2026年高考化学临考冲刺卷02（山东专用） 解析版

/2026年高考化学临考冲刺卷（山东专用）高三化学（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，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。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23P31Fe56Co59Zn65Cs133Au197一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．【传统文化】钧瓷闻名于世，钧瓷凭借“入窑一色，出窑万彩”的神奇窑变居于中国“五大名瓷”之首，它创造性地使用铜的氧化物作为着色剂，在还原焰中烧出窑变铜红釉，并衍生出多种窑变色彩。下列说法正确的是A．瓷的主要成分是二氧化硅 B．钧瓷烧制过程中氧气要充足C．窑变过程中发生氧化还原反应 D．钧瓷耐高温，但易被酸碱腐蚀【答案】C【解析】A．陶瓷属于硅酸盐材料，主要成分是硅酸盐，A错误；B．由题干可知钧瓷在还原焰中烧制，还原焰为缺氧的还原气氛，氧气不充足，B错误；C．窑变过程中铜的氧化物在还原气氛中发生还原反应，存在元素化合价变化，发生了氧化还原反应，C正确；D．钧瓷是硅酸盐材质，性质稳定，耐高温，不易被一般酸碱腐蚀，D错误；故选C。2．下列化学用语或图示正确的是A．的VSEPR模型：B．的电子式：C．反应属于化学变化D．表示燃烧热的热化学方程式：

【答案】A【解析】A．中N原子为sp3杂化，VSEPR模型为四面体，含有一个孤电子对，A正确；B．阴离子是一个整体，不能拆写，B项错误；C．该反应属于核反应，不属于化学变化，C项错误；D．表示燃烧热的热化学方程式中，的状态应为液态，D项错误。故选A。3．结构决定性质，性质决定用途。下列有关说法错误的是A．生石灰能与水反应，可用作食品干燥剂B．碳酸氢钠能与盐酸反应，用于缓解胃酸过多引起的胃痛等症状C．具有氧化性，可用作覆铜板制作印刷电路板的“腐蚀液”D．纯铝的硬度和强度大，适合制造机器零件【答案】D【解析】A．生石灰的吸水性由其与水反应的化学性质决定，发生反应：，A正确；B．碳酸氢钠的弱碱性使其能中和胃酸，发生反应：，B正确；C．的氧化性使其能腐蚀铜，发生反应：，C正确；D．纯铝硬度低，铝合金才具备高强度和硬度，D错误；故答案选D。4．下列化学实验目的与相应实验示意图相符的是实验目的A．制备并测量其体积B．干燥实验示意图实验目的C．探究铁钉发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀D．测溶液浓度实验示意图【答案】C【解析】A．生成氨气极易溶于水，不能用排水法测定氨气体积，A错误；B．浓硫酸作干燥剂时，不能装在U形管中，不能达到干燥的实验目的，B错误；C．铁钉在NaCl溶液(中性环境)中，若发生析氢腐蚀会产生氢气从而使压强增大，发生吸氧腐蚀会消耗氧气从而导致压强减小，通过压强传感器采集的压强变化数据可判断腐蚀类型，C正确；D．酸性溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应使用酸式滴定管，D错误；故选C。5．物质的微观结构决定其宏观性质。解释下列实验现象或事实的离子方程式书写正确的是A．向溶液中加入粉末，出现黑色浑浊：B．铁经过发蓝处理形成致密氧化膜：C．用明矾净化自来水：D．向溶液中通入过量产生白色胶状沉淀：【答案】D【解析】A．向H2S溶液中加入CuSO4粉末，反应生成CuS黑色沉淀，但H2S是弱酸，不能完全电离出S2-，离子方程式应为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，而非直接写S2-，A错误；B．铁的发蓝处理通常使用碱性氧化性溶液（如NaNO2和NaOH），形成Fe3O4氧化膜，可表示为：，B错误；C．明矾净水利用Al3+水解生成Al(OH)3胶体吸附杂质，但水解是可逆反应，应写为Al3++3H2O⇌Al(OH)3（胶体）+3H+，原方程式用等号和↓表示错误，C错误；D．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，反应生成H2SiO3沉淀和HCO，离子方程式SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO符合电荷守恒和反应事实，D正确；故选D。6．物质结构决定物质性质。下列结构因素不能解释相应物质性质的是选项物质性质结构因素A石墨有润滑作用石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，容易在层间发生相对滑动B对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸氢键类型不同C干冰易升华，可用于制造“烟雾”分子中含有共价键D2-丁烯存在顺反异构现象，丁烷不存在顺反异构现象键不能绕键轴旋转【答案】C【解析】A．石墨的层状结构及层间范德华力使其易于滑动，从而解释润滑作用，A正确，不符合题意；B．对羟基苯甲酸形成分子间氢键（沸点高），邻羟基苯甲酸形成分子内氢键（沸点低），氢键类型不同解释沸点差异，B正确，不符合题意；C．干冰易升华是由于分子间范德华力弱，与CO2分子内的共价键无关，该结构因素不能解释性质，C错误，符合题意；D．π键不能旋转导致2-丁烯存在顺反异构，而丁烷无双键故无此现象，该结构因素解释性质，D正确，不符合题意；故选C。7．【新考法】在如图所示硫及其化合物的转化关系中，丙可以使品红溶液褪色。下列说法错误的是A．甲和丙反应可生成乙 B．甲与溶液反应可生成戊C．丙的VSEPR模型为V形 D．丁为酸性氧化物【答案】C【分析】已知丙可以使品红溶液褪色，结合硫及其化合物的转化关系，可推得丙为；乙和反应生成，故乙为单质；甲和反应生成，故甲为；和反应生成丁，故丁为；和水反应生成戊，故戊为。【解析】A．和发生归中反应，方程式为，A正确；B．和溶液反应的化学方程式为，B正确；C．的中心原子的价层电子对数为个键对孤对电子，因此模型为平面三角形，分子空间构型才是V形，C错误；D．能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，D正确；答案选C。8．近年来，我国在“双碳”目标下大力发展生物基材料。呋喃二甲酸(FDCA)是一种由果糖衍生的平台化合物，其结构简式如图所示。下列关于FDCA的说法错误的是A．分子中含有3种官能团B．能与乙醇发生酯化反应生成高分子聚酯C．1molFDCA最多可与发生反应D．能发生加成反应、取代反应、氧化反应【答案】B【解析】A．FDCA分子中含有羧基、碳碳双键、醚键3种官能团，A正确；B．与乙醇反应只能生成小分子酯，不能生成高分子聚酯，需与二元醇发生缩聚反应才能得聚酯，B错误；C．1molFDCA中含有2mol羧基，最多能与发生反应，C正确；D．FDCA分子能发生加成反应、取代反应、氧化反应，D正确；故选B。9．钠在纯净的液氨中可以形成蓝色的溶液氨合电子（，强还原剂），而在铁等过渡金属催化下则会发生置换反应生成氨基钠和一种气体。实验小组想使用与钠同主族的金属锂来验证此现象。下列说法错误的是A．反应使用的锂片必须做到尽可能纯净，否则有反应失控、产生大量气体等实验风险B．圆底烧瓶中碱石灰起到吸水剂的作用，发挥作用的过程中发生了化学变化C．双口烧瓶中发生的反应：D．验证锂能与液氨发生置换反应，将反应容器替换为三颈烧瓶，第三个口插入盛满溶液的分液漏斗；待反应结束溶液变蓝后滴入一滴；将产生的气体通入澄清石灰水中观察现象【答案】D【分析】【解析】A．锂的化学性质活泼，如果锂片不纯净，杂质可能会催化锂与液氨发生置换反应，导致反应失控，产生大量气体，存在实验风险，故A正确；B．碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠，它可以吸收浓氨水中的水分，其中氧化钙与水可以生成氢氧化钙，所以发挥作用的过程中发生了化学变化，故B正确；C．由题干已知可知，锂在纯净的液氨中可以形成氨合电子，反应方程式为，故C正确；D．验证锂与液氨的置换反应时，若滴入氯化铁溶液，三价铁离子会与具有强还原性的氨合电子发生反应，而不是催化置换反应，且置换反应生成的气体是氢气，氢气通入澄清石灰水不会产生明显现象，故D错误；则该题选D。10．金属钍(Th)是重要的核燃料之一，在空气中易被氧化，工业上制备海绵钍(内部有大量微小气孔且结构疏松)的方法如下：下列说法错误的是A．“热还原”前先通氩气排除装置内的空气B．“热还原”存在反应：、C．“除杂”可除去、及Ca等杂质D．根据流程可推测Zn的沸点比Th高【答案】D【分析】热还原：易被空气氧化，还原剂也易与氧气反应，因此通入作保护气排除空气；加入和后，作为还原剂分别还原和，得到、，二者形成钍锌合金，体系中同时生成、，还有过量的杂质。除杂：加入稀盐酸后，活泼的与稀盐酸反应生成可溶的，原有的也可溶于水，为难溶固体，可通过其他手段与钍锌合金分离（比如高温熔融），得到纯净的钍锌合金。真空蒸馏：蒸馏分离钍和锌，最终得到固体海绵钍，说明变为蒸气被除去，保留为固体。【解析】A．题干明确说明钍在空气中易被氧化，热还原过程中得到的单质钍、还原剂Ca都易被空气中氧气氧化，因此通氩气排空气可以防止氧化，A正确；B．Ca是活泼金属，还原性强于Th和Zn，可发生置换反应热还原得到Th和Zn，两个反应的化学方程式均合理，B正确；C．热还原后，杂质为未反应的Ca、生成的和：可与稀盐酸反应溶解，可溶于水，不溶于水，通过其他手段与钍锌合金分离，得到钍锌合金，C正确；D．流程中对钍锌合金进行真空蒸馏后得到海绵钍，说明蒸馏过程中挥发被除去，残留，因此的沸点低于，D错误；故选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11．探究反应：的实验步骤如下：已知：溶液a、b、c、d颜色深浅各不相同下列说法错误的是A．实验①说明存在一定的限度B．实验①用萃取一次与分成2mL萃取两次，溶液b颜色深浅不同C．实验②，平衡向逆方向移动且增大D．对比实验②③可用于判断生成物浓度对化学平衡的影响【答案】AC【分析】过量，与少量反应后得到溶液，均分为三份，分别进行实验。逐一分析选项：【解析】A．过量，萃取后，需要用KSCN证明未完全反应（上层清液滴加KSCN变红），才能说明是可逆反应，存在反应限度，A错误；B．萃取遵循“少量多次”效率更高的原则，一次萃取，萃取率低于两次萃取，上层溶液中残留浓度不同，因此颜色深浅不同，B正确；C．该反应左边粒子总计量数为4，右边为3，加水稀释后，浓度商，平衡向逆方向移动。即使平衡逆移，但由于稀释导致浓度反而减小，C错误；D．实验②加入水，实验③加入溶液，两者体积变化相同，仅实验③增大了生成物的浓度，对比和的颜色，可判断生成物浓度对化学平衡的影响，D正确；故选AC。12．吲哚(X)用于合成某手性药物中间体(Z)的关键步骤如下：下列说法不正确的是A．X中C原子均采取杂化 B．Y存在顺反异构体C．Z中含有2个手性C原子 D．反应的原子利用率为100%【答案】C【解析】A．X中所有碳原子均形成平面结构，均采取杂化，A不符合题意；B．Y分子中碳碳双键两端分别连接不同基团，存在顺反异构体，B不符合题意；C．手性碳原子是指连有4个不同原子或基团的饱和碳原子，Z分子中有1个手性碳原子，如图，C符合题意；D．该反应为加成反应，原子利用率为100%，D不符合题意；故选C。13．实验室利用模拟“海水河水”浓差电池（浓差电池是利用同一物质的浓度差产生电势的一种装置，其原理是高浓度溶液向低浓度溶液扩散而引发的一类特殊原电池）电解制备的装置如图所示，维持电流强度为（相当于每秒通过电子）进行电解，其中、均为复合电极（不考虑溶解氧的影响）。下列说法正确的是A．膜a和膜b均为阴离子交换膜B．电极反应为：C．电解一段时间后，石墨电极区溶液增大D．若电解，理论上制备的的质量为【答案】CD【分析】该浓差电池中，浓度高的一极为负极，浓度低的一极为正极。从图可以看出，X极区，Y极区。则X为负极，电极反应是；Y为正极，电极反应是。在电解池中，与原电池负极连接的电极是阴极，与正极连接的是阳极。则电极Co为阳极，电极反应为，通过膜a进入产品室，膜a为阳膜，石墨电极为阴极，电极反应为，膜b为阴膜，通过膜b进入产品室，通过膜c进入阴极室，膜c是阳膜，据此作答。【解析】A．阳极室中Co失电子生成，需通过膜a进入产品室，因此膜a为阳离子交换膜；原料室中需通过膜b进入产品室与结合生成产物，膜b为阴离子交换膜，A错误；B．X为浓差电池的负极，发生失电子的氧化反应，电极反应为，B错误；C．石墨连接浓差电池负极，为电解池阴极，发生反应，浓度增大，溶液pH增大，C正确；D．电解60min转移电子总物质的量为，生成1mol需转移2mol电子，故，质量为，D正确；故选CD。14．二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应：反应I：

反应II：

向恒压、密闭容器中通入和，平衡时、、的物质的量随温度的变化如图所示。的选择性。下列说法正确的是A．时，的平衡转化率为B．反应达到平衡状态时，C．的平衡选择性随着温度的升高而增大D．其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量【答案】A【分析】反应I是放热反应，温度升高，平衡逆移，则CH4的物质的量减小，CO2的转化率下降；反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，平衡正移，则CO的物质的量增大，CO2的转化率升高；图像中随着温度的升高，曲线①呈现单调下降的趋势，则代表的是CH4的物质的量，曲线②呈现单调升高的趋势，则代表的是CO的物质的量，剩下的曲线③则是的物质的量。【解析】A．根据分析，曲线③为的物质的量，则时，的物质的量为0.15mol，由起始的1mol转化到0.15mol，转化率为，A正确；B．反应达到平衡状态时，由图分析，曲线②为CO的物质的量0.1mol，则，B错误；C．的选择性。由图可知，随着温度升高，曲线①代表的单调减少，而曲线②代表的单调增加，因此的选择性随温度升高而减小，C错误；D．增大压强，反应I平衡右移，反应I中等物质的量CO2消耗更多的H2，故加压会降低平衡时的物质的量，D错误；故选A。15．常温下，实验室常用邻二氮菲(Phen)检测溶液中的，用HCl或NaOH调节初始浓度均为与Phen混合溶液的pH(假定溶液体积不变)，溶液中含Phen的微粒有Phen、Phen、，溶液中lgX曲线随pH变化如图：(X表示或)。已知：，、，下列说法正确的是A．用HCl调至时，B．Phen的电离可表示为，电离常数C．常温下反应的平衡常数D．若人眼能感知到的最低浓度为，检测时最低pH为2【答案】A【分析】存在平衡：，，则，由此可见与pH是一次函数关系，故图中一条直线代表与pH的关系，曲线代表与pH的关系，据此解答。【解析】A．根据电荷守恒：，当pH=2时，，，无沉淀，根据物料守恒：，代入电荷守恒，选项中等式成立，A正确；B．的，当pH=4.7时，，此时，则，B错误；C．由图可知的极限值是15.3，那么，此时远大于，则，常温下反应的平衡常数，C错误；D．开始沉淀时，，计算得出开始沉淀最小pH是6.85，pH在2附近时，还没沉淀，根据元素守恒：，当的最低浓度为，则，即，根据图像的点可知，此时pH＞2，D错误；故选A。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．（12分）铂(Pt)、金(Au)及其化合物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：（1）已知的原子序数是79，在元素周期表中，位于第_______周期_______族，其中基态原子的最外层电子的电子云轮廓图为_______。（2）Pt的性质很稳定，不溶于浓硝酸和浓硫酸，但可溶于王水：。①元素N、O、S中，第二电离能最大的是_______。②王水能溶解Pt的原因是_______。③硫酸沸点高，原因是_______。④硝酸分子的结构如图所示，其中键键长由大到小的顺序是_______(用含A、B、C的关系式表示)。（3）由、和元素形成的一种化合物的晶胞结构和沿轴的投影如图所示()，为阿伏加德罗常数的值。

①已知该化合物中Au存在两种配离子，两种配离子的个数比为_______。②该化合物的密度为_______(用含、、、的代数式表示)。【答案】（除标明外，每空2分）（1）六（1分）ⅠB（1分）球形（1分）（2）O（1分）Pt能与形成配离子，使的还原能力增强硫酸分子间能形成氢键B>C>A（3）【解析】（1）的原子序数是79，由于79-50=29，因此金和铜位于同一族，所以Au位于第六周期第IB族，其中最外层电子占据的能级是，所以电子云轮廓图为球形。（2）①同主族元素第一电离能从上到下逐渐减小，和失去1个电子后最外层电子排布式分别为和，失去1个电子后最外层电子排布式为，所以元素N、O、S中，第二电离能最大的是O。②由于能与形成配离子，使Pt的还原能力增强，所以王水能溶解Pt。③由于硫酸分子间能形成氢键，所以硫酸沸点高。④根据结构简式可知端基氧原子和氮原子形成大键，原子轨道重叠程度大，键长短，氧原子与羟基氢原子形成氢键后会降低电子云密度，导致键长变长，所以键键长由大到小的顺序是。（3）①根据晶胞结构可知Cs的个数为，的个数为，的个数为，即化学式为，根据晶胞结构可知的两种配离子分别是和，根据元素守恒和电荷守恒可知该物质为，因此两种配离子的个数比为。②晶胞体积为，质量为，所以密度为。17．（12分）在锂离子电池以及在水分解制氢的电催化中具有独特的作用。工业上以镍渣(主要成分为Ni，含少量Fe、、和难溶于酸碱的杂质等)为主要原料制备的工艺流程如图所示。已知：①酸性条件下不能氧化。②常温下，，。③溶液呈弱碱性。回答下列问题：（1）“滤液a”中所含金属元素的存在形式为、___________(填离子符号)。（2）“酸溶”过程中通入的目的是___________，该工艺中需要加压的原因是___________。（3）常温下若“酸溶”后溶液中，则“调pH”的范围为___________。（4）“沉镍”时可得，研究表明“沉镍”时溶液浓度对产率、纯度的影响如图所示，则应选择的浓度为___________%，溶液的浓度过大时生成的杂质可能是___________(填化学式)。（5）“灼烧”时发生反应的化学方程式为___________。（6）可用于循环利用的物质是___________(填化学式)。【答案】（除标明外，每空2分）（1）（2）氧化镍、铁元素使其转化为金属阳离子进入溶液（1分）增大氧气的溶解度，加快反应速率（1分）（3）3~7（4）7.5（1分）（1分）（5）（6）NaOH【分析】镍渣加氢氧化钠溶液碱浸后，反应生成四羟基合铝酸钠，其余物质不反应，过滤后滤液a中的溶质为四羟基合铝酸钠和NaOH，滤渣加稀硫酸、氧气酸浸后，Ni、Fe、反应转化为镍离子、铁离子，加入氢氧化钠调节pH值，使得铁离子成为氢氧化铁沉淀得到滤渣1，滤液中加NH4HCO3溶液沉镍，镍的沉淀加入氟化铵灼烧得到氟化镍，加入KF熔融得到。【解析】（1）滤液a中的溶质为四羟基合铝酸钠和过量NaOH，故所含金属元素的存在形式为、；（2）氧气具有氧化性，“酸溶”过程中通入的目的是氧化镍、铁元素使其转化为金属阳离子进入溶液；氧气在溶液中溶解度较小，该工艺中需要加压的原因是：增大氧气的溶解度，加快反应速率；（3）常温下若“酸溶”后调节pH使得铁离子沉淀而镍离子不沉淀，铁离子沉淀完全，，pOH=11，pH=3，溶液中，，pOH=7，pH=7，则“调pH”的范围为3~7；（4）由图，应选择的浓度为7.5%左右，此时得到产率较高、纯度较大；溶液呈弱碱性，溶液的浓度过大时，溶液中氢氧根离子较大，则生成的杂质可能是。（5）“灼烧”时发生反应为碳酸镍和氟化铵生成氟化镍和二氧化碳、氨气、水，化学方程式为；（6）滤液a中含过量氢氧化钠，氢氧化钠可用于在调节pH环节中循环利用。18．（12分）“从废液到磁性材料的绿色转化”实验的项目背景：某金属加工厂产生的盐酸酸浸废液(含、和少量)直接排放会造成污染。化学项目式学习小组以此废液为原料，通过以下任务研究制备磁性材料铁酸锌()方案，探索将废液资源化。回答下列问题：任务一：资料查阅-明确物质性质呈两性，在125℃以上分解，可溶于pH>11的强碱中；铁酸锌能溶于浓度较大的硫酸中，不溶于碱。（1）中铁元素的化合价是___________。任务二：步骤设计-实现废液转化①取150mL盐酸酸浸废液，加入适量铁粉，充分反应至pH≈1，过滤；②向步骤①中的滤液加入一定量双氧水，加热搅拌充分反应；③将稍过量的固体加入步骤②所得溶液，充分溶解后，保持温度在75℃左右，再加入NaOH溶液至pH=11，静置、冷却、过滤；④将步骤③中的滤渣洗涤、干燥、煅烧，得到铁酸锌产品。（2）仪器选择：该制备实验涉及多种基本实验操作，下列仪器在本实验中必需用到的有___________(写出2种名称即可)。（3）原料预处理：步骤①中向废液加入适量铁粉的主要目的是___________。（4）条件控制：结合已知信息分析，步骤③中需调节至pH=11的原因是___________。（5）产品制备：步骤④中煅烧得到产品的化学方程式为___________。任务三：方案优化-异常现象溯源项目式学习小组尝试对制备方案进行优化，将步骤③中稍过量的固体换成过量Zn粉，充分反应后，测得溶液pH为3～4，生成红褐色沉淀，但未检测到Fe单质。（6）分析生成红褐色沉淀的原因是___________；未检测到Fe单质的原因，有同学猜想“在pH为3～4的溶液中，即便生成Fe也会被消耗”，请设计简单实验：___________(写出实验操作和现象)，证实此条件下可忽略对Fe的消耗。任务四：成果检验-计算产品纯度（7）称取2.0g样品，用溶液充分溶解后配成1L溶液，取100.00mL该溶液滴加过量的溶液()，充分反应后除去过量的，用0.02mol/L溶液滴定(转化为，未参加反应)，达到滴定终点时消耗溶液10.00mL。产品中的质量分数为___________(结果保留1位小数)。【答案】（除标明外，每空2分）（1）（1分）（2）量筒、漏斗（1分）（3）将还原为，并调节溶液（1分）（4）使和完全转化为氢氧化物沉淀，且不溶解（1分）（5）（6）粉与H+反应生成H2，促进水解生成红褐色沉淀取少量铁粉加入的盐酸中，铁粉几乎不溶解，无明显气泡产生（7）【解析】（1）为价，为价，设的化合价为，根据化合物中正负化合价代数和为：，解得；（2）实验涉及量取溶液，需用到量筒；过滤需用到漏斗、烧杯、玻璃棒；加热需用到酒精灯、烧杯；必需仪器为量筒、漏斗；（3）废液中含、，铁粉可将还原为，同时消耗调节；（4）已知呈两性，可溶于的强碱；时，与可完全转化为和沉淀，且不会溶解，保证沉淀完全；（5）与在高温下煅烧，脱水生成：；（6）①生成红褐色沉淀的原因为：粉与H+反应生成H2，促进水解生成红褐色沉淀；②验证实验：取少量铁粉于试管中，加入的盐酸溶液，振荡，观察到铁粉表面几乎无气泡产生，溶液颜色无明显变化，证明此条件下对的消耗可忽略；（7）滴定反应：，，则；溶液中，溶液中，有关系式，，，质量分数：。19．（12分）药物Z的研发具有重要的意义，它的一种合成路线如下(略去部分试剂和条件)。已知：①②③（1）A的名称为___________。（2）B中官能团的名称为___________。（3）E的结构简式为___________。（4）F生成Z的过程中，第一步和第二步的总反应化学方程式为：___________，第三步的反应类型为___________。（5）同时满足下列条件C的同分异构体有___________种。①红外光谱显示含②可与发生显色反应，1mol该物质能与2mol反应③苯环上有3个取代基且苯环上的一氯代物有两种④核磁共振氢谱有6组峰，峰面积比为1：2：2：2：2：6（6）根据上述合成路线，完成下列问题。①M的结构简式___________。②N的结构简式___________。【答案】（除标明外，每空2分）（1）间硝基苯酚或3-硝基苯酚（1分）（2）硝基、醚键（1分）（3）（4）+CH3NH2+H2O还原或加成（5）4种（6）【分析】A的不饱和度为5，除了苯环外还有1个不饱和度，根据D的苯环取代基处于间位，则A的结构简式为，A中酚羟基和的溴原子发生取代反应生成B，则B的结构简式为，B中硝基被还原为氨基，则C的结构简式为，C发生已知信息①的反应生成D，D和E发生取代反应生成F，则E的结构简式为，F发生已知信息②的反应生成Z，据此解答。【解析】（1）根据分析可知，A的结构简式为，名称为间硝基苯酚或3-硝基苯酚；（2）根据分析可知，B的结构简式为，官能团的名称为醚键、硝基；（3）根据分析可知，E的结构简式为；（4）F生成Z的过程中，第一步是氨基和醛基的加成反应得到羟基，第二步是羟基的消去反应得到碳氮双键，总反应化学方程式为：+CH3NH2+H2O；（5）C的分子式为，不饱和度为4，满足①红外光谱显示含，②可与发生显色反应，说明含有酚羟基，则其余结构均为饱和结构，1mol该物质能与2mol反应，说明含有2个酚羟基，③苯环上有3个取代基且苯环上的一氯代物有两种，说明取代基的结构对称（如两个对称的酚羟基），④核磁共振氢谱