吉林省白城市通渭縣三校高三第六次模擬考試新高考化學試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、己知在堿性溶液中可發生如下反應：2R(OH)3+3C1O-+4OH－=2RO4n-+3Cl－+5H2O。則RO4n-中R的化合價是（）A．+3 B．+4 C．+5 D．+62、苯甲酸在水中的溶解度為：0.18g（4℃）、0.34g（25℃）、6.8g（95℃）。某苯甲酸晶體中含少量可溶性雜質X和難溶性雜質Y。現擬用下列裝置和操作進行提純：裝置：操作：①常溫過濾②趁熱過濾③加熱溶解④結晶⑤洗滌、干燥下列有關說法正確的是_________A．用甲裝置溶解樣品，X在第①步被分離B．用乙裝置趁熱過濾，Y在第②步被分離C．用丙裝置所示的方法結晶D．正確的操作順序為：③→④→②→①→⑤3、反應A(g)+B(g)?3X，在其他條件不變時，通過調節容器體積改變壓強，達平衡時c(A)如下表：平衡狀態①②③容器體積/L40201c(A)(mol/L)0.022a0.05a0.75a下列分析不正確的是（）A．①→②的過程中平衡發生了逆向移動B．①→③的過程中X的狀態發生了變化C．①→③的過程中A的轉化率不斷增大D．與①②相比，③中X的物質的量最大4、在實驗室進行下列有關的物質制備中，理論上正確、操作上可行、經濟上合理的是A．CCOCO2Na2CO3B．CuCu(NO3)2溶液Cu(OH)2C．FeFe2O3Fe2(SO4)3溶液D．CaOCa(OH)2溶液NaOH溶液5、過渡金屬硫化物作為一種新興的具有電化學性能的電極材料，在不同的領域引起了研究者的興趣，含有過渡金屬離子廢液的回收再利用有了廣闊的前景，下面為S2?與溶液中金屬離子的沉淀溶解平衡關系圖，若向含有等濃度Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+的廢液中加入含硫的沉淀劑，則下列說法錯誤的是A．由圖可知溶液中金屬離子沉淀先后順序為Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+B．控制S2?濃度可以實現銅離子與其他金屬離子的分離C．因Na2S、ZnS來源廣、價格便宜，故常作為沉銅的沉淀劑D．向ZnS中加入Cu2+的離子方程式為：S2?+Cu2+CuS↓6、全釩液流電池是一種以釩為活性物質呈循環流動液態的氧化還原電池。釩電池電能以化學能的方式存儲在不同價態釩離子的硫酸電解液中，通過外接泵把電解液壓入電池堆體內，在機械動力作用下，使其在不同的儲液罐和半電池的閉合回路中循環流動，采用質子交換膜作為電池組的隔膜，電解質溶液流過電極表面并發生電化學反應，進行充電和放電。下圖為全釩液流電池放電示意圖：下列說法正確的是()A．放電時正極反應為：B．充電時陰極反應為：C．放電過程中電子由負極經外電路移向正極，再由正極經電解質溶液移向負極D．該電池的儲能容量，可以通過增大電解液存儲罐的容積并增加電解液的體積來實現7、下列有關化學和傳統文化關系的說法中不正確的是A．東漢魏伯陽在《周易參同契》中對汞的描述：“太陽流珠，常欲去人…得火則飛，不見埃塵，將欲制之，黃芽為根……”，這里的“黃芽”是指硫B．三國時期曹植在《七步詩》中寫到“煮豆持作羹，漉菽以為汁。萁在釜中燃，豆在釜中泣。……”，文中“漉”涉及的操作原理類似于化學實驗中的過濾C．《本草經集注》中關于鑒別硝石（KNO3）和樸硝（Na2SO4）的記載：“強燒之，紫青煙起……云是真硝石也”，該方法用了焰色反應D．《本草圖經》在綠礬項載：“蓋此礬色綠，味酸，燒之則赤……”，因為綠礬能電離出H+，所以“味酸”8、高能LiFePO4電池多應用于公共交通，結構如圖所示。電池中間是聚合物的隔膜，其主要作用是在反應過程中只讓Li+通過，原理如下：(1?x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列說法錯誤的是（）A．放電時，Li+向正極移動B．放電時，電子由負極→用電器→正極C．充電時，陰極反應為xLi++nC+xe-=LixCnD．充電時，陽極質量增重9、《Chem.sci.》報道麻生明院士團隊合成非天然活性化合物b(結構簡式如下)的新方法。下列說法不正確的是A．b的分子式為C18H17NO2 B．b的一氯代物有9種C．b存在一種順式結構的同分異構體 D．b能使酸性高錳酸鉀溶液褪色10、某學習小組在實驗室從海帶中提取碘，設計實驗流程如下：下列說法錯誤的是A．過濾操作主要除去海帶灰中難溶于水的固體，它們主要是無機物B．氧化劑參加反應的離子方程式為2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OC．萃取過程所用有機溶劑可以是酒精或四氯化碳D．因I2易升華，I2的有機溶液難以通過蒸餾法徹底分離11、W、X、Y、Z四種短周期主族元素的原子序數依次增大，其最高價氧化物對應的水化物的溶液，濃度均為0.1mol/L時的pH如表所示。下列說法正確的是元素對應的溶液WXYZpH(25℃)1.013.00.71.0A．簡單離子半徑大小順序為：X>Y>Z>WB．Z元素的氧化物對應的水化物一定是強酸C．X、Z的簡單離子都能破壞水的電離平衡D．W、Y都能形成含18個電子的氫化物分子12、設為阿伏加德羅常數值。下列說法正確的是（）A．標準狀況下，與足量反應轉移的電子數為B．的原子核內中子數為C．25℃時，的溶液中含的數目為D．葡萄糖和蔗糖的混合物中含碳原子的數目為13、下列關于鋁及其化合物的說法中不正確的是（）A．工業上冶煉金屬鋁時，通過在氧化鋁中添加冰晶石的方法降低電解能耗B．鋁制品表面可以形成耐腐蝕的致密氧化膜保護層，因此可以用鋁罐盛放咸菜，用鋁罐車運輸濃硫酸C．鋁合金具有密度小、強度高、塑性好等優點，廣泛應用于制造飛機構件D．在飽和明礬溶液中放入幾粒形狀規則的明礬晶體，靜置幾天后可觀察到明礬小晶體長成明礬大晶體14、用NA表示阿伏加德羅常數的數值，下列判斷正確的是（）A．1molCl2參加反應轉移電子數一定為2NAB．一定條件下，足量銅與200g98%的濃硫酸充分反應，轉移電子數為2NAC．0.01molMg在空氣中完全燃燒生成MgO和Mg3N2，轉移的電子數目為0.02NAD．標準狀況下，22.4L氦氣與22.4L氟氣所含原子數均為2NA15、已知：SO32—＋I2＋H2O===SO42—＋2H＋＋2I－，某溶液中可能含有I－、NH4+、Cu2＋、SO32—，向該無色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈無色，下列判斷正確的是()A．肯定不含I－B．肯定不含NH4+C．可能含有SO32—D．可能含有I－16、查閱資料可知，苯可被臭氧氧化，發生化學反應為：。則鄰甲基乙苯通過上述反應得到的有機產物最多有()A．5種 B．4種 C．3種 D．2種二、非選擇題（本題包括5小題）17、某藥物中間體X的合成路線如下：已知：①RX＋＋HX；②－NH2＋RCHORCH＝N－；③R－OH；④。請回答：（1）F的結構簡式為________。（2）下列說法正確的是________。AH→X的反應類型屬于加成反應B化合物F具有弱堿性C化合物G能發生取代、消去、還原反應D化合物X的分子式為C23H27O3N9（3）寫出B→C的化學方程式________。（4）可以轉化為。設計以苯酚和乙烯為原料制備的合成路線（用流程圖表示，無機試劑任選）________。（5）寫出化合物B同時符合下列條件的同分異構體的結構簡式。①分子中有一個六元環，無其它環狀結構；________②1H?NMR譜表明分子中有2種氫原子；IR譜顯示存在－CN________。18、化合物H是合成治療心血管疾病藥物的中間體，可通過以下途徑合成：已知:①（苯胺易被氧化）②甲苯發生一硝基取代反應與A類似。回答下列問題：(1)寫出化合物H的分子式__________，C中含氧官能團的名稱___________。(2)寫出有關反應類型：BC___________；FG___________。(3)寫出AB的反應方程式：___________________________。(4)寫出同時滿足下列條件D的所有同分異構體的結構簡式：____________①能發生銀鏡反應②能發生水解反應，水解產物之一與FeCl3溶液反應顯紫色③核磁共振氫譜(1顯示分子中有4種不同化學環境的氫(5)合成途徑中，C轉化為D的目的是_____________________。(6)參照上述合成路線，以甲苯和(CH3CO)2O為原料（無機試劑任選），設計制備的合成路線：_________________________19、肼是重要的化工原料。某探究小組利用下列反應制取水合肼（N2H4·H2O）。已知：N2H4·H2O高溫易分解，易氧化制備原理：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO＝Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl（實驗一）制備NaClO溶液（實驗裝置如圖所示）(1)配制30%NaOH溶液時，所需玻璃儀器除量筒外，還有_____（填標號）A．容量瓶B．燒杯C．燒瓶D．玻璃棒(2)錐形瓶中發生反應化學程式是_____________________________。（實驗二）制取水合肼。（實驗裝置如圖所示）控制反應溫度，將分液漏斗中溶液緩慢滴入三頸燒瓶中，充分反應。加熱蒸餾三頸燒瓶內的溶液，收集108-114餾分。(3)分液漏斗中的溶液是____________（填標號）。A．CO(NH2)2溶液B．NaOH和NaClO混合溶液選擇的理由是____________。蒸餾時需要減壓，原因是______________。（實驗三）測定餾分中肼含量。(4)水合肼具有還原性，可以生成氮氣。測定水合肼的質量分數可采用下列步驟：a．稱取餾分5.000g，加入適量NaHCO3固體（保證滴定過程中溶液的pH保持在6.5左右），配制1000mL溶液。b．移取10.00mL于錐形瓶中，加入10mL水，搖勻。c．用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出現______________，記錄消耗碘的標準液的體積。d．進一步操作與數據處理(5)滴定時，碘的標準溶液盛放在______________滴定管中（選填：“酸式”或“堿式”）水合肼與碘溶液反應的化學方程式________________________。(6)若本次滴定消耗碘的標準溶液為8.20mL，餾分中水合肼（N2H4·H2O）的質量分數為______。20、高錳酸鉀是常用的氧化劑。某化學小組在實驗室以軟錳礦(主要成分是MnO2)為原料制備KMnO4，下圖是實驗室制備高錳酸鉀的操作流程。已知：溫度溶解度/gK2CO3KHCO3KMnO420℃11133.76.38請回答：(1)反應①的化學方程式為______________________________________，加熱軟錳礦、KClO3和KOH固體，除三腳架、玻璃棒、泥三角和鐵坩堝外，還用到的儀器有___，不采用瓷坩堝而選用鐵坩堝的理由是______________(2)反應②中氧化產物與還原產物的物質的量之比為___________________；上述流程中可以循環利用的物質是__________________________。(3)實驗時，從濾液中得到KMnO4晶體的實驗操作a為___________________，若CO2過量會生成KHCO3，導致得到的KMnO4產品的純度降低其原因是________。21、化合物H是一種香料合成中間體，其合成路線如圖：回答下列問題：(1)A的化學名稱是___。(2)A到B的反應方程式是___。(3)C的結構簡式是___。(4)④的反應類型是___。(5)H中的含氧官能團的名稱是___。(6)X是F的同分異構體，X所含官能團的種類和數量與F完全相同，其核磁共振氫譜為三組峰，峰面積比為6：1：1。寫出兩種符合上述條件的X的結構簡式___。(7)設計由苯甲醇和制備的合成路線___（無機試劑任選）。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】

根據方程式兩端電荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2價，所以R的化合價是+6價，答案選D。2、A【解析】

A.苯甲酸在水中的溶解度為0.18g（4℃），、0.34g（25℃）、6.8g（95℃）用甲裝置溶解樣品，Y末溶，X溶解形成不飽和溶液，苯甲酸形成熱飽和溶液，X在第①步被分離到溶液中，故A正確；B.乙是普通漏斗，不能用乙裝置趁熱過濾，且過濾裝置錯誤，故B錯誤；C.根據苯甲酸的溶解度受溫度影響，應用冷卻熱飽和溶液的方法結晶，故C錯誤；D.正確的操作順序為：③加熱溶解：X和苯甲酸溶解②趁熱過濾：分離出難溶物質Y④結晶：苯甲酸析出①常溫過濾：得到苯甲酸，X留在母液中⑤洗滌、干燥，得較純的苯甲酸，正確的順序為③→②→④→①→⑤，故D錯誤；故選A。3、C【解析】

A.①到②的過程中，體積縮小了一半，平衡時A物質的量由0.88amol變為1amol，說明增大壓強，平衡逆向移動，X此時應為氣態；故A正確；B.②到③的過程中，體積繼續縮小，平衡時A物質的量由1amol變為0.75amol，說明增大壓強平衡正向移動，說明X在壓縮的某個過程中變成了非氣態，結合A項分析，①到③的過程中X的狀態發生了變化；故B正確；C.結合A、B項的分析，平衡首先逆向移動然后正向移動，A的轉化率先減小后增大，故C錯誤；D.③狀態下A物質的量最小，即A轉化率最大，X的物質的量最大，故D正確；答案選C。4、D【解析】

A．碳不完全燃燒可生成一氧化碳，一氧化碳高溫下與氧化銅反應生成銅和二氧化碳，二氧化碳與氫氧化鈉反應生成碳酸鈉；理論上正確，反應過程中產生、利用污染環境的物質CO，不符合綠色化學，一氧化碳是有毒的氣體，碳在氧氣中燃燒生成的進行實驗時要進行尾氣處理，且一氧化碳是可燃性氣體，不純時加熱或點燃引起爆炸，操作上較為復雜，故A錯誤；B．銅與與硝酸銀反應可生成硝酸銅，硝酸銅與氫氧化鈉可生成氫氧化銅沉淀；理論上正確，操作上也較簡便，但利用硝酸銀、氫氧化鈉制取氫氧化銅，經濟上不合理，故B錯誤；C．鐵在氧氣中燃燒生成四氧化三鐵而不能生成三氧化二鐵，因此該方案在理論上就是錯誤的，故C錯誤；D．氧化鈣與水反應可生成氫氧化鈣，氫氧化鈣與碳酸鈉反應可生成氫氧化鈉；理論上正確，操作也只需要加入液體較為簡便，利用碳酸鈉獲得氫氧化鈉，經濟上也合理，符合綠色化學，故D正確；答案選D。5、D【解析】

由圖可知溶液中金屬硫化物沉淀的Ksp大小順序為CuS<CdS<ZnS<CoS<FeS，溶液中金屬離子沉淀先后順序為：Cu2+、Cd2+、Zn2+、Co2+、Fe2+，選項A正確；CuS的Ksp最小，控制S2?濃度可以使銅離子從溶液中沉淀出來，實現銅離子與其他金屬離子的分離，選項B正確；因Na2S、ZnS來源廣、價格便宜，可作沉銅的沉淀劑，選項C正確；ZnS不溶于水，向ZnS中加入Cu2+的離子方程式為：ZnS+Cu2+CuS+Zn2+，選項D不正確。6、D【解析】

放電時，消耗H+，溶液pH升高，由此分析解答。【詳解】A.正極反應是還原反應，由電池總反應可知放電時的正極反應為VO2++2H++e-═VO2++H2O，故A錯誤；B.充電時，陰極反應為還原反應，故為V3+得電子生成V2+的反應，故B錯誤；C.電子只能在導線中進行移動，在電解質溶液中是靠陰陽離子定向移動來形成閉合回路，故C錯誤；D.該電池的儲能容量，可以通過增大電解液存儲罐的容積并增加電解液的體積來實現，正確；故答案為D。【點睛】本題綜合考查原電池知識，側重于學生的分析能力的考查，為高考常見題型和高頻考點，注意把握原電池的工作原理，答題時注意體會電極方程式的書寫方法，難度不大。7、D【解析】

A．液態的金屬汞，受熱易變成汞蒸氣，汞屬于重金屬，能使蛋白質變性，屬于有毒物質，但常溫下，能和硫反應生成硫化汞，從而防止其變成汞氣體，黃芽指呈淡黃色的硫磺，故A正確；B．煮豆持作羹，漉豉以為汁意思為煮熟的豆子來做豆豉而使豆子滲出汁水，分離豆豉與豆汁，實際是分離固體與液體，應選擇過濾的方法，故B正確；C．鑒別硝石(KNO3)和樸消(Na2SO4)，灼燒時焰色反應不同，分別為紫色、黃色，可鑒別，故C正確；D．FeSO4?7H2O電離生成二價鐵離子、硫酸根離子，不能電離產生氫離子，硫酸亞鐵為強酸弱堿鹽，在溶液中水解使溶液顯酸性，故D錯誤；答案選D。8、D【解析】

A．放電時，工作原理為原電池原理，陽離子向正極移動，A正確；B．放電時，工作原理為原電池原理，電子由負極→用電器→正極，B正確；C．充電時，工作原理為電解池原理，陰極反應為xLi++nC+xe-=LixCn，C正確；D．充電時，工作原理為電解池原理，陽極反應為LiFePO4-xe-=(1?x)LiFePO4+xFePO4+xLi+，很明顯，陽極質量減小，D錯誤。答案選D。【點睛】涉及x的電池或者電解池的電極反應書寫，切不可從化合價入手，而應該以電荷守恒或者原子守恒作為突破口進行書寫，如本題D中先根據總反應寫出LiFePO4-e-→(1?x)LiFePO4+xFePO4，很顯然右邊少著x個Li+，故右邊加上xLi+，右邊加上xLi+后，根據電荷守恒可知左邊應該-xe-，最終陽極反應為LiFePO4-e-→(1?x)LiFePO4+xFePO4。9、B【解析】

A．由結構簡式()可知，該有機物分子式為C18H17NO2，故A正確；B．有機物b中含有10種()不同的H原子，一氯代物有10種，故B錯誤；C．C=C兩端碳原子上分別連接有2個不同的基團，存在一種順式結構的同分異構體，故C正確；D．含有碳碳雙鍵，可發生氧化反應，可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D正確；答案選B。【點睛】本題的易錯點為C，要注意有機物存在順反異構的條件和判斷方法。10、C【解析】

實驗室從海帶中提取碘：將海帶在坩堝中灼燒得到海帶灰，將海帶灰浸泡得到海帶灰懸濁液，然后采用過濾的方法將殘渣和溶液分離，得到含有碘化鉀的溶液，向水溶液中加入氧化劑，將I-氧化成I2，向含有碘單質的溶液中加入萃取劑萃取分液得到碘單質的有機溶液，據此分析解答。【詳解】A．海帶在坩堝中灼燒得到海帶灰，有機物燃燒生成二氧化碳和水，過濾操作主要除去海帶灰中難溶于水的固體，主要是無機物，故A正確；B．氧化劑可以選用過氧化氫溶液，反應的離子方程式為2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B正確；C．萃取過程所用有機溶劑可以是四氯化碳或苯，不能選用酒精，因為酒精易溶于水，故C錯誤；D．因I2易升華，有機溶劑的沸點一般較低，因此I2的有機溶液通過蒸餾法難以徹底分離，故D正確；故選C。11、D【解析】

W與Z的最高價氧化物對應水化物的溶液，濃度均為0.1mol/L時pH=1（H+濃度為0.1mol/L），是一元強酸，則W為N（最高價氧化物對應水化物為HNO3），Z為Cl（最高價氧化物對應水化物為HClO4）；Y的最高價氧化物對應水化物的溶液，濃度為0.1mol/L時pH=0.7（H+濃度為0.2mol/L），是二元強酸，則Y為S（最高價氧化物對應水化物為H2SO4）；X的最高價氧化物對應水化物的溶液，濃度為0.1mol/L時pH=13（OH-濃度為0.1mol/L），是一元強堿，且X的原子序數介于N與S之間，可知X為Na（最高價氧化物對應水化物為NaOH）。【詳解】A．S2-、Cl-的核外電子排布相同，其中S2-的核電荷數較小，半徑較大；N3-、Na+的核外電子排布相同，半徑比S2-、Cl-的小，其中N3-的核電荷數較小，半徑比Na+大，則簡單離子半徑大小順序為：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，A項錯誤；B．Z為Cl，其氧化物對應的水化物可能為強酸（如HClO4），也可能為弱酸（如HClO），B項錯誤；C．X的簡單離子為Na+，Z的簡單離子為Cl-，均不會破壞水的電離平衡，C項錯誤；D．W能形成N2H4，Y能形成H2S，均為18電子的氫化物分子，D項正確；答案選D。12、A【解析】

A.二者的反應方程式為，當有2mol二氧化碳參加反應時，一共轉移2mol電子，因此當有二氧化碳參加反應時，轉移0.1mol電子，A項正確；B.碳原子的物質的量是，根據質量數=質子數+中子數算出其1個原子內有8個中子，故一共有中子，B項錯誤；C.pH=2的溶液中，根據算出的物質的量為，C項錯誤；D.葡萄糖的分子式為，蔗糖的分子式為，二者的最簡式不一樣，因此無法計算，D項錯誤；答案選A。13、B【解析】

A.電解熔融氧化鋁加冰晶石是為了降低電解液工作溫度，降低電解能耗，故A正確；B.長時間用鋁罐盛放咸菜，鋁表面的氧化膜會被破壞失去保護鋁的作用；濃硫酸具有強吸水性，容器口部的濃硫酸吸收空氣中的水蒸汽后稀釋為稀硫酸，稀硫酸能溶解鋁罐口部的氧化膜保護層，故B錯誤；C.鋁合金具有密度小、強度高、塑性好等優點，被廣泛地應用于航空工業等領域，例如用于制造飛機構件，故C正確；D.培養明礬晶體時，在飽和明礬溶液中放入幾粒形狀規則的明礬晶體，靜置幾天后可觀察到明礬小晶體長成明礬大晶體，故D正確；綜上所述，答案為B。14、C【解析】

A.1molCl2參加反應，可以是自身氧化還原反應，也可以是氯氣做氧化劑，轉移電子數不一定為2NA，故A錯誤；B.足量銅與200g98%的濃硫酸充分反應，濃硫酸濃度變稀后不能與銅反應，轉移電子數目小于2NA，故B錯誤；C.1mol鎂從游離態變成化合態轉移電子數目為2NA，0.01molMg在空氣中完全燃燒生成MgO和Mg3N2，轉移電子數目為0.02NA，故C正確；D.氦氣為單原子分子，氟氣為雙原子分子，故標況下22.4L氦氣和氟氣即1mol氦氣和氟氣所含的原子個數不同，故D錯誤。答案選C。【點睛】本題考查阿伏伽德羅常數的分析應用，主要是微粒數的計算，氧化還原反應的電子轉移。15、D【解析】據題給方程式確定還原性：SO32-＞I－。其溶液呈無色，則Cu2＋一定不存在，由于SO32-還原性強，首先被Br2氧化成SO，若Br2過量會繼續氧化I－生成I2，致使溶液呈黃色，則根據溶液顏色未變，確定SO32-一定存在，I－可能存在，根據電荷守恒，溶液中的陽離子只能為NH，則NH一定存在。故D正確。16、B【解析】

鄰甲基乙苯的結構簡式為：，根據題目所給反應信息，四種不同的斷鍵方式可生成最多4種有機產物，故答案為B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、或HOCH2CH2NHNH2BCD＋＋HCl、、【解析】

從E到F的分子式的變化分析，物質E和NH2NH2的反應為取代反應，另外的產物為氯化氫，則推斷B的結構簡式為，根據信息①分析，C的結構簡式為，E的結構簡式為HOCH2CH2Cl，F的結構簡式為HOCH2CH2NHNH2。【詳解】(1)根據以上分析可知F的結構簡式為或HOCH2CH2NHNH2；(2)A．Ｈ的結構中含有氯原子，結合信息①分析，H→X的反應類型屬于取代反應，故錯誤；B．化合物F的結構簡式為HOCH2CH2NHNH2，含有氨基，具有弱堿性，故正確；C．化合物G含有的官能團為羥基，羰基，碳氮雙鍵，碳碳雙鍵，所以能發生取代、消去、還原反應，故正確；D．結合信息①分析，Ｈ的分子式為C12H12O2N7Cl，與之反應的分子式為C11H16ON2，該反應為取代反應，生成的另外的產物為氯化氫，則化合物X的分子式為C23H27O3N9，故正確。選BCD；(3)B到C為取代反應，方程式為：＋＋HCl；(4)以苯酚和乙烯為原料制備的合成路線，從逆推方法入手，需要合成的物質為和HN（CH2CH2Br）2，由苯酚和濃硝酸反應生成，乙烯和溴發生加成反應生成1，2-二溴乙烷，再與氨氣反應生成HN（CH2CH2Br）2即可。合成路線為：；(5)化合物B的分子式為C5H6O2N2，其同分異構體同時符合下列條件：①分子中有一個六元環，無其它環狀結構；②1H?NMR譜表明分子中有2種氫原子；IR譜顯示存在－CN，說明結構有對稱性，除了-CN外另一個氮原子在對稱軸上，兩個氧原子在六元環上，且處于對稱位，所以結構可能為、、、。18、C12H15NO醚鍵還原反應消去反應+HNO3(濃)+H2O、、保護氨基，防止合成過程中被氧化【解析】

A是，A與濃HNO3、濃H2SO4加熱發生取代反應產生B：，B與Fe、HCl發生還原反應產生C：，C與(CH3CO)2O發生取代反應產生D：，E為，E與NaBH4發生反應產生F為。【詳解】(1)根據H的結構簡式可知其分子式是C12H15NO；C結構簡式是，其中含氧官能團的名稱為醚鍵；(2)B為，C為，B與Fe、HCl反應產生C，該反應類型為還原反應；F為，G為，根據二者結構的不同可知：FG的類型是消去反應；(3)A是，A與濃HNO3、濃H2SO4加熱發生取代反應產生B：，所以AB的反應方程式為：+HNO3(濃)+H2O；(4)D結構簡式為：，D的同分異構體符合下列條件：①能發生銀鏡反應，說明含有醛基-CHO；②能發生水解反應，水解產物之一與FeCl3溶液反應顯紫色，說明含有酯基，水解產物含有酚羥基，即該物質含酚羥基形成的酯基；③核磁共振氫譜(1顯示分子中有4種不同化學環境的氫，則符合題意的同分異構體結構簡式為：、、；(5)合成途徑中，C轉化為D時—NH2發生反應產生-NHCOCH3，后來轉化為氨基，目的是保護氨基，防止其在合成過程被氧化；(6)參照上述合成路線，以甲苯和(CH3CO)2O為原料，設計制備的合成路線。甲苯首先被酸性KMnO4溶液氧化為苯甲酸，苯甲酸與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發生取代反應產生間硝基甲苯，在Fe、HCl作用下反應產生，與(CH3CO)2在加熱條件下發生取代反應產生，所以甲苯轉化為的合成路線為：【點睛】本題考查有機物的合成與推斷的知識，涉及有機反應類型、官能團結構與性質、限制條件同分異構體書寫，在進行物質推斷的過程中，要充分利用題干信息，結合已有的知識分析、判斷，要注意氨基容易被氧化，為防止其在轉化過程中氧化，先使其反應得到保護，在其他基團形成后再將其還原回來。19、BDCl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2OB如果次氯酸鈉溶液裝在三頸燒瓶中，生成的水合肼會被次氯酸鈉氧化減壓蒸餾可使產品在較低溫度下氣化，避免高溫分解淡黃色且半分鐘不消失酸式N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O82.00%【解析】

（1）配制一定質量分數的溶液時，具體步驟是計算、稱量、溶解，NaOH固體時需要放在燒杯中稱，量取水時需要量筒，溶解時需要燒杯、玻璃棒；（2）氯氣通入到盛有NaOH的錐形瓶中與NaOH發生反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水；（3）依據制取水合肼（N2H4·H2O）的反應原理為：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl，結合反應產物和反應物分析判斷；水合肼（N2H4·H2O）具有還原性，易被次氯酸鈉氧化；（4）根據反應原理確定反應終點；（5）根據碘溶液的性質確定所用儀器；（6）根據N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O進行計算。【詳解】（1）配制一定質量分數的溶液時，溶解時需要燒杯、玻璃棒，故答案為：BD；（2）錐形瓶中氯氣和NaOH反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應的化學方程式為Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案為：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；（3）水合肼（N2H4·H2O）中氮元素為—2價，具有還原性，若次氯酸鈉過量，具有強氧化性的次氯酸鈉會氧化水合肼，為防止水合肼被氧化，分液漏斗中的溶液應是NaOH和NaClO混合溶液；水合肼高溫易分解，減壓會降低物質的沸點，則為防止水合肼分解需要減壓蒸餾，故答案為：B；如果次氯酸鈉溶液裝在燒瓶中，反應生成的水合肼會被次氯酸鈉氧化；餾分高溫易分解，減壓會降低物質的沸點；（4）根據反應N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，終點時碘過量，用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出現淡黃色且半分鐘不消失，記錄消耗碘的標準液的體積，故答案為：淡黃色且半分鐘不消失；（5）滴定時，碘具有強氧化性，會腐蝕橡膠管，則碘的標準溶液盛放在酸式滴定管中，故答案為：酸式；（6）由題意可知，水合肼與碘溶液反應生成氮氣、碘化氫和水，反應的化學方程式為N2H2·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O，由方程式可知n（N2H2·H2O）=0.2000mol·L－1×0.0082L×=0.00082mol，250ml溶液中含有的物質的量=0.00082mol×=0.082mol，水合肼（N2H2·H2O）的質量分數=×100%=82%，故答案為：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O；82%。【點睛】水合肼（N2H4·H2O）中氮元素為—2價，具有還原性，若次氯酸鈉過量，具有強氧化性的次氯酸鈉會氧化水合肼是解答關鍵，也是易錯點。20、(1)KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O酒精燈、坩堝鉗瓷坩堝中的SiO2會與KOH發生反應2:1KOH、MnO2蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥KHCO3的溶解度較小，濾液蒸發濃縮降溫結晶時KHCO3會隨KMnO4一同結晶析出【解析】

以軟錳礦（主要成分是MnO2）為原料制備KMnO4晶體，軟錳礦固體和KOH固體混合在鐵坩堝中煅燒，得到墨綠色熔塊，為K2MnO4，冷卻后溶于水其水溶液呈深綠色，這是錳酸根在堿溶液中的特征顏色，邊加熱邊通入適量二氧化碳氣體，調節溶液pH趁熱過濾得到MnO2和KMnO4溶液，冷卻結晶得到KMnO4晶體。⑴加熱條件下，MnO2、KOH和KClO3反應生成K2MnO4、KCl、H2O，熔融固體物質需要在坩堝內加熱，加熱熔融物含有堿性物質KOH應該用鐵坩堝；瓷坩堝中的二氧化硅和強堿反應，坩堝被腐蝕；⑵工藝流程可知，CO2使MnO42-發生歧化反應，生成MnO4-和MnO2，根據元素守恒可知，會生成K2CO3，若通入CO2太多，會有KHCO3生成，濾液中含有KHCO3、KMnO4；氧化還原反應中的氧化劑是元素化合價降低的物質，還原劑是元素化合價升高的物質，結合化學方程式定量關系和電子守恒計算；流程中需要加入的物質在后面有生成該物質，該物質可以循環利用；⑶從濾液中得到物質的方法是濃縮蒸發，冷卻結晶，過濾或抽濾得到晶體；工藝流程可知，二氧化碳使MnO42-發生歧化反應，生成MnO4-和MnO2，根據元素守恒可知，會生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，會有KHCO3生成，濾液中含有KHCO3、高錳酸鉀；【詳解】(1).加熱條件下，MnO2、KOH和KClO3反應生成K2MnO4、KCl、H2O，反應的化學方程式為3MnO2＋KClO3＋6KOH3K2MnO4＋KCl＋3H2O；加熱軟錳礦、KClO3和KOH固體混合物時，由于KOH會與瓷坩堝中的SiO2發生反應：2KOH+SiO2K2SiO3+H2O腐蝕坩堝，而不與Fe發生反應，所以要用鐵坩堝；故答案為KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；酒精燈、坩堝鉗；瓷坩堝中的SiO2會與KOH發生反應；(2).由流程圖可知，二氧化碳使MnO42-發生歧化反應，生成MnO4-和MnO2，根據元素守恒可知，會生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，會有KHCO3生成，濾液中含有KHCO