2026届新疆高三下学期普通高考四月适应性检测理科综合能力测试试卷-高中化学（含解析）

这是一份2026届新疆高三下学期普通高考四月适应性检测理科综合能力测试试卷-高中化学（含解析），文件包含解三角形周长与周长最值问题面积与面积最值问题专项训练原卷版docx、解三角形周长与周长最值问题面积与面积最值问题专项训练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
(卷面分值：300分 考试时间：150分钟)
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡的相应位置上。
2.作答时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
本卷重力加速度g取
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Br-80
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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. 化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A. 食品中添加适量的二氧化硫可以起到防腐、漂白和抗氧化的作用
B. 硬铝密度小、强度高，可用作制造飞机和宇宙飞船的材料
C. 碳酸氢钠可用作加工馒头、面包等食品的膨松剂
D. 明矾是一种良好的净水剂，能够杀菌消毒净化水质
【答案】D
【解析】
【详解】A．适量二氧化硫可抑制微生物繁殖，同时具有还原性和漂白性，在国家标准范围内添加到食品中可起到防腐、抗氧化和漂白的作用，A正确；
B．硬铝属于铝合金，具备密度小、强度高、耐腐蚀性好的优点，是制造飞机和宇宙飞船的常用材料，B正确；
C．碳酸氢钠受热易分解生成二氧化碳，也可与面团发酵产生的有机酸反应生成二氧化碳，使食品膨松多孔，可用作食品膨松剂，C正确；
D．明矾净水的原理是，生成的氢氧化铝胶体可吸附水中悬浮杂质，但明矾无强氧化性，不能起到杀菌消毒的作用，D错误；
故选D。
2. 下列离子方程式书写正确的是
A. 用和制备少量：
B. 用氢氟酸雕刻玻璃：
C. 用和浓盐酸制备：
D. 通入石灰乳中制备漂白粉：
【答案】C
【解析】
【详解】A．与是固体和气体的反应，不属于水溶液中的离子反应，不能书写离子方程式，正确的为，A错误；
B．氢氟酸是弱电解质，书写离子方程式时不能拆分为和，正确的为，B错误；
C．和浓盐酸加热制备，为氧化物保留化学式，HCl拆为离子，方程式电荷、原子均守恒，符合反应事实，C正确；
D．石灰乳中为悬浊液，不能拆分为，正确的为，D错误；
故选C。
3. 由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、R组成的一种物质的结构如下图所示，其中Y、Z、W、R位于同一周期，X为原子半径最小的元素，R的简单阴离子含10个电子。下列说法错误的是
A. W、Z、Y三种元素最高价氧化物的水化物分别是一元酸、二元酸、三元酸
B. 基态原子未成对电子数：
C. 电负性：
D. 由X、W、R三种元素可形成含有离子键的化合物
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，X为原子半径最小的元素，X为H。R的简单阴离子含10个电子，R连一个共价键，R为F。右侧阴离子中Y连4个R，整体带1个单位负电荷，说明Y最外层3个电子，故Y为B；Z成4个共价键，最外层4个电子，故Z为C；W成3个共价键，最外层5个电子，故W为N。
【详解】A．W最高价氧化物水化物为，是一元酸；Z最高价氧化物水化物为，是二元酸；Y的最高价氧化物水化物，实际为一元弱酸，通过结合电离出1个，A错误；
B．基态原子未成对电子数：N的核外电子排布式为，未成对电子数为3；C的核外电子排布式为，未成对电子数为2；B的核外电子排布式为，未成对电子数为1，F的核外电子排布式为，未成对电子数也为1，因此顺序为，B正确；
C．同周期主族元素电负性从左到右逐渐增大，因此电负性，即，C正确；
D．H、N、F可形成，为离子化合物，因此存在离子键，D正确；
故选A。
4. 有机物Ⅱ是由我国科学家合成的一种可循环使用的高分子材料(R为饱和烃基)，Ⅰ和Ⅱ可互相转化。下列说法正确的是
A. 不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别Ⅰ和ⅡB. 有机物Ⅰ分子中杂化的碳原子有2个
C. 图中Ⅰ→Ⅱ反应的原子利用率为100%D. 有机物Ⅱ不溶于水，也不与酸和碱反应
【答案】C
【解析】
【详解】A． 物质Ⅰ的分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而物质Ⅱ的分子中不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别Ⅰ和Ⅱ，故A错误；
B．物质Ⅰ的分子中，处于碳碳双键上的2个碳原子和处于碳氧双键（酯基中的羰基）上的1个碳原子均为sp2杂化，因此sp2杂化的碳原子共有3个，故B错误；
C．Ⅰ→Ⅱ属于加聚反应，反应过程中没有副产物生成，原子利用率为100%，故C正确；
D．Ⅱ中有酯基，在酸或碱的条件下均要发生水解，故D错误；
故答案选C。
5. 利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化Diels-Alder反应取得重要进展，荣获2021年诺贝尔化学奖。其中一种模拟反应催化机理如下，下列说法错误的是
A. 总反应为
B. Ⅵ能提高反应体系中活化分子百分数
C. Ⅱ和Ⅲ生成Ⅳ反应中断裂的化学键只有非极性共价键
D. 其他条件不变，温度越高，反应速率越快
【答案】D
【解析】
【详解】A．催化反应过程中反应物为Ⅰ和Ⅲ，生成物为Ⅴ，则总反应为，A正确；
B．由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了Ⅵ，Ⅵ是反应的催化剂，催化剂能降低反应活化能，提高反应体系中活化分子百分数，B正确；
C．Ⅱ和Ⅲ生成Ⅳ的反应为加成反应，断裂的化学键仅有碳碳双键中的π键，属于非极性共价键，C正确；
D．通常情况下，温度越高，反应速率越快；但在有催化剂“醛缩酶”参与的反应中，温度过高会导致催化剂失活，反应速率反而减慢，D错误；
故答案选D。
6. 我国科学家开发了一种自充电水系电池，该电池电能耗尽后，无需外接电源，可通过实现电池自充电，电池工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 该电池Zn电极自充电时不可再生需加足量
B. 放电时，向右侧电极移动
C. 放电时，右侧电极反应为
D. 自充电时，自充电区域酸性减弱
【答案】C
【解析】
【分析】放电时，负极为Zn→Zn2+，正极为NaFe[Fe(CN)6]→Na1+xFe[Fe(CN)6]；自充电时H2O2为氧化剂，将Na1+xFe[Fe(CN)6]氧化恢复为NaFe[Fe(CN)6]，据此分析；
【详解】A．该电池的负极材料Zn在放电时会溶解，自充电时不能再生，因此需足量负极材料，故A说法正确；
B．根据原电池工作原理可知，原电池工作时阳离子向正极移动，Na+向右侧电极移动，故B说法正确；
C．放电时，正极上发生还原反应，即NaFe[Fe(CN)6]与Na+结合得电子形成Na1+xFe[Fe(CN)6]，电极反应式为NaFe[Fe(CN)6]+xNa++xe-= Na1+xFe[Fe(CN)6]，故C说法错误；
D．“自充电”过程中，H2O2作氧化剂，将Na1+xFe[Fe(CN)6]氧化为NaFe[Fe(CN)6]，其离子反应方程式为xH2O2+2Na1+xFe[Fe(CN)6]+2xH+=2NaFe[Fe(CN)6]+2xH2O+2xNa+，消耗H+，酸性减弱，故D说法正确；
答案为C。
7. 常温下，向溶液中滴入等浓度的HA溶液，所得溶液中与的关系如图所示，已知。下列说法正确的是
A.
B. 滴入10.00 mL HA溶液后，溶液中存在关系；
C. 时，的值比的大
D. 滴入20.00 mL HA溶液后，溶液中：
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，时，，即时，，则，已知，则，HA的酸性比HB强，故该过程可认为发生反应；
【详解】A．，A错误；
B．滴入10.00 mL HA溶液后，根据元素守恒，，，可得物料守恒表达式，B错误；
C．由分析可知，，温度不变，不变，则与时对应的值相等，C错误；
D．滴入20.00 mL HA溶液后，溶质可看作NaA和HB等比例混合体系，但也有少量的NaB和HA；①考虑纯粹由NaA与HB等比例混合的体系，由于，则HB的电离程度大于A-的水解程度，溶液显酸性；②考虑纯粹由HA与NaB等比例混合的体系，，则HA的电离程度大于B-的水解程度，溶液显酸性；综合分析，反应后的溶液呈酸性，；故电荷守恒；再将物料守恒、分别代入并消去，可得、，两式相加得，D正确；
故答案选D。
8. 2-溴戊二酸二甲酯(相对分子质量为239)是某抗癌药物的重要中间体，其制备的反应原理如图所示：
制备装置如图所示(夹持装置已略去)：
实验步骤如下[试剂(氯化亚砜)、、均过量]：
步骤一：制备
将10.0g戊二酸(相对分子质量为132)加入三颈烧瓶中，再向其中加入25.0mL三氯甲烷，搅拌均匀，保持78℃条件下，依次缓慢滴加12.0mL氯化亚砜、3滴催化剂、10.0mL液溴，随后回流；回流完毕后，将三颈烧瓶温度降到℃，然后缓慢滴加25.0mL甲醇(沸点64.7℃)，保持滴加过程中温度不超过0℃。
步骤二：除杂
向三颈烧瓶中加入25.0mL饱和碳酸氢钠溶液进行洗涤，分液除去上层水相，下层有机相再用25.0mL饱和氯化钠溶液洗涤3次，洗涤完毕，加入适量无水硫酸镁干燥，过滤。
步骤三：提纯
将过滤后的液体置于热浴容器中，接上精馏装置，进行减压蒸馏。
步骤四：收集
收集100~110℃的馏分，得到10.9g无色透明油状液体。
回答下列问题：
（1）下列与该实验无关的图标有_______(填字母)。
A. B. C. D.
（2）仪器A的名称是_______；冷却水应从_______(选填“a”或“b”)口通入。
（3）戊二酸生成戊二酰氯(中间产物Ⅰ)的同时得到两种有刺激性气味的气体，该反应的化学方程式为_______。
（4）步骤一中将三颈烧瓶温度降到℃的方法为_______(选填“置于冰盐浴中”或“置于冰水浴中”)；采取“温度降到℃”“缓慢滴加”这些措施的可能原因有_______(写出一种即可)。
（5）步骤二中加入饱和溶液的作用是_______；步骤三中使用减压蒸馏的目的是_______。
（6）从环保角度分析，该实验装置存在明显不足之处，解决的办法是_______。
（7）本实验的产率是_______。(保留3位有效数字)
【答案】（1）YB （2） ①. 球形冷凝管或冷凝管 ②. b
（3） （4） ①. 置于冰盐浴中 ②. 减缓反应速率；防止高温下发生副反应(或避免原料挥发，使反应物充分反应等，合理即可)
（5） ①. 除去未反应的戊二酸、HCl、HBr等酸性杂质，并洗去甲醇 ②. 降低产物的沸点，以防止其在高温下分解或发生副反应
（6）在冷凝管上端尾部连接装有碱石灰的球形干燥管
（7）60.2%
【解析】
【小问1详解】
A (佩戴护目镜)，实验中需要佩戴护目镜；B是小心锐器图标，实验中没有用到和锐器相关的物品，B不需要；C 是当心触电图标，实验装置用到了电源（如加热、真空泵），与C图标有关；D 是洗手标记，实验后需要洗手，与此图标有关，故选B。
【小问2详解】
仪器A的名称是球形冷凝管（用于回流操作，冷凝蒸气）；冷却水应从b口通入（“下进上出”可保证冷凝管内充满冷却水，提高冷凝效率）。
【小问3详解】
戊二酸（ ）与氯化亚砜（ ）反应生成戊二酰氯（ ），同时产生两种有刺激性气味的气体（ 和 ），反应方程式为：
【小问4详解】
将三颈烧瓶温度降到℃的方法为置于冰盐浴中（冰盐浴温度可低于 ，能更有效地控制低温，而冰水浴温度为 左右，若需严格低于℃ ，冰盐浴更合适；采取“温度降到℃”“缓慢滴加”的原因：防止甲醇挥发（甲醇沸点 ，低温可减少挥发）；或防止反应过于剧烈（低温和缓慢滴加可控制反应速率，避免暴沸、冲料等）；或减少副反应发生（低温下副反应速率降低）（任写一种即可）。
【小问5详解】
饱和 溶液的作用：除去有机相中的酸性杂质（如未反应的戊二酸、反应生成的 、 等）（ 为弱碱性，可与酸性物质反应，且不与目标产物反应）。减压蒸馏的目的：降低产物的沸点，防止产物在高温下分解（或较少产品挥发，提高产物收率）（目标产物沸点较高，常压蒸馏需高温，易导致产物分解或发生副反应，减压可降低沸点，便于分离提纯）。
【小问6详解】
不足之处：实验中产生的 、 等刺激性气体未进行尾气处理，直接排放会污染空气。解决办法：在装置末端连接装有碱石灰的球形干燥管（或者盛有碱液（如 溶液）的洗气瓶），吸收 、 等有害气体。
【小问7详解】
戊二酸的物质的量： 。根据反应关系，戊二酸与2 - 溴戊二酸二甲酯的物质的量之比为 （反应中戊二酸先转化为戊二酰氯，再与甲醇、液溴反应生成2 - 溴戊二酸二甲酯，计量比为 ），则理论上2 - 溴戊二酸二甲酯的质量： 。实际产量为 ，则产率： （保留3位有效数字）。
9. 金属钌(Ru)被广泛用于制笔行业。某实验小组以某钌废料[主要成分是，含、FeO、MgO、CaO和等]为原料制备Ru的流程如下：
已知：常温下，；
离子浓度小于或等于时认为该离子已被完全除去。
回答下列问题：
（1）金属钉位于周期表中第Ⅷ族，价电子排布式为，其核外电子有_______种空间运动状态。
（2）若溶液足量、稀硫酸过量，“酸浸”后滤液中存在的阳离子有_______(填化学式)。
（3）“酸浸”中转化为的化学方程式为_______。
（4）“除杂1”中加入溶液的作用是_______；加入溶液的作用是_______。
（5）“除杂2”后的滤液中，则和是否除尽？_______(填“是”或“否”)；“除杂2”选择的容器材质不能是石英的原因是_______。
（6）为优化方案1，该小组设计出如下方案2，从安全角度分析，方案2优于方案1的理由是_______。
（7）晶胞如图所示，填充在构成的_______空隙中(填“正八面体”“正方体”或“正四面体”)，其填充率为_______(填充率)。
【答案】（1）24 （2）、、、、、
（3）
（4） ①. 与反应，调节溶液pH值 ②. 将氧化成或将氧化成
（5） ①. 是 ②. 在溶液中水解生成的HF能与反应，所以“除杂2”选择的容器不能是石英容器
（6）方案1使用氢气作还原剂，氢气是易燃易爆气体，而方案2灼烧时利用草酸根离子的还原性还原钌，更安全
（7） ①. 正方体 ②. 50%
【解析】
【分析】以钌废料(主要成分为Ru(CO3)2，含RuO4、FeO、MgO、CaO和SiO2等)为原料制备Ru，流程如下:
酸浸：加入稀硫酸、Na2SO3溶液；Ru(CO3)2、FeO、MgO、CaO与稀硫酸反应生成对应硫酸盐；RuO4被Na2SO3还原为Ru(SO4)2；SiO2不溶于稀硫酸，成为滤渣除去；
除杂1：加入Na2CO3溶液调节pH，使Fe2+水解生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2淀除去；加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，促进铁的沉淀，
除杂2：加入NaF溶液,使Ca2+、Mg2+生成CaF2、MgF2沉淀除去；
沉钌1：加入浓Na2CO3溶液，使Ru2+转化为钌的碳酸盐/氢氧化物沉淀，滤液1为含Na2SO4等的溶液；
方案1：沉淀灼烧得到RuO2，再用H2热还原得到Ru；
方案2：沉淀用盐酸酸溶，加(NH4)2C2O4沉钌，在Ar氛围下灼烧得到Ru，避免了H2还原的安全风险；
【小问1详解】
Ru原子序数44，电子排布：1s22s22p63s23p63d104s24p64d75s1，空间运动状态数=轨道数；且s轨道均有1个，p轨道均有3个，d轨道均为5个，因此Ru有24个轨道，即24种电子运动状态；
【小问2详解】
Na2SO3足量、稀硫酸过量，各物质反应如下：Ru(CO3)2 +2H2SO4= Ru(SO4)2 + 2CO2↑+ 2H2O，生成Ru4+；FeO+H2SO4= FeSO4+H2O，生成Fe2+；MgO+H2SO4= MgSO4+H2O，生成Mg2+；CaO+H2SO4=CaSO4 +H2O，生成Ca2+(CaSO4微溶，滤液中含少量Ca2+)；Na2SO3与RuO4、 H2SO4反应。生成Na+；稀硫酸过量，滤液中含H+；因此滤液中阳离子为:Ru4+、Fe2+、Mg2+、H+、Ca2+、Na+；
【小问3详解】
RuO4被Na2SO3还原为Ru4+，被氧化为，稀硫酸提供酸性环境：RuO4+2Na2SO3+2H2SO4=Ru(SO4)2+2Na2SO4+2H2O；
【小问4详解】
Na2CO3的作用：调节溶液pH，使Fe2+(或Fe3+)水解生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀，除去铁元素；
NaClO3的作用：将Fe2+氧化为Fe3+，更易水解生成沉淀，提高除铁效率；
【小问5详解】
已知Ksp(CaF2)=1.5×10-10，Ksp(MgF2)=7.4×10-11，c(F-)=0.01ml·L-1；则c(Ca2+)=，已除尽；c(Mg2+)=，已除尽；故Ca2+、Mg2+已除尽；
容器不能用石英的原因：石英的主要成分为 SiO2，NaF溶液中的F-会水解产生HF，HF与SiO2反应：SiO2+4HF = SiF4↑+2H2O ，腐蚀石英容器，因此不能用石英材质；
【小问6详解】
方案1中使用H2热还原RuO2，H2是易燃易爆气体，高温下易发生爆炸，存在安全隐患；方案2中用(NH4)2C2O4沉钌了后灼烧，在惰性气体Ar氛围下分解得到Ru，避免了使用易燃易爆的H2；操作更安全；
【小问7详解】
CaF2做面心立方紧密堆积，晶胞内有8个F-和4个Ca2+；F-坐标对应小立方体体心，其构成的空隙中，Ca2+位于顶点和面心，每个Ca2+处于8个F-构成的立方体空隙的中心：F-共8个，构成8个小立方体，总立方体空隙为8，Ca2+只填充了其中4个，因此：Ca2+填充在F-构成的正方体空隙中；
F-二共8个，构成简单立方堆积后，总立方体空隙数等于F-二的数目，即8；Ca2+数目为4；根据填充率定义：填充率=。
10. “碳达峰、碳中和”是贯彻新发展理念、构建新发展格局、推动高质量发展的内在要求，因此二氧化碳的合理利用成为研究热点。回答下列问题：
Ⅰ．加氢可以合成甲醇，该过程主要发生如下反应：
①
②
（1）反应③的平衡常数_______(用含、的式子表示)，该反应是熵减的反应，但正向进行的程度较大，原因为_______。
（2）向恒温恒容密闭容器中，通入一定量的、发生反应①②。下列不能说明反应达到化学平衡状态的是_______(填字母)。
A. 混合气体的平均相对分子质量不再变化B.
C. 的体积分数不再变化D. 容器内混合气体的密度不再变化
（3）T℃时，在反应①和②的混合体系中，平衡时生成甲醇的选择性[选择性]随压强的变化如图甲所示。T℃时，若在密闭容器中充入和，在压强为p Pa时达到平衡，生成0.6 ml CO，则T℃时，的转化率为_______，反应①的压强平衡常数_______。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
Ⅱ．在催化剂作用下，二氧化碳可以与甲烷催化重整制备合成气： 。
（4）当投料比时，的平衡转化率(α)与温度(T)、初始压强(p)的关系如图乙所示。由图可知：压强_______(填“>”“＜”或“=”)2MPa，理由是_______；当温度为K、初始压强为2MPa时，a点的_______(填“>”“＜”或“=”)。
Ⅲ．的利用也可以通过电化学装置耦合转化，和耦合转化原理如图丙所示。
（5）若生成的乙烯和乙烷的物质的量分别为1ml、2ml，则传导的的物质的量为_______。
【答案】（1） ①. ②. 该反应是放热反应 （2）BD
（3） ①. 50% ②.
（4） ①. ＜ ②. 该反应的正反应为气体分子数增多的反应，在其他条件不变时，增大压强，化学平衡逆向移动减小，故压强 ③. >
（5）4 ml
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，目标反应③ = ① - ②，因此平衡常数，，该反应虽然熵减，但，放热显著，焓变主导反应方向，因此正向进行程度大；
【小问2详解】
A．总质量不变，反应①气体分子数变化，总物质的量随反应变化，平均相对分子质量不变说明总物质的量不变，反应达到平衡，A正确；
B．未说明正逆反应速率，不能说明平衡，B错误；
C．体积分数不变，说明浓度不变，反应达到平衡，C正确；
D．恒容容器，总质量、体积都不变，密度始终不变，不能说明平衡，D错误；
答案是BD；
【小问3详解】
压强时，甲醇选择性为，设生成甲醇物质的量为，反应②生成，即反应②消耗​，则选择性，解得，总消耗​为，初始为，故的转化率，建立三段式
平衡时各物质的量，，，，，总物质的量，压强平衡常数；
【小问4详解】
该反应正反应气体分子数增大，温度相同时，压强越大，平衡逆向移动，转化率越低，图中相同温度下，的转化率大于2MPa，故，a点在、2MPa条件下，转化率大于该条件下的平衡转化率，反应逆向进行，故；
【小问5详解】
该过程中，在电极A转化为，C元素化合价从，得电子发生还原反应，电极A为阴极，反应为，阴极生成的通过固体电解质传导到阳极，在电极B转化为乙烯、乙烷和水，C元素化合价升高，失电子发生氧化反应，生成1ml、2ml，共需要6ml，中C为价，中C为价，中C为价，总转移电子的物质的量为，带负电荷，对应传导电子，因此。
11. 以化合物A为原料制备一种药物中间体J的合成路线如下。
回答下列问题：
（1）G中的含氮官能团的名称是_______。
（2）D→E的反应类型为_______；由A→B引入磺酸基()的作用是_______。
（3）写出H→I的化学反应方程式：_______。
（4）化合物A沸点低于的原因是_______，J既有酸性又有碱性的原因是_______。
（5）在A的同分异构体中，同时满足下列条件的共有_______种(不考虑立体异构)。
①能发生银镜反应②能与溶液发生显色反应
其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1的物质的结构简式为_______。(写出一种即可)
（6）参照以上合成路线，若以为原料制备
路线图为：
①M的结构简式为_______。
②X的结构简式为_______。
【答案】（1）氨基 （2） ①. 取代反应或酯化反应 ②. 防止氯原子取代酚羟基邻位上的氢原子
（3） （4） ①. 易形成分子间氢键，沸点更高；而物质A易形成分子内氢键，沸点较低 ②. J有，所以有酸性，氮原子上有孤电子对可以结合，所以有碱性
（5） ①. 9 ②. 或或
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】A发生取代反应，在羟基的邻位引入磺酸基，得到B。B和发生取代反应，在羟基的对位引入Cl原子，生成C。C在酸性条件下可将羟基邻位C上的H复原，得到D。D和甲醇发生酯化反应生成E，E的结构简式为。E和浓、在浓催化条件下发生取代反应，在羟基邻位引入硝基，得到F。F发生还原反应，将硝基还原为氨基，得到G。G和发生取代反应，形成一个新的六元环，得到H。H和反应，结合J的结构简式可知，应该是将酰胺基中的H用甲基取代，I的结构简式为。I先在碱性条件下将酯基水解，再酸化生成羧基，得到J。
【小问1详解】
根据G的结构简式可知，其含氮官能团为氨基。
【小问2详解】
根据分析，D→E的反应类型为酯化反应，或写取代反应也可以。根据分析，C→D的过程中又将磺酸基取代为H原子，所以A→B引入磺酸基的目的是将羟基邻位碳上的H原子保护起来，避免在B→C过程中被Cl原子取代酚羟基邻位上的氢原子。
【小问3详解】
根据分析，可知H→I的过程中还生成了，配平得方程式为。
【小问4详解】
A中的羟基和羧基处于邻位，易形成分子内氢键，使A的沸点降低；而的取代基处于对位，不易形成分子内氢键，更倾向于形成分子间氢键，使物质沸点升高。J中含有羧基，可电离出，显酸性；分子中的N原子含有1对孤对电子，可与形成配位键，即显碱性。
【小问5详解】
A的不饱和度为5。能和溶液发生显色反应，必须有酚羟基，能发生银镜反应，可以是醛基或者甲酸酯基。苯环的不饱和度为4，醛基和甲酸酯基的不饱和度均为1。若为醛基，剩下一个氧原子只能作酚羟基，则苯环上连三个取代基，其中两个取代基相同（酚羟基），这样的结构有6种；若为甲酸酯基，则苯环上连两个取代基，有邻、间、对三种。综上A的同分异构体有9种。其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：1，说明结构对称，所以二取代中只有对位满足条件，结构简式为，三取代中两个羟基必须连在间位，醛基夹在羟基的中间，结构简式为、。
【小问6详解】
①参照F→G的反应，L→M为硝基还原为氨基，M的结构简式为。
②结合N的结构简式可知，M→N的反应是参照G→H的反应进行的，根据反应机理，可知M需断开键、一个键，X应断开两个键，形成一个新的六元杂环，得到N，即X的结构简式为。