江西省新余市2023届高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题（含解析）

这是一份江西省新余市2023届高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，填空题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

江西省新余市2023届高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．生活中处处有化学。下列说法错误的是
A．谷子、玉米、高粱、大豆都是常见的酿酒原料
B．泥瓦匠用消石灰刷墙时，常在石灰水中加入少量粗盐，目的是使墙面尽快固化
C．“三天打鱼，两天晒网”是由于使用的渔网多为麻纤维，遇水易发生膨胀破损，所以需要晾晒保持干燥
D．人类能够冶炼金属的时间先后与金属的活动性相关，一般越活泼的金属，越晚被冶炼出来
2．设为阿伏加德罗常数的值，根据氯元素的“价-类”二维图，下列分析正确的是

A．标况下1.12L 溶于水充分反应，转移电子数为0.05
B．由“价-类”二维图推测可能具有强氧化性，能水解生成两种酸
C．工业上常用制备消毒剂，该反应n(氧化产物)：n(还原产物)=4：5
D．用pH试纸分别测定浓度均为1的和NaClO溶液的pH，可比较和HClO酸性的相对强弱
3．利用如图装置进行实验，能达到实验目的的是
A
B
C
D




检验1-溴丙烷和氢氧化钠的醇溶液反应生成丙烯
除去SO2中的少量
制取并收集少量Cl2
灼烧
A．A B．B C．C D．D
4．短周期主族元素W、 X、Y、Z原子序数依次增大，Y、W分别是短周期主族元素中原子半径最大和最小的两种元素，X2-、Y+的简单离子核外电子排布相同，由W、X、Z三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列说法正确的是

A．ZX2可以与水反应制得M
B．最简单氢化物的稳定性： X C．X与Y形成的化合物中阴、阳离子个数比为1：2
D．简单离子半径大小顺序为： Y>X
5．下列有关有机物X(结构如图)的叙述错误的是

A．X的分子式为C23H26O5
B．最多能与反应
C．X与足量H2反应后所得产物的分子中含有5个手性碳原子
D．X的苯环上的一氯代物有4种
6．“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是

A．利用该装置，可实现太阳能向电能转化
B．若用导线连接b、c，b电极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O
C．若用导线连接a、c，则c的电势高于a
D．若用导线连接a、c，则c电极的电极反应式为HxWO3-xe-=WO3+xH+
7．常温时，某酸溶液中存在如下关系。、、和随变化的关系如图所示。下列叙述错误的是

A．曲线③表示与的变化关系
B．反应的化学平衡常数为
C．a点对应的pH为2.9
D．Na2Y溶液中Y2-的第一步水解常数的数量级为10-10

二、工业流程题
8．铬广泛应用于冶金、化工、航天等领域。工业上以铬铁矿(主要成分为，含有少量)为原料制备金属铬的工艺流程如图所示：

回答下列问题：
(1)为提高焙烧效率，可以采取的措施为_______。
(2)亚铬酸亚铁()中的化合价为_______，“焙烧”中反应的化学方程式为_______。
(3)“酸化”中反应的离子方程式为_______，已知：酸化”后溶液中，2×10-8。则该温度下该反应的平衡常数等于_______。
(4)“沉铝”需控制的原因为_______。
(5)以铬酸钾(K2CrO4)为原料，用电化学法制备重铬酸钾的实验装置如图。

测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比(nK/nCr)为a，则此时铬酸钾的转化率为_______。

三、实验题
9．碳酸乙烯酯( EC)是一种性能优良的溶剂和精细化工中间体，是有机化工潜在的基础原料。EC的熔点为36℃，沸点为243℃，相对密度为1.4259g·cm-3。某课外小组拟用下图装置在100 ~120℃下以NY -2作催化剂，环氧乙烷( EO)和CO2为原料合成EC。

其反应原理为主反应：
副反应：
回答下列问题：
(1)用固体NY-2配制500g 4.8%的NY-2水溶液未用到下列仪器中的___________(填仪器名称)。

(2)控制装置D中反应温度的方法是___________(填“水浴加热”或“油浴加热”)。
(3)用装置A制备CO2时，应先打开K1和K2，然后___________。
(4)将装置C中的EO导入三颈烧瓶中的操作是___________，继续通入 CO2，用搅拌器搅拌，使反应物充分混合。
(5)CO2在水中的溶解度较小，但随着反应进行，从三颈烧瓶中逸出的CO2减少，其可能原因是___________。
(6)温度超过120℃后， EO的转化率增大，而EC的产率却减小，其可能原因是___________。
(7)计算结果表明，EO的转化率为91.5% ，EC的选择性为82% (EC的选择性=生成EC的物质的量/转化的EO的物质的量) ，若实验加入22 g EO，则得到___________g EC(结果保留两位有效数字)。

四、填空题
10．研究含氮元素物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的意义。
(1)发射“神舟十三”号的火箭推进剂为液态四氧化二氮和液态偏二甲肼(C2H8N2)。
已知：①C2H8N2(l)+4O2(g)=2CO2(g)+N2(g)+4H2O(l)  ΔH1=-2765.0kJ/mol
②2O2(g) +N2(g)=N2O4(l)  ΔH2=-19.5kJ/mol
③H2O(g)= H2O(l)  ΔH3=-44.0kJ/mol
则C2H8N2(l)＋2N2O4(1)=3N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g)的ΔH为_______。
(2)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步：I2(g)→2I(g)(快反应)
第二步：I(g)＋N2O(g)→N2(g)＋IO(g)(慢反应)
第三步：IO(g)＋N2O(g)→N2(g)＋O2(g)＋I2(g)(快反应)
实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是_______。
A．N2O分解反应中，k值与碘蒸气浓度大小有关
B．v(第二步的逆反应)＜v(第三步反应)
C．IO为反应的催化剂
D．第二步活化能比第三步大
(3)为避免汽车尾气中的氮氧化合物对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)  ΔH=-746.8kJ-mol-1.实验测得：v正=k正·p2(NO)·p2(CO)，v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)。其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度有关；p为气体分压(分压=物质的量分数x总压)。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_______(填“大于”“小于”或“等于”)k逆增大的倍数。
②一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、NO和N2物质的量之比为2：2：1，压强为P0kPa。达平衡时压强为0.9P0kPa，则平衡时CO的转化率为_______，_______。
(4)我国科技人员计算了在一定温度范围内下列反应的平衡常数Kp：
①3N2H4(1)4NH3(g)+N2(g)  ΔH1 Kp1
②4NH3(g)2N2(g)+6H2(g)  ΔH2 Kp2
绘制pKp1-T和pKp2-T的线性关系图如图所示：(已知：pKp=-1gKp)

①由图可知，ΔH1_______0(填“>”或“＜”)
②反应3N2H4(1)3N2(g)＋6H2(g)的K=_______(用Kp1、Kp2表示)；该反应的ΔH_______0(填“>”或“＜”)。

五、结构与性质
11．铑的配合物Rh(PPh3)Cl可催化丙烯与氢气的加成，反应过程为：CH3CH=CH2+H2CH3CH2CH3，回答下列问题：
(1)基态Rh原子的价电子排布式为4d85s1，铑在周期表的位置是_______，其原子中的未成对电子数为_______。
(2) 1mol丙烯(CH3CH=CH2)中σ键的数目为_______，其结构简式中打点的C原子与H原子间的σ键可称为sp2-sσ键，则丙烯分子中C原子之间的所有σ键可称为_______。
(3)第一电离能P_______Cl (填“大于”或“小于”)，PPh3是的缩写，该分子的立体构型是_______。比较PPh3与PH3的沸点大小，并说明原因_______。
(4) RhCl3的晶胞结构中Rh3+的位置如图所示(Cl-未画出)：

①晶胞中含有的Cl-数目为_______；
②若阿伏加德罗常数为NA，则晶体的密度为_______g·cm-3.(列出计算式)

六、有机推断题
12．泊马度胺(K)是一种新型免疫调节药物。其合成路线如图(部分条件已省略)。

已知：①，的结构简式为，可用—Boc代表；
②，产物中Fe元素以形式存在。
(1)A的质谱图如图所示，已知质谱图中质荷比数值最大的数据即为待测分子的相对分子质量， A的结构简式是_______。

(2)C中含氧官能团的名称是_______。
(3)G的结构简式为_______。
(4)下列说法正确的是_______(填序号)。
a.E具有两性
b.的核磁共振氢谱中有2组峰
c.F可发生水解反应，也可与碳酸钠反应
(5)由1molJ生成1molK需要_______mol Fe。
(6)为制备化合物M(结构简式为)，甲同学设计合成路线I，乙同学认为I不可行，设计了合成路线Ⅱ。
I.
Ⅱ.
X、试剂b的结构简式分别是_______、_______，这样设计的原因是_______。

参考答案：
1．A
【详解】A．谷子、玉米、高粱的主要成分为淀粉，水解后产生葡萄糖，可用于酿酒，而大豆的主要成分为蛋白质，不能用于酿酒，A错误；
B．泥瓦匠在刷墙时加入粗盐的目的是利用粗盐中的吸水，使墙面保持湿润，有利于溶液与空气中的CO2充分反应，转化为坚硬的，B正确；
C．麻为天然纤维，渔网多为麻纤维，遇水易发生膨胀破损，则使用后需要晾晒以延长渔网寿命，C正确；
D．金属越活泼，冶炼方法越困难，如需高温、电解等，D正确；
故选A。
2．B
【详解】A．溶于水充分反应，发生可逆反应，转移电子数无法确定，选项A错误；
B．由“价-类”二维图推测中Cl为+1价，N为+5价，可能具有强氧化性，能水解生成两种酸HClO和HNO3，选项B正确；
C．工业上常用制备消毒剂，该反应n(氧化产物)：n(还原产物)= n()：n(NaCl)=4：1，选项C错误；
D．和NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH比较酸性强弱，选项D错误；
答案选B。
3．B
【详解】A．乙醇具有挥发性，乙醇、乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此无法判断消去产物为丙烯，选项A不能达到实验目的；
B．SO2在饱和溶液中溶解度低，且可发生反应NaHSO3+HCl=NaCl+H2O+SO2↑，所以饱和溶液可用于除去SO2中的HCl，选项B能达到实验目的；
C．氯气的密度大于空气，应该长管进短管出，选项C不能达到实验目的；
D．灼烧物质应该在坩埚中进行，选项D不能达到实验目的；
答案选B。
4．C
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，Y、W分别是短周期主族元素中原子半径最大和最小的两种元素，Y是Na，W是H，X2-、Y+的简单离子核外电子排布相同，则X是O。由W、X、Z三种元素形成的化合物M的结构可知Z可以形成4个共价键，原子序数大于Na，则Z是Si，据此解答。
【详解】根据以上分析可知W是H，X是O，Y是Na，Z是Si。
A．SiO2不溶于水，不能与水反应制得M，A错误；
B．非金属性O＞Si，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则最简单氢化物的稳定性：X＞Z，B错误；
C．X与Y形成的化合物过氧化钠或氧化钠中阴、阳离子个数比均为1：2，C正确；
D．电子层数相同时，离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径大小顺序为：Y＜X，D错误；
答案选C。
5．C
【详解】A．由结构简式可知，X的分子式为C23H26O5，故A正确；
B．由结构简式可知，有机物X中酚羟基和酯基能与氢氧化钠溶液反应，其中1mol酚酯基消耗2mol氢氧化钠，则1molX最多能与3mol氢氧化钠反应，故B正确；
C．有机物X与足量氢气反应后所得产物的结构简式为，分子中有如图所示的7种连有四个不同原子或原子团的手性碳原子：(*代表手性碳原子)，故C错误；
D．由结构简式可知，有机物X有如图所示的4种一氯代物：，故D正确；
故选C。
6．D
【分析】由图可知，若用导线连接a、c，TiO2电极作催化剂，光照条件下，水在a电极上失去电子发生氧化反应，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，则a电极为原电池的负极，c电极为正极，酸性条件下，WO3在正极得到电子发生还原反应生成HxWO3，电极反应式为：WO3+xe-+xH+=HxWO3；若用导线连接b、c，b电极为原电池的正极，酸性条件下，空气中氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，c电极为负极，HxWO3在负极上失去电子发生氧化反应生成WO3，电极反应式为：HxWO3-xe-= WO3+xH+。
【详解】A．由分析可知，若用导线先连接a、c，再连接b、c，可以实现由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，A正确；
B．若用导线连接b、c，c电极为负极，b电极为原电池的正极，酸性条件下，空气中氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，B正确；
C．由分析可知，若用导线连接a、c，a电极为原电池的负极，c电极为正极，则c的电势高于a，C正确；
D．由分析可知，若用导线连接a、c，a电极为原电池的负极，c电极为正极，酸性条件下，WO3在正极得到电子发生还原反应生成HxWO3，电极反应式为WO3+xe-+xH+=HxWO3，D错误；
故选D。
7．B
【分析】酸溶液中，三种粒子都存在，所以该酸是二元弱酸，随着pH的增大，持续减小，所以为①；会先增加在减小，所以为②；持续增加，所以为③。
【详解】A．由分析可知，曲线③表示与的变化关系，A正确；
B．反应的化学平衡常数为，由图可知，当pH=1.4时，=，则=；当pH=4.4时，=，则=；所以，故B错误；
C．因为，，，a点时，=，所以此时，pH=2.9，故C正确；
D．Y2-的第一步水解常数，所以数量级为10-10，故D正确；
故选B。
8．(1)将矿石粉碎或增大空气的量或逆流焙烧等（任选一条）
(2) +3 4 FeCr2O4 + 7O2 + 8Na2CO3 2Fe2O3 + 8Na2CrO4 + 8CO2
(3) 2 CrO+ 2H＋=Cr2O+H2O 4×1014
(4)pH高于10时，偏铝酸根不能完全转化为氢氧化铝，pH低于6时，氢氧化铝会继续溶解转化为铝离子，故需控制pH在6~10的范围，让偏铝酸根中铝以氢氧化铝形成存在而过滤除去
(5)2-a

【分析】由题给流程可知，铬铁矿中加入碳酸钠在空气中焙烧时，FeCr2O4转化为氧化铁和铬酸钠，氧化铝转化为偏铝酸钠；焙烧渣加入水水浸、过滤得到氧化铁和含有偏铝酸钠、铬酸钠的滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH，将溶液中偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝滤渣和铬酸钠溶液；向溶液中继续加入稀硫酸调节溶液pH为1，将铬酸钠转化为重铬酸钠，电解重铬酸钠溶液在阴极得到铬。由图可知不锈钢与电源负极相连，整个装置为电解池，不锈钢做电解池的阴极；阳极为惰性电极，溶液中水电离出的放电，使溶液中的浓度增大，酸性增强，使平衡2 +2H+ +H2O向生成方向移动，部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区，使阳极区主要成分是K2Cr2O7。
【详解】（1）为提高焙烧效率，可以采取的措施为将矿石粉碎或增大空气的量或逆流焙烧等；
（2）根据正负化合价代数和为零可推知亚铬酸亚铁()中的化合价为+3价；由分析可知，铬铁矿中加入碳酸钠在空气中焙烧时，FeCr2O4转化为氧化铁和铬酸钠，反应的化学方程式为4 FeCr2O4 + 7O2 + 8Na2CO3 2Fe2O3 + 8Na2CrO4 + 8CO2；
（3）由分析可知，酸化时发生的反应为铬酸钠溶液与稀硫酸反应生成重铬酸钠和硫酸钠，反应的离子方程式为2 CrO+ 2H＋=Cr2O+H2O；由题给数据可知，反应的平衡常数K==4×1014，故答案为：2 CrO+ 2H＋=Cr2O+H2O；4×1014；
（4）由分析可知，沉铝时发生的反应为偏铝酸钠与稀硫酸反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钠，pH高于10时，偏铝酸根不能完全转化为氢氧化铝，pH低于6时，氢氧化铝会继续溶解转化为铝离子，故需控制pH在6~10的范围，让偏铝酸根中铝以氢氧化铝形成存在而过滤除去；
（5）起始时，设K2CrO4为1mol，反应过程中有xmol K2CrO4转化为K2Cr2O7，则阳极区剩余的K2CrO4为(1-x) mol，对应的n(K)=2(1-x) mol，n(Cr)=(1-x) mol，生成的K2Cr2O7为 mol，对应的n(K)=xmol，n(Cr)= xmol，则，解得x=2-a，则转化率为2-a。
9．(1)容量瓶
(2)油浴加热
(3)打开分液漏斗的活塞，加入稀盐酸直至浸没大理石，关闭活塞(合理即可)
(4)打开K3并关闭K2
(5)生成的EC对CO2有溶解作用(合理即可)
(6)温度超过120℃后副反应加快，导致EC的选择性降低(合理即可)
(7)33

【分析】利用稀盐酸与大理石反应制备二氧化碳，通过饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，拟用下图装置在100 ~120℃下以NY -2作催化剂，环氧乙烷( EO)和CO2为原料合成EC；
【详解】（1）用固体NY-2配制500g 4.8%的NY-2水溶液需要用到托盘天平、烧杯、量筒、滴定管；不需要用到容量瓶；答案为容量瓶；
（2）拟用下图装置在100 ~120℃下以NY -2作催化剂，环氧乙烷( EO)和CO2为原料合成EC，故控制装置D中反应温度的方法是油浴加热；
（3）用装置A制备CO2时，应先打开K1和K2，然后打开分液漏斗的活塞，加入稀盐酸直至浸没大理石，关闭活塞；
（4）将装置C中的EO导入三颈烧瓶中的操作是打开K3并关闭K2，继续通入 CO2，用搅拌器搅拌，使反应物充分混合；
（5）CO2在水中的溶解度较小，但随着反应进行，生成的EC对CO2有溶解作用，故从三颈烧瓶中逸出的CO2减少；
（6）温度超过120℃后， EO的转化率增大，而EC的产率却减小，其可能原因是温度超过120℃后副反应加快，导致EC的选择性降低；
（7）若实验加入22 g EO，转化的EO的物质的量为，设得到x g EC，则有=82%，解得x=33g。
10．(1)-2550 kJ/mol
(2)BD
(3) 小于 50%
(4) < Kp1 Kp2 <

【详解】（1）①C2H8N2(l)+4O2(g)=2CO2(g)+N2(g)+4H2O(l)  ΔH1=-2765.0kJ/mol，
②2O2(g) +N2(g)=N2O4(l)  ΔH2=-19.5kJ/mol，③H2O(g)= H2O(l)  ΔH3=-44.0kJ/mol，根据盖斯定律分析，有①-②×2-③×4得热化学方程式为：C2H8N2(l)＋2N2O4(1)=3N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH=-2765.0kJ/mol+19.5kJ/mol×2+44.0kJ/mol×4=-2550 kJ/mol。
（2）A. N2O分解反应中，k值只与温度有关，与碘蒸气浓度大小无关，故错误；B.第二步反应为慢反应，故v(第二步的逆反应)＜v(第三步反应)，故正确；
C. IO在第二步反应中生成，在第三不反应中又消失，为中间产物，不是反应的催化剂，故错误；
D. 活化能大，反应速率慢，第二步反应速率最慢，故活化能比第三步大，故正确。故选BD。
（3）①正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
，则有，解x=0.5mol，则一氧化碳的转化率为， ，当反应到平衡时，正逆反应速率相等，即v正= v逆=k正·p2(NO)·p2(CO) =k逆·p(N2)·p2(CO2)，==。
（4）由图可知，KP1随着温度的升高而减小，则平衡逆向移动，正反应为放热反应。由盖斯定律可知，①+②可得3N2H4(1)3N2(g)＋6H2(g)的K= Kp1 Kp2 。设T2>T1，可由图可知，pKp1(T2)- pKp1(T1)>| pKp2(T2)- pKp2(T1)|，则pKp1(T2)- pKp1(T1)> pKp2(T1) -pKp2(T2)，pKp1(T2)+ pKp2(T2)> pKp1(T1)+ pKp2(T1)，lg [Kp1(T1) Kp2(T1)]>lg[Kp1(T2) Kp2(T2)]即K(T1)>K(T2)，因此升高温度，K值减小，平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应。
11． 第五周期第VIII族 3 8mol或8×6.02×1023 sp2-sp2σ键、sp2-sp3σ键 小于 三角锥形 PPh3高于PH3， 因为PPh3的相对分子质量更大，范德华力更大，则沸点更高 12 ×1030、×1030
【详解】(1)由基态Rh原子的价电子排布式为4d85s1，可知铑在周期表中第5周期第9列，故在周期表中的位置是第五周期第VIII族，其原子中4d上8个电子有2个未成对电子和5s上1个未成对电子，故未成对电子数为3，故答案为：第五周期第VIII族；3；
(2) 根据单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，三键是1个σ键和2个π键，故1mol丙烯(CH3CH=CH2)中σ键的数目为8mol或8×6.02×1023，其结构简式中打点的C原子与H原子间的σ键可称为sp2-sσ键，丙烯分子中双键所在的2个碳原子为sp2杂化，另一个碳原子为sp3杂化，故C原子之间的所有σ键可称为sp2-sp2σ键、sp2-sp3σ键，故答案为：8mol或8×6.02×1023；sp2-sp2σ键、sp2-sp3σ键；
(3)同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故P小于Cl，PPh3是的缩写，该分子中心原子P周围形成了3个σ键和一对孤电子对，故的立体构型是三角锥形，由于PPh3的相对分子质量比PH3大得多，范德华力更大，则沸点更高，PPh3高于PH3，故答案为：小于；三角锥形；PPh3高于PH3， 因为PPh3的相对分子质量更大，范德华力更大，则沸点更高；
(4) ①由晶胞结构示意图可知，一个晶胞中含有Rh3+为：，结合化学式RhCl3可知晶胞中含有的Cl-数目为4×3=12；故答案为：12；
②由晶胞结构示意图可知，一个晶胞的体积为abcpm3=abc×10-30cm3，由①计算可知1个晶胞中含有4个Rh3+和12个Cl-，若阿伏加德罗常数为NA，故有：ρVNA=4mol×(103+3×35.5)g/mol,则晶体的密度为×1030或者×1030g·cm-3，故答案为：×1030或者×1030g·cm-3。
12．(1)
(2)羧基、硝基
(3)
(4)ac
(5)3
(6) 路线I中分子间的氨基和羧基可能发生脱水缩合反应，导致有副产物产生

【分析】A可以被酸性高锰酸钾溶液氧化成，且A的相对分子质量是106，可以推知A为；E发生信息①反应生成F，F脱水生成G，G发生信息①反应生成，可以推知G为，F为。
【详解】（1）由分析可知，A的结构简式为；
（2）由C的结构简式可知，其含氧官能团的名称是羧基、硝基；
（3）根据上述分析可知，G的结构简式为：；
（4）a．E中含有羧基和氨基，既可以和碱反应也可以和酸反应，具有两性，故a正确；
b．中只含有1种化学环境的H原子，核磁共振氢谱中有1组峰，故b错误：
c．F为，其中含有酰胺基、—Boc中含有酯基，可以发生水解反应，含有羧基，可以和碳酸钠反应，故c正确；
故选ac；
（5）由信息②可知，把J中的硝基转化为氨基的过程中，硝基被还原为氨基、Fe被氧化为，则反应可表示为，则由1molJ生成1molK需要3 mol Fe；
（6）路线I中，分子间的氨基和羧基可能发生脱水缩合反应，导致有副产物产生，结合信息①可以先将中的氨基转化为后再和反应，最后再将转化为氨基即可，故答案为：；；路线I中分子间的氨基和羧基可能发生脱水缩合反应，导致有副产物产生。