山东省威海市2018年高考模拟考试理综化学试题解析

山东省威海市2018年高考模拟考试理综化学试题

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65 Ag 108

1. 化学与生活、生产密切相关，下列说法错误的是

A. 江河入海口三角洲的形成与胶体性质有关

B. “柴油树”的树油用于生产生物柴油，可作柴油使用

C. 废旧电池应集中处理主要是要回收其中的金属材料

D. 将二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用

【答案】C

【解析】分析：A、根据胶体能发生聚沉分析；

B、“柴油树”的树油是有机物，燃烧值高；

C、根据重金属能污染环境解答；

D、根据二氧化硫的性质解答。

详解：A、河水可以看作是胶体，海水中含有电解质，因此江河入海口三角洲的形成与胶体性质即胶体的聚沉有关，A正确；

B、“柴油树”的树油主要成分是有机物，可用于生产生物柴油，可作柴油使用，B正确；

C、废旧电池应集中处理主要是防止重金属污染环境，例如水源和土壤等，C错误；

D、二氧化硫具有还原性，且具有杀菌消毒作用，因此可将二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，D正确。答案选C。

2. 设N A为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是

A. 标准状况下，向2.24L密闭容器中充满NO2气体，其所含分子数为0.1 N A

B. CuO和Cu2S的混合物80 g中，所含铜粒子数为2N A

C. 常温常压下，22gT2O含中子数为12N A

D. 1.0 L 1.0 mol·L－1的NaNO3水溶液中含有的氧原子数为3N A

【答案】C

【解析】分析：A、根据NO2与N2O4存在平衡关系解答；

B、根据CuO和Cu2S的组成分析；

C、T2O含有12个中子，结合n＝m÷M解答；

D、溶剂水中还含有氧原子。

详解：A、标准状况下，向2.24L密闭容器中充满NO 2气体，由于存在：2NO2N2O4，因此其所含分子数小于0.1N A，A错误；

B、CuO、Cu2S中铜元素的百分含量均是80%，所以二者组成的混合物80g中，所含铜粒子数为

N A，B错误；

C、常温常压下，22gT2O的物质的量是＝1mol，因此所含中子数为12N A，C正确；

D、1.0L1.0mol·L－1的NaNO3水溶液中硝酸钠的物质的量是1mol，其中含有的氧原子数为3N A，但溶剂水中还含有大量的氧原子，D错误。答案选C。

点睛：本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关计算，明确核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点是解答此类问题的关键。选项D是解答的易错点，主要是忽略了水中还含有氧原子。

3. 三氯异氰尿酸是一种极强的氧化剂和氯化剂，利用氰尿酸（图1）与次氯酸在一定pH下反应可制备三氯异氰尿酸（图2），若原料完全反应生成三氯异氰尿酸，下列说法正确的是

A. 氰尿酸的分子式为C6N3O3H3

B. HClO的电子式为

C. 该转化过程有机物发生还原反应

D. 氰尿酸和次氯酸反应的物质的量之比为2 : 3

【答案】B

【解析】分析：A、根据结构简式判断分子式；

B、次氯酸是共价化合物，据此书写电子式；

C、根据氢原子被氯原子代替分析；

D、根据原子守恒解答。

详解：A、根据氰尿酸的结构简式可知其分子式为C3N3O3H3，A错误；

B、HClO分子中含有共价键，其电子式为，B正确；

C、该转化过程中氢原子被氯原子取代，有机物发生取代反应，C错误；

4. 连二亚硫酸钠（Na2S2O4）俗称保险粉，易被氧气氧化。利用如图装置，在锥形瓶中加入HCOONa、NaOH、CH3OH和水形成的混合液，通入SO2时发生反应生成保险粉和一种常见气体，下列说法错误的是

A. 制备保险粉的离子方程式为HCOO－＋OH－＋2SO2===S2O42－＋CO2↑＋H2O

B. NaOH溶液的主要作用是吸收逸出的CO2

C. 多孔玻璃球泡的作用是增大气体与溶液的接触面积，使SO2能被充分吸收

D. 为避免产生的Na2S2O4被O2氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的SO2排出装置中残留的O2

【答案】B

【解析】分析：A、根据原子守恒判断生成物还有二氧化碳和水生成；

B、根据二氧化硫是大气污染物解答；

C、根据多孔玻璃球泡的接触面积大分析；

D、根据装置中有空气，保险粉易被氧气氧化解答。

详解：A、根据原子守恒判断生成物还有二氧化碳和水生成，因此制备保险粉的离子方程式为HCOO－＋OH －＋2SO2＝S2O42－＋CO2↑＋H2O，A正确；

B、二氧化硫有毒，属于大气污染物，因此NaOH溶液的主要作用是吸收剩余的SO2，B错误；

C、多孔玻璃球泡的接触面积大，因此其作用是增大气体与溶液的接触面积，使SO2能被充分吸收，C正确；

D、保险粉易被氧气氧化，装置有空气，因此为避免产生的Na2S2O4被O2氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的SO2排出装置中残留的O2，D正确。答案选B。

5. 近几年，具有超常性能的铝离子电池成为研究热点，其可在一分钟内完成充放电。铝与石墨为电极，内部用AlCl4－和有机阳离子构成电解质溶液，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是

A. 放电时，有机阳离子向石墨电极方向移动

B. 放电时，正极的电极反应式为：C n[AlCl4]+e－=C n+AlCl4－

C. 充电时，每生成1mol铝，同时消耗4molAl2Cl7－

D. 充电时铝电极接电源负极，该极有C n[AlCl4]生成

【答案】D

【解析】分析：A、原电池中阳离子向正极移动；

B、放电时负极发生氧化反应子，正极发生得到电子的还原反应；

C、根据充电时的电极反应式解答；

D、根据充电可以可作是放电的逆反应解答。

详解：A、铝是活泼的金属，放电时做负极，石墨做正极。原电池中阳离子向正极移动，所以有机阳离子向石墨电极方向移动，A正确；

B、放电时正极发生得到电子的还原反应，根据装置图可知正极的电极反应式为：C n[AlCl4]+e－＝C n+AlCl4－，B正确；

C、充电时铝电极作阴极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为4Al2Cl7-+3e-＝Al+7AlCl4－，因此充电时，每生成1mol铝，同时消耗4molAl2Cl7－，C正确；

D、放电时，铝是活泼的金属铝是负极，因此充电时铝电极接电源负极，电极反应式为4Al2Cl7-+3e-＝Al+7AlCl4－，因此该极有AlCl4－生成，石墨电极有C n[AlCl4]生成，D错误；答案选D。

点睛：本题主要是考查学生二次电池的工作原理以及原电池和电解池的工作原理知识，属于综合知识的考查，题目难度中等。明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键。难点是电极反应式的书写，注意放电微粒、离子移动方向等有关判断，尤其要注意结合电解质的性质书写。

6. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下，甲的浓溶液和A发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体。上述物质的转化关系如图所示。下列

说法正确的是

A. 丁和戊中所含元素种类相同

B. 简单离子半径大小：X＜Y

C. 气态氢化物的还原性：X＞Z

D. Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存

【答案】A

【解析】分析：短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下，甲的浓溶液和A发生钝化，Y元素是Al，甲是硝酸或硫酸。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体，因此丙是二氧化硫，则甲是硫酸，丁是水，乙是硫酸铝。二氧化硫与戊反应生成硫酸，则戊具有氧化性，应该是双氧水，据此解答。

详解：根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是H、O、Al、S。则

A. 丁和戊分别是H2O和H2O2，因此其中所含元素种类相同，A正确；

B. 核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径大小：X＞Y，B错误；

C. 非金属性越强，氢化物的还原性越弱。非金属性是O＞S，则气态氢化物的还原性：X＜Z，C错误；

D. 铝离子与硫离子在水溶液中不能大量共存，二者反应生成氢氧化铝和硫化氢，D错误。答案选A。

7. 砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素。常温下，H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与加NaOH溶液调节pH的关系如图所示（已知：p K a=－lg K a），下列说法错误的是

A. Na2HAsO4溶液显碱性

B. H3AsO4溶液p K a2为2.2

C. m点对应溶液中由水电离出的c(OH－)为10－2.5mol·L－1

D. n点对应溶液中离子浓度关系为：c(Na+)＞c(HAsO42－)=c(H2AsO4－)＞c(H+)=c(OH－)

【答案】B

【解析】分析：A．根据Na2HAsO4溶液pH大于7判断；

B．根据H3AsO4的电离平衡常数计算；

C．m点对应溶液为HAsO42-和AsO43-的混合溶液，溶液显碱性，说明是盐的水解的原因；

D．n点对应溶液pH＝7，溶液呈中性，据此解答。

详解：A．根据图象分析可知，HAsO42-溶液pH大于7，溶液显碱性，A正确；

B．H3AsO4的K a2＝，pH＝7时c（HAsO42-）＝c（H2AsO4-），K a2＝c（H+）＝10-7，pK a2＝7，B错误；

C．m点对应溶液为HAsO42-和AsO43-的混合溶液，溶液显碱性，盐类水解促进水的电离，m点溶液的pH ＝11.5，则对应溶液中由水电离出的c(OH－)为10－2.5mol·L－1，C正确；

D．n点对应溶液pH＝7，溶液中c(Na+)＞c(HAsO42－)=c(H2AsO4－)＞c(H+)=c(OH－)，D正确；答案选B。点睛：本题考查酸碱混合的定性判断和计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握图象所给信息，为解答该题的关键，题目难度中等。

8. 氯化苄(C6H5CH2Cl)为无色液体，是一种重要的有机化工原料。现在实验室模拟工业上用甲苯与干燥氯气在光照条件下加热反应合成氯化苄、分离出氯化苄并检验样品的纯度，其装置(夹持装置略去)如图所示：

回答下列问题：

（1）仪器E的名称是______；其作用是______；其进水口为______（填“a”或“b”）。

（2）装置B中的溶液为______；装置F的作用是______。

（3）用恒压滴液漏斗代替分液漏斗的优点是______。

（4）装置A中反应的离子方程式为______。

（5）反应结束后，关闭K1和K2，打开K3，加热三颈烧瓶，分馏出氯化苄，应选择温度范围为______℃。

（6）检测氯化苄样品的纯度：

①称取13.00g样品于烧杯中，加入50.00mL 4 mol?L－1NaOH水溶液，水浴加热1小时，冷却后加入35.00mL 40% HNO3，再将全部溶液转移到容量瓶中配成100mL溶液。取20.00mL溶液于试管中，加入足量的AgNO3溶液，充分振荡，过滤、洗涤、干燥，称量固体质量为2.87g，则该样品的纯度为______%（结果保留小数点后1位）。

②实际测量结果可能偏高，原因是______。

【答案】(1). 球形冷凝管(2). 导出Cl2、HCl气体，冷凝回流甲苯(3). b(4). 饱和食盐水(5). 防止水蒸气进入装置(6). 使漏斗与烧瓶内压强一致，液体顺利流下(7). 2MnO4－+10Cl－

+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(8). 178.8－205(9). 97. 3(10). 样品混有二氯化苄、三氯化苄等杂质【解析】分析：A装置中产生氯气，利用B和C装置分别除去氯化氢和水蒸气，干燥后的氯气与甲苯在装置D中反应生成氯化苄，多余的氯气利用氢氧化钠溶液吸收。通过蒸馏装置分离出氯化苄，据此解答。

详解：（1）根据仪器构造可知仪器E的名称是球形冷凝管，其作用是导出Cl2、HCl气体，冷凝回流甲苯；冷却时才有逆向冷却，则其进水口为b。

（2）生成的氯气中含有氯化氢，则装置B中的溶液为饱和食盐水，用来除去氯化氢；装置F中的无水氯化钙是干燥剂，其作用是防止水蒸气进入装置。

（3）恒压滴液漏斗可以保持内外压强相等，因此用恒压滴液漏斗代替分液漏斗的优点是使漏斗与烧瓶内压

强一致，液体顺利流下。

（4）装置A中制备氯气，反应的离子方程式为2MnO4－+10Cl－+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O。

（5）根据表中数据可知氯化苄的沸点是178.8℃，因此分馏出氯化苄应选择温度范围为178.8～205℃。（6）①2.87g固体是氯化银，物质的量是2.87g÷143.5g/mol＝0.02mol，因此根据氯原子守恒可知氯化苄的物质的量是0.02mol×100mL/20mL＝0.1mol，质量是0.1mol×126.5g/mol＝12.65g，则该样品的纯度为12.65g/13.00g×100%＝97.3%；

②由于样品混有二氯化苄、三氯化苄等杂质，因此实际测量结果可能偏高。

9. 锗是一种重要的半导体材料。工业上用精硫锗矿（主要成分为GeS2，杂质不反应）制取Ge，其工艺流程如图所示：

回答下列问题：

（1）开始将精硫锗矿粉碎的目的是______。

（2）高温焙烧精硫锗矿的化学方程式为______。

（3）热还原真空挥发炉内反应的化学方程式为______。

（4）在沉锗过程中，当温度为90℃，pH为14时，加料量（CaCl2/Ge质量比）对沉锗的影响如表所示，选择最佳加料量为______（填“10-15”“15-20”或“20-25”），理由是______。

（5）某温度时，沉锗得到的CaGeO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是______。

a．n点与p点对应的K sp相等

b．通过蒸发可以使溶液由q点变到p点

c．q点无CaGeO3沉淀生成

d．加入Na2GeO3可以使溶液由n点变到m点

（6）CaGeO3与强酸反应可得到H2GeO3。0.l mol?L－1的NaHGeO3溶液pH_____（填“＞”“=”或“＜”）7，判断理由是______（通过计算比较）。（25℃时，H2GeO3的K a1=1.7×10－9，K a2=1.9×10－13。）

【答案】(1). 增大固体接触面积，使反应更充分(2). GeS2+3O2GeO2+2SO2(3). 4NaH2PO2

+8GeO2Na4P2O7+H2O+8GeO↑+2H3PO4(4). 20-25(5). 当CaCl2/Ge质量比位于20-25时，锗的沉淀率最大(6). bd(7). ＞(8). NaHGeO3的水解平衡常数K h=K w/K a1=1×10－14/1.7×10－9=1/1.7×10－5＞K a2=1.9×10－13，即NaHGeO3溶液中水解程度大于电离程度，溶液显碱性，故pH＞7

【解析】分析：精硫锗矿（主要成分为GeS2，杂质不反应）粉碎后高温下焙烧生成SO2和GeO2。利用NaH2PO2将GeO2还原为GeO，在碱性溶液中双氧水把GeO氧化为Na2GeO3，利用氯化钙沉淀得到CaGeO3，最终得到Ge，据此解答。

分析：（1）开始将精硫锗矿粉碎的目的是增大固体接触面积，加快反应速率，使反应更充分。

（2）高温焙烧精硫锗矿生成SO2和GeO2，根据原子守恒和电子得失守恒可知反应的化学方程式为

GeS2+3O2GeO2+2SO2。

（3）热还原真空挥发炉内NaH2PO2将GeO2还原为GeO，同时还有Na4P2O7、H2O、H3PO4生成，根据原子守恒可知反应的化学方程式为4NaH2PO2+8GeO2Na4P2O7+H2O+8GeO↑+2H3PO4。

（4）根据表中数据可知当CaCl2/Ge质量比位于20～25时，锗的沉淀率最大，因此选择最佳加料量为20～25。

学.

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（6）NaHGeO3的水解平衡常数K h＝K w/K a1＝1×10－14/1.7×10－9＝1/1.7×10－5＞K a2=1.9×10－13，这说明NaHGeO3溶液中HGeO3－的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，因此pH＞7。

10. 碳是自然界中形成化合物种类最多的元素，CO和CO2是碳的最常见氧化物。

（1）研究和解决二氧化碳捕集和转化问题是当前科学研究的前沿领域。在太阳能的作用下，缺铁氧化物[Fe0.9O]能分解CO2，其过程如图1所示。过程①的化学方程式是______。在过程②中每产生0.1molO2，转移电子______mol。

（2）在催化剂作用下，将二氧化碳和氢气混合反应生成甲烷，是目前科学家们正在探索的处理空气中的二氧化碳的方法之一。

①已知：

则CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=______kJ?mol－1。

②向1L固定容积的密闭容器中加入4.0 mol H2(g)、1.0mol CO2，控制条件（催化剂：铑—镁合金、高温T1）使之反应，若测得容器内气体的压强随着时间的变化如图2所示。则4 min时容器内气体的密度为______；温度T1下，该反应的化学平衡常为______。若采用2 L固定容积的密闭容器，投料量、催化剂和反应温度均保持不变，则反应重新达到平衡时对应体系内的压强的点是______（填字母）。

（3）工业合成原料气CO会与设备、管道及催化剂表面的金属铁、镍反应，生成羰基化合物。四羰基镍是热分解法制备高纯镍的原料，也是有机合成中供给一氧化碳的原料，还可做催化剂。

Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g) △H＜0 Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)。如图3所示，在石英真空管的温度为T1一端，放入少量粗镍和CO(g)，一段时间后，在温度为T2的一端可得到纯净的镍。则温度T1______T2（填“＞”“＜”或“＝”），上述反应体系中循环使用的物质为______（填化学式）。

【答案】(1). 10Fe0.9O＋CO23Fe3O4＋C(2). 0.4(3). －270(4). 52g·L－1(5). 6.75（mol·L－1）－2(6). D(7). ＜(8). CO

【解析】分析：（1）根据反应物和生成物书写化学方程式；根据氧元素的化合价变化计算；

（2）①根据ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量计算；

②密度是混合气体的质量和容器容积的比值。根据4min时的压强之比计算气体的物质的量之比，进而计算平衡常数；结合反应特点和外界条件对平衡状态的影响分析；

（3）根据温度对平衡状态的影响以及参加反应的物质分析。

详解：（1）过程①中反应物是二氧化碳和Fe0.9O，生成物是碳和四氧化三铁，则反应的化学方程式是10Fe0.9O ＋CO23Fe3O4＋C；在过程②中氧元素化合价从－2价升高到0价，失去2个电子，则每产生0.1molO2，转移电子0.4mol。

（2）①根据表中数据可知反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H＝（2×745+4×436－4×413－

2×2×463）kJ?mol－1＝－270kJ?mol－1

②反应前后均是气体，根据质量守恒定律可知4min时容器内气体的密度为；4min时压强不再发生变化，反应达到平衡状态，则

CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)

起始量（mol）1400

转化量（mol）x4x x2x

平衡量（mol）1－x4－4x x2x

压强之比是物质的量之比，则，解得x＝0.75。容器的容积是1L，则温度T1下，该反应的化学平衡常为。若采用2L固定容积的密闭容器，投料量、催化剂和反应温度均保持不变，则相

当于是在原平衡的基础上减小压强，平衡向逆反应方向进行，且反应速率减小，到达平衡的时间增加，则反应重新达到平衡时对应体系内的压强的点是D点。

（3）在石英真空管的温度为T1一端，放入少量粗镍和CO(g)，一段时间后，在温度为T2的一端可得到纯净的镍。由于生成镍的反应是吸热反应，升高温度有利于生成Ni，则温度T1＜T2；由于CO在左端是反应物，而在右端生成镍的同时又产生CO，因此上述反应体系中循环使用的物质为CO。

11. 钴的化合物在磁性材料生产、电池制造、催化剂制备等方面应用十分广泛。

（1）二价钴离子的核外电子排布式为______。基态Co原子核外3d能级上有______个未成对电子。Co与Ca属同周期，且核外最外层电子构型相同，但金属钴熔沸点都比钙高，原因是______。

（2）0.1mol[Co(NO2)6]3－中所含的σ键数目是______，K3[Co(NO2)6]中K、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是______。

（3）化合物四氨基钴酞菁分子的结构式如图。四氨基钴酞菁中N原子的杂化轨道类型为______。

（4）[Co(NH3)6]Cl3晶体可由CoCl2溶于氨水并通入空气制得，该配合物中配体分子的立体构型是______。（5）一种钴的化合物可用作石油脱硫的催化剂，其晶胞结构如图所示，则晶体中与每个O2－紧邻的O2－有

______个，该钴的化合物的化学式是______。

【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d7或[Ar]3d7(2). 3 (3). 钙原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱(4). 1.8N A(5). N＞O＞K (6). sp2、sp3(7). 三角锥(8). 8 (9). CoTiO3

【解析】分析：（1）根据钴的原子序数结合核外电子排布规律解答；

（2）单键都是σ键，双键中含有1个σ键、1个π键；非金属性越强，第一电离能越大；

（3）根据氮原子的成键特点解答；

（4）配体是氨气，据此解答；

（5）根据晶胞结构结合均摊法计算。

详解：（1）钴的原子序数是27，则二价钴离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7或[Ar]3d7。基态Co 原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，因此3d能级上有3个未成对电子。由于钙原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱，因此金属钴的熔沸点都比钙的高。

（2）硝基中含有2个氮氧双键，另外[Co(NO2)6]3－中还含有配位键，一共含有18个σ键，则

0.1mol[Co(NO2)6]3－中所含的σ键数目是1.8N A；非金属性越强，第一电离能越大，氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则K3[Co(NO2)6]中K、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O ＞K。

（3）氨基中氮原子全部形成单键，属于sp3杂化；形成双键的氮原子是sp2杂化；

（4）[Co(NH3)6]Cl3中配体分子是氨气，氮原子的价层电子对数是4，其中氮原子含有一对孤对电子，其立体构型是三角锥形。

（5）O2－位于面心处，则晶体中与每个O2－紧邻的O2－有8个，钛原子个数8×1/8＝1，氧原子个数是6×1/2＝3，钴原子位于晶胞中，个数是1，因此该钴的化合物的化学式是CoTiO3。

12. 合成有机化合物J的流程如下所示。

回答下列问题：

（1）B的名称为______。

（2）C D的反应类型为______，H I的反应类型为______。

（3）同时满足下列条件D的同分异构体数目为______。

①能发生银镜反应；②分子结构中含有—NH2；③苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物有2种。若满足①②条件，且苯环上的一氯代物只有1种，则其中一种物质的结构简式为______。

（4）G的分子式为C13H15O3N，由F生成G的化学方程式为______。

（5）已知：苯胺（）易被氧化，请以乙苯和(CH3CO)2O为原料制备，参照上述

合成过程，写出相应的合成路线流程图（无机试剂任选）_________。

【答案】(1). 邻硝基甲苯（2—硝基甲苯）(2). 取代反应(3). 消去反应(4). 6(5).

(6).

(7).

【解析】分析：甲苯发生硝化反应生成B，B发生还原反应生成C，根据C的结构简式可知B是邻甲基硝基苯。C与醋酸酐发生取代反应生成D，根据E与F的结构简式可判断E生成F是E分子中羟基邻位的氢原

子被取代生成F。根据H的结构简式可知G的结构简式为，这说明生成G的反应是

F分子中溴原子取代酚羟基上的氢原子形成五元环。I分子中含有碳碳双键，说明H生成I的反应是羟基的消去反应。I分子中含有肽键，在氢氧化钠溶液中水解生成J，据此解答。

详解：（1）B的结构简式为，名称为邻硝基甲苯或2—硝基甲苯。

（2）C→D是氨基上的氢原子被取代，反应类型为取代反应，H→I是羟基的消去反应，即反应类型为消去反应。

（3）D为，①能发生银镜反应，说明含有醛基；②分子结构中含有—NH2；③苯环上有

两个取代基，且苯环上的一氯代物有2种，因此两个取代基处于对位位置。两个取代基是－NH2和－

CH2CH2CHO、－NH2和－CH(CH3)CHO、－CH2NH2和－CH2CHO、－CH2CH2NH2和－CHO、－CH(NH2)CH3和－CHO、－CH(NH2)CHO和－CH3，共计是6种；若满足①②条件，且苯环上的一氯代物只有1种，则

其中一种物质的结构简式为或。

（4）G的分子式为C13H15O3N，由F生成G的化学方程式为

。

（5）根据已知信息结合逆推法可知以乙苯和(CH3CO)2O为原料制备的合成路线流程图为

。

点睛：准确判断出有机物的结构是解答的关键，注意结合题干信息和已知有机物官能团的结构与性质推断。难点是同分异构体判断和有机合成路线图设计，判断同分异构体时就每一类物质，先写出碳链异构体，再写出官能团的位置异构体。碳链异构体按“主链由长到短，支链由整到散，位置由心到边，排列由对、邻至间（有多个取代基时）”的规律书写。合成路线设计时要抓住题干信息和起始原料的性质特点，有时候信息可能隐含在题干中，需要学生自行挖掘，题目难度较大。