2021届浙江嘉兴高三一模化学试卷及答案

这是一份2021届浙江嘉兴高三一模化学试卷及答案，共28页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，实验题，元素或物质推断题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
1．下列物质的水溶液呈碱性的是
A．NaHCO3B．NaNO3C．AlCl3D．NaHSO4
2．欲用含Fe3+的自来水制得少量纯净的水，需要用到的仪器是
A．B．C．D．
3．下列属于电解质且能导电的是
A．熔融氯化钠B．铜丝C．氨水D．苯
4．下列物质对应的组成不正确的是
A．烧碱：NaOHB．木醇：CH3OH
C．2-甲基丁烷：D．生石膏：CaSO4·2H2O
5．下列表示不正确的是
A．次氯酸的电子式：B．Mg2+结构示意图：
C．溴乙烷的结构简式：CH3CH2BrD．甲烷分子比例模型：
6．下列说法不正确的是
A．“可燃冰”的主要成分是天然气的水合物
B．石油的裂化、煤的气化都是化学变化
C．煤中含有苯、甲苯、二甲苯等有机化合物
D．植物秸秆、城市与工业有机废弃物、动物粪便等物质中蕴藏着丰富的生物质能
7．下列说法正确的是
A．1H2、2H2、3H2互为同位素
B．14C和纳米碳管互为同素异形体
C．CH3CH2NO2和H2NCH2COOH互为同分异构体
D．CH3(CH2)4CH3和(CH3)2CHCH(CH3)2互为同系物
8．下列说法不正确的是
A．SO2使品红、溴水褪色的原因是它有漂白性
B．Mg着火不能用泡沫灭火器灭火
C．Al(OH)3胶体具有很强的吸附性，可以用来净水
D．新制Cu(OH)2悬浊液可用来检验牙膏中甘油的存在
9．下列说法不正确的是
A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可以保鲜水果
B．焦炭可在高温下还原二氧化硅制得高纯度硅
C．常用氯化铁溶液与铜反应制作印刷电路板
D．电解食盐水制取次氯酸钠溶液喷洒房间能杀菌消毒
10．高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，其制备原理用化学方程式表示为：3NaClO+2FeCl3+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O。下列说法不正确的是
A．Na2FeO4中Fe元素是+6价B．还原产物是NaCl
C．FeCl3是还原剂D．NaClO被氧化
11．下列有关实验说法不正确的是
A．氯化钠溶液中混有少量硝酸钾，可经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得纯净氯化钠
B．用移液管取液后，将移液管垂直放入稍倾斜的容器中，并使管尖与容器内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管
C．萃取I2时，向盛有碘水的分液漏斗中加入CCl4，振荡、放气、静置分层后，打开旋塞，将CCl4层放出
D．吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒
12．下列说法正确的是
A．过量的Fe在Cl2中燃烧得到FeCl2
B．NH3与O2在催化剂作用下直接生成NO2
C．Na在空气中燃烧生成Na2O
D．将足量CO2通入氨的NaCl饱和溶液中可析出NaHCO3固体
13．不能正确表示下列变化的离子方程式是
A．MnO2和浓盐酸混合共热：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
B．用饱和Na2CO3溶液洗涤试管中残留的苯酚：++
C．向NaHCO3溶液中加入过量Ca(OH)2：2+Ca2++2OH-=CaCO3↓++2H2O
D．KI溶液中滴入FeCl3溶液：2Fe3++2I-2Fe2++I2
14．下列说法不正确的是
A．盐析和渗析可用于蛋白质的分离与提纯
B．检验皂化反应是否完全的方法是：用玻璃棒蘸取反应液滴到盛有热水的试管中，振荡，观察是否有油滴浮在水面上
C．向4mL淀粉溶液中加入少量H2SO4溶液加热5min，待冷却后滴入几滴新制Cu(OH)2悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解
D．全降解塑料可由环氧丙烷()和CO2聚合制得
15．中国工程院院士李兰娟团队发现，阿比朵尔对2019-nCV具有一定的抑制作用，其结构简式如图所示，下面有关该化合物的说法不正确的是
A．含氧官能团有2种B．能使酸性KMnO4溶液褪色
C．能与碱溶液反应生成盐D．1 ml该分子最多与8 ml H2反应
16．短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，W与X能形成最简单的有机化合物，Y的最外层电子数是次外层的3倍，Z的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，化合物RY2是一种高效灭菌消毒剂。下列叙述不正确的是
A．简单离子半径：R>Z
B．氧化物对应水化物的酸性：R>X
C．Y和Z可形成含共价键的离子化合物
D．分子W2XY中所有原子在同一平面上
17．下列说法正确的是
A．35℃时，纯水中c(H+)>c(OH-)
B．足量的锌分别与等体积等浓度的稀硫酸和醋酸完全反应，在相同条件下产生的氢气体积相同
C．pH相同的氨水和氢氧化钠加水稀释相同倍数后，c()>c(Na+)
D．常温下，pH为4的NH4Cl溶液中，水电离的c(H+)=1.0×10-10ml·L-1
18．煤的液化可获得乙醇：2CO(g)+4H2(g)C2H5OH(l)+H2O(l) ΔH= -1709.2 kJ·ml-1。下列说法正确的是
A．反应物的总能量小于生成物的总能量
B．升高温度可增大活化分子的数目及有效碰撞频率，因而温度越高越利于获得乙醇
C．使用合适的催化剂、增大压强均有利于提高原料的平衡转化率
D．在绝热密闭容器中进行时，容器中温度不再改变则说明已达平衡状态
19．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．2+3CH3CH2OH+16H+=3CH3COOH+4Cr3++11H2O，1 ml CH3CH2OH完全反应转移的电子数为4NA
B．3H2(g)+N2(g)2NH3(g) ΔH=-92 kJ·ml-1，0.3 ml H2和足量N2充分反应，放出热量9.2 kJ
C．将1 ml Cl2通入足量水中，所得溶液中Cl-、ClO-、HClO数目之和小于2NA
D．常温常压下，4.2 g乙烯和丙烯的混合气体完全燃烧，生成CO2数目为0.3NA
20．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH”、“醋酸，故B错误；
C．pH相同的氨水和氢氧化钠c()=c(Na+)，氨水是弱碱，加水稀释促进氨水电离，加水稀释相同倍数后， c()>c(Na+)，故C正确；
D．NH4Cl水解促进水电离，常温下，pH为4的NH4Cl溶液中，水电离的c(H+)=1.0×10-4ml·L-1，故D错误；
选C。
18．D
【解析】
【详解】
A．该反应是放热反应，说明反应物的总能量大于生成物的总能量，A错误；
B．升高温度可使更多的普通分子变为活化分子，活化分子的数目增大，有效碰撞频率次数增多，因而反应速率加快；但升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，所以温度越高越不利于获得乙醇，B错误；
C．使用合适的催化剂能够加快反应速率，但对化学平衡移动无影响，因此不能提高原料的平衡转化率，C错误；
D．该反应是放热反应，在绝热密闭容器中进行反应，当容器中温度不再改变时，说明已达平衡状态，D正确；
故答案为D。
19．B
【解析】
【详解】
A．根据反应方程式可知：3 ml CH3CH2OH完全反应，失去12 ml电子，则1 ml CH3CH2OH完全反应转移的电子数为4NA，A正确；
B．根据方程式可知3 ml H2完全反应放出92 kJ的热量，但该反应是可逆反应，所以0.3 ml H2和足量N2充分反应，反应的氢气的物质的量小于0.3 ml，则放出热量小于9.2 kJ，B错误；
C．Cl2通入水中，发生反应：Cl2+H2OHClO+HCl，HCl是强酸，完全电离产生H+、Cl-，但HClO是弱酸，在溶液中存在电离平衡，电离产生H+、ClO-，溶液中含有Cl元素的微粒有Cl2、Cl-、ClO-、HClO，故根据Cl元素守恒，可知Cl-、ClO-、HClO数目之和小于2NA，C正确；
D．乙烯和丙烯属于烯烃，分子式符合通式CnH2n，最简式CH2的式量是14，4.2 g乙烯和丙烯的混合气体中含有最简式的物质的量是0.3 ml，其中含有C原子物质的量是0.3 ml，该气体完全燃烧产生CO2 0.3 ml，故生成CO2数目为0.3NA，D正确；
故答案为B。
20．C
【解析】
【详解】
A.反应的平衡常数为生成物的幂指数积与反应物的幂指数积的比值，则二氧化硫催化氧化反应的平衡常数为，故A错误；
B.二氧化硫催化氧化反应是一个气体体积减小的放热反应，高温条件下，平衡向逆反应方向移动，不利于三氧化硫的生成，工业上选择适宜的温度和高压条件进行生产，故B错误；
C.由表格数据可知，8min时，O2的物质的量变化量为(0.060—0.016)ml=0.044ml，由物质的量的变化量之比等于化学计量数之比可知，SO3的物质的量为0.088ml，8min时SO3的物质的量和10min时SO3的物质的量相等，说明反应已达到平衡，则衡状态时，c(SO2)= =0.006ml·L-1，故C正确；
D. 0~4min时，SO2的物质的量变化量为(0.100—0.056)ml=0.044ml，由物质的量的变化量之比等于化学计量数之比可知，O2的物质的量变化量为=0.022ml，则用O2表示的平均反应速率为=2.75×10-3ml·L-1·min-1，故D错误；
故选C。
21．D
【解析】
【分析】
根据原理装置图可知，Mn2+在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为Mn2+-e-=Mn3+，H+在阴极得到电子，发生还原反应，阴极的电极反应式为2H++2e-=H2↑，混合液中发生反应FeS2+15Mn3++8H2O==Fe3++15Mn2++2+16H+，据此分析解答问题。
【详解】
A．根据分析可知，混合液中发生反应FeS2+15Mn3++8H2O==Fe3++15Mn2++2+16H+，A正确；
B．Mn2+在阳极失去电子，发生氧化反应，B正确；
C．H+在阴极得到电子，发生还原反应，阴极的电极反应式为2H++2e-=H2↑，C正确；
D．电解过程中，混合液中发生反应FeS2+15Mn3++8H2O==Fe3++15Mn2++2+16H+，因此混合液中H+的物质的量浓度将变大，D错误；
答案选D。
22．B
【解析】
【详解】
A．①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都需要在高温时进行，目的是加快反应速率，A错误；
B．由题中图示可知，过程④完成了Ti-H-Fe－*N到Ti-H－*N-Fe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向Ti-H区域传递，B正确；
C．由图可知，历程中能量变化最大的是2.46eV，该过程为N2的吸附过程，氮氮三键没有断裂，C错误；
D．催化剂能改变化学反应速率，但不能改变反应的焓变，D错误；
答案选B。
【点睛】
能够读懂图是解题的关键，难点B，③为N2解离为N的过程，过程④完成了Ti-H-Fe－*N到Ti-H－*N-Fe两种过渡态的转化。
23．D
【解析】
【分析】
已知：H2A=H++HA-，HA-H++A2-，则H2A是强酸，NaHA只电离不水解，其水溶液呈酸性，HA-部分电离，Na2A是强碱弱酸盐，水解呈碱性。向20mL0.1ml·L-1H2A溶液中滴加0.1ml·L-1的NaOH溶液，当加入20mLNaOH溶液时，反应所得为NaHA溶液，当加入40mLNaOH溶液时，反应所得为Na2A溶液，电解质溶液电荷守恒、物料守恒，据此回答；
【详解】
A. 滴加过程中，电解质溶液电荷守恒，故溶液中始终存在：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，A错误；
B. 当滴加至溶液呈中性时，溶液为NaHA和Na2A的混合溶液，滴入NaOH溶液体积大于20mL，B错误；
C. 当滴入NaOH溶液30mL时，2n (Na+)=3n(A)，则2c(Na+)=3c(HA-)+3c(A2-)，C错误；
D. 当滴入NaOH溶液20mL时，反应所得为NaHA溶液，按物料守恒， c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)，结合电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则有c(A2-)=c(H+)-c(OH-)，D正确；
答案选D。
24．D
【解析】
【详解】
A．HO2与H2O2化学性质相似，因此具有漂白性，向HO2溶液中滴入品红溶液，溶液褪色，加热后红色不恢复，A正确；
B．HO2与HX(X=Cl、Br、I等)的某些性质相似，故HO2可与AgNO3反应：，B正确；
C．HO2与H2O2化学性质相似，HO2不稳定，分解会生成氧气，C正确；
D．HO2与HX (X=CI、Br、l等）某些性质相似，有酸性，HO2在碱中不能稳定存在，D错误；
故选D。
25．C
【解析】
【分析】
取少量固体加入足量稀盐酸，固体溶解，得到气体X和澄清溶液Y，则该固体粉末中含有Na2CO3，Na2SiO3会与HCl反应生成硅酸沉淀，因此一定不含有Na2SiO3，气体X为CO2，又CuSO4、FeCl2不能与Na2CO3共存，因此CuSO4、FeCl2一定不含有，取①中少量溶液Y分两等份，一份加入足量BaCl2溶液，另份加入足量浓氨水，最终都只有白色沉淀，则一定含有MgSO4，KNO3不能确定是否存在，据此分析解答问题。
【详解】
A．根据分析可知，气体X为CO2，不可能是混合气体，A错误；
B．固体粉末M中一定不含Na2SiO3、CuSO4和FeCl2，B错误；
C．根据分析，Na2CO3和MgSO4一定含有，C正确；
D．需透过蓝色钴玻璃观察是否有紫色火焰，进而判断是否有KNO3，D错误；
答案选C。
26． > Na2CO3+HClO=NaHCO3+NaClO 两者都为分子晶体，SO3对分子质量大，分子间作用力强，故SO3的沸点高。
【解析】
【详解】
(1)电离平衡常数越大，给出H+能力越强，25℃时，H2CO3的Ka1=4.30×10-7，Ka2=5.61×10-11，HClO的Ka=2.95×10-8，则给出H+能力：H2CO3>HClO；酸越容易电离，酸根离子和氢离子结合能力越弱，则结合氢离子能力为：>ClO-，相应的反应为：Na2CO3与HClO反应生成NaHCO3和NaClO，化学方程式为：Na2CO3+HClO=NaHCO3+NaClO；
(2)CN2H4是离子化合物且各原子均满足稳定结构，则该化合物为铵离子和CN-构成的离子化合物， CN2H4的电子式为：；
(3)常压下，SO3的沸点(44.8℃)比SO2(-10℃)的沸点高，其主要原因是两者都为分子晶体，SO3对分子质量大，分子间作用力强，故SO3的沸点高。
27． 6.00×1023 实验2为错误数据，故阴极增加的铜的平均质量为0.120克，根据公式Q=It=2NA×n(Cu)×1.60×10-19，代入计算得6.00×1023ml-1
【解析】
【详解】
由表格知，实验1中，电解后阴极质量增加0.119g，实验2中，电解后阴极质量增加0.180g，实验3中，电解后阴极质量增加0.121g，可见实验2为错误数据，故阴极增加的铜的平均质量为0.120克，按电极反应列出关系式：，得到NA=6.00×1023，故该实验测定的阿伏加德罗常数6.00×1023ml-1。
28． 倾析法 加热蒸发过程中会使Fe3++3的平衡正向移动，从而提高体系中铁离子的浓度，加热过程中促进铁离子的水解会生成一定的氢氧化铁沉淀 向溶液中“加入适量乙醇—过滤—洗涤—干燥” 布氏漏斗 A→C→E→G 98.2%
【解析】
【分析】
本实验用铁屑为原料制备三草酸合铁(III)酸钾(K3[Fe(C2O4)3])，反应的原理为①Fe(s)+H2SO4=FeSO4+H2↑，②FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+H2SO4，③2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O，结合K3[Fe(C2O4)3的性质分析解答问题，根据得失电子守恒建立关系式，计算样品纯度。
【详解】
(1)在反应①之前为了除去铁屑表面的油污，先用饱和Na2CO3溶液浸泡一段时间，通常采用倾析法分离获得铁屑；
(2)加热蒸发过程中会使Fe3++3的平衡正向移动，从而提高体系中铁离子的浓度，加热过程中促进铁离子的水解会生成一定的氢氧化铁沉淀，进而导致获得的产品纯度不高；
(3)由于K3[Fe(C2O4)3]·3H2O易溶于水，难溶于乙醇，因此设计实验步骤为向溶液中“加入适量乙醇—过滤—洗涤—干燥”得到较为纯净的K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体；
(4)根据仪器Ⅰ的结构可知，其名称为布氏漏斗，抽滤时正确的操作顺序为组装装置→检查装置的气密性→选择比仪器I内径略小又能将全部小孔盖住的滤纸→放入滤纸后，用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，通过抽气使滤纸紧贴漏斗瓷板上→将溶液转移至仪器I中，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移晶体→洗涤晶体时，先关小水龙头，用一定浓度的酒精水溶液缓慢淋洗→停止抽滤，处理滤液和洗涤装置，故答案填A→C→E→G；
(5)用酸性高锰酸钾溶液滴定样品溶液，发生氧化还原反应，根据得失电子守恒有5~，则25mL样品溶液中n(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)=，则250mL样品溶液的n(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)=0.01ml，m(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)=0.01ml×491g·ml-1=4.91g，因此样品中K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的纯度为。
29． O=C=O AgCl和AgI CH3MgI 2CH3MgI+2HC=2CH4↑+MgI2+MgCl2 2NH3+3CuON2+3H2O+Cu CDE
【解析】
【分析】
I.结合流程示意图，求算出气体0.02mlA为甲烷，白色沉淀C为氢氧化镁，故每一份B能产生0.58g即0.01ml氢氧化镁，沉淀D为混合物，除了氯化银外，还有一种银化合物沉淀，其阴离子也来自X，按质量守恒定律，讨论并求出所含的四种元素及其物质的量、按照物质的量之比计算出最简式、结合摩尔质量求出化学式；
II.装置A中，氨气和氧化铜在加热下发生反应生成铜、氮气和水，经过氨气瓶B后，进入洗气瓶，浓硫酸既吸收了没参加反应的氨气，又干燥了氮气，纯净干燥的氮气进入D中，和金属镁反应生成氮化镁，据此回答；
【详解】
I. (1)已知：X由四种常见元素组成的化合物，流程图中知X与过量盐酸反应生成气体A，A在标况下的密度为0.714g·L-1，则其摩尔质量M=22.4L/ml0.714g·L-1=16g·ml-1，A完全燃烧的气体产物E能使澄清石灰水变浑浊，E为二氧化碳，A为甲烷，则3.32gX中含0.02ml即0.24g碳原子，溶液B均分为二等份，其中一份加足量氢氧化钠溶液得白色沉淀C，则C为氢氧化镁，0.58g氢氧化镁为0.01ml，故一份B溶液含0.01mlMgCl2，按元素守恒，则3.32gX中含0.02ml即0.48g镁元素，另一份B溶液中加足量硝酸银溶液，得到沉淀D，沉淀D是混合物，其中必有0.2 mlAgCl，其质量为2.87g，则5.22g-2.87g=2.35g为X中另一种元素与银离子产生的沉淀，假如该沉淀是AgBr，则为0.0125mlAgBr，则原X中含0.025mlBr，质量为2g，则剩余氢元素为3.32g-0.24g-0.48-2g=0.6g，则氢原子的物质的量为0.6ml，则所含原子数目比为C:Mg:Br:H=0.02:0.02:0.025:0.6=1:1:1.25:30，得到的化学式不合理，假设不成立，舍弃；假如该沉淀是AgI，2.35g则为0.01mlAgI，则原X中含0.02ml碘元素，质量为2.54g，则剩余氢元素为3.32g-0.24g-0.48-2.54g=0.06g，则氢原子的物质的量为0.06ml，则所含原子数目比为C:Mg:I:H=0.02:0.02:0.02:0.06=1:1:1:3，得到的最简式为CH3MgI；最简式式量为166，X摩尔质量小于200g·ml-1，则X的化学式为CH3MgI；故气体E的结构式为O=C=O，沉淀D是AgCl和AgI，X的化学式为CH3MgI；
(2)化合物X与足量盐酸反应生成CH4、MgI2和MgCl2，化学方程式为2CH3MgI+2HCl=2CH4↑+MgI2+MgCl2；
II.(1) A中氨气和氧化铜在加热下发生反应生成铜、氮气和水，反应的化学方程式为：2NH3+3CuON2+3H2O+Cu；
(2) A.为了得到纯净的氮化镁，实验前需要排除装置中的空气，防止氮气、二氧化碳和镁反应，A正确；B.装置B起到了缓冲、安全的作用，防止液体倒吸，B正确；C.装置C吸收水，避免镁和水反应产生副产物，也吸收未反应的氨气，防止镁和氨气反应，C错误；D.将装置B、C简化成装有碱石灰的U形管，不能达到实验目的，因为碱石灰不能吸收氨气，D错误；E.实验后，取D中固体加少量水，能生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；故说法不正确的是CDE。
30． C 反应Ⅱ△H2=－45.8kJ·ml－1，△S>0，说明其正反应是自发反应，而逆反应为非自发反应，所以反应Ⅱ为不可逆反应 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多 温度590K，R=2.5左右 0.125
【解析】
【详解】
(1)A．反应前后气体分子总数不变，总物质的量不变，利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，即气体压强始终保持不变，压强不变不能说明该反应达到平衡，故A不符合题意；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数始终不变，因此平衡常数不变不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．正(H2S)表示正反应速率，逆(HCl)表示逆反应速率，化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此正(H2S)= 逆(HCl)说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．组分都是气体，则气体总质量始终不变，容器为恒容状态，气体总体积保持不变，根据密度的定义，气体密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；
故答案为C；
(2)根据盖斯定律，反应Ⅱ=反应Ⅰ＋反应Ⅲ，推出△H2=△H1＋△H3=－45.8kJ·ml－1，根据△G=△H－T△S，因为△H0，说明其正反应是自发进行，而逆反应为非自发进行；
故答案为反应Ⅱ△H2=－45.8kJ·ml－1，△S>0，说明其正反应是自发反应，而逆反应为非自发反应，所以反应Ⅱ为不可逆反应；
(3)①C6H5－Cl由反应Ⅰ生成，C6H6由反应Ⅱ生成，图1显示温度较低时C6H5－Cl浓度的增加程度大于C6H6，说明反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多；
故答案为反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多；
②根据图1和图2的数据信息，该模拟工业生产制备C6H5－Cl的适宜条件为温度590K，R=2.5左右；
故答案为温度590K，R=2.5左右；
③590℃时，C6H5－Cl和H2S体积比为2：5，体积比等于物质的量之比，因此开始时氯苯的物质的量为ml，硫化氢的物质的量为ml，达到平衡时，C6H6的物质的量为ml，反应Ⅱ中，各组分(除S8)变化的物质的量均为ml，达到平衡时氯苯的物质的量为ml，反应Ⅰ中消耗氯苯的物质的量为(--)ml=ml，即反应Ⅰ中各组分变化的物质的量均为ml，达到平衡时硫化氢的物质的量为(--)ml=ml，HCl物质的量为，根据平衡常数的表达式，K==0.125；
故答案为0.125；
④根据图1和图2，随着反应的进行，苯硫酚的浓度先增加后降低，因此图像是；
故答案为。
31． 间二甲苯或1，3-二甲苯 HOCH2CH(OH)CH2NH2 AD 3ICl++3HCl CH2=CH2BrCH2CH2Br
或者CH2=CH2BrCH2CH2Br

【解析】
【分析】
从ABCDEFH的演变过程可知，A含苯环，由信息②知，H中所连的2个肽键由酰氯和胺类反应而成，即和反应生成，故F，G为，ABCDEF的演变中没有引入其它的碳原子，碳原子原来的位置没有发生变化，故A为，由流程知，A→B为氧化反应，B为，B→C为硝化反应，C为，C→D的反应，仿照信息①，则D为，从分子式的变化和H的结构简式知，E为，
据此回答；
设计以苯胺和乙烯为原料合成的路线，可以用逆合成分析法，要生成肽键，可仿照信息②，由苯胺和反应所得，由乙二酸转化得到，乙二酸由乙二醇被强氧化剂氧化可得，乙二醇由1,2-二溴乙烷水解即可，1,2二溴乙烷由乙烯和溴的四氯化碳溶液加成即可，据此回答；
【详解】
(1)据分析：A的化学名称为间二甲苯或1，3-二甲苯；G的结构简式HOCH2CH(OH)CH2NH2；
(2) A.分子式和A相同的芳香族化合物还有3种(除A)，分别为邻二甲苯、对二甲苯和乙苯，A正确；B.化合物C生成D的反应为还原反应，B错误；C.化合物D含有氨基和羧基，具有两性，但氨基和羧基没有连在同一个碳原子上，故不是α-氨基酸，C错误；D.由结构简式知，化合物H的分子式为C14H18N3I3O6，D正确；故说法正确的是AD；
(3) D为， E为，由D反应生成E的化学方程式3ICl++3HCl；
(4)据分析，以苯胺和乙烯为原料合成的路线如下：CH2=CH2BrCH2CH2Br
或者CH2=CH2BrCH2CH2Br
；
(5)J是C的同系物且J比C多一个碳原子，其要满足的条件有：①含有—NO2无—O—CH3和—O—O—的芳香族化合物：②与氯化铁溶液不发生显色反应，则可知J和C是含有相同官能团的，即含有2个羧基、1个硝基，结合条件③核磁共振氢谱为3组峰，峰面积之比为3:2:2，则羧基一定处于对称位置，羧基有一种氢原子、甲基又有一种氢原子、则苯环上还剩一种氢原子，处于对称位置，满足条件的结构简式可以是：、、以及。