黑龙江省哈尔滨市2022-2023学年高二下学期7月期末考试化学试题（解析版）

这是一份黑龙江省哈尔滨市2022-2023学年高二下学期7月期末考试化学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了5　Fe56， 下列化学用语使用正确的是， 下列反应属于还原反应的是， 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。

哈尔滨市2021级高二下学期学业质量检测
化学试卷
(本试卷满分100分，考试时间75分钟)
注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案。非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效。
可能用到的相对原子质量：H1　C12　N14　O16　S32　Cl35.5　Fe56
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 下列加点词所指代的物质的主要成分与其他三项不相同的是
A. 柳絮飞时花满城 B. 朝如青丝暮成雪
C. 狐裘不暖锦衾薄 D. 马革裹尸当自誓
【答案】A
【解析】
【详解】A．柳絮飞时花满城柳絮主要成分纤维素；
B．朝如青丝暮成雪，青丝主要成分蛋白质；
C．狐裘不暖锦衾薄，狐裘主要成分蛋白质；
D．马革裹尸当自誓，马革主要成分蛋白质；
与其他三项不相同的是A，故选A。
2. 下列物质属于纯净物的是
A. 漂白粉 B. 聚乙烯 C. 福尔马林 D. 硬脂酸甘油酯
【答案】D
【解析】
【详解】A．漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，故A不符合题意；
B．聚乙烯是合成高分子化合物，聚合度n值为不确定值，属于混合物，故B不符合题意；
C．福尔马林是35—40%的甲醛水溶液，属于混合物，故C不符合题意；
D．硬脂酸甘油酯属于油脂，是组成和结构唯一的纯净物，故D符合题意；
故选D。
3. 下列关于各组物质的关系的叙述正确的是
A. 金刚石和石墨互为同素异形体
B. 和互为同系物
C. 和互为同位素
D. 环戊烷和2，2-二甲基丙烷互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A．金刚石和石墨是同种元素构成的不同单质，互为同素异形体，故A正确；
B．苯酚和苯甲醇不属于同一类别的物质，一个是酚类，一个是醇类，二者不是同系物，故B错误；
C．同位素要求的是原子，不是分子，故C错误；
D．环戊烷的分子式是C5H10，2，2-二甲基丙烷的分子式是C5H12，分子式不相同，二者不是同分异构体，故D错误；
故本题选A。
4. 大国制造彰显中国实力，化学材料助力科技成果的转化与应用。下列说法正确的是
A. “神舟十五号”宇宙飞船返回舱外壳使用的高温结构陶瓷属于有机高分子材料
B. 中国航天员的出舱宇航服使用了多种合成纤维，其中涤纶(聚对苯二甲酸乙二酯)属于聚酯类高分子化合物
C. “北斗”导航卫星使用的芯片，其主要成分是二氧化硅晶体
D. “C919”大型民用客机使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，不属于有机高分子材料，故A错误；
B．聚对苯二甲酸乙二酯是含有酯基的聚酯类高分子化合物，故B正确；
C．芯片的主要成分是半导体材料硅，不是二氧化硅晶体，故C错误；
D．碳纤维是碳元素形成的单质，不是新型有机高分子材料，是新型无机非金属材料，故D错误；
故选B。
5. 有机物A的质谱图、核磁共振氢谱图如图所示，则A的结构简式可能为

A. B. HCOOH C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由图甲可知此有机物的最大质荷比为46，故其相对分子质量为46，由图乙可知有机物 A中存在三种不同化学环境的H原子，且个数之比为 3:2:1，只有乙醇符合题意，故选C。
6. 下列化学用语使用正确的是
A. 甲醛分子的空间填充模型：
B. 基态碳原子的价电子轨道表示式：
C. 基态铬原子的价电子排布式：
D. 四氯化碳分子的电子式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲醛分子的结构简式为HCHO，其空间填充模型为： ，A正确；
B．基态碳原子的价电子排布式为2s22p2，其轨道表示式为： ，B错误；
C．铬为24号元素，基态铬原子的价电子排布式：，C错误；
D．四氯化碳分子中每个氯原子都达到8电子稳定结构，电子式为： ，D错误；
故选A。
7. 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1mol苯乙烯中含有碳碳双键数为
B. 3.4g羟基()中含有电子总数为
C. 葡萄糖与新制的反应生成时，转移电子的数目为
D. 26g乙炔和苯的混合物中含有的原子总数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯基中的碳碳键是介于单键和双键之间一种独特的键，因此1mol苯乙烯中含有碳碳双键数为，A错误；
B．1mol羟基中含有的电子，因此3.4g羟基()中含有电子总数为，B错误；
C．根据计量系数关系可知葡萄糖与新制的反应生成时，转移电子的数目为，C错误；
D．乙炔和苯的最简式都是CH，因此26g乙炔和苯的混合物中含有的原子总数为，D正确；
故选D。
8. 下列反应属于还原反应的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．由方程式可知，题给反应为乙烯与溴水发生加成反应生成1，2—二溴乙烷，故A不符合题意；
B．由方程式可知，题给反应为催化剂作用下醛与氢气共热发生还原反应生成醇，故B符合题意；
C．由方程式可知，题给反应为乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成乙酸钠和乙醇，故C不符合题意；
D．由方程式可知，题给反应为催化剂作用下乙醛与氧气共热发生催化氧化反应生成乙酸，故D不符合题意；
故选B。
9. 下列说法不正确的是
A. 乙炔分子中所有原子一定共线
B. 某烃完全燃烧生成和的物质的量之比为1：1，则其实验式为
C. 某有机物的相对分子质量为58，则其分子式一定为
D. 分离正己烷(沸点69℃)和正庚烷(沸点98℃)可采用蒸馏的方法
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙炔分子为直线形分子，分子中所有原子一定共线，A正确；
B．根据原子守恒可知，某烃完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量之比为1：1，则分子中C、H原子个数比为1:2，则其实验式为CH2，B正确；
C．某有机物的相对分子质量为58，若不含有O元素，则有58÷12=4余10，即其分子式为C4H10，若含有1个O，则有(58-16)÷12=3余6，即分子式为C3H6O，若含有2个O，则有(58-2×16)÷12=2余2，即分子式为C2H2O2，C错误；
D．正己烷(沸点69℃)和正庚烷(沸点98℃)，二者互溶且沸点相差较大，故可采用蒸馏的方法进行分离，D正确；
故答案：C。
10. 2-丙醇在铜作催化剂并加热的条件下，可被氧化为Q。下列物质与Q互为同分异构体的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】2-丙醇在铜作催化剂加热的条件下丙酮，丙酮的分子式为C3H6O，与其互为同分异构体的是丙醛，故选B。
11. 咖啡酸是中药杜仲的活性成分之一，具有保肝利胆、促进肝细胞再生的作用，其结构简式如图所示。下列关于咖啡酸的叙述正确的是

A. 咖啡酸分子中含有4种官能团 B. 咖啡酸分子中含手性碳原子
C. 咖啡酸能使酸性溶液褪色 D. 咖啡酸不存在顺反异构
【答案】C
【解析】
【详解】A．咖啡酸分子中只有3种官能团，酚羟基、碳碳双键、羧基，A错误；
B．手性碳原子所连接的4个基团要不同，咖啡酸分子中不含手性碳原子，B错误；
C．咖啡酸中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；
D．碳碳双键两端碳原子均连有2个不同的原子或原子团，所以存在顺反异构，D错误；
故选C。
12. 下列事实不能用有机化合物分子中基团间的相互作用解释的是
A. 乙烯能发生加成反应而乙烷不能
B. 苯在50～60 ℃时发生硝化反应而甲苯在30 ℃时即可发生
C. 甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色而甲烷不能
D. 苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．乙烯能发生加成反应是因为乙烯含有碳碳以双键，而乙烷不含有碳碳双键，不能发生加成反应，与基团相互影响无关，A错误；
B．甲苯与硝酸反应更容易，说明甲基的影响使苯环上的氢原子变得活泼易被取代，与有机物分子内基团间的相互作用有关，B正确；
C．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能，说明H原子与苯基对甲基的影响不同，甲苯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，说明苯环的影响使侧链甲基易被氧化，C正确；
D．苯环对羟基的影响使羟基变活泼，因此苯酚能与氢氧化钠溶液反应而乙醇不能，D正确；
答案选A。
13. 冠醚是一类皇冠状的分子，其中18-冠-6可以与形成超分子。制备18-冠-6的方法如图所示。下列说法正确的是

A. 18-冠-6分子中碳原子都采用sp杂化
B. 18-冠-6与之间通过离子键形成超分子
C. 18-冠-6分子中所有原子一定共平面
D. 该制备18-冠-6的反应类型为取代反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．18-冠-6分子中都是饱和碳原子都采用sp3杂化，A错误；
B．通过离子键形成的是离子化合物，B错误；
C．18-冠-6分子中碳原子是sp3杂化，因此不可能所有原子共平面，C错误；
D．该制备18-冠-6的反应类型为取代反应，D正确；
故选D。
14. 根据下列实验操作和实验现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A．
将苯、液溴与铁粉充分混合，将生成的气体先后导入、溶液
溶液中产生淡黄色沉淀
苯与液溴发生了取代反应
B．
加热与浓的混合液至170℃，将生成的气体导入溴水中
溴水褪色
发生了消去反应
C．
向电石中滴加饱和食盐水，将生成的气体导入酸性溶液中
酸性溶液褪色
被氧化
D．
向固体中滴加乙酸溶液，将生成的气体导入苯酚钠溶液中
苯酚钠溶液变浑浊
酸性强弱：乙酸>碳酸>苯酚

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．将苯、液溴与铁粉充分混合，将生成的气体先导入中除去溴蒸气、因此溶液产生淡黄色沉淀，说明苯与液溴发生了取代反应生成HBr，A正确；
B．导入溴水中气体除了乙烯还有二氧化硫，二氧化硫也能使溴水褪色，因此不能证明发生了消去反应，B错误；
C．向电石中滴加饱和食盐水，将生成的气体除了乙炔还有H2S、PH3等杂质，H2S、PH3都能使酸性溶液褪色，因此不能证明被氧化，C错误；
D．乙酸具有挥发性，通入苯酚钠溶液中的气体除了还有乙酸，因此不能证明酸性强弱：乙酸>碳酸>苯酚，D错误；
故选A。
15. 科学家发现对LiTFSI(一种亲水有机盐)进行掺杂和改进，能显著提高锂离子电池传输电荷的能力。LiTFSI的结构如图，X、Y、Z、M为同一短周期元素，Z与W位于同一主族。下列叙述正确的是

A. 元素电负性：
B. 第一电离能：
C. 、的VSEPR模型均为直线形
D. M的简单氢化物的沸点一定高于X的氢化物
【答案】B
【解析】
【分析】Z与W位于同一主族，Z形成2个共价键、W形成6个共价键，则Z为氧、W为硫；X、Y、Z、M为同一短周期元素，则M为氟；X形成4个共价键，则M为碳，那么Y为氮；
【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；元素电负性：，A错误；
B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：，B正确；
C．中碳为sp杂化，VSEPR模型为直线形；中硫为sp2杂化，VSEPR模型为V形，C错误；
D．M的简单氢化物为HF，碳可以形成相对分子质量很大的烃，其沸点可以较高，故HF的沸点不一定高于X的氢化物，D错误；
故选B。
二、非选择题
16. 某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)：

已知：①NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和
②NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解：
③铜和银是同族相邻元素
请回答下列问题：
（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为_____；
（2）银元素位于元素周期表的第_____周期第_____族，属于_____区；
（3）“溶解”阶段中发生的反应的离子方程式为_____；
（4）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并将洗涤液合并入_____；
（5）若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与反应外(该条件下与不反应)，还因为_____。
【答案】（1）水浴加热
（2） ①. 五 ②. IB ③. ds
（3）
（4）过滤Ⅱ的滤液中 （5）未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且溶液中的不利于AgCl与氨水反应
【解析】
【分析】由题给流程可知，向预处理后的光盘碎片中加入次氯酸钠溶液和氢氧化钠溶液，80℃条件下将光盘中的银转化为氯化银，过滤得到滤液和含有氯化银的滤渣；向滤渣中加入氨水，将氯化银转化为银氨络离子，过滤得到含有银氨络离子的滤液；向滤液中加入合适的还原剂，将银氨络离子转化为银。
【小问1详解】
由题意可知，氧化阶段的反应温度低于100℃，为便于控制反应温度，实验时应采用水浴加热的方式加热，故答案为：水浴加热；
【小问2详解】
银元素的原子序数为47，基态原子的价电子排布式为4d105s1，位于元素周期表第五周期IB族，处于元素周期表的ds区，故答案为：五；IB；ds；
【小问3详解】
由分析可知，溶解阶段发生的反应为氯化银与氨水反应生成银氨络离子、氯离子和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问4详解】
过滤Ⅱ所得滤渣表面附有银氨络离子，所以为提高银元素的回收率，需对过滤Ⅱ的滤渣进行洗涤，并将含有银氨络离子的洗涤液合并入过滤Ⅱ的滤液中，故答案为：过滤Ⅱ的滤液中；
【小问5详解】
若省略过滤Ⅰ，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，过量的次氯酸钠溶液会氧化一水合氨，造成氨水消耗量增大；未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且溶液中的氯离子会使氯化银溶于氨水的反应向逆反应方向移动，不利于氯化银的溶解，故答案为：未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且溶液中的不利于AgCl与氨水反应。
17. 党的二十大报告指出“深入推进能源革命”“加快规划建设新型能源体系”，天然气是一种较为清洁的燃料，具有重大发展潜力。回答下列问题：
（1）天然气的主要成分是甲烷，甲烷的空间构型为_____；
（2）可经过如下步骤催化加氢转化为甲烷：
反应Ⅰ：　
反应Ⅱ：　
反应Ⅲ：　
反应Ⅲ的_____，已知其正反应活化能为，则其逆反应活化能_____；
（3）我国科研人员通过控制光沉积的方法构建型复合材料光催化剂，其中和离子渗透Nafion膜可协同、分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理如下：

总反应的化学方程式为_____；
（4）动力学研究：在多个1L恒容密闭装置中，分别充入和发生反应Ⅲ，在不同温度下反应至10min时，测得转化率随温度的关系如图1所示。已知该反应的速率方程为，，其中、为速率常数，受温度影响，lgk与1/T的关系图如图2所示。

①图1中，反应至a点的二氧化碳平均反应速率为_____；
②图1中，反应至c点_____ (填“大于”“小于”或“等于”)，原因是_____，c点的对应的是图2中的_____点。(已知，k为速率常数，AR为常数，Ea为活化能，T为温度)
【答案】（1）正四面体
（2） ① -164.7 ②. 442.7
（3）
（4） ①. 0.02 ②. 等于 ③. c点表示的反应已达到平衡状态 ④. M
【解析】
【小问1详解】
甲烷的分子式为CH4，其空间构型为正四面体；
【小问2详解】
根据盖斯定律可知“Ⅰ×2+Ⅱ”即得到反应Ⅲ：＝－164.7；反应热等于正反应活化能和逆反应活化能的差值，已知其正反应活化能为，则其逆反应活化能（278+164.7）＝442.7；

【小问3详解】
由图可知，初始反应为CO2和H2O，最终产物为HCOOH和O2，依据电子得失守恒和原子守恒，可得反应的方程式为；
小问4详解】
①图1中，反应至a点时氢气的转化率是0.2，消耗氢气0.8mol，则根据方程式可知消耗二氧化碳是0.2mol，浓度是0.2mol/L，所以二氧化碳平均反应速率为0.2mol/L÷10min＝；
②图1中反应达到最高点时反应达到平衡状态，升高温度平衡逆向移动，即c点表示的反应已达到平衡状态，所以反应至c点；由于升高温度平衡逆向进行，这说明逆反应速率增大的倍数大于正反应速率增大的倍数，c点的对应的是图2中的M点。
18. 乙酰基二茂铁是橘红色固体，熔点为81℃，沸点为163℃，常用作火箭燃料的添加剂。由二茂铁合成乙酰基二茂铁的原理如下图所示。已知乙酸酐易水解。

实验步骤如下：
步骤①：称取0.1g(0.00054mol)二茂铁，放入仪器A中，加入2mL(0.02mol)新蒸的乙酸酐，放入磁子，并装上空气冷凝管和干燥管，在60～75℃水浴中用磁力搅拌器搅拌溶解(见制备装置图，部分仪器已略去)后，迅速加入6～8滴浓磷酸，使反应液呈深红色，在室温下再搅拌60min。
步骤②：将反应液转入盛有约5g冰的烧杯中，用冷水刷洗反应瓶并将刷洗液并入烧杯中。滴加氢氧化钠水溶液至pH为7~8.此时有大量橘红色固体析出。冷却后抽滤，并用少量冷水洗涤2次。在小于60°C红外灯下烘干后，刮下粗产物。
（1）仪器A的名称为_____；
（2）装有无水氯化钙干燥管的作用是_____；
（3）步骤②中用pH试纸测定溶液的pH的操作是_____；用碳酸氢钠替换氢氧化钠中和产物时不需测定溶液的pH，观察到_____，可作为中和反应完成的判断标准；固体碳酸氢钠需分批加入，原因是_____；
（4）红外灯的温度不宜过高的原因是_____，提纯乙酰基二茂铁粗品的方法是_____，提纯后得到乙酰基二茂铁0.037g，本实验的产率是_____(保留两位有效数字)；
（5）二茂铁由两个环戊二烯负离子与亚铁离子结合而成，已知分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则中的大键应表示为_____，已知二乙酰基二茂铁只有一种结构(由于乙酰基的致钝作用，使两个乙酰基不在一个环上)，能否绕着与金属键合的轴转动？_____(填“能”或“否”)。
【答案】（1）圆底烧瓶(单口烧瓶)
（2）避免空气中的水进入烧瓶内使醋酸酐水解
（3） ①. 将一小块pH试纸放在干燥、洁净的玻璃片上，用干燥、洁净的玻璃棒蘸取少量待测液滴在pH试纸中央，待变色稳定后再和标准比色卡对照，读出对应的pH ②. 气泡消失 ③. 避免溶液溢出和加入过多的碳酸氢钠
（4） ①. 温度过高产物易熔化 ②. 重结晶 ③. 30%
（5） ①. ②. 能
【解析】
【小问1详解】
仪器A的名称为圆底烧瓶(单口烧瓶)。
【小问2详解】
氯化钙具有吸水性，乙酸酐易水解，装有无水氯化钙干燥管的作用是避免空气中的水进入烧瓶内使醋酸酐水解。
【小问3详解】
步骤②中用pH试纸测定溶液的pH的操作是将一小块pH试纸放在干燥、洁净的玻璃片上，用干燥、洁净的玻璃棒蘸取少量待测液滴在pH试纸中央，待变色稳定后再和标准比色卡对照，读出对应的pH；用碳酸氢钠替换氢氧化钠中和产物时不需测定溶液的pH，这是因为碳酸氢钠和磷酸反应生成CO2气体，故观察到气泡消失，可作为中和反应完成的判断标准；固体碳酸氢钠需分批加入，原因是避免溶液溢出和加入过多的碳酸氢钠。
【小问4详解】
乙酰基二茂铁是橘红色固体，熔点为81℃，沸点为163℃，红外灯的温度不宜过高的原因是温度过高产物易熔化，重结晶可以进一步提纯乙酰基二茂铁粗品，根据反应原理，0.1g(0.00054mol)二茂铁理论生成0.00054mol乙酰基二茂铁，提纯后得到乙酰基二茂铁0.037g，则产率是。
【小问5详解】
环戊二烯负离子由两个双键和一个负电荷组成环状共轭体系，π电子数是6，即形成5个碳原子、6个π电子的大π键，符号为；二乙酰基二茂铁只有一种结构(由于乙酰基的致钝作用，使两个乙酰基不在一个环上)，能绕着与金属键合的轴转动。
19. 3-氯靛红酸酐()是重要的材料中间体，其制备流程图如下：

已知：


（1）3-氯靛红酸酐的分子式为_____，苯环上碳原子的杂化方式为_____；
（2）有机物B的名称为_____，写出符合下列条件有机物B的所有同分异构体的结构简式_____；
a．苯环上只有两个取代基且互为邻位 b．既能发生银镜反应又能发生水解反应
（3）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备有机物B，而是经由①、②、③三步反应进行制取，其目的是_____；
（4）⑥的反应类型是_____，⑥的主要目的是_____；
（5）⑧的反应试剂和条件为_____；F中含氧官能团的名称为_____；
（6）以有机物C为原料，在一定条件下制备含酰胺基聚合物的化学方程式_____。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 邻硝基甲苯或2-硝基甲苯 ②.
（3）避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代(或减少副产物，或占位)
（4） ①. 取代反应 ②. 保护氨基
（5） ①. (或) ②. 羧基
（6）
【解析】
【分析】发生取代反应生成A，A发生取代生成，酸性条件下转化为B ，B氧化转化为，在 Fe与HCl条件下发生还原反应生成C ，C与发生取代反应生成，在浓硫酸条件下加热发生取代反应生成D ，D在在 Fe或 FeCl3作催化剂的条件下与Cl2发生取代反应生成E，E酸化得到F ，F经过一系列反应可转化为3-氯靛红酸酐，据分析回答问题。
【小问1详解】
3-氯靛红酸酐的分子式为，苯环上碳原子的杂化方式为；
【小问2详解】
有机物B的名称为邻硝基甲苯或2-硝基甲苯；B同分异构体中能发生银镜反应可推知含有醛基或甲酸基，还能发生水解反应可推知含有酯基或者肽键，并且苯环上只有两个取代基且互为邻位，再根据 B的分子式，符合条件的 B的同分异构体的结构简式；
【小问3详解】
该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备有机物B，而是经由①、②、③三步反应进行制取，其目的是避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代(或减少副产物，或占位)；
【小问4详解】
反应⑥C 与发生取代反应生成，⑥的目的是保护氨基，防止在后续反应中被氧化；
【小问5详解】
由D 和F 结构简式可推知E中含有氯原子， 苯环上引入氯原子的方法是在 Fe或 FeCl3作催化剂的条件下与Cl2发生取代反应；F 中含氧官能团的名称为羧基；
【小问6详解】
有机物C为原料，在一定条件下发生缩聚反应可以制备含酰胺基聚合物： 。