2026年河南省洛阳市高三六校第一次联考化学试卷（含答案解析）

这是一份2026年河南省洛阳市高三六校第一次联考化学试卷（含答案解析），共2页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、含铀矿物通常用铅(Pb)的同位素测年法进行断代，下列关于Pb和Pb说法正确的是
A．含不同的质子数B．含不同的电子数
C．含相同的中子数D．互相转化时不属于化学变化
2、在恒容密闭容器中，反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)达到平衡，保持温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡，下列说法正确的是
A．水蒸气的体积分数增大B．氢气的浓度增大
C．平衡常数变大D．铁的质量增大
3、在加热固体NH4Al(SO4)2•12H2O时，固体质量随温度的变化曲线如图所示：已知A点物质为NH4Al(SO4)2，B点物质为Al2(SO4)3，下列判断正确的是（ ）
A．0℃→t℃的过程变化是物理变化
B．C点物质是工业上冶炼铝的原料
C．A→B反应中生成物只有Al2(SO4)3和NH3两种
D．Al2(SO4)3能够净水，其原理为：Al3++3OH-Al（OH）3
4、用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是
A．4.6gNa与含0.1mlHCl的稀盐酸充分反应，转移电子数目为0.2
B．25℃时，1L的溶液中由水电离的的数目为
C．常温常压下，和混合气体所含的原子数为
D．500℃时，和在密闭容器中充分反应后生成的分子数为
5、下列浓度关系正确的是（ ）
A．0.1ml/L 的 NH4HSO4溶液中滴加 0.1 ml/L的Ba(OH)2溶液至刚好沉淀完全：c(NH4+)＞c(OH-)＞c(SO42-)＞c(H+)
B．1L0.1ml/L的KOH 溶液中通入标准状况下的CO2气体3.36L，所得溶液中：c(K+)＋c(H+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH-)
C．0.1ml/L 的NaOH 溶液与0.2 ml/L的 HCN溶液等体积混合，所得溶液呈碱性：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)
D．同温下pH相同的NaOH 溶液、CH3COONa 溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的浓度：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(NaHCO3)＜c(Na2CO3)
6、中华优秀传统文化涉及到很多的化学知识。下列有关说法不正确的是（ ）
A．宋代梅尧臣的《陶者》“陶尽门前土，屋上无片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦。”黏土烧制陶瓷的过程中没有发生化学变化
B．古代炼丹著作《黄白第十六》中“曾青涂铁，铁赤如铜”，该反应类型为置换反应
C．东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述.“……得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”这里的“黄芽”指的是硫黄
D．明代李时珍《本草纲目》中“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，其“法”是指蒸馏
7、KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。利用“KClO3氧化法”制备KIO3包括以下两个反应：
①11KClO3+6I2+3H2O == 6KH(IO3)2 +3Cl2↑+5KCl
②KH(IO3)2+KOH==2KIO3+H2O
下列说法正确的是（ ）
A．化合物KH(IO3)2中含有共价键、离子键和氢键等化学键
B．反应①中每转移4ml电子生成2.24LCl2
C．向淀粉溶液中加入少量碘盐，溶液会变蓝
D．可用焰色反应实验证明碘盐中含有钾元素
8、高铁电池是一种新型可充电电池，电解质溶液为KOH溶液，放电时的总反应式为3Zn + 2K2FeO4 + 8H2O ═ 3Zn（OH）2 + 2Fe（OH）3 + 4KOH．下列叙述正确的是
A．放电时，负极反应式为3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2
B．放电时，正极区溶液的pH减小
C．充电时，每转移3ml电子，阳极有1ml Fe（OH）3被还原
D．充电时，电池的锌电极接电源的正极
9、利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是（ ）
A．该反应的ΔH＝＋91 kJ·ml－1
B．加入催化剂，该反应的ΔH变小
C．反应物的总能量大于生成物的总能量
D．如果该反应生成液态CH3OH，则ΔH增大
10、利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中NO2、NH4+之间的反应是氧化还原反应
B．上述历程的总反应可以为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O
C．X是HNO2，是还原产物
D．[(NH4)(HNO2)]+是反应过程中的催化剂
11、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．常温下， pH=2的H2SO4 溶液1L中，硫酸和水电离的 H+总数为 0.01NA
B．1ml H2O 最多可形成4NA个氢键
C．用浓盐酸分别和 MnO2、KClO3 反应制备1ml氯气，转移的电子数均为2NA
D．常温常压下， O2 与 O3 的混合气体16g，分子总数为NA
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、以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是
A．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4
B．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3
C．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5
D．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来
14、下列有关化学用语使用正确的是（ ）
A．CO2的电子式：B．次氯酸的结构式：H－O－Cl
C．乙烯的球棍模型：D．钾原子结构示意图：
15、在化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况，下列反应不属于这种情况的是
A．过量的铜与浓硝酸反应
B．过量的铜与浓硫酸在加热条件下反应
C．过量二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应
D．过量的氢气与氮气在工业生产条件下反应
16、化合物如图的分子式均为C7H8。下列说法正确的是
A．W、M、N均能与溴水发生加成反应B．W、M、N的一氯代物数目相等
C．W、M、N分子中的碳原子均共面D．W、M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色
二、非选择题（本题包括5小题）
17、有机锌试剂（R—ZnBr）与酰氯（）偶联可用于制备药物Ⅱ：
（1）化合物Ⅰ的分子式为_____________。
（2）关于化合物Ⅱ，下列说法正确的有______（双选）。
（3）化合物Ⅲ含有3个碳原子，且可发生加聚反应，按照途径1合成线路的表示方式，完成途经2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路线：_____________（标明反应试剂，忽略反应条件）。
（4）化合物Ⅴ的核磁共振氢谱中峰的组数为_____________，以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的羧酸类同分异构体共有_____________种（不考虑手性异构）。
（5）化合物Ⅵ和Ⅶ反应可直接得到Ⅱ，则化合物Ⅶ的结构简式为：_____________。
18、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__。
19、是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。请按要求回答下列问题：
(1)已知：，，。设计最简单的方法鉴别和两种固体： __________________________________。
(2)利用下图装置（略去夹持仪器）制备
已知：；酸性条件下，和均能与迅速反应生成和。
①装置A中发生反应的离子方程式为__________________________________；
这样安放铜丝比将铜片浸于液体中的优点是__________________________。
②装置B中反应的化学方程式为________________________________。
③干燥剂X的名称为__________，其作用是____________________。
④上图设计有缺陷，请在F方框内将装置补充完全，并填写相关试剂名称___________。
(3)测定产品的纯度。
取制取的样品溶于水配成溶液，取溶液于锥形瓶中，用酸性溶液进行滴定，实验所得数据如下表：
①第一次滴定实验数据异常的原因可能是______（填字母序号）。
A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
B．锥形瓶洗净后未干燥
C．当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，定为滴定终点
D．滴定终点时俯视读数
②酸性溶液滴定溶液的离子方程式为__________________。
③该样品中的质量分数为__________。
20、过硫酸钠(Na2S2O8)具有极强的氧化性，且不稳定，某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关性质，实验如下。已知SO3是无色易挥发的固体，熔点16.8℃，沸点44.8℃。
（1）稳定性探究(装置如图)：
分解原理：2Na2S2O82Na2SO4＋2SO3↑＋O2↑。
此装置有明显错误之处，请改正：______________________，水槽冰水浴的目的是____________________；带火星的木条的现象_______________。
（2）过硫酸钠在酸性环境下，在Ag＋的催化作用下可以把Mn2＋氧化为紫红色的离子，所得溶液加入BaCl2可以产生白色沉淀，该反应的离子方程式为______________________，该反应的氧化剂是______________，氧化产物是________。
（3）向上述溶液中加入足量的BaCl2，过滤后对沉淀进行洗涤的操作是___________________________。
（4）可用H2C2O4溶液滴定产生的紫红色离子，取20mL待测液，消耗0.1ml·L－1的H2C2O4溶液30mL，则上述溶液中紫红色离子的浓度为______ml·L－1，若Na2S2O8有剩余，则测得的紫红色离子浓度将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
21、氮化铝(AlN)陶瓷是一种新型无机非金属材料， 最高可稳定到2473K， 导热性好、热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料。制取原理为：Al2O3+3C+N22A1N+3CO，回答下列问题：
(1)氮化铝的晶体类型为________。在上述化学方程式中第二周期元素的第一电离能由小到大的顺序是______。
(2)基态氧原子电子占据最高能级的原子轨道的形状是________，未成对电子数为________。
(3)等电子体具有相似的结构。CO与N2互为等电子体，CO分子中σ键与π键数目之比为_______。
(4)Cu2+处于：[Cu(NH3)4]2+的中心，若将配离子[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3换为CN-，则有2种结构，则Cu2+是否为sp3杂化________（填“是”或“否”）理由为_________。
(5)AlN晶体结构如图所示，1个Al原子周围距离最近的Al原子数为______个；若晶胞结构的高为a nm， 底边长为b nm，NA表示阿伏伽德罗常数的值，则其密度为_______g.cm-3(列出计算式)。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
A．Pb和Pb的质子数都为82，故A错误；
B．Pb和Pb的质子数都为82，质子数=核外电子数，核外电子数也都为82，故B错误；
C．Pb的中子数为206-82=124，Pb的中子数为207-82=125，中子数不同，故C错误；
D．Pb和Pb的互相转化不属于化学变化，化学变化过程中原子核不发生变化，故D正确；
故选D。
本题的易错点为D，要注意同位素间的转化，不属于化学变化，属于核变化。
2、B
【解析】
A．铁为固体，所以加入少量水蒸气，相当于在恒温密闭容器中增加压强，与原平衡等效，所以水蒸气的体积分数不变，A错误；
B．加入少量水蒸气，则反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，使生成物氢气的浓度增大，B正确；
C．平衡常数仅与温度有关，温度不变，加入少量水蒸气，体系重新达到平衡时平衡常数不变，C错误；
D．加入少量水蒸气，反应物的浓度增大，化学平衡向正反应方向移动，所以铁的质量变小，D错误；
故合理选项是B。
3、B
【解析】
A．因为t°C生成A，又知A点物质为NH4Al(SO4)2属于新物质，0℃→t℃的过程为NH4Al(SO4)2•12H2O失去结晶水生成NH4Al(SO4)2，是化学变化，故A错误；
B．B点物质为Al2(SO4)3升温再加热分解，在C点生成氧化铝，氧化铝是工业上冶炼铝的原料，故B正确；
C．A→B发生的反应为2NH4Al(SO4)2Al2(SO4)3+2NH3↑+H2SO4，所以除了生成Al2(SO4)3和NH3两种，还有硫酸，故C错误；
D．Al2(SO4)3能够净水，其原理为:Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，可以吸附水中悬浮的杂质，故D错误；
答案：B。
4、D
【解析】
盐类水解的本质是水的电离平衡的移动。一定条件下可逆反应不可能进行完全。
【详解】
A. 钠能与溶液中的水反应，不会有钠剩余。4.6gNa与稀盐酸充分反应，转移电子数目必为0.2，A项正确；
B. 溶液中OH－全部来自水的电离。25℃、1L的溶液中c(H+)=10-9ml/L，则c(OH-)=10-5ml/L，水电离的OH－的数目为，B项正确；
C. 和混合气体中，“CH2”的物质的量为1ml，所含原子数为，C项正确；
D. 二氧化硫与氧气的反应可逆，不能完全进行。故和充分反应生成的分子数小于，D项错误。
本题选D。
5、C
【解析】
A．向0.1 ml/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 ml/L的Ba(OH)2溶液至沉淀刚好完全时发生反应：NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NH3·H2O+H2O。NH3·H2ONH4++OH- H2OH++OH-。c (OH-)＞c (NH4+)＞c (SO42-)＞c (H+)。错误；
B.根据电荷守恒可得：c (K+)＋c (H+)＝2c (CO32-)＋c (HCO3-)＋c (OH-).错误；
C．0.1 ml/L的NaOH溶液与0.2 ml/L的HCN溶液等体积混合，则发生反应：NaOH+ HCN="NaCN+" H2O。反应后溶液为NaCN 和HCN等物质的量的混合溶液。由于所得溶液呈碱性，说明NaCN的水解作用大于HCN的电离作用，所以个微粒的大小关系为：c (HCN)＞c (Na+)＞c (CN-)＞c (OH-)＞c (H+)，正确；
D．NaOH溶液电离使溶液显碱性；CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3水解使溶液显碱性。由于酸性CH3COOH> H2CO3> HCO3-。酸越强，盐水解的程度就越小。当溶液的pH相同时，盐的浓度就越大。故各物质的浓度的关系是：c (NaOH)＜c (Na2CO3) ＜c (NaHCO3)＜c (CH3COONa)，错误；
答案选C。
6、A
【解析】
A. 黏土烧制陶器的过程中生成了新的物质，发生了化学变化，故A错误；
B. 曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的过程，故B正确；
C. 液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故C正确；
D. 蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，故D正确；
故选：A。
7、D
【解析】
A. 化合物KH(IO3)2为离子化合物，包含离子键与共价键，氢键不属于化学键，A项错误；
B. 气体的状态未指明，不能利用标况下气体的摩尔体积计算，B项错误；
C. 碘盐中所含的碘元素在水溶液中以IO3-离子存在，没有碘单质，不能使淀粉变蓝，C项错误；
D. 钾元素的焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃），若碘盐的焰色反应显紫色，则证明碘盐中含有钾元素，D项正确；
答案选D。
本题考查化学基本常识，A项是易错点，要牢记氢键不属于化学键，且不是所有含氢元素的化合物分子之间就有氢键。要明确氢键的存在范围是分子化合物中，可以分为分子内氢键，如邻羟基苯甲醛，也可存在分子间氢键，如氨气、氟化氢、水和甲醇等。
8、A
【解析】
A．放电时，Zn失去电子，发生3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2，故A正确；
B．正极反应式为FeO42-+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，pH增大，故B错误；
C．充电时，铁离子失去电子，发生Fe（OH）3转化为FeO42﹣的反应，电极反应为Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O，每转移3ml电子，阳极有1ml Fe（OH）3被氧化，故C错误；
D．充电时，电池的负极与与电源的负极相连，故D错误．
故选A．
9、C
【解析】
A、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应，故选项A错误；
B、加入催化剂只能降低反应所需的活化能，而对反应热无影响，选项B错误；
C、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，C正确；
D、生成液态CH3OH时释放出的热量更多，ΔH更小，选项D错误。
答案选C。
10、B
【解析】
由题意可知，生成物为两种无毒物质，再结合反应历程可知，生成物为：N2和H2O，反应物为：NH3和NO和NO2，结合得失电子守恒、原子守恒可得反应方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O
【详解】
A．NO2和NH4+反应生成[(NH4)2(NO2)]2+无元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误；
B．由分析可知，该反应的化学方程式为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，B正确；
C．结合B可知，X是N2和H2O，C错误；
D．由反应历程可知，[(NH4)(HNO2)]+是该反应的中间产物，不是催化剂，D错误。
答案选B。
11、A
【解析】
A．常温下， 1LpH=2的H2SO4 溶液中，硫酸和水电离的 H+总数为(10-2+10-12)ml/L×1L×NA=0.01NA，A正确；
B．在冰中，1个H2O与4个H2O形成4个氢键，平均每个水分子形成2个氢键，则1ml H2O 最多可形成2NA个氢键，B不正确；
C．MnO2与浓盐酸反应制备1ml氯气，转移的电子数为2NA，KClO3与浓盐酸反应制备1ml氯气(反应方程式为ClO3-+5Cl- +6H+==3Cl2↑+3H2O)，转移的电子为NA，C不正确；
D．采用极端分析法，O2 与 O3 各16g，分子总数分别为NA和NA，则16g混合气，所含分子数介于二者之间，D不正确；
故选A。
在冰中，每个水分子与周围的水分子可形成4个氢键，我们易认为平均每个水分子能形成4个氢键，从而产生错解。
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、C
【解析】
A. FeS2煅烧时会生成SO2，加入CaO会与SO2反应，减少SO2的排放，而且CaSO3最后也会转化为CaSO4，A项不符合题意；
B.滤液为NaAlO2溶液，通入CO2，生成Al(OH)3，过滤、洗涤、煅烧可以得到Al2O3；B项不符合题意；
C.隔绝空气焙烧时，发生的反应为FeS2+16Fe2O3=2SO2+11Fe3O4，理论上反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16，而不是1:5，C项符合题意；
D. Fe3O4具有磁性，能够被磁铁吸引，D项不符合题意；
本题答案选C。
14、B
【解析】
A.CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，电子式为：，A错误；
B.在HClO中O原子与H、Cl原子分别形成1对共用电子对，结构式是H-O-Cl，B正确；
C.乙烯分子中两个C原子之间形成2对共用电子对，每个C原子再分别与2个H原子形成2对共用电子对，题干模型为乙烯的比例模型，不是球棍模型，C错误；
D.钾是19号元素，原子核外电子排布为2、8、8、1，K原子结构示意图正确的应该为，D错误；
故合理选项是B。
15、A
【解析】
A．铜与浓硝酸和稀硝酸均反应，则过量的铜与浓硝酸完全反应，A正确；
B．过量的铜与浓硫酸在加热条件下反应，随之反应的进行，硫酸浓度降低，稀硫酸与铜不反应，B错误；
C．过量二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应，随之反应的进行，盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，C错误；
D．过量的氢气与氮气在工业生产条件下反应，该反应是可逆反应，不可能进行完全，D错误；
答案选A。
16、D
【解析】
A.由 结构简式可知, W不能和溴水发生加成反应，M、N均能与溴水发生加成反应，故A错误； B. W的一氯代物数目为4种，M的一氯代物数目3种，N的一氯代物数目4种，故B错误；C. 根据甲烷分子的正四面体结构、乙烯分子和苯分子的共面结构可知，W、N分子中的碳原子均共面，M中的碳原子不能共面，故C错误，D. W中与苯环相连的碳原子了有氢原子，M和N均含碳碳双键，故W、M、N均能被酸性KMnO4溶液氧化，故D正确;答案：D。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、C12H9Br AD CH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH3 4 4
【解析】
（1）根据化合物Ⅰ的结构简式可写出其分子式为C12H9Br；
（2）根据化合物Ⅱ的结构简式，其含有酯基，可发生水解反应，含有苯环，发生苯环上的硝化反应，没有醛基，不可与新制的Cu（OH）2共热生成红色沉淀，没有酚羟基，不可与FeCl3溶液反应显紫色，所以A、D正确，选择AD；
（3）根据Ⅵ的结构简式及途径Ⅰ的信息，可推出Ⅴ的结构简式为BrCH2CH2COOCH2CH3，从而可知Ⅴ是由Ⅳ与乙醇发生酯化反应得到，可推出Ⅳ的结构简式为BrCH2CH2COOH，而化合物Ⅲ含有3个碳原子，且可发生加聚反应，从而可知化合物Ⅲ的结构简式为CH2=CHCOOH，故合成路线可表示为：CH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH3；
（4）化合物Ⅴ的结构为BrCH2CH2COOCH2CH3，每个碳原子上的氢都相同，不同碳原子上的H原子不相同，所以应有4组峰；以氢原子H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的结构简式为CH3CH2COOCH2CH3，其属于羧酸类的结构应为C4H9COOH，C4H9—为丁基，丁基有4种不同的结构的H原子，所以C4H9COOH的同分异构体共有4种；
（5）根据题目信息，有机锌试剂（R—ZnBr）与酰氯（）偶联可用于制备药物Ⅱ，因此化合物Ⅵ为BrZnCH2CH2COOCH2CH3，则要合成Ⅱ，Ⅶ为酰氯，根据Ⅱ的结构及途径Ⅰ合成化合物药物Ⅱ的方式，可推知Ⅶ的结构为。
18、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：。
19、分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2 Cu+4H++2NO3-= Cu2++2NO2↑+2H2O 可以控制反应的发生与停止 3NO2＋H2O =2HNO3+NO 碱石灰 吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气 A 5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O 69％（或）
【解析】
(1) 根据NaCl、NaNO2盐的组成及溶液的酸碱性分析判断；
(2)装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，NO2与装置B中的水反应产生HNO3和NO，通过装置C中的干燥剂吸收水蒸气，在装置D中与Na2O2发生反应，装置E中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气。
(3)①第一次实验数据出现异常，消耗KMnO4溶液体积偏大，根据c(待测)=
分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；
②在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+；
③根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可求出亚硝酸钠的物质的量，然后求样品中亚硝酸钠的质量分数。
【详解】
(1) NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；NaNO2是强碱弱酸盐，NO2-水解，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，所以可根据盐溶液的酸碱性的不同进行鉴别。分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，然后分别滴加酚酞试液，溶液变红的为NaNO2，不变色的为NaCl；
(2)①在装置A中Cu与浓硝酸发生反应，产生硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-= Cu2++2NO2↑+2H2O；这样安放铜丝，可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；
②装置B中水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为3NO2＋H2O =2HNO3+NO；
③在干燥管中盛放的干燥剂X的名称为碱石灰，其作用是吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气；
④NO及NO2都是大气污染物，随意排入大气会造成大气污染，故上图设计的缺陷是无尾气吸收装置。可根据NO、NO2都会被酸性KMnO4溶液吸收，产物都在溶液中，为防止倒吸现象的发生，在导气管末端安装一个倒扣的漏斗，装置为；
(3)①A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，根据c(待测)=分析可知，造成V(标准)偏大，A可能；
B.锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，B不可能；
C.当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，就定为滴定终点，此时溶液中NO2-未反应完全，消耗标准溶液体积偏小，C不可能；
D.滴定终点时俯视读数，造成V(标准)偏小，D不可能；
故合理选项是A；
②在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O；
③消耗KMnO4溶液体积V==20.00mL，消耗高锰酸钾的物质的量是n(MnO4-)=0.1ml/L×0.02L=0.002ml，则根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量n(NaNO2)=0.002ml×=0.005ml，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是n(NaNO2)总=0.005ml×=0.02ml，其质量m(NaNO2)=0.02ml×69g/ml=1.38g，则样品中亚硝酸钠的质量分数×100%=69.0%。
本题考查了盐类水解、硝酸的性质、物质的鉴别方法、尾气处理、实验条件控制、实验方案设计与评价以及物质含量测定等，注意在实验过程中的反应现象分析，利用氧化还原反应中物质的量的关系进行计算，在滴定误差分析时要把操作引起的影响归结到对消耗标准溶液的体积大小上进行分析判断。
20、试管口应该略向下倾斜 冷却并收集SO3 木条复燃 2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋ S2O MnO 用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作2～3次(合理即可) 0.06 偏高
【解析】
(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜；根据SO3、氧气的性质进行分析；
(2)X为MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO42-，据此写出离子方程式，并根据氧化还原反应规律判断氧化剂、氧化产物；
(3)根据沉淀洗涤的方法进行回答；
(4)根据得失电子守恒可得到关系式：5H2C2O4---2MnO4-，带入数值进行计算；Na2S2O8也具有氧化性，氧化H2C2O4。
【详解】
(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜，SO3的熔、沸点均在0℃以上，因此冰水浴有利于将SO3冷却为固体，便于收集SO3，由Na2S2O8的分解原理可知，生成物中有氧气，所以在导管出气口的带火星的木条会复燃，故答案为：试管口应该略向下倾斜；冷却并收集SO3；木条复燃；
(2)X为MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO42-，则反应的离子方程式为2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋，根据该反应中元素化合价的变化可知，氧化剂是S2O82-，氧化产物是MnO4-，故答案为：2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋；S2O82-；MnO4-；
(3)沉淀洗涤时，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸馏水需要没过沉淀，需要洗涤2~3次，故答案为：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作2～3次(合理即可)；
(4)根据得失电子守恒可得到关系式：
则，Na2S2O8具有氧化性，消耗的H2C2O4溶液增多，导致测得的结果偏高，故答案为：0.06；偏高。
21、原子晶体 C