内蒙古巴彦淖尔一中2024届化学高二下期末质量检测试题含解析

内蒙古巴彦淖尔一中2024届化学高二下期末质量检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、化学中常用类比的方法可预测许多物质的性质．如根据H2+Cl2=2HCl推测：H2+Br2=2HBr．但类比是相对的，如根据2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2，类推2Na2O2+2SO2=Na2SO3+O2是错误的，应该是Na2O2+SO2=Na2SO1．下列各组类比中正确的是（）A．钠与水反应生成NaOH和H2，推测：所有金属与水反应都生成碱和H2B．Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，推测：Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑C．CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3↓+2HClO，推测：2SO2+Ca(ClO)2+H2O=CaSO3↓+2HClOD．铝和硫直接化合能得到Al2S3，推测：铁和硫直接化合也能得到Fe2S32、高聚物L：是一种来源于生物学灵感的新型粘合剂。下列关于高聚物L的说法中，不正确的是A．单体之一为B．在一定条件下能发生水解反应C．的结构中不含酯基D．生成1molL的同时，会有（x+y-1）molH2O生成3、下列表示正确的是A．酒精的分子式：CH3CH2OH B．KCl的电子式：C．HClO的结构式H—Cl—O D．CCl4的比例模型：4、已知25℃时，H2SO3的电离常数Ka1=1.2310-2，Ka2=5.610-8，HClO的电离常数Ka=2.9810-8，下列说法错误的是A．常温下，相同浓度的H2SO3比HClO酸性强B．常温下，将NaHSO3溶液滴入到NaClO溶液中发生反应：HSO3-＋ClO－＝SO32-＋HClOC．常温下，NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于其水解程度，NaHSO3溶液呈酸性D．将pH＝5的HClO溶液加水稀释到pH＝6时，溶液中部分离子浓度会升高5、下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料D．开采可燃冰，将其作为能源使用A．AB．BC．CD．D6、惰性电极电解饱和食盐水，当溶液中有1molNaOH生成时，则下列说法不正确的是A．阴极析出氢气B．标准状况下，阴极产生的气体为11.2LC．阳极的电极反应式：2H2O+2e－=2OH－+H2↑D．电路中有1mol电子通过7、在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是()A．Na、Mg、Al的第一电离能逐渐增大B．热稳定性：HF＞H2O＞NH3C．S2﹣、Cl﹣、K+的半径逐渐增大D．O、F、N的电负性逐渐增大8、某有机物的结构简式为，该有机物不可能发生的化学反应是A．水解反应 B．酯化反应 C．加成反应 D．还原反应9、下列说法正确的是（）A．由原子构成的晶体不一定是原子晶体B．分子晶体中的分子间可能含有共价键C．分子晶体中一定有共价键D．分子晶体中分子一定紧密堆积10、下列化学实验事实及其解释正确的是A．加热铝箱，铝并不滴落，说明铝具有很高的熔点B．钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3，原因是钠与氧气生成的Na2O2再与水和二氧化碳反应C．活性炭使红墨水褪色，是因为活性炭具有强氧化性D．用胶头滴管向包有Na2O2的脱脂棉滴加几滴水，脱脂棉燃烧，说明H2O与Na2O2的反应是放热反应11、下列各组混合物中，可以用分液漏斗分离的是A．溴苯和水 B．乙酸和乙醇 C．酒精和水 D．溴苯和苯12、下列有机化合物分子中的所有碳原子不可能处于同一平面的是A．CH3CH（CH3）2 B．H3CC≡CCH3C．CH2=C（CH3）2 D．13、已知反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)ΔH＜0，下列说法正确的是A．升高温度，正、逆反应速率都加快，且正反应速率加快更明显B．升高温度能缩短达到平衡所需的时间且提高A2的转化率C．达到平衡后，同时升高温度和增大压强，n(AB3)有可能不变D．达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该平衡向正反应方向移动14、下列条件下，两瓶气体所含原子数一定相等的是（）A．同质量、不同密度的N2和CO2B．同温度、同体积的H2和N2C．同体积、同密度的C2H4和C3H6D．同压强、同体积的N2O和CO215、常温下向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量的CH3COONa晶体时，会引起()A．溶液中的c(H＋)减小 B．电离平衡左移，电离常数减小C．溶液的导电能力减弱 D．溶液中的c(OH－)减小16、下列叙述中，不正确的是()A．蔗糖的水解产物，在一定条件下，能发生银镜反应B．蔗糖是多羟基的醛类化合物C．蔗糖不是淀粉水解的最终产物D．麦芽糖是多羟基的醛类化合物二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A、B、C、D是原子序数依次减小的四种短周期元素，C的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；A原子有2个未成对电子；A、C、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体。E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与D原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题（用元素符号或化学式表示）：（1）元素B、C、A的基态原子的第一电离能由大到小的顺序为__________________；（2）M分子中C原子轨道的杂化类型为__________________；（3）E+的核外电子排布式为__________________，下图是由D、E形成的某种化合物的晶胞结构示意图，该化合物的化学式为__________________；（4）化合物BD3的沸点比化合物CA4的高，其主要原因是__________________；（5）写出与CA2互为等电子体的B3-的结构式__________________；（6）将CrCl3·6H2O溶解在适量水中得到深绿色溶液，溶液中Cr3+以[Cr（H2O）5Cl]2+形式存在。上述溶液中，不存在的微粒间作用力是__________________（填标号）。A．离子键B．共价键C．金属键D．配位键E．范德华力18、氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如图：回答下列问题：（1）A的结构简式为__。C的化学名称是__。（2）③的反应试剂和反应条件分别是__，该反应的类型是__。（3）⑤的反应方程式为__。吡啶是一种有机碱，其作用是__。（4）G的分子式为__。（5）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有__种。（6）4­甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚()制备4­甲氧基乙酰苯胺的合成路线__(其他试剂任选)。19、已知下列数据：某同学在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：①配制2mL浓硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。②按如图连接好装置并加入混合液，用小火均匀加热3~5min③待试管乙收集到一定量产物后停止加热，撤出试管乙并用力振荡，然后静置待分层。④分离出乙酸乙酯，洗涤、干燥、蒸馏。最后得到纯净的乙酸乙酯。(1)反应中浓硫酸的作用是_____(2)写出制取乙酸乙酯的化学方程式：_____(3)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是_____(4)步骤②为防止加热过程中液体暴沸，该采取什么措施_____(5)欲将乙试管中的物质分离得到乙酸乙酯，必须使用的玻璃仪器有__________；分离时，乙酸乙酯应从仪器_______________（填“下口放”“上口倒”）出。

(6)通过分离饱和碳酸钠中一定量的乙醇，拟用如图回收乙醇，回收过程中应控制温度是______20、马尾藻和海带中都含丰富的碘，可从中提取碘单质，实验室选取常见的海带设计并进行了以下实验：(1)操作①的名称为___________。A．萃取B．分液C．蒸发结晶D．过滤(2)步骤③中所用的分液漏斗使用前须进行检漏，试简述其操作______。(3)步骤②加入H2O2和H2SO4溶液，反应的离子方程式为___________。21、以A为原料，经过以下途径可以合成一种重要的制药原料有机物F。已知：I.II.A蒸气的密度是相同条件下氢气密度的53倍。请回答下列问题：(1)写出A的结构简式_____________；E中含氧官能团的名称为__________________。(2)D→E的反应类型是_____________，E→F的反应类型是_________________。(3)写出反应④的化学反应方程式___________________________________________。(4)符合下列条件的C的同分异构体有________种(不考虑顺反异构)。a．苯环上有两个取代基b．能与NaOH溶液反应c．分子中含有两种官能团(5)C的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同的是（_______）(填字母序号)A．核磁共振仪B．元素分析仪C．质谱仪D．红外光谱仪(6)以A为原料可以合成高分子化合物G()，请设计出合理的合成路线(无机试剂任选)。________________________________________________________________

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】分析：A．活泼金属可以和水反应生成碱和氢气；B．根据强酸制弱酸分析；C．从次氯酸盐的强氧化性和二氧化硫的还原性分析判断；D．硫是弱氧化剂只能将铁氧化成亚铁。详解：A．活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，A错误；D．Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑和Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑都强酸制弱酸，所以类比合理，B正确；C．二氧化硫具有还原性，次氯酸盐具有强氧化性，生成的亚硫酸钙会被氧化为硫酸钙，C错误；D．硫是弱氧化剂只能将铁氧化成亚铁，所以铁和硫直接化合能得到FeS，不存在Fe2S3这种物质，D错误；答案选B。2、C【解题分析】

由高聚物L得结构简式可知，一定条件下，单体CH3CH(OH)COOH与发生缩聚反应生成和水。【题目详解】A项、生成高聚物L的反应类型为缩聚反应，单体是CH3CH(OH)COOH与，故A正确；B项、由L的结构简式可知分子中含有酯基，酯基在一定条件可以发生水解反应，故B正确；C项、由结构简式可知，是由羧基和醇羟基发生脱水反应生成的高聚酯，结构中含有酯基，故C错误；D项、由原子个数守恒可知，生成1molL时生，成H2O的物质的量(x＋y－1)mol，故D正确；故选C。【题目点拨】本题考查了有机物结构与性质，注意生成高分子化合物的反应类型判断，能够依据结构简式确定单体是解答关键。3、B【解题分析】

A、酒精的分子式：C2H6O；结构简式：CH3CH2OH；A错误；B、KCl为离子化合物，电子式为，B正确；C、HClO为共价化合物，根据成键规律可知：结构式为H-O-Cl，C错误；D、CCl4为共价化合物，碳的原子半径小于氯的原子半径，与比例模型不符，D错误；正确选项B。4、B【解题分析】

A.常温下，Ka1>Ka，则相同浓度的H2SO3比HClO电离出的氢离子浓度大，酸性强，A正确；B.常温下，将NaHSO3溶液滴入到NaClO溶液中发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子：HSO3-＋ClO－＝SO42-＋H++Cl-，B错误；C.常温下，NaHSO3溶液中水解平衡常数=Kw/Ka1=8.1310-13，HSO3-的电离程度大于其水解程度，NaHSO3溶液呈酸性，C正确；D.将pH＝5的HClO溶液加水稀释到pH＝6时，溶液中氢氧根离子浓度增大，部分离子浓度会升高，D正确；答案为B5、B【解题分析】分析：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，属于化学变化。详解：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O43N2↑+2CO2↑+4H2O，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，属于化学变化；答案选B。点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反应的区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。6、C【解题分析】

惰性电极电解饱和食盐水，阳极氯离子失电子生成氯气，阴极水得电子生成氢气和氢氧根离子。【题目详解】A.分析可知，阴极水得电子生成氢气和氢氧根离子，故A正确；B.溶液中生成1molNaOH时，转移1mol电子，生成0.5mol氢气，标况下的体积为11.2L，故B正确；C.阳极氯离子失电子生成氯气，故C错误；D.溶液中生成1molNaOH时，转移1mol电子，导线中有1mol电子通过，故D正确；答案为C。7、B【解题分析】

A．Mg的最外层为3s电子全满，结构较为稳定，难以失去电子，第一电离能最大，Na的最小，则第一电离能大小为：Na＜Al＜Mg，故A错误；B．非金属性F＞O＞N，则氢化物稳定性：HF＞H2O＞NH3，故B正确；C．S2-、Cl-、K+具有相同的电子层数，核电荷数越大，离子半径越小，则S2-、Cl-、K+的半径逐渐减小，故C错误；D．非金属性N＜O＜F，则电负性大小为：N＜O＜F，故D错误；答案选B。8、B【解题分析】

A.该有机物中含有Cl原子，可以发生水解，A正确；B.该有机物中不含羟基和羧基，不能发生酯化反应，B错误；C.该有机物中含有碳碳双键，可发生加成反应，C正确；D.该有机物中含有醛基，能发生还原反应，D正确；故合理选项为B。9、A【解题分析】分析：A项，由原子构成的晶体不一定是原子晶体，如稀有气体构成的晶体；B项，分子晶体中的分子间存在范德华力，可能存在氢键，不可能含共价键；C项，分子晶体中不一定含共价键，如稀有气体；D项，分子晶体中分子不一定紧密堆积，如冰晶体。详解：A项，由原子构成的晶体不一定是原子晶体，如稀有气体构成的晶体，A项正确；B项，分子晶体中的分子间存在范德华力，可能存在氢键，不可能含共价键，B项错误；C项，分子晶体中不一定含共价键，如稀有气体，C项错误；D项，分子晶体中分子不一定紧密堆积，如冰晶体，D项错误；答案选A。10、D【解题分析】

A．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，故A错误；B．常温下，钠与氧气反应生成氧化钠，不是过氧化钠，故B错误；C.活性炭使红墨水褪色，是因为活性炭具有吸附性，故C错误；D．脱脂棉燃烧，可知反应放出热量，则H2O与Na2O2的反应是放热反应，故D正确；答案选D。11、A【解题分析】

分液漏斗分离混合物的原理为，物质密度不等且互不相溶，据此答题。【题目详解】A.溴苯和水不互溶，且密度不同，可以用分液漏斗分离，A正确；B.乙酸和乙醇互溶，不能使用分液漏斗分离，B错误；C.酒精和水以任意比互溶，不能使用分液漏斗分离，C错误；D.苯能溶解溴苯，不能使用分液漏斗分离，D错误；故合理选项为A。12、A【解题分析】

在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，单键可以旋转，其它有机物可在此基础上进行判断。【题目详解】A、根据甲烷为正四面体结构可知，CH3CH(CH3)2分子中可看成甲烷分子中的三个氢原子被三个甲基取代，故所有碳原子不可能处于同一平面，选项A符合；B、根据乙炔分子中的四个原子处于同一直线，H3CC≡CCH3可看成乙炔分子中的两个氢原子被两个甲基取代，故所有碳原子处于同一直线，处于同一平面，选项B不符合；C、根据乙烯分子中六个原子处于同一平面，CH2=C(CH3)2可看成乙烯分子中的两个氢原子被两个甲基取代，故所有碳原子可以处于同一平面，选项C不符合；D、根据苯分子中12个原子共平面，可看成苯分子中的1个氢原子被1个甲基取代，故所有碳原子可以处于同一平面，选项D不符合；答案选A。【题目点拨】本题主要考查有机化合物的结构特点，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构。13、C【解题分析】分析：本题考查的是反应速率和平衡的影响因素，难度较小。详解：A.升温，正逆反应速率都加快，平衡逆向移动，所以逆反应速率加快更明显，故错误；B.升温反应速率加快，缩短到平衡的时间，有利于平衡逆向移动，A2的转化率降低，故错误；C.达到平衡后，同时升温和增大压强，反应速率加快，升温平衡逆向移动，增大压强，平衡正向移动，所以同时改变条件时平衡可能不移动，n(AB3)有可能不变，故正确；D.降低温度，平衡正向移动，减小压强，平衡逆向移动，故错误。故选C。点睛：注意影响反应速率和平衡的条件都包括浓度、温度、压强。注意平衡的移动方向需要结合正逆反应速率的相对大小，若改变条件后正反应速率大于逆反应速率，则平衡正向移动，若改变条件后正反应速率小于逆反应速率，则平衡逆向移动。14、C【解题分析】试题分析：根据PV=nRT可推出阿伏伽德罗定律的一系列推论。A、N2和CO相对分子质量都为28，则相同质量的N2和CO物质的量相同，且都为双原子分子，则原子数一定相等；B、根据PV=RT可知，同温度、同体积时，分子数与P成正比；C、同体积、同密度则质量相等，设质量都为m，则C2H4的原子数为×6×NA，C3H6的原子数为×9×NA，所含原子数一定相等；D、根据PV=RT可知，同压强、同体积时，分子数与T成反比。考点：阿伏伽德罗定律及推论【名师点晴】本题主要考察阿伏加德罗定律及其推论，需要注意：①阿伏加德罗定律的适用范围是气体，其适用条件是三个“同”，即在同温、同压，同体积的条件下，才有分子数(或物质的量)相等这一结论，但所含原子数不一定相等。②阿伏加德罗定律既适合于单一气体，也适合于混合气体。③气体摩尔体积是阿伏加德罗定律的特例。可根据PV=nRT得到阿伏伽德罗定律的一系列推论。15、A【解题分析】

A.向醋酸溶液中加入少量的醋酸钠晶体，醋酸根离子浓度增大，会使醋酸电离平衡逆向移动，使氢离子浓度降低，故A选；B.电离平衡常数只和温度有关，所以加入醋酸钠晶体，电离平衡常数不变，故B不选；C.由于加入了强电解质醋酸钠，水溶液中自由移动离子浓度增大，导电能力增强，故C不选；D.溶液中氢离子浓度减小，氢离子和氢氧根离子浓度乘积是一个常数，所以溶液中氢氧根离子浓度增大，故D不选。故选A。16、B【解题分析】

A、蔗糖在硫酸催化作用下，发生水解，生成葡萄糖和果糖，葡萄糖含有醛基，能发生银镜反应，A正确；B、蔗糖分子中不含醛基，不发生银镜反应，也不能还原新制的氢氧化铜，B错误；C、淀粉是最重要的多糖，在催化剂存在和加热的条件下逐步水解，最终生成还原性单糖--葡萄糖；蔗糖不是淀粉水解的产物，C正确；D、蔗糖和麦芽糖的分子式均为C12H22O11，分子式相同但结构不同，蔗糖分子中不含醛基，麦芽糖分子中含有醛基，具有还原性，所以蔗糖与麦芽互为同分异构体，D正确；正确选项B。【题目点拨】糖类中，葡萄糖和果糖属于还原性糖，不能发生水解；蔗糖和麦芽糖属于二糖，都能发生水解，但是麦芽糖属于还原性糖；淀粉和纤维素属于多糖，都能发生水解，但都不是还原性糖，二者属于天然高分子。二、非选择题（本题包括5小题）17、N＞O＞Csp21s22s22p63s23p63d10Cu2ONH3分子间能形成氢键[N=N=N]-A、C【解题分析】

C的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，核外电子排布为1s22s22p2，则C是C元素；A、C、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，该气体M为HCHO，A原子有2个未成对电子，则D为H元素、A为O元素；B的原子序数介于碳、氧之间，故B为N元素；E是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则E是铜元素；（1）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道半满，为稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：N＞O＞C；（2）M为HCHO，分子中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，则C原子采取sp2杂化；（3）Cu失去4s能级1个电子形成Cu+，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，由晶胞结构可知，Cu+位于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu+，O原子数为8×1/8+1=2，则O与Cu+数目比为1:2，化学式为Cu2O；（4）NH3分子间能形成氢键，甲烷分子之间为分子间作用力，氢键比分子间作用力强，故NH3的沸点比CH4的高；（5）CO2、N3-互为等电子体，二者结构相似，N3-中N原子之间形成2对共用电子对，N3-的结构式[N=N=N]-；（6）A．电解质在水溶液里电离出阴阳离子，所以该离子中不存在离子键，故选；B．水分子或[Cr（H2O）5Cl]2+中，非金属元素之间都存在共价键，故不选；C．该溶液中不存在金属键，故选；D．[Cr（H2O）5Cl]2+中Cr原子和水分子中的O原子之间存在配位键，故不选；E．溶液中水分子之间存在范德华力，故不选；故选A、C。18、三氟甲苯浓HNO3/浓H2SO4、加热取代反应+HCl吸收反应产生的HCl，提高反应转化率C11H11O3N2F39【解题分析】

A和氯气在光照的条件下发生取代反应生成B，B的分子式为C7H5Cl3，可知A的结构中有3个氢原子被氯原子取代，B与SbF3发生反应生成，说明发生了取代反应，用F原子取代了Cl原子，由此可知B为，进一步可知A为，发生消化反应生成了，被铁粉还原为，与吡啶反应生成F，最终生成，由此分析判断。【题目详解】(1)由反应①的条件、产物B的分子式及C的结构简式，可逆推出A为甲苯，结构为；C可看作甲苯中甲基中的三个氢原子全部被氟原子取代，故其化学名称为三氟甲(基)苯；(2)对比C与D的结构，可知反应③为苯环上的硝化反应，因此反应试剂和反应条件分别是浓HNO3/浓H2SO4、加热，反应类型为取代反应；(3)对比E、G的结构，由G可倒推得到F的结构为，然后根据取代反应的基本规律，可得反应方程式为：+HCl，吡啶是碱，可以消耗反应产物HCl；(4)根据G的结构式可知其分子式为C11H11O3N2F3；(5)当苯环上有三个不同的取代基时，先考虑两个取代基的异构，有邻、间、对三种异构体，然后分别在这三种异构体上找第三个取代基的位置，共有10种同分异构体，除去G本身还有9种。(6)对比原料和产品的结构可知，首先要在苯环上引入硝基(类似流程③)，然后将硝基还原为氨基(类似流程④)，最后与反应得到4­甲氧基乙酰苯胺(类似流程⑤)，由此可得合成路线为：。19、催化剂、吸水剂CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O中和乙酸并吸收乙醇；降低乙酸乙酯的溶解度在试管中加入少量碎瓷片分液漏斗上口倒78℃【解题分析】

在试管甲中先加入碎瓷片，再依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸，按3:2:2关系混合得到混合溶液，然后加热，乙醇、乙酸在浓硫酸催化作用下发生酯化反应产生乙酸乙酯，由于乙酸乙酯的沸点低，从反应装置中蒸出，进入到试管乙中，乙酸、乙醇的沸点也比较低，随蒸出的生成物一同进入到试管B中，碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，由于其密度比水小，液体分层，乙酸乙酯在上层，用分液漏斗分离两层互不相容的液体物质，根据“下流上倒”原则分离开两层物质，并根据乙醇的沸点是78℃，乙酸是117.9℃，收集78℃的馏分得到乙醇。【题目详解】(1)反应中浓硫酸的作用是作催化剂，同时吸收反应生成的水，使反应正向进行，提高原料的利用率；(2)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，产生的酯与与水在反应变为乙酸和乙醇，乙醇该反应为可逆反应，生成乙酸乙酯的化学方程式为：CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；(3)在上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于液体分层，闻到乙酸乙酯的香味；(4)步骤②为防止加热过程中液体暴沸，该采取的措施加入少量碎瓷片，以防止暴沸；(5)欲将乙试管中的物质分离得到乙酸乙酯，必须使用的玻璃仪器有分液漏斗；分离时，由于乙酸乙酯的密度比水小，所以应在下层液体下流放出完全后，关闭分液漏斗的活塞，从仪器上口倒出；(6)分离饱和碳酸钠中一定量的乙醇，由于乙醇的沸点为78℃，乙酸反应转化为盐，沸点远高于78℃的，所以要用如图回收乙醇，回收过程中应控制温度是78℃。【题目点拨】本题考查了乙酸乙酯的制备方法，涉及实验过程中物质的使用方法、物质的作用、混合物的分离、反应原理的判断等，明确乙酸乙酯与乙酸、乙醇性质的区别方法及浓硫酸的作用。20、D关闭分液漏斗活塞，并加入少量水，观察玻璃旋塞处