1、云南省红河州2020届高三化学第三次复习统一检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 A1-27 Cl-35.5 Cr-52 Fe-56 Cu-64 I-1271.化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确是( )A. 2020年3月9日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是一种有机高分子材料B. 白葡萄酒含维生素C等多种维生素，通常添加微量的目的是防止营养成分被氧化C. 酒精与84消毒液混合，可增强杀灭新型冠状病毒效果D. 聚合硫酸铁，是新型絮凝剂，可用来杀灭水中病菌【答案】B【解析】【详解】A. 计算机的芯片材料是高纯度单质硅，是无
2、机材料；故A错误；B. 二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，故B正确；C. 84消毒液的有效成分为NaClO，有强氧化性，乙醇有还原性，二者混合发生氧化还原反应产生有毒，不仅降低消毒效果，还可能引发中毒，故C错误；D. 聚合硫酸铁能做新型絮凝剂，是因为其能水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮的固体杂质而净水，但是不能杀灭水中病菌，故D错误；故选B。2.2，6-二甲基苯氧乙酸是合成抗新型冠状病毒药物洛匹那韦的原料之一，其结构简式如图所示，有关2，6-二甲基苯氧乙酸说法正确的是( )A. 该分子所有原子可能处于同一平面B. 该分子苯环上一氯代物有3种C. 该分子能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.
3、该分子与苯甲酸互为同系物【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 该分子中有甲基，具有和甲烷相似的空间结构，所以不可能所有原子处于同一平面，故A错误；B. 该分子中苯环上只有2种等效氢，一氯代物有2种，故B错误；C. 苯环上连着甲基，能使酸性高锰酸钾溶液氧化，导致酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D 该分子中含有的官能团为：醚键、羧基，苯甲酸分子中含有官能团为羧基，两种分子所含官能团种类不完全相同，不是同系物，故D错误；故选C3.一种新型漂白剂(如下图)可用于漂白羊毛等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布
4、相同。下列叙述正确的是( )A. 少量W单质保存在煤油中B. W、X、Y对应原子半径顺序为：WXYC. 该漂白剂中各元素均满足8电子稳定结构D. Y的最高价氧化物对应水化物的化学式为【答案】D【解析】【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Y可以形成4个单键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于A族，X位于A族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y位于A族Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素。【详解
5、】AMg的表面能形成一层致密的氧化膜，少量Mg单质不需保存在煤油中，故A错误；BMg原子核外有3层电子，O和B原子核外有2层电子，但B的核电荷数较小，半径较大，所以对应原子半径大小顺序为MgBO，即WYX，故B错误；C该漂白剂中H元素不满足8电子稳定结构，故C错误；DY为B元素，B的最高价氧化物对应水化物化学式为H3BO3，故D正确；故答案为D。4.设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )A. 已知；将2NA个CO与NA个O2混合充分反应放出akJ的热量B. t时，1LpH=6的纯水中含OH数为10-6NA C. 标准状况下，2.24L甲醇中含有C-H键的数目为0.3NAD. 1L0.1
6、mol/L的氢碘酸中含碘化氢分子数为0.1NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A根据热化学反应方程式可知，2molCO和1molO2若完全反应放出akJ能量，但可逆反应进行不彻底，所以2NA个CO与NA个O2，即2molCO和1molO2混合充分反应并不能放出akJ的热量，故A错误；B任何纯水中都有，所以1LpH=6纯水中=10-6mol/L，H+和OH数均为10-6NA，故B正确；C甲醇在标准状况下是液体，不能用22.4L/mol求物质的量，故C错误；D氢碘酸为强酸，在溶液中完全电离，不存在碘化氢分子，故D错误；故答案为B。5.2019年2月27日至3月1日，第十届日本国际二次电池展在日本
7、东京举行，各种新型二次电池在东京有明展览中心展出，其中以为代表的新型可充电钠离子电池，格外引人注意，其放电工作原理如图所示。下列说法正确的是( )A. 放电时，正极反应式为：B. 放电时，电子自Mg箔流出，经含Na+的电解质流向Mo箔C. 充电时，Na+通过离子交换膜从右室移向左室D. 充电时，Mo箔接电源的负极【答案】A【解析】【分析】根据图示，放电过程中Mg变成Mg2Cl22+，被氧化，所以Mg电极为负极，Mo电极为正极；则充电时Mg电极上发生还原反应，为阴极，Mo电极为阳极。【详解】A根据分析Mo箔作正极，结合图示可知正极反应式为，故A说法正确；B放电时电子自Mg箔流出，经导线流向Mo箔
8、，电子不能经过电解质，故B说法错误；C充电时为电解池，阳离子移向阴极，Na+应从左室移向右室，故C说法错误；D充电时，Mo电极为阳极，应接电源的正极，故D说法错误；故答案为A。6.下列实验中，现象及结论都正确，且二者之间有因果的是( )选项实验操作现象结论A将少量Na2SO3样品溶于水，滴加足量盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生Na2SO3已变质B将AlCl3溶液加热蒸干得到白色固体成分为纯净的AlCl3C蘸有浓氨水的玻璃棒靠近X有白烟产生X一定是浓盐酸D常温下，向等体积、等浓度的NaHCO3和CH3COONa溶液中分别滴加2滴酚酞两份溶液均变红，NaHCO3溶液红色更深常温下的水解
9、平衡常数：A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】【详解】A由于硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，干扰了检验结果，应该用氯化钡溶液，故A不符合题意；B将AlCl3溶液加热蒸干，加热促进了铝离子的水解，由于HCl易挥发，则最终无法得到纯净的AlCl3，故B不符合题意；C生成白烟可以知道X为挥发性酸，则X可能为浓盐酸或浓硝酸等，故C不符合题意；D等体积、等浓度的两种盐溶液，NaHCO3溶液红色更深，说明其水解程度更大，所以常温下的水解平衡常数：，故D符合题意；故答案为D。7.25时，将浓度均为0.1mol/L、体积分别为Va和Vb和的HX溶液
10、与NH3H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法不正确的是( )A. HX为弱酸B. b点：C. bc点过程中存在：D. c、d两点：值相等【答案】C【解析】【分析】据图可知Va增大pH减小，所以Va表示HX的体积，Vb表示NH3H2O的体积。【详解】A由图可知0.1mol/L的HX溶液的pH=3，所以HX为弱酸，故A正确；B因为b点的pH=7，结合电荷守恒可知，根据物料守恒，所以故B正确；Cbc点过程中存在电荷守恒，因为bc点过程中溶液显碱性，所以，所以，故C错误；D为HX的电离平衡常数，为NH3H2O电离平衡常数；b点加入等体
11、积、等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，b点溶液的pH=7，说明X与的水解程度相等，所以二者电离平衡常数相等，故D正确；故答案为C。8.醋酸亚铬水合物Cr(CH3COO)222H2O (相对分子质量为376)是一种氧气吸收剂，为红棕色晶体，潮湿时易被氧化，微溶于乙醇，不溶于水和乙醚(易挥发的有机溶剂)。其制备装置及步骤如下：_。往装置A中依次加入过量锌粒、适量CrCl3溶液。关闭K2，打开K1，旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速。待A内的溶液由深绿色(Cr3+)变为亮蓝色(Cr2+)时，将溶液转移至装置乙中，当出现大量红棕色晶体时，关闭分液漏斗的旋塞。将装置乙中混合物快速过滤、洗涤和
12、干燥，称量得到Cr(CH3COO)222H2O。(1)实验步骤进行什么操作_。(2)装置A的名称_。(3)写出装置A中反应的离子方程式为_，_。(4)实现步骤中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为_。(5)步骤目的是_。(6)洗涤产品时，依次用去氧的冷蒸馏水、无水乙醇、乙醚，目的是_。(7)已知其它反应物足量，实验时取用的CrCl3溶液中含溶质12.68g，实验后得干燥纯净的Cr(CH3COO)222H2O 11.28g，则该实验所得产品的产率为_(不考虑溶解的醋酸亚铬水合物)(用百分数表示，保留3位有效数字)。【答案】 (1). 检验装置气密性 (2). 三颈烧瓶或三口烧瓶 (3). (4).
13、 (5). 关闭K1打开K2 (6). 让Zn与盐酸反应生成的H2排尽装置内的空气，防止产品被氧化 (7). 为了去除可溶性杂质和水分 (8). 75.0%【解析】【分析】本实验的目的是制备Cr(CH3COO)222H2O，该物质潮湿时易被氧化，所以制备时要保持整个体系内处于无氧环境，需要先排尽装置内的空气，同时需要丙装置进行液封，防止空气进入乙装置；结合题目信息可知，本实验中先利用锌粒和浓盐酸反应生成氢气，将装置中的空气排尽，同时在装置甲中进行CrCl3和Zn的反应生成CrCl2；当排尽空气后，再利用产生的氢气将甲中液体压入乙中进行反应，制备Cr(CH3COO)222H2O。【详解】(1)进
14、行气体的制备和气体性质的实验中，需要保持装置不漏气，气密性良好，所以步骤需要检查装置气密性；(2)根据仪器A的结构特点可知其为三颈烧瓶；(3)A中发生锌和盐酸生成氢气的反应，同时发生锌和CrCl3的反应，相应的离子方程式为、；(4)甲装置中产生氢气，可以利用氢气将甲中液体压入乙中，具体操作：关闭K1打开K2；(5)根据分析可知步骤目的是：让Zn与盐酸反应生成的H2排尽装置内的空气，防止产品被氧化；(6)醋酸亚铬水合物不溶于水和乙醚，微溶于醇，所以选用冷水洗涤产品，洗去可溶性杂质，乙醇、乙醚易挥发，可以带走水分进行干燥；(7)CrCl3的物质的量为=0.08mol，根据元素守恒，理论上生成0.0
15、4molCr(CH3COO)2)22H2O，所以产率为=75%。【点睛】对于陌生物质的制备实验，关键是要充分利用题目所给的该物质的性质，根据性质设计或评价实验步骤、操作，如何本题中产品潮湿环境易被氧化，则需要排尽装置内的空气，并且装置末尾还要进行液封，以实现在无氧环境中进行反应，9.四氯化钛是制取海绵钛和氯化法钛白(二氧化钛)的主要原料，用于制造颜料和钛有机化合物以及国防上用的烟幕剂。同时也是制取航天航空工业材料钛合金的重要原料，由钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)，制备TiCl4等产品的一种工艺流程如下：已知：.中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液
16、仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：2Fe3+Fe=3Fe2+、2TiO2+(无色)+Fe+4H+=2Ti3+(紫色)+Fe2+2H2O、Ti3+(紫色)+ Fe3+ H2O=2TiO2+(无色)+ Fe2+2H+；.四氯化钛的熔点-25.0，沸点136.4，SiCl4的熔点-68.8，沸点57.6。回答下列问题：(1)用盐酸酸浸时，为使酸浸速率加快，可采取的措施是：_(至少写2条)，发生主要反应的离子方程式为：_。(2)废渣的成分是_。(3)如何检验富含TiO2+溶液中是否还含铁元素_。(4)若将制得的固体TiO2nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25时，Ks
17、pFe(OH)3=4.010-38，该温度下反应的平衡常数K=_。(5)上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是_(只要求写出一项)。(6)要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用的方法是_。(7)用TiCl4水解生成TiO2nH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2写出TiCl4水解生成TiO2nH2O的化学方程式_。【答案】 (1). 适当增大盐酸浓度；适当升高温度；搅拌、减小钛铁矿粒径等 (2). FeTiO3+4H+=Fe2+TiO2+2H2O (3). SiO2 (4). 取少量溶液，加入KS
18、CN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明溶液中不含铁元素 (5). 4.0104 (6). 没有对“三废”进行合理的处理或回收再利用等 (7). 蒸馏(或分馏) (8). TiCl4+(n+2)H2OTiO2nH2O+4HCl【解析】【分析】钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)加入足量盐酸，得到的滤渣为不溶于酸的SiO2，得到含TiO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等离子的强酸性浸出液，加入足量的铁粉至浸出液显紫色，铁元素转化为Fe2+；经系列处理得到绿矾和富含TiO2+的溶液，向溶液中加热水促进TiO2+的水解，生成TiO2nH2O，焙烧
19、分解得到TiO2，在与氯气、焦炭混合反应得到TiCl4，废气主要是二氧化碳。【详解】(1)适当增大盐酸浓度；适当升高温度；搅拌、减小钛铁矿粒径等都可以加快浸取速率；该过程主要发生FeTiO3和盐酸的反应，根据题目信息可知反应过程中Ti元素生成TiO2+，结合元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为FeTiO3+4H+=Fe2+TiO2+2H2O；(2)废渣为不溶于盐酸的SiO2;(3)铁元素可能以Fe2+或Fe3+的形式存在，取少量溶液，加入KSCN溶液，若不变红，则不含Fe3+，再加入氯水，仍然不变红，则不含Fe2+，综上说明溶液中不含铁元素；(4)Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2O的平衡常数
20、K=4.0104；(5)根据图示，该工艺流程中存在的不足之处是：流程中的废渣、废液、废气没有进行合理的处理或回收再利用等；(6)四氯化钛的熔点-25.0，沸点136.4，SiCl4的熔点-68.8，沸点57.6，二者的沸点差异较大，所以可以用分馏的方法分离；(7)TiCl4水解生成TiO2nH2O的化学方程式为TiCl4+(n+2)H2OTiO2nH2O+4HCl。【点睛】第3小题为易错点，要注意需要对三价铁和二价铁都要进行检验；第7小题中书写水解反应方程式要注意水的计量数，生成的TiO2nH2O中还有n个水分子。10.含碳化合物在生产生活中广泛存在。请回答下列问题：(1)Andren Das
21、ic等提出在金属催化剂M的作用下以为氧化剂可以氧化乙烯生成乙醛，催化体系氧化还原循环如图1所示。(物质与氧原子的结合力用表示)，氧原子与生成的结合力，氧原子与乙烯生成乙醛的结合力，则可做该反应催化剂的金属M与氧原子的结合力 (M)的值应满足_。使用催化剂会使该反应的活化能_(填“增大”、“减小”、“不变”)。(2)已知、的燃烧热分别为、。则反应： H=_。(3)已知在含少量的溶液中，反应分两步进行：第步反应(慢反应)，第步为快反应。请写出第二步反应的化学方程式：_。增大浓度浓度_(填“能”或“不能”)明显增大总反应的平均速率，理由为_。(4)某密闭容器中发生：，在不同温度下平衡分解的情况如图2
22、所示。 图中a、b、c三点的平衡常数的大小关系为_。恒温恒容条件下，能表示该可逆反应达到平衡状态的是_(填标号)A.体积分数与体积分数的比值保持不变B.容器内混合气体的密度保持不变C.容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变D.容器内碳元素的质量分数保持不变为实现减排，目前较成熟的方法是用高浓度的溶液吸收工业烟气中的，得溶液X，再利用电解法使溶液再生，其装置示意图如图3，简述在阴极区再生的原理_。【答案】 (1). (2). 减小 (3). (4). (5). 能 (6). 总反应的平均速率由慢反应决定，是慢反应的反应物，增大的浓度，慢反应速率增大，总反应的平均速率增大(或是总反应的催化剂，增大的
23、浓度，总反应的平均速率增大) (7). (8). C (9). 存在电离平衡：，阴极放电，浓度减小，平衡右移(或溶液中放电，增大了浓度，与反应生成了，从而使再生)【解析】【分析】由催化剂的作用机理结合图示信息知，当氧原子与催化剂的结合力处于中间值时，此反应可发生，催化剂会降低反应的活化能；根据盖斯定律求反应热，先分别写出燃烧热的热反应方程式，再用第3个的热反应方程式减去第1个和第2个的热反应方程式；根据第I步反应和催化剂的反应原理，总反应减去第I步反应得到第步反应的化学方程式；总反应速率由慢反应速率决定，是慢反应的反应物，因此增大的浓度能明显增大总反应的平均速率；温度相同，化学平衡常数不变，温
24、度升高由图观察平衡的移动方向，比较平衡常数；平衡状态的判断通过浓度不再改变、正反应速率等于逆反应速率和其它变量不再改变来判断。【详解】(1) 氧原子与N生成NO的结合力，氧原子与乙烯生成乙醛的结合力，由催化剂的作用机理结合图示信息知，当氧原子与催化剂的结合力处于中间值时，此反应可发生，因此可用作该反应催化剂的金属M与氧原子的结合力OA(M)的值应满足；催化剂会降低反应的活化能；故答案为： ，减小；(2)已知、的燃烧热分别为、,则热反应方程式分别为：CO(g)+O2(g)=CO2(g)H=CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=CH3CHO(l)+O2(g)=2CO2(g)+
25、2H2O(l)H=将第3个的热反应方程式减去第1个和第2个的热反应方程式，得反应，则反应热H=； (3) 根据第步反应和催化剂的反应原理，总反应减去第步反应得到第步反应的化学方程式；总反应速率由慢反应速率决定，是慢反应的反应物，因此增大的浓度能明显增大总反应的平均速率，故答案为：能；总反应的平均速率由慢反应决定，是慢反应的反应物，增大的浓度，慢反应速率增大，总反应的平均速率增大(或是总反应的催化剂，增大的浓度，总反应的平均速率增大)(4)a和b温度相同，即平衡常数，c点时，温度升高，根据图2二氧化碳体积分数减小，则平衡正向移动，K增大，所以。A.根据方程式可知，一氧化碳与氧气物质的量之比为2：
26、1，即体积分数与体积分数的比值一直都是2：1，不能说明是否达到平衡状态，当体积分数与体积分数不变改变可以，A不符合题意；B. 恒容，体积不变，反应前后质量守恒，质量也保持不变，则密度一直保持不变， B不符合题意；C. 平均摩尔质量等于总质量除以总物质的量，气体总质量一直不变，但是这个反应是气体个数减少的反应，即气体的总物质的量可变，所以容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变能说明达到平衡状态，C符合题意；D. 容器内碳元素的质量一直不变，容器内物质的总质量也不变，即碳元素的质量分数一直保持不变，D不符合题意。答案选C。被吸收生成，实现了减排，电解时阴极H+得电子生成氢气，使平衡向右移动，增多，所
27、以答案为：存在电离平衡：，阴极放电，浓度减小，平衡右移(或溶液中放电，增大了浓度，与反应生成了，从而使再生)。【点睛】化学平衡常数的比较注意温度是否变化，温度相同，平衡常数相同，再由温度，观察平衡移动的方向，确定平衡常数的大小。11.、S、P等元素常用于化工材料的合成。回答下列问题：(1)钴原子的基态电子排布式为_。(2)有_几种不同的运动状态的电子，比更稳定的原因是_。(3)硒为第四周期元素，相邻元素有砷和溴，则三种元素的电负性从大到小的顺序为_(用元素符号表示)。(4)的熔点为340，加热易升华，固体属于_晶体。的空间构型为_。(5) 可用于制造火柴，其分子结构如图甲所示。分子中S的杂化方
28、式为_。每个分子中含有的孤电子对的数目为_。 (6)铜的某种氧化物晶胞结构如图乙所示，该氧化物的化学式为_。若该晶胞的边长为，阿伏加德罗常数值为，则该氧化物的密度为_【答案】 (1). (或) (2). 23 (3). 失去3个电子后电子半充满为稳定结构 (4). (5). 分子晶体 (6). 三角锥形 (7). 杂化 (8). 10 (9). (10). 【解析】【分析】核外电子半充满状态时为稳定结构；空间构型和杂化轨道构型均采用价层电子对互斥理论进行判断，会计算孤电子对数；晶胞化学式用均摊法计算，密度利用一个晶胞的质量除以体积来计算。【详解】(1)钴原子为27号元素，基态电子排布式为(或)
29、；(2)铁原子核外有26个电子，失去3个电子变成，则有23种不同的运动状态的电子，价电子排布为为半充满状态，较稳定，电子排布为，可再失去一个形成半充满的状态，所以原因是失去3个电子后电子半充满为稳定结构；(3)同一周期元素，从左到右，电负性增大，所以三种元素的电负性从大到小的顺序为Br Se As； (4)因为的熔点为340，加热易升华，为分子晶体的特征，所以固体属于分子晶体；中心原子的孤电子对数为(6+2-32)=1，价层电子对数为3+1=4，VSEPR模型为四面体型，去掉孤电子对，空间构型为三角锥形； (5) 从分子的结构可以看出，S原子形成两个键, S原子孤电子对数为(6-21)=2，价
30、层电子对数为2+2=4，因此杂化轨道sp3杂化；P原子孤电子对数为(5-31)=1，1个分子中含有4个P和3个S，则每个分子含有的孤电子对数为41+32=10； (6) 根据晶胞的结构可知，含有铜原子个数为4，氧原子个数为8+1=2，所以该晶胞含有2个Cu2O，氧化物的化学式为Cu2O；该晶胞的边长为=a10-10cm，则晶胞的体积为a310-30cm3，每个晶胞中含有氧化亚铜的质量为，所以密度 。【点睛】分子的中心原子价层电子对数=键个数+孤电子对数；孤电子对数的计算用最外层电子数减去成键电子数，再除以2；立方晶胞原子的计算方法：顶点的原子数乘八分之一，棱上的乘四分之一，面上的乘二分之一，内
31、部的乘一。12.“磷酸氯喹”是抗击新型冠状病毒的潜在药物，其合成路线如下：已知： (1)A是一种芳香烃，试剂a为：_。(2)B反应生成C的反应化学方程式为_。(3)由C生产D和由F生成G的反应类型分别为_、_。(4)D的结构简式为_。(5)E中含氧官能团的名称为_。(6)I与E互为同分异构体，且具有完全相同的官能团，符合下列条件的I有_种。(不考虑立体异构)分子结构中含有；分子中环状结构上只有三个取代基。写出其中任意两种结构简式_、_。(7)有机物J()是治疗血吸虫病的药物，参照上述的合成路线，设计由4-甲氧基苯氨()和N，N-二异丙基乙二胺()为起始原料制备有机J的合成路线_(无机试剂任意选
32、用)。【答案】 (1). 浓硫酸 浓硝酸 (2). +Cl2 +HCl (3). 还原反应 (4). 取代反应 (5). (6). 羟基 酯基 (7). 30 (8). (9). (10). 【解析】【分析】A为，苯与浓硫酸、浓硝酸混合液加热生成B硝基苯，在铁作催化剂条件下与氯发生间位取代生成C，C为，C在铁和盐酸的条件下发生还原反应生成D，D为，D与在NaOH、Pt2O作用下生成E，在NaOH、Pt2O作用下生成F，F为，F与POCl2发生取代反应，-OH被Cl取代生成G，G为，G与发生取代反应生成产品H，H为。【详解】(1)A为，苯与浓硫酸、浓硝酸混合液加热生成B硝基苯，试剂a为：浓硫酸
33、浓硝酸。故答案为：浓硫酸 浓硝酸；(2)在铁作催化剂条件下与氯发生间位取代生成C，C为，化学方程式为+Cl2 +HCl。故答案为：+Cl2 +HCl；(3)C为，C在铁和盐酸的条件下发生还原反应生成D，D为，F为，F与POCl2发生取代反应，-OH被Cl取代生成G，G为，反应类型分别为还原反应、取代反应。故答案为：还原反应；还原反应；取代反应；(4)C为，C在铁和盐酸的条件下发生还原反应生成D，D的结构简式为。故答案为：；(5)E中含氧官能团的名称为羟基（-OH）、酯基（-COO-）。故答案为：羟基、酯基；(6)I与E互为同分异构体，且具有完全相同的官能团，符合下列条件的I分子结构中含有；分子中环状结构上只有三个取代基，E减去余下3个C、2个O，一个不饱和度，组成的基团中要有酯基，能组成6种基团，用M代替，6种可能结构为：、，每种基团在有5个位置异构，共有56=30。其中任意两种结构简式、。故答案为：30；、；(7)与在NaOH、Pt2O作用下生成，在NaOH、Pt2O作用下生成，与POCl2发生取代反应，-OH被Cl取代生成，与发生取代反应生成产品H，H为。参照上述的合成路线，设计由4-甲氧基苯氨()和N，N-二异丙基乙二胺()为起始原料制备有机J的合成路线：。故答案为：。