山东省菏泽市2026年高三下学期一模化学试题

山东菏泽市2026年高三下学期一模化学试题注意事项：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。可能用到的相对原子质量：O16S32Fe56Co59Sm150Pb207一、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.科技是国之利器。下列说法正确的是A.“福建舰”可通过涂漆的方式防止舰体表面生锈B.宇树科技机器人所使用的锂离子电池为一次电池C.江门“中微子实验”所用的不锈钢网架中含量最高的元素是铬D.塔克拉玛干沙漠“锁边工程”中使用的光伏电池材料主要为二氧化硅【答案】A【解析】【详解】A．涂漆防锈是一种常见的金属防腐蚀方法，涂漆可以隔绝钢铁与氧气和水接触，防止钢铁生锈，延长舰体的使用期，A正确；B．锂离子电池可以充电后重复使用，属于二次电池，不是一次电池，B错误；C．不锈钢属于铁合金，含量最高的元素是铁元素，铬仅为改善耐腐蚀性能的添加元素，含量远低于铁，C错误；D．光伏电池的主要半导体材料的主要成分是单质硅，二氧化硅是制造光导纤维的原料，不能做光伏电池材料，D错误；故选A。2.物质使生活变得更美好，下列关于物质用途错误的是A.液氨可用作制冷剂 B.生石灰可用作脱氧剂C.苯甲酸钠可用作防腐剂 D.石墨可用作润滑剂【答案】B【解析】【详解】A．液氨汽化时会吸收大量的热，能使环境温度快速降低，因此液氨可用作制冷剂，A正确；B．生石灰的主要成分为氧化钙，只能与水反应作干燥剂，不能与氧气反应，无法吸收氧气，不能用作脱氧剂，B错误；C．苯甲酸钠可以抑制微生物的生长繁殖，是常用的食品防腐剂，C正确；D．石墨为层状结构，层与层之间的分子间作用力很弱，容易发生相对滑动，因此石墨可用作润滑剂，D正确；故选B。3.实验室中，下列试剂保存方法错误的是A.金属钠保存在广口瓶中 B.浓硝酸保存在棕色细口瓶中C.液溴保存在带有磨口玻璃塞的细口瓶中 D.NaOH溶液保存在带有磨口玻璃塞的细口瓶中【答案】D【解析】【详解】A．金属钠固体易与氧气和水反应，所以金属钠保存在盛有煤油或石蜡油的广口瓶中，防止变质，A正确B．浓硝酸遇光或受热易分解生成生成二氧化氮、氧气和水，所以浓硝酸保存在棕色细口瓶中，防止变质，B正确；C．液溴是易挥发的液体，且会腐蚀橡胶，所以保存在带有磨口玻璃塞的细口瓶中，C正确；D．氢氧化钠溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠和水，所以氢氧化钠溶液保存在带有磨口橡胶塞的细口瓶中，否则会将磨口玻璃塞和瓶身粘住无法打开，D错误；故选D4.下列反应的离子方程式书写正确的是A.溶液腐蚀铜箔制造电路板：B.NaHS除去废水中的C.少量通入溶液：D.过量通入溶液：【答案】D【解析】【详解】A．该反应电荷不守恒，正确离子方程式为，A错误；B．是弱酸的酸式酸根离子，不能拆分为，正确离子方程式为，B错误；C．酸性顺序为，不与反应，产物应为而非，正确的离子方程式应该是，C错误；D．过量通入溶液，过量时生成酸式盐，同时发生归中反应生成S沉淀，离子方程式的原子、电荷、反应逻辑均正确，D正确；故选D。5.钼在元素周期表中的信息如图所示。下列说法正确的是A.Mo位于第5周期IB族 B.基态Mo原子核外共有5个d电子C.和互为同位素，化学性质几乎相同 D.的相对原子质量为95.96【答案】C【解析】【详解】A．Mo的价电子为，位于第5周期ⅥB族，A错误；B．基态Mo的核外电子排布为，电子总数为个，仅4d轨道有5个d电子，B错误；C．和质子数相同、中子数不同，互为同位素；同位素的核外电子排布相同，化学性质几乎相同，C正确；D．95.96是Mo元素的平均相对原子质量，不是这个核素的相对原子质量，D错误；答案选C。6.是一种铜基乙腈配合物，下列关于该配合物的说法错误的是A.配位原子为N B.铜的化合价为+2C.碳原子采取杂化 D.的空间构型为正四面体形【答案】B【解析】【详解】A．CH3CN中N原子含有孤电子对，可作为配位原子提供孤对电子，A正确；B．该配合物外界为1价，配体CH3CN是中性分子，因此中心Cu的化合价为+1，不是+2，B错误；C．CH3CN中，甲基的碳原子形成4个σ键，采取sp3杂化，氰基的碳原子形成2个σ键，采取sp杂化，因此碳原子存在sp、sp3两种杂化，C正确；D．中中心Cl原子价层电子对数为，且无孤电子对，空间构型为正四面体形，D正确；故选B。7.物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是性质差异主要原因A稳定性：分子间有氢键，分子间无氢键B沸点：CO是极性分子，是非极性分子C酸性：是推电子基团D硬度：金刚石>晶体硅原子半径：A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．物质的稳定性属于化学性质，由分子内共价键的键能决定，H2O稳定性大于H2S是因为O非金属性更强，HO键键能更大；氢键只影响熔沸点等物理性质，不影响稳定性，A解释错误；B．CO与N2相对分子质量相同，CO是极性分子，N2是非极性分子，极性分子间范德华力更强，因此CO沸点高于N2，B解释正确；C．羧酸酸性取决于羧基电离H+的能力，CH3是推电子基团，会减弱羧基中OH键的极性，使H+更难电离，因此CH3COOH酸性弱于HCOOH，C解释正确；D．金刚石和晶体硅都属于共价晶体，共价键键能越大，共价晶体硬度越大；原子半径Si>C，因此CC键键长更短、键能更大，硬度金刚石大于晶体硅，D解释正确；故选A。8.从红树林真菌代谢物中分离出的一种物质，其结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法错误的是A.分子式为 B.含有4种官能团C.可形成分子内氢键 D.1mol该物质最多可与4molNaOH反应【答案】D【解析】【详解】A．数出碳原子共19个，通过不饱和度计算得氢原子为20个，氧原子共7个，分子式为，A正确；B．该有机物含有的官能团为：酚羟基、醚键、酯基、羧基，共4种，B正确；C．分子中，酚羟基的氢原子可与邻近的羧基中的氧原子形成分子内氢键，C正确；D．能和反应的基团：2个酚羟基，消耗；1个羧基，消耗；1个酚酯基，水解后生成1个羧基和1个酚羟基，共消耗；总消耗：，D错误；故选D。9.清华大学首次利用糠醛研制了新型“生物质二次电池”，工作原理如图所示，充电、放电时分别得到高附加值的醇和羧酸盐。下列说法正确的是A.放电时，a极发生还原反应B.充电时，b极附近碱性增强C.充电时，a极反应式为：+2H2O+2e=+2OHD.若使用铅蓄电池为其充电，当1mol糠醛转化时，理论上电极增重96g【答案】C【解析】【分析】先判断电极性质：根据题意和转化关系，放电时，a极上糠醛被氧化为糠酸根（失电子，氧化反应），因此放电时a为负极、b为正极；充电时，a为阴极、b为阳极，据此分析选项：【详解】A．放电时a极是负极，糠醛失电子发生氧化反应，A错误；B．充电时b为阳极，电极反应为：，反应消耗，b极附近碱性减弱，B错误；C．充电时a为阴极，糠醛得电子被还原为糠醇，电极反应式：+2H2O+2e=+2OH，配平、产物均正确，C正确；D．1mol糠醛转化时转移2mol电子，铅蓄电池中电极反应为：，1mol

反应时，增重质量为，D错误；答案选C。10.密闭容器中，以活性炭为催化剂由和制备，涉及反应：I．；Ⅱ．。466K时，平衡体系内各组分的物质的量分数随的变化如图。下列说法正确的是A.曲线②表示变化情况B.当时，反应Ⅱ的平衡常数C.温度不变，缩小容器体积，曲线①与②的新交点出现在处D.改变温度使反应Ⅱ的平衡常数增大，曲线①与②的新交点将出现在处【答案】B【解析】【分析】先整理反应：反应I（不可逆）：

反应Ⅱ（可逆）：，反应前后气体分子数不变，平衡不受压强影响。分析各物质对应的曲线：横坐标为，投料比增大，占比逐渐升高，因此的物质的量分数一直增大，对应一直上升的曲线①；

是中间产物，随着增加，反应Ⅱ不断消耗，因此的物质的量分数一直减小，对应一直下降的曲线③；

是产物，投料比从1到2时，占比逐渐升高，投料比大于2后，过量，总物质的量增加，占比逐渐降低，因此的物质的量分数先升后降，对应曲线②。【详解】A．曲线②是，对应曲线③，A错误；B．当时，曲线①（）和曲线③（）相交于，即。设初始，，完全反应，总物质的量，因此：

，。反应Ⅱ的平衡常数，B正确；C．反应Ⅱ前后气体分子数不变，温度不变缩小体积，压强增大，平衡不移动，相同投料比下各物质的物质的量分数不变，曲线不变，交点位置不变，不会移到d处，C错误；D．反应Ⅱ平衡常数增大，说明平衡右移，相同投料比下，升高，降低。原交点处，现在，新交点需要增大投料比（横坐标增大），使升高、降低，新交点在原交点右侧d处，不是c处，D错误；答案选B。二、选择题：本小题共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，选对但不全得2分，有选错的得0分。11.下列实验方案能达到实验目的的是实验方案实验目的A将红热的炭放进盛浓硝酸的试管中，观察试管中是否有红棕色气体生成验证炭加热条件下能与浓硝酸反应生成B等体积、等物质的量浓度的与溶液在不同温度下反应，观察溶液中出现浑浊的先后探究温度对反应速率的影响C足量Fe与S反应后的物质溶于稀硫酸后，往澄清溶液中滴入溶液，观察是否有蓝色沉淀生成验证Fe与S反应产物中Fe为+2价D取少量某液体于试管中，加入稀NaOH溶液，试管口放置湿润的红色石蕊试纸，观察试纸的颜色变化检验某溶液中是否含有A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．浓硝酸受热自身会分解生成红棕色（），无法证明红棕色气体来自炭与浓硝酸的反应，不能达到实验目的，A错误；B．探究温度对反应速率的影响时，只改变温度一个变量，其余条件（浓度、体积等）均保持一致，通过观察出现浑浊的先后可以判断反应速率快慢，能达到实验目的，B正确；C．足量，反应后固体中混有未反应的，溶于稀硫酸时，剩余也会和酸反应生成，滴入一定会产生蓝色沉淀，无法验证反应产物中为价，不能达到实验目的，C错误。D．检验时，需要加入浓溶液并加热，极易溶于水，稀不加热时无法逸出，不能使湿润红色石蕊试纸变色，无法检验，D错误；故选B。12.甲酸有两种可能的分解反应，一定温度下，使用某催化剂时的反应历程如下图所示。下列说法错误的是A.反应①为吸热反应，反应②为放热反应 B.该条件下甲酸中比更易断裂C.低温时，反应①的选择性比反应②低 D.升温，反应②速率增大的程度大于反应①【答案】BC【解析】【详解】A．由图像反应的始态和终态可知，反应①为吸热反应，反应②为放热反应，A正确；B．由图可知，反应①中断裂键需要吸收的能量低于反应②中断裂键需要吸收的能量，则该条件下甲酸中比更难断裂，B错误；C．低温时，活化能小的反应更易进行，由图可知，反应①的最大活化能低于反应②的最大活化能，因此低温时更容易发生反应①，即低温时反应①的选择性比反应②高，C错误；D．升温时，反应①和反应②反应速率均增大，反应②选择性增大，故反应②速率增大的程度大于反应①，D正确；故答案选BC。13.生产双氧水常采用蒽醌法，其反应原理和生产流程如图所示：下列说法错误的是A.该法生产原理中原子利用率是 B.有机溶剂不可选用乙醇C.“萃取”可选用作为萃取剂 D.由得到可采取常压蒸馏【答案】CD【解析】【分析】蒽醌法制备H2O2理论上消耗的原料是氢气和氧气，循环使用的原料是乙基蒽醌，配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是乙基蒽醌不溶于水，易溶于有机溶剂，分离出过氧化氢，可加入水作萃取剂，以此解答该题。【详解】A．

将两步反应合并，总反应为

，乙基蒽醌作催化剂可循环利用，产物只有，原子利用率为，A正确；B．乙醇与水任意比互溶，若用乙醇作工作液的有机溶剂，后续萃取分离时无法分层，不能分离有机相和水相，因此不能选用乙醇，B正确；C．萃取的目的是分离出过氧化氢溶液，则选择萃取剂为水，选择其作萃取剂的原因是过氧化氢易溶于水被水萃取，乙基蒽醌和有机溶剂不溶于水，后续得到35%也说明了此步骤是用水作萃取剂而不是，C错误；D．热稳定性差，受热易分解，常压蒸馏时温度较高，会导致大量分解，因此浓缩需要用减压蒸馏（降低沸点，减少分解），不能用常压蒸馏，D错误；故选CD。14.我国科学家研究发现光酶协同可实现基于三组分反应的有机合成，其中的一个反应如下(反应条件略；代表苯基)，涉及①～⑤五种物质。下列说法正确的是A.可以用溴水鉴别物质①与②B.生成⑤的反应类型为取代反应C.③、④与⑤中均含有手性碳原子D.利用上述反应原理可由三种有机物直接合成【答案】D【解析】【分析】根据题干信息，①和②先发生碳碳双键的加成反应，生成，再和③发生取代反应得到主产物，两分子①发生醛基的加成反应得到副产物5a，据此解答。【详解】A．

物质①含醛基，可被溴水氧化，使溴水褪色；物质②含碳碳双键，可与溴发生加成反应，也能使溴水褪色，二者现象相同，无法用溴水鉴别，A错误；B．对比反应物和产物⑤的结构可知，⑤是①的醛基发生加成反应得到羟基，反应类型为加成反应，不是取代反应，B错误；C．连接4种不同基团的饱和碳原子是手性碳原子。物质③没有手性碳原子，④的手性碳：，⑤的手性碳：，，C错误；D．该反应是醛、烯烃、α溴代酮的三组分合成反应，目标产物可对应得到三种原料：联苯甲醛（①）、2,3二甲基2丁烯、溴代丙酮（③），可以按照该反应原理合成，D正确；故选D。15.是一种常见二元弱酸，是一种难溶物。图中曲线分别表示下：(i)的溶液中，的与pH的关系；(ii)含的溶液中与pH的关系。下列说法正确的是A.曲线②表示与pH的关系B.(i)中时，C.D.后，向(ii)中增加，平衡后溶液中的浓度增大【答案】BC【解析】【分析】是一种二元酸，随着增大，逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大，则的负对数逐渐增大，的负对数先减小后增大，的负对数逐渐减小；含的溶液中，随着增大，逆移，逐渐增大，导致逆移，逐渐减小，因此与的变化呈反比；故曲线①表示与pH的关系，曲线③表示与pH的关系，曲线④表示与pH的关系，曲线②表示与pH的关系。取曲线③和④的交点进行分析，，则==c(H+)=104.19，根据①和④的交点，，=102.73×2=105.46，根据点(2.73,4.3)以及(2.73,2.49)，pH=2.73时，c(Sr2+)=104.3mol•L1，=102.49mol•L1，则；【详解】A．根据分析可知，曲线②表示与pH的关系，曲线④表示与pH的关系，A错误；B．根据分析可知，，当时，，则，B正确；C．根据分析可知，，则，C正确；D．ii中溶液含，已饱和，增加不改变溶解平衡，浓度不变，D错误；故选BC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.镍和钴单质及其化合物应用广泛。回答下列问题：（1）基态Co原子核外电子的空间运动状态有_______种。已知的第五电离能：，从原子结构的角度分析的原因_______。（2）配离子中电负性最小元素是_______(填元素符号)，的空间结构为_______。（3）一种具有光催化作用的配合物结构如图，其中Co的化合价为_______；中键角_______图中a处键角(填“>”“＜”或“=”)。已知配体为平面结构，则其中①号N原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。A．2s轨道B．2p轨道C．sp杂化轨道D．杂化轨道（4）是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料，其六方晶胞示意图如下，晶胞参数原子的分数坐标分别为。设为阿伏加德罗常数的值。则晶体中与Sm最近且距离相等的Sm有_______个，晶体的密度为_______。【答案】（1）①.15②.和分别指失去和上的一个电子所需能量，处于半充满稳定状态，需要的能量较高（2）①.Ni②.直线形（3）①.+3②.<③.D（4）①.两或2②.【解析】【小问1详解】基态核电荷数为27，电子排布式为，轨道电子总数：1+1+3+1+3+5+1=15，每个轨道对应一种电子的空间运动状态，故空间运动状态共15种。第五电离能是失去第五个电子的能量，电子排布为（半充满稳定结构），更难失电子；电子排布为，失一个电子后得到半充满稳定结构，更容易失电子，因此；【小问2详解】

含元素，为金属元素，电负性最小。与互为等电子体，中心价层电子对数为2，无孤电子对，空间结构为直线形。【小问3详解】

整个化合物为电中性，外界为个（带1个负电荷），配离子带1个正电荷；配体中为2价，其余配体均为中性，设化合价为，，得。中心有对孤对电子，价电子对数为4，处形成4个键、无孤对电子，孤对电子对成键对的斥力大于成键对之间的斥力，因此中键角小于处键角。配体为平面结构，五元环为共轭平面，①号为杂化，孤电子对占据杂化轨道，未参与杂化的轨道一个电子参与形成大π键，故选D。【小问4详解】黑球个数为，为，白球为，晶胞内1个，的坐标为，上下相邻晶胞的距离为（比同层更近），距离相等，共2个。晶胞中含1个、5个，晶胞体积，总质量，密度。17.从铜银锌共矿(主要成分等)中分离元素铜、银、锌的工艺流程如下：已知：为一种捕收剂，能选择性与结合成配合物，使其具有强烈的疏水性且能附着在气泡上，但难溶物碱式碳酸锌附着在ZnS表面可防止ZnS被Z200捕收；能与配位得到和。回答下列问题：（1）“钝化”反应的离子方程式为_______。（2）“酸浸”所得混合气体成分有_______(填化学式)，滤液2经处理后可导入_______(填操作单元的名称)循环利用。（3）“浸取”时饱和溶液和浓盐酸不易过多，原因是_______。（4）在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为_______。若此时溶液的体积为1L，则“银还原”中理论上应加入_______mol。（5）用黄铜矿(主要成分为)、废铜渣和硫酸共同作用获得较纯净的的原理如图，该反应的化学方程式为_______。【答案】（1）（2）①.②.“钝化”（3）防止在“银转化”中与反应，造成试剂用量增大（4）①.0.06②.0.0375（5）【解析】【分析】本流程从含的银铜锌共生矿中，利用物质性质差异分步分离提取铜、银：首先通过“钝化”在ZnS表面生成碱式碳酸锌，避免ZnS后续被捕收剂Z200收集，浮选后分离得到铜矿物；剩余含银矿物经酸浸除杂，再经氯化浸出、亚硫酸钠配位转化，最后用连二亚硫酸钠还原得到单质银，流程中滤液可循环利用，提升原料利用率。【小问1详解】钝化的目的是生成碱式碳酸锌覆盖在ZnS表面，反应物为和，生成碱式碳酸锌沉淀和，配平后得到上述离子方程式为；【小问2详解】酸浸时，碱式碳酸锌与稀硫酸反应生成，ZnS与稀硫酸反应生成，故混合气体为和；滤液2中溶质主要为，可返回钝化工序循环利用。【小问3详解】过多的和浓盐酸会引入大量、离子，后续“银转化”中与反应，提高后续处理的成本，浪费试剂，因此不易过量；【小问4详解】的平衡常数。当两种配合物分布分数δ均为0.5时，此时。由题意，根据分布分数图像交点特征，交点处对应，则，当时，设，。代入得：，解得。总Ag的物质的量为，Ag从+1价被还原为0价，共得到电子；中S为+3价，被氧化后生成（S为+4价），1mol

失去2mol电子，根据电子守恒，需要的物质的量为。【小问5详解】根据原理图，反应物为、Cu（废铜渣）、硫酸，产物为、、，配平后得到上述化学方程式。18.纳米在材料、催化、医学等领域有广泛的应用前景。实验室以硫酸亚铁()、黄铁矿()为原料利用如下装置(加热及夹持装置略)制备纳米，同时得到副产物。实验过程如下：I．原料预处理：将上述硫酸亚铁在真空干燥120min，冷却。取一定量干燥后的硫酸亚铁和黄铁矿5.00g放入球磨机中混磨30min。Ⅱ．制备：将样品放入装置，控制温度反应60min，自然冷却至室温。Ⅲ．产品提纯：烧结材料用去离子水和无水乙醇依次洗涤3次，干燥240min，获得纳米颗粒。回答下列问题：（1）I中冷却时应将放在_______(填仪器名称)中，放在球磨机中混磨的目的是_______。（2）制备反应的化学方程式为_______。制备时进行操作：①加热管式炉；②通入排净装置内空气；③停止通入；④停止加热，其先后顺序为_______(填序号)。实验过程中需一直通入，目的是_______。（3）在制备过程中发现有副产物生成，调整影响产品的摩尔分数，二者的变化关系如图所示，欲得到较纯纳米，应控制_______。（4）测定产品含铁量：称取纳米产品5.00g溶于酸中，配成100mL溶液，取出20.00mL，用过量的将还原成，再加入溶液除去过量的，最后用标准(已加入指示剂)溶液滴定溶液中的，达到终点时，消耗标准溶液18.00mL，过程发生的部分反应(未配平)有：；。产品中铁元素的质量分数为_______(保留三位有效数字)。【答案】（1）①.干燥器或真空干燥器②.使混合物充分混合，增大接触面积（2）①.②.②①④③③.形成气流，赶出反应生成的（3）12（4）【解析】【分析】本实验以硫酸亚铁、黄铁矿为原料制备纳米，核心原理为：反应物在氮气保护、550℃条件下发生氧化还原反应，得到和，后续处理可得到副产物硫酸，总反应为：，产品含铁量测定基于定量滴定：将还原为后，利用重铬酸钾与的反应，即可通过滴定用量计算得到产品中铁元素的质量分数，据此解答。【小问1详解】干燥后的硫酸亚铁冷却时需要防止吸水，应放在干燥器中冷却；混磨可以减小反应物颗粒大小，增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分。【小问2详解】根据氧化还原化合价升降守恒配平：Fe从+2价升高为+3价，中S从1价升高为+4价（生成，后续尾气处理得到），中+6价S降低为+4价，升降守恒后得到上述配平为；实验时先通排尽装置内空气，再加热反应，反应结束后先停止加热，继续通至装置冷却后再停止通，故顺序为②①④③。通的目的：将反应生成的全部排入后续尾气处理装置，制备硫酸。【小问3详解】由图像可知，的摩尔分数在时达到最高，此时得到的最纯。小问4详解】根据滴定反应关系：，可得：

，

20mL待测液中：，

100mL溶液中总，

，铁的质量分数：。19.贝诺酯(H)的一种合成路线如下：已知：I．II．回答下列问题：（1）设计和两步反应目的是_______，中反应①的化学方程式为_______。（2）F中官能团名称为_______；反应类型为_______。（3）在催化剂(浓)作用下，将C与聚乙烯醇()熔融酯化可以制得缓释效果更好的高分子药物结构简式为_______。（4）实验室可以利用与反应制备贝诺酯，符合下列条件的I的同分异构体有_______种。①含有乙基②能与溶液反应生成③含有吡啶环[吡啶()是类似苯的芳香化合物]（5）根据上述信息，写出以苯酚和邻二甲苯为主要原料制备的合成路线_______。【答案】（1）①.保护酚羟基，防止其被氧化②.（2）①.酯基、酚羟基、硝基②.取代反应（3）（4）10（5）【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，与乙酸酐发生取代反应生成，则A为、B为；与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，则C为；与氢氧化钠溶液共热发生水解反应后，酸化得到，则D为；POCl3作用下与发生取代反应生成，则F为；镍做催化剂条件下与氢气发生还原反应生成，则G为；吡啶作用下与乙酸酐发生取代反应生成H。【小问1详解】由分析可知，A、D的结构简式分别为、，则由结构简式可知，A、D分子中都含有酚羟基，则设计A→B和C→D两步反应的目的是保护酚羟基，防止其被氧化；C→D的反应为与氢氧化钠溶液共热发生水解反应后，酸化得到，则反应①的化学方程式为：；【小问2详解】由分析可知，F的结构简式为，官能团为酯基、酚羟基、硝基；G→H的反应为吡啶作用下与乙酸酐发生取代反应生成