2024届宁夏吴忠市高三下学期高考模拟联考试卷（二）理科综合试题-高中化学（原卷版+解析版）

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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，将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的原子量：H1 C12 N14 O16 Cl35.5 Ce140
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。
1. 2023年10月26日11时14分，神舟十七号载人飞船点火升空成功发射，我国航天航空事业再次迎来飞速发展。下列有关说法错误的是
A. 太阳电池翼采用的碳纤维框架和玻璃纤维框架均为无机非金属材料
B. 返回舱降落回收过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是有机高分子材料
C. 飞船舱体外壳部件材料是铝合金材料制成，主要是利用了其密度大、硬度大的特性
D. 新型火箭燃料煤基航天煤油主要由不同馏分的烷烃、芳香烃和烯烃类的碳氢化合物组成
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳纤维框架和玻璃纤维框架均为无机非金属材料，其性能优良可用于制作太阳电池翼，A正确；
B．芳纶是有机高分子材料，具有高耐磨、高耐冲撞、高耐化学腐蚀、高耐化学降解等特性，B正确；
C．飞船舱体外壳部件材料是铝合金材料制成，主要是利用了其密度小、硬度大的特性，C错误；
D．新型火箭燃料煤基航天煤油主要由不同馏分的烷烃、芳香烃和烯烃类的碳氢化合物组成，该燃料燃烧更加环保，成本也更低，D正确；
故选C。
2. 高效率和高选择性地将 转化为 是 资源化利用的途径之一，我国科研工作者开发了一种空腔串联反应器，为电催化还原 提供了一种可行的转化方案，其原理如图所示，设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 通入足量 溶液得到的溶液中含有 子数为0.5 NA
B. 1ml中所含中子数为10 NA
C. 途径2生成标准状况下22.4L，反应转移电子数为8 NA
D. 若途径1所得产物物质的量之比为 ，则形成共价键数目为 6 NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化碳与足量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，则22g二氧化碳与足量氢氧化钠溶液反应得到的溶液中碳酸根离子的数目小于×NAml—1=0.5NA，故A错误；
B．甲烷分子中含有的中子数为6，则1ml甲烷分子中含有的中子数为1ml×6×NAml—1=6NA，故B错误；
C．由图可知，途径2中二氧化碳转化为1ml甲烷时，反应转移电子数目为8ml，则生成标准状况下22.4L甲烷时，反应转移电子数为×8×NAml—1=8NA，故C正确；
D．未明确途径1所得产物的物质的量，无法计算形成共价键数目，故D错误；
故选C。
3. 湖北蕲春李时珍的《本草纲目》记载的中药丹参，其水溶性有效成分之一的结构简式如图。下列说法正确的是

A. 该物质属于芳香烃B. 可发生取代反应和氧化反应
C. 分子中有5个手性碳原子D. 1ml该物质最多消耗9mlNaOH
【答案】B
【解析】
详解】A．该有机物中含有氧元素，不属于烃，A错误；
B．该有机物中含有羟基和羧基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，另外，该有机物可以燃烧，即可以发生氧化反应，B正确；
C．将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，在该有机物结构中， 标有“*”为手性碳，则一共有4个手性碳，C错误；
D．该物质中含有7个酚羟基，2个羧基，2个酯基，则1 ml该物质最多消耗11 mlNaOH，D错误；
故选B。
4. “宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一，已知：①和互为同素异形体，臭氧分子极性较小，利用臭氧的强氧化性可在约为8时，与废水中反应生成和两种气体；②氨水、氧化锌悬浊液等均可以吸收废气中的。下列离子方程式正确且符合题意的是
A. 臭氧去除废水中：
B. 少量通入到氧化锌悬浊液：
C. 少量硫化氢气体通入到硫酸亚铁溶液：
D. 向苯酚钠溶液中通入少量：
【答案】A
【解析】
【详解】A．利用臭氧的强氧化性可在约为8时，与废水中反应生成和两种气体，根据元素守恒分析，两种气体为氮气和氧气，则臭氧去除废水中：，故A正确；
B．少量通入到氧化锌悬浊液，反应生成亚硫酸锌：，故B错误；
C．FeS溶于稀硫酸，少量硫化氢气体通入到硫酸亚铁溶液，反应不发生，故C错误；
D．由于碳酸酸性大于苯酚，苯酚酸性大于碳酸氢根，向苯酚钠溶液中通入少量，反应生成碳酸氢根和苯酚：，故D错误。
综上所述，答案为A。
5. 下列实验操作正确且能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向饱和的食盐水中通入氨气、二氧化碳发生反应，因氨气极易溶于水，通入氨气的导管不能插入液面以下，防止倒吸，故A不符合题意；
B．稀硫酸与硫化钠反应生成的硫化氢气体进入到硝酸银和硫酸银的混合液中，硝酸银和硫化氢反应会生成硫化银，无法判断硫化银是硫化银转化的还是硝酸银反应生成的，也就无法判断的相对大小，故B不符合题意；
C．装置上端与电源的正极相连，为电解池的阳极，氯离子在阳极失电子生成氯气，下端与电源负极相连，为电解池的阴极，氢离子放电生成氢气和氢氧化钠，上端的氯气从上口逸出，无法和下部氢氧化钠混合，不能制取含的消毒液，故C不符合题意；
D．稀硫酸与碳酸钠反应，体现酸性：，生成的二氧化碳进入硅酸钠溶液中发生反应，体现酸性，从而得出酸性：，非金属性：；故D符合题意；
故答案为：D。
6. 复旦大学科研人员采用金属碳酸盐和独特的固-固转换反应，设计出@石墨烯(ZZG)电极的概念电池，表现出91.3%的高锌利用率，且寿命长达2000次，其充电时的工作原理如图所示：

下列说法正确的是
A. 放电时的电极电势：ZZG电极>镍基电极
B. 充电时阴极附近电解液中增大
C. 放电时移向镍基电极
D. 放电时当外电路中有2ml电子转移时，ZZG电极就会析出1ml固体
【答案】B
【解析】
【分析】该装置有外接电源，属于电解装置，根据电解原理进行分析，镍基电极为阳极，另外一极为阴极，据此分析；
【详解】A．由充电时电极连接方式可知ZZG电极在放电时是负极，负极的电势低于正极，故A错误；
B．放电时负极电极反应式为5Zn+2CO+6OH--10e-=2ZnCO3·3Zn(OH)2，充电时阴极反应式为2ZnCO3·3Zn(OH)2+10e-=5Zn+2CO+6OH-，n(OH-)增大，故B正确；
C．放电时，阴离子移向负极，故C错误；
D．放电时，ZZG电极的电极反应式为5Zn+2CO+6OH--10e-=2ZnCO3·3Zn(OH)2，当电路中有2ml电子转移时，ZZG电极会产生0.2ml[2ZnCO3·3Zn(OH)2]，故D错误；
答案为B。
7. 乙二胺(H2NCH2CH2NH2)有类似于NH3的性质。25℃时，向0.01ml/L乙二胺溶液中通入HCl气体，所得溶液(忽略溶液体积的变化)的pH与体系中含N微粒浓度的对数值()、反应物的物质的量之比关系如下图所示。下列有关说法正确的是
A. 图中曲线Y表示
B. P3所示溶液：
C. P4所示溶液：
D. 图中M点对应的
【答案】B
【解析】
【分析】由图可看出随HCl通入，曲线Z呈下降趋势，代表，曲线X先增后减，代表，曲线Y呈逐渐增大趋势，代表。
【详解】A．根据分析，随着盐酸的加入，曲线Y呈增大趋势，代表的变化趋势，A错误；
B．由图可知，P3所示溶液，氯化氢和乙二胺之比为1.6∶1，此时溶液中的成份为：C2H10N2Cl2和C2H9N2Cl，由于1ml电离产生1ml和2ml，则此时，B正确；
C．由图可知，P4所示溶液，氯化氢和乙二胺之比为2∶1，此时溶液中的成份为C2H10N2Cl2，根据物料守恒可知，，C错误；
D．乙二胺中，，，图中曲线X与曲线Z的交点，，则，曲线X与Y的交点，，则，图中M点是曲线Y与Z的交点，存在，则，故，，，，，M点，D错误；
故选B。
三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
8. 锌在冶金、化学电源等方面具有重要作用，是一种应用广泛的金属。以闪锌矿(主要成分为，还含有和少量杂质)为原料，制备金属锌的流程如图所示：
回答下列问题：
（1）焙烧过程排放烟气中含有大量的，直接排放会污染空气，可用氧化锌吸收法除去。配制悬浊液(含少量、)，在吸收塔中封闭循环脱硫，发生的主要反应为，该反应常温下能自发进行的原因是___________。
（2）用稀硫酸完全溶浸后，溶液中各离子浓度如下表
①“氧化除杂”工序中发生反应的离子方程式___________。
②常温下，有关离子沉淀的如下表所示(当离子浓度为时认为沉淀完全)：
则___________，“氧化”后调的范围是___________。
（3）溶液中的___________(填“能”或“不能”)直接在“氧化除杂”步骤中除去，其原因是___________。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，电解总方程式为___________；沉积锌后的电解液可返回___________工序继续使用。
（5）下列金属冶炼的方法与本工艺电解冶炼锌方法相似的是___________。
A. 电解熔融的氯化钠制钠B. 电解熔融的氯化镁制镁
C. 电解熔融的氧化铝制铝D. 电镀硫酸铜废水回收金属铜
【答案】（1）
（2） ①. ②. 3.3 ③.
（3） ①. 不能 ②. 在氧化除杂工序中加是为了调节溶液，若要完全除去，溶液的至少需要调节为9.4，此时也会完全沉淀
（4） ①. ②. 溶浸 （5）D
【解析】
【分析】由题给流程可知，浮选精矿焙烧时，金属硫化物与空气中氧气高温条件下反应生成金属氧化物和二氧化硫，向焙烧残留物中加入稀硫酸酸浸，金属氧化物溶于稀硫酸得到可溶性硫酸盐，氧化铅与稀硫酸反应得到硫酸铅，二氧化硫与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣1和含有可溶性硫酸盐的滤液1；向滤液中通入氧气，将亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入氧化锌调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和滤液2；向滤液2中加入锌粉，将镉离子还原为镉，过滤得到镉滤渣3和硫酸锌滤液；电解硫酸锌溶液在阴极得到锌。
【小问1详解】
，反应能自发进行，说明该反应，故答案为：；
【小问2详解】
①“氧化除杂”步骤中向滤液中通入氧气，将亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入氧化锌调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，反应离子方程式为：，故答案为：；
②“氧化除杂”中调pH使Fe3+离子完全沉淀，Zn2+不沉淀，根据表中数据可知Fe3+离子开始沉淀的pH=2.3，，，；当铁离子完全沉淀时，此时，，pH=3.3，故，调节pH值范围是，故答案为：；；
【小问3详解】
在氧化除杂工序中加是为了调节溶液，若要完全除去，溶液的至少需要调节为9.4，此时也会完全沉淀，直接在“氧化除杂”步骤中除去不能完全除去，故答案为：不能；在氧化除杂工序中加是为了调节溶液，若要完全除去，溶液的至少需要调节为9.4，此时也会完全沉淀；
【小问4详解】
惰性电极电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阳极的电极反应式为，阴极电极反应式为：，总反应式为；沉积锌后的电解液为硫酸可返回溶浸工序继续使用，故答案为：；溶浸；
【小问5详解】
电解熔融的氯化钠制钠、电解熔融的氯化镁制镁、电解熔融的氧化铝制铝均是在非水体系中进行，电镀硫酸铜废水回收金属铜和惰性电极电解硫酸锌溶液制备单质锌，均是在水溶液中进行，且阴极均为金属离子放电、阳极为水提供的氢氧根离子放电，两者冶炼方法相似，故答案为：D。
9. 一种以磷铁渣(主要含，以及少量、等杂质)、为原料制备磷酸锰的实验过程如下：
（1）溶解。将一定量的磷铁渣加入如图所示装置的三颈烧瓶中，维持温度60℃，边搅拌边向三颈烧瓶中加入一定量的硫酸和溶液，反应后有、和生成。反应后过滤。
①写出反应的离子方程式：___________。
②实验中当观察到某种现象时可不再加入溶液，该现象是：___________。
③难溶于水，反应的平衡常数为___________。[已知，的电离平衡常数]。
④实验中需不断补充稀硫酸控制溶液的。过大会降低的浸出率和消耗过多的，原因是___________。
（2）除铁。向所得滤液中加入萃取剂(由磷酸酯和煤油混合而成，磷酸酯易溶于煤油，难溶于水)萃取溶液中的。萃取结束后取有机层，经过反萃取操作，可回收萃取剂重复使用。已知萃取剂中磷酸酯(用表示)萃取溶液中时发生如下反应：(有机层)(有机层)，反萃取回收萃取剂的方法是___________。
（3）制。由萃取后所得水层中、制纯净固体的实验方案，请补充完整：取萃取后所得水层溶液[其中]，向其中滴加，再滴加溶液，至溶液___________，过滤，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液中加入盐酸和溶液___________，后干燥沉淀，得固体。(已知溶液的对所得沉淀中锰磷比和的沉淀率影响如图所示。)
【答案】（1） ①. ②. 三颈烧瓶中加入溶液后红色不消失 ③. 1.92 ④. 过大，水解生成或转化为沉淀造成的浸出率低，转化为，氧化等量的消耗的更多
（2）向萃取后所得有机层中(分批次)加入一定量的硫酸，充分振荡后静置分液，取有机层
（3） ①. 7 ②. 无沉淀生成或无明显现象
【解析】
【分析】将磷铁渣(主要含，以及少量、等杂质)维持温度60℃，边搅拌边向三颈烧瓶中加入一定量的硫酸和溶液，发生反应，溶液中有、和生成，硫酸是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，过滤得到滤液和滤渣，去掉滤渣主要成分为SiO2，萃取法除铁，最后制备制。
【小问1详解】
①向三颈烧瓶中加入一定量的硫酸和溶液，反应后有、和生成。可知FeP在酸性条件下被KMnO4氧化，配平离子方程式为：；故答案为：；
②三颈烧瓶中加入参加反应，紫红色褪去，当三颈烧瓶中加入溶液后红色不消失说明反应已完全。故答案为：三颈烧瓶中加入溶液后红色不消失；
③反应的平衡常数为 ，故答案为：1.92；
④实验中需不断补充稀硫酸控制溶液的pH，pH过大，水解生成或转化为沉淀造成的浸出率低，转化为，氧化等量的消耗的更多，故答案为：过大，水解生成或转化为沉淀造成的浸出率低，转化为，氧化等量的消耗的更多；
小问2详解】
(有机层)(有机层)，加入硫酸，平衡向逆方向移动，Fe3+进入水层，分液，有机层回收利用即可，故答案为：向萃取后所得有机层中(分批次)加入一定量的硫酸，充分振荡后静置分液，取有机层；
【小问3详解】
分析题中图像可知，在pH为7，沉淀中锰磷比接近3∶2，Mn的沉淀率最大。则取萃取后所得水层溶液100，向其中滴加500.1，再滴加溶液，至溶液，过滤，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液中加入盐酸和溶液无沉淀生成或无明显现象，后干燥沉淀，得固体，故答案为：7；无沉淀生成或无明显现象。
10. 研究CO、CO2在一定条件下与H2催化合成CH4等有机化工产品，对实现“碳中和”目标具有重要的意义。在一定条件下CO(g)与H2(g)可发生如下反应：
反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) △H1=-206.4kJ•ml-1
反应Ⅱ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H2
反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=+41.2kJ•ml-1
（1）部分物质的标准生成焓数据如表所示：
则x=______；△H2=______kJ•ml-1。
（2）一定温度范围内反应I和反应Ⅱ的lgKp－的线性关系如图1所示。
①依据图像，可知T1℃时，反应Ⅲ的平衡常数Kp3=______。
②图中v正(A)_____(填“＞”、“＜”或“=”)v逆(B)。
（3）①恒温(323K)恒压(p)条件下，在密闭容器中起始时按n(H2)：n(CO2)=1：1投料进行反应(仅发生反应Ⅱ和反应Ⅲ)，CO2初始分压分别为p0-(a)MPa、p0-(b)MPa、p0-(c)MPa，测得CO2的压强转化率α(CO2)[已知：气体A的压强转化率表示为α(A)=(1-)×100%，p0MPa为A的初始分压，p1MPa为某时刻A的分压]与时间(t)的关系如图2，则p0-(a)、p0-(b)、p0-(c)由大到小的顺序为_____。
②在密闭容器中起始时按n(H2)：n(CO2)=3：1投料，分别在压强为1MPa和5MPa的恒压下进行反应(两压强下均只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ)。恒压条件下反应温度对平衡体积分数δ(x)[x为CO或CH4，δ(x)=×100%]的影响如图3所示。
则在1MPa时，表示CH4和CO的平衡体积分数随温度变化关系的曲线依次是_____(填“a”、“b”、“c”或“d”，下同)和______；在T℃、一定压强下，反应在M点达到化学平衡，平衡时CH4的分压p(CH4)=_____MPa，反应Ⅲ的平衡常数Kp=_____。
【答案】（1） ①. -241.8 ②. -165.2
（2） ①. 1 ②. ＞
（3） ①. p0-(a)＞p0-(c)＞p0-(b) ②. b ③. c ④. 0.125 ⑤. 2.4
【解析】
【小问1详解】
根据表格数据，△H1=[(-74.6+ x)-(-110+03)] kJ•ml-1=-206.4kJ•ml-1，解得x=-241.8；根据盖斯定律，Ⅱ=Ⅰ+Ⅲ，。
【小问2详解】
①根据图1所示，℃时，反应Ⅰ和反应Ⅱ的相等，反应Ⅲ＝反应Ⅱ－反应Ⅰ，则，；
②A、B两点都是平衡点，温度越高反应速率越大，A点温度高于B点，因此v正(A)> v逆(B)。
【小问3详解】
①反应Ⅱ的正向反应为气体体积减小的反应，反应Ⅲ为反应前后气体体积不变的反应，结合已知条件，可知反应相同时间起始总压相等时，初始分压越大，越大，故；
②根据已知条件分析可知，a、b表示甲烷的平衡体积分数随温度变化关系，c、d表示CO的平衡体积分数随温度变化关系，结合（3）①的结论可推出在1MPa时，表示和CO的平衡体积分数随温度变化关系的曲线依次是b、c。
设和初始物质的量分别为1ml和3ml，生成的和CO的物质的量均为xml，列出三段式：
平衡时的体积分数％，解得，平衡时气体总物质的量为，平衡时的分压，用平衡分压代替平衡浓度计算得反应Ⅲ的平衡常数。
【化学—选修3：物质结构与性质】
11. 我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。回答下列问题：
（1）下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是___________(填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是___________。
A． B．
C． D．
（2）中心原子为，中心原子为O，二者均为V形结构，但中存在大键()。中原子的轨道杂化方式为___________；键角___________键角(填“>”“
（3）离子晶体，而为分子晶体
（4）
（5） ①. () ②. ③. 或
【解析】
【分析】A中各轨道都处于全满状态比较稳定，较难失去电子，因此失去一个电子需要的能量最高；发射光谱是指电子从高能量轨道跃迁到低能量轨道时释放能量的现象；为离子晶体，熔化破坏离子键，离子键键能大，故熔沸点高，为分子晶体，熔化破坏分子间作用力，分子间作用力小；氢键键长为通过氢键的两个氧原子的核间距，晶胞Z轴方向距离最近两个O原子的距离为氢键的长度。
【小问1详解】
A中各轨道都处于全满状态比较稳定，较难失去电子，因此失去一个电子需要的能量最高；发射光谱是指电子从高能量轨道跃迁到低能量轨道时释放能量的现象，即原子从激发态到稳态过程发出电离辐射的过程，处于激发态的原子为CD，
故答案为：A；CD；
【小问2详解】
由ClO2中存在可以推断，其中Cl原子只能提供1对电子，有一个O原子提供1个电子，另一个O原子提供1对电子，这5个电子处于互相平行的 轨道中形成大π键，Cl提供孤电子对与其中一个O形成配位键，Cl与另一个O形成的是普通的共价键（σ键，这个O只提供了一个电子参与形成大π键），Cl的价层电子对数3，则Cl原子的轨道杂化方式为sp2；Cl2O中心原子为O，其价层电子对数为2+=4，因此，Cl2O的杂化方式为sp3，根据价层电子对互斥理论可知，sp3时，价电子对的几何构型为正四面体，sp2时，价电子对的几何构型平面正三角形，sp2杂化的键角一定大于sp3的，因此，虽然ClO2和Cl2O均为V形结构，但O-Cl-O键角大于Cl-O-Cl键角，
故答案为：sp2；>；
【小问3详解】
为离子晶体，熔化需要破坏离子键，离子键键能大，离子晶体熔沸点高；为分子晶体，熔化破坏分子间作用力，分子间作用力小，分子晶体熔沸点小，
故答案为：为离子晶体，而为分子晶体；
【小问4详解】
氢键键长为通过氢键的两个氧原子的核间距，晶胞Z轴方向距离最近两个O原子的距离为氢键的长度(O-H…O的长度)为，
故答案为：；
【小问5详解】
根据理想CeO2的立方晶胞模型可知，O原子位于4个Ce原子组成的正四面体空隙中，CeO2的缺陷型晶型中，氧空位处的原子位于晶胞体对角线的处，所以其分数坐标是（，，）。该缺陷晶型中Ce原子个数为，O原子个数为7，故化学式是；每个晶胞中含有4个CeO2，设晶胞边长为apm，，晶胞边长pm，晶胞体对角线长为，再计算Ce原子核O原子的最近距离，其距离为晶胞体对角线长的，即 或，
故答案为：（，，）；； 或。
【化学—选修5：有机化学基础】
12. 高聚物G是一种合成纤维，由A与E为原料制备J和G的一种合成路线如下：
已知：①酯能被还原为醇；
②
回答下列问题：
（1）A的名称是___________。
（2）C的结构简式为___________，J的分子式为___________。
（3）B生成C和D生成H的反应类型分别为___________、___________。
（4）写出F+D→G的化学方程式___________。
（5）芳香化合物M是C的同分异构体，符合下列要求的M有___________种(不考虑立体异构)。
①与碳酸钠溶液反应产生气体；②只有1种官能团；③苯环上有2个取代基。
其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积之比的结构简式为___________。
（6）参照上述合成路线，写出用为原料制备化合物的合成路线(其他无机试剂任选)___________。
【答案】（1）邻二甲苯或1，2-二甲苯
（2） ①. ②.
（3） ①. 取代反应或酯化反应 ②. 氧化反应
（4）n +n+(2n-1)H2O
（5） ①. 12 ②.
（6）
【解析】
【分析】A的分子式为C8H10，A被高锰酸钾氧化成B，则A的结构简式为，根据C的分子式，1mlB与2mlCH3OH发生酯化反应，则C的结构简式为，根据信息①可知，D的结构简式为，根据信息②可知，I的结构简式为，G是高分子化合物，D与F发生缩聚反应得到G，据此分析；
【小问1详解】
根据上述分析，A的结构简式为，名称为邻二甲苯或1，2-二甲苯；故答案为邻二甲苯或1，2-二甲苯；
【小问2详解】
根据上述分析，C的结构简式为；根据J的结构简式，J的分子式为C10H12O4，故答案为；C10H12O4；
【小问3详解】
根据上述分析，B生成C的反应类型为取代反应或酯化反应，D的结构简式为，D转化成H，发生氧化反应；故答案为取代反应或酯化反应；氧化反应；
【小问4详解】
F+D发生缩聚反应生成高分子G，其反应方程式为n+n+(2n-1)H2O；故答案为n+n+(2n-1)H2O；
【小问5详解】
C的结构简式为，芳香族化合物M是C的同分异构体，M中应含有苯环，能与碳酸氢钠溶液反应生成气体，则M中含有羧基，苯环上有两个取代基，2个取代基可以为-CH2COOH、-CH2COOH；-CH2CH2COOH、-COOH；-CH(CH3)COOH、-COOH；-CH(COOH)2、-CH3；2个取代基在苯环上的位置有邻间对，因此共有4×3=12；有4种不同化学环境的氢，说明是对称结构，峰面积之比为1∶1∶1∶2，则结构简式为；故答案为12；；
【小问6详解】
氧化为，和H2O2反应生成，在浓硫酸作用下发生反应生成，合成路线为；故答案为。A.制备
B.验证
C.制备少量含的消毒液
D.证明非金属性：
金属离子
浓度()
1.0
0.01
1.0
0.01
开始沉淀
2.3
6.2
74
沉淀完全
x
8.7
9.4
物质
CO(g)
H2(g)
CH4(g)
H2O(g)
标准生成焓/(kJ•ml-1)
-110
0
-74.6
x