2022届甘肃省高三第一次高考诊断考试理综化学试题（解析版）.pdf

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1、甘肃省兰州一中2022届高三第一次高考诊断考试理综化学试题一、单选题1.中华传统文化博大精深，也蕴含着许多化学知识。下列说法正确的是（）A.“以芒硝于风日中消尽水气 得到的是Na2s0 B.“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金 中的淘金原理与化学上的萃取一致C.四海盛赞铜奔马，人人争说金缕衣”中的“铜奔马”主要由铜、锌组成的青铜制品D.“红柿摘下未熟，每蓝用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”中的“气 是指甲烷2.2021年诺贝尔生理学或医学奖授予发现温度和触觉感受器的两位科学家，其中温度感受器的发现与辣椒素有关。已知辣椒素的结构如下图所示，下列说法正确的是（）A.分子式为C|8H26NO3B.所有

2、碳原子一定共面C.分子中苯环上的一取代产物有3种D.能使淡水褪色，但不能使酸性KMnCU溶液褪色3.某固体样品由NHiCl、FeCL、Na2co3、NaNCh中的两种按物质的量1：1组成，现对固体样品进行实验：将混合物溶于水，滴加足量的稀盐酸，产生气体，且反应后阴离子的种数与反应前相比无变化。根据实验现象判断固体样品的组成为（）A.N H Q、Na2cCh B.FeCL、Na2co3C.FeCl2 NaNO3 D.N H Q、NaNO34.用下图所示装置进行实验，下列实验现象描述正确的是（）选项试剂甲试剂乙试剂丙丙中现象A浓氨水生石灰硫酸铝溶液先沉淀后消失B稀醋酸大理石氟化钙溶液有白色沉淀生成

3、C浓盐酸二氧化镒酸性碘化钾-淀粉溶液先变蓝后褪色D70%硫酸亚硫酸钠紫色石蕊试液溶液变为红色A.A B.B C.C D.D5.中国国家航天局公布了由“祝融号 火星车拍摄的科学影像图，发现火星岩石中富含X、Y、Z、W四种元素。已知：X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，Z的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X、W为同一主族元素，Y是地球地壳中含量最高的元素，测定火星岩石含有物质Z2WY3.下列判断不正确的是()A.原子半径：r(W)r(X)r(Y)B.X的氢化物的沸点一定低于Y的氢化物C.Y和W形成的化合物能与X的单质在一定条件下反应D.两种化合物ZzY、Z2Y2中阴阳离子个数比都为

4、1：26.MFC-电芬顿技术不需要外加能量即可发生，通过产生羟基自由基(0H)处理有机污染物，可获得高效的废水净化效果，其耦合系统原理如下图所示，下列说法正确的是()a电极JA2燃料8+H质子交换膜b电极1,N甲A.a电极为阳极，X电极为负极B.甲池中H+移动的方向从M室到N室C.乙池可在酸性较弱的环境中使用D.当电路中转移0.2mol电子时，理论上Y电极消耗体积为2.24L7.分析化学中 滴定分数 的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。常温下以O.l O m o l U的H C1溶液滴定同浓度某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如下图所示。下列说法不正确的是()A.该酸碱中和滴定过程应

5、该选用甲基橙做指示剂B.x点处的溶液中满足：c(M O H)+c(O H)c(M+)+c(H+)C.根据y点坐标可以算得K b(M O H)=9 x l()-7D.从x点到z点，溶液中水的电离程度逐渐增大二、综合题8.银氢电池是一种新型绿色电池，利用废旧银氢电池的金属电极芯(主要成分为N i(O H)2、Co(O H)2及少量铁、铝的氧化物等)生产硫酸银、碳酸钻工艺流程如下图：H,SO4,H2O,Na2CO3己知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的p H见下表:离子F e2+F e3+A产Ni2+C o2+开始沉淀时pH6.31.53.46.27.1 5完全沉淀时pH8.32.84.78.9

6、9.1 5回答下列问题：(1)用硫酸浸取金属电极芯时，提 高 浸 取 效 率 的 方 法 有(写 出 一 种 合 理 方 法即可)，向C o(O H)3中加入H2 O 2的目的是(2)沉淀A的主要成分是(填化学式)，“浸出液”调节p H的范围为。(3)“母液3 中控制Na2 c o3用量使终点pH为9.5,此时c(C 0 2+)小于 m ol U(已知:K s p C o(O H)2=1.6 xl01 5)o(4)用滴定法测定Ni S O q 7 H2 O产品中银元素含量。取2.0 0 g样品，酸溶后配成1 0 0 m L溶液，取2 0.0 0 m L于锥形瓶中进行滴定，滴入几滴紫胭酸胺指示剂

7、，用浓度为O.lOOmoll 的Na2H2丫标准液滴定，重复操作23次,消耗Na2H2丫 标准液平均值为12.40mLo已知：i.Ni2+H2Y2-=NiY2-+2H+ii.紫胭酸胺：紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色。滴定终点的操作和现象是。样 品 中 镁 元 素 的 质 量 分 数 为%(精确到0.01)。(5)NiSCU在强碱溶液中和NaClO反应，可制得碱性银镉电池电极材料NiOOH。该反应的离子方程式为o9.乙酰水杨酸，俗称阿司匹林(,00 C C H3 ),是常用的解热镇痛药。合成原理:COOH水杨酸+CH3 C O C CH3 彳乙酸酎浓硫酸、COOH阿司匹林+CH3COOH查阅资料：

8、阿司匹林：相对分子质量为18(),分解温度为128135,溶于乙醇、难溶于水;水杨酸：相对分子质量为138,溶于乙醇、微溶于水；乙酸酢：相对分子质量为102,无色透明液体，遇水形成乙酸。布氏漏斗制备过程：如图1向三颈烧瓶中加入3.45g水杨酸、新蒸出的乙酸醉20mL(p=1.08g-mL“)，再加10滴浓硫酸反复振荡后，连接回流装置，搅拌，70加热半小时。冷却至室温后，将反应混合液倒入100mL冷水中，并用冰水浴冷却15min,用图2装置减压抽滤,将所有晶体收集到布氏漏斗中。抽滤过程中用少量冷水多次洗涤晶体，继续抽滤，尽量将溶剂抽干,得到乙酰水杨酸粗品。提纯过程(重结晶法)：将粗产品转至烧瓶中

9、，装好回流装置，向烧瓶内加入1 0()m L 乙酸乙酯和2 粒沸石，加热回流，进行热溶解。然后趁热过滤，冷却至室温，抽滤，洗涤，干燥，得无色晶体状乙酰水杨酸。(1 )图1 装置中仪器A的名称是 o(2)步骤中加热宜采用,冷凝回流过程中外界的水可能进入三颈烧瓶，导致发生副反应(用化学方程式作答)，降低了水杨酸的转化率。(3)步骤用冷水洗涤晶体的目的是,用图2 装置减压抽滤后的操作是_(4)步 骤 中 肯 定 用 不 到 的 装 置 是(填 序 号)。重结晶时为了获得较大颗粒的晶体产品，查阅资料得到如下信息:溶解度a.不稳定区出现大量微小晶核，产生较多小颗粒的晶体b.亚稳过饱和区，加入晶种，晶体生

10、长c.稳定区晶体不可能生长由信息和已有的知识分析，从温度较高浓溶液中获得较大晶体颗粒的操作为。(5)最终称量产品质量为2.6 1 g,则 所 得 乙 酰 水 杨 酸 的 产 率 为%(精确到0.0 1)。1 0.研究碳、氮硫等元素化合物的性质和转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义，对这些元素形成的有毒有害4 气体进行处理成为科学研究的热点。请回答下列问题：(1)可用N%选择性脱除氮氧化物，已知：N2(g)+O2(g)=2 N O(g)A H,=+1 8 0 k J m o r 5 O 2(g)+4 N H 3(g)=4 N O(g)+6 H 2 O A H24 N H 3(g)+6 N O

11、(g)=5 N 2(g)+6 H 2 O(1)H3=-2 07 0k J m o r,则氏=k J-m o l1(2)某研究小组将3 m o i N O、3 m o i N H 3 和一定量的O 2 充人2 L 密闭容器中，在T、A g?O 催化剂表面发生反应，反应9 m i n 测得容器中N O 的转化率为5 4%,则此时段内N H 3 的平均反应速率v(N H 3)为m o l -L -m i n1,研究表明不同氨氮比 m 可条件下测得N O 的残留率与温度关系如下图所示。指出氨氮比m i、m 2、m 3 由大到小的顺序为;随着温度不断升高，N O 的残留率趋近相同的原因可能是_ _ _

12、_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(3)已知反应N O 2(g)+SO 2(g 户N O(g)+SO 3(g)A H 2)和p(SC h)相等、p(N O)和p(SC h)相等。则a、b 两点体系压强p a：p b=_ _ _ _ _ _ _ _ 温度为T 2 时化学平衡常数Kp=0 (用平衡分压代替平

13、衡浓度计算，分压=总压X物质的量分数)；T,T X 填 或=”)。(4)研究人员开发了一种新型的硼、氮共掺杂的多孔石墨烯材料作为正极催化剂的锂-二氧化碳二次电池，实现了碳酸锂在电池中的高度可逆分解，减少C O 2 的排放，其装置示意图如下图所示，放电时,正极反应式为。NI1 1 .半导体芯片的发明促进了人类信息技术的发展，单晶硅。碎化钱(G a A s)、碳化硅等是制作半导体芯片的关键材料，也是我国优先发展的新材料。请回答以下问题:(1)上述材料所涉及的四种元素中电负性最小的元素是(填元素符号)，基态础原子价层电 子 的 轨 道 表 达 式 为,和A s 位于同一周期，且未成对电子数也相同的元

14、素还有 种。(2)S i CL 是生产高纯硅的前驱体，沸点57.6 C,可混溶于苯、氯仿等有机溶剂，则S i CL 晶体类型为。熔化时克服的作用力是 其中S i 采取的杂化类型为 化合物N(CH 3)3和N(S i%)3的结构如上图所示，更 易 形 成 配 合 物 的 是，判断理由是，CH,(3)B-S i C的晶胞结构如图所示，若碳和硅的原子半径分别为a p m 和b p m,密度为p g-cn L,晶胞中4个C 构成的空间构型为,其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为。(用含a、b、p、NA的代数式表示，NA、表示阿伏加德罗常数的值)。1 2 .科学家临床实验证实中草药

15、金银花可抑制新冠病毒复制，其有效成分是 绿原酸，以下是科研小组设计的 绿原酸(F)的合成路线：回答下列问题：(1)化合物A 的名称为(2)F的分子式是,E的官能团名称为(3)D 经过两步反应转化为E,反应的反应条件为，化合物B 的结构简式为(4)C-D 的化学方程式为(5)绿原酸在碱性条件下完全水解后，再酸化得到的芳香族化合物的同分异构体有多种，满足以下条件的有 种(不考虑立体异构)。a.含有苯环b.l m o l 该物质能与2 m o i N a H CCh 反应写出核磁共振氢谱显示峰面积之比为3：2：2：1 的结构简式。(写出一种即可)1?H 1HO-C-C-O-H(6)写出以C H 3

16、c H 2 c o O H 为基础原料制备聚乳酸(CH3 I )的合成路线：(合成路线见题干,无 机 试 剂 可 任 选)o答案解析部分1.【答案】A【解析】【解答】A.芒硝为十水硫酸钠，失水后可以得到硫酸钠，所以“芒硝于风日中消尽水气 得到的是Na2so4,A符合题意；B.萃取的原理是利用物质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同，用一种溶剂把物质从它与另一种溶剂所组成的溶液里提取出来；淘金不是利用溶解度不同分离物质，B不符合题意；C.青铜制品是铜锡合金，C不符合题意；D.“气”是指乙烯，乙烯可以促进植物成熟，D不符合题意；故答案为：Ao【分析】A.芒硝是十水硫酸钠；B.淘金是利用沙子和金子的密度不

17、同，将金淘洗出来，萃取是利用同种物质在不同溶剂中的溶解度不同进行分离；C.青铜是铜锡合金；D.乙烯可以作为植物生长的调节剂。2.【答案】C【解析】【解答】A.由图可知，分子式为Cl8H27NO3,A不符合题意；B.分子存在部分饱和碳链，故所有碳原子一定不共面，B不符合题意；C.分子中苯环上有3个不同取代位置，其一取代产物有3种，C符合题意；D.分子含有碳碳双键，能使酸性KMnCU溶液褪色，D不符合题意；故答案为：C【分析】A.数个原子的个数既可以得到分子式，注意碳四价的原则;B.结构式中存在叔碳，就不可能所有碳原子共面；C.分子中苯环上的三个氢原子不等效，所以苯环上的一取代产物有三种；D.有碳

18、碳双键可以与滨水发生加成反应，可以与酸性高镒酸钾溶液发生氧化还原反应而褪色。3.【答案】C【解析】【解答】加入稀盐酸，产生无色气体，且反应后阴离子的种数与反应前相比无变化，若是CO+2H+=H2O+COJ t,阴离子会减少，则没有Na2c。3，考虑引入C，则样品含有NH4cl或FeCk，气体应是H+、NO、Fe2+产生的，离子方程式：3Fe2+4H+NO=3Fe3+NO t+2H2O,FeCL、NaNCh两种物质按物质的量1：1组成，没有消耗完N O,故阴离子种类没变，故答案为：Co【分析】硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能氧化亚铁离子，稀硝酸则被还原为NO气体。4.【答案】D【解析】【解

19、答】A.氨气和硫酸铝生成氢氧化铝沉淀不能溶解于氨水中，故丙中沉淀不能溶解，A不符合题意；B.二氧化碳不能和氯化钙生成白色沉淀，B不符合题意；C.浓盐酸和二氧化锦需要加热才会反应生成氯气，C不符合题意；D.硫酸和亚硫酸钠生成二氧化硫气体，二氧化硫和水反应生成亚硫酸能使石蕊试液变红色，D符合题思；故答案为：D。【分析】A.氢氧化铝是两性氢氧化物可以与强酸和强碱反应;B.CO2与CaCL不反应，即弱酸不可以制强酸;C.MnO?和浓盐酸在加热的条件下才可以反应;D.亚硫酸钠和硫酸发生复分解反应，得到的亚硫酸不稳定，分解得到SO?。5.【答案】B【解析】【解答】A.电子层数越多半径越大；电子层数相同时，

20、核电荷数越大，半径越小；原子半径:r(Si)r(C)r(O),A不符合题意;B.C的氨化物的沸点不一定低于O的氢化物，碳可形成烧类物质，B符合题意；C.氧和硅形成的化合物能与碳的单质在一定条件下反应生成硅和一氧化碳气体，C不符合题意；D.NazOz中含有过氧根离子，两种化合物Na?。、Na?。?中阴阳离子个数比都为1 ：2,D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.原子半径的比较先看电子层数，电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时，再看核电荷数，核电荷数越多，原子半径越小；B.煌类物质的沸点与碳原子数有关，一般碳原子数越多，烧的沸点越高；C.SiCh和C在一定条件下反应得到CO和Si；D.氧化

21、钠和过氧化钠中阴阳离子个数比都为1：2,6.【答案】B【解析】【解答】A.由电子流向可知，a电极为负极，b电极为正极，与b相连的X电极为阳极，A不符合题意；B.原电池中阳离子向正极运动，甲池中氏移动的方向从M室到N室，B符合题意；C.乙池中存在铁离子、亚铁离子，在酸性较弱的环境中使用会生成铁的氢氧化物沉淀，C不符合题意；D.没有说明气体所处的是否为标准状况，不能计算氧气的体积，D不符合题意；故答案为：B。【分析 1 A.a是燃料电池的负极(发生氧化反应)，所以Y是电解池的阴极，b是正极(氧气发生还原反应)，X是阳极；B.原电池中阳离子移向正极；C.乙池中有Fe3+,应在酸性较强的环境中使用；D

22、.没有说明Ch的状态，无法判断其体积。7.【答案】D【解析】【解答】A.由图可知，滴定分数=1.00时，溶液显酸性，说明反应生成的MCI溶液显酸性，为弱碱强酸盐，选择在酸性条件下变色的指示剂甲基橙，A不符合题意；B.x点处滴定分数为0.5 0,溶液中含有等量的MOH、M C I,由物料守恒2c(C1)=c(M+)+c(MOH),电荷守恒c(C)+c(OH-)=c(M+)+c(H+),可以得出c(MOH)+2c(OH-)c(H+),c(MOH)+c(OH)m2 ml;放热反应，温度升高，平衡逆向移动，N O 残留率上升，达到拐点之后，随着温度升高，N O 的残留率趋近相同说明温度对平衡的影响占主

23、导地位，对N O 残留率的影响大于氨氮比(3)1：1 0；m 2 m i；温度和氨氮比都对N O 残留率有影响，反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，N O 残留率上升，达到拐点之后，随着温度升高，N O 的残留率趋近相同说明温度对平衡的影响占主导地位，对N O 残留率的影响大于氨氮比；(3)反应为气体分子数不变的反应，改变压强平衡不移动；实验初始时体系中的p(N O 2)和p(S Ch)相等、p(N O)和p(S O 3)相等,则平衡体系中p(N O 2)和p(S O 2 湘 等、p(N O)和p(S O 3)相等；a 点l g p(S C)3)=O、l g p(N O2)=h B|J p

24、(S O3)=l l g p(N O2)=1 0,则p a=l+l+1 0+1 0=2 2；同理可求p b=2 2 0,则3：pb=2 2：2 2 0=1：1 0；由图中C点可知，温度为T 2 时，p(N 02)=p(S 02)=1 0 0,p(N O)=p(S O3)=L 则化学平衡常数K p=；同理可知时，化学平衡常数K p=；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故T T 2；(4)多孔石墨烯材料作为正极催化剂的锂-二氧化碳二次电池，则二氧化碳在正极放电发生还原反应生成碳，电极式为：3 c o2+4 e-+4 L i+=2 L i 2 c Ch+C。【分析】(1)考查盖

25、斯定律；(2)写出反应方程式，根据N O 的转化率为5 4%求出转化的N H 3 的浓度，再用速率公式求速率；其他条件相同时，越大，N O 的转化率越大，残留率越小；温度对N O 的残留率的影响大于(3)根据平衡态中l g p(N O 2)和I g p(S Ch)两个压强对数的关系可知P a：P b ;根据c 点的值计算各物质的分压，再求K p；分别算出T i 和T 2 温度下的K p,再利用平衡移动原理判断温度大小；(4)原电池4 阳离子移向正极，N 极是正极，分析图可知放电时的电极反应式；4 s 4 p1 1.【答案】(1)Ga；I1一 1II1 fl f I t1 1一h 2 或两(2)

26、分子晶体；分子间作用力；s p 3；N(CH 3)3；分子极性更强，N 原子更易提供电子对形成配位键且形成配位键是空间构型不受阻碍(3)正四面体;【解析】【解答】(1)上述材料所涉及的四种元素为G a、A s、C、S i；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，下非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；故中电负性最小的元素是G a；伸位于第四周期第VA族，基态硅原子价层电子的轨道表达式为4 s 4 p画I M M MC o 这2 种元素；和A s 位于同一周期，且未成对电子数也相同，有3 个未成对电子的元素还有V、(2)S i C b 沸点较低且可混溶于苯、氯仿等

27、有机溶剂，则S i C k 晶体类型为分子晶体，熔化时克服的作用力是分子间作用力，其中硅原子的价层价层电子对数为，为S p 3 杂化；化合物N(C H 3)3 和N(S i H/中更易形成配合物的是N(C H 3)3,其结构为三角锥形，极性更强，N 原子更易提供电子对形成配位键且形成配位键是空间构型不受阻碍；(3)由图可知，把晶胞分割为8 个小立方体，晶胞中4 个C 分别上面相对的和下面相对的2 个小立方体中，这4 个C 构成的空间构型为正四面体；硅原子为顶点和面心，1 个晶胞中硅原子个数为，4 个C 位于晶胞内部，则一个晶胞中含有4 个碳原子和4个硅原子晶胞密度为p g-c m-3,设晶胞体

28、积为V,贝 I,c m3；原子的总体积为，故其原子的空间利用率为。【分析 1 (1)电负性是原子吸引电子的能力；轨道表达式是电子排布图；A s 的未成对电子数为3,第四周期中未成对电子数为3 的还有V、C o；(2)S i C L 的沸点低，易溶于有机溶剂，可知是分子晶体，分子晶体熔化克服的是分子间作用力；A B 4 分子中，A 原子一般是s p 3 杂化；分子极性越强，N 原子提供孤对电子形成配合物时空间越大，越易形成配合物；(3)观察晶胞结构图可知是正四面体型，原子空间利用率是算出一个晶胞中所有原子的体积之和，再比上晶胞的体积。1 2.【答案】(1)1、2-二氯乙烯(2)C l 6 H l

29、 8。9；羟基、竣基(3)氢氧化钠水溶液、加热;Bn/PBn 毕CH3CH2COOH:-CH3cHeOOHOH.邺%也9 ACH3HCOOH引发剂【解析】【解答】由已知反应原理可知，A与/、一C l发生加成反应生成B,结合D结构简式可知，A中氯原子位于两个碳原子上，结构简式为C l C l,A生成B为ClCl;B生成C引入竣基，C生成D引入澳原子，D发生水解反应生产E,E最终生成F；化合物A的结构简式为a C L名称为1、2-二氯乙烯；(2)F的分子式是C i 6 H l 8。9,E的官能团名称为羟基、竣基；(3)D经过两步反应转化为E,反应为卤代氢在氢氧化钠水溶液条件下的取代反应，反应条件为

30、氢氧化钠水溶液、加热；由已知反应原理可知，A与 厂 J。发生加成反应生成B,反应为Cl Cl J c iClClC l,故化合物B的结构简式为C 1COOU(4)比较B D 结构简式，可知C 结构简式为，C-D为浪和C 发生的取代反应，化学方程式为ClCOOHClBr“OH+HBr(5)绿原酸中含有酯基，在碱性条件下完全水解后，再酸化得到的芳香族化合物;其同分异构体有多种，满足以下条件:a.含有苯环b.lm o l该物质能与2 m o iN aH C C h反应，则1个分子中含有2 个竣基;COOH如果苯环上有1个取代基，CHCOOH,有1种情况;如果苯环上有2 个取代基，C H2C O O

31、H C O O H,则有邻间对3 种情况;如果苯环上有3 个取代基，C H3 C O O H C O O H ；2 个殁基处于邻位时，甲基有2 种情况；2 个竣基处于间位时，甲基有3 种情况；2 个竣基处于对位时，甲基有1种情况;合计有10种情况;核磁共振氢谱显示峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为:1I O O CCOOIIHOOCCOOHII HH O-C-C-O-HI(6)聚乳酸(C H 3 )的单体为Hele-one则需要在C H 3 c H 2 c o 0H 中与竣基相连的碳原子上首先引入一个卤素原子(反应原理类似C 生成D的反应)，然后水解引入羟基，最后发生缩聚反应生成产物；故合

32、成路线可以为：n/nn Bf OHBn/PBn I NaOH FLO CH3cH2coOH:CH3CHCOOH-CH3cHeOOH引发剂 H*H 竹 A H O-C-C-O-HCH,n【分析】(1)A 到B 的反应类型与已知反应的反应类型相同，再结合D的结构推知A的结构，再用系统法命名；(2)F 的分子式就是要数出C、H、O 原子的个数，再数时要注意C 四价的原则；(3)D 到E 是-X 转化为了-0H,卤代烽的水解在氢氧化钠溶液加热的条件下完成；根据给出的已知反应推导B 的结构式；(4)对比C、D 的分子式可知C 到D 是取代反应；(5)根据F 的结构推出F 在碱性条件下水解再酸化的含苯环的产物，再根据限定的条件写出符合条件的结构式；(6)由聚乳酸的结构反推可知，合成聚乳酸的是乳酸，乳酸的生成与题给路线中的C 到D 反应原理相同。