冲刺2023年高考化学真题重组卷(云南、安徽、黑龙江、山西、吉林五省通用).docx

冲刺 2023 年高考化学真题重组卷 05云南、安徽、黑龙江、山西、吉林五省通用留意事项：1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2. 答复选择题时，选出每题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答复非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3. 考试完毕后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：此题共7 小题，每题6 分，共420 分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。72023·全国·卷高考真题，7北宋沈括梦溪笔谈中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。以下有关表达错误的选项是A胆矾的化学式为 CuSO4 B胆矾可作为湿法冶铜的原料C“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程D“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反响【答案】A【解析】A胆矾为硫酸铜晶体，化学式为CuSO4 5H2O，A 说法错误；B湿法冶铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反响制取铜，B 说法正确；C加热浓缩硫酸铜溶液可析出胆矾，故“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程，C 说法正确；D铁与硫酸铜溶液发生置换反响生成铜，D 说法正确。综上所述，相关说法错误的选项是A，应选A。82023·湖南·统考高考真题，4已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线根底上，提出了一条“绿色”合成路线：以下说法正确的选项是 A苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色B环己醇与乙醇互为同系物C已二酸与NaHCO溶液反响有CO 生成32D环己烷分子中全部碳原子共平面【答案】C【解析】A.苯的密度比水小，苯与溴水混合，充分振荡后静置，有机层在上层，应是上层溶液呈橙红色，故A 错误；B环己醇含有六元碳环，和乙醇构造不相像，分子组成也不相差假设干 CH2 原子团，不互为同系物，故B 错误；C己二酸分子中含有羧基，能与NaHCO3 溶液反响生成 CO2，故 C 正确；D环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，与每个碳原子直接相连的 4 个原子形成四周体构造，因此全部碳原子不行能共平面，故D 错误；答案选C。92023·全国·乙卷高考真题，10由试验操作和现象，可得出相应正确结论的是试验操作现象结论向 NaBr 溶液中滴加过量氯水，再参加淀粉AKI 溶液氧化性：先变橙色，后变蓝色Cl> Br > I222向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加B入制的Cu(OH) 2 悬浊液无砖红色沉淀蔗糖未发生水解石蜡油加强热，将产生的气体通入Br 的C2气体中含有不饱和溶液红棕色变无色CCl烃4溶液试管口润湿的蓝色氯乙烯加聚是可逆D加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片石蕊试纸变红反响【答案】C【解析】A向 NaBr 溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，但氯水过量，再参加淀粉 KI 溶液，过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A 错误；B向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应参加氢氧化钠溶液使体系呈碱性，假设不加氢氧化钠，未反响的稀硫酸会和制氢氧化铜反响，则不会产生砖 红色沉淀，不能说明蔗糖没有发生水解，B 错误；C石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与溴发生加成反响使溴的四氯化碳溶液褪色，C 正确；D聚氯乙烯加强热产生能使潮湿蓝色潮湿试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，不能说明氯乙烯加聚是可逆反响，可逆反响是指在同一条件下，既能向 正反响方向进展，同时又能向逆反响的方向进展的反响，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，D 错误；答案选C。102023·山东·统考高考真题，1418O 标记的乙酸甲酯在足量 NaOH 溶液中发生水解，部分反响历程可表示为：+OH- +CH3O-能量变化如下图。为快速平衡，以下说法正确的选项是A反响、为决速步 B反响完毕后，溶液中存在 18OH- C反响完毕后，溶液中存在 CH318OHD反响与反响活化能的差值等于图示总反响的焓变【解析】A一般来说，反响的活化能越高，反响速率越慢，由图可知，反响I 和反响 IV的活化能较高，因此反响的决速步为反响I、IV，故 A 错误；B反响I 为加成反响，而与为快速平衡，反响 II 的成键和断键【答案】B方式为或，后者能生成18OH-，因此反响完毕后，溶液中存在 18OH-，故 B 正确；C反响 III 的成键和断键方式为或，因此反响完毕后溶液中不会存在CH318H，故 C 错误；D该总反响对应反响物的总能量高于生成物总能量，总反响为放热反响，因此和 CH3O-的总能量与和 OH-的总能量之差等于图示总反响的焓变，故D 错误；综上所述，正确的选项是B 项，故答案为 B。112023·河北·统考高考真题，11，改编如下图的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中 W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，X 和 Z 同主族， Y 原子序数为W 原子价电子数的 3 倍。以下说法正确的选项是BHX 和 HZ 在水中均为强酸，电子式可表示为与AX 和 Z 的最高化合价均为+7 价C四种元素中，X 原子半径最大，Y 原子半径最小DZ、W 和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物【答案】D【解析】结合图中所示构造可知图中两种化合物均为共价化合物，X 和Z 同主族，可得X 和 Z 同为第A 族，Y 为第A 族元素，W 为第A 族或第A 族元素，再结合 W、 X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素， Y 原子序数为W 原子价电子数的 3 倍推知W、X、Y、Z 分别为N、F、P、Cl，据此答题。AX 和 Z 分别是F、Cl，F 无正价，A 错误；B HX 和HZ 分别是 HF 和 HCl，HF 在水中不是强酸，B 错误；C四种元素WN、XF、YP、ZCl中，WN、XF有两个电子层，YP、 ZCl有三个电子层，半径大于 WN和XF，YP原子序数小于 ZCl，故Y 原子半径在这四种元素中最大；XF原子序数大于 WN，故 X 原子半径在这四种元素中最小，C 错误；DZCl、WN和氢三种元素可形成氯化铵，属于同时含有离子键和共价键的化合物，D 正确；应选D。3122023·湖北·统考高考真题，15Na2Cr2O7 的酸性水溶液随着H+浓度的增大会转化为CrO 。电解法制备 CrO3 的原理如下图。以下说法错误的选项是A. 电解时只允许H+通过离子交换膜B. 生成O2 和H2 的质量比为 81 C电解一段时间后阴极区溶液OH-的浓度增大7DCrO3 的生成反响为：Cr2O 2- +2H+=2CrO3+H2O【答案】A【解析】依据左侧电极上生成O ，右侧电极上生成H ，知左侧电极为阳极，发生反响：222H O - 4e- 4H+ + O22­ ，右侧电极为阴极，发生反响：2HO + 2e-2OH- + H22­ ；由题意知，左室中NaCr O随着H+ 浓度增大转化为CrO: Cr O2- + 2H + 2CrO+ H O ，22732732因此阳极生成的H+ 不能通过离子交换膜。A由以上分析知，电解时通过离子交换膜的是Na +，A 项错误；B依据各电极上转移电子数一样，由阳极反响和阴极反响，知生成O 和H 的物质的量之比为 12，其质量比为81，B 项正确；C依据阴极反响22知，电解一段时间后阴极区溶液OH -的浓度增大，C 项正确：D电解过程中阳极区H+的浓度增大， NaCr O转化为CrO: Cr O2- + 2H + 2CrO+ H O ，D 项正确。应选 A。22232732132023·全国·乙卷高考真题，13HA 是一元弱酸，难溶盐 MA 的饱和溶液中c2 (M+ ) 随 c(H+)而变化， M +不发生水解。试验觉察， 298K 时c2 (M+ )-c(H+ ) 为线性关系，如以下图中实线所示。以下表达错误的选项是A溶液pH = 4 时， c(M+ )<3.0 ´10-4mol × L-1BMA 的溶度积K(MA)=5.0 ´10-8spC溶液pH=7 时， c(M+ )+c(H+ )=c(A- )+c(OH- )DHA 的电离常数K (HA) » 2.0 ´10-4a【答案】C【解析】A由图可知pH=4，即 c(H+)=10×10-5mol/L 时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=7.5´10-8 mol/L= 7.5 ´10-4 mol/L<3.0×10-4mol/L，A 正确；B由图可知，c(H+)=0 时， 可看作溶液中有较大浓度的 OH-，此时 A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，sp则K(MA)=c(M+ ) ´ c(A- )=c2 (M+ )=5.0 ´10-8 ，B 正确；C设调pH 所用的酸为HnX，则()结合电荷守恒可知c(M+ )+c(H+ )=c(A- )+c(OH- )+ nc Xn-，题给等式右边缺阴离子局部nc(Xn-)，C 错误；D Ka(HA)= c(H+ ) ´ c(A- ) 当c (A) =c(HA)时，由物料守恒知c(HA)c(M+ )c2 (M+ )c(A- )+c(HA)=c(M + ) ，则c(A- )=2， K(MA)=c(M+ ) ´c(A- )=sp=5.0 ´10-8 ，则2L-1 ，c2 (M+ )=10 ´10-8 ，对应图得此时溶液中c(H+ )=2.0 ´10-4 molc(H+ ) ´ c(A- )K (HA)=c(H+ ) » 2.0 ´10-4 ，D 正确；应选C。ac(HA)二、非选择题：此题共 4 小题，共 58 分272023·全国·乙卷高考真题，27氧化石墨烯具有稳定的网状构造，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(装置如下图)：.将浓H SO24、NaNO、石墨粉末在c 中混合，置于冰水浴中，猛烈搅拌下，分批缓慢参加3KMnO 粉末，塞好瓶口。4.转至油浴中，35搅拌 1 小时，缓慢滴加肯定量的蒸馏水。升温至98并保持 1 小时。.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。参加大量蒸馏水，而后滴加H O 至悬浊液由紫色变22为土黄色。.离心分别，稀盐酸洗涤沉淀。.蒸馏水洗涤沉淀。.冷冻枯燥，得到土黄色的氧化石墨烯。答复以下问题：（1） 装置图中，仪器a、c 的名称分别是、，仪器b 的进水口是(填字母)。（2） 步骤中，需分批缓慢参加KMnO 粉末并使用冰水浴，缘由是。4（3） 步骤中的加热方式承受油浴，不使用热水浴，缘由是。（4） 步骤中， H O 的作用是(以离子方程式表示)。22（5） 步骤中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO 2- 来推断。检测的方法是4 。（6） 步骤可用pH 试纸检测来推断Cl-是否洗净，其理由是。【答案】（1） 滴液漏斗三颈烧瓶d（2） 反响放热，防止反响过快（3） 反响温度接近水的沸点，油浴更易控温（4） 2MnO- + 5H O422+ 6H+= 2Mn 2+ + 8HO + 5O ­22（5） 取少量洗出液，滴加BaCl 2 ，没有白色沉淀生成（6） H+与Cl- 电离平衡，洗出液接近中性时，可认为Cl- 洗净【解析】1由图中仪器构造可知，a 的仪器名称为滴液漏斗，c 的仪器名称为三颈烧瓶； 仪器 b 为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d 口进，e 口出，故答案为：分液漏斗；三颈烧瓶；d；（2） 反响为放热反响，为掌握反响速率，避开反响过于猛烈，需分批缓慢参加KMnO4 粉末并使用冰水浴，故答案为：反响放热，防止反响过快；（3） 油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴掌握温度更加灵敏和准确，该试验反响温度接近水的沸点，故不承受热水浴，而承受油浴，故答案为：反响温度接近水的沸点，油浴更易控温；（4） 由滴加H2O2 后发生的现象可知，参加的目的是除去过量的KMnO4，则反响的离子方程式为：2Mn O- +5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，故答案为：2Mn O-44+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O ；（5） 该试验中为推断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在S O2- 来推断，检测方4法是：取最终一次洗涤液，滴加BaCl2 溶液，假设没有沉淀说明洗涤完成，故答案为：取少量洗出液，滴加 BaCl2，没有白色沉淀生成；（6） 步骤 IV 用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V 洗涤过量的盐酸， H+ 与Cl- 电离平衡，洗出液接近中性时，可认为Cl- 洗净，故答案为： H+ 与Cl- 电离平衡，洗出液接近中性时，可认为Cl- 洗净。282023·全国·卷高考真题，27某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、 Fe 及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。承受如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：溶液中金属离子开头沉淀和完全沉淀的pH 如下表所示：金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开头沉淀时(c=0.01 mol·L1)的 pH沉淀完全时(c=1.0×105 mol·L1)的 pH7.28.73.74.72.23.27.59.0答复以下问题：（1） “碱浸”中 NaOH 的两个作用分别是。为回收金属，用稀硫酸将“滤液”调为中性，生成沉淀。写出该反响的离子方程式。（2） “滤液”中含有的金属离子是。（3） “转化”中可替代 H2O2 的物质是。假设工艺流程改为先“调 pH”后“转化”，即“滤液”中可能含有的杂质离子为。（4） 利用上述表格数据，计算Ni(OH)2 的 Ksp=(列出计算式)。假设“转化”后的溶液中 Ni2+浓度为 1.0 mol·L1，则“调 pH”应掌握的pH 范围是。（5） 硫酸镍在强碱溶液中用 NaClO 氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反响的离子方程式。（6） 将分别出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是。【答案】（1） 除去油脂、溶解铝及其氧化物AlO- +H+HO=Al(OH) 或Al(OH)-+H+=Al(OH)3+H2O（2） Ni2+、Fe2+、Fe3+（3） O2 或空气Fe3+4 0.01´ (107.2-14 )2 或10-5 ´ (108.7-14 )222343.26.252Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O6提高镍回收率【解析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中参加NaOH 溶液进展碱浸，可除去油脂， 并发生反响 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O 将 Al2及其氧化物溶解，得到的滤液含有 NaAlO ，滤饼为 Ni、Fe 及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4 酸浸后得到含有 Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液，Fe2+经 H2O2 氧化为 Fe3+后，参加 NaOH 调整pH 使 Fe3+转化为 Fe(OH)3 沉淀除去，再掌握pH 浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。（1） 依据分析可知，向废镍催化剂中参加NaOH 溶液进展碱浸，可除去油脂，并将Al 及2其氧化物溶解，滤液中含有 NaAlO2(或 NaAl(OH)4)，参加稀硫酸可发生反响AlO-+H+HO=Al(OH) 或Al(OH)- +H+=Al(OH) +HO，故答案为：除去油脂、溶解铝及其23432氧化物； AlO- +H+H O=Al(OH) 或Al(OH)- +H+=Al(OH) +H O；223432（2） 参加稀硫酸酸浸，Ni、Fe 及其氧化物溶解，所以“滤液”中含有的金属离子是 Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；（3） “转化”在H2O2 的作用是将 Fe2+氧化为 Fe3+，可用 O2 或空气替代；假设将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调 pH 过滤后的溶液中含有 Fe2+，则滤液中可能含有转化生成的 Fe3+，故答案为：O2 或空气；Fe3+；（4） 由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的 pH=8.7，此时 c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，则 c(OH-)=()()()2K(wc H+=10-14 1.0 ´10-8.7)2+=108.7-14 ，则 Ni(OH)2 的K =c Ni2+c2 OH- =10-5 ´ 108.7-14；或者当 Nisp开头沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则 c(OH-)=K()wc H+=10-14 1.0 ´10-7.2=107.2-14 ，则Ni(OH) 的 K =c (Ni2+ ) c2 (OH- )=0.01´ (107.2-14 )2 ；假设“转化”后的溶液中 Ni2+浓度为0.01´ (107.2-14 )21.02sp(1.0mol·L-1，为避开镍离子沉淀，此时cOH- )=K( sp)=10-7.8molL-1 ，(则c H+ )=c ()Kw=OH-10-1410-7.8c Ni2+=10-6.2 ，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的 pH 为 3.2，因此“调整pH”()2()2应掌握的pH 范围是 3.26.2，故答案为： 0.01´107.2-14或10-5 ´108.7-14；3.26.2；（5） 由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO 氧化得到 NiOOH 沉淀，即反响中 Ni2+被氧化为 NiOOH 沉淀，ClO被复原为 Cl，则依据氧化复原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O，故答案为：2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O；（6） 分别出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。29【2023 年海南卷】某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反响：CO (g)+4H22(g)催化剂2HO(g)+CH24(g)答复以下问题：2（1） ：电解液态水制备1mol O(g) ，电解反响的H=+572kJ×mol-1。由此计算H(g) 的2燃烧热(焓) H=kJ × mol-1。（2） ：CO (g)+4H (g)22系如图 1 所示。催化剂2H O(g)+CH (g) 的平衡常数(K)与反响温度(t)之间的关24假设反响为基元反响，且反响的H 与活化能(Ea)的关系为 H >Ea。补充完成该反响过程的能量变化示意图(图 2)。某争论小组模拟该反响，温度t 下，向容积为10L 的抽空的密闭容器中通入0.1mol CO2和0.4mol H2，反响平衡后测得容器中n (CH)=0.05mol 。则CO2的转化率为4 ，反响温度t 约为。32023·全国·高考真题光催化复原 CO2 制备 CH4 反响中，带状纳米 Zn2GeO4 是该反响的良好催化剂。Zn、Ge、O 电负性由大至小的挨次是。42023·全国·高考真题晶胞有两个根本要素：原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。如图为Ge 单晶的晶胞，其中原子坐标参数A 为(0，0，0)；B 为( 12，0， 12)；C 为( 12， 1 ，0)。则D 原子的坐标参2数为。晶胞参数，描述晶胞的大小和外形。Ge 单晶的晶胞参数 a=565.76 pm，其密度为g·cm3(列出计算式即可)。250%或0.5660.2(或660.1 或660.3,其他答案酌情给分)【答案】1-286（3） O>Ge>Zn， ，4( 111 )4448´ 73×1076.02 ´ 565.763【解析】2由CO (g)+4H (g)催化剂222H O(g)+CH (g) 的平衡常数(K)与反响温度(t)之间的关系24图可知，K 随着温度上升而减小，故该反响为放热反响。假设反响为基元反响，则反响为一步完成，由于反响的H 与活化能(Ea)的关系为 H >Ea，由图信息可知Ea kJ × mol-1 ，则 H > kJ × mol-1 ，该反响为放热反响，生成物的总能量小于反响物的，因此该反响过程的能量变化示意图为：。1电解液态水制备1mol O2 (g) ，电解反响的H=+572kJ× mol-1，由此可以推断，2mol H2 (g) 完全燃烧消耗1mol O2 (g) ，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，故 1mol H2 (g) 完全燃烧生成液态水放出的热量为 286kJ，因此， H2 (g) 的燃烧热(焓) H= -286 kJ × mol-1 。温度t 下，向容积为 10L 的抽空的密闭容器中通入0.1mol CO 和0.4mol H ，反响平衡后22测得容器中n (CH)=0.05mol ，则CO42的转化率为 0.05mol = 0.5 ，依据 C 元素守恒可知，0.1molCO 的平衡量为0.05mol， CO 和H222是按化学计量数之比投料的，则H2的平衡量为0.2mol， HO(g) 的平衡量是CH24(g) 的倍，则n (HO)=0.1mol ，2CO (g)、H (g)、H O(g)、CH (g) 的平衡浓度分别为0.005mol L-1 、0.02mol L-1 、22240.012 ´ 0.0050.01mol L-1 、0.005mol L-1 ，则该反响的平衡常数K的信息可知，反响温度t 约为 660.2。0.005´ 0.024= 625 ，依据图中（3） 光催化复原CO2 制备 CH4 反响中，带状纳米Zn2GeO4 是该反响的良好催化剂。元素的非金属性越强，其吸引电子的力量就越强，元素的电负性就越大。元素Zn、Ge、O 的非金属性强弱挨次是：OGeZn，所以这三种元素的电负性由大至小的挨次是O GeZn，故答案为 O>Ge>Zn；， ，（4） 依据各个原子的相对位置可知，D 在各个方向的 1/4 处，所以其坐标是( 111 )，444， ，故答案为( 111 )；444依据晶胞构造可知，在晶胞中含有的Ge 原子数是 8×1/8+6×1/2+4=8，所以晶胞的密度m8´ 73g/mol8 ´ 73r =g/cm3 =VN´ (565.76pm ´10-10 cm/pm)3A6.02 ´1023 ´(565.76 ´10-10 )38 ´ 73´ 107 g·cm-3，故答案为8´ 73×107。6.02 ´ 565.7636.02 ´ 565.763302023·山东·高考真题，19支气管扩张药物特布他林(H)的一种合成路线如下：.：.、.答复以下问题：（1） AB 反响条件为；B 中含氧官能团有种。（2） BC 反响类型为，该反响的目的是。3D 构造简式为；EF 的化学方程式为。4H 的同分异构体中，仅含有-OCH CH 、-NH 和苯环构造的有种。5依据上述信息，写出以4 -羟基邻苯二甲酸二乙酯为主要原料制备合成的路线。232【答案】1浓硫酸，加热2（2） 取代反响保护酚羟基+Br2 ®CH3COOH+HBr（3） CH3COOC2H5546【解析】由C 的构造简式和有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反响生成，则 A 为、B 为；在碳酸钾作用下与 phCH2Cl 发生取代反响生成，与 CH3COOC2H5 发生信息反响生成，则25D 为 CH3COOC H、E 为；在乙酸作用下与溴发生取代反响生成，则F 为；肯定条件下与(CH3)3CNHCH2ph 发生取代反响，则 G为生成H。；在 PdC 做催化剂作用下与氢气反响（1） 由分析可知，AB 的反响为在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反响生成和水；B 的构造简式为为种，故答案为：浓硫酸，加热；2；，含氧官能团为羟基、酯基，共有2（2） 由分析可知，BC 的反响为在碳酸钾作用下与 phCH2Cl 发生取代反响生成和氯化氢，由B 和H 都含有酚羟基可知，BC 的目的是保护酚羟基，故答案为：取代反响；保护酚羟基；（3） 由分析可知，D 的构造简式为 CH3COOC2H5；EF 的反响为在乙酸作用下与溴发生取代反响生成和溴化氢，反响的化学方程式为+Br2 ®CH3COOH+HBr，故答案为：CH3COOC2H5；+Br2 ®CH3COOH +HBr；4H 的同分异构体仅含有OCH2CH3 和NH2 可知，同分异构体的构造可以视作、分子中苯环上的氢原子被NH2 取代所得构造，所得构造分别有 1、3、2，共有 6 种，故答案为：6；5由题给信息可知，以 4羟基邻苯二甲酸二乙酯制备的合成步骤为在碳酸钾作用下与 phCH2Cl 发生取代反响生成发生取代反响生成，发生信息反响生成，在 PdC 做催化剂作用下与氢气反响生成，合成路线为