湖南省怀化市2022-2023学年高三上学期1月期末化学试题

这是一份湖南省怀化市2022-2023学年高三上学期1月期末化学试题，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

湖南省怀化市2022-2023学年高三上学期1月期末化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述正确的是
A．问天实验舱搭载了2张25m长的柔性太阳翼，太阳翼是一种将太阳能转化为电能的新型原电池装置
B．国家速滑馆“冰丝带”采用了CO2制冰技术，比氟利昂更加环保
C．二氧化氯泡腾片和75％的酒精均可杀灭COVID-19，二者消毒时均表现出强氧化性
D．葛洪所著《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”二者为可逆反应
2．NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．标准状况下，22.4LCCl4中分子数为NA
B．用惰性电极电解CuSO4溶液，当转移电子数目为2NA时向溶液中加入1molCu(OH)2可使溶液恢复至原浓度
C．1LpH=1的H2SO4溶液中含有H＋的数目为0.1NA
D．足量浓盐酸与8.7gMnO2反应，转移电子的数目为0.4NA
3．下列装置能达到实验目的的是

A．用甲吸收氨气并防倒吸 B．用乙制备SO2
C．用丙制备乙酸乙酯 D．用丁分离苯和三溴苯酚
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．pH=12的无色溶液：Na+、K+、、
B．0.1mol·L-1氨水：Na+、K+、OH-、
C．5%H2O2溶液：、Na+、、
D．0.1mol·L-1盐酸：Na+、K+、、
5．短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。W简单离子在同周期离子中半径最小；基态X、Z、Q原子均有两个单电子，Q与Z同主族。下列说法错误的是
A．Q单质易溶于XQ2 B．原子半径：r(W)>r(Y)>r(Z)
C．简单氢化物沸点：Z>Q D．含氧酸酸性：Y>Q
6．2021年我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质转化过程示意图如下，下列说法错误的是

A．淀粉溶液能产生丁达尔现象
B．反应①中分解水生成H2需从外界吸收能量
C．“C6→淀粉”过程中只涉及C—O键的断裂和生成
D．反应②每生成1molCH3OH转移6NA个电子

二、多选题
7．下列离子方程式正确的是
A．钠与水反应：
B．Fe2O3溶于过量的氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O
C．向溶液中滴加溶液至中性：
D．Fe与稀硝酸反应，当时，
8．甲烷部分催化氧化制备乙炔是目前研究的热点之一，反应原理为：，一定温度下，将1molCH4充入10L的固定容积容器中发生上述反应，实验测得反应前容器内压强为kPa，容器内各气体分压与时间的关系如图所示，t1min时反应达到平衡。下列说法错误的是

A．气体密度不变可说明反应已达平衡状态
B．用H2浓度变化表示0～t1时间内的平均反应速率v(H2)=mol·L·min
C．t1时刻充入He，反应仍处于平衡状态，甲烷的分压保持不变
D．反应的平衡常数0.012

三、单选题
9．为探究FeCl3的性质，取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/L溶液混合并充分反应。再分别取2mL反应后溶液于3支试管中进行如下实验：
①第一支试管中加入1mL充分振荡、静置，层显紫色；
②第二支试管中加入1滴溶液，生成蓝色沉淀；
③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。
下列有关说法正确的是
A．实验①说明反应后溶液中有过量的I−
B．实验②中的是用来检验Fe2+的，不可用酸性KMnO4溶液代替
C．实验③的离子反应方程式为：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3↓
D．通过实验可得反应转移6×10mol电子

四、多选题
10．某反应在有、无催化剂条件下的反应机理和相对能量的变化如图所示(吸附在催化剂表面上的粒子用*标注，为过渡态)。下列有关说法错误的是

A．该反应的<0
B．催化剂能降低反应活化能，提高反应物的平衡转化率
C．该历程中，决速反应为H2COO*+2H2(g)→H2CO*+OH*+H2(g)
D．有催化剂时决速反应的活化能为1.3

五、实验题
11．[CH3CH(OH)COO]2Fe(乳酸亚铁，相对分子质量为234)是一种很好的补铁剂，易溶于水，难溶于乙醇。制备乳酸亚铁固体并测定其纯度的实验如下，回答下列问题：
I、制备FeCO3

实验步骤：
第1步：组装仪器，检查装置气密性，加入试剂；
第2步：控制开关并制取氢气，排尽装置内的空气；
第3步：一段时间后，启动电磁搅拌器，并控制开关，制备FeCO3；
第4步：抽滤，洗涤干燥。
(1)玻璃管a的作用是 。
(2)第3步中“控制开关”的具体操作是 。
(3)c中Na2CO3溶液若用NaHCO3溶液代替，反应的离子方程式为 。
Ⅱ、制备乳酸亚铁
向制得的FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应。反应结束后，冷却，加入乙醇，过滤，再洗涤和干燥，得到产品。
(4)该反应的化学方程式为 。
(5)冷却，加入乙醇的目的是 。
Ⅲ、测定乳酸亚铁的纯度
(6)某兴趣小组用硫酸铈铵(NH4)4Ce(SO4)4滴定法测定样品中Fe2+的含量来计算乳酸亚铁样品纯度(Ce元素被还原为Ce3+)。称取3.9g样品配制成250mL溶液，取25.00mL；将0.10mol·L(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液装入 中(填“A”或“B”)，重复滴定2～3次，平均消耗标准液15.00mL，则样品中乳酸亚铁的纯度为 。


六、工业流程题
12．电解锰渣的主要成分为MnS、MnO2、MnSO4，还含有少量SiO2、CaO、Fe2O3、Al2O3等氧化物。一种回收电解锰渣制备高纯度MnSO4晶体的部分工艺流程如下：

常温下，几种金属离子开始及完全形成氢氧化物沉淀的pH如表：




开始沉淀
1.7
8.1
3.4
完全沉淀
3.2
10.1
4.7
(1)滤渣②的成分是 。(写化学式)
(2)“酸浸氧化”时电解锰渣中的MnS转化为MnSO4，该反应的化学方程式为 。
(3)pH=5时，溶液中残余的Fe3+浓度为 mol·L(列出计算式即可)。
(4)萃取剂①对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示，萃取剂①使用的适宜pH范围是___________(填字母)。

A．0.5～1.0 B．1.5～2.5 C．3.0～4.0 D．>4.0
(5)硫酸锰可作电解法制备高纯度单质锰的原料，电解时加入适量的SeO2有利于Mn在电极上析出，SeO2与水反应生成的H2SeO3(二元弱酸)在阴极放电生成Se单质，该电极反应式为 ；电极上生成的Se对Mn2+有特殊的吸附能力，有利于Mn2+电还原沉积。

七、原理综合题
13．乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或电解法制取。回答下列问题：
Ⅰ、乙烯气相直接水合法制乙醇
(1)已知：
①2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)　△H1=-23.9kJ·mol
②2CH3OH(g)=C2H4(g)+2H2O(g)　△H2=-29.1kJ·mol
③C2H5OH(g)=CH3OCH3(g)　△H3=＋50.6kJ·mol
则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g)的△H= 。
(2)已知等物质的量的C2H4和H2O的混合气体在一定的条件下反应，乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系如图。

①图中压强P1、P2、P3由小到大的顺序为 。
②乙烯水合制乙醇反应在图中A点(P2=8.1MPa)的平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位有效数字)。
③若保持其他条件不变，将容器改为恒压密闭容器，则C2H4的平衡转化率将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
Ⅱ、电解法制乙醇
(3)以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙醇，其原理如图所示，电极材料均为惰性电极。该电解池阴极上的电极反应式为 ；每生成0.2mol乙醇，理论上消耗铅蓄电池中 mol硫酸。

14．C、Si均为第ⅣA族元素，回答下列问题。
(1)若将基态硅原子最高能级的电子排布图表示为，则它违背了 这一电子排布规律。
(2)以SiO2为基本原料制备粗硅的原理为，则C、O、Si第一电离能由大到小的顺序为 。
(3)CO2和SiO2两种物质中，C、Si原子的杂化类型分别为 ；CO2的熔点远低于SiO2的原因是 。
(4)的键角为 ；写出一种与互为等电子体的分子 。
(5)硅的含氧化合物都以硅氧四面体()作为基本结构单元，如图甲所示，可简化为图乙。硅氧四面体通过共用氧原子可形成各种不同的硅酸根离子，如图丙和图丁，则丙的化学式为 。在无限长链的硅酸根离子中硅原子与氧原子个数比为 。


八、有机推断题
15．某兴趣小组以苯和乙烯为主要原料，采用以下路线合成药物普鲁卡因：

已知：
RX+ → +HX

请回答：
(1)普鲁卡因中含氧官能团的名称是 。
(2)A的结构简式是 。
(3)C+D→E的反应类型是 。
(4)写出同时符合下列条件的B的所有同分异构体的结构简式 。
①红外光谱显示分子中含有羧基；
②1H-NMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上(不关支链)有两种不同化学环境的氢原子。
(5)设计以乙烯为原料制备X的合成路线(无机试剂任选) 。

参考答案：
1．B
【详解】A．太阳翼将太阳能转化为电能，原电池装置将化学能转化为电能，太阳翼不属于原电池装置，A项错误；
B．氟利昂会破坏臭氧层，国家速滑馆“冰丝带”采用了CO2制冰技术，所以更加环保，B项正确；
C．二氧化氯具有强氧化性，用于杀灭COVID-19，酒精没有强氧化性，酒精能使COVID-19病毒发生变性，从而杀灭COVID-19，原理不相同，C项错误；
D．“丹砂烧之成水银”的反应为HgSHg+S，“积变又还成丹砂”的反应为Hg+S=HgS，两个过程中的反应条件不相同，不属于可逆反应，D项错误；
答案选B。
2．C
【详解】A．标准状况下，CCl4不是气体，因此不能使用气体摩尔体积计算其中分子数，A错误；
B．用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入1 mol Cu(OH)2能使溶液复原，则说明阳极电解生成了1 mol氧气，阴极生成了1 mol铜和1 mol氢气，由于在阳极上氧元素由-2价变为0价，故当生成1 mol氧气时，电路中转移4 mol电子，即转移电子数目为4NA个，B错误；
C．1LpH=1的H2SO4溶液中c(H+)=0.1mol/L，H＋的物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，C正确；
D．根据反应， ，足量浓盐酸与8.7gMnO2反应，8.7gMnO2物质的量是0.1mol，则转移电子物质的量为0.2mol，即0.2NA，D错误；
故选C。
3．A
【详解】A．氨气易溶于水，难溶于四氯化碳，可用乙吸收氨气并防倒吸，故A正确；
B．SO2易溶于水，不能用排水法收集SO2，故B错误；
C．乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中发生水解反应，应用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，故C错误；
D．冷凝管中的冷却水应下口进，上口出，故D错误；
故选A。
4．B
【详解】A．pH=12的溶液呈强碱性，因与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水而不能大量存在，选项A错误；
B．0.1mol·L-1氨水中Na+、K+、OH-、及氢氧根离子、铵根离子之间相互不反应，能大量共存，选项B正确；
C．5%H2O2溶液具有强氧化性，能将氧化而不能大量共存，选项C错误；
D．0.1mol·L-1盐酸中存在大量H+，与反应生成硅酸沉淀而不能大量共存，选项D错误；
答案选B。
5．D
【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径最小，说明W为第三周期元素Al；短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，最外层电子排布为2s22p2或2s22p4，即C或O；②为第三周期元素时，最外层电子排布为3s23p2或3s23p4，即Si或S；Q与Z同主族，结合原子序数大小关系可知，则X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N。
【详解】A．Q为S，硫单质能溶于CS2（XQ2），A正确；
B．W、Y、Z分别是Al、N、O，原子半径大小是：Al>N>O（W>Y>Z），B正确；
C．Z和Q形成的简单氢化物为H2O和H2S，由于H2O分子间能形成氢键，故H2O沸点高于H2S，C正确；
D．Y是N，Q 是S，对应的含氧酸没有说明是最高价含氧酸，无法比较酸性强弱，D错误；
故选D。
6．C
【详解】A．淀粉溶液属于胶体，能产生丁达尔现象，A正确；
B．分解水是一个吸热反应，则反应①中分解制备需从外界吸收能量，B正确；
C．由图可知，“C6→淀粉”的过程中涉及键的断裂和C-O键断裂，C错误；
D．反应②中转化为甲醇，C元素的化合价从+4降低为-2，每生成1molCH3OH转移电子数为，D正确；
故选C。
7．BC
【详解】A．钠与水反应应是：，故A错误；
B．氧化铁可溶于氢碘酸，Fe2+具有氧化性，能氧化HI为I2，反应的离子方程式为：Fe2O3＋6H＋＋2I-=2Fe2＋＋I2＋3H2O，故B正确；
C．向溶液中滴加溶液至中性，则说明氢离子和氢氧根完全反应，故离子方程式为：，故C正确；
D．Fe与稀硝酸反应，当n(Fe):n(HNO3)=1:4时，Fe全部被氧化为Fe3+，，当n(Fe):n(HNO3)=3:8时，Fe被氧化为Fe2+，故当n(Fe):n(HNO3)=1:3时，产物应该是有Fe2+也有Fe3+，故D错误；
故选BC。
8．AD
【详解】A．恒温恒容下，根据质量守恒，气体质量始终不变，体积始终不变，故密度始终不变，密度不变不能作为平衡的标志，A错误；
B．起始充入CH4的物质的量为1 mol，压强为p0kPa，由图可知，平衡时由压强比等于物质的量之比推知平衡时CH4的物质的量和H2相等，均为C2H2的3倍，则有：，即1-2x=3x，解得x=0.2，故平衡时CH4、C2H2、H2的物质的量分别为0.6 mol、0.2 mol、0.6 mol，则0～t1时间内，B正确；
C．恒温恒容，充入He，反应体系的各物质浓度不变，平衡不发生移动，所以甲烷的分压保持不变，C正确；
D．根据B选项列出的三段式，反应的平衡常数K===0.0012，D错误；
故选AD。
9．B
【详解】A．实验①中加入充分振荡、静置，层显紫色，说明反应后溶液中含有I2，不能说明有过量的I−，A项错误；
B．FeCl3溶液与KI溶液反应的离子方程式为：，可知10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/L溶液混合充分反应后，KI溶液过量，因为KI也能使酸性KMnO4溶液褪色，所以实验②检验Fe2+不可用酸性KMnO4溶液代替，B项正确；
C．Fe(SCN)3不是沉淀，所以实验③的离子反应方程式为：，C项错误；
D．根据实验③的现象可知：当KI溶液过量时，溶液中仍含有Fe3+，说明FeCl3与KI反应为可逆反应，所以该反应转移电子数应小于6×10mol，D项错误；
答案选B。
10．BD
【详解】A．由图象可知，反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)为放热反应，故A正确；
B．催化剂能降低反应活化能，但不能提高反应物的平衡转化率，故B错误；
C．多步反应中，活化能越大，反应速率越慢，决定着总反应的速率，由图示可知该反应历程中决速步骤的化学方程式为H2COO*+2H2(g)→H2CO*+OH*+H2(g)，故C正确；
D．由图象可知，决速步骤的化学方程式为H2COO*+2H2(g)→H2CO*+OH*+H2(g)，该步骤有催化剂时的活化能为:[0.4-(-1.00)]=1.40eV，故D错误；
故选BD。
11．(1)保持漏斗和烧瓶中的压强相等，使漏斗中的液体能顺利流下
(2)关闭K3、打开K2
(3)
(4)
(5)减小乳酸亚铁溶解度，使之析出，提高产量
(6) A 90%

【分析】本实验的目的是制取FeCO3，在B装置内制取FeSO4溶液，先打开K3、关闭K2，然后打开分液漏斗活塞，让稀硫酸流入装置B中，与铁粉反应，生成的H2将B、C装置中的空气排尽；然后关闭K3、打开K2，反应生成的H2将装置B中溶液压入装置C中；FeSO4在装置C中与NH4HCO3反应，从而生成FeCO3沉淀。
【详解】（1）玻璃管a的作用是保持漏斗和烧瓶中的压强相等，使漏斗中的液体能顺利流下；
（2）由分析可知，第3步中“控制开关”的具体操作是关闭K3、打开K2。答案为：关闭K3、打开K2；
（3）c中Na2CO3溶液若用NaHCO3溶液代替，，FeSO4与NaHCO3反应生成FeCO3等，离子方程式是Fe2+＋2=CO2↑＋FeCO3↓＋H2O，答案为：Fe2+＋2=CO2↑＋FeCO3↓＋H2O；
（4）向制得的FeCO3固体中加入足量乳酸溶液反应生成乳酸亚铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为；
（5）因为乳酸亚铁易溶于水，几乎不溶于乙醇，为使其从溶液中析出，应设法降低其溶解度，则加入乙醇的目的是：降低乳酸亚铁的溶解度，有利于晶体析出，答案为：减小乳酸亚铁溶解度，使之析出，提高产量；
（6）(NH4)4Ce(SO4)4溶液显酸性，则0.1000mol/L(NH4)4Ce(SO4)4标准溶液应装入酸式滴定管内，故选A；依据反应，可建立如下关系式：(NH4)4Ce(SO4)4——[CH3CH(OH)COO]2Fe，则样品中乳酸亚铁的纯度为=90.0%。答案为：A；90.0%。
12．(1)Fe(OH)3、Al(OH)3
(2)
(3)
(4)B
(5)

【分析】电解锰渣的主要成分为MnS、MnO2、MnSO4，还含有少量SiO2、CaO、Fe2O3、Al2O3等氧化物，加入MnO2和H2SO4溶液后，MnS中S元素被MnO2氧化成，MnO2被还原为，SiO2不会反应，CaO与H2SO4溶液反应生成CaSO4沉淀，Fe2O3、Al2O3与H2SO4溶液反应生成，滤渣①为SiO2和CaSO4，滤液中含有H2SO4、，根据表中数据可知调节pH≈5时，Fe3+和Al3+转化成Fe(OH)3和Al(OH)3，所以滤渣②是Fe(OH)3和Al(OH)3，向滤液中加入萃取剂①使溶液中残留的Fe3+、Al3+、Ca2+萃取至油相①中，分液后向水相①中加入萃取剂②将萃取至油相②，再加H2SO4溶液将反萃取至水相③，分液后水相③的主要成分为MnSO4，经过一系列操作就可以得到MnSO4晶体。
【详解】（1）由上述分析可知滤渣②的成分是Fe(OH)3和Al(OH)3；
（2）“酸浸氧化”时电解锰渣中的MnS转化为MnSO4，MnO2被还原为，可知该反应的化学方程式为：；
（3）根据表中数据可知，当Fe3+完全沉淀时pH=3.2，则，，所以，当pH=5时，，溶液中残余的Fe3+浓度为；
（4）加入萃取剂①的目的是使溶液中残留的Fe3+、Al3+、Ca2+萃取至油相①中，由图像可知，萃取剂①使用的适宜pH范围是1.5～2.5，答案选B；
（5）H2SeO3在阴极放电时被还原生成Se单质，该电极反应式为。
13．(1)-45.4kJ/mol
(2) P1 (3) 2CO2+12e-+12H+=C2H5OH+3H2O 2.4

【详解】（1）2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) △H1=-23.9kJ/mol
②2CH3OH(g)=C2H4(g)+2H2O(g) △H2=-29.1kJ/mol
③CH3CH2OH(g)=CH3OCH3(g) △H3=+50.6kJ/mol
依据盖斯定律，将反应①-②-③，即得C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g)的△H=(-23.9+29.1-50.6)kJ/mol=-45.4kJ/mol。
（2）①在相同温度下由于乙烯转化率为P1 ②设反应开始时、的物质的量均为1mol，A点，的平衡转化率为20%，则反应了0.2mol，列出三段式：

平衡时，总物质的量为0.8mol+08mol +0.2mol =1.8mol，的物质的量分数为，的物质的量分数为，的物质的量分数为，平衡常数；
③正反应为气体物质的量减小的反应，平衡时，与恒容容器相比，恒压密闭容器压强更大，反应正向进行程度更大，的平衡转化率更高；
（3）由图可知，与铅蓄电池a相连的电极为电解池的阴极，CO2在阴极得电子转化为乙醇，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H5OH+3H2O；由电极反应式可知，每生成0.2mol乙醇，转移2.4mol电子，铅蓄电池的总反应方程式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，转移2.4mol电子，理论上反应消耗2.4mol硫酸。
14．(1)洪特规则
(2)O>C>Si
(3) sp、sp3 CO2为分子晶体，融化时只需破坏分子间作用力，SiO2为共价（原子）晶体，融化时破坏的是共价键
(4) 120° SO3
(5) 1:3

【详解】（1）根据洪特规则，电子在能量相同的轨道（即等价轨道）上排布时，总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向同向，所以基态硅原子最高能级的电子排布图表示为，则它违背了洪特规则；
（2）C、O位于同周期，同周期随着原子序数增大，第一电离能增大，即C＜O；C、Si位于同主族，同主族原子序数随着原子序数增大，第一电离能减小，即C＞Si，所以C、O、Si第一电离能由大到小的顺序为O＞C＞Si；
（3）CO2分子中，碳原子和氧原子之间共用两对电子，中心碳原子无孤电子对，碳原子与氧原子形成2个σ键，所以CO2中C的杂化类型是sp；SiO2是空间网状结构，一个Si原子周围连有4个O原子，Si原子的原子核外最外层有4个电子，恰好与氧原子形成4个σ键，无孤对电子，而杂化轨道用于形成σ键和容纳孤对电子，故SiO2中Si的杂化类型是sp3；CO2为分子晶体，融化时只需破坏分子间作用力，SiO2为共价（原子）晶体，融化时破坏的是共价键，所以CO2的熔点远低于SiO2；
（4）中，中心碳原子无孤电子对，与氧原子形成了3个σ键，中心碳原子采取sp2杂化，的空间构型为平面三角形，所以的键角为120°；等电子体是指价电子数和原子数（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或原子团，所以一种与互为等电子体的分子为SO3；
（5）由图可知，甲的化学式为，形成的二聚硅酸根离子是由两个共用1个O原子形成的，可知丙的化学式为；由丁的结构可知，每一个与2个均共用一个O原子，所以硅酸根离子中硅原子与氧原子个数比为。
15．(1)酯基
(2)
(3)酯化反应（或取代反应）
(4)、、、
(5)

【分析】由题给信息可知，E发生还原反应得到普鲁卡因，所以E应为，C和D在浓硫酸的作用下发生酯化反应得E，所以结合D由乙烯转化成的环氧乙烷和X发生信息中的反应而生成的产物，所以D中应不含有苯环，所以C中应含有苯环和硝基结构，所以反应流程应为乙烯与苯发生加成反应得到A，A发生硝化反应得到B，B发生氧化反应得到C，所以C为，B为，A为，比较普鲁卡因和C的结构可知，D为HOCH2CH2N(CH2CH3)2，由题给信息可知X应为HN(CH2CH3)2。
【详解】（1）根据普鲁卡因结构简式，其结构中含氧官能团的名称是酯基；
（2）根据分析可知，乙烯与苯发生加成反应得到A，A为；
（3）根据分析可知，C和D在浓硫酸的作用下发生酯化反应得E，所以反应类型是酯化反应或取代反应；
（4）B的结构简式为，与B互为同分异构体，含羧基和苯环，苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明该同分异构体苯环上是对位的二取代，满足条件的结构简式为：、、、 ；
（5）根据分析可知，X为NH(CH2CH3)2，利用乙烯为原料，可利用乙烯与HCl加成得到CH3CH2Cl，CH3CH2Cl与NH3在一定条件下反应得到X，故合成路线为