内蒙古自治区2026年高三第二次诊断性检测化学试卷（含答案解析）

这是一份内蒙古自治区2026年高三第二次诊断性检测化学试卷（含答案解析），共7页。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列说法不正确的是（ ）
A．某化合物在熔融状态下能导电，则该物质属于离子化合物
B．金属钠与水反应过程中，既有共价键的断裂，也有共价键的形成
C．硅单质与硫单质熔化时所克服微粒间作用力相同
D．CO2和NCl3中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
2、下列说法中错误的是:
A．SO2、SO3都是极性分子B．在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键C．元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强D．原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性
3、生活中处处有化学。根据你所学过的化学知识，判断下列说法错误的是
A．柑橘属于碱性食品
B．为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒
C．氯化钠是家庭常用的防腐剂，可用来腌制食品
D．棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O
4、下列物质的制备方法正确的是( )
A．实验室用1体积酒精和3体积浓度为6ml/L的硫酸制乙烯
B．用镁粉和空气反应制备Mg3N2
C．2mL10%的NaOH溶液中滴加2%的CuSO4溶液5滴得新制Cu(OH)2悬浊液
D．用电解熔融氯化铝的方法制得单质铝
5、有机物 X 的结构简式如图所示，下列有关说法错误的是
A．X 的分子式为 C13H10O5
B．X 分子中有五种官能团
C．X 能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．X 分子中所有碳原子可能共平面
6、下列过程中，共价键被破坏的是（ ）
A．碘升华B．蔗糖溶于水C．氯化氢溶于水D．氢氧化钠熔化
7、NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．5.6g Fe完全溶于一定量溴水中，反应过程中转移的总电子数一定为0.3NA
B．1 ml Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子
C．标况时，22.4L二氯甲烷所含有的分子数为NA
D．镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，有1.5NA对共用电子对被破坏
8、证据推理与模型认知是化学学科的核心素养之一。下列事实与相应定律或原理不相符的是（ ）
A．向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深——勒夏特列原理
B．常温常压下，1体积CH4完全燃烧消耗2体积O2——阿伏加德罗定律
C．向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果——元素周期律
D．通过测量C、CO的燃烧热来间接计算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反应热——盖斯定律
9、化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是 ( )
A．“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅
B．豆腐有“植物肉”之美称，“卤水点豆腐”是胶体的聚沉过程
C．港珠澳大桥为了防腐蚀可以在钢铁中增加含碳量
D．《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是碳酸钠
10、下列有关说法正确的是（ ）
A．水合铜离子的模型如图，该微粒中存在极性共价键、配位键、离子键
B．CaF2晶体的晶胞如图，距离F-最近的Ca2+组成正四面体
C．氢原子的电子云图如图，氢原子核外大多数电子在原子核附近运动
D．金属Cu中Cu原子堆积模型如图，为面心立方最密堆积，Cu原子的配位数均为12，晶胞空间利用率68%
11、第三周期元素的原子中，未成对电子不可能有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
12、苯甲酸的电离方程式为+H+，其Ka=6.25×10-5，苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-。已知25℃时，H2CO3的Ka1=4.17×l0-7，Ka2=4.90×l0-11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外， 还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）（ ）
A．H2CO3的电离方程式为 H2CO32H++CO32-
B．提高CO2充气压力，饮料中c(A-)不变
C．当pH为5.0时，饮料中 =0.16
D．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
13、化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法正确的是
A．医疗上用浓度为95％的酒精杀菌消毒
B．葡萄糖作为人类重要的能量来源，是由于它能发生水解
C．石墨纤维和制医用口罩的聚丙烯纤维都是有机高分子化合物
D．聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n是新型絮凝剂，可用来处理水中的悬浮物
14、有下列两种转化途径，某些反应条件和产物已省略。下列有关说法不正确的是
途径① SH2SO4
途径② SSO2SO3H2SO4
A．途径①反应中体现了浓硝酸的强氧化性和酸性
B．途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来降低成本
C．由途径①和②分别制取1mlH2SO4，理论上各消耗1mlS，各转移6mle-
D．途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念是因为途径②比途径①污染相对小且原子利用率高
15、常温下，向甲胺溶液中滴加的盐酸，混合溶液的pH与相关微粒的浓度关系如图所示。已知：甲胺的。图中横坐标x的值为
A．0B．1C．4D．10
16、，改变溶液的，溶液中浓度的对数值与溶液的变化关系如图所示。若。下列叙述错误的是（ ）
A．时，
B．电离常数的数量级为
C．图中点x的纵坐标值为
D．的约等于线c与线d交点处的横坐标值
二、非选择题（本题包括5小题）
17、化合物J是一种重要的医药中间体，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）G中官能团的名称是__；③的反应类型是__。
（2）通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是__。
（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出F与足量氢气反应生成产物的结构简式，并用星号（*）标出其中的手性碳__。
（4）写出⑨的反应方程式__。
（5）写出D的苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体结构简式_。
（6）写出以对硝基甲苯为主要原料（无机试剂任选），经最少步骤制备含肽键聚合物的合成路线__。
18、我国科研人员采用新型锰催化体系，选择性实现了简单酮与亚胺的芳环惰性C-H的活化反应。利用该反应制备化合物J的合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A中官能团的名称是______。F的化学名称是______。
（2）C和D生成E的化学方程式为_____________。
（3）G的结构简式为________。
（4）由D生成F，E和H生成J的反应类型分别是______、_____。
（5）芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应，则K可能的结构有____种，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为______（任写一种）。
19、FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。
Ⅰ．经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：
①检验装置的气密性；
②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；
③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；
④……
⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的H2赶尽Cl2，将收集器密封。
请回答下列问题：
(1)装置A中反应的化学方程式为________________。
(2)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作是_______________。
(3)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)_____________。
(4)装置B中冷水浴的作用为________________；装置C的名称为_____________；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：____________。
(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂_____________。
Ⅱ．该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。
(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为____________。
(7)综合分析实验Ⅱ的两个反应，可知该实验有两个显著优点：①H2S的原子利用率为100%；②___________。
20、水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，
Ⅰ．用已准确称量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）固体配制一定体积的cml/L标准溶液；
Ⅱ．用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复震荡后静置约1小时；
Ⅲ．向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色； Ⅳ．将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标准溶液滴定；
V．待试液呈淡黄色后，加1mL淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。
已知：I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6
（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。
（2）在步骤Ⅱ中，水样中出现了MnMnO3沉淀，离子方程式为4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O。
（3）步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为 _______________________________________________________________。
（4）滴定时，溶液由__________色到______________色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。
（5）河水中的溶解氧为_____________________________mg/L。
（6）当河水中含有较多NO3－时，测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)
21、有机物G是一种高分子化合物，常用作有机合成的中间体，并可用作乳胶漆等。可以通过以下途径合成：
已知有机物A中含有C、H、O、Cl四种元素且同一个碳原子上不直接连接两个官能团。
（1）A的结构简式为___________或___________；反应③的反应类型_____________________。
（2） 写出反应⑤和反应⑥的化学方程式：反应⑤___________；反应⑥（在一定条件下）___________。
（3）写出1种E的同系物的名称_____________________。写出1种与F含有相同官能团的F的同分异构体的结构简式_______________。
（4）试设计一条以为原料合成的合成路线__________________。（合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物）
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A.熔融状态下能导电的化合物中含有自由移动阴阳离子，说明该化合物由阴阳离子构成，则为离子化合物，故A正确；
B.Na和水反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应中水中的共价键断裂，氢气分子中有共价键生成，所有反应过程中有共价键断裂和形成，故B正确；
C.Si是原子晶体、S是分子晶体，熔化时前者破坏共价键、后者破坏分子间作用力，所有二者熔化时破坏作用力不同，故C错误；
D.中心原子化合价的绝对值+该原子最外层电子数=8时，该分子中所有原子都达到8电子结构，但是氢化物除外，二氧化碳中C元素化合价绝对值+其最外层电子数=4+4=8，NCl3中N元素化合价绝对值+其最外层电子数=3+5=8，所有两种分子中所有原子都达到8电子结构，故D正确。
故选C。
明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意C选项中Si和S晶体类型区别。
2、A
【解析】
A项，三氧化硫分子是非极性分子，它是由一个硫原子和三个氧原子通过极性共价键结合而成，分子形状呈平面三角形，硫原子居中，键角120°，故A项错误；
B项，在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键，前者是氮原子提供配对电子对给氢原子，后者是铜原子提供空轨道，故B项正确；
C项，元素的原子在化合物中把电子吸引向自己的本领叫做元素的电负性，所以电负性越大的原子，吸引电子的能力越强，故C项正确；
D项，原子晶体中原子以共价键结合，一般原子晶体结构的物质键能都比较大、熔沸点比较高、硬度比较大，故D项正确。
答案选A。
3、D
【解析】
A.含钾、钠、钙、镁等矿物质较多的食物，在体内的最终的代谢产物常呈碱性，产生碱性物质的称为碱性食品，蔬菜、水果、乳类、大豆和菌类食物等，柑橘水水果，属于碱性食品，选项A正确；
B.为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒，杀除病菌，选项B正确；
C.氯化钠的浓溶液(超过0.9%)才有防腐作用，因为这是生理盐水的浓度，超过这个浓度，细胞就会脱水死亡，可用来腌制食品，选项C正确；
D.棉、麻属于纤维素，含有C、H两种元素，完全燃烧只生成CO2和H2O；羊毛属于蛋白质，含有C、H、O、N等元素，完全燃烧除生成CO2和H2O，还有其它物质生成；合成纤维是以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，分子中出C、H元素外，还含有其它元素，如N元素等，完全燃烧除生成CO2和H2O，还有其它物质生成，选项D错误；
答案选D。
4、C
【解析】
A．实验室用1体积酒精和3体积浓度为18.4ml/L的硫酸制乙烯，故A错误；
B．镁粉在空气中和氧气也反应，会生成氧化镁，故B错误；
C．氢氧化钠过量，可与硫酸铜反应生成氢氧化铜，反应后制得的氢氧化铜呈碱性，符合要求，故C正确；
D．氯化铝属于分子晶体，熔融状态不导电，工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al，故D错误；
故选C。
5、B
【解析】
A. 由结构简式，X的分子式为 C13H10O5，故A正确；
B．X分子中有羧基、羟基、羰基、碳碳双键四种官能团，故B错误；
C．X分子中有碳碳双键，X 能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；
D．X分子中有11个碳是sp2杂化，平面三角形结构，与它相连的碳共面，有2个碳是sp3杂化，可以通过旋转后共面，X 分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；
故选B。
本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结构及对称性判断，难点D，抓住共面的条件，某点上相连的原子形成的周角之和为360°，易错点B，苯环不是官能团。
6、C
【解析】
A．碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故A错误；
B．蔗糖溶于水后，蔗糖在水中以分子形式存在，所以没有化学键的破坏，故B错误；
C．氯化氢气体溶于水，氯化氢在水分子的作用下发生电离生成氯离子和氢离子，所以有化学键的破坏，故C正确；
D．氢氧化钠熔化时电离出OH-和Na+，只破坏离子键，故D错误；
故答案为C。
7、D
【解析】A．铁完全溶于一定量溴水，反应后的最终价态可能是+3价，还可能是+2价，故0.1ml铁转移的电子数不一定是0.3NA个，还可能是0.2NA个，故A错误；B．Na原子最外层是1个电子，则1 ml Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去1NA个电子，故B错误；C．标况下二氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，参加反应的N2为0.5ml，而N2分子含有氮氮叁键，则有1.5NA对共用电子对被破坏，故D正确；答案为D。
8、C
【解析】
A．向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深，说明增大反应物浓度，能使平衡正向移动，此事实与勒夏特列原理相符，A不合题意；
B．由CH4燃烧反应方程式可知，1mlCH4在2mlO2中完全燃烧，常温常压下，1体积CH4完全燃烧消耗2体积O2，二者的体积比等于其物质的量之比，符合阿伏加德罗定律，B不合题意；
C．向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果，说明生成了HClO，符合强酸制弱酸原理，由于HClO不是最高价含氧酸，所以不符合元素周期律，C符合题意；
D．通过C、CO的燃烧热反应方程式，通过调整化学计量数后相减，可间接计算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反应热，符合盖斯定律，D不合题意；
故选C。
9、B
【解析】
A. 手机中芯片的主要成分是硅，而不是二氧化硅， A错误；
B.豆浆属于胶体，向豆浆中加入卤水（含有电解质溶液）会引发胶体的聚沉，形成豆腐，B正确；
C. 钢铁中增加含碳量，更容易形成原电池，形成原电池造成铁的腐蚀速率加快，C错误；
D. 草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，故D错误；
答案选B。
10、B
【解析】
A．水合铜离子中水中的氧原子提供孤对电子与铜离子形成配位键，水中的H原子和O原子形成极性共价键，但不存在这离子键，A选项错误；
B．CaF2晶体的晶胞中，F-位于体心，而Ca2+位于顶点和面心，距离F-最近的Ca2+组成正四面体，B选项正确；
C．电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的机会多，C选项错误；
D．金属Cu中Cu原子堆积模型为面心立方最密堆积，配位数为12，但空间利用率为74%，D选项错误；
答案选B。
本题考查了配合物、离子晶体、电子云、最密堆积等知识，解题关键是对所给图要仔细观察，并正确理解掌握基本概念。
11、A
【解析】
第三周期的元素最多能填到，而p轨道上最多有3个未成对电子，因此不可能有4个未成对电子，答案选A。
12、C
【解析】
A．H2CO3是弱酸，分步电离，电离方程式为 H2CO3H++HCO3-，故A错误；
B．提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，溶液中c(A-)减小，故B错误；
C．当pH为5.0时，饮料中===0.16，故C正确；
D．由题中信息可知，苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故D错误；
故选C。
13、D
【解析】
A．过高浓度的酒精使蛋白质凝固的本领很大，它却使细菌表面的蛋白质一下子就凝固起来，形成了一层硬膜，阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌免遭死亡，酒精浓度过低，虽可进入细菌，但不能将其体内的蛋白质凝固，同样也不能将细菌彻底杀死，医疗上用浓度为75%的酒精杀菌消毒，故A错误；
B．葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，葡萄糖在人体组织中缓慢氧化放出热量，供给人体所需能量，故B错误；
C．石墨纤维是由碳元素构成的单质，不是有机高分子化合物，故C错误；
D．聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n中的铁离子在水溶液中能发生水解反应，生成氢氧化铁胶体，可以吸附水中的悬浮物，故D正确；
答案选D。
有机化合物指含碳元素的化合物，但是不包括碳的氧化物、碳酸、碳酸盐等，有机物是生命产生的物质基础，所有的生命体都含有机化合物。脂肪、氨基酸、蛋白质、糖类、血红素、叶绿素、酶、激素等。生物体内的新陈代谢和生物的遗传现象，都涉及到有机化合物的转变。此外，许多与人类生活有密切相关的物质，如石油、天然气、棉花、染料、化纤、塑料、有机玻璃、天然和合成药物等，均与有机化合物有着密切联系。
14、A
【解析】
A．途径①反应中只体现了浓硝酸的强氧化性，A错误；
B．途径②的第二步反应是可逆反应，在实际生产中可以通过增大廉价易得的O2浓度使化学平衡正向移动，来降低成本，B正确；
C．根据电子转移数目相等，可知由途径①和②分别制取1mlH2SO4，理论上各消耗1mlS，各转移6mle-，C正确；
D．途径②与途径①相比不产生大气污染物质，因此更能体现“绿色化学”的理念，是因为途径②比途径①污染相对小且原子利用率高，D正确。
答案选A。
15、A
【解析】
已知甲胺的，说明甲胺为弱碱，在水中的电离方程式为，则甲胺的电离常数为，a点溶液的，，则代入，，，故，故选A。
16、A
【解析】
根据图知，pH7时，CH3COOH几乎以CH3COO－形式存在，a表示CH3COO－；
A、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大；
B、c（CH3COOH）=c（CH3COO－）时，CH3COOH电离平衡常数K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=c（H＋）；
C、根据K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解；
D、CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，0.01ml·L－1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO－)=1/k，求出c(OH－)，pH=14-pOH，即c与线d交点处的横坐标值。
【详解】
A、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大，所以存在c（CH3COO－）＞c（CH3COOH）＞c（H＋），故A错误；
B、c（CH3COOH）=c（CH3COO－）时，CH3COOH电离平衡常数K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=c（H＋）=10-4.74，故B正确；
C、根据K=c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)求解；pH=2时，c（H＋）=10-2ml·L－1，从曲线c读出c(CH3COOH)=10-2ml·L－1，由选项B，K=10-4.74，解得c(CH3COO－)=10-4.74，故C正确；
D、CH3COO－+H2OCH3COOH+OH-，0.01ml·L－1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)·c(OH－)/c(CH3COO－)=1/k，从c与线d交点作垂线，交点 c（HAc）=c（Ac－），求出c(OH－)=1/k=104.74ml·L－1，pH=14-pOH=9.26，即c与线d交点处的横坐标值。故D正确。
故选A。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、羧基、肽键（或酰胺键） 取代反应 定位 +2H2O+CH3COOH+H2SO4 或（任写1种）
【解析】
(1)根据流程图中的结构简式和反应物转化关系分析；
(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应中取代基的位置；
(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，根据结构简式分析；
(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为；
(5)根据题目要求分析，结合取代基位置异构，判断同分异构体的数目。
(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物。
【详解】
(1)根据G的结构图，G中官能团的名称是羧基和肽键(或酰胺键)；反应③中C的—SO3H被取代生成D，则反应类型是取代反应；
(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO3H的作用是控制反应过程中取代基的连接位置，故起到定位的作用；
(3) F是邻氨基苯甲酸，与足量氢气发生加成反应生成，与羧基、氨基连接的碳原子是手性碳原子，可表示为：；
(4) 根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为，⑨的反应方程式：+2H2O+CH3COOH+H2SO4；
(5) D的结构简式为，苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体，即三个取代基在苯环上处于邻间对位置上，同分异构体结构简式或（任写1种）；
(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物，不能先把硝基还原为氨基，然后再氧化甲基，因为氨基有还原性，容易被氧化，故合成路线如下：。
18、醛基 4-硝基甲苯（对硝基甲苯） 取代反应 加成反应 14 或
【解析】
A(C2H4O)能够与新制氢氧化铜反应，说明A含有醛基，因此A为CH3CHO，则B为CH3COOH；结合C和E的分子式可知，C和D应该发生取代反应生成E和氯化氢，则D为；甲苯在浓硫酸作用下发生硝化反应生成F，结合J的结构可知，F为对硝基甲苯()，F被还原生成G，G为对氨基甲苯()，根据已知信息，G和乙醛反应生成H，结合J的结构可知，H为，则E为，据此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析，A为C2H4O，含有的官能团为醛基；F为，名称为对硝基甲苯，故答案为醛基；4-硝基甲苯(对硝基甲苯)；
(2)C和D发生取代反应生成E，反应的化学方程式为，故答案为；
(3)G为对硝基甲苯中硝基被还原的产物，G为，故答案为；
(4)由D生成F是甲苯的硝化反应，属于取代反应，根据流程图，E和H生成J的过程中N=C双键转化为了单键，属于加成反应，故答案为取代反应；加成反应；
(5)E为，芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应，说明K中含有醛基，则K的结构有：苯环上连接1个乙基和1个醛基有3种；苯环上连接2个甲基和1个醛基有6种；苯环上连接1个甲基和1个—CH2CHO有3种；苯环上连接1个—CH2 CH2CHO有1种；苯环上连接1个—CH(CH3)CHO有1种，共14种；其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为或，故答案为14；或。
19、2Fe+3Cl22FeCl3 在沉积的FeCl3固体下方加热 ②⑤ 冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品 干燥管 K3[Fe(CN)6)溶液 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ FeCl3得到循环利用
【解析】
Ⅰ．装置A中铁与氯气反应，反应为：2Fe+3Cl2 2FeCl3，B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解，所以用装置C无水氯化钙来吸水，装置D中用FeCl2吸收Cl2时的反应离子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸，所以装置E为氢氧化钠溶液吸收氯气，据此分析解答(1)~(5)；
Ⅱ．三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应，化学方程式为2FeCl3+H2S═2FeCl2+S↓+2HCl，电解氯化亚铁时，阴极阳离子得到电子发生还原反应；阳极阴离子失去电子发生氧化反应，据此分析解答(6)~(7)。
【详解】
Ⅰ．(1)氯气具有强氧化性，将有变价的铁元素氧化成高价铁，生成氯化铁，所以装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl2 2FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl2 2FeCl3；
(2)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，因为无水FeCl3加热易升华，要使沉积的FeCl3进入收集器，需要对FeCl3加热，使氯化铁发生升华，使沉积的FeCl3进入收集器，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；
(3)为防止FeCl3潮解，可以采取的措施有：步骤②中通入干燥的Cl2，步骤⑤中用干燥的N2赶尽Cl2，故答案为：②⑤；
(4)B中的冷水是为了冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品，装置C的名称为干燥管；Fe2+的检验可通过与K3[Fe(CN)6)溶液生成蓝色沉淀的方法来完成，故答案为：冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；K3[Fe(CN)6)溶液；
(5)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，尾气吸收装置E为：，故答案为：；
Ⅱ．(6)三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应：2FeCl3+3H2S=2FeCl2+6HCl+3S↓，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
(7)电解氯化亚铁时，阴极发生氢离子得电子的还原反应，2H++2e-═H 2↑，阳极亚铁离子发生失电子的氧化反应：Fe2+-e-=Fe3+，电解池中最终得到的FeCl3可重新用来吸收H2S，可以循环利用，故答案为：FeCl3可以循环利用。
20、碱式滴定管 MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O 蓝 无 偏高
【解析】
(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；
(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析；
(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色；
(5)根据关系式，进行定量分析；
(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3。
【详解】
(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；
(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘化合价升高，Mn的化合价会降低，离子方程式为MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，故答案为：MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O；
(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；
(5)由4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O，MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6，可知关系式，即，则氧气的物质的量x=，v1mL水样中溶解氧=，故答案为：；
(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，结果偏高，故答案为：偏高。
本题难点(3)，信息型氧化还原反应方程式的书写，要注意对反应物和生成物进行分析，在根据得失电子守恒配平；易错点(5)，硝酸根存在时，要注意与氢离子在一起会有强氧化性。
21、ClCH2CH2CH2OH CH3CH(Cl)CH2OH 消去反应 CH2=CHCOOH＋CH3OHCH2=CHCOOCH3＋H2O n CH2=CHCOOCH3 乙醇 CH2=CHCH2OOCH、CH3CH=CHOOCH、CH2=CHOOCCH3、CH2=C(CH3)OOCH
【解析】
(1) A的分子式为C3H7ClO，A氧化生成的B可发生银镜反应，A分子中同一个碳原子上不直接连接两个官能团，可知A为ClCH2CH2CH2OH或CH3CHClCH2OH；A氧化生成B为ClCH2CH2CHO或CH3CHClCHO，B发生银镜反应生成C为ClCH2CH2COOH或CH3CHClCOOH，C发生消去反应生成D为CH2=CHCOOH，所以反应③中-Cl转化为碳碳双键，反应类型为消去反应；
(2) D为CH2=CHCOOH，E是CH3OH，D与E在浓硫酸存在时，在加热条件下发生酯化反应，生成F为CH2=CHCOOCH3和水，反应⑤的方程式为：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；CH2=CHCOOCH3分子中含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应，产生聚酯；故反应⑥的化学方程式为：nCH2=CHCOOCH3；
(3)E为CH3OH，E的任意1种同系物为CH3CH2OH，名称为乙醇；F为CH2=CHCOOCH3，与F含有相同官能团的同分异构体的结构简式为：CH2=CHCH2OOCH、CH3CH=CHOOCH、CH2=CHOOCCH3、CH2=C(CH3)OOCH；
(4)以为原料合成，要先发生氧化反应，使—OH变为—COOH、然后使—Cl在NaOH的水溶液中加热发生水解反应，产生醇-OH，同时-COOH会反应产生—COONa，最后酸化—COONa变为—COOH，故合成流程为。