化还原滴定过程中的离子方程式为。若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00 mL,则所得产品中K2Cr2O7的纯度为%已知M(K2Cr2O7)=294 gmol-1,计算结果保留三位有效数字。(6)上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+外,还含有一定浓度的Fe3+杂质,可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3+)为310-5molL-1,则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时,Fe3+是否沉淀完全(填“是”或“否”)。已知:KspFe(OH)3=4.010-38,KspCr(OH)3=6.010-31答案(除标注外,每空
21、2分)(1)2Cr2O3+3O2+4Na2CO3 4Na2CrO4+4CO2(2)适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等(3)CuSO4(也可答“CuSO4和H2SO4”)阴(1分)(4)在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小,且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小(5)Cr2O72-+6Fe2+14H+ 2Cr3+6Fe3+7H2O49.0(6)是(1分)解析根据流程图,煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O2 2CuO+TeO2,Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4,Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7;沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的
22、金(Au),用稀硫酸溶解后,浸出液中主要含有CuSO4和TeOSO4,电解后铜离子放电生成单质铜,溶液中含有TeOSO4,TeOSO4与二氧化硫发生氧化还原反应生成粗碲。(1)根据流程图,煅烧时Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4,反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO3 4Na2CrO4+4CO2。(2)为提高酸浸速率,可采用的措施有适当增大稀硫酸的浓度、升高温度、搅拌等。(3)根据上述分析,浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外,还可能含有CuSO4。铜离子转化为单质铜发生还原反应,电解沉积过程中析出单质铜的电极为阴极。(4)在低温条件下K2Cr
23、2O7的溶解度在整个体系中最小,且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小,因此通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7。(5)氧化还原滴定过程中发生硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2与Cr2O72-的反应,其中Cr2O72-被还原为Cr3+,离子方程式为Cr2O72-+6Fe2+14H+ 2Cr3+6Fe3+7H2O。n(Fe2+)=0.025 L0.100 0 molL-1=0.002 5 mol,根据离子方程式Cr2O72-+6Fe2+14H+ 2Cr3+6Fe3+7H2O,则n(Cr2O72-)=0.002 5 mol16250 mL25.00 mL=0.0256 mol,则所得产
24、品中K2Cr2O7的纯度为0.0256mol294 gmol-12.50 g100%=49.0%。(6)c(Cr3+)为310-5molL-1,则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时,c(OH-)=3KspCr(OH)3c(Cr3+) molL-1=36.010-31310-5 molL-1,此时c(Fe3+)=KspFe(OH)3c3(OH-)=4.010-386.010-31310-5=210-12 molL-1110-5 molL-1,说明Fe3+沉淀完全。28.(15分)甲醇水蒸气重整制氢(SRM)系统简单,产物中H2含量高,CO含量低(CO会损坏燃料电池的交换膜),是电动汽车氢氧燃料
25、电池理想的氢源。反应如下:反应(主):CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g)H1=+49 kJ/mol反应(副):H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g)H2=+41 kJ/mol温度高于300 则会同时发生反应:CH3OH(g) CO(g)+2H2(g)H3(1)计算反应的H3=。(2)反应能够自发进行的原因是,升温有利于提高CH3OH的转化率,但也存在一个明显的缺点是。(3)如图为某催化剂条件下,CH3OH转化率、CO生成率与温度的变化关系。随着温度的升高,CO的实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是(填标号)。A.反应逆向移动B.部分CO转化为CH
26、3OHC.催化剂对反应的选择性低D.催化剂对反应的选择性低随着温度的升高,CH3OH实际反应转化率不断接近平衡状态转化率的原因是。写出一条能提高CH3OH转化率而降低CO生成率的措施 。(4)250 ,一定压强和催化剂条件下,1.00 mol CH3OH和1.32 mol H2O充分反应(已知此条件下可忽略反应),平衡时测得H2为2.70 mol,CO有0.030 mol,试求反应中CH3OH的转化率,反应的平衡常数。(结果保留两位有效数字)答案(除标注外,每空2分)(1)+90 kJ/mol(2)反应为熵增加的反应(1分)CO含量升高,损坏燃料电池的交换膜(3)C升温反应速率加快其他条件不变
27、,提高n(水)/n(甲醇)的比例(或其他条件不变,选择更合适的催化剂)(4)91%5.610-3解析(1)反应+反应得到:CH3OH(g) CO(g)+2H2(g)H3=+90 kJ/mol。(2)反应自发进行的条件是G=H-TS0,所以反应能自发进行的原因是S0,即反应为熵增反应。升温会促进反应的发生,提高CO的含量,而CO会损坏燃料电池的交换膜。(3)工业生产中,一般不会等待反应达到平衡后再进行下一道工序,多数都是反应进行一段时间就将体系取出,所以一般来说,反应的速率越快,取出的体系就越接近应该达到的平衡状态。随着温度的升高,反应速率加快,但是CO的生成率并没有接近反应的平衡状态,说明该反
28、应使用的催化剂对于反应几乎没有加速作用。三个反应都吸热,所以升温平衡都正向移动,不会促进CO转化为甲醇。加入水蒸气,可以提高甲醇的转化率,同时使反应的平衡向逆反应方向移动,从而降低了CO的生成率。加入更合适的催化剂,最好只催化反应,不催化反应,这样也能达到目的。(4)达平衡时CO有0.03 mol,根据反应得到参与反应的氢气为0.03 mol,所以反应生成的氢气为2.73 mol(平衡时剩余氢气2.70 mol),根据反应,消耗的甲醇为0.91 mol,所以甲醇的转化率为91%。根据反应的数据,消耗的H2O为0.91 mol,生成的CO2为0.91 mol,则剩余H2O 1.32 mol-0.
29、91 mol=0.41 mol,在反应中应该消耗0.03 mol CO2,生成0.03 mol CO和0.03 mol H2O,所以达平衡时,H2O为0.41 mol+0.03 mol=0.44 mol,CO2为0.91 mol-0.03 mol=0.88 mol。所以反应的平衡常数为(设容器体积为V)K=0.03V0.44V2.7V0.88V5.610-3。(二)选考题(共15分)。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。35.【化学选修3:物质结构与性质】(15分)N、P、As等元素的化合物在生产和研究中有许多重要用途。请回答下列问题:(1)意大利罗马大学的FuNvi
30、o Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子,该分子的空间构型与P4类似,其中氮原子的轨道杂化方式为,NN键的键角为。(2)基态砷原子的价电子排布图为,砷与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的顺序为。(3)配位原子对孤对电子的吸引力越弱,配体越容易与过渡金属形成配合物。PH3与NH3的结构相似,与过渡金属更容易形成配合物的是(填“PH3”或“NH3”)。(4)SCl3+和PCl3是等电子体,SCl3+的空间构型是。SCl键键长(填“”“=”或“SeGe(2分)(3)PH3(4)三角锥形SeGe。(3)配位原子对孤对电子的吸引力越弱,配体越容易与过渡金属形成配合物。P的非金属性比N弱,对
31、孤对电子的吸引力弱,因此与过渡金属更容易形成配合物的是PH3。(4)SCl3+中价层电子对个数=键数+孤电子对数=3+12(6-1-31)=4,故S以sp3杂化轨道同Cl形成共价键,含1对孤电子对,所以为三角锥形结构;S原子半径小于P原子半径,故SCl键比PCl键短。(5)晶胞中Ga原子数为818+612=4,As原子数为4,则砷化镓的化学式为GaAs。设晶胞的边长为x pm,则=mV=754+704NA(x10-10)3,解得x=3580NA1010;a、b的距离为晶胞体对角线的14,因此a、b的距离=343580NA1010 pm。36.【化学选修5:有机化学基础】(15分)硝苯地平H是一
32、种治疗高血压的药物,其一种合成路线如下:已知:酯分子中的-碳原子上的氢比较活泼,使酯与酯之间能发生缩合反应。+ +ROH回答下列问题:(1)B的化学名称为。(2)的反应类型是。(3)D的结构简式为。(4)H的分子式为。(5)反应的化学方程式为。(6)已知M与G互为同分异构体,M在一定条件下能发生银镜反应,核磁共振氢谱显示有4组峰,峰面积之比为1124,写出M的一种可能的结构简式:。(7)拉西地平 ,R为 也是一种治疗高血压的药物,设计以乙醇和 为原料制备拉西地平的合成路线(无机试剂任选)。答案(除标注外,每空2分)(1)邻硝基甲苯(2)取代反应(3)(4)C17H18O6N2(5) +HNO3
33、 +H2O(6)或或或 (7) (3分)解析(1)物质B中硝基为取代基,甲苯为母体,硝基与甲基处于邻位,故B的名称为邻硝基甲苯。(2)对比B、C的结构可知B中甲基上H原子被COCOOC2H5替代,同时生成C2H5OH,属于取代反应。(3)对比C与E的结构,结合反应条件,可知C发生酯的水解反应生成D,D脱羧得到E,故D的结构简式为。(4)由H的结构可知分子中有17个C原子、18个H原子、6个O原子、2个N原子,分子式为C17H18O6N2。(5)反应是甲苯发生邻位硝化反应生成B,反应的化学方程式为 +HNO3 +H2O。(6)M与G互为同分异构体,M在一定条件下能发生银镜反应,说明含有醛基或甲酸形成的酯基,核磁共振氢谱显示有4组峰且峰面积之比为1124,M可能的结构有:或 或 或 。(7)类比反应可知,由、CH3COCH2COOC2H5、NH3反应得到拉西地平。由给予的信息中酯与酯的反应可知,2分子乙酸乙酯反应可以得到CH3COCH2COOC2H5,乙醇发生氧化反应得到乙酸,乙酸与乙醇发生酯化反应得到乙酸乙酯。