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1、2020 年高考化学必刷试卷 07(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，再选涂其它答案标号。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：H 1C 12N 14O 16Na 23S 32Cl 35.5K 39Fe 56Co 59Zn 65一、选择题：本题共 7 个小题，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
2、（陕西省宝鸡中学、西安三中等五校 2020 届高三上学期第一次联考）铵明矾NH4Al(SO4)212H2O是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。下列分析不正确的是A过程反应：2NH4HCO3Na2SO4=2NaHCO3(NH4)2SO4B检验溶液 B 中阴离子的试剂仅需 BaCl2溶液C若省略过程，则铵明矾产率明显减小D向铵明矾溶液中逐滴加入 NaOH 溶液并加热，先后观察到：刺激性气体逸出白色沉淀生成白色沉淀消失【答案】D【解析】A过程利用 NaHCO3的溶解度比较小，NH4HCO3和 Na2SO4发生反应：2NH4HCO3Na2SO4=2NaHCO3(NH4)2SO4，故 A 正确；B溶
3、液 B 已经呈酸性，检验 SO42只需加入 BaCl2溶液即可，故 B 正确；C若省略过程，溶液中还有一定量的 HCO3，加入 Al2(SO4)3，Al2(SO4)3会与 HCO3发生双水解反应，铵明矾产率会明显减小，故 C 正确；D向铵明矾溶液中逐滴加入 NaOH 溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成刺激性气体逸出白色沉淀消失，故 D 错误；答案选 D。8 （郑州市 2020 届高三一模）下列说法正确的是A多糖、油脂、蛋白质均为高分子化合物B淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖C可用酸性 KMnO4溶液鉴别苯和环己烷D分离溴
4、苯和苯的混合物：加入 NaOH 溶液分液【答案】B【解析】A 选项，多糖、蛋白质均为高分子化合物，油脂是低分子化合物，故 A 错误；B 选项，淀粉和纤维素在稀硫酸作用下水解的最终产物均为葡萄糖，故 B 正确；C 选项，不能用酸性 KMnO4溶液鉴别苯和环己烷，两者都无现象，故 C 错误；D 选项，分离溴苯和苯的混合物采用蒸馏方法，故 D 错误。综上所述，答案为 B。【点睛】淀粉、纤维素、蛋白质是天然高分子化合物，油脂分子量比较大，但不是高分子化合物。9 （广东省六校联盟 2020 届高三第二次联考）下列图示实验正确的是A制取蒸馏水B制取收集氨气C乙酸乙酯的制备D碳酸氢钠受热分解【答案】C【解析
5、】A温度计应安装在通向冷凝管的侧口部位，故 A 项错误；B氨气的密度比空气小，应用向下排空气法，导管应伸入试管底部，故 B 项错误；C该装置可以制备乙酸乙酯，C 项正确；D加热固体试管口应朝下，故 D 项错误；故答案为 C。10设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A100 g 含氢元素质量分数为 12%的乙烯与乙醛的混合气体中氧原子数为 NAB0.1 mol Cl2与过量稀 NaOH 溶液反应，转移电子的数目为 0.2NAC常温下，1 L 0.1 mol/L Na2SO3溶液中23SO的数目一定等于 0.1NAD标准状况下，22.4 L CHCl3中含有氯原子的数目为 3NA【答案】
6、A【解析】乙烯和乙醛的分子式分别为 C2H4、C2H4O，因此混合气体中氢元素和碳元素的质量之比为 16，故碳元素的质量分数为 72%，则氧元素的质量分数为 1-72%-12%=16%，100 g 该混合气体中氧元素的质量为 16 g，氧原子数为 NA，A 项正确。Cl2与 NaOH 溶液反应生成 NaCl、NaClO 和 H2O，0.1 mol Cl2与过量稀 NaOH 溶液反应， 转移电子的数目为 0.1NA， B 项错误。 Na2SO3溶液中23SO会发生水解， 1 L 0.1 mol/L Na2SO3溶液中 c(23SO)YZB气态氢化物的热稳定性：YXC最高价氧化物对应水化物的酸性：
7、MZD由 R、X、Y、M 四种元素只组成一种盐【答案】D【解析】短周期主族元素 R、X、Y、Z、M 的原子序数依次增大，它们占据三个周期，则 R 为 H 元素；Y 和 M位于同主族，Y 原子的最外层电子数是电子层数的 3 倍，Y 应该位于第二周期，则 Y 为 O 元素、M 为 S 元素；根据图像，生成的沉淀为氢氧化铝，铵根离子与氢氧根离子反应时沉淀质量不变，则 Q 中一定含有铝离子和铵根离子，化合物 Q 应该为 NH4Al(SO4)2，结合原子序数大小可知 X 为 N 元素、Z 为 Al 元素。M、Y、Z 分别为 S、O、Al，硫离子含有 3 个电子层，半径最大，氧离子和铝离子都含有 2 个电
8、子层，氧元素的核电荷数较小，离子半径较大，则简单离子半径：MYZ，A 正确；X、Y 分别为 N、O 元素，非金属性：NX，B 正确；M 为 S 元素，Z 为 Al 元素，二者的最高价氧化物对应水化物分别为硫酸、氢氧化铝，硫酸为强酸，氢氧化铝为两性氢氧化物，则最高价氧化物对应水化物的酸性：MZ，C 正确；R、X、Y、M 分别为 H、N、O、S 元素，四种元素可以形成硫酸铵、亚硫酸铵等多种盐，D 错误。二、非选择题：共 58 分，第 2628 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3536 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 43 分。26 （14 分）富马酸亚铁，是一种治疗缺铁性贫
9、血的安全有效的铁制剂。富马酸在适当的 pH 条件下与4FeSO，反应得富马酸亚铁。已知：物质名称化学式相对分子质量电离常数(25)富马酸444C H O11641K9.5 1052K4.2 10碳酸23H CO71K4.4 10112K4.7 10富马酸亚铁FeC4H2O4170i.制备富马酸亚铁：将富马酸置于 100mL 烧杯 A 中，加热水搅拌加入23Na CO溶液 10mL 使溶液 pH 为 6.5-6.7。并将上述溶液移至 100mL 容器 B 中安装好回流装置 C，加热至沸。然后通过恒压滴液漏斗 D 缓慢加入4FeSO溶液 30mL维持反应温度 100，充分搅拌 1.5 小时。冷却，
10、减压过滤，用水洗涤沉淀最后水浴干燥，得棕红(或棕)色粉末，记录产量请回答以下问题：（1）该实验涉及到的主要仪器需从以上各项选择，则 B 为_(填字母)，C 为_(填名称)。（2）已知反应容器中反应物4FeSO和富马酸按恰好完全反应的比例进行起始投料，写出步骤中加入23Na CO溶液调节 pH 的目的是_； 若加入23Na CO溶液过量，溶液 pH 偏高，则制得产品的纯度会_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。（3）配制4FeSO溶液方法为称取42FeSO7H O固体，溶于 30mL 新煮沸过的冷水中，需用新煮沸过的冷水的原因是_。（4） 步骤中洗涤的目的主要是为了除去是_离子， 检验沉淀是否洗
11、净的方法是： _。ii.计算产品的产率：（5）经测定，产品中富马酸亚铁的纯度为 76.5%。以 5.80g 富马酸为原料反应制得产品 8.10g，则富马酸亚铁的产率为_%。(保留小数点后一位)【答案】 （14 分）（1）b（1 分）球形冷凝管（1 分）（2）使富马酸转化为富马酸根离子（2 分）偏低（2 分）（3）除去溶液中溶解的氧气，防止亚铁离子被氧化，降低产品产率（2 分）（4）+Na、2-4SO（2 分）取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净（2 分）（5）72.9（2 分）【解析】 （1）仪器 B 为反应容器，应该选 b；回流装置 C 为
12、球形冷凝管；（2）已知反应容器中反应物4FeSO和富马酸按恰好完全反应的比例进行起始投料，步骤中加入23Na CO溶液调节 pH，使富马酸转化为富马酸根离子；若加入23Na CO溶液过量，溶液 pH 偏高，部分 Fe2+生成 Fe（OH）2或 FeCO3，则制得产品的纯度会偏低；（3）配制4FeSO溶液方法为称取42FeSO7H O固体，溶于 30mL 新煮沸过的冷水中，需用新煮沸过的冷水的原因是：除去溶液中溶解的氧气，防止亚铁离子被氧化，降低产品产率；（4）根据实验步骤富马酸钠与硫酸亚铁反应生成富马酸亚铁和硫酸钠，步骤中洗涤的目的主要是为了除去沉淀表面的可溶物，即+Na、2-4SO离子，检验
13、沉淀是否洗净的方法是：取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净；（5）经测定，产品中富马酸亚铁的纯度为 76.5%。以 5.80g 富马酸为原料反应制得产品 8.10g，则富马酸亚铁的产率为8.101705.8076.5%116gg100%=72.9%。27 （14 分）一种利用化肥中废催化剂(含 CoO、Co、Al2O3及少量 FeO)制取明矾和 CoSO4粗产品的工艺流程如下：已知：(i)相关金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下表所示：()Al(OH)3在碱性条件下开始溶解时的 pH 为 7.8，完全溶解时的 pH 为 11。回答下列问
14、题：（1）写出 H2O2的电子式：_。（2）下列措施一定能提高步骤 I 中 A13+和 Co2+的浸取率的是_(填标号)a将废催化剂粉磨为细颗粒b步骤 I 中的硫酸采用 98%的浓硫酸c适当提高浸取时的温度（3）步骤中，写出“氧化”过程中 Fe2+被氧化的离子方程式：_，若“氧化”后再“调节 pH=3”，造成的后果是_。（4）步骤中加 K2CO3应控制 pH 的范围为_。（5）测定 CoSO4粗产品中钴的质量分数的步骤如下：准确称取 ag 产品，先经预处理，然后加入过量的冰乙酸，在加热煮沸下，缓慢滴加 KNO2溶液直至过量，生成不溶于乙酸的 K3Co(NO2)6，再经过滤、洗涤及干燥，称量沉淀
15、的质量为 bg。KNO2溶液氧化并沉淀 Co2+的离子方程式为_(已知 KNO2被还原为 NO)。粗产品中钴元素的质量分数为_(MrK3Co(NO2)6=452，列出计算式)。【答案】 （14 分，每空 2 分） （1）（2）ac（3）2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+Fe3+对双氧水的分解有催化作用，造成原料利用率低（4）pH11（5）Co2+3K+7NO2-+2CH3COOHK3Co(NO2)6 +NO+ H2O+2CH3COO-59452ba100%【解析】废催化剂(含 CoO、Co、Al2O3及少量 FeO)加入硫酸酸浸反应后得到浸取液，主要含有 Co2+、Al3+
16、、Fe2+、H+和 SO42-等离子，调节溶液的 pH=3，再加入 H2O2，Fe2+被氧化为 Fe3+并产生 Fe(OH)3沉淀。过滤后，滤液中加入 K2CO3调节 pH，生成 Co(OH)2沉淀和 KAlO2溶液，经过滤分离。Co(OH)2沉淀加硫酸溶解经后续处理得到粗产品 CoSO4，滤液加硫酸酸化得到硫酸铝钾溶液，经结晶得到明矾，以此分析解答。（1）H2O2为共价化合物，两个氧原子共用一对电子，电子式为：，因此，本题正确答案是：；（2） a将废催化剂粉磨为细颗粒，增大反应物的接触面积，能提高浸取率，故 a 正确；b该反应为 H+参加的离子反应，98%的浓硫酸中的氢离子浓度极小，不利于酸
17、浸，故 b 错误；c升高温度化学反应速率加快，所以适当提高浸取时的温度，能提高浸取率，故 c 正确。因此，本题正确答案是：ac；（3）Fe2+被氧化为 Fe3+，pH=3 时产生 Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+；Fe3+对双氧水的分解有催化作用，若“氧化”后再“调节 pH=3”，会造成原料利用率低。（4） 由已知(i)可知，Co2+沉淀完全的 pH 为 9.2，由已知() 可知，Al(OH)3完全溶解时的 pH 为 11，所以要分离出 Al3+，应控制 pH 的范围为 pH11，（5）KNO2将 Co2+氧化为 Co3+，并生成 K3C
18、o(NO2)6 沉淀，NO2-被还原为 NO，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒写出离子方程式为 Co2+3K+7NO2-+2CH3COOHK3Co(NO2)6 +NO+ H2O+2CH3COO-。因此，本题正确答案是：Co2+3K+7NO2-+2CH3COOHK3Co(NO2)6 +NO+ H2O+2CH3COO-；bg K3Co(NO2)6中含 Co 元素的质量为 bg59452，则粗产品中钴元素的质量分数为59452ba100%，28 （15 分）研究氮氧化物的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。（1）升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是 2NO(g)O2(g)2NO2(g)的速
19、率却随温度的升高而减小，某化学小组为研究特殊现象的实质原因，查阅资料知：2NO(g)O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：i：2NO(g)N2O2(g)(快),v1正k1正c2(NO)v1逆k1逆c(N2O2)H10ii：N2O2(g)O2(g)2NO2(g)(慢),v2正k2正c(N2O2)c(O2)v2逆k2逆c2(NO2)H20请回答下列问题：一定温度下，反应 2NO(g)O2(g)2NO2(g)达到衡状态，请写出用 k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式 K_。由实验数据得到 v2正c(O2)的关系可用如图表示。当 x 点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的
20、点为_(填字母)。（2） 100时， 若将 0.100 mol N2O4气体放入 1 L 密闭容器中， 发生反应 N2O4(g)2NO2(g) H24.4 kJmol1。c(N2O4)随时间的变化如表所示。回答下列问题：在 040 s 时段，化学反应速率 v(NO2)为_ molL1s1下列能说明该反应达到平衡状态的是_(填选项字母)。A2v(N2O4)v(NO2)B体系的颜色不再改变C混合气体的密度不再改变D混合气体的压强不再改变该反应达到平衡后，若只改变一个条件，达到新平衡时，下列能使 NO2的体积分数增大的是_(填选项字母)。A充入一定量的 NO2B增大容器的容积C分离出一定量的 NO2
21、D充入一定量的 N2100时，若将 9.2 g NO2和 N2O4气体放入 1 L 密闭容器中，发生反应 N2O4(g)2NO2(g)。某时刻测得容器内气体的平均相对分子质量为 50，则此时 v正(N2O4)_v逆(N2O4)(填“”“”或“”)。上述反应中，正反应速率 v正k正p(N2O4)，逆反应速率 v逆k逆p2(NO2)，其中 k正、k逆为速率常数，若将一定量 N2O4投入真空容器中恒温恒压分解（温度 298 K、压强 100 kPa） ，已知该条件下 k正4.8104s1，当N2O4分解 10%时，v正_kPas1。【答案】 （15 分，除标明外，每空 2 分）（1）1212kkkk
22、正正逆逆a（2）0.0025BDBC3.9106（3 分）【解析】 （1） 222NO gN Og； 2222N Og +Og2NOg；目标反应 222NO g +Og2NOg， 由反应达平衡状态， 所以1122vvvv正正逆逆、， 所以1212vvvv正正逆逆， 221222222221kcNOc N Oc ON ONOkkckc正正逆逆,则221222212cNOc N Oc OkkKkk正正逆逆，故答案为：1212kkkk正正逆逆； 222NO g +Og2NOg的速率随温度的升高而减小，因为决定该反应速率的是反应，故升高到温度时 v2正减小，且平衡逆向移动，氧气的浓度增大，所以反应重新
23、达到平衡，则变为相应的点为 a，故答案为：a；（2）由表可知，040s 时间内24N O的浓度由 0.10mol/L 减小为 0.050mol/L，则其反应速率为24C0.10mol/L-0.05mol/LV N O=0.00125mol/ L st40()s，由反应速率之比等于化学计量数之比，则2NO的反应速率为2V NO=0.00125mol/ L s2=0.0025mol/ L s，故答案为：0.0025；A.未体现正逆反应速率的关系，A 错误；B.体系的颜色不再改变，说明二氧化氮的浓度不变，B 正确；C.无论是否反应，体系的混合气体的总质量不变，体积不变，故密度不变，C 错误；D.该反
24、应正反应为体积增大的反应，混合气体的压强不再改变，说明气体的物质的量不变，达到平衡状态，D正确；故答案为：BD；A. 充入一定量的2NO，相当于加压，达新平衡时，则2NO的体积分数减小，故 A 错误；B. 增大容器的容积，减压，平衡向体积增大的方向移动，即正向移动，2NO的体积分数增大，故 B 正确；C. 分离出一定量的2NO，相当于减压，使2NO的体积分数增大，故 C 正确；D. 充入一定量的2N，总压增大，气体分压不变，不会引起化学平衡的移动，二氧化氮浓度不变，故 D 错误；故答案为：BC；100时，将 0.100mol24N O气体放入 1L 密闭容器中，平衡时，24n N O=0.04
25、0mol，2n NO=0.12mol，平均分子量=气体总质量气体总的物质的量=0.192/0.040.12molg molmolmol=57.5g/mol，将 9.2g2NO和24N O气体放入 1L密闭容器中，某时刻测得容器内气体的平均相对分子质量为 50，说明反应需向体积缩小的方向进行，即2424vN OvN O正逆，故答案为：；当 N2O4分解 10%时,设投入的 N2O4为 1mol,转化的 N2O4为 0.1mol，则： 24212-10.10.12N OgNOgn物质的量增大，故此时2410.19N O10010010.111molmolpkPakPamolmol,则416194.
26、8 101003.9 1011vskPakPa s正，故答案为：3.9106。（二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。35 化学选修 3：物质结构与性质 （15 分）2019 年 4 月 23 日，中国人民海军成立 70 周年。提到海军就不得不提航空母舰，我国正在建造第三艘航空母舰。镍铬钢抗腐蚀性能强，可用于建造航母。（1）航母甲板镍铬钢表面涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷（结构如图甲所示） 。基态 Cr 原子的价电子排布式为_，基态 Si 原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形，元素 C、O、F 的电负性由大到小的顺序为_。（2）海洋是
27、元素的摇篮，海水中含有大量 F、Cl、Br、I 元素。OF2的空间构型为_，其中 O 原子杂化方式为_杂化。KCl 晶体中存在的化学键类型有_；CaCl2熔点要比 KCl 的熔点高很多，主要原因为_。（3）海底金属软泥是在海洋底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的资源，含有硅、氧化铁、锰、锌等。Zn2+与 S2-形成的一种晶胞结构如图乙所示（黑球表示 Zn2+，白球表示 S2-） ，Zn2+的配位数为_。晶胞边长为 a nm、ZnS 相对分子质量为 M，阿伏加德罗常数的值为 NA，其晶体密度的计算表达式为_gcm-3。【答案】 （15 分）（1）3d54s1（1 分）哑铃（1 分）FOC（2
28、 分）（2）V 形（2 分）sp3（1 分）离子键（2 分）Ca2+半径比 K+小，Ca2+所带电荷数比 K+多，CaCl2的晶格能更高（2 分）（3）4（2 分）213A4M10a N（2 分）【解析】【分析】（1）依据原子核外电子排布规则写出基态 Cr 原子的价电子排布式；依据 Si 的核外电子排布式可知其最高能级为 3p 能级，3p 能级电子云轮廓图为哑铃形；根据 C、O、F 的非金属性推断其电负性；（2）OF2分子的中心原子为 O 原子，其中含有的孤电子对数为 2，键数为 2，价层电子对数为 4，所以OF2的空间构型为 V 形，其中 O 原子的杂化方式为 sp3杂化；氯化钾为离子晶体，
29、存在的化学键为离子键；钙离子的半径比钾离子小，钙离子所带电荷数比钾离子多，氯化钙的晶格能更高，所以氯化钙的熔点更高。（3）通过硫化锌的晶胞结构分析锌离子的周围与之等距离的硫离子，即可知锌离子的配位数；通过硫化锌的晶胞结构可知锌离子的数目为 41=4， 含有硫离子的数目为116+8=428， 一个晶胞的体积为(a10-7)3cm3，由密度公式计算晶体的密度。【详解】（1）Cr 为 24 号元素，核电荷数为 24，故基态 Cr 原子的价电子排布式为 3d54s1；Si 元素为 14 号元素，核电荷数为 14，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p2，最高能级为 3p 能级，3p 能级电子云
30、轮廓图为哑铃形；非金属性：FOC，则 C、O、F 的电负性由大到小的顺序为 FOC。（2）OF2分子的中心原子为 O 原子，其中含有的孤电子对数为 2，键数为 2，价层电子对数为 4，所以OF2的空间构型为 V 形，其中 O 原子的杂化方式为 sp3杂化；氯化钾为离子晶体，存在的化学键为离子键；钙离子的半径比钾离子小，钙离子所带电荷数比钾离子多，氯化钙的品格能更高，所以氯化钙的熔点更高。（3）由硫化锌的晶胞结构可知，每个锌离子的周围与之等距离的硫离子有 4 个，所以锌离子的配位数为 4；一个晶胞中含有锌离子的数目为 4，含有硫离子的数目为 4，一个晶胞的体积为(a10-7)3cm3，则晶体的密
31、度为213A4M10a N。【点睛】计算晶胞密度时，利用晶胞结构计算一个晶胞中含有的离子数，再根据 m=nM 计算质量，根据 V=a3计算体积，由此计算晶体的密度。36化学选修 5：有机化学基础（15 分）芳香烃 A 是基本有机化工原料，由 A 制备高分子 E 和医药中间体 K 的合成路线（部分反应条件略去）如下图所示：已知：；回答下列问题：（1）A 的名称是_，I 含有官能团的名称是_。（2）反应的作用是_，的反应类型是_。（3）写出反应的化学方程式：_。（4）D 分子中最多有_个原子共平面。E 的结构简式为_。（5）写出一种同时符合下列条件的 F 的同分异构体的结构简式：_。苯环上只有两种
32、不同化学环境的氢原子；既能与银氨溶液反应又能与 NaOH 溶液反应。（6）将由 D 为起始原料制备的合成路线补充完整。_（无机试剂及溶剂任选） 。合成路线流程图示例如下：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3【答案】 （15 分）（1）甲苯（1 分）羧基、肽键（酰胺基） （1 分）（2）保护氨基（1 分）取代（水解）反应（1 分）（3）+2NaOH+2NaCl+H2O（2 分）（4）19（2 分）（2 分）（5）（2 分）（6）（3 分）【解析】【分析】芳香烃 A 与氯气在光照条件下发生取代反应生成 B，B 发生水解反应生成苯甲醛，结合 B 的分子式，可知 A 为，B 为；对比 C
33、、D 的结构可知，苯甲醛与丙酮脱去 1 分子水形成碳碳双键而生成 D，D 发生加聚反应生成高分子化合物 E 为； 由 I 中取代基处于对位位置， 可知甲苯发生硝化反应生成 F为，F 发生还原反应生成 G 为，由 I 的结构简式、H 的分子式可知 H 的结构简式为：，H 被酸性高锰酸钾溶液氧化生成 I，I 发生取代反应生成 J，J 发生水解反应生成 K，可知 GH是为了保护氨基，防止被氧化。【详解】 （1）A 为，名称是甲苯，I 中官能团是羧基和肽键（酰胺基） ；（2）反应的作用是保护氨基，防止被氧化，J 发生水解反应生成 K，则的反应类型是取代（水解）反应，（3）B 为，B 发生水解反应生成苯
34、甲醛，该反应方程式为+2NaOH +2NaCl+H2O ；（4）通过旋转碳碳单键，可以使苯环、碳碳双键、碳氧双键的平面共面，可以使甲基中 1 个 H 原子处于平面内，分子中最多有 19 个原子共平面，E 的结构简式为：；（5）一种同时符合下列条件的 F()的同分异构体：苯环上只有两种不同化学环境的氢原子，可以含有 2 个不同的取代基且处于对位，既能与银氨溶液反应又能与 NaOH 溶液反应，含有-OOCH 结构，或者含有酚羟基与醛基，可能的结构简式为：；（6）在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，然后与溴发生加成反应生成，最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，合成路线为 浓硫酸2BrNaOH 、乙醇。【点睛】本题考查有机物推断和有机合成，为高频考点，明确有机物官能团及其性质关系、反应条件及题给信息的迁移是解本题关键，难点是有机物合成路线设计及限制型同分异构体种类判断，题目难度中等。