江苏省苏锡常镇四市届高三第二次模拟考试 化学试题解析版.docx

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江苏省苏锡常镇四市届高三第二次模拟考试化学试题解析版

2020届高三模拟考试试卷

化　　学2020.5

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分120分，考试时间100分钟。

可能用到的相对原子质量：

H—1　C—12　N—14　O—16　Na—23　Al—27S—32　Fe—56　Cu—64

第Ⅰ卷（选择题　共40分）

单项选择题：

本题包括10小题，每小题2分，共20分。

每小题只有一个选项符合题意。

1.化学为人类的生产、生活提供了物质保证。

下列工业生产原理不属于化学变化的是（　　）

A.还原法冶炼生铁B.分馏法提炼汽油

C.接触法制取硫酸D.发酵法生产香醋

【答案】B

【解析】

【详解】A．还原法冶炼生铁，铁元素由化合态变为游离态，有新物质生成，属于化学反应，故A不选；

B．分馏法提炼汽油，利用的物质的熔沸点差异，没有新物质生成，不属于化学变化，故B选；

C．接触法制取硫酸过程中有新物质生成，属于化学变化，故C不选；

D．发酵的过程有新物质生成，属于化学变化过程，故D不选；

故答案为B。

2.过氧乙酸能杀菌消毒，可通过反应CH3COOH＋H2O2―→CH3COOOH＋H2O制备。

下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（　　）

A.中子数为8的碳原子：

68CB.H2O2的电子式：

H＋[

]2－H＋

C.氧原子的结构示意图：

D.过氧乙酸的结构式：

【答案】D

【解析】

【详解】A．中子数为8的碳原子质量数为8+6=14，符号为

C，故A错误；

B．双氧水为共价化合物，电子式为

，故B错误；

C．氧原子最外层有6个电子，结构示意图为

，故C错误；

D．过氧乙酸为共价化合物，含有过氧键，所以结构式为

，故D正确；

故答案为D。

3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（　　）

A.NH3具有还原性，可用作制冷剂B.SO2具有氧化性，可用于漂白纸张

C.FeCl3溶液具有酸性，可用于蚀刻铜制品D.Al（OH）3具有弱碱性，可用作胃酸中和剂

【答案】D

【解析】

【详解】A．氨气容易液化，气化时吸热，所以可以用作制冷剂，与其还原性无关，故A错误；

B．SO2具有漂白性，用于漂白纸张，二氧化硫的氧化性较弱，故B错误；

C．Fe3+具有强氧化性可以氧化铜单质，所以可以蚀刻铜制品，与氯化铁溶液显酸性无关，故C错误；

D．Al（OH）3具有弱碱性，可以和胃酸（HCl）反应，且无毒，所以可以用作胃酸中和剂，故D正确；

故答案为D。

4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）

A.澄清透明的溶液：

K＋、H＋、SO42-、MnO4-

B.0.1mol·L－1NaClO溶液：

Na＋、NH4+、CO32-、SO32-

C.0.1mol·L－1FeCl3溶液：

Ba2＋、Al3＋、SCN－、Cl－

D.

＝0.1mol·L－1的溶液：

Na＋、K＋、AlO2-、Br－

【答案】A

【解析】

【详解】A．四种离子相互之间不反应，可以大量共存，故A选；

B．次氯酸根会将亚硫酸根氧化，二者不能大量共存，故B不选；

C．Fe3+会与SCN-生成络合物导致二者不能大量共存，故C不选；

D．

＝0.1mol·L－1的溶液中存在大量氢离子，偏铝酸根和氢离子不能大量共存，故D不选；

故答案为A。

【点睛】注意A选项要求“澄清透明”，不代表无色，有颜色的溶液可以澄清透明。

5.下列实验操作能达到实验目的的是（　　）

A.用装置甲分液时，两层液体应依次从下口放出

B.用装置乙除去NO中混有的少量NO2时，应将混合气体从a管通入

C.中和滴定时，锥形瓶应先用待测液润洗2～3次

D.配制溶液时加水超过容量瓶的刻度线，应立即用胶头滴管吸出

【答案】B

【解析】

【详解】A．分液时为避免相互污染，上层液体要从上口倒出，下层液体从下口放出，故A错误；

B．NO不溶于水也不与水反应，NO2可以和水反应生成NO，混合气体从a管通入，气体可用充分和水接触，从而充分吸收NO2，故B正确；

C．锥形瓶用待测液润洗后会使消耗

标准液体积偏大，使滴定结果偏大，故C错误；

D．用胶头滴管将多余的液体吸出，导致部分溶质损失，溶液浓度偏低，故D错误；

故答案为B。

6.下列有关化学反应的叙述正确的是（　　）

A.常温下Cu和浓硫酸反应生成CuSO4

B.过量的Fe与稀硝酸反应生成Fe（NO3）2

C.光照条件下，甲苯和Cl2反应生成邻氯甲苯

D.加热条件下，溴乙烷与NaOH水溶液反应生成乙烯

【答案】B

【解析】

【详解】A．铜与浓硫酸需要加热才能反应，故A错误；

B．硝酸可以氧化Fe生成Fe3+，当Fe过量时，过量的Fe会与Fe3+反应生成Fe2+，故B正确；

C．光照条件下，氯原子取代甲苯中甲基上的氢原子，不能取代苯环上的氢原子，故C错误；

D．溴乙烷与NaOH水溶液加热发生水解反应生成乙醇，故D错误；

故答案为B。

【点睛】卤代烃在强碱水溶液、加热的条件下水解生成醇；当与卤原子相连的碳原子的邻位碳原子上有氢时（苯环除外），可以在强碱醇溶液中发生消去反应生成碳碳双键。

7.下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）

A.用石墨电极电解MgCl2溶液：

2Cl－＋2H2O

2OH－＋H2↑＋Cl2↑

B.向AlCl3溶液中加入过量氨水：

Al3＋＋4NH3·H2O=4NH4+＋AlO2-＋2H2O

C.乙醛与新制Cu（OH）2悬浊液加热：

CH3CHO＋2Cu（OH）2＋OH－

CH3COO－＋Cu2O↓＋3H2O

D.向Ba（OH）2溶液中加入过量NH4HSO4溶液：

Ba2＋＋2OH－＋NH4+＋H＋＋SO42-=BaSO4↓＋NH3·H2O＋H2O

【答案】C

【解析】

【详解】A．电解氯化镁溶液时，阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生氢氧根，氢氧根与镁离子结合会生成氢氧化镁沉淀，正确的例子方程式为2Cl－＋2H2O+Mg2+

Mg（OH）2↓＋H2↑＋Cl2↑，故A错误；

B．氨水为弱碱不能和氢氧化铝反应，正确离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；

C．乙醛与新制的Cu（OH）2悬浊液加热产生砖红色沉淀，离子反应为CH3CHO+2Cu（OH）2+OH-

CH3COO-+Cu2O↓+3H2O，故C正确；

D．向Ba（OH）2溶液中加入过量的NH4HSO4溶液，此时铵根不能反应，离子反应为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故D错误；

【点睛】离子方程式正误判断常用方法：

检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。

8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。

X的主族序数是其周期数的3倍，Z的最高价氧化物对应水化物呈强碱性，W与X同主族。

下列说法正确的是（　　）

A.原子半径：

r（Z）>r（W）>r（X）>r（Y）

B.X的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱

C.Y、W的简单阴离子具有相同的电子层结构

D.Z分别与X、Y、W形成的常见化合物均只含离子键

【答案】A

【解析】

【分析】

X的主族序数是其周期数的3倍，则X为第二周期第ⅥA族元素，为O元素；W与X同主族，则W为S元素；Z的最高价氧化物对应水化物呈强碱性，且其原子序数大于O小于S，则Z为Na元素，四种元素均为主族元素，则Y为F元素。

【详解】A．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以原子半径r（Na）>r（S）>r（O）>r（F），故A正确；

B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性O>S，所以O的简单气态氢化物更稳定，故B错误；

C．F-电子层数为2，S2-电子层数为3，结构不同，故C错误；

D．Na元素与O元素形成的化合物Na2O2中含有共价键，故D错误；

故答案为A。

9.在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能实现的是（　　）

A.Al（s）

Al（OH）3（s）

Al2O3（s）

B.FeS2（s）

SO2（g）

BaSO3（s）

C

Cl2（g）

NaClO（aq）

HClO（aq）

D.Fe（s）

Fe2O3（s）

Fe2（SO4）3（aq）

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝，故A错误；

B．亚硫酸酸性比盐酸弱，所以二氧化硫与氯化钡溶液不反应，故B错误；

C．氯气和NaOH溶液反应得到NaCl、NaClO和水，次氯酸酸性比碳酸弱，所以向NaClO溶液中通入二氧化碳可以得到次氯酸，故C正确；

D．铁与水蒸气高温下反应得到四氧化三铁，故D错误；

故答案为C。

10.如图所示的电解装置可实现低电位下高效催化还原CO2。

下列说法不正确的是（　　）

A.a极连接外接电源的负极

B.电解过程中Na＋从右池移向左池

C.b极的电极反应式为Cl－－2e－＋H2O=ClO－＋2H＋

D.外电路上每转移1mol电子，理论可催化还原标况下CO2气体11.2L

【答案】C

【解析】

【分析】

从图示中可以看出，b电极上Cl-失去电子生成ClO-，b电极为电解池阳极；a电极上CO2得到电子生成CO，a电极为电解池阴极；与b极相连的电池一极为正极，与a极相连的电池一极为负极。

【详解】A．根据分析，a极与外电路相连的一极为负极，A正确；

B．根据分析，阴极反应为CO2+2e-+H2O=CO+2OH-，生成大量阴离子，为平衡电荷，Na+向左边移动，B正确；

C．因右池电解液中含有大量的OH-，故电极方程式中不能出现H+，正确的电极方程式为Cl--2e-+2OH-=H2O+ClO-，C错误；

D．根据B选项的电极反应，每转移2mol电子，可还原标况下22.4L的CO2，故电路中转移1mol电子，可还原标况下11.2L的CO2，D正确；

故选C。

不定项选择题：

本题包括5小题，每小题4分，共20分。

每小题只有一个或两个选项符合题意。

若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。

11.已知N≡N、N—H、H—H的键能分别为946kJ·mol－1、391kJ·mol－1、436kJ·mol－1。

下列说法正确的是（　　）

A.N2与H2在一定条件下化合生成2molNH3时放出的热量为92kJ

B.一定条件下合成氨反应N2＋3H2

2NH3达平衡时，3v（H2）正＝2v（NH3）逆

C.用液氨和液氧制成的燃料电池放电时可实现将化学能全部转化为电能

D.反应NH3（g）＋HCl（g）=NH4Cl（s）常温下能自发进行，该反应的ΔH>0

【答案】A

【解析】

【详解】A．N2与H2在一定条件下化合生成氨气的热化学方程式为N2（g）＋3H2（g）

2NH3（g）ΔH，焓变=反应物总键能-生成物总键能，所以ΔH=946kJ·mol－1+436kJ·mol－1×3-391kJ·mol－1×6=-92kJ·mol－1，焓变小于0为放热反应，所以N2与H2在一定条件下化合生成2molNH3时放出的热量为92kJ，故A正确；

B．该反应平衡时2v（H2）正＝3v（NH3）正，又v（NH3）正=v（NH3）逆，所以2v（H2）正＝3v（NH3）逆，故B错误；

C．用液氨和液氧制成的燃料电池放电时会有一部分能量以热能的形式散失，故C错误；

D．△H-T△S＜0的反应可自发进行，NH3（g）+HCl（g）=NH4Cl（s）的△S＜0，常温下能自发进行，则该反应的△H＜0，故D错误；

故答案为A。

12.化合物Y是一种免疫抑制剂，可由X制得。

下列有关化合物X、Y的说法正确的是（　　）

A.X转化为Y的反应为取代反应B.Y的化学式为C23H32O7N

C.1molY最多能与4molNaOH反应D.X中所有碳原子可能在同一平面

【答案】AD

【解析】

【详解】A．根据反应方程式可知，化合物X中的Cl原子被取代得到化合物Y，该反应为取代反应，A选项正确；

B．由Y的结构简式可得，其化学式为C23H31O7N，B选项错误；

C．化合物Y中含有的酯基和酚羟基均能与NaOH反应，1molY中含有2mol酯基，1mol酚羟基，最多能消耗3molNaOH，C选项错误；

D．X分子中，含有苯环、碳碳双键、羰基和醚键，均为平面结构，因此分子中的C原子可能在同一个平面，D选项正确；

答案选AD。

【点睛】本题的难点在于D选项，熟记常见为平面结构的官能团是解答本题的关键。

13.根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）

选项

实验操作和现象

结论

A

向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，振荡后静置，CCl4层显紫色（已知I3-

I2＋I－）

KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大

B

向淀粉溶液中加入稀硫酸水浴加热后，再加入银氨溶液水浴加热，未出现银镜

淀粉未发生水解

C

向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末搅拌，过滤，向洗净的沉淀中加入稀盐酸，有气体放出

Ksp（BaSO4）>Ksp（BaCO3）

D

向新制饱和氯水中滴加紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色

氯水具有酸性和漂白性

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.KI3溶液中存在I3-

I2＋I－，向盛有KI3溶液的试管中加入适量CCl4，因为碘易溶于四氯化碳，所以平衡正向移动，振荡后静置，CCl4层显紫色，KI3为无机物，在CCl4中的溶解度比在水中的小，故A错误；

B.淀粉在硫酸催化条件下水解后溶液呈酸性，需用碱中和硫酸后，再用银氨溶液检验有机物中的醛基，故B错误；

C.溶液中能否生成碳酸钡沉淀，关键是碳酸根和钡离子的浓度之积大于其溶度积常数，而与其溶度积常数的相对大小没有必然联系，故C错误；

D.氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，溶液显酸性，次氯酸具有漂白性，所以滴加紫色石蕊试液时，溶液先变红后褪色，故D正确；

综上所述，答案为D。

14.室温下，Ka（CH3COOH）＝1.8×10－5，Kb（NH3·H2O）＝1.8×10－5。

CH3COOH和CH3COONH4形成的缓冲溶液常用于高岭土的成分分析。

若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒浓度关系正确的是（　　）

A.0.1mol·L－1CH3COOH溶液：

c（CH3COOH）>c（CH3COO－）>c（H＋）>c（OH－）

B.0.1mol·L－1CH3COONH4溶液：

c（NH4+）＝c（CH3COO－）>c（H＋）＝c（OH－）

C.0.1mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等体积混合：

c（NH4+）＋c（NH3·H2O）＋c（OH－）＝c（CH3COOH）＋c（H＋）

D.0.3mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等体积混合：

c（CH3COOH）＋c（H＋）－c（NH3·H2O）－c（OH－）＝0.15mol·L－1

【答案】BD

【解析】

【详解】A.0.1mol·L-1CH3COOH溶液中存在醋酸的电离和水的电离，醋酸电离产生的醋酸根与氢离子相等，水也能电离出氢离子，则氢离子的浓度大于醋酸根，即c（CH3COOH）>c（H＋）>c（CH3COO－）>c（OH－），故A错误；

B.因为醋酸的电离平衡常数与一水合氨的电离平衡常数相等，则醋酸铵中醋酸根与铵根的水解程度相同，溶液呈中性，溶液中有c（NH4+）＝c（CH3COO－）>c（H＋）＝c（OH－），故B正确；

C.0.1mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等体积混合，根据电荷守恒有c（NH4+）＋c（H＋）＝c（CH3COOH）＋c（OH－），物料守恒有2c（NH4+）＋2c（NH3·H2O）＝c（CH3COOH）＋c（CH3COO－），两式对应相减有c（NH4+）＋2c（NH3·H2O）＋c（OH－）＝c（CH3COOH）＋c（H＋），故C错误；

D.0.3mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等体积混合，根据电荷守恒有c（NH4+）＋c（H＋）＝c（CH3COOH）＋c（OH－），物料守恒有4c（NH4+）＋4c（NH3·H2O）＝c（CH3COOH）＋c（CH3COO－），两式对应相减有3c（NH4+）＋4c（NH3·H2O）＋c（OH－）＝c（CH3COOH）＋c（H＋），移项有c（CH3COOH）＋c（H＋）－c（NH3·H2O）－c（OH－）＝3c（NH4+）＋3c（NH3·H2O）=（3×0.1mol·L－1）÷2=0.15mol·L－1，故D正确；

综上所述，答案为BD。

15.恒压下，将CO2和H2以体积比1∶4混合进行反应CO2（g）＋4H2（g）

CH4（g）＋2H2O（g）（假定过程中无其他反应发生），用Ru/TiO2催化反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化情况如图所示。

下列说法正确的是（　　）

A.反应CO2（g）＋4H2（g）=CH4（g）＋2H2O（g）的ΔH>0

B.图中450℃时，延长反应时间无法提高CO2的转化率

C.350℃时，c（H2）起始＝0.4mol·L－1，CO2平衡转化率为80%，则平衡常数K<2500

D.当温度从400℃升高至500℃，反应处于平衡状态时，v（400℃）逆>v（500℃）逆

【答案】BC

【解析】

【分析】

如图所示为用Ru/TiO2催化反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化情况，约350℃之前，反应还未达到平衡态，CO2转化率随温度升高而增大，约350℃之后，反应达到化学平衡态，CO2转化率随温度升高而减小，由此可知该反应为放热反应。

【详解】A.由分析可知该反应为放热反应，则ΔH<0，故A错误；

B.图中450℃时，反应已达平衡态，则延长反应时间无法提高CO2的转化率，故B正确；

C.350℃时，设起始时容器的容积为V，c（H2）起始＝0.4mol·L－1，则n（H2）起始＝0.4Vmol，CO2平衡转化率为80%，可列三段式为：

根据阿伏伽德罗定律有

，平衡时的体积为V（平衡）=

，则平衡时

，故C正确；

D.温度升高，正逆反应速率均加快，则v（400℃）逆

综上所述，答案为BC。

第Ⅱ卷（非选择题　共80分）

16.以硫酸法钛白粉生产中排放的含锰废水（主要金属离子为Mn2＋、Fe2＋、Al3＋，还含有少量Ca2＋、Mg2＋、Cu2＋和Ni2＋等离子）为原料，生产MnCO3的工艺流程如下：

已知：

25℃时，Ksp（CaF2）＝1.5×10－10、Ksp（MgF2）＝7.5×10－11。

（1）流程中含锰废水经过前三步预处理，得到主要含有Mn2＋的母液。

①除铁铝时，在搅拌条件下先加入H2O2溶液，再加入NaOH溶液调节pH。

加入H2O2溶液时发生反应的离子方程式为__________________________________________。

②除钙镁步骤中，当Ca2＋、Mg2＋沉淀完全时，溶液中

＝________。

（2）沉锰过程在pH为7.0条件下充分进行，反应温度对锰沉淀率的影响关系如图所示。

①沉锰过程发生反应的离子方程式为____________。

该过程中加入适当过量的NH4HCO3的原因是________。

②当温度超过30℃，沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的原因是______________________________。

（3）沉锰后过滤得到MnCO3粗产品，依次用去离子水和无水乙醇各洗涤2～3次，再低温干燥，得到纯净的MnCO3。

用无水乙醇洗涤的目的是____________________________。

【答案】

（1）.2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O

（2）.2（3）.Mn2＋＋2HCO3-=MnCO3↓＋H2O＋CO2↑（4）.提高Mn2＋的沉淀率（5）.温度升高，NH4HCO3受热分解（或Mn2＋水解）（6）.有利于低温条件下快速干燥

【解析】

【分析】

含锰废水经过除铁铝时，铁亚铁离子被氧化成铁离子，铁离子和铝离子转化为氢氧化物沉淀，经过除重金属时，铜离子和镍离子转化为硫化铜和硫化镍沉淀，经过除钙镁时，钙离子和镁离子转化为氟化钙和氟化镁沉淀，溶液中的锰离子在沉锰时转化为碳酸锰沉淀，后经洗涤干燥得到纯净的碳酸锰。

【详解】

（1）①加入H2O2溶液是将亚铁离子氧化成铁离子，便于转化成沉淀除去，其反应的离子反应方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故答案为：

2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；

②钙离子和镁离子转化为氟化钙和氟化镁沉淀，则溶液中

，故答案为：

2；

（2）①沉锰过程中加入过量的碳酸氢铵，提供碳酸根将锰离子尽可能多的转化为碳酸锰沉淀，提高Mn2＋的沉淀率，其反应的离子反应方程式为Mn2＋＋2HCO3-=MnCO3↓＋H2O＋CO2↑，故答案为：

Mn2＋＋2HCO3-=MnCO3↓＋H2O＋CO2↑；提高Mn2＋的沉淀率；

②铵盐受热易分解，当温度过高时，碳酸氢铵容易分解，而温度升高时，锰离子水解程度也会增大，所以沉锰反应

锰沉淀率随温度升高而下降，故答案为：

温度升高，NH4HCO3受热分解（或Mn2＋水解）；

（3）沉锰后过滤得到MnCO3粗产品，用去离子水洗去表面的杂质离子，因为碳酸锰高温时容易分解，所以干燥时用易挥发的乙醇低温下除去水分，使碳酸锰快速干燥，得到纯净的碳酸锰，故答案为：

有利于低温条件下快速干燥。

17.化合物G是一种应用于临床的抗肿瘤药物，其合成路线如下：

（1）A中的含氧官能团名称为________和________。

（2）C的分子式为C19H16N2O6，写出C的结构简式：

________。

（3）合成路线中，设计①和⑥两个步骤的目的是________________。

（4）G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：

________。

①含有苯环，且苯环上有3个取代基；②分子中含有2个手性碳原子；③能发生水解反应，水解产物之一是α氨基酸，另一水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢。

（5）已知：

（R、R1代表烃基或H，R2代表烃基）。

写出以

和

为原料制备

的合成路线流程图___________________（无机试剂和有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干）。

【答案】

（1）.羧基

（2）.硝基（3）.

（4）.保护A中羧基邻位的氨基，防止在发生反应④时也参与反应（5）.

（6）.

【解析】

【详解】

（1）由A的结构可知，含有的含氧官能团名称为羧基、硝基，故答案为：

羧基；硝基；

（2）B到C为B结构中的羧基与乙醇发生取代反应，则C的结构简式为

，故答案为：

；

（3）合成路线中，①过程中将于羧基相连的碳上的胺基转化，⑥过程中与羧基相连的碳上的胺基形成，则这个过程中是在保护胺基，因为在④过程中环氧