1、福建省泉州第十六中学2020届高三化学11月能力测试试题（一）（含解析）1.化学与生活息息相关。下列说法正确的是A. 光导纤维是一种新型的有机高分子材料B. 汽油、煤油、植物油的主要成分都是烃C. 在糕点包装袋内放置活性铁粉作抗氧化剂D. 轮船船身连接锌块叫做外接电源的阴极保护法【答案】C【解析】【详解】A. 二氧化硅传导光的能力非常强，是制造光导纤维主要原料，属于无机非金属材料，故A错误；B. 汽油、煤油的主要成分都是烃，植物油的主要成分为油脂，油脂中含C、H、O三种元素，故B错误；C. 铁粉具有还原性，在糕点包装袋内放置活性铁粉作抗氧化剂，故C正确；D. 锌、铁和海水构成原电池，锌为负极，
2、被消耗，铁为正极，被保护，是牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；故选：C。2.三氯异氰尿酸是一种极强的氧化剂和氯化剂，利用氰尿酸（图1）与次氯酸在一定pH下反应可制备三氯异氰尿酸（图2），若原料完全反应生成三氯异氰尿酸，下列说法正确的是A. 氰尿酸分子式为C6N3O3H3B. HClO的电子式为 C. 该转化过程有机物发生还原反应D. 氰尿酸和次氯酸反应的物质的量之比为2 : 3【答案】B【解析】分析：A、根据结构简式判断分子式；B、次氯酸是共价化合物，据此书写电子式；C、根据氢原子被氯原子代替分析；D、根据原子守恒解答。详解：A、根据氰尿酸的结构简式可知其分子式为C3N3O3H3，A错误；B、H
3、ClO分子中含有共价键，其电子式为，B正确；C、该转化过程中氢原子被氯原子取代，有机物发生取代反应，C错误；D、根据原子守恒可知氰尿酸和次氯酸反应的物质的量之比为1:3，D错误。答案选B。3.下列有关氨或铵盐的说法不正确的是A. 可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气B 用盐酸滴定氨水，当溶液呈中性时，c(NH4+) = c(Cl)C. NH3属于弱电解质D. 常温时，0.1 molL1NH4Cl溶液加水稀释，的值不变【答案】C【解析】【详解】A氨气是碱性气体，遇到湿润的红色石蕊试纸变蓝色，可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，故A正确；B用盐酸滴定氨水，当溶液呈中性时，溶液中c(H+)=c(OH)，溶液中
4、存在电荷守恒c(H+)+c(NH4+)=c(Cl)+c(OH)，则c(NH4+)=c(Cl)，故B正确；CNH3不能电离，属于非电解质，故C错误； D常温时，0.1 molL1NH4Cl溶液加水稀释，=，温度不变，比值不变，故D正确；故选C。【点睛】本题考查物质分类，检验方法，电解质溶液中电荷守恒。平衡常数的影响因素。本题易错点是D，要注意与化学平衡常数，电离平衡常数，水的离子积常数联系起来进行分析即可。4.下列实验可以达到目的是（）选项实验目的实验过程A探究浓硫酸的脱水性向表面皿中加入少量胆矾，再加入约3mL浓硫酸，搅拌，观察实验现象B制取干燥的氨气向生石灰中滴入浓氨水，将产生的气体通过装有
5、P2O5的干燥管C制备氢氧化铁胶体向饱和氯化铁溶液中滴加氨水D除去MgCl2溶液中少量FeCl3向溶液中加入足量MgO粉末，充分搅拌后过滤A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A、该实验体现的是浓硫酸的吸水性，选项A错误；B、氨气为碱性气体，而P2O5是酸性氧化物，两者在潮湿的条件下可发生反应，选项B错误；C、向饱和氯化铁溶液中滴加氨水将得到氢氧化铁沉淀，得不到胶体，选项C错误；D、MgO粉末可促进铁离子水解生成氢氧化铁的沉淀，过滤后得到MgCl2溶液，选项D正确；答案选D。5.Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素。已知，Z的原子最外层只有一个电子；Y与M同主族，且
6、可形成MY2、MY3两种分子。下列叙述正确的是A. 简单气态氢化物的稳定性：MYB. 铁与M的单质化合生成三价铁化合物C. 电解Z的氯化物溶液制备Z的单质D. Z、Y的化合物中阴阳离子数比为1：2【答案】D【解析】Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y与M同主族，且可形成MY2、MY3两种分子,则Y为O,M为S；Z的原子最外层只有一个电子，且原子序数比O大比S小，则Z为Na。A. 非金属性OS，氢化物稳定性与非金属性一致，故氢化物稳定性OS，A错误；B. 铁与S的单质化合生成FeS，B错误；C. 工业上用电解熔融态NaCl的方法制取金属Na的单质，而不是电解NaCl溶液，C错误；D.
7、 Z与Y形成的化合物为Na2O2，其中阴阳离子数比为1：2，D正确.答案选D.6.连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，易被氧气氧化。利用如图装置，在锥形瓶中加入HCOONa、NaOH、CH3OH和水形成的混合液，通入SO2时发生反应生成保险粉和一种常见气体，下列说法错误的是A. 制备保险粉的离子方程式为HCOOOH2SO2=S2O42CO2H2OB. NaOH溶液的主要作用是吸收逸出的CO2C. 多孔玻璃球泡的作用是增大气体与溶液的接触面积，使SO2能被充分吸收D. 为避免产生的Na2S2O4被O2氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的SO2排出装置中残留的O2【答案】B【解析】分析：A、
8、根据原子守恒判断生成物还有二氧化碳和水生成；B、根据二氧化硫是大气污染物解答；C、根据多孔玻璃球泡的接触面积大分析；D、根据装置中有空气，保险粉易被氧气氧化解答。详解：A、根据原子守恒判断生成物还有二氧化碳和水生成，因此制备保险粉的离子方程式为HCOOOH2SO2S2O42CO2H2O，A正确；B、二氧化硫有毒，属于大气污染物，因此NaOH溶液的主要作用是吸收剩余的SO2，B错误；C、多孔玻璃球泡的接触面积大，因此其作用是增大气体与溶液的接触面积，使SO2能被充分吸收，C正确；D、保险粉易被氧气氧化，装置有空气，因此为避免产生的Na2S2O4被O2氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的SO2排出
9、装置中残留的O2，D正确。答案选B。7.我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置可发生反应：H2SO2=H2O2S，已知甲池中发生反应：下列说法正确的是()A. 甲池中碳棒上发生的电极反应为AQ2H2e=H2AQB. 乙池溶液中发生的反应为H2SI3-=3IS2HC. 该装置中电能转化为光能D. H从甲池移向乙池【答案】B【解析】【详解】A、甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应，即AQ+2H+2e-=H2AQ，A错误；B、在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，碘单质得电子生成I-，发生的反应为H2S+I3-3I-+S+2H+，B正确；C、根据图中信息知道是将光能转化为电能
10、的装置，C错误；D、装置的是原电池装置，原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，D错误；答案选B。8.元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。（1）+6价的Cr能引起细胞的突变而对人体不利，可用亚硫酸钠将其还原。离子反应方程式为：3SO32+Cr2O72+8H+=2Cr3+3SO42+4H2O，该反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。（2）工业上利用铬铁矿( FeO. Cr2O3)冶炼铬的工艺流程如图所示：为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是_。水浸要获得浸出液的操作是_。浸出液的主要成分为Na2CrO4，加入Na2S反应后有Na2SO4生成
11、，则操作发生反应的离子方程式为_。（3）常温下Cr(OH)3的溶度积Ksp=11032，若要使Cr3+完全沉淀pH为_c(Cr3+)降至105molL1可认为完全沉淀。（4）以铬酸钠(Na2CrO4)为原料，用电化学法可制备重铬酸钠(Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2CrO42+2H+=Cr2O72+H2O)。阳极的电极反应式为_。电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由amol变为bmol，则生成重铬酸钠的物质的量为_mol。【答案】 (1). 13 (2). 将铬铁矿粉碎(或其他合理措施) (3). 过滤 (4). 8CrO42-3S220H2O=8Cr(OH)33SO
12、42-16OH (5). 5（或5） (6). 2H2O4e=O24H（或4OH4e=O22H2O） (7). （a-b）/2【解析】【分析】（1）还原剂为SO32，氧化剂为Cr2O72，由方程式的计量数得出物质的量之比。（2）根据影响化学反应速率的因素之一即物质的表面积大小来回答；可用过滤分离固体和液体，水浸要获得浸出液的操作是过滤；Na2CrO4将Na2S氧化成Na2SO4，由电子守恒和质量守恒写出反应的离子方程式；（3）结合溶度积计算；（4）根据电解原理及反应方程式计算。【详解】（1）还原剂为SO32，氧化剂为Cr2O72，由离子反应方程式为：3SO32+Cr2O72+8H+=2Cr3+
13、3SO42+4H2O，该反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为13；（2）影响化学反应速率的因素有：固体物质的表面积、加热焙烧等，则可采取的措施是：将铬铁矿粉碎(或其他合理措施) 。可用过滤分离固体和液体，水浸要获得浸出液的操作是过滤；Na2CrO4将Na2S氧化成Na2SO4，由电子守恒和质量守恒得操作发生反应的离子方程式为：8CrO42-3S220H2O=8Cr(OH)33SO42-16OH（3）KspCr（OH）3=c（Cr3）c3（OH），若c（Cr3）=10-5molL1时，c（OH）= molL1=10-9molL1，常温时c（H）=10-5molL1，pH=5（或5）；（4）电解池中
14、阳极发生氧化反应，电极反应式为4OH-4e=2H2O+O2，故答案为：2H2O4e=O24H（或4OH4e=O22H2O）；电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电荷为（a-b）mol，所以外电路中转移的电子为（a-b）mol，阳极的电极反应为：2H2O-4e=O2+4H，则阳极生成的氢离子为（a-b）mol，已知：2CrO42+2H=Cr2O72+H2O，所以阳极消耗的CrO42为（a-b）mol，则生成重铬酸钠的物质的量为（a-b）/2mol。9.I.（1）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题。假设用酸性高锰酸钾溶液吸收煤燃烧产生的S
15、O2，该过程中高锰酸根被还原为Mn2+，请写出该过程的离子方程式_。将燃煤产生的二氧化碳加以回收，可降低碳的排放。左图是通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理示意图，a电极名称：_(填“正极”或“负极”)，b电极的反应式：_。（2）如果采用NaClO、Ca（ClO）2作吸收剂，也能得到较好的烟气脱硫效果。已知下列反应：SO2(g)+2OH(aq) =SO32(aq)+H2O(l) H1ClO(aq)+SO32(aq) =SO42(aq)+Cl(aq) H2CaSO4(s)=Ca2+（aq）+SO42（aq） H3则反应SO2(g)+ Ca2+（aq）+ ClO(aq
16、) +2OH(aq) = CaSO4(s) +H2O(l) +Cl(aq)的H=_。II.（3）FeO42在水溶液中的存在形态如图所示。若向pH10的这种溶液中加硫酸至pH2，HFeO4的分布分数的变化情况是_。若向pH6的这种溶液中滴加KOH溶液，则溶液中含铁元素的微粒中，_转化为_(填微粒符号)。【答案】 (1). 2MnO4+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42+4H+ (2). 负极 (3). CO2+2e+2H+=HCOOH (4). H1+H2-H3 (5). 先增大后减小 (6). HFeO4 (7). FeO42【解析】【分析】(1)用酸性高锰酸钾溶液吸收煤燃烧产生的SO2
17、，过程中高锰酸根被还原为Mn2，则SO2被氧化为SO42，据此写出反应的离子方程式；a电极处，H2O转化为O2，此过程为失去电子的反应，原电池中失去电子的电极为负极，b电极为正极，CO2和H得到电子，生成HCOOH；(2)根据盖斯定律解题。（3）根据图片知，根据不同pH时，HFeO4的变化图象判断；向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为：HFeO4+OH=FeO42+H2O【详解】(1)）用酸性高锰酸钾溶液吸收煤燃烧产生的SO2，过程中高锰酸根被还原为Mn2，则SO2被氧化为SO42，则该过程的离子方程式为：5SO2+2MnO4+2H2O2Mn2+5SO42+4H；a电极处
18、，H2O转化为O2，此过程为失去电子的反应，原电池中失去电子的电极为负极，b电极为正极，CO2和H得到电子，生成HCOOH，则b电极的反应式：CO2+2H+2eHCOOH（2）根据盖斯定律：SO2(g)+2OH(aq) =SO32(aq)+H2O(l) H1ClO(aq)+SO32(aq) =SO42(aq)+Cl(aq) H2CaSO4(s)=Ca2+（aq）+SO42（aq） H3则+-得反应SO2(g)+ Ca2+（aq）+ ClO(aq) +2OH(aq) = CaSO4(s) +H2O(l) +Cl(aq)的H= H1+H2-H3 ；（3）图象分析可知，若向pH10的这种溶液中加硫酸
19、至pH2，HFeO4的分布分数的变化情况是先增大后减小；向pH=6的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为：HFeO4+OH=FeO42+H2O，HFeO4转化为FeO42。10.高铁酸钾（K2FeO4）具有高效的消毒作用，为一种新型非氯高效消毒剂。已知：K2FeO4易溶于水、微溶于浓碱溶液，不溶于乙醇，在05 的强碱性溶液中较稳定。实验室中常用KClO在强碱性介质中与Fe(NO3)3反应制备K2FeO4（夹持装置略去）。回答下列问题：（1）盛放Fe(NO3)3溶液的仪器名称为_。（2）氯气的发生装置可以选择图中的_（用图中大写字母表示）；检查装置B气密性的操作为_。（3）选择上述装置
20、，制备K2FeO4，按气流从左到右的方向，合理的连接顺序a_（填仪器接口字母，仪器不可重复使用）。（4）装置D中生成K2FeO4的离子方程式为_；实验过程中若装置D的液面上方出现黄绿色气体后，再滴加Fe(NO3)3溶液会产生大量红褐色沉淀，用必要的文字和离子方程式分析原因：_（5）制备的高铁酸钾粗产品中含有KNO3、KCl、Fe(OH)3等杂质，请将以下提纯步骤补充完整，（实验药品：高铁酸钾粗产品、蒸馏水、乙醇、饱和NaOH溶液、饱和KOH溶液、冷的稀KOH溶液、冰水）。取一定量的高铁酸钾粗产品，溶于_；过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液；搅拌、静置、过滤，用_洗涤23次，在
21、真空干燥箱中干燥。【答案】 (1). 恒压分液漏斗 (2). A (3). 关闭止水夹，向长颈漏斗中注水至漏斗中的液面高于试管中的液面，且一段时间内液面差不变，即可证明气密性良好 (4). fgcbe (5). 2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42-+3Cl+5H2O (6). ClO、Fe3+能发生双水解反应生成红褐色的Fe(OH)3：3ClO+Fe3+3H2O=Fe(OH)3+3HClO (7). 冷的稀KOH溶液 (8). 乙醇【解析】【分析】（1）根据图示及仪器构造判断；（2）氯气制备采用固体和液体加热制气体装置，有长颈漏斗的装置气密性的检查是加水封闭一段气体观察液面差的变化；（
22、3）有气体参加的反应仪器连接顺序：制备气体、净化、反应、尾气吸收；（4）反应中Fe3+被氧化为FeO42-，ClO-被还原为Cl可写出方程式，ClO、Fe3+双水解；（5）根据题中K2FeO4易溶于水、微溶于浓碱溶液，不溶于乙醇，KNO3、KCl溶于水，Fe(OH)3不溶于水进行提纯。【详解】（1）根据仪器构造，玻璃管可以平衡压强，仪器为恒压分液漏斗，故答案为：恒压分液漏斗；（2）用MnO2和浓HCl加热反应制备氯气，应选用固体和液体加热制气体装置，所以选A；B装置中有长颈漏斗，气密性的检查应封闭体系，向长颈漏斗内加水使长颈漏斗和试管内产生液面差，一段时间后观察液面差有无变化，检查装置的气密性
23、，故答案为：A；关闭止水夹，向长颈漏斗中注水至漏斗中的液面高于试管中的液面，且一段时间内液面差不变，即可证明气密性良好；（3）用KClO在强碱性介质中与Fe(NO3)3反应制备K2FeO4，应先制备氯气，制得氯气中含氯化氢杂质，用饱和食盐水除去氯化氢，然后氯气和KOH反应生成KClO，KClO再和Fe(NO3)3反应生成K2FeO4，氯气是有毒气体，装置最后用氢氧化钠吸收，减免空气污染， 气体与溶液反应或洗气都应是长导管进气体，气体从短导管出，所以选A、F、D、E，导管长进短出，故答案为：fgcbe（4）反应中Fe3+被氧化为FeO42-，ClO-被还原为Cl，反应在碱性条件进行，据电子守恒、
24、原子守恒、电荷守恒写出方程式为：2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42-+3Cl+5H2O，若装置D的液面上方出现黄绿色气体后，氯气已过量，溶液中含KCl和KClO，加入硝酸铁溶液，ClO、Fe3+发生双水解反应，反应的离子方程式为3ClO+Fe3+3H2O=Fe(OH)3+3HClO。故答案为：2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42-+3Cl+5H2O；ClO、Fe3+能发生双水解反应生成红褐色的Fe(OH)3：3ClO+Fe3+3H2O=Fe(OH)3+3HClO（5）根据题中K2FeO4易溶于水、微溶于浓碱溶液，不溶于乙醇，KNO3、KCl溶于水，Fe(OH)3不溶于水进行提纯。
25、由题中文字叙述知第一步操作后，产品在滤液中，除去的是Fe(OH)3，所以用冷的稀KOH溶液，故答案为：冷的稀KOH溶液；第二步操作中用饱和氢氧化钾溶液，产品难溶，除去易溶于水的KNO3、KCl，产品在滤渣中，第三步应减少产品损失用乙醇洗涤，故答案为：乙醇。11.钛被誉为“21世纪的金属”，可呈现多种化合价。其中以+4价的Ti最为稳定。（1）基态Ti原子的价电子轨道表示式为_。（2）已知电离能：I2（Ti）1310kJ/mol，I2（K）3051kJ/mol。I2（Ti）I2（K），其原因为_。（3）钛某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结如图所示：钛的配位数为_，碳原子的杂化类型_。该配合物中存在
26、的化学键有_（填字母标号）。a离子健 b配位键 c金属健 d共价键 e氢键（4）已知TiO2与浓硫酸反应生成硫酸氧钛，硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如上图所示，该阳离子化学式为_，阴离子SO42的空间构型为_。（5）钛与卤素形成的化合物熔沸点如下表所示：TiCl4TiBr4TiI4熔点/24.1383155沸点/136.5233.5377分析 TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是：_。（6）已知TiN晶体的晶胞结构如下图所示，若该晶胞的密度g/cm3，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为_pm（用含、NA的代数式表示）【答
27、案】 (1). (2). K+的电子排布式为3p6，3p轨道处于全充满状态，相对较稳定，不易失去；而Ti+失去的是4s1电子 (3). 6 (4). sp3、sp2 (5). bd (6). TiO2+或（TiO）n2n+ (7). 正四面体 (8). 三者都是分子晶体，组成和结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高 (9). 1010【解析】【分析】（1）Ti原子中3d、4s能级上电子为其价电子；（2）轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定；（3）根据图知，Ti原子配位数是6；甲基上的C原子价层电子对数是4、环上C原子价层电子对数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化
28、类型；Ti原子和氯原子、O原子之间存在配位键，碳氢、碳碳及碳氧原子之间存在共价键；（4）该阳离子中每个Ti4+含有氧离子个数=2=1；硫酸根离子中S原子价层电子对数=4+（6+2-42）2=4，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子空间构型；（5）这几种物质熔沸点较低，为分子晶体，组成和结构相似的分子晶体，其熔沸点与分子间作用力成正比，分子间作用力随着相对分子质量增大而增大；（6）白色球个数=8+6=4，黑色球个数=12+1=4，晶胞棱长=，晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为棱长的一半。【详解】(1)Ti原子中3d、4s能级上电子为其价电子，Ti的价电子排布式为3d24s2，其价电子
29、排布图为，故答案为：；(2)轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定，K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，失电子前者较后者难，所以I2(Ti)I2(K)，故答案为：K+的电子排布式为3p6，3p轨道处于全充满状态，相对较稳定，不易失去；而Ti+失去的是4s1电子；(3)根据图知，Ti原子配位数是6；甲基上的C原子形成4个键且不含孤电子对，价层电子对数是4，其中C为sp3杂化，环上C原子形成3个键和1个键、且不含孤电子对，价层电子对数是3，其中C为sp2杂化，故答案为：6；sp3、sp2；Ti原子和氯原子、O原子之间存在配位键，碳氢、碳碳及碳氧原子之间存在共价键，所以含有的化
30、学键为配位键和共价键，故答案为：bd；(4) 该阳离子中每个Ti4+含有氧离子个数=2=1，则阳离子化学式为TiO2+或(TiO) n 2n+；硫酸根离子中S原子价层电子对数=4+（6+2-42）2=4，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子空间构型为正四面体形，故答案为：TiO2+或(TiO) n 2n+；正四面体；(5) 这几种物质熔沸点较低，都为分子晶体，组成和结构相似的分子晶体，其熔沸点与分子间作用力成正比，分子间作用力随着相对分子质量增大而增大，这几种分子相对分子质量从氯化物到碘化物依次增大，分子间作用力依次增大，则其熔沸点依次升高，故答案为：三者都是分子晶体，组成和结构相
31、似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高； (6) 白色球个数=8+6=4，黑色球个数=12+1=4，晶胞棱长=cm，晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为棱长的一半=cm =cm=1010pm。，故答案为：1010。【点睛】本题的难点是第（6）问，解析时用均摊法确定晶胞中微粒的个数，结合晶体的摩尔质量和NA计算晶胞的质量，根据晶胞参数计算晶胞的体积，结合公式晶胞的质量=晶体的密度晶胞的体积计算。12.硝苯地平H是一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a-碳原子上的氢比较活泼，使酯与酯之间能发生缩合反应。回答下列问题：（1）B的化学名称为_（2）的反应类型是_（3
32、）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在一定条体下能发生银镜反应，核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积之比为1:1:2:4，写出M的一种可能的结构简式_（7）拉西地平也是一种治疗高血压药物，设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】 (1). 邻硝基甲苯 (2). 取代反应 (3). (4). C17H18N2O6 (5). (6). (7). 【解析】【分析】AB为取代反应，引入硝基，BC引入酯基结构，C中酯基在酸性条件下水解得到D（），D中取代结构被高锰酸钾氧化为E中醛基，由题目已知两分子F发生缩合反应得到G。【详解】（1）硝基和甲基为邻位关系，故B的化学名称为邻硝基甲苯；（2）对比B、C结构，可知的反应类型为取代反应；（3）由分析知D；（4）H分子式为C17H18N2O6；（5）反应取代反应引入硝基：；（6）M在一定条体下能发生银镜反应，则考虑其中包含醛基或甲酸酯的结构，故M可能为；（7）参考题干酯与酯之间能发生缩合反应，以及E、G和NH3生成H的原理，可知合成路线为：。【点睛】本题重点为第（6）问，能发生银镜反应的结构除了醛类，还应包括甲酸和甲酸酯的结构，在书写同分异构体类题型时应尤其注意这一点。
