必刷卷02——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（云南、安徽、黑龙江、山西、吉林五省通用）（原卷版+解析版）

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2023年高考化学考前信息必刷卷02
云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用

云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用地区为新教材老高考，试卷采用理科综合形式考查，但没有选考题，考试题型为7（单选题）＋4（解答题），解答题固定为工艺流程题、实验题、化学反应原理和有机推断与合成。物质结构内容分散在选择题、工艺流程、反应原理和有机推断题中。
高考命题中知识体系考查更加全面，关键能力考查更加凸显，在命题材料的选择上更加开放和灵活，对学生的理解与辨析、分析与推测能力考查尤为突出。情境设计更加丰富新颖，全面考查学生学科核心素养。。总体难度有所增大，创新性有一定增强，表现在问题设计的精细化和情境创设的丰富性与新颖性。要求学生对知识的掌握更全面和扎实，理解更透彻和细致。

2023年云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用地区的高考题中将进一步精心设置情境，彰显化学学科价值；考查关键能力，聚焦学科核心素养。 “核心价值金线” 贯串高考命题和评价的始终，“ 能力素养银线”是高考命题和考查的重心，情境作为考查载体，是“金线”和“银线”的“串联线”。
T7、T11、T12等从新研究、新成就的角度出发，考查化学基本概念和基本原理，落实宏观辨识与微观探析学科核心素养，彰显化学学科价值。反应原理综合题注重学生学科语言书面表达能力。T30分析题给合成路线，再根据该物质所含基团和官能团的种类，结合己学知识推测该物质的结构和性质学原理，推测简单反应过程和机理。

一、单项选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．科学家进行如图所示的CH3OH制备及应用的研究，下列说法不正确的是

A．利用CO2合成CH3OH燃料有利于减少对化石能源的依赖并减少碳排放
B．1molCO2含有约2.2×6.02×1024个电子
C．CO2和H2合成甲醇符合原子利用率100%
D．图中涉及反应包含非极性键的断裂和生成
【答案】C
【解析】A．利用CO2合成CH3OH燃料有利于减少对石油等化石能源的依赖并减少碳排放，故A正确；B．CO2中电子数为22，1molCO2含有22mol电子，数目为2.2×6.02×1024，故B正确；C．CO2和H2合成甲醇的方程式为：CO2+3H2 CH3OH+H2O，除生成甲醇外还生成水，原子利用率未达到100%，故C错误；D．CO2和H2合成甲醇的方程式为：CO2+3H2 CH3OH+H2O，H2中非极性键断裂，氯碱工业中生成H2，有非极性键的生成，故D正确；故选C。
8．聚酰胺树脂材料具有较好的耐热性、耐水性。一种高分子聚酰树脂的合成过程为：

下列有关说法正确的是
A．有机物A中所有原子可能共平面
B．1mol该树脂最多与2molNaOH反应
C．有机物A和有机物B是合成该聚酰胺树脂的单体，A和B的核磁共振氢谱中都只有2组峰
D．该树脂是由有机物A和有机物B通过加聚反应得到
【答案】A
【解析】A．有机物A中苯环山的碳原子和羧基上的氧原子均为杂化，由于单键可以旋转，羟基上的氢原子也可能转入共面，所有原子可能共平面，故A正确；B．除了最左端的两个羧基，该树脂中含有的酰胺基与NaOH反应，1mol该树脂最多与4nmolNaOH反应，故B错误；C．单体A中有2种等效氢，但单体B中有3种等效氢，B的核磁共振氢谱中有3组峰，故C错误；D．单体A和B发生缩聚反应，生成该高分子聚酰树脂和水，故D错误；选A。
9．利用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是

A．装置甲可用于测定和稀硫酸反应的速率
B．装置乙可用于验证热稳定性：
C．装置丙可用于由溶液制备
D．装置丁可用于模拟工业制氨气并检验产物
【答案】A
【解析】A．图甲可以通过一定时间内产生的气体的体积测定和稀硫酸反应的速率，故A正确；B．图乙应把放在小试管内，放在大试管内，验证、的热稳定性，故B错误；C．坩埚通常用于灼烧固体，而蒸发溶液通常选择蒸发皿，又容易被空气中氧化，所以蒸发溶液需要在无氧的环境下进行，故C错误；D．工业制氨气是在高温、高压和催化剂的条件下进行的，此处无高压条件，且检验氨气应用湿润的红色石蕊试纸，故D错误；故选A。
10．根据已知的反应规律进行推断，下列正确的是
选项
已知
推断
A
将Fe加入溶液中：
将Na加入溶液中：
B
向NaOH溶液中通入少量：
向NaOH溶液中通入少量：
C
用惰性电极电解氯化钠溶液：
用惰性电极电解溶液：
D
稀盐酸与NaOH溶液反应至中性：
稀硝酸与溶液反应至中性：
【答案】D
【解析】A．将Na加入溶液中，Na先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与反应生成氢氧化铜沉淀，A错误；B．向NaOH溶液中通入少量：，B错误；C．用惰性电极电解溶液：，C错误；D．表示强酸与强碱的中和反应，不生成其它沉淀气体，D正确；故选D。
11．LiDFOB是一种新型的电解质锂盐，具有较高的电化学稳定性和电导率，被广泛用于目前的锂电池中。LiDFOB的结构如图所示，其中M、X、Y、Z为位于同一短周期元素，X原子核外的s轨道与p轨道上的电子数之比为2：1,下列叙述正确的是

A．X、Y、Z简单气态氢化物的沸点：
B．X、Y两元素组成的分子一定为非极性分子
C．该化合物中有极性键、非极性键、配位键和离子键
D．该化合物中所有原子的最外层均满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】X原子核外的s轨道与p轨道上的电子数之比为2∶1，则X元素是C，M、X、Y、Z是位于同一短周期元素，由结构图可知，Z形成1个共价键，则Z元素是F；Y能形成2个共价键，则Y元素是O；M元素是B，其中1个F与B形成配位键；A．H2O和HF均能形成分子间氢键，使其沸点升高，且H2O形成的氢键数目比HF多，因此最简单氢化物的沸点顺序为：H2O>HF>CH4，A错误；B．X、Y分别为C、O，通常可形成化合物CO、，而CO为极性分子，B错误；C．根据结构图，可知该化合物中有极性键、非极性键、配位键和离子键，C正确；D．化合物中Li的最外层不满足8电子稳定结构，D错误； 故选C。
12．Science报道某电合成氨装置及阴极区含锂微粒转化过程如图。下列说法错误的是

A．阳极电极反应式为
B．阴极区生成氨的反应为
C．理论上，若电解液传导，最多生成标准状况下
D．乙醇浓度越高，电流效率越高(电流效率)
【答案】D
【解析】由图可知，通入氢气的一极为阳极，阳极电极反应式为：，通入氮气的一极为阴极，阴极的电极反应式为：。A．阳极发生失电子的氧化反应，由图可知，阳极电极反应式为：，A项正确；B．由图可知，阴极区氮气得电子，并结合锂离子先转化为，后与反应生成了氨气，即生成氨的反应为，B项正确；C．和羟基中的H均来自电解液传导的氢离子，理论上，若电解液传导，根据生成氨的反应：可知，最多生成1mol，标准状况下为，C项正确；D．由电池总反应：可知，乙醇属于中间产物，乙醇浓度增大，电流效率无明显变化，D项错误；答案选D。
13．常温下，用NaOH溶液滴定溶液，溶液pH与的关系如图所示。

下列关系正确的是
A．常温下，
B．常温下
C．向的溶液中滴加NaOH溶液至中性：
D．的溶液与的溶液等体积混合：
【答案】D
【解析】A．，当时，溶液，溶液中，由于、均发生电离和水解，且程度不相同，使溶液中，故，A错误；B．该题未给出溶液的具体浓度，故无法计算，B错误；C．根据电荷守恒，由溶液呈中性，即，可得，由题图可知，时，，所以，，C错误；D．的溶液与的溶液等体积混合，溶液中存在电荷守恒与物料守恒，两式联立，可得，D正确；故选D。

二、解答题：本题共4小题，共58分．
27．氯化亚铜(化学式可表示为CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，微溶于水、不溶于乙醇，在潮湿空气中易水解、易被氧化。某学习小组用工业废渣(主要成分为Cu2S和Fe2O3)制取CuCl并同时得到电路板蚀刻液，实验步骤如图：

已知：
金属阳离子
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Cu2+
4.8
6.4
Fe3+
2.7
3.7
根据以上信息回答下列问题：
（1）写出焙烧过程中产生SO2的化学方程式：______；实验室中常用亚硫酸钠固体与70%的浓硫酸制备二氧化硫，若要达到控制反应速率的目的，图中可选用的装置是_____(填标号)。
A． B． C． D．
（2）混合液中加入的沉淀剂X可为______；(填化学式)，调节溶液的pH至______，过滤得到CuCl2溶液。
（3）①向Na2SO3溶液中逐滴加入CuCl2溶液，再加入少量浓盐酸，混匀后倾倒出清液，抽滤、洗涤、干燥获得CuCl产品，该反应的离子方程式为______。
②抽滤也称减压过滤，请选择合适的仪器并组装抽滤的装置从溶液中得到CuCl产品，装置连接顺序为_____→_____→E→_____(填标号)。______

下列有关抽滤的说法错误的是_____(填标号)。
A．原理为利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低，以达到固液分离的目的
B．过滤速度快，可得到较干燥的沉淀
C．实验结束后，先关抽气泵，后拔开抽滤瓶接管
③抽滤过程中先用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，然后立即用无水酒精洗涤，并在70℃真空下干燥2h，冷却后密封包装，密封包装的原因是______。
（4）实验测得氯化亚铜蒸气的相对分子质量为199，则氯化亚铜的分子式为_____；氯化亚铜定量吸收CO后形成配合物Cu2(CO)2Cl2·2H2O()，则Cu2(CO)2Cl2·2H2O中的配位体为_____(填化学式)。
【答案】（1）     Cu2S+2O22CuO+SO2     AC
（2）     CuO     3.7～4.8
（3）     2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+     A、C、F     C     防止CuCl在潮湿空气中水解、被氧化
（4）     Cu2Cl2     CO、H2O、Cl
【解析】由题给流程可知，工业废渣焙烧时，硫化亚铜与空气中氧气高温条件下反应生成氧化铜和二氧化硫，二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，焙烧得到的固体溶于稀盐酸转化为氯化铁、氯化铜混合溶液，向混合溶液中加入氧化铜固体调节溶液pH在3.7～4.8范围内，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氯化铜溶液和氢氧化铁的沉淀，沉淀溶于浓盐酸得到氯化铁刻蚀液，氯化铜溶液与亚硫酸钠溶液、浓盐酸反应生成氯化亚铜沉淀，抽滤得到氯化亚铜沉淀，洗涤得到氯化亚铜粉末。
（1）由分析可知，焙烧过程中发生的反应为硫化亚铜与空气中氧气高温条件下反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为Cu2S+2O22CuO+SO2；实验室中用亚硫酸钠固体与70%的浓硫酸制备二氧化硫的反应为固液不加热的反应，因亚硫酸钠溶于水，不能选用启普发生器制取二氧化硫，若要达到控制反应速率的目的，实验时应选用分液漏斗控制滴入浓硫酸的速率，不能选用长颈漏斗，则装置A、C符合题意，故答案为：Cu2S+2O22CuO+SO2；AC；
（2）由分析可知，混合液中加入沉淀剂氧化铜固体的目的是调节溶液pH在3.7～4.8范围内，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：CuO；3.7～4.8；
（3）①由分析可知，制备氯化亚铜的反应为氯化铜溶液与亚硫酸钠溶液、浓盐酸反应生成氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，故答案为：2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；
②抽滤所需装置的连接顺序为布氏漏斗→抽滤瓶→安全瓶→抽气泵；
A．抽滤原理为利用抽气泵使抽滤瓶中的压强降低，以达到固液分离的目的，故正确；
B．抽滤可加速过滤，并使沉淀抽吸得较干燥，故正确；
C．实验结束后，应先断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，以防倒吸，故错误；
故选C，故答案为：A、C、F；C；
③由题给信息可知，氯化亚铜在潮湿空气中易水解、易被氧化，所以为防止氯化亚铜在潮湿空气中水解、被氧化，氯化亚铜应密封包装，故答案为：防止CuCl在潮湿空气中水解、被氧化；
（4）设氯化亚铜的分子式为(CuCl)n，由相对分子质量为199可得n==2，则分子式为Cu2Cl2；由配合物的结构可知，亚铜离子为中心离子，一氧化碳、水分子、氯原子为配体，故答案为：Cu2Cl2；CO、H2O、Cl。
28．FTO导电玻璃广泛用于液晶显示屏、光催化、薄膜太阳能电池基底等，实验室可用无水四氯化锡(SnCl4)制作FTO，制备SnCl4的装置如图所示。

有关信息如下表：
化学式
Sn
SnCl2
SnCl4
熔点/°C
232
246
-33
沸点/°C
2260
652
114
其他性质
银白色固体金属
无色晶体，Sn2+易被Fe3+、I2等氧化为Sn4+
无色液体，易水解生成SnO2

（1）仪器A的名称为___________，甲中发生反应的还原产物和氧化产物的物质的量之比为___________。
（2）将如图装置连接好，先检查装置的气密性，再慢慢滴入浓盐酸，待观察到___________现象后，开始加热装置丁。
（3）Cl2和Sn的反应产物可能会有SnCl4和SnCl2，为加快反应速率并防止产品中带入SnCl2，除了通入过量氯气外，应控制的最佳温度在___________(填序号)范围内。A．652~2260°C B．232~652°C C．114~246°C D．114~232°C
（4）若将制得的SnCl4少许溶于水中得到白色沉淀SnO2，其反应的化学方程式为___________。
（5）为测定产品中某些成分的含量，甲、乙两位同学设计了如下实验方案：
①实际制备的产品往往含有SnCl2，甲同学设计实验测定Sn2+的含量：准确称取mg产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，用amol/L酸性高锰酸钾标准溶液滴定，滴定终点时消耗酸性高锰酸钾标准溶液V1mL。由此可计算产品中Sn2+的质量分数。乙同学认为甲同学的方案明显不合理，会导致测得的Sn2+的质量分数严重偏高，理由是___________。
②乙同学设计实验测定产品中Cl-的含量：准确称取mg产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，X溶液作指示剂，用bmol/L硝酸银标准溶液滴定，滴定终点时消耗硝酸银溶液V2mL。硝酸银溶液最好盛放在___________(填序号)滴定管中。
A．无色酸式滴定管B．棕色酸式滴定管C．无色碱式滴定管D．棕色碱式滴定管
参考表中的数据，X溶液最好选用的是___________(填序号)。
难溶物
AgCl
AgBr
AgCN
Ag2CrO4
颜色
白
浅黄
白
砖红
Ksp
1.77×10-10
5.4×10-14
2.7×10-16
1.12×10-12
A．NaCl溶液B．NaBr溶液C．NaCN溶液D．Na2CrO4溶液
【答案】（1）     球形冷凝管     1∶5
（2）丁装置充满黄绿色气体
（3）B
（4）
（5）     Cl-也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗的酸性高锰酸钾标准溶液偏多     B     D
【解析】在装置甲中用氯酸钾与浓盐酸混合发生氧化还原反应制取氯气，在装置乙中用饱和食盐水除去Cl2中的杂质HCl，装置丙作用是干燥Cl2；装置丁为氯气与Sn反应制取四氯化锡(SnCl4)，由于制取的无水四氯化锡(SnCl4)为分子晶体，熔、沸点较低，装置戊通过冷水降温收集四氯化锡(SnCl4)，装置己中碱石灰可以防止空气中的水蒸气即CO2，防止其进入装置戊，因而可避免SnCl4水解变质为SnO2·xH2O。
（1）由仪器结构可知仪器A名称为球形冷凝管；甲中KClO3与浓盐酸发生氧化还原反应制取Cl2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可知该反应的为：+6H++=3Cl2↑+3H2O，还原产物是和氧化产物均是Cl2，物质的量之比为1∶5；
（2）为防止制取的无水SnCl4水解，要排出装置中的空气，当丁装置充满黄绿色气体时表明空气已排尽，这时开始的热酒精灯，加热装置丁；
（3）由表中沸点数据可知：Sn的熔点是232℃，SnCl2的熔点是246℃，SnCl2的沸点是652℃，SnCl4的沸点是114℃，Cl2和Sn的反应产物可能会有SnCl4和SnCl2，为加快反应速率并防止产品中带入SnCl2，除了通入过量氯气外，应控制的最佳温度在232~652℃范围内，故合理选项是B；
（4）SnCl4少许溶于水中得到白色沉淀SnO2，反应的化学方程式为；
（5）①由于氧化性：KMnO4>Cl2，酸性高锰酸钾溶液可以氧化Cl-，导致消耗的酸性高锰酸钾标准溶液偏多，由此计算的Sn2+的质量分数严重偏高；
②硝酸银是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故AgNO3溶液应该使用酸式滴定管；同时AgNO3不稳定，见光易分解，因此应盛放在棕色滴定管中，故进行滴定时，AgNO3溶液盛放在棕色酸式滴定管中，故合理选项是B；
测定的是Cl-不能使用NaCl溶液，NaBr、NaCN对应的银盐溶解度比AgCl小，也不能使用，则应该使用的指示剂为Na2CrO4溶液，故合理选项是D。
29．铁的化合物在生产生活和科学实验中应用广泛。请按要求回答下列问题：
（1）一定条件下Fe2O3与甲烷反应制取纳米级铁，同时生成CO和H2。已知：
Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) ΔH1=-27.6kJ/mol
CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH2=+206.4kJ/mol
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.0kJ/mol
①反应Fe2O3(s)+3CH4(g)2Fe(s)+3CO(g)+6H2(g)的ΔH=_____________。
②若该反应在5 L的密闭容器中进行5 min 后达到平衡，测得体系中固体质量减少0.96 g，则该段时间内CO的平均反应速率为________________。
③该反应的化学平衡常数的负对数pK随反应温度T的变化曲线如图。试用平衡移动原理解释该曲线的变化规律：______________。若700°C时测得平衡时，H2浓度为1.0 mol·L-1，则CH4的平衡转化率为____________。

（2）常温下FeCO3的溶度积常数为Ksp(FeCO3)，H2CO3的一级电离常数和二级电离常数分别为Ka1和Ka2。已知菱铁矿的主要成分是FeCO3，实验室中可以通过FeSO4与足量NaHCO3溶液混合制得FeCO3，常温下该反应的平衡常数K=__________[用含有Ksp(FeCO3)、Ka1和Ka2的代数式表示]。
（3）Na2FeO4是一种高效净水剂，工业上以Fe为阳极，NaOH为电解质溶液进行电解制备，请写出阳极的电极反应式：__________________。
（4）铁氮化合物因其特殊的组成和结构而具有优异的铁磁性能，某铁氮化合物立方晶胞结构如图所示。

①若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置是____________。
②该化合物晶胞中距离最近的铁原子和氮原子的距离为a pm，阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为___________g·cm-3(列式计算即可)。
【答案】（1）     +714.6 kJ/mol     0.0024 mol(L·min)     该反应为吸热反应，温度越高反应进行的程度越大，K越大，则pK越小     50%
（2）
（3）Fe-6e-+8OH-=+4H2O
（4）     棱心和体心    
【解析】（1）①已知：①Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)  △H=-27.6 kJ/mol，②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)  △H=+206.4 kJ/mol，③CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)  △H=-41.0 kJ/mol，根据盖斯定律可知①+3×②-3×③即得Fe2O3(s)+3CH4(g)2Fe(s)+3CO(g) +6H2(g)  △H= +714.6 kJ/mol；
②根据反应方程式可知，固体质量减少量即Fe2O3中氧元素的质量，即m(O)=0.96 g，n(O)=0.06 mol，则生成n(CO)=0.06 mol，所以υ(CO)==0.0024 mol/ (L·min)；
③由于该反应为吸热反应，温度越高反应进行的程度越大，K越大，则pK越小；若700℃时测得平衡时，c平衡(H2)=1.0 mol·L-1，则c平衡(CO)=0.5 mol/L，已知pK=0，即K=1，则有=1，代入即得c平衡(CH4)=0.5 mol/L，则c起始(CH4)=1.0 mol/L，所以CH4的平衡转化率为50%；
（2）FeSO4与足量NaHCO3溶液混合制得FeCO3，该反应方程式为：，根据反应方程式可得；
（3）阳极为铁，失去电子被氧化，生成，电解质溶液中的OH-移向阳极，所以阳极反应式为：Fe-6e-+8OH-=+4H2O；
（4）①若以氮原子为晶胞顶点，则原来在面的铁原子为晶胞的棱心，原来在顶点的铁原子在体心；
②该晶胞中铁原子的个数为，氮原子个数为1，则该化合物的化学式为Fe4N，若晶胞中距离最近的铁原子和氮原子的距离为a pm，为棱长的一半，则晶胞的体积为 cm3，晶胞的质量为 g，该晶胞的密度为g·cm-3，即 g·cm-3。
30．布洛芬具有抗炎、解热、镇痛作用，其一种合成路线如下图所示。回答下列问题：

（1）布洛芬中所含官能团的名称为：_______。
（2）A的系统命名为：_______，1molC最多可以和_______molH2发生加成反应。
（3）D的同分异构体中，苯环上的一氯代物只有一种的有 _______种，写出其中任意一种的结构简式_______。
（4）B→C的化学方程式为：_______，反应类型为_______。
（5）布洛芬显酸性，对肠、胃道有刺激作用，用对其进行成酯修饰能改善这种情况。成酯修饰时发生反应的化学方程式为：_______。
（6）已知：NaBH4单独使用能还原醛、酮，不能还原羧酸。根据布洛芬合成路线中的相关知识，以甲苯、CH3COCl为主要原料(其它无机试剂任用)，用不超过三步的反应设计合成 ，合成路线为_____。
【答案】（1）羧基
（2）     2-甲基丙酸     4
（3）     4    
（4）     +(CH3)2CHCOCl+HCl     取代反应
（5）++H2O
（6）

【解析】A→B过程中A的羧基中的C-O键断裂，与SOCl2发生取代反应生成B，B与苯在AlCl3的作用下发生取代反应生成C，D与CH3COCl发生取代反应生成E，E加氢发生还原反应生成F，F→G的过程为醇羟基在酸性环境下的取代反应，最后G在一定条件下生成H（布洛芬），据此作答。
【解析】（1）布洛芬中有-COOH，故答案为：羧基；
（2）A中主链有3个碳原子，，2号碳原子上有甲基，故名称为：2-甲基丙酸；C中的苯环和羰基均可以和氢气加成，故一共可以消耗4mol氢气；
（3）D的同分异构体中满足苯环上的一氯代物只有一种的结构有：，一共有4种。
（4）B→C的过程为，B中C-Cl键断裂，苯环中的C-H键断裂，发生取代反应，化学方程式为：+(CH3)2CHCOCl+HCl
（5）酯化反应过程为酸脱羟基醇脱氢，反应条件为浓硫酸、加热，化学方程式为：++H2O
（6）利用题干图示信息中B→C的过程，可以使苯环多一个侧链，另已知NaBH4单独使用能还原醛、酮，不能还原羧酸，可以将原料中的羰基还原成羟基，故合成路线为：