新疆乌鲁木齐地区2024届高三下学期第二次质量检测化学试卷 （含答案解析）

乌鲁木齐地区2024年高三年级第二次质量检测化学试卷(考试时间：50分钟试卷满分：100分)注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：V-1一、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。1.化学与生活生产密切相关。下列说法错误的是A.明矾可用于自来水的杀菌消毒B.不锈钢的合金元素主要是Cr和NiC.木材、秸秆等富含纤维素，是造纸的原料D.用热的纯碱溶液可除去油污【答案】A【解析】【详解】A．明矾，利用Al3＋水解成氢氧化铝胶体，吸附水中颗粒，从而达到净水的目的，不是消毒，A错误；B．不锈钢的合金元素主要是Cr和Ni，是铁的合金，B正确；C．秸秆、棉花、竹子等富含纤维素，是造纸的原料，C正确；D．用热的纯碱洗涤油污，是利用碳酸根离子水解呈碱性，酯类物质在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和丙三醇，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解是吸热反应，升温促进水解，溶液碱性增强，去污效果好，D正确；答案选A。2.维生素C的结构如图所示。下列有关维生素C的说法不正确的是A.维生素C的分子式为C6H8O6B.该过程转化发生了氧化反应C.维生素C可以使高锰酸钾溶液褪色D.酸性条件下，脱氢维生素C水解可以得到2种产物【答案】D【解析】【详解】A．根据维生素C的结构简式可知其分子式为C6H8O6，故A正确；B．从维生素C到脱氢维生素C是一个脱氢的过程，属于氧化反应，故B正确；C．维生素C中含有碳碳双键和羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．维生素C含有酯基呈环状，酸性条件下水解只能得到一种物质，故D错误；故选D。3.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y、Z可形成结构如图所示的分子，W与Y元素是位于同主族的非金属元素，X是所在短周期中原子半径最大的元素。下列说法不正确的是A.元素W气态氢化物中W的杂化方式为sp3杂化B.元素X、Y、Z的电负性：X<Y<ZC.同周期主族元素中第一电离能比Y高的元素只有一种D.X的氧化物均为碱性氧化物【答案】D【解析】【分析】由题干信息可知，短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由W、Y、Z形成分子的结构图可知W形成3个共价键，Y形成3个共价键，Z形成1个共价键，W与Y元素是位于同主族的非金属元素，其中X是所在短周期中原子半径最大的元素，故可知W为N、X为Na、Y为P、Z为Cl，据此分析解题。【详解】A．W为N，W的气态氢化物为NH3，N形成三条单键，存在一对孤对电子，杂化方式为sp3杂化，A正确；B．非金属性越强，电负性越大，根据同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，X、Y、Z的电负性：X<Y<Z，B正确；C．同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大趋势，Y为P，3p轨道电子为半满结构，第一电离大于S，同周期主族元素中第一电离能比Y高的元素只有Cl一种，C正确；D．X的氧化物为氧化钠、过氧化钠，氧化钠为碱性氧化物，过氧化钠属于过氧化物、不属于碱性氧化物，D错误；故选D。4.下列实验方案不能达到探究目的是选项探究方案探究目的A将两支盛有等体积、等浓度的Na2S2O3溶液的试管分别置于冷水、热水中，再同时加入等体积、等浓度的稀硫酸，观察现象温度对化学反应速率的影响B将溴乙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中，观察溶液是否褪色溴乙烷在氢氧化钠的乙醇溶液中是否发生消去反应C室温下，用pH计测量同浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱D向菠菜提取液中加入少量稀硝酸，再滴加几滴KSCN溶液，振荡，观察现象检查菠菜中是否含有铁元素A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．将两支盛有等体积、等浓度的Na2S2O3溶液的试管分别置于冷水、热水中，再同时加入等体积、等浓度的稀硫酸，观察现象，根据温度不同探究温度对化学反应速率的影响，故A正确；B．乙醇易挥发，也能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色，应先通过水，排除乙醇的干扰，故B错误；C．酸性越弱，其对应盐溶液中水解程度越大，碱性越强，则可以用pH计测定同浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH，可以比较HClO和CH3COOH的酸性强弱，故C正确；D．硝酸能将二价铁氧化为铁离子，滴加KSCN溶液变红色，故可以检验菠菜中是否有铁元素，故D正确；答案选B。5.光催化CO2还原是一种有望在固碳和绿色能源领域应用的技术。水溶液中复合材料BM﹣MS(Bi2MoO6﹣MoS2)光催化CO2还原为醇类的机理图如图，h+是电子跃迁后留下的空穴，具有强氧化性。下列说法不正确的是A.H2O在富集空穴的MoS2材料上发生氧化反应B.光催化CO2还原在一定条件下也可以生成甲烷等有机物C.Bi2MoO6材料上，消耗标准状况下2.24LCO2时，转移0.4mol电子D.光催化过程的总反应是2CO2+3H2O=C2H5OH+3O2和2CO2+4H2O=2CH3OH+3O2【答案】C【解析】【分析】在上述原电池反应中，H+、CO2得到电子被还原为C2H5OH、CH3OH，H2O失去电子被氧化变为O2、H+，因此通入CO2的电极为正极，加入H2O的电极为负极，根据气体的物质的量，结合元素化合价变化判断和计算反应过程中电子转移总数。【详解】A．根据图示可知H2O在富集空穴的MoS2材料上失去电子，发生氧化反应变为H+、O2，A正确；B．根据图示可知在Bi2MoO6电极上CO2得到电子，发生还原反应与H+反应产生CH3OH、C2H5OH、CH4、H2O等物质，B正确；C．标准状况下2.24LCO2的物质的量是0.1mol，CO2得到电子被还原为CH3OH、C2H5OH时，C元素化合价由反应前CO2中的+4价变为反应后CH3OH、C2H5OH中的-2价，化合价降低6价，每1molCO2反应转移6mol电子，因此0.1molCO2反应，转移0.6mol电子，C错误；D．根据图示可知反应物为H2O、CO2，生成物为CH3OH、C2H5OH及H2O，则根据反应过程中电子转移数目相等，可知光催化过程的总反应是2CO2+3H2O=C2H5OH+3O2和2CO2+4H2O=2CH3OH+3O2，D正确；故选C。6.我国学者开发了一种新型高效的催化剂，大幅度降低了电解所需的电压，同时可将气体变废为宝，其工作原理如图所示，下列说法正确的是A.电极与电源负极相连B.吸收的反应的离子方程式为C.交换膜为质子交换膜，电解时由流向D.标况下，若电极上生成，理论上中可处理分子【答案】D【解析】【分析】由图可知，与直流电源负极相连的X电极为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，Y电极为阳极，亚铁离子在阳极失去电子发生氧化反应生成铁离子，放电生成的铁离子在c室溶液中与硫化氢反应生成亚铁离子、硫沉淀和氢离子，电解时氢离子通过质子交换膜由阳极室b流向阴极室a。【详解】A．由分析可知，与直流电源正极相连的Y电极为阳极，故A错误；B．由分析可知，c室发生的反应为溶液中铁离子与硫化氢反应生成亚铁离子、硫沉淀和氢离子，离子方程式为，故B错误；C．由分析可知，电解时氢离子通过质子交换膜由阳极室b流向阴极室a，故C错误；D．由得失电子数目守恒可知，标准状况下X电极上生成4.48L氢气时，理论上c中可处理硫化氢的物质的量为=0.2mol，故D正确；故选D。7.二元有机酸(H2X)的电离常数Kal=1.67×10﹣8、Ka2=3.34×10﹣17。BaX难溶于水，常温下，将BaX溶解在一定浓度的HY溶液中，直至不再溶解，测得混合液中c2(H+)与c2(Ba2+)的关系如图所示。下列说法不正确的是已知：HY是一元强酸，BaY2易溶于水。0.382=0.1414，0.192=0.0361A.NaHX溶液显碱性B.溶度积Ksp(BaX)=6.18×10﹣23mol2⋅L﹣2C.b点：2c(Ba2+)+c(H+)=2c(X2﹣)+c(HX﹣)+c(OH﹣)D.若0.1molBaX溶于25mLxmol⋅L﹣1HY溶液中得到c点溶液，则x≈8.38【答案】C【解析】【详解】A．已知：H2X的Ka2=3.34×10-17，HX-的水解常数Kh=≈6×10-7>Ka2，HX-水解程度大于其电离程度，故NaHX溶液显碱性，A正确；B．由反应BaX+2H+=Ba2++H2X，可知c(Ba2+)≈c(H2X)，Ka1·Ka2==，Ksp(BaX)=c(Ba2+)·c(X2-)=≈6.18×10-23mol2/L2，B正确；C．b点时，溶液中含BaY2和H2X，根据电荷守恒可得：2c(Ba2+)+c(H+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(Y-)+c(OH-)，C错误；D．BaX溶于HY溶液中的反应：BaX+2H+=Ba2++H2X，0.1molBaX消耗0.2molH+，c点溶液中n(H+)=×0.025mol≈0.0095mol，c(HY)=mol/L=8.38mol/L，D正确；故合理选项是C。二、非选择题：共52分8.磁性氧化铁是生产颜料、抛光剂、录音磁带和电讯器材的重要原料。以高硫铝土矿(主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2和少量的FeS2等)提取氧化铝和磁性氧化铁的流程如图：（1）基态Fe原子价层电子的轨道表示式(电子排布图)为______；基态Al原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为______形；（2）“焙烧Ⅰ”过程中采用如图所示的“多层逆流焙烧”，“多层逆流焙烧”的优点是：______(任答一点)。（3）焙烧Ⅱ由氧化铝、氧化铁制得可溶性的NH4Al(SO4)2、NH4Fe(SO4)2.提取率随温度、时间变化曲线如图所示，最佳的焙烧时间与温度是______。写出由氧化铝制得可溶性的NH4Al(SO4)2相关的化学反应方程式为______。（4）写出“滤渣I”主要成分的一种用途______。（5）“焙烧Ⅲ”在隔绝空气的条件下进行反应，理论上完全反应时参加反应的n(FeS2)：n(Fe2O3)=______。（6）FeS2晶体的晶胞结构如图所示。晶胞参数为apm，FeS2晶体的密度为ρg•cm−3，阿伏加德罗常数的值为NA，则FeS2的摩尔质量M=______g⋅mol﹣1(用含a、ρ、NA的代数式表示)。【答案】（1）①.②.哑铃形（2）使矿石和气体充分接触，加快反应速率，提高转化率(使充分接触，提高热能利用率)（3）①.60min450℃左右②.Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O（4）制造玻璃、陶瓷、光导纤维工业制硅等（5）1：16（6）ρa3NA×10﹣30【解析】【分析】高硫铝土矿在“焙烧I”操作中，FeS2生成气体ISO2，在“焙烧Ⅱ”中生成氨气，水溶，过滤，得到SiO2，所以滤渣1的成分是SiO2，将滤液成分结晶、分离，得到NH4Al(SO4)2、NH4Fe(SO4)2，由NH4Fe(SO4)2晶体制备Fe2O3，Fe2O3与FeS2在“焙烧Ⅲ”操作中反应生成SO2和磁性氧化铁，以此作答。【小问1详解】基态铁原子的价层电子排布式为3d64s2，其轨道表示式为；铝为13号原子，基态铝原子占据的最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃形，故答案为：；哑铃形；【小问2详解】“焙烧Ⅰ”过程中采用如图所示的“多层逆流焙烧”，“多层逆流焙烧”，由图示可知，高硫铝土矿与氧气可以充分接触，从而加快反应速率，提高转化率，故答案为：使矿石和气体充分接触，加快反应速率，提高转化率(使充分接触，提高热能利用率)；【小问3详解】由图示可知，在60min以后氧化铝提取率、氧化铁提取率增大不再明显，450℃左右时氧化铝提取率、氧化铁提取率达到最大，故最佳的焙烧时间与温度是60min、450℃左右；氧化铝和硫酸铵在焙烧条件下生成NH4Al(SO4)2，由原子守恒和电子守恒可知其化学反应方程式为Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O，故答案为：60min、450℃左右；Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O；【小问4详解】由分析可知，“滤渣I”的主要成分为二氧化硅，可用于制造玻璃、陶瓷、光导纤维工业制硅等，故答案为：制造玻璃、陶瓷、光导纤维工业制硅等；【小问5详解】“焙烧Ⅲ”在隔绝空气条件下，由FeS2和Fe2O3反应生成磁性氧化铁，同时有SO2生成，由原子守恒和电子守恒可知，参加反应的FeS2和Fe2O3物质的量之比为1:16，故答案为：1:16；【小问6详解】由晶胞结构可知，每个晶胞中含有Fe2＋的个数为个，含有的个数为个，所以其密度，故M＝ρa3NA×10﹣30，故答案为：ρa3NA×10﹣30。9.氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体是制备多种含钒产品和催化剂的基础原料和前驱体，难溶于水。能被O2氧化，化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O。实验室以V2O5为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，过程如下：（1）“步骤I”中生成VOCl2同时还生成N2，该反应的的还原剂是______(填化学式)。已知氧化性V2O5>Cl2，若用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2，则会生成污染性气体。该反应的化学方程式为______。（2）“步骤Ⅱ”可在如下装置中进行：①仪器E的名称是______；②上述装置依次连接的合理顺序为B→______(按气流方向，用字母表示)。③连接好装置，检查装置气密性良好后，加入试剂，开始实验，先打开K1，当______(实验现象)，再关闭K1，打开K2，进行实验。④装置D中每生成1mol氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，需消耗______molNH4HCO3。（3）装置D中加入VOCl2溶液使反应完全，取下三颈烧瓶，立即塞上瓶塞，将其置于CO2保护下的干燥器中，静置，得到紫红色晶体，然后抽滤，并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，最后用乙醚洗涤2次。抽干称重。其中用无水乙醇洗涤的目的是______。（4）测定粗产品中钒的含量。实验步骤如下：称量ag产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol﹣1•L﹣1KMnO4溶液至稍过量，将钒元素氧化为VO2+。再加入某还原剂除去过量的KMnO4.最后用cmol•L﹣1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为bmL。(已知：+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)①粗产品中钒的质量分数表达式为______(用含a、b、c的代数式表示)。②若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则测定结果______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）①.N2H4·2HCl②.V2O5+6HCl(浓)=2VOVl2+Cl2↑+3H2O（2）①长颈漏斗②.A→D→C③.澄清石灰水变浑浊④.17（3）除去晶体表面的碳酸氢铵，并迅速带走表面水分（4）①.②.偏高【解析】【分析】由题给流程可知，五氧化二钒与盐酸一盐酸肼微热反应制得VOCl2，反应的化学方程式为2V2O5+6HCl+N2H4·2HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；反应制得的VOCl2溶液与碳酸氢铵溶液反应生成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵沉淀、二氧化碳和氯化铵，反应的化学方程式为6VOCl2+17NH4HCO3+6H2O=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl。【小问1详解】“步骤I”中生成VOCl2同时还生成N2，反应的化学方程式为2V2O5+6HCl+N2H4·2HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，反应中N2H4·2HCl中N元素由-2价升高为0价，作还原剂；该反应的的还原剂是N2H4·2HCl；已知氧化性V2O5>Cl2，若用浓盐酸与V2O5反应也能制备VOCl2，则会生成污染性气体，该反应的化学方程式为V2O5+6HCl(浓)=2VOVl2+Cl2↑+3H2O；【小问2详解】①根据仪器的构造可知，仪器E的名称是长颈漏斗；②由实验装置图可知，装置B为碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳气体，利用制备的二氧化碳气体排尽装置中的空气，防止反应生成的VOCl2被空气中氧气氧化，装置A中饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的挥发出的氯化氢气体，装置D为氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵的制备装置，装置C中盛有的澄清石灰水用于验证二氧化碳将装置中的空气完全排尽，当空气排完时二氧化碳能使C中石灰水变浑浊，所以步骤Ⅱ的装置连接顺序为BACD，故答案为：A→D→C；③由②可知，连接好装置，检查气密性良好后，加入试剂，开始实验，先打开K1，利用制备的二氧化碳气体排尽装置中的空气，待C中澄清石灰水变混浊后说明装置中的空气完全排尽，再关闭K1，打开K2，进行实验，故答案为：澄清石灰水变浑浊；④发生反应6VOCl2+6H2O+17NH4HCO3=(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O↓+13CO2↑+12NH4Cl，由分析可知，装置D中每生成1mol氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，需要消耗17mol碳酸氢铵，故答案为：17；【小问3详解】用无水乙醇洗涤的目的是除去晶体表面的碳酸氢铵，并迅速带走表面水分；【小问4详解】①n()=n(Fe2+)=bc10-3mol，则产品中钒的质量分数(VO2)为=，答案为；②若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则滴定时消耗的标准溶液更多，测定结果偏高。10.NO是人体不可缺少的“健康信使”，在心脑血管疾病的治疗中起到重要作用。但NO也是一种有毒的物质，如果在空气中含量过高，存在一定的危害。研究NO的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。请按要求回答下列问题：（1）汽车发动机工作时会引发N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180kJ•mol﹣1，其能量变化为：则断开1molNO中化学键所需要的能量为______。（2）已知2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH<0.①在密闭容器中充入一定量CO和NO，发生反应，图甲为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。温度：T1______T2(填“<”或“>”)；若反应在D点达到平衡，此时对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的______点。②探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如上图乙所示。曲线上a点的脱氮率______(填“是>”、“<”或“=”)对应温度下的平衡脱氮率。催化剂Ⅱ条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因可能是______；（3）T3K时，在刚性密闭容器中充入物质的量之比为2∶2∶1的CO、NO和N2的混合气体，起始气体总压强为P0kPa，达平衡时气体总压强为0.9P0kPa．则CO的平衡转化率为______，用气体分压表示KP=______(用含有P0的代数式表示)。（4）以铂为电极，饱和食盐水作电解液，对含有NO的烟气进行脱氮的原理如图所示，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为，尾气经NaOH溶液吸收后排入空气。NO被阳极产生的氧化性气体氧化的离子方程式为______。【答案】（1）632kJ（2）①.>②.A③.<④.反应达平衡，温度升高，平衡逆行移动，脱氮率下降(或温度升高，催化剂活性降低，脱氮率下降)（3）①.50%②.或（4）3Cl2+8OH﹣+2NO=2+6Cl﹣+4H2O【解析】【小问1详解】设NO中氮氧键的键能为x，ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和=(946+498)kJ•mol-1-2×x=180kJ•mol-1，解得x=632kJ•mol-1，则断开1molNO中化学键所需要的能量为632kJ。故答案为：632kJ；【小问2详解】①该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的体积分数增大，由图可知，相同条件下，温度为T1时一氧化氮的体积分数大于T2时，温度：T1>T2；该反应是气体体积减小的放热反应，若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，平衡会向逆反应方向移动，一氧化氮的体积分数增大，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的A点。故答案为：>；A；②温度较低时，催化剂的活性偏低，反应速率较慢，导致反应转化率变化不大，由图象分析可知a点不是对应温度下的平衡脱氮率：对于曲线Ⅱ而言，a点时反应没有达到平衡状态(450℃左右达到平衡)，同时该反应正向为放热反应，根据曲线Ⅱ可知，a点对应温度的平衡脱氮率应该高于a点的脱氮率，曲线上a点的脱氮率<对应温度下的平衡脱氮率。催化剂Ⅱ条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因可能是反应达平衡，温度升高，平衡逆行移动，脱氮率下降(或温度升高，催化剂活性降低，脱氮率下降)；故答案为：<；反应达平衡，温度升高，平衡逆行移动，脱氮率下降(或温度升高，催化剂活性降低，脱氮率下降)；【小问3详解】T3K时，在刚性密闭容器中充入物质的量之比为2∶2∶1的CO、NO和N2的混合气体，起始气体总压强为P0kPa，达平衡时气体总压强为0.9P0kPa．设CO物质的量为2mol，NO物质的量为2mol，N2物质的量1mol，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为x，消耗CO物质的量2x,结合三段式列式计算，则反应后总的物质的量为(5-x)mol,初始压强为p0kPa,达平衡时压强为0.9p0kPa,则，x=0.5，CO的平衡转化率50%，平衡时CO、NO、N2、CO2物质的量分别为1mol、1mol、1.5mol、1mol，总的物质的量为4.5mol，平衡分压分别为：p(CO)=p(NO)=p(CO2)=×0.9p0kPa=0.2p0kPa,p(N2)=×0.9p0kPa=0.3p0kPa，Kp==或，则CO的平衡转化率为50%，用气体分压表示KP=或(用含有P0的代数式表示)。故答案为：50%；或；【小问4详解】阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气：2Cl--2e-=Cl2↑，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为，NO被阳极产生的氧化性气体氧化的离子方程式为3Cl2+8OH﹣+2NO=2+6Cl﹣+4H2O。故答案为：3Cl2+8OH﹣+2NO=2+6Cl﹣+4H2O。11.有机物M是一种新型药物的合成中间体。其一种合成路线如图所示：回答下列问题：（1）B中官能团的