化学-2022-2023学年高三下学期开学摸底考试卷B（全国乙卷专用）

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绝密★考试结束前
2022-2023学年高三下学期开学摸底考试卷B
（全国乙卷专用）
化 学
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，只有一项符合题目要求。
7.2022年卡塔尔世界杯中，赛场内外随处可见“中国制造”，下列说法不正确的是
A．世界杯纪念钞由特制的塑料薄片制得，这种塑料是一种新型的有机高分子材料
B．卡塔尔阿尔卡萨800兆瓦光伏电站实现了将光能转化为电能，有利于减少污染气体的排放，改善人类生存环境
C．裁判在发定位球之前，会向草坪喷出白色的定位喷雾，它由17％的液化丁烷()和80％的水组成，具有无污染、不影响草地的特点，由此可推断：该定位喷雾可长时间存在
D．义乌制造的旗帜飘扬在卡塔尔首都多哈的大街小巷，用于制作旗帜的主要材质是涤纶，具有透风性好、不易损坏的特点
【答案】C
【详解】A．特制的塑料是一种新型的性能优良的有机合成高分子材料，故B正确；
B．光伏电站实现了将光能转化为电能，可以减少化石能源的使用，有利于减少污染气体的排放，改善人类生存环境，故B正确；
C．丁烷常温下为气体，所以定位喷雾不可能长时间存在，会迅速消失，故C错误；
D．涤纶是具有透风性好、不易损坏的有机合成高分子材料，故D正确；
故选C。

8.分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛应用，布洛芬具有抗炎、镇痛解热的作用，但直接服用对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的分子修饰。

下列有关说法不正确的是
A．甲分子最多有10个碳原子共平面
B．乙和丙均能在NaOH溶液和稀溶液中发生水解反应
C．以上三个分子都只有1个手性碳原子
D．1mol甲分子最多能与3mol发生反应
【答案】A
【详解】A．甲分子含有1个苯环，与苯环上连接的碳原子一定共平面，其余单键相连碳原子可通过旋转得出最多1个碳原子在其平面上，所以甲分子中最多有11个碳原子共平面(即)，A错误；
B．乙中含有肽键，丙中含有酯基，均能在NaOH溶液和稀溶液中发生水解反应，B正确；
C．手性碳原子是指，同一个碳原子上链接4个不同的原子或原子团，苯环上没有手性碳原子，甲基、亚甲基上没有手性碳原子，双键上没有手性碳原子，故以上三个分子的结构分析，都只有1个手性碳原子，C正确；
D．甲分子中，只有苯环能和发生加成反应，1mol甲分子最多能与3mol发生反应，D正确；
故选A。

9.设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．三肽C6H11N3O4中的肽键数目为
B．0.1 mol CH3COOH与足量CH3CH2OH充分反应生成的CH3COOCH2CH3分子数目为0.1NA
C．5g D2O(标准状况下)中所含质子数目为2.5
D．，生成乙烷时断裂的共价键总数为2
【答案】B
【详解】A．1mol三肽C6H11N3O4含2mol肽键，三肽C6H11N3O4物质的量为0.1mol，肽键数目为，故A正确；
B．该反应为可逆反应，乙酸不能完全转化成乙酸乙酯，因此生成的乙酸乙酯分子数小于0.1NA，故B错误；
C．1molD2O中含10mol质子，其摩尔质量为20g/mol，5g D2O的物质的量为0.25mol，所含质子数目为2.5，故C正确；
D．乙烯与氢气发生加成反应时，碳碳双键断开同时氢气中的H-H键断裂，因此生成乙烷时断裂的共价键总数为2，故D正确；
故选：B；

10.下列现象和结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
等体积等浓度的MgCl2和NaOH溶液混合后，再滴加几滴FeCl3
先产生白色沉淀，后沉淀消失
Fe3+水解出H+造成Mg(OH)2溶解
B
将通过灼热碎瓷片后的石蜡油蒸气通入到溴水中
溴水褪色
产物中一定含乙烯
C
SO2分别通入石蕊、品红溶液
前者变红，后者褪色
SO2漂白具有选择性
D
向5mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液滴加5滴浓硫酸
溶液颜色由橙色变黄色
浓硫酸溶于水放热使平衡移动

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．等体积等浓度的MgCl2和NaOH溶液混合后，NaOH不足，生成白色沉淀，再滴加几滴FeCl3，转化为更难溶的氢氧化铁，与水解无关，选项A错误；
B．不饱和烃与溴水发生加成反应，溴水褪色，气体不一定为乙烯，选项B错误；
C．二氧化硫为酸性氧化物，具有漂白性，分别通入石蕊、品红溶液，前者变红，后者褪色，则SO2漂白具有选择性，选项C正确；
D．存在 +H2O⇌2+2H+，滴加浓硫酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液变为橙色，选项D错误；
答案选C。

11.X、Y、Z、W均为短周期主族元素，Z的原子序数是Y的两倍，它们在元素周期表中的位置关系如图所示。下列说法正确的是
X
Y


Z
W

A．简单阴离子半径：
B．常温下，X、Y的最简单氢化物均为气态
C．氧化物对应水化物的酸性：
D．四种元素中有一种为金属元素
【答案】A
【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，X、Y位于第二周期，Z、W位于第三周期，已知Z原子的原子序数是Y原子的2倍，Y、Z同主族，则Y为O，Z为S；结合各元素在周期表中的相对位置可知，X为N，W为Cl元素，以此分析解答。
【详解】A．根据具有相同电子层的阴离子，所带电荷越多，半径越大，电子层数越多，半径越大，则简单阴离子半径：，故A正确；
B．常温下，X、Y的最简单氢化物分别为NH3、H2O，H2O为液态，故B错误；
C．最高价氧化物对应水化物分别为HClO4、H2SO4，酸性：，故C错误；
D．X、Y、Z、W分别为N、O、S、Cl，均为非金属元素，故D错误；
故选A。

12.最近，我国科学家设计了一种高效电解水制氢的系统，实现了在催化剂作用下析氢和析氧反应的分离。该系统的工作原理如图所示，其中电极均为惰性电极，电解液中含。下列关于该装置工作时的说法正确的是

A．阴极的电极反应为
B．通过离子交换膜由A极室向B极室移动
C．催化析氢室的反应为
D．理论上，该过程中和DHPS可自补充循环
【答案】D
【分析】由图可知A极室发生的反应为，Fe化合价升高，发生氧化反应，所以A极室中电极是阳极，连接电源的正极，B极室是阴极室，连接电源的负极，B极室电极反应式为，电解池中阴离子向阳极移动，所以氢氧根离子通过离子交换膜由B极室向A极室移动，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，A极室中电极是阳极，发生的反应为，A错误；
B．根据分析，电解池中阴离子向阳极移动，所以氢氧根离子通过离子交换膜由B极室向A极室移动，B错误；
C．根据分析，催化析氢室的反应为，C错误；
D．由图示和上述分析可知，理论上、DHPS既有消耗又有生成，可以自补充循环，D正确；
故选D。

13.某温度下，向溶液中缓慢加入固体，忽略溶液体积变化，溶液、温度随被滴定分数的变化如图所示。下列说法不正确的是

A．点的小于点的
B．点，
C．点，
D．点，
【答案】C
【详解】A．电离是吸热反应，由于温度：M点小于Q点，所以M点的小于Q点的，A正确；
B．N点被滴定分数为1，此时溶液中的溶质为，则根据质子守恒有，B正确；
C．P点溶液中存在电荷守恒：，由于此时温度高于25℃，可知此时溶液呈碱性，，则，C错误；
D．Q点溶液的溶质为，，，D正确；
故选C。

(一)必考题：共43分。
26.（14分）工业上用红土镍矿(主要成分为NiO，含 CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2)制备 NiSO4·6H2O。工艺流程如下所示。

已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
Co2+
Mg2+
开始沉淀时的pH
6.8
4.1
2.2
7.5
7.2
9.4
沉淀完全时的pH
9.2
5.4
3.2
9.0
9.0
12.4

(1)加入H2SO4在高压下进行酸浸。充分浸取后过滤出的酸浸渣的主要成分为_______(填化学式)。
(2)氧化、沉铁沉铝时，加入 NaClO 和 Na2CO3溶液共同作用。其中与FeSO4发生氧化还原反应的离子方程式为_______。
(3)沉镁沉钙加入NaF溶液，生成MgF2和CaF2.若沉淀前溶液中c(Ca2+)=1.0×10-3 mol·L-1，当沉淀完全后滤液中c(Mg2+)=1.5×10-6mol·L-1时，除钙率为_______(忽略沉淀前后溶液体积变化)。(已知：Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11)
(4)“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：M2+(水相)+2RH (有机相) MR2(有机相)+2H+(水相)。工业上用25%P5O7+5%TBP+70%磺化煤油做萃取剂，萃取时， Co、Ni的浸出率和 Co/Ni分离因素随pH的关系如图所示：

①萃取时，选择pH为_______左右。
②反萃取的试剂为_______。
(5)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系。
温度
低于30.8℃
30.8℃~53.8℃
53.8℃~280℃
高于280℃
晶体形态
NiSO4·7H2O
NiSO4·6H2O
多种结晶水合物
NiSO4

由 NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O 晶体的操作依次是蒸发浓缩、_______、过滤、洗涤、干燥。
【答案】(1)CaSO4、SiO2
(2)2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+##2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO
(3)99.7%
(4)     3.5     稀硫酸
(5)30.8℃~53.8℃之间冷却结晶

【分析】红土镍矿(主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2)，向其中加入硫酸在高压下进行酸浸，NiO与硫酸反应生成NiSO4，CoO与硫酸反应生成CoSO4，FeO与硫酸反应生成FeSO4，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，MgO与硫酸反应生成MgSO4，CaO与硫酸反应生成CaSO4，SiO2与硫酸不反应；加入次氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH，将铁离子、铝离子沉淀；加入氟化钠，将镁离子转化为氟化镁沉淀，将钙离子转化为氟化钙沉淀；经过萃取、反萃取得到NiSO4溶液；NiSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥最终得到NiSO4·6H2O晶体。
【详解】（1）根据分析，CaO与硫酸反应生成CaSO4，CaSO4微溶于水，SiO2与硫酸不反应，则经充分浸取后过滤出的酸浸渣的主要成分为CaSO4、SiO2；
（2）次氯酸根离子有强氧化性，亚铁离子有还原性，两者发生氧化还原反应生成氯离子和铁离子，而生成的铁离子又水解生成氢氧化铁，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，沉铁时发生的氧化还原反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO；
（3）当沉淀完全后滤液中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，c2(F-)==(mol/L)2=510-5(mol/L)2，此时溶液中c(Ca2+)==mol/L=310-6mol/L，除钙率为：；
（4）①由图示可知，pH为3.5左右时，Co/Ni分离因素最高，钴和镍的萃取率相差较大，因此，萃取时，选择pH为3.5左右；
②由萃取原理M2+(水相)+2RH (有机相) MR2(有机相)+2H+(水相)可知，反萃取时可以加入稀硫酸，增大氢离子浓度，使平衡逆向移动，促使有机相中的MR2重新转化为水相中的M2+；
（5）从溶液中获得晶体的操作一般是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，依据表中数据可知，30.8℃~53.8℃，晶体以NiSO4·6H2O形式存在，因此冷却结晶时应在30.8℃~53.8℃之间冷却结晶。

27.（14分）研究发现“利用零价铁还原可脱除地下废水中硝酸盐”，某课外活动小组利用如下装置探究铁粉与溶液的反应。实验步骤有如下五步：

①打开弹簧夹，缓慢通入，并保持后续反应均在氛围中进行。
②加入pH已调至2.5的酸性溶液100mL，一段时间后铁屑部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色；待铁粉不再溶解，静置后发现剩余固体表面有少量白色物质附着。
③连接好装置，并检查装置的气密性。
④检测到滤液中存在、和。
⑤装好药品。
⑥过滤剩余固体时，表面的白色物质变为红褐色。
请回答下列问题：
(1)使用仪器a的第一步操作的名称是_______。
(2)通入并保持后续反应均在氛围中进行的实验目的是_______。
(3)实验步骤的正确顺序是_______。
(4)白色物质是_______，检验滤液中所用的试剂是_______。
(5)检验滤液中的实验方案是_______。
(6)某地下废水中的含量测定。取VL废水，加入稀硫酸酸化，再加入标准溶液(过量)，充分反应后，用标准溶液滴定剩余的，消耗标准溶液的体积为，终点时的现象是_______；废水中的含量为_______。(用含、、V、、的代数式表示)
【答案】(1)检查分液漏斗是否漏液；
(2)排除氧气对Fe与硝酸反应的干扰；
(3)③⑤①②⑥④
(4)     Fe(OH)2     K3[Fe(CN)6]溶液
(5)    取一定量的滤液于试管中，加入稀硫酸，溶液内有气泡产生，在试管口变为红棕色，则滤液中含有硝酸根；
(6)     当滴入最后半滴标准液时，溶液变浅红色，且半分钟内不褪色；    


【分析】该实验研究铁粉与KNO3溶液的反应，实验前需要对分液漏斗进行查漏，连接好装置后先检查装置气密性，载加入实验药品，空气中的氧气会影响Fe与硝酸根离子的反应，故要通入氮气以除去氧气对实验的干扰，反应开始后铁粉部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色，说明有Fe2+生成，溶液的酸性减弱，Fe3+水解得到Fe(OH)3，氢氧化亚铁在过滤时被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，颜色变为红褐色；
【详解】（1）根据上述分析，第一步操作为检查分液漏斗是否漏液；
故答案为：检查分液漏斗是否漏液；
（2）根据上述分析，通入N2的目的，排除氧气对Fe与硝酸反应的干扰；
故答案为：排除氧气对Fe与硝酸反应的干扰；
（3）根据分析，顺序为：③⑤①②⑥④；
故答案为：③⑤①②⑥④；
（4）根据分析，白色物质为Fe(OH)2，检验滤液中 Fe2+ 所用的试剂是K3[Fe(CN)6]溶液；
故答案为：Fe(OH)2；K3[Fe(CN)6]溶液；
（5）检验可利用在酸性条件下有强氧化性的特点检验；

故答案为：取一定量的滤液于试管中，加入稀硫酸，溶液内有气泡产生，在试管口变为红棕色，则滤液中含有硝酸根；
（6）当滴入最后半滴标准液时，溶液变浅红色，且半分钟内不褪色；水样中被Fe2+还原成NO，根据氧化还原反应规律可知二者关系，剩余的Fe2+被氧化，二者关系式：，则水样中的含量：；
故答案为：当滴入最后半滴标准液时，溶液变浅红色，且半分钟内不褪色；。

28.（15分）为更早实现“碳达峰”“碳中和”，彰显中国作为大国的责任与担当，的资源化利用成为近年来的重点研究方向。
利用氧化丙烷脱氢制取丙烯有以下相关反应。
反应：逆水煤气转换：
反应II：丙烷在无氧条件下直接脱氢：
反应III：氧化丙烷脱氢：
已知：和的燃烧热分别为、；　。
(1)___________。
(2)下列说法不正确的是___________(填序号)。
A．反应I的
B．选择合适的催化剂可提高丙烯的选择性和平衡产率
C．恒温恒压下通入水蒸气有利于增大丙烷的转化率
D．为得到更多的丙烯，实际生产中反应温度越高越好
(3)氧化丙烷脱氢制取丙烯可采用铬的氧化物作为催化剂，反应机理如图甲所示，请在图乙上画出反应过程能量的变化趋势图___________。

(4)加氢时除发生反应I外，还可产生，具体反应如下：
反应IV、　
在相同容积的密闭容器中按通入和，分别在0.1MPa和1MPa下进行反应。分析温度对平衡体系中、CO、的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，其中CO和的物质的量分数与温度变化关系如图丙所示。

①表示0.1MPa时物质的量分数随着温度变化关系的曲线是___________(填序号)。
②N点低于M点的原因是___________。
③590℃时反应IV的平衡常数为___________［结果保留3位有效数字，对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作，如p(B)=p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡体系中B的物质的量分数]。
【答案】(1)
(2)ABD
(3)
(4)     c     点压强大于点，加压使反应IV平衡正向移动，和的浓度下降，浓度上升，进而导致反应平衡逆向移动，使得点的物质的量分数低于点    

【详解】（1）已知：和的燃烧热分别为，，可得
①，
②，
③，根据盖斯定律，将②-①-③可得反应，反应反应II可得反应III，则。
（2）由于，则必须大于0，否则反应I不能自发，A错误；催化剂不能提高产物平衡产率，B错误；恒温恒压下通入水蒸气，相当于稀释，等效于减压，使得反应III平衡正向移动，增大丙烷的转化率，C正确：温度升高可使反应III平衡正移，但温度过高可能会导致催化剂失活或者产生大量副产物，D错误。故选ABD。
（3）由图甲可知反应为快反应，活化能较小，反应为慢反应，活化能较大，且由解析结合题意可知，两个反应均为吸热反应，总反应也吸热。故图像为：
（4）①由于反应Ⅳ的正反应为气体分子数减小的放热反应，故温度升高，反应Ⅳ平衡逆向移动，物质的量分数将会下降，温度一定，压强增大，反应Ⅳ平衡正向移动，物质的量分数升高，故可知时物质的量分数随着温度变化关系的曲线是c；
②由、、的物质的量分数之和为1可知，曲线与曲线对应压强为，则点压强大于点，增大压强，反应Ⅳ的平衡正向移动，导致和的浓度下降，浓度上升，进而导致反应平衡逆向移动，使得点的物质的量分数低于点；
③、、物质的量分数之和为1，根据图丙可知，、时、、的物质的量分数分别为20%，40%，40%，设通入的物质的量为，氢气的物质的量为，根据碳原子守恒，平衡时，，，根据化学方程式可知平衡时，，，则反应的平衡常数。

(二)选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。
35.（15分）上海有机化学研究所施世良课题组以Ni(cod)2为催化剂实现了叔醇的手性合成。
(1)Ni在元素周期表中的位置是_______，写出其基态原子的价电子排布式：_______。
(2)Ni(cod)2是指双-(1，5-环辛二烯)镍，其结构如图所示。

①与碳元素同周期且电负性大于碳的元素有_______种。
②Ni(cod)2分子内存在的作用力有_______(填序号)。
a.配位键     b.金属键     c.极性键     d.非极性键         e.氢键
③Ni(cod)2分子中碳原子的杂化方式为_______ 。
(3)葡萄糖（ ）分子中，手性碳原子个数为 _______。
(4)下图三种叔醇的沸点从高到低的顺序及原因是_______。

(5)红银矿NiAs晶体结构如图所示：

①Ni原子的配位数为_______。
②两个As原子的原子分数坐标依次为(，，)和_______。
③已知晶体密度为pg·cm-3，X射线光谱测算出的晶胞参数为a=b=m pm、c=n pm，则阿伏加德罗常数NA可表示为_______mol-1(用含m、n和p的代数式表示)。
【答案】(1)     第四周期第Ⅷ族     3d84s2
(2)     3     acd     sp3、sp2
(3)4
(4)丙>乙>甲，甲、乙、丙均为分子晶体，从甲到丙相对分子质量依次增大，故分子间作用力依次增强，所以沸点依次升高。
(5)     6         

【详解】（1）Ni是28号元素，在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族，其基态原子的价电子排布式3d84s2。
（2）①同周期元素从左到右电负性增大，与碳元素同周期且电负性大于碳的元素有N、O、F，共3种。
②Ni(cod)2分子内，cod分子和Ni形成配位键，cod分子内C和C形成非极性键、C和H形成极性键，存在的作用力有配位键、极性键、非极性键，选acd。
③Ni(cod)2分子单键C为sp3杂化、双键C为sp2杂化。
（3）与4个不同原子或原子团相连的碳原子为手性碳原子，葡萄糖()分子中，手性碳原子个数为4(*号标出)。
（4）甲、乙、丙均为分子晶体，从甲到丙相对分子质量依次增大，故分子间作用力依次增强，所以沸点依次升高。
（5）①根据图示，As的配位数是6，根据配位数与化学式中原子数的关系可知，Ni原子的配位数为6。
②根据图示，两个As原子的原子分数坐标依次为(，，)和。
③根据均摊原则，晶胞中As原子数为2，Ni原子数为，X射线光谱测算出的晶胞参数为a=b=m pm、c=n pm，晶胞的体积为m2n×10-30cm3,晶体密度为pg·cm-3，则，阿伏加德罗常数NA可表示为mol-1。

36.（15分）某研究小组按下列路线合成卤沙唑仑。

已知：①
②
③
④当苯环上有烷基、氨基时，后续的取代基取代在邻、对位；
当苯环上有硝基、羧基时，后续的取代基取代在间位。
请回答：
(1)下列说法不正确的是___________(填序号)。
A．化合物C可使氯化铁溶液显紫色
B．化合物Z具有两性
C．D→E属于取代反应
D．卤沙唑仑的分子式为
(2)化合物Y的结构简式为___________；化合物F的结构简式为___________；化合物F成环得卤沙唑仑的过程中涉及两步反应，其反应类型依次为___________、___________。
(3)写出C→D的化学方程式：___________。
(4)设计以甲苯为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。
(5)写出3种同时符合下列条件的化合物E的同分异构体的结构简式：___________。
①分子中只有3种不同化学环境的氢原子
②分子中含有苯环结构
【答案】(1)AB
(2)               加成反应     取代反应
(3)
(4)
(5)、、、、(任选三种)

【分析】A→B的反应条件为，结合A的结构，可知B的结构为，结合C→D的反应条件和已知信息①，可知C的结构为，X的结构为，结合已知信息②及D、E的结构，可知Y的结构为，F的结构为；
【详解】（1）A．化合物C中不存在酚羟基，与氯化铁溶液作用不显色，A错误；
B．化合物乙中含氨基，具有碱性，但羟基无法电离，故只有碱性，B错误：
C．D→E有HBr产生，属于取代反应，C正确；
D．由结构简式可知卤沙唑仑的分子式为，D正确；
故填AB；
（2）结合已知信息②及D、E的结构，可知Y的结构为，F的结构为，化合物F成环得卤沙唑仑的过程中涉及两步反应分别为
，所以两步反应类型依次为加成反应、取代反应，故填；；加成反应；取代反应；
（3）C→D的化学类型为取代反应，化学方程式为；
故填；
（4）当苯环上有烷基、氨基时，后续的取代基取代在邻、对位；当苯环上有硝基、羧基时，后续的取代基取代在间位，故应先在甲苯的甲基邻位引入硝基，然后将甲基氧化为羧基，硝基还原为氨基后，可在羧基间位引入→Br，然后发生类似题干中B→C的反应，将羧基转化为-COCl，最后和甲苯发生类似题干中C→D的反应，得到目标产物，其合成路线为；
故填；
（5）E的分子式为，不饱和度为10，而限制条件中要求分子中只有3种不同化学环境的氢原子，所以该分子结构对称，且除了两个苯环外还应存在环状结构。当形成三元环时，符合条件的同分异构体有、，当形成四元环时，符合条件的同分异构体有、、等，故填、、、、(任选三种)。