1、河南省郑州市2020届高三化学第二次质检试题（含解析）本试卷分选择题和非选择题两部分。考试时间150 分钟，满分 300 分。考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。交卷时只交答题卡。相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35. 5 K 39 Ca 40 Mn 55 Cu 64第卷一、选择题：本大题共 13 小题，每小题 6 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。1.中医书籍本草衍义中记载张仲景治伤寒，对茵陈嵩的使用有以下描述： “方用山茵陈、山栀子各三分，秦艽、升麻各四钱，末之。每用三钱，水四合，煎及二合，去滓，食后温
2、服，以知为度。”文中没有涉及到的操作方法是A. 称量B. 结晶C. 过滤D. 蒸发【答案】B【解析】【详解】A. 秦艽、升麻各四钱，要通过称量得到，A项不符合题意；B. 最后以液体服用，未采用结晶方法，B项符合题意；C. 去滓是过滤的过程，C项不符合题意；D. 每用三钱，水四合，煎及二合，水减少，采用蒸发的方法，D项不符合题意；答案选B。2.从八角茴香中提取的莽草酸，是合成治疗禽流感的药物达菲( Tamiflu) 的原料之一。其结构简式如图，下列有关莽草酸分子的说法正确的是A. 含有两种不同的官能团B. 7个碳原子共面C. 1mol能与4molNaOH 完全反应D. 既能使 Br2的CCl4溶
3、液褪色 ，又能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A. 莽草酸含有碳碳双键、羟基和羧基，共三种不同的官能团，A项错误；B. 莽草酸中不含苯环，环状结构碳原子不在同一平面， B项错误；C. 莽草酸中只有羧基能与NaOH反应，故1mol能与1molNaOH 完全反应，C项错误；D. 含有碳碳双键能与溴发生加成反应使其褪色，能与KMnO4 溶液发生氧化反应使其褪色，D项正确；答案选D。【点睛】根据结构简式可确定其分子式；有机物含有羟基，可发生酯化、氧化和消去反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，本题注意不能将环看成苯环。3.化合物是一种高效消毒剂，其蒸汽和溶液都具有很强的杀菌
4、能力，可用于目前新冠病毒疫情下的生活消毒。其中X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素。下列叙述正确的是A. 原子半径：XYZB. 元素的非金属性：XYOH，即YZX，A项错误；B. 元素的非金属性：HCO，即 XY c(A2-)C. c 点溶液中c( HA-) + 2c(H2A ) = c( OH- )-c(H+)D. d 点溶液中c (Na+) +c(H+) =c(A2-) +c(HA-) +c(OH-)【答案】C【解析】【详解】A. a 点发生H2A的电离且Ka1Ka2，故Ka1=c(HA)c(H+)/c(H2A)=1.110-3，则c2(H+)=1.110-30.1，解得c(H+)1
5、.0510-2，故pH小于2，A项错误；B. b点酸碱恰好完全反应生成NaHA，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，物料守恒c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)，得到：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，则c(H2A)c(A2-)，B项错误；C. c点为Na2A，溶液显碱性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，物料守恒c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)+2c(H2A)，得到：c(HA-)+2c(H2A )=c(OH- )-c(H+)，C项正确
6、；D. d点为Na2A和NaOH的混合物，溶液显碱性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，D项错误；答案选C。【点睛】本题针对等量关系，在离子平衡的问题中，常常与相关的守恒式一同联用。8.高锰酸钾是实验室常用氧化剂。某实验小组制备高锰酸钾，具体流程如图：实验一：锰酸钾的制备。称取3.0 g KClO3固体和 7. 0 g KOH固体混合，于铁坩埚中小火加热，待混合物熔融后用铁棒不断搅拌，再加入4.0g MnO2 继续加热。(1)熔融时加人 MnO2 后坩埚中反应的化学方程式为 _。 (2)用铁棒而不用玻璃棒搅拌原因是_ 。实验二：锰酸钾的歧化。待
7、铁坩埚冷凉后放人烧杯中，加水共煮浸取，取出坩埚，开启启普发生器，趁热向溶液中通入CO2，直到溶液绿色全部变为紫色为止，静置沉淀，用砂芯漏斗进行抽滤，留滤液。歧化反应实验装置如图所示：(3)向启普发生器中加入块状固体的位置_ （选填字母“a”“b”或“ c”)。该仪器的优点是方便控制反应的发生与停止，其原理是_。 (4)烧杯中锰酸钾歧化反应的化学方程式为_。 (5)锰酸钾歧化时不能用盐酸代替 CO2，原因是_ 。实验三：锰酸钾的浓缩结晶。将滤液转移至蒸发皿中，蒸发浓缩，自然冷却结晶，抽滤至干。将晶体转移至已知质量的表面皿上，放入烘箱中 80 干燥半小时左右，冷却，称量，产品质量为 3.16 g。
8、(6)蒸发浓缩滤液至_停止加热。(7)该实验小组制备高锰酸钾的产率是_。【答案】 (1). KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O (2). 玻璃棒中的SiO2在熔融状态下与KOH反应 (3). b (4). 打开止水夹，块状固体与液体接触发生反应，关闭止水夹，启普发生器内压强增大，液体被压入长颈漏斗，块状固体和液体脱离接触，反应停止。 (5). 3K2MnO4 +2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3 (6). 锰酸钾可以将盐酸氧化放出氯气造成污染，同时也降低高锰酸钾的产率 (7). 溶液表面出现晶膜时 (8). 65.25%【解析】【分析】(1)根据氧化还
9、原反应分析化学方程式；(2)玻璃棒的成分为SiO2；(3)根据启普发生器原理分析； (4)根据氧化还原反应分析化学方程式； (5)锰酸钾具有强氧化性，与HCl反应；(6)根据蒸发结晶的操作作答；(7)根据质量守恒关系式计算产率。【详解】(1)根据信息，反应方程式为：MnO2KClO3KOHK2MnO4KCl，MnO2K2MnO4化合价2，KClO3KCl化合价6，最小公倍数为6，因此MnO2、K2MnO4的系数为3，根据钾元素守恒，KOH的系数为6，根据原子守恒，配平其他，则KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，故答案为：KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO
10、4+KCl+3H2O；(2)玻璃的成分中含SiO2，因为SiO2属于酸性氧化物，可以和KOH反应，因此不能用玻璃仪器，而用铁坩埚和铁制搅拌棒，故答案为：玻璃棒中的SiO2在熔融状态下与KOH反应；(3)固体放在启普发生器的中间层，从b处加入块状固体；打开止水夹，块状固体与液体接触发生反应，关闭止水夹，启普发生器内压强增大，液体被压入长颈漏斗，块状固体和液体脱离接触，反应停止，故答案为：b；打开止水夹，块状固体与液体接触发生反应，关闭止水夹，启普发生器内压强增大，液体被压入长颈漏斗，块状固体和液体脱离接触，反应停止；(4) MnO42MnO4MnO2，MnO42MnO4化合价1，MnO42MnO
11、2化合价2，最小公倍数为2，即MnO4的系数为2，则MnO42的系数为3，根据反应前后原子守恒和所带电荷守恒，CO2转化成了CO32，因此化学反应方程式为：3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3，故答案为：3K2MnO4+2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3； (5)锰酸钾具有强氧化性，与HCl反应生成氯气，造成污染，同时也降低高锰酸钾的产率，故答案为：锰酸钾可以将盐酸氧化放出氯气造成污染，同时也降低高锰酸钾的产率；(6)蒸发浓缩滤液至溶液表面出现晶膜时停止加热，故答案为：溶液表面出现晶膜时；(7)由(1)有KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KC
12、l+3H2O，加入4.0g MnO2消耗的KClO3的质量为1.88g，消耗的KOH的质量为5.15g，可知MnO2完全反应，再结合3K2MnO4 +2CO2=MnO2+2KMnO4+2K2CO3，则有关系式，则理论上生成的高锰酸钾质量x=，高锰酸钾的产率是，故答案为：65.25%。【点睛】本题易错项(7)，对于一个反应，给出多个反应物的质量时，要分析加入的物质哪一个会完全反应，根据完全反应的物质的关系式进行计算。9.银系列产品广泛地应用于化工、电子电锁、材料和工业催化等领域，对含银废料中贵金属银的综合回收具有重要的研究意义。一种对银粉和 AgNO3 生产过程中产生的含银废料进行综合回收的工艺
13、流程如图： 回答下列问题：(1)“溶解”反应的化学方程式为 _。稀硝酸能否用浓硫酸代替_（填“能”或“不能”)，原因是_。(2)“过滤3”操作中用到的玻璃仪器是_。 (3)“络合”步骤中需要加氨水调pH7.7，生成的络合物为_。 (4)N2H4H2O称水合肼，具有强还原性和碱性。水合肼与硫酸反应生成正盐的化学式为_。(5)“还原”步骤中产生的气体可参与大气循环，该气体分子的电子式为_。(6)“母液 2”中溶质的化学式为_。(7)粗银经过烘干、焙烧、电解得到纯度99. 9% 的银。焙烧是在中频炉中进行 ，中频炉优点是加热升温速度快，氧化烧损仅为 0.5%， 在此焙烧目的是_。电解时粗银做电极阳极
14、，阴极为不锈钢板 ，电解液为 AgNO3 、HNO3 、KNO3 混合溶液，电解液中HNO3 和 KNO3 的作用分别是_、_。【答案】 (1). 3Ag+ 4HNO3 =3AgNO3 + NO+ 2H2O (2). 不能 (3). 硫酸银覆盖在银的表面，过滤1后银和硫酸银一起随滤渣而除去 (4). 烧杯、玻璃棒、漏斗 (5). Ag(NH3)2Cl (6). N2H6SO4 (7). (8). NH4Cl (9). 除去粗银中含有的杂质 (10). 调节电解液的pH (11). 提高电解液的导电性【解析】【分析】(1)“溶解”反应是银与稀硝酸反应生成硝酸银、NO和水；不能浓硫酸代替稀硝酸，因
15、为硫酸银微溶；(2)根据过滤操作作答； (3)过滤2的固体为AgCl，加入氨水，生成Ag(NH3)2Cl；(4)N2H4H2O具有碱性，与硫酸反应生成N2H6SO4；(5)利用电子守恒、原子守恒结合题意，写出反应的化学方程式；(6)根据(5)作答；(7)反应中有物质包裹，焙烧可除去；HNO3显酸性，可调节电解液的pH；KNO3 可提高电解液的导电性。【详解】(1)“溶解”反应是银与稀硝酸反应生成硝酸银、NO和水，方程式为：3Ag+ 4HNO3 =3AgNO3 + NO+ 2H2O；不能浓硫酸代替稀硝酸，因为硫酸银微溶，覆盖在银的表面，过滤1后银和硫酸银一起随滤渣而除去，故答案为：3Ag+ 4H
16、NO3 =3AgNO3 + NO+ 2H2O；不能；硫酸银覆盖在银的表面，过滤1后银和硫酸银一起随滤渣而除去；(2)过滤操作要用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗； (3)过滤2的固体为AgCl，加入氨水，发生络合反应生成Ag(NH3)2Cl，故答案为：Ag(NH3)2Cl；(4)N2H4H2O具有碱性，与硫酸反应生成正盐为N2H6SO4，故答案为：N2H6SO4；(5)水合肼具有还原性，其被Ag(NH3)2Cl氧化的方程式为N2H4H2O4Ag(NH3)2ClN24AgH2O+ 4NH4Cl，则产生的气体N2可参与大气循环，其电子式为，故答案为：；(6)根据(5)
17、可知，反应后溶液中存在NH4Cl，“母液2”中溶质的化学式为NH4Cl，故答案为：NH4Cl；(7)过滤后NH4Cl包裹在粗银中，焙烧可除去，故答案为：除去粗银中含有的杂质； HNO3显酸性，可调节电解液的pH；KNO3 可提高电解液的导电性，故答案为：调节电解液的pH；提高电解液的导电性。【点睛】本题难点(4)(5)，反应与银氨溶液和氨气类似，较好地考查了学生对实验原理的理解、知识迁移应用。10.氢能是一种公认的高热值清洁能源，目前世界各国正致力于将高污染高排放的碳能源过渡成清洁高效低排放的氢能源。氢能开发包括以下三个环节：一、氢燃料的制备(1)我国氢气的主要来源是焦炉气制氢，所制得的氢气含
18、有较多的CO和H2S，中温干法脱硫是用氧化铁将硫元素转化为硫化铁。干法脱硫的反应方程式为_。(2)我国科研人员用木屑水蒸汽气化制取氢燃料，在一定条件下，反应器中存在如下反应：i.CO2 (g) +C(s)=2CO (g) H1ii.C(s) + H2O(g)=CO ( g) + H2 (g) H2iii.C(s) + 2H2 (g)=CH4( g) H3iv.CO(g) + H2O(g)=CO2 ( g) + H2 (g) H4v. CH4(g)+ 2 H2O(g)= CO2 ( g) + 4H2 (g) H5H5=_ 。研究中 CaO 的添加量按照CaO 中所含的Ca 和松木屑所含碳的物质的
19、量比确定，在750，控制水蒸气流量为 0.lg/(ming)下，探究催化剂加入量对产气组分和气化性能的影响，结果如表所示：n(Ca)/n(C)气体体积分数碳转化率/%H2COCO2CH4045.5822.7022.377.5461.220.552.9521.7419.115.1456.591.058.6222.3712.605.3161.42由表中数据，n(Ca) / n(C) =_时最为合理。 n(Ca) / n(C) 由0到0.5时，H2的体积分数显著增加的原因_。体系的气化温度不仅对木屑的热解气化反应有影响 ，而且对 CaO 吸收 CO2 的能力以及 CaCO3的分解反应也有很大影响。实
20、验过程中，控制 n(Ca) / n(C) 为 1.0，水蒸气流量为0.1 g/(min g)， 将气化反应温度从700升到850，气化温度对产氢率、产气率的影响如表：温度/气体体积分数碳转化率/%H2COCO270051.7820.7519.8954.3775058.6222.3712.6061.4280055.6326.0512.7173.4385054.1626.9413.8283.34从产氢率的角度考虑，最佳操作温度是_。随着反应的进行，发现 CaO 的吸收能力逐渐降低，原因是_。二、氢燃料的存储(3)将氢气储存于液体燃料中，可以解决氢气的安全高效存储和运输问题。由于甲醇具有单位体积储氢
21、量高、活化温度低等优点，是理想的液体储氢平台分子。我国学者构建一种双功能结构的催化剂，反应过程中，在催化剂的表面同时活化水和甲醇。如图是甲醇脱氢转化的反应历程( TS 表示过渡态）。根据图像判断甲醇脱氢反应中断裂的化学键是_，该反应的H_0( 填“大于”、“等于”或“小于”) 三、氢燃料的应用。一种氢能电池的原理如图：(4)正极的电极反应式为_。在 Pt 电极表面镜一层细小的铅粉，原因是_。【答案】 (1). Fe2O3+3H2S =Fe2S3+3H2O (2). H5=2H2-H1-H3 或 H5=2H4-H3+H1或H5=H2+H4-H3 (3). 1 (4). CaO作为CO2 的吸收剂
22、，使产气中CO2 分压降低，从而使水煤气变换反应平衡向生成H2 的方向移动 (5). 750 (6). CaO吸收CO2产生的CaCO3附着在CaO的表面，阻止了CaO对CO2的进一步吸收 (7). O-H键和C-H键 (8). 小于 (9). O2+2H2O+4e-=4OH- (10). 铂粉吸附气体的能力强【解析】【分析】(1)根据题干可知，该反应为氧化铁与硫反应，生成硫化铁和水，据此作答；(2)根据盖斯定律v=2ii- i- iii=2iv-iii+i= ii+ iv- iii，作答；根据表格中产氢率，分析n(Ca) / n(C)时最为合理；n(Ca) / n(C)由0到0.5时，H2的
23、体积分数显著增加的原因是CaO作为CO2 的吸收剂，使产气中CO2 分压降低，从而使水煤气变换反应平衡向生成H2 的方向移动；根据表格分析；CaO与二氧化碳反应生成碳酸钙；(3)甲醇的分子式为CH3OH，脱氢反应中断裂的化学键是O-H键和C-H键；该反应的相对能量降低，反应放热；(4)正极得电子，发生还原反应；粉末吸附气体的能力强，增加反应速率。【详解】(1)根据题干可知，该反应为氧化铁与硫反应，生成硫化铁和水，反应方程式为：Fe2O3+3H2S =Fe2S3+3H2O，故答案为：Fe2O3+3H2S =Fe2S3+3H2O；(2)根据盖斯定律v=2ii- i- iii=2iv-iii+i=
24、ii+ iv- iii，则H5=2H2-H1-H3=H5=2H4-H3+H1=H5=H2+H4-H3，故答案为：H5=2H2-H1-H3 或 H5=2H4-H3+H1或H5=H2+H4-H3；根据表格中产氢率，n(Ca) / n(C)=1时最高；n(Ca) / n(C)由0到0.5时，H2的体积分数显著增加的原因是CaO作为CO2 的吸收剂，使产气中CO2 分压降低，从而使水煤气变换反应平衡向生成H2 的方向移动，故答案为：1；CaO作为CO2 的吸收剂，使产气中CO2 分压降低，从而使水煤气变换反应平衡向生成H2 的方向移动；根据表格可知750时，产氢率最高，故答案为：750；CaO与二氧化
25、碳反应生成碳酸钙，附着在CaO的表面，阻止了CaO对CO2的进一步吸收，故答案为：CaO吸收CO2产生的CaCO3附着在CaO的表面，阻止了CaO对CO2的进一步吸收；(3)甲醇的分子式为CH3OH，脱氢反应中断裂的化学键是O-H键和C-H键；该反应的相对能量降低，反应放热，故答案为：O-H键和C-H键；小于；(4)正极得电子，发生还原反应，电极方程式为：O2+2H2O+4e-=4OH-；粉末吸附气体的能力强，增加反应速率，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；铂粉吸附气体的能力强。11.钙和铜合金可用作电解制钙的阴极电极材料，回答下列问题：(1)基态铜原子的价电子排布式为_。(2)Ca
26、CO3高温分解可制得CaO。CaO与 C 在一定条件下可生成CaC2，CaC2与水反应生成 Ca(OH)2和一种 4 原子气体分子。CaCO3中阴离子的空间构型为_。该气体分子中 键与键的数目之比为_。写出 2 种与 互为等电子体的分子的化学式_。(3)工业上电解 CaCl2制Ca而不采用电解 CaO 的原因是_。 (4)在碱性溶液中，缩二脲 HN( CONH2)2与 CuSO4反应得到一种特征紫色物质，其结构如图所示，该反应原理可用于检验蛋白质或其他含键的化合物。缩二脲分子中碳原子与氮原子的杂化类型分别为_、_。 (5)一种钙铜合金的结构可看作图a、b 两种原子层交替堆积排列而成c，其晶胞如
27、图d。a图Ca-Ca 间距离为x pm，c图中Ca-Ca间距离为y pm。已知原子拥有的尽可能多的相邻原子的个数叫该原子的配位数，则晶胞c中Ca原子的配位数(Cu原子)为_。设阿伏加德罗常数的值为 NA，则该钙铜合金的密度是_gcm-3(列出计算表达式）。【答案】 (1). 3d104s1 (2). 平面三角形 (3). 3:2 (4). CO、N2 (5). CaO熔点高于CaCl2，熔化时消耗能量高 (6). sp2 (7). sp3 (8). 18 (9). 【解析】【分析】(1)根据基态Cu原子的外围电子排布为写出价电子排布式；(2)CaCO3中K2CO3中阴离子为CO32-，中心碳原
28、子形成1个碳氧双键和2个碳氧单键，阴离子的空间构型为平面三角形；该气体为C2H2，分子中2个单键，1个三键，一个单键就有一个键，三键中有一个键和2个键；离子中共有14个电子；(3) CaO熔点高于CaCl2，熔化时消耗能量高； (4)缩二脲分子中碳原子以单键和双键结合与氮原子以单键结合；(5)以上面面心上的Ca原子为例，该晶胞中该Ca原子配位的Cu原子包含其上面6个、相同层6个、下层6个，所以其配位数是18；根据均摊法求出一个晶胞的质量和体积，再根据=计算晶体密度。【详解】(1)基态Cu原子的外围电子排布为：3d104s1，则基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1
29、；(2)CaCO3中K2CO3中阴离子为CO32-，中心碳原子形成1个碳氧双键和2个碳氧单键，阴离子的空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；该气体为C2H2，分子中2个单键，1个三键，一个单键就有一个键，三键中有一个键和2个键，分子中键与键数目比为3：2，故答案为：3：2；离子中共有14个电子，符合的有CO、N2，故答案为：CO、N2；(3)氧化钙熔点比氯化钙熔点高，熔融离子晶体要消耗能源，从而增加成本，为减少成本，所以用熔融氯化钙冶炼钙，故答案为：CaO熔点高于CaCl2，熔化时消耗能量高； (4)缩二脲分子中碳原子以单键和双键结合，分子中的C原子采取sp2杂化，氮原子以单键结合分子中
30、的N原子采取sp3杂化，故答案为：sp2；sp3；(5)以上面面心上的Ca原子为例，该晶胞中该Ca原子配位的Cu原子包含其上面6个、相同层6个、下层6个，所以其配位数是18，故答案为：18；根据c可知，该晶胞中Ca原子个数=12 +2=3、Cu原子个数=12+6+6=15，该晶胞体积=(x10-10)2sin606 (x10-10)cm3=x2y10-30cm3，晶体密度=，故答案为：。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、配合物等知识点，侧重考查元素化合物性质、物质结构等知识点，明确原子结构、物质结构是解本题关键，难点是晶胞计算，需要较好的数学空间想象能力及计算能力
31、。12.我国科研工作者近期提出肉桂硫胺( ）可能对 2019- nCoV有疗效。肉桂硫胺的合成路线如图：已知： R-NO2R-NH2完成下列问题(1)F的结构简式为_。GH 的反应类型是_。(2)E中所含官能团名称为_。(3)BC反应试剂及条件为_ 。(4)有机物 D 与新制氢氧化铜悬浊液（加热）的反应方程式为_。(5)J为 E的同分异构体，写出符合下列条件的J 的结构简式_（写两种）。能发生银镜反应J 是芳香族化合物，且苯环上的一氯代物只有两种核磁共振氢谱有 5 组峰，且峰面积之比为 2 ：2 ：2 ：1 ：1(6)参照上述合成路线及已知信息，写出由甲苯和丙酰氯(CH3CH2COCl) 为原
32、料合成的路线：_。【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). 碳碳双键、羧基 (4). 氢氧化钠溶液、加热 (5). +2Cu(OH)2 + NaOH +Cu2O +3H2O (6). 、中任意2种 (7). 【解析】【分析】A与氯气反应，发生取代反应生成B，可知A为，B为；B到C过程中，失去Cl，增加OH，则C为，C在Cu与氧气加热下，生成D，则D为；E为，根据已知，可知F为；F与H反应得到，可知H为，G为，据此作答。【详解】(1)根据分析可知F的结构简式为；H为，G为，GH 的反应类型是取代反应，故答案为：；取代反应；(2)E为，其中的所含官能团名称为碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双
33、键、羧基；(3) B为，C为，取代反应，则BC反应试剂及条件氢氧化钠溶液、加热，故答案为：氢氧化钠溶液、加热；(4)有机物 D 为与新制氢氧化铜悬浊液(加热)的反应方程式为：+2Cu(OH)2 + NaOH +Cu2O +3H2O，故答案为：+2Cu(OH)2 + NaOH +Cu2O +3H2O； (5) E为，其同分异构体J，能发生银镜反应，说明存在醛基或甲酸酯；J 是芳香族化合物，且苯环上的一氯代物只有两种，说明有苯环，苯环上含有两个不同的取代基，且处于对位上或含有两个相同的取代基，且处于邻位上；核磁共振氢谱有 5 组峰，且峰面积之比为 2 ：2 ：2 ：1 ：1，说明有5种氢，满足的有、 ，故答案为：、中任意2种；(6)根据已知信息提示，可在Fe和HCl在加热下制得 ，和丙酰氯(CH3CH2COCl)在一定条件下得到，甲苯发生硝化反应得到，则的合成路线为： ，故答案为： 。
