1、2022届新高考化学考前冲刺卷 湖南卷可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 P-31 K-39 Ni-59一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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.中国航天科技发展举世瞩目。2020年“嫦娥五号”成功携带月球样品返回地球，2021年“天问一号”着陆火星，它们都是由以液氢为燃料的“长征五号”火箭搭载升空的。下列有关说法错误的是( )A.氢气燃烧时有非极性键的断裂和形成B.氢气燃烧的产物不污染环境，有利于实现“碳中和”C.低温液态储氢可以大大提高氢气的密度，降低储运成本D.氢气的来源较多，包括水的电解、煤的气化、乙烷裂
2、解和氯碱工业等2.下列有关文献记载中涉及的化学知识表述不正确的是( )A.“以曾青涂铁，铁赤色如铜”说明我国古代就掌握了湿法冶金技术B.“墙塌压糖，去土而糖白”中的脱色过程发生了化学变化C.“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”讲的是单质与化合物之间的相互转化D.“煤饼烧蛎房成灰（蛎房即牡蛎壳）”中灰的主要成分为氧化钙3.是优良的水处理剂，一种制备方法是将混合共熔，反应方程式为。下列关于该反应的说法错误的是( )A.铁元素被氧化，氮元素被还原B.每生成，转移C.具有氧化杀菌作用D.该实验条件下的氧化性：4.代表阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是( )A.4.6gNa与足量的甘油水溶液反应，转移
3、电子数为0.2B.一定量淀粉水解生成时需要消耗的分子数为C.常温下，1L中性溶液中水电离的数目为D.标准状况下，含共用电子对数目为5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子半径最小，W与Y同主族，X原子最外层电子数是其次外层电子数的3倍。火山喷口附近有Z的单质存在，四种元素形成的一种化合物Q的结构如函所示。下列说法错误的是( )A.原子半径：WXZYB.Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸C.W与Y形成的化合物属于离子化合物D.Z的简单气态氢化物比X的简单气态氢化物稳定6.碱吸电解法处理硫酸厂烟气中的流程和电解过程如下图。下列说法正确的是( )A.电极a为电解池的阴极B.半透膜
4、为阴离子交换膜，半透膜为阳离子交换膜C.电极b上发生的电极反应式为D.若收集到标准状况下22.4L的气体G，则有2molM离子移向左室7.二氧化氯()为新型绿色消毒剂，沸点为9.9，可溶于水，有毒，浓度较高时易发生爆炸。用和在硫酸催化作用下反应可制得。利用与在碱性条件下制备少量的实验装置如图所示。下列说法正确的是( )A. 为配制分液漏斗中的混合液，应将甲醇溶液倒入浓硫酸中搅拌B. 若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1C. 实验中通入气体的速率应尽可能慢D. 装置乙中应使用热水浴，以加快反应速率8.下列各组离子在强酸性条件下能发生氧化还原反应，而在碱性条件
5、下可以大量共存的是( )A. B.C. D.9.以高硫铝土矿（主要成分为，少量和硫酸盐）为原料制备聚合硫酸铁和明矾的部分工艺流程如下，下列说法错误的是( )已知：赤泥液的主要成分为A.赤泥液的作用是吸收“焙烧”阶段中产生的B.聚合硫酸铁可用于净化自来水，与其组成中的具有氧化性有关C.在“聚合”阶段，若增加用量，会使中x变大D.从“滤液”到“明矾”的过程中还应有“除硅”步骤10.为研究某溶液中溶质R的分解速率的影响因素，分别用三份不同初始浓度的R溶液在不同温度下进行实验，随时间变化如图。下列说法错误的是( )A.25时，1030min内，R的分解平均速率为B.对比30和10的变化曲线，在同一时刻
6、，能说明R的分解速率随温度升高而增大C.对比30和25的变化曲线，在050min内，能说明R的分解速率随温度升高而增大D.对比30和10的变化曲线，在050min内，R的分解率相等二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.某有机物的结构如图所示，关于该有机物，下列说法正确的是( )A.该分子中最多有12个原子共平面B.该分子完全水解后所得有机物分子中手性碳原子数目为2C.该分子可以在NaOH醇溶液加热条件下发生消去反应D.该分子与足量NaOH溶液完全反应后生成的钠盐只有1种
7、12.关于下列各装置图的叙述中，正确的是( )A.装置中，c作阳极、d作阴极B.装置可用于收集等气体C.装置若用于吸收并防止倒吸，则X可为苯D.装置可用于干燥、收集HCl，并吸收多余的HCl13.降低硫含量是裂化汽油精制处理的关键。SZorb技术使用Ni/ZnO作脱硫吸附剂脱除噻吩（）中硫原子的过程如图。下列说法不正确的是( )A.过程涉及极性键和非极性键的断裂B.过程通入的主要目的是将ZnS转化为ZnO和C.过程中参加反应的和ZnS的物质的量之比是32D.过程通入的主要目的是使脱硫吸附剂再生14.已知25 时，水溶液中AgBr的为5.01013，AgI的为。t 时，AgBr在水中的沉淀溶解平
8、衡曲线如图1所示。已知：。图2所示是25 时向10 mL AgNO3溶液中加入0.1 molL1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液体积(单位mL)变化的曲线(实线)。下列说法错误的是( )A可知t25B在a点未达到沉淀溶解平衡，可采用加入适量的固体使溶液对应的离子浓度到达c点C图2中x点的坐标为(100，6)，原溶液的物质的量浓度为0.1 molL1D把0.1 molL1的NaCl换成0.1 molL1 NaI，则图像在终点后变为曲线z二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第1517题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：此
9、题包括3小题，共39分。15.（12分）次磷酸钠（），是一种白色粉末，微溶于无水乙醇，不溶于乙醚，具有强还原性。实验室使用白磷、熟石灰和碳酸钠溶液模拟工业制备两步法合成次磷酸钠晶体。I.制备次磷酸钙溶液：（1）实验前，经检验装置的气密性良好。其中仪器a的仪器名称为_。（2）将质量分数之比为1:4的白磷和熟石灰依次投入仪器a中，加水调成稀浆状，搅拌下加热升温至90恒温，发生反应的化学方程式为_，保温反应一段时间后，无气体（）放出时停止反应。（3）装置B中所盛放的试剂为足量溶液，最终会生成一种三元酸，且溶液中会出现紫红色沉淀。则其发生反应的离子方程式为_。.制备次磷酸钠（）溶液：（4）过滤除去装置
10、A中未反应的固体物质，按装置乙组装，然后通入二氧化碳，其目的是_；再在次磷酸钙溶液中加入碳酸钠溶液，判断次磷酸钙已完全反应的操作为_。.制备次磷酸钠晶体：（5）过滤除去碳酸钙，需将滤液在_条件下进行蒸发浓缩，再经过冷却结晶，离心分离除去母液，制得次磷酸钠晶体。.测定次磷酸钠纯度：（6）测量步骤：取样品溶于水配成25mL溶液置于250mL碘瓶中，再加盐酸25mL，准确加入碘标准溶液，以盐酸35mL洗瓶颈及瓶塞，然后盖好瓶塞，放在暗处30min。打开瓶塞，用少量水洗瓶颈瓶塞，以硫代硫酸钠标准溶液滴定至浅黄色，加淀粉指示剂3mL，继续滴定，至蓝色消失即为终点，此时消耗硫代硫酸钠溶液的体积为（已知）。
11、需要将碘瓶盖好瓶塞且置于暗处的原因为_；晶体中的质量分数为_（列出表达式）。16.（13分）I. 已知：可看作二元弱酸。（1）请写出与溶液反应生成的酸式盐的电子式_。某兴趣小组分析的催化分解原理。（2）催化分解的原理分为两步，总反应可表示为：，若第一步反应的热化学方程式为： 慢反应，则第二步反应的热化学方程式为： _H 0 快反应（3）能正确表示催化分解原理的示意图为_。II. 丙烯是重要的有机化工原料。丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如下图，主反应为丙烷脱氢反应，副反应为丙烷裂解反应已知主反应：。其中为正、逆反应速率，为速率常数，p为各组分的分压。（4）下表中为各物质的燃烧热，计算丙烯
12、的燃烧热为H = _。H /-285.8-890.3-1411.0副反应丙烷裂解制乙烯的过程中，其原子利用率为_（保留三位有效数字）。（5）在不同温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中充入，开始时容器的压强分别为，仅发生主反应，丙烷转化率随时间（t）的变化关系如图所示：A、B、D三点中， 值最大的是_，A、B、C、D四点中， 最大的是_。17.（14分）一种磁性材料的磨削废料（含镍质量分数约21%）主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备纯度较高的氢氧化镍的工艺流程如下：回答下列问题：（1）合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应有
13、生成。写出金属镍溶解的离子方程式_。（2）“除铁”时的作用是_，为了证明添加的已足量，应选择的试剂是_（填“铁氰化钾”或“硫氰化钾”）溶液。黄钠铁矾具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点，则_。（3）“除铜”时，反应的离子方程式为_；若用或代除铜，优点是_。（4）已知除杂过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大的原因是_。（5）100kg废料经上述工艺制得固体的质量为31kg，则镍回收率的计算式为_。（6）镍氢电池已成为混合动力汽车的主要电池类型，其工作原理如下：写出电池放电过程中正极的电极反应式_。(二)选考题：共15分。请考生从给出的两道题中任选一题作答
14、。如果多做，则按所做的第一题计分。选修3：物质结构与性质18.回答下列问题：（1）和可形成如图1所示的配合物离子，其中铁的一个配体为茂环阴离子（），该配体以电子参与配位其中的价电子排布式为_，配合物离子中铁周围的价电子数共有_个，S元素的杂化方式为_，该配合物离子中的CO（）和气态CO分子（）的三键相比，键长较长的为_（用或表示）。（2）的结构不能表示为，实际上可看成是由一种阳离子和两种阴离子按照个数比为2:1:1形成的，这两种阴离子形状分别是直线形和平面正方形，在平面正方形离子中Au的化合价为_。基态Cs原子中电子占据的能量最高的轨道是_，能量最低的空轨道是_。（3）如果个原子有相互平行的p
15、轨道，这些p轨道中共有个电子（），则可以形成大键，表示为，则分子中的大键可以表示为_。（4）如图表示的是某物质的两种结构的晶胞（大球表示K原子，小球表示O原子），图2中的单元空间取向有种。若K之间底面上的最近距离为，竖直方向上为，则图3表示的晶体的密度为_。（表示阿伏加德罗常数的值）。19.有机物M（）是一种常见的药物分子，其合成路线如图：已知：请回答下列问题：（1）有机物A的名称为_。（2）化合物M中含氧的官能团为_。（3）化合物H的结构简式为_。（4）AB和GH的反应类型分别是_、_。（5）已知F的分子式为，且分子内只有一种氢原子，则写出E+FG的化学方程式为_。（6）化合物N为G的同分异
16、构体，则满足以下条件的N的结构共有_种。能在NaOH溶液作用下发生水解反应；能发生银镜反应；分子始终存在NH结构。（7）设计由苯和F（）制备化合物O（）的合成路线：_（无机试剂任选）。答案以及解析1.答案：A解析：A.有非极性健断裂，没有非极键的形成（水中只有极性键），A错误；B.“碳中和”概念是：“对于那些在所有减少或避免排放的努力都穷尽之后仍然存在的排放额进行碳抵偿”，“碳中和”就是现代人为减缓全球变暖所作的努力之一，氢气燃烧产物为，不污染环境，B正确；C.液态分子间问隙比气态分子间小，密度增大，储运成本低，C正确；D.电解水，煤的气化，乙烷裂解，氯碱工业均产生氢气，D正确；故选A。2.答
17、案：B解析：铁与硫酸铜溶液反应生成的铜附着在铁的表面，同时得到硫酸亚铁溶液，说明我国古代就掌握了湿法冶金技术，A正确；黄泥具有吸附作用，可以利用黄泥来吸附红糖中的色素，属于物理变化，B错误；丹砂为硫化汞，硫化汞不稳定，加热分解为硫和汞，温度降低时，二者又可以发生化合反应生成硫化汞，属于单质与化合物之间的相互转化，C正确；牡蛎壳为贝壳，主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，所以灰的主要成分为氧化钙，D正确。3.答案：B解析：反应中Fe元素由+3价升高为+6价，被氧化，N元素由+5价降低为+3价，被还原，A项正确；由以上分析知，每生成，转移3mol电子，B项错误；中Fe元素化合价很高，具有强氧化
18、性，可以杀菌消毒，C项正确；该反应中是氧化剂，是氧化产物，故前者氧化性强于后者，D项正确。4.答案：C解析：钠与甘油、水都能反应，钠完全反应，转移电子数根据钠的质量计算，钠完全反应转移0.2mol电子，A项正确；由淀粉水解方程式知，生成1mol葡萄糖，需要消耗，B项正确；发生水解反应，促进水的电离，水电离的氢离子等于溶液中氢离子和醋酸分子数之和，C项错误；乙烯的电子式为，1个分子含6个共用电子对，含共用电子对数为，D项正确。5.答案：D解析：同一周期主族元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则原子半径：HOSNa，A项正确；S的最高价氧化物对应的水化物是强酸，B项
19、正确；H与Na形成的NaH为离子化合物，C项正确；元素的非金属性越强，形成的简单气态氢化物越稳定，非金属性SO，则稳定性：，D项错误。6.答案：B解析：电极a处进入稀硫酸得到浓硫酸，说明通过半透膜进入左侧，在a电极上被氧化生成，电极反应为，所以半透膜为阴离子交換膜，电极a为阳极，电极b为阴极，水电离出的氢离子在阴极放电生成氢气，电极反应为，半透膜为阳离子交换膜，钠离子透过半透膜进入右侧，从而得到浓NaOH溶液。7.答案：B解析：A.由于甲醇溶液的密度小于浓硫酸的密度，浓硫酸稀释过程放出大量的热量，故为配制分液漏斗中的混合液，应将浓硫酸倒入甲醇溶液中搅拌，A错误；B.已知甲装置烧瓶中是用和在硫酸
20、催化作用下反应可制得，反应原理为：，故若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，B正确；C.实验中通入气体的目的是将稀释，防止其浓度过大引起爆炸，故通入的速率不能太慢，C错误；D.由题干信息可知，的沸点为9.9，若装置乙中应使用热水浴，将加快的挥发而造成损失，故装置乙应使用冷水浴或者冰水浴，D错误；故答案为：B。8.答案：B解析：酸性环境中和可以发生氧化还原反应，但碱性溶液中不能大量存在，A错误；酸性环境中会和发生氧化还原反应，碱性溶液中四种离子相互不反应，可以大量共存，B正确；酸性环境中四种离子不发生氧化还原反应，且碱性溶液中不能大量存在，C错误；酸性环境中
21、四种离子不发生氧化还原反应，且碱性溶液中不能大量存在，D错误。9.答案：B解析：A.由上述分析可知，焙烧时，与反应生成和，即，用赤泥液吸收生成的，即，故A正确；B.聚合硫酸铁可用于净化自来水，与其组成中的具有水解产生胶体的性质有关，与其组成中的具有氧化性无关，故B错误；C.在“聚合”阶段，若增加用量，碱性增强，x变大，故C正确；D.由上述分析可知，从“滤液”到“明矾”的过程中，由于碱浸造成二氧化硅溶于氢氧化钾，滤液中含硅酸盐，需要进行“除硅”步骤，故D正确；答案为B。10.答案：B解析：由题图可知25时，1030min内R的浓度减少了，则R分解的平均速率为，A正确；由题图知30和10的曲线在同
22、一时刻浓度不同，故无法说明R的分解速率随温度升高而增大，B错误；30时，050min内分解的平均速率为，同理可得25时，050min内分解的平均速率约为，C正确；由题图知无论10还是30，50min后R均分解完全，因此分解率均为100%，D正确。11.答案：D解析：该物质完全水解后所得有机物为，其中只有与直接相连的碳原子为手性碳原子，即手性碳原子数目为1，故B错误；该分子可以在浓硫酸加热条件下发生消去反应，故C错误；与足量NaOH溶液完全反应生成和，生成的钠盐只有1种，故D正确。12.答案：AB解析：由电流方向可知a为电源正极，b为电源负极，电解池中与电源正极相连的为阳极，则c作阳极，d作阴极
23、，A正确；密度比空气小，用向下排空气法收集，可以从a管进b管出，密度比空气大，用向上排空气法收集，可从b管进a管出，B正确；苯的密度比水小，应位于水上层，X可为四氯化碳，C错误；HCl能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，可以用浓或无水干燥，且HCl的密度比空气大，应使用向上排空气法，D错误。13.答案：C解析：A.由题中图示可知，反应方程式为Ni+ +H2+NiS，该反应中涉及C-S极性键断裂和中H-H非极性键断裂，故A正确；B.由题中图示可知，反应的方程式为，该过程通入的主要目的是将ZnS转化为ZnO和，故B正确；C.由题中图示可知，反应的方程式为，该过程参加反应的和ZnS的物质的量之比是2:
24、1，故C错误；D.由题中图示可知，反应的方程式为，该过程通入的主要目的是使脱硫吸附剂再生，即产生Ni单质，故D正确；答案为C。14.答案：CD解析：根据图中c点的和可得，该温度下，比25 时的小，AgBr的溶解度随温度升高而增大，故t25，A正确；a点对应的，没有达到沉淀溶解平衡，a点和c点相同，需要增大，故可以加入适量的固体，B正确；加入氯化钠溶液的体积为0时，pAg0，所以硝酸银溶液的浓度是1.0 molL1，pAg6时，二者恰好反应完全，所以氯化钠溶液的体积是100 mL，即x坐标为(100，6)，C错误；根据题给数据可知碘化银的小于氯化银的，所以如果换成0.1 molL1 NaI，则图
25、像在终点后Ag浓度变小，pAg增大，故选曲线y，D错误。15.答案：（1）三颈烧瓶（1分）（2）（2分）（3）（2分）（4）使溶解在滤液中的氢氧化钙生成碳酸钙沉淀而除去（1分）将反应液静置，再用胶头滴管取烧瓶中少量上层清液继续滴加碳酸钠溶液，若不出现白色沉淀，则说明反应完全（2分）（5）无氧条件（或“隔绝空气加热”）（1分）（6）由于碘单质容易升华而造成损失，因此需密封碘瓶以及置于暗处，从而减小实验误差（1分）（2分）解析：（1）由装置甲中可知仪器a的名称是三颈烧瓶。（2）白磷和熟石灰、水在加热时，会生成次磷酸钙和气体，则反应的化学方程式为。（3）采用过量的硫酸铜溶液的目的是除尽尾气中的，会将
26、硫酸铜还原为单质铜，其发生反应的离子方程式为。（4）再加入碳酸钠之前需通入适量的，其目的是使溶解在滤液中的氢氧化钙转化成碳酸钙沉淀而除去。为了检验烧瓶中的次磷酸钙溶液是否反应完全，可以将反应液静置，再用胶头滴管取烧瓶中少量的上层清液继续滴加碳酸钠溶液，若不出现白色沉淀，则说明反应完全。（5）由于次磷酸钠具有强还原性，因此在浓缩时应隔绝空气加热。（6）由于碘单质容易升华而造成损失，会对后面的实验造成误差，因此需密封碘瓶以及置于暗处，防止其升华到空气中。将配制好的次磷酸钠溶液加入到碘瓶中，再加入过量的碘标准溶液，其发生反应的离子方程式为；然后再用硫代硫酸钠溶液滴定过量的碘溶液，发生反应。由于消耗硫
27、代疏酸钠溶液的体积为，则可知剩余的物质的量，则与次磷酸钠反应的碘的物质的量，因为，所以，因此，因此其质量分数。16.答案：（1）（2分）（2）（2分）（3）C（1分）（4）-2058.5（2分）63.6%（2分）（5）A（2分）C（2分）解析：（1）与Ba（OH）2溶液反应生成的酸式盐，其电子式为，故答案为：；（2）总反应可表示为：，若第一步反应的热化学方程式为：，慢反应；则根据加和法可得，第二步反应的热化学方程式为，故答案为：；（3）催化剂能降低反应物的活化能，又由于第一步反应比第二步反应慢，所以第一步反应的活化能高于第二步，且第一步为吸热反应，综上所述C符合题意，故选C；（4）所求反应为：
28、，由加和发可知，该反应由则；，故答案为：；63.6%；（5）与温度有关，温度越高，越大，由于吸热反应有助于反应正向进行，所以温度较高的对应的的转化率，根据图像，温度，所以A、B、D中值最的是A，故答案为：A；温度越高，化学反应速率越大，同时升温促进转化率提高，根据图像，A、B、C、D四点中，最大要在A、C里面考虑，而反应速率同时还与浓度有关，随着反应的进行，同温度下，产物浓度增大，则增大，所以C点的更大，故答案为：C。17.答案：（1）（2分）（2）将未反应的氧化为（1分）铁氰化钾（1分）6（1分）（3）（2分）不易挥发污染性气体（1分）（4）过量的生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器（2分）（5）（2分
29、）（6）（2分）解析：（1）根据题意知，酸溶时金属Ni被氧化为、硝酸被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平方程式即可。（2）可将未反应的氧化为，以便生成黄钠铁矾沉淀。若添加的已足量，则溶液中不存在，可以用铁氰化钾溶液检验。根据化合物中各元素化合价代数和为0，可知，解得。（3）与结合生成CuS沉淀，即。（5）100kg废料含21kgNi，由可知，镍的回收率是。（6）由题给反应知，放电时正极反应式是。18.答案：（1）（1分）18（2分）（1分）（2分）（2）+3（1分）6（1分）4f（1分）（3）（2分）（4）2（2分）（2分）解析：（1）Ni是28号元素，其核外电子排布式为，则的价
30、电子排布式为。在该配合物离子中周围有2个S原子和一个CO中的C原子与以配位键结合，3个配位键中含有6个价电子，中有6个价电子，茂环阴离子以电子参与配位。茂环阴离子中参与形成大键的价电子有6个，故配合物离子中铁周围的价电子数共有18个。S原子形成3个共价键，S原子上还有1个孤电子对，故S原子的杂化类型为杂化。该配合物离子中的CO（）由于C原子与以配位键结合，使得C、O原子之间的共价三键结合力减弱，化学键的结合力越弱，则化学键的键长就越长，故该配合物离子中的CO（）和气态CO分子（）的三键相比，键长较长的为。（2）可看成是由一种阳离子和两种阴离子按照个数比为2:1:1形成的，则该化合物的阴离子可表
31、示为，前者是平面正方形，后者是直线形。在平面正方形离子中Au的化合价为+3。Cs是第六周期第A族元素，基态Cs原子中电子占据的能量最高的轨道是6s轨道；根据构造原理可知其中能量最低的空轨道是4f轨道。（3）分子是V形分子结构，三个原子在同一平面上，S原子采用杂化，还有一个孤电子对垂直于该平面，与O原子的2个单电子形成3原子、4电子的大键，表示为。（4）根据图2可知，在该晶体中单元有两种不同的空间取向；图3所示晶胞中K的数目为，单元的数目为，晶胞质量，结合题意知，晶胞体积，故该晶体的密度。19.答案：（1）甲苯（2分）（2）羟基（2分）（3）（2分）（4）氧化反应（1分）取代反应（1分）（5）（
32、2分）（6）17种（2分）（7）（3分）解析：（1）由有机物M的结构简式可知，以及有机物A的分子式（）可知，有机物A的结构简式为，名称为甲苯。（2）从有机物M的结构简式可知，化合物M中含氧官能团为羟基。（3）由有机物M的结构简式以及已知逆推，K的结构简式为，因此H的结构简式为。（4）由推断过程可知A为甲苯，在高锰酸钾作用下会生成苯甲酸，说明AB反应类型为氧化反应；而G转化为H的反应为G中的OH被C1取代的过程，所以GH的反应类型为取代反应。（5）F的分子式为，且分子内只有一种氢原子，所以F为环氧乙烷，通过H的结构简式可以推出G的结构简式为，通过比较F、G的结构简式可知，环氧乙烷发生开环反应，因此E+FG的化学方程式为。（6）化合物N的分子式为，且不饱和度为1，可发生水解反应和银镜反应，则说明在分子中存在HOCNH结构，因此其余6个C原子均为饱和碳原子，其结构可能存在5种可能，然后被HOCNH取代，五种结构分别为CCCCCC（被取代的位置共3种）；（被取代的位置共5种）；（被取代的位置共4种）；（被取代的位置共3种）；（被取代的位置共2种），因此总共17种。（7）由题中可知，该目标化合物中的醚键可以由两个OH脱水缩合合成，而OH可以由题中氨基与环氧乙烷发生开环反应合成，而氨基可以由硝基还原合成，因此其合成路线为。
