?2022年高考化學考前信息必刷卷04
全國卷(乙卷)

為平穩(wěn)過渡至新高考，預計2022全國卷(乙卷)仍將保持2021年風格，所以試卷整體手法應傳承已有套路。基于“立德樹人”的大背景，命題情境將有更多的指向。備考中要有的放矢。

元素周期律不要跟風專練結構式呈現(xiàn)方式，還要留意文字給出或圖表給出方式。小實驗也可能會情境化；電化學緊盯最新科技，留意有機物放電的反應形式。實驗和流程中重視基本操作的再落實，

本卷滿分100分，考試時間50分鐘。
注意事項：
1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。
2.作答時，務必將答案寫在答題卡上。寫在本試卷及草稿紙上無效。
3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。
可能用到的相對原子質量： H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 Si-28 S-32
一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1. 化學與人類生活、生產(chǎn)、社會可持續(xù)發(fā)展密切相關，下列有關化學知識的說法正確的是
A. 我國科學家首次利用CO2和H2人工合成淀粉，分子式為(C6H10O5)n，是純凈物
B. 我國火星探測器“天問一號”使用的新型SiC增強鋁基復合材料是一種新型硅酸鹽材料
C. 海水淡化可以緩解淡水供應危機，海水淡化的方法主要有蒸餾法、電滲析法和離子交換法等
D. 第24屆冬季奧林匹克運動會，上使用的滑雪板，其復合層用玻璃纖維制作，玻璃纖維屬于天然有機高分子材料
【答案】C
【解析】
【詳解】A．淀粉分子式為(C6H10O5)n，淀粉是高分子化合物，屬于混合物，故A錯誤；
B．新型SiC增強鋁基復合材料不是硅酸鹽，故B錯誤；
C．海水淡化的方法主要有蒸餾法、電滲析法和離子交換法等，故C正確；
D．玻璃纖維屬于無機非金屬材料，故D錯誤；
選C。
2. 實驗室制備的反應為，下列有關實驗室制備的實驗原理和裝置不能達到實驗目的的是


A. 用裝置甲獲取 B. 用裝置乙制備
C. 用裝置丙吸收 D. 用裝置丁處理尾氣
【答案】B
【解析】
【詳解】A．實驗室制備SO2，常用Na2SO3粉末和70%硫酸反應，故A說法正確；
B．應是長管通入SO2，短管出氣，故B說法錯誤；
C．二氧化氯極易溶于水，不與水反應，裝置丙吸收二氧化氯，故C說法正確；
D．二氧化氯、二氧化硫能與堿反應，防止它們污染空氣，故D說法正確；
答案為B。
3. NA阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是
A. 22 g D3O+中含有的中子數(shù)為10NA
B. 1 mol P4S3()分子中含有非極性鍵的數(shù)目為3NA
C. 1 L0.1 mol/L草酸(H2C2O4)溶液中含有H+的數(shù)目為0.2NA
D. 11.2 L(標準狀況)氧氣與足量鈉反應，轉移的電子數(shù)一定為NA
【答案】B
【解析】
【分析】
【詳解】A．1個D3O+中含11個中子，22 g D3O+中含有的中子數(shù)為11NA，故A錯誤；
B． 分子中P-P鍵為非極性鍵，1 mol P4S3含有非極性鍵的數(shù)目為3NA，故B正確；
C．草酸是弱酸，1 L0.1 mol/L草酸(H2C2O4)溶液中含有H+的數(shù)目小于0.2NA，故C錯誤；
D．11.2 L(標準狀況)氧氣的物質的量是0.5mol，與足量鈉反應，若生成氧化鈉，轉移2mol電子，若生成過氧化鈉，轉移1mol電子，故D錯誤；
選B。
4. X、Y、Z、W、T均為短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大，X的電子數(shù)與W的最外層電子數(shù)相等，W、Y形成的化合物能使品紅溶液褪色，常溫下，元素Z、W、T的原子序數(shù)及其最高價氧化物對應的水化物的溶液(濃度均為0.1mol·L-1)的pH有如表所示關系。下列說法錯誤的是
元素
Z
W
T
原子序數(shù)
小→大
0.1mol·L-1溶液的pH
13
0.7
1

A. 簡單離子半徑：W>T>Y>Z
B. 最高價氧化物對應的水化物的酸性：W>T
C. Z、T形成的簡單離子均不能促進水的電離
D. X、Y形成的化合物與X、W形成的化合物均存在直線形分子
【答案】B
【解析】
【分析】由題目可知，W、Y形成的化合物能使品紅溶液褪色，則該化合物為SO2，則Y為O元素，W為S元素；X的電子數(shù)與W的最外層電子數(shù)相等，W的最外層電子數(shù)為6，則X的電子數(shù)為6，X為C元素；由T元素的最高價氧化物對應水化物的pH知，T元素的最高價氧化物對應水化物為一元強酸，因此T為Cl元素，同理Z元素的最高價氧化物對應水化物為一元強堿，Z為Na元素。綜上所述，X為C元素，Y為O元素，Z為Na元素，W為S元素，T為Cl元素，據(jù)此答題。
【詳解】A．電子層數(shù)越大，原子或離子半徑越大，相同電子數(shù)的離子，原子序數(shù)越大，半徑越小，因此W、T、Y、Z四種元素的離子半徑從大到小依次為S2-(W)>Cl-(T)>O2-(Y)>Na+(Z)，A選項正確；
B．W元素的最高價氧化物對應水化物為H2SO4，T元素的最高價氧化物對應水化物為HClO4，二者酸性強弱為HClO4>H2SO4，B選項錯誤；
C．Z和T形成的簡單化合物為NaCl，為強酸和強堿反應生成的鹽，在水溶液中不水解，不會影響水的電離，C選項正確；
D．X和Y形成的化合物為CO或CO2，在結構上為直線型分子，X和W形成的化合物為CS2，在結構式為直線型分子，因此，X、Y形成的化合物與X、W形成的化合物均存在直線形分子，D選項正確；
故答案選B。
5. 他米巴羅汀是一種對白血病、阿爾茨海默癥等疾病具有較好治療效果的藥物，其結構如圖所示，下列說法不正確的是


A. 分子式為C22H25O3N B. 結構中有3種官能團
C. 可以發(fā)生取代反應、加成反應 D. 所有碳原子不可能共面
【答案】B
【解析】
【詳解】A．根據(jù)他米巴羅汀的結構簡式可知其分子式為：C22H25O3N，A正確；
B．根據(jù)結構簡式可知其中含有的官能團有酰胺基、羧基兩種官能團，B錯誤；
C．結構中含有羧基可以發(fā)生酯化反應，屬于取代反應，苯環(huán)可以和氫氣加成反應，C正確；
D．結構中含有飽和碳，周圍連接4個碳原子的結構，這5個碳原子不可能共面，D正確；
故選B。
6. 有機物電極材料具有來源豐富、可降解等優(yōu)點，一種負極材料為固態(tài)聚酰亞胺-水系二次電池的結構如圖所示。下列說法正確的是

A. 充電時有機電極發(fā)生了氧化反應
B. 充電時每轉移，右室離子數(shù)目減少
C. 放電時負極電極反應為：-2e-=
D. 將由換成，電池的比能量會下降
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由題干可知，該結構為一種負極材料為固態(tài)聚酰亞胺-水系二次電池，則有機電極為負極，充電時負極為電解池陰極，發(fā)生還原反應，A錯誤；
B．充電時，右側電解為陽極，發(fā)生氧化反應，3I--2e-=I，則充電時每轉移，左側減少2mol陰離子，同時有2molM+離子進入左室，右室離子數(shù)目減少4mol，B錯誤；
C．由圖可知，放電時負極電極的失去電子，發(fā)生氧化反應，生成，反應為-2e-=，C錯誤；
D．比能量是指電池單位質量或單位體積所能輸出的電能，鈉的相對原子質量大于鋰，高故將由換成，電池的比能量會下降，D正確；
故選D。
7. 25℃時，向一定濃度的溶液中滴入溶液，粒子濃度與混合溶液的變化關系如圖所示。已知：肼在水中的電離方程式：，；，Y表示或)。下列敘述正確的是

A. 曲線I表示與的變化關系
B. 的第一步電離的平衡常數(shù)的數(shù)量級為
C. 時，
D. 時，
【答案】D
【解析】
【詳解】A．由圖可知，25℃時，的電離平衡常數(shù)分別為，。故曲線Ⅰ表示與的變化關系，曲線Ⅱ表示與的變化關系，故A錯誤；
B．由，第一步電離平衡常數(shù)的數(shù)量級為，故B錯誤；
C．由于，時，，則，故C錯誤；
D．時，，溶液顯堿性，結合電荷守恒：和物料守恒：，可知，，故D正確；
答案選D。
【點睛】本題以圖像為載體，體現(xiàn)對化學反應原理等知識的基礎性、綜合性、創(chuàng)新性和應用性的綜合考查?？疾閷W生的理解與辨析和分析與推測能力。
二、非選擇題
(一)必考題：共43分。
8. 納米二氧化鋯(ZrO2)是制備特種陶瓷重要的原料之一，工業(yè)上以天然鋯英石(ZrSiO4，含F(xiàn)eO、Al2O3、CuO、SiO2等雜質)為原料制備納米ZrO2的工藝流程如下：

已知：①鋯英石常溫下與酸、堿不反應，高溫時能與燒堿反應生成可溶于水的，與酸反應生成。
②部分離子在實驗條件下開始沉淀和完全沉淀的pH如下表：。
離子





開始沉淀時pH
1.9
3.3
4.4
6.2
7.6
完全沉淀時pH
3.2
5.2
6.4
8.0
9.7
回答下列問題：
（1）濾渣1的主要成分為___________(填化學式)，堿熔時生成的化學方程式為___________。
（2）過濾2前調，a的取值范圍為___________，“水洗”的操作方法是___________。
（3）由于氰化鈉有劇毒，通常選用雙氧水氧化除銅后濾液中的氰化鈉，已知雙氧水與氰化鈉反應能生成一種酸式鹽和能夠使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體，則該反應的離子方程式為___________，若除銅后溶液中，則此時溶液中___________。(已知)
（4）一種甲醇燃料電池，電解質是摻雜的晶體，它在熔融狀態(tài)下能傳導，寫出該電池負極的電極反應式___________。
【答案】（1） ①. H2SiO3； ②. ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O
（2） ①. 5.2~6.2 ②. 向過濾器中加入蒸餾水至浸沒沉淀，待水自然流出后，重復2~3次
（3） ①. H2O+H2O2+CN-=+NH3↑ ②. 2×10-2mol/L
（4）2CH3OH-12e-+6O2-=2CO2+4H2O
【解析】
【分析】天然鋯英石(ZrSiO4)含有鐵、鋁、銅等金屬元素的氧化物雜質，用過量NaOH堿熔時，鋯英石能與燒堿高溫反應生成可溶于水的Na2ZrO3，同時生成Na2SiO3，然后用過量鹽酸酸浸，Na2ZrO3與酸反應生成ZrO2+，硅酸鈉與酸反應生成硅酸，過濾分離，濾渣1為硅酸，加入H2O2是將Fe2+轉化為Fe3+，便于調節(jié)pH值以除去，由離子沉淀完全pH，加入氨水調節(jié)pH=5.2，使Fe3+、Al3+轉化為沉淀而除去，即濾渣2為Fe(OH)3、Al(OH)3，除Cu過程是將溶液中Cu2+除去，流程使用NaCN除銅，濾渣3為Cu(CN)2，除Cu后的濾液中加入氨水調節(jié)pH≥8.0，使ZrO2+轉化為Zr(OH)4沉淀，過濾分離，Zr(OH)4分解生成ZrO2，濾液中含有NaCl、NH4Cl等，據(jù)此分析解題。
【小問1詳解】
由分析可知，濾渣1的主要成分為H2SiO3，堿熔時生成即ZrSiO4與NaOH反應生成Na2ZrO3、Na2SiO3和H2O，故該反應的化學方程式為ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O，故答案為：H2SiO3；ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O；
【小問2詳解】
由分析可知，過濾2前調，目的是使Fe3+和Al3+完全沉淀，而ZrO2+不產(chǎn)生沉淀，以達到分離提純的目的，故a的取值范圍為5.2~6.2，“水洗”的操作方法即洗滌沉淀的操作是向過濾器中加入蒸餾水至浸沒沉淀，待水自然流出后，重復2~3次，故答案為：5.2~6.2,；向過濾器中加入蒸餾水至浸沒沉淀，待水自然流出后，重復2~3次；
【小問3詳解】
由于氰化鈉有劇毒，通常選用雙氧水氧化除銅后濾液中的氰化鈉，已知雙氧水與氰化鈉反應能生成一種酸式鹽即NaHCO3和能夠使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體即NH3，則該反應的離子方程式為：H2O+H2O2+CN-=+NH3↑，若除銅后溶液中，則此時溶液中==2×10-2mol/L ，故答案為：H2O+H2O2+CN-=+NH3↑；2×10-2mol/L；
【小問4詳解】
該燃料電池中，通入甲醇的電極是負極，通入氧氣的電極是正極，負極上甲醇失電子和氧離子反應生成CO2和水，正極上氧氣得電子生成氧離子，負極反應式為2CH3OH-12e-+6O2-=2CO2+4H2O，故答案為：2CH3OH-12e-+6O2-=2CO2+4H2O。
9. 氨氧化物是一種主要的大氣污染物，甲烷由于廉價易得使其選擇還原受到研究工作者的關注。回答下列問題：
（1）利用甲烷催化還原時，發(fā)生的反應如下：


當時，甲烷直接將還原為的熱化學方程式為，則____。
（2）向總壓為100kPa的恒容密閉容器中充入一定量的和，發(fā)生反應。在下的平衡轉化率隨的變化曲線及當時的平衡轉化率隨(溫度的倒數(shù))的變化曲線如圖所示。


①表示下，的平衡轉化率隨的變化曲線為曲線_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，判斷理由是_______。
②T1_______T2(填“>”或“ ④. 1 ⑤. 20% ⑥. 4
（3）
【解析】
【小問1詳解】
由蓋斯定律可知，==，故答案為：。
【小問2詳解】
①由圖可知，下，越大，的轉化率越小，故曲線Ⅱ表示的轉化率隨的變化，故答案為：Ⅱ；溫度一定，越大，的轉化率越小。
②由于，則越大，的轉化率越大，則曲線Ⅰ表示的轉化率隨的變化，故；曲線Ⅰ中，下的平衡轉化率與曲線Ⅱ中時的平衡轉化率相同，故，故答案為：>；1。
③下，時，總壓為100kPa，的轉化率為80%，設起始時NO和CH4的物質的量均為1mol，列出三段式，

平衡時氣體總物質的量為：(0.8+0.2+0.4+0.2+0.4)mol=2mol，平衡時、、、和分別為40kPa、10kPa、10kPa、20kPa和20kPa，故的體積分數(shù)為；
時該反應的標準平衡常數(shù)，故答案為：20%；4。
【小問3詳解】
電解池中陽極發(fā)生氧化反應，由題給信息可知，在堿性條件下轉變?yōu)橄鯌B(tài)氮，氮元素化合價升高，發(fā)生氧化反應，則陽極的電極反應式為，故答案為：。
10. 過碳酸鈉()是工業(yè)上常用的漂白劑和氧化劑。該產(chǎn)品中可能含有純堿雜質，實驗室在常溫常壓下利用如下圖所示裝置判斷樣品中是否含有并測定樣品中過碳酸鈉的純度。圖中C中裝有堿石灰，Q為彈性良好的氣球，稱取的樣品放入其中，按圖安裝好儀器，打開漏斗的活塞，將稀硫酸滴入氣球中?；卮鹣铝邢嚓P問題：

已知：常溫常壓下，氣體摩爾體積約為。
（1）儀器A的名稱為_______。
（2）過碳酸鈉易溶解于水，可以與酸反應生成兩種氣體，寫出過碳酸鈉與過量的稀硫酸反應的離子反應方程式：_______。
（3）利用裝置Ⅱ測出氣體的總體積與裝置Ⅰ對比，若Ⅱ讀數(shù)與Ⅰ讀數(shù)比值約為_______即可判斷樣品中無。
（4）讀取裝置Ⅰ中量筒的體積為，用含m、V的表達式表示樣品中的百分含量為_______。
（5）下列實驗操作，可能會造成測定結果偏高的操作有_______。
A. 若在導管B加一個止水夾并關閉止水夾
B. 反應結束后，量筒液面高于水槽液面
C. 反應結束后立即對量筒讀數(shù)
D. 稱量樣品時，有樣品粘在濾紙上
【答案】（1）分液漏斗
（2）
（3）3 （4）或或 （5）ABC
【解析】
【分析】該實驗測定原理是：稀硫酸和過碳酸鈉反應生成兩種氣體和，雜質純堿和稀硫酸反應生成，利用Ⅰ裝置，氣體經(jīng)過C中的堿石灰吸收，收集測量反應生成的體積；利用裝置II，生成的氣體使氣球Q變大，將廣口瓶中的空氣排出，通過量氣管可測氣體總體積，根據(jù)化學方程式計算出過碳酸鈉的質量，進一步求出過碳酸鈉的純度。
【小問1詳解】
裝置名稱A與B是分開的，由儀器構造可知，A是分液漏斗，若A與B合在一起，就是恒壓滴液漏斗了，故答案為：分液漏斗。
【小問2詳解】
根據(jù)過氧離子，可以與水反應生成氧氣，則生成物為硫酸鈉、和，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒，寫出反應的離子反應方程式為：，故答案為：。
【小問3詳解】
由過碳酸鈉和硫酸反應的方程式可知，當II中測得生成3體積的氣體時(2體積和1體積)，I中測得除被堿石灰吸收外還剩1體積，若樣品中無，則無其它，兩者體積比為3:1，故答案為：3。
【小問4詳解】
I中氣體就是，這些與過碳酸鈉的關系式為：，根據(jù)常溫常壓下，，的物質的量為=mol，過碳酸鈉的物質的量為2mol，則過碳酸鈉的含量為：100%=，故答案為：或或。
【小問5詳解】
過碳酸鈉的含量表達式為，其中V是Ⅰ中量筒收集的體積，m為樣品的質量。由表達式可知，測量的氣體體積的大小決定純度的高低；
A．若在導管B加一個止水夾并關閉止水夾，硫酸占有體積，氣體體積變大，導致測定結果偏高，故A選；
B．反應結束后，量筒液面高于水槽液面，說明量管內氣體壓強小，氣體體積變大，導致測定結果偏高，故B選；
C．由于反應放熱，反應結束后立即對量筒讀數(shù)，氣體體積變大，導致測定結果偏高，故C選；
D．樣品粘在濾紙上，樣品用于產(chǎn)生氣體的體積就變小，導致測定結果偏低，故D不選；
答案選：ABC。
(二)選考題：共15分。請考生在第35、36題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計。
11. 鉻在希臘文中的原意為“顏色”，能夠生成美麗多色的化合物，三價鉻離子能形成形形色色的絡合物。回答下列問題：
（1）鉻位于元素周期表中____區(qū)。
（2）紫色的[Cr(H2O)6]3+、橙紅色的［Cr(NH3)4(H2O)2］、灰綠色的Cr(CH3COO)3，部分結構示意圖如圖所示。


①氮和氧中第一電離能較大的元素是____，原因是____
②H2O和NH3中鍵角較大的分子是____，[Cr(NH3)4(H2O)2]3+的同分異構體共有____種，其結構中鉻離子的外圍電子數(shù)目為____。
③1molCr(CH3COO)3所含σ鍵的數(shù)目為____。
（3）用鉻原子代替部分銅原子，可以形成一系列銅—鉻合金。其中兩種銅—鉻合金的晶體結構如圖所示。


①晶體a中鉻原子的配位數(shù)為____。
②晶體b中鉻原子填充在由銅原子構成的____(填“四面體”“六面體”或“八面體”)空隙中，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則晶體b的密度為____。
【答案】（1）d （2） ①. N(氮) ②. 基態(tài)氮原子2p軌道半充滿 ③. NH3 ④. 2 ⑤. 15 ⑥. 21NA
（3） ①. 12 ②. 六面體 ③. g/cm3
【解析】
【小問1詳解】
鉻元素的原子序數(shù)為24，價電子排布式為3d54s1，位于元素周期表d區(qū)，故答案為：d；
【小問2詳解】
①同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結構，第一電離能大于相鄰元素，則氮元素的第一電離能大于氧元素，故答案為：N(氮)；基態(tài)氮原子2p軌道半充滿；
②分子中孤對電子對數(shù)越多，對成鍵電子對的斥力越大，鍵角越小，水分子中氧原子有2對孤對電子，氨分子中氮原子有1對孤對電子，所以氨分子的鍵角大于水分子；由[Cr(H2O)6]3+離子的空間構型為正八面體可知，當4個水分子被氨分子取代后，[Cr(NH3)4(H2O)2]3+的同分異構體共有2種，鉻離子的外圍電子數(shù)目為3+2×6=15，故答案為：NH3；2；15；
③Cr(CH3COO)3中配位鍵屬于σ鍵，單鍵為σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵和1個π鍵，由結構式可知，1molCr(CH3COO)3所含σ鍵的數(shù)目為1mol×7×3×NAmol-1=21NA，故答案為：21NA；
【小問3詳解】
①由晶胞結構可知，晶體a中位于頂點的銅原子與位于面心的鉻原子的距離最近，則鉻原子的配位數(shù)為12，故答案為：12；
②由晶胞結構可知，晶體b中鉻原子填充在由銅原子構成的六面體空隙中，晶胞中位于頂點和面心的銅原子個數(shù)為8×+2×=2，位于面心的鉻原子個數(shù)為4×=2，設晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質量公式可得：=k2hd，解得d=，故答案為：g/cm3。
12. 我國科研人員最近報道了新藥鹽酸奧布卡因新的合成路線：

已知-NH2易被氧化，回答下列問題：
（1）有關正溴丁烷(CH3CH2CH2CH2Br)的說法正確的是____(填標號)。
A. 常溫下是一種密度大于水的液體
B. 能與NaOH的水溶液反應生成1-丁烯
C. 能與硝酸銀溶液反應生成沉淀
D. C4H9Br有4種同分異構體
（2）有機物的結構確定還可以通過物理方法來實現(xiàn)，例如通過____圖可知鹽酸奧布卡因的分子結構中含有N-H鍵、C=O鍵和C-O鍵等化學鍵。化合物B中官能團的名稱是硝基、____。
（3）步驟①③的目的是____；F→鹽酸奧布卡因的反應類型是____。
（4）反應D→E的化學方程式為____。
（5）寫出一種滿足下列條件的A的同分異構體的結構簡式____。
①含有苯環(huán)和硝基 ②能發(fā)生銀鏡反應 ③核磁共振氫譜有三組峰
（6）參照上述合成路線，以和C2H5Br為原料(無機試劑任選)，設計制備的合成路線____。
【答案】（1）AD （2） ①. 紅外光譜 ②. 酯基、(酚)羥基
（3） ①. 保護羧基，防止羧基與溴丁烷反應 ②. 還原反應
（4）+(C2H5)2NCH2CH2Cl+HCl
（5）、 （6）或

【解析】
【分析】比較B和E的結構簡式，參照反應條件及C、D的分子式，可確定C為，D為；比較E和目標有機物的結構簡式，參照反應條件，可確定F為。
【小問1詳解】
A．含1個或幾個溴原子的鹵代烴，其密度都大于1，所以正溴丁烷在常溫下的密度大于水，A正確；
B．CH3CH2CH2CH2Br在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應，生成1-丁醇等，B不正確；
C．CH3CH2CH2CH2Br分子中不含有Br-，與硝酸銀溶液不能發(fā)生反應，C不正確；
D．C4H9Br有CH3CH2CH2CH2Br、CH3CH2CHBrCH3、(CH3)2CHCH2Br、(CH3)3CBr共4種同分異構體，D正確；
故選AD。答案為：AD；
【小問2詳解】
測定鹽酸奧布卡因分子結構中含有N-H鍵、C=O鍵和C-O鍵等化學鍵，需通過紅外光譜圖?；衔顱為，官能團的名稱是硝基、酯基、(酚)羥基。答案為：紅外光譜；酯基、(酚)羥基；
【小問3詳解】
步驟①、③中，將-COOH轉化為-COOC2H5，然后又將-COOC2H5轉化為-COOH，目的是保護羧基，防止羧基與溴丁烷反應；F→鹽酸奧布卡因的反應是將-NO2轉化為-NH2，反應類型是還原反應。答案為：保護羧基，防止羧基與溴丁烷反應；還原反應；
【小問4詳解】
反應→的化學方程式為+(C2H5)2NCH2CH2Cl+HCl。答案為：+(C2H5)2NCH2CH2Cl+HCl；
【小問5詳解】
A的結構簡式為，滿足條件“①含有苯環(huán)和硝基 ②能發(fā)生銀鏡反應 ③核磁共振氫譜有三組峰”的同分異構體，應含有苯基、硝基、醛基，由于氫原子種類只有3種，分子結構應呈現(xiàn)一定的對稱性，所以應含有1個-CHO、2個-OH、1個硝基，從而得出其結構簡式為、 。答案為：、 ；
【小問6詳解】
以和C2H5Br為原料，制備，兩個基團發(fā)生變化，1個是-COOH轉化為-COOC2H5，另1個是-NO2轉化為-NH2，則合成路線為或
。答案為：或
。
【點睛】書寫同分異構體時，先依據(jù)限定條件，確定可能含有的官能團，再依據(jù)分子式、氫原子的種類，確定所含某種官能團的個數(shù)及位置。

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