湖北新八校2026届下学期高三第二次联考(二模)化学试题（含解析）高考模拟

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一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45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. 以下四件文物分别代表了不同地域、民族和时代的文明成就，它们共同印证了中华文明“多元一体”的发展脉络。这些文明载体使用的材料，主要属于有机高分子材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．壮乡铜鼓是铜合金制成，属于金属材料，不是有机高分子材料，A不符合题意；
B．蜀绣蟒凤衫主要原料为蚕丝，蚕丝属于蛋白质，蛋白质是天然有机高分子材料，B符合题意；
C．屈家岭蛋壳彩陶杯属于陶瓷制品，其主要成分是硅酸盐等，属于无机非金属材料，不是有机高分子材料，C不符合题意；
D．骨笛由兽骨制成，兽骨的主要成分是羟基磷酸钙（无机钙盐），不属于有机高分子材料，D不符合题意；
故答案为B。
2. 羟胺(NH2OH)在有机合成中用作还原剂，其熔点32.05℃，沸点70℃。下列化学用语或图示表达正确的是
A. 用电子式表示羟胺的形成过程：
B. 羟胺NH2OH分子间氢键的强弱：
C. 固态羟胺X射线衍射图谱对比如图
D. 羟胺中N原子杂化后的轨道表示式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．羟胺（NH2OH）是共价化合物，用电子式表示羟胺的形成过程示意图正确（体现了N-H、N-O、O-H的形成），A选项正确；
B．因为的电负性大于N，键的极性比键的极性强，所以羟胺分子间氢键的强弱为，B选项错误；
C．缓慢析出的为晶体，快速析出的可能为非晶体，晶体的射线衍射图谱有尖锐的衍射峰，C选项错误；
D．原子有5个价电子，4个杂化轨道上电子数为：，D选项错误；
故答案选A。
3. 设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 0.5 ml呋喃(，平面结构，含有大键)中含有的孤电子对数目为NA
B. 31 g基态P原子中，含p能级电子的数目为3NA
C. 中含σ键数目为7NA
D. 1 ml H2O、T2O组成的物质中含有的电子数为10NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．呋喃为平面结构，含有大π键，说明一个呋喃分子中只有O原子有1对孤电子对，故0.5 ml呋喃中含有的孤电子对数目为，A选项错误；
B．基态P的电子排布式1s22s22p63s23p3，基态（即1mlP）原子中，含能级电子的数目为，B选项错误；
C．1个[Ag(NH3)2]OH包含2个配位单键、6个键、1个键，1ml[Ag(NH3)2]OH中σ键共为，C选项错误；
D．无论哪种同位素构成的水分子，1个水分子都是10个电子，1 ml H2O、T2O组成的物质中含有的电子数为10NA，D选项正确；
答案选D。
4. 化合物F(分子中含3个环状结构)是一种合成治疗哮喘药物的中间体，某研究小组按以下路线合成该化合物(反应条件及试剂已简化)，下列叙述错误的是
A. 物质C、D、E均不含手性碳B. 物质D中的碳原子包含了3种杂化方式
C. 物质C有属于酚类的同分异构体D. 1 ml物质E彻底转化为F需消耗1 mlNaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．符合手性碳原子的要求是碳原子要以单键连接4个互不相同的原子（或原子团），物质C中与-OH、炔基相连的碳原子在环中左右属对称结构，不是手性碳原子，同理物质D、E也不存在手性碳原子，A正确；
B．物质D中的碳原子包含碳碳三键的sp杂化、C=O的以sp2杂化及只以单键相结合的sp3三种杂化方式，B正确；
C．物质C的不饱和度为4，可能存在含苯环的结构，故存在酚类的同分异构体，C正确；
D．物质E中存在酯基和酰胺基，1 ml物质E发生水解需消耗2 ml NaOH，D错误；
故选D。
5. 类比推测是科学研究中常用的方法之一，下列类比推测正确的是
A. 乙醇被足量的酸性高锰酸钾溶液氧化为乙酸，则乙二醇被足量的酸性高锰酸钾溶液氧化为乙二酸
B. 二氧化碳晶体熔化过程中破坏了范德华力，则二氧化硅晶体熔化过程中也破坏了范德华力
C. 根据电子排布特点，元素的电离能：(远大于)，则元素的电离能：(远大于)
D. 向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2生成CaCO3沉淀，则向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2生成CaSO3沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙二醇被足量酸性高锰酸钾氧化时，生成的乙二酸具有还原性，会继续被氧化为CO2和H2O，故A错误；
B．二氧化碳是分子晶体，熔化破坏范德华力，二氧化硅是共价晶体，熔化过程破坏共价键，故B错误；
C．Mg原子价电子排布为3s2，失去2个电子后达到稀有气体稳定结构，故；Al原子价电子排布为3s23p1，失去3个电子后达到稀有气体稳定结构，故，故C正确；
D．ClO⁻具有强氧化性，SO2具有还原性，二者发生氧化还原反应，少量SO2通入Ca(ClO)2溶液生成CaSO4沉淀，不是CaSO3，故D错误；
选C。
6. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X的某种同位素可以用于测定文物年代，的氧化物可导致酸雨的形成，Z是同周期中常见离子半径最小的元素，四种元素的原子最外层电子数之和为19.下列叙述错误的是
A. 电负性和第一电离能：X＜Y
B. 氢化物的沸点：X＜W
C. 可由两种含Z的盐溶液反应制得含Z的沉淀
D. (x=2、3、4)中W均为sp3杂化
【答案】B
【解析】
【分析】可用于测定文物年代，则X为C元素；Z是同周期中常见离子半径最小的元素，Z为Al元素；的氧化物可导致酸雨的形成，Y为元素；四种元素的原子最外层电子数之和为19，W最外层电子数为，所以W为元素。
【详解】A．同周期主族元素电负性从左到右递增，电负性；第二周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，N的第一电离能大于C，第一电离能，故A正确；
B．X为C元素，其氢化物为烃类，常温下可能为气态、液态、固态，的简单氢化物，常温下为气态，沸点大小顺序不一定，故B错误；
C．铝盐和四羟基铝酸盐溶液可发生反应，制得沉淀，故C正确；
D．、、的中心原子的价层电子对数为、、，均为4，均采取杂化，故D正确；
选B。
7. 下列实验的对应操作中，不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．制备溴苯并验证有HBr产生，应在通入AgNO3溶液前，用CCl4洗气除去溴蒸气，A错误；
B．淀粉溶液为胶体，Na＋和Cl-能透过半透膜进入蒸馏水，而淀粉胶体粒子不能透过半透膜，故可用半透膜分离淀粉和食盐的混合溶液，B正确；
C．硫酸是难挥发性酸，制备无水硫酸铜固体时虽然水解产生氢氧化铜，但后又与硫酸反应生成硫酸铜，可将其溶液直接加热蒸发得到无水硫酸铜固体，能达到实验目的，C正确；
D．AgNO3与 NaCl反应时NaCl过量，产生AgCl白色沉淀，再滴入少量的KI，若产生黄色沉淀AgI，则可证明 AgCl沉淀转化成了AgI沉淀，故可验证Ksp：AgCl＞AgI，D正确；
故答案选A。
8. 室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．加水稀释时，浓度降低的同时总浓度也下降，无法排除浓度降低导致颜色变浅的干扰，不能证明仅在高浓度下稳定，A错误；
B．等pH的弱酸稀释相同倍数时，酸性越强pH升高幅度越大。稀释后间硝基苯甲酸pH更高，说明其酸性强于苯甲酸，可证明硝基是吸电子基团，能增强羧基酸性，B正确；
C．乙醇的消去反应中浓硫酸可能被还原生成，具有还原性能使溴水褪色，无法证明消去反应生成了乙烯，C错误；
D．18-冠-6通过络合使作为抗衡离子进入有机相，起到相转移催化作用加快反应，并非识别，D错误；
故答案选B。
9. 室温下的溶液，下列离子组在给定条件下一定能大量共存，且经过指定操作后，可得到无沉淀的澄清透明溶液的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．滴加甲基橙变红说明溶液呈酸性，该离子组在酸性条件下不发生反应可大量共存；加入足量浓氨水，、分别与过量氨水形成可溶性配合物、，最终得到无沉淀的澄清透明溶液，A正确；
B．，说明水的电离被抑制，溶液可能为强酸性或强碱性，碱性条件下、均能与反应，不能大量共存，B错误；
C．说明溶液呈酸性，加入FeSO4后，与反应生成蓝色沉淀，不符合要求，C错误；
D．，说明，溶液呈酸性，通入足量后，与反应生成不溶于酸的沉淀，不符合要求，D错误；
故答案选A。
10. 某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞参数，。阿伏加德罗常数为NA(单位：ml-1)，、和分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量(单位：)。下列说法正确的是
A. 距离Cs最近且等距的Br原子为12个
B. 每个晶胞中Cs和Br构成的八面体空隙为6个
C. Cs与Pb之间的距离为
D. 该晶体密度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．，所以距离最近且等距的原子为4个，A错误；
B．每个晶胞中和构成的八面体空隙的中心为正好为6个面心，均摊后为3个，B错误；
C．Cs与Pb之间的距离为体对角线的一半，为，C正确；
D．单位换算错误，，一个晶胞中Cs位于体心，1个；，，，D错误；
故答案选C。
11. 化合物M是一种新型超分子晶体材料，以CH3COCH3为溶剂，由X、Y、HClO4反应制得。下列说法正确的是
A. X的名称为对氨基溴苯
B. Z与X互为同系物，也可以与Y、HClO4通过上述反应形成类似M的超分子
C. M中阳离子涉及的短周期元素中第一电离能I1：N＞O＞C＞H
D. M中阴阳离子之间存在离子键，但其熔点低于NaClO4
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据有机物的命名规则，X的名称为对溴苯胺或4-溴苯胺，故A错误；
B．X和Z中都含有氨基，且分子组成相差4个基团，互为同系物；但反应形成M的关键是：X中的与反应生成，再与 Y（冠醚）形成如图所示氢键；而Z中的与酸反应生成的上只有1个H原子，无法形成图中所示的氢键，因此不能形成类似M的超分子，故B错误；
C．M中阳离子涉及的短周期元素为：，N的2p轨道半满更稳定，第一电离能 N＞O；H原子半径极小，电离能大于C，则第一电离能大小为：，故C错误；
D．M中阴阳离子之间存在离子键，属于离子晶体，也属于离子晶体，二者阴离子相同，阳离子不同，离子晶体中离子半径越小，离子键越强，熔点越高，故熔点高于M，故D正确，
故答案选D。
12. 利用烟气中SO2可回收废水中的I-，实现碘单质的再生，其反应原理如图所示，下列说法错误的是
A. 反应①⑤中有3步存在电子的转移
B. 经过②的转化后键角增大
C. 中C的化合价为+4价
D. 总反应(省略条件)为
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应①～⑤中有①③④共3步涉及化合价变化，存在电子的转移，A正确；
B．经过②的转化后，原子无孤电子对，对成键电子对的斥力减小，键角增大，B正确；
C．中为价，的化合价为+3价，C错误；
D．根据反应原理，反应物为SO2、I-、O2，生成物为、I2，总反应为 SO2 +2I- +O2 =+I2，D正确；
故选C。
13. ZnS可用于制备光学材料和回收砷。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下：
已知：常温下，，，，。当离子浓度不超过时，认为离子沉淀完全。
下列说法错误的是
A. 酸浸时通入O2可提高Zn2+浸出率
B. 恰好除铁完全时，pH=3
C. 当溶液pH=0、时，Cd2+已沉淀完全
D. 沉锌前可加入ZnO或Zn(OH)2调节溶液的pH
【答案】C
【解析】
【分析】闪锌矿中含ZnS、FeS、少量硫化镉等，加入H2SO4、O2，酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为Zn2+、Fe3+、Cd2+，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去Fe3+和Cd2+，调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答；
【详解】A．酸浸时，通入O2可将-2价S元素氧化成S，使ZnS的沉淀溶解平衡ZnS(s)Zn2+(aq)+S2-(aq)正向移动，提高Zn2+浸出率，A正确；
B．，当恰好除铁完全时，，，，B正确；
C．，代入、，，，未沉淀完全，C错误；
D．除镉时溶液酸性较强，沉锌前调节溶液的pH至4~5，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的H+，则加入的氧化物为ZnO或Zn(OH)2，D正确；
故选C。
14. 科研人员以对硝基甲苯和丙烯腈为原料，采用间接成对电解方法协同合成对硝基苯甲酸和己二腈。两极均为惰性电极，电解质溶液为稀硫酸，双极膜内层为水层，工作时水层中的H2O解离成OH-和H+，并分别通过离子交换膜向两侧发生迁移，反应的原理示意图如下图所示。下列说法错误的是
A. a为电源负极
B. 转化2 ml丙烯腈，理论上电路中转移电子数为2NA
C. 双极膜中减少54 gH2O时，则与b极相连的电极上有1mlCr3+发生转化
D. 右半区综合反应的方程式为：-6e-+2H2O→+6H+
【答案】B
【解析】
【分析】a侧电解池的电极TiO2+得电子发生还原反应生成Ti3+、H+得电子发生还原反应生成H2，a是电源负极；b侧电解池的电极Cr3+失电子发生氧化反应生成 , b是电源正极；
【详解】A．根据以上分析，a侧电解池的电极发生还原反应为阴极，a为电源负极，故A正确；
B．丙烯腈转化为己二腈的方程式为2CH2=CHCN+2Ti3++2H2O=NC(CH2)4CN+2TiO2++2H+，转化2 ml丙烯腈，氧化还原过程转移2ml电子，但阴极存在副反应2H++2e-=H2↑，理论上电路中转移电子数大于，故B错误；
C．电极上有发生转化，转移电子数为，对应双极膜迁移出和，减轻，故C正确；
D．右半区Cr3+在阳极失电子发生氧化反应生成，把对硝基甲苯氧化为对硝基苯甲酸，综合反应的方程式为：-6e-+2H2O→+6H+，故D正确；
选B。
15. 常温下，M2+在不同酸碱性的Na2A溶液中的存在形式不同，有M2+及难溶物MA、M(OH)2等形式，Na2A溶液中、含A微粒的物质的量分数随的变化如图所示，下列说法正确的是
A. 曲线Ⅰ表示H2A的物质的量分数，曲线Ⅲ表示A2-的物质的量分数
B. 溶液中存在：
C. 曲线Ⅳ上的点满足
D. 常温下a点，M2+在Na2A溶液中能生成MA沉淀但不能生成M(OH)2沉淀
【答案】D
【解析】
【分析】在该溶液中存在如下电离平衡，，，根据横坐标可知，pOH越大，越小，越大，上述电离程度越小，溶液中含A微粒的变化为，所以曲线表示的物质的量分数，曲线表示的物质的量分数，曲线表示的物质的量分数，曲线和曲线的交点处，即，，所以，曲线和曲线的交点处，即，，所以，，pM越大，越小，据此分析。
【详解】A．由分析可知，曲线表示的物质的量分数，曲线表示的物质的量分数，A错误；
B．由分析可知，的电离常数，的水解常数​，说明水解程度大于电离程度，水解生成的更多，故，B错误；
C．对于，pOH增大，减小，平衡时增大，pM减小，变化幅度小；对于，pOH增大，减小，减小更快，平衡时增大更快，pM减小更快，因此下降更快的曲线Ⅳ是的溶解平衡曲线，曲线Ⅴ才是MA的溶解平衡曲线，C错误；
D．对MA的沉淀溶解平衡，a点pM小于平衡曲线Ⅴ的pM，说明大于平衡浓度，，能生成MA沉淀；对​的沉淀溶解平衡，a点pM大于平衡曲线Ⅳ的pM，说明小于平衡浓度，，不能生成沉淀，D正确；
答案选D。
二、非选择题(本题共4小题，共55分。)
16. 工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3等)和辉铜矿(主要成分为Cu2S，还含有少量Si、Ni、Ca的氧化物)为原料，制备碳酸锰和胆矾(CuSO4·5H2O)的工艺流程如图所示。
已知：①Cu2S与稀硫酸不能直接反应；②N211、N985(用HR表示)萃取金属离子的原理为：；③该生产条件下，，当离子浓度不超过时，认为离子沉淀完全。
（1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施是___________(答出一条即可)；已知浸出渣中含有单质S，还含有___________(填化学式)，写出“酸浸”时Cu2S与Fe2O3反应的离子方程式：___________。
（2）“萃取1”的目的是除铁和钙，从化学平衡角度解释“调pH”的“试剂A”选用碱溶液而不选用酸溶液，其目的是___________。
（3）“萃取2”后的水溶液中，“调pH除镍”时应控制溶液pH的范围是___________。[已知，该溶液中pS和pH的关系为pS=15-pH，忽略溶液体积变化]。
（4）“试剂B”为___________(填化学式)，写出“碳化沉锰”反应的离子方程式：___________。
（5）借助现代仪器分析CuSO4·5H2O (M=250 g/ml，固体初始质量为2.5 mg)分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。900℃左右有一个吸热峰，则此时分解的产物为___________(填化学式)。
【答案】（1） ①. 粉碎矿物，搅拌，适当升温，适当增大硫酸的浓度(答出一条即可) ②. CaSO4、SiO2 ③.
（2）消耗“萃取1”过程中产生的H+，避免抑制“萃取2”
（3）2≤pH＜6 （4） ①. H2SO4 ②. 或(任写一个)
（5）Cu2O和O2
【解析】
【分析】以软锰矿和辉铜矿为原料，利用硫酸酸浸时MnO2、Fe2O3的氧化性将Cu2S氧化溶解，得到含Mn2+、Cu2+及Fe3+、Ni2+等杂质的浸出液，随后通过N211萃取除杂、调pH，再用N985萃取剂将Cu2+萃取进入有机相，实现Mn2+与Cu2+的分离；含Mn2+的水相2加入硫化钠，利用NiS与MnS的溶度积差异除去Ni2+，再用碳酸氢铵和氨水沉淀得到MnCO3；含Cu2+的有机相2经稀硫酸反萃取后，通过蒸发浓缩、冷却结晶等操作制得胆矾，有机相3可循环用于萃取，实现两种产品的高效制备与资源的循环利用；据此作答。
【小问1详解】
提高酸浸速率的措施：粉碎矿物，搅拌，适当升温，适当增大硫酸的浓度；(答出一条即可)；根据工艺流程，矿石中的SiO2不与硫酸反应，辉铜矿中的钙元素与硫酸反应生成微溶的CaSO4，因此浸出渣的主要成分为SiO2和CaSO4；在酸性条件下，Fe2O3先与H+反应生成Fe3+，Fe3+作为强氧化剂将Cu2S中-2价的S氧化为单质S、+1价的Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可配平该反应的离子方程式为；
【小问2详解】
萃取过程的核心原理为可逆反应，其中消耗反应产生的H⁺，降低水相中c(H⁺)，促使萃取平衡正向移动，提高金属离子的萃取率；则选用碱溶液可以消耗“萃取1”过程中产生的H+，避免抑制“萃取2”；
【小问3详解】
，“调除镍”时，沉淀完全，，，由得pH=2；，，不能沉淀，，由得pH=6，所以；
【小问4详解】
为实现从有机相中反萃取金属离子，需使萃取平衡逆向移动，因此向有机相中加入试剂B（稀硫酸）以增大H+浓度，使金属离子重新进入水相；在“碳化沉锰”步骤中，NH3·H2O提供碱性环境，促使电离出，与溶液中的Mn2+结合形成MnCO3沉淀，根据电荷守恒和原子守恒，其离子方程式为或（任写一个）；
【小问5详解】
根据热重分析，初始的质量为2.5 mg，依据Cu元素守恒，可计算出其中Cu元素的质量恒为0.64 mg；当温度升至900℃时，残留固体质量为 0.72 mg，扣除Cu元素质量后，剩余氧元素质量为0.08 mg，计算可得产物中Cu与O的物质的量之比为2:1，确定固体产物为Cu2O；在该氧化还原反应中，Cu元素化合价由+2价降低为+1价，根据化合价升降守恒，必然有元素化合价升高，可推知O元素被氧化生成了O2，因此900℃时胆矾的分解产物为和。
17. 镍氨配合物在催化剂、电化学传感器、电镀工业等方面有潜在的应用价值。某兴趣小组根据所学铜氨配合物的制备和相关性质来探究镍氨配合物[]的制备及其性质。
I．准备溶液
（1）配制的NiSO4溶液，需要用电子天平(精度0.001 g)称量的质量为___________g。
（2）氨水浓度的测定：移取一定体积未知浓度的氨水，用盐酸标准溶液滴定至终点，应选用___________做指示剂。
Ⅱ．探究镍氨配合物的制备
（3）小组分别通过实验i和ii来制备镍氨配合物。
①实验i中绿色沉淀溶解的离子方程式为___________。
②对比实验i和ii，小组成员A提出猜想体系中存在可促进镍氨配离子的生成。据此设计了实验iii：
③小组成员B则认为绿色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果。据此补充设计了实验iv：
结合上述实验设计和现象，证明小组成员B的观点正确。
Ⅲ．探究镍氨配合物的性质
（4）在电镀工艺中，配离子溶液具备改善镀层外观等功能，使镀层更光亮更均匀。为了验证这一观点，小组成员C将制得的深蓝色晶体配成0.1 ml/L的电镀液，设计了如下铁件镀镍的电镀实验：
【答案】（1）2.600
（2）甲基橙 （3） ①. 或(任写一个) ②. (NH4)2SO4 ③. 绿色沉淀几乎没有溶解
（4） ①. 0.1 ml/L的NiSO4溶液 ②. 实验v所得铁件表面比实验vi更光亮
【解析】
【分析】向10 mL0.1 ml/L溶液中逐滴加入3 mL 2 ml/L氨水，先产生绿色沉淀，继续加入5 mL2 ml/L氨水后，同时加入适量(NH4)2SO4溶液（或加入过量氨水），沉淀逐渐溶解，得到深蓝色 溶液
【小问1详解】
由题可知，溶质的物质的量为，由于是结晶水合物，溶解后溶质为，则，则其质量为；
【小问2详解】
反应本质为，可知滴定终点产物为，水解时溶液显弱酸性，故选取变色范围为pH 3.1~4.4的甲基橙作指示剂；
【小问3详解】
①第i步中沉淀是，离子方程式为，随着氨水量的增加，过量时与反应生成可溶性的镍氨配合物，沉淀溶解的离子方程式为或；
②实验i中，仅氨水无法溶解，实验iii中，加入含的盐后沉淀溶解，为不引入干扰离子，应选择含有，且阴离子与体系兼容的盐，如；
③实验目的为验证只有没有氨水时，沉淀不能溶解，从而证明“和氨水共同作用”，故实验iv的现象为绿色沉淀几乎没有溶解；
【小问4详解】
①实验目的为对比镍氨配合物溶液和普通镍盐溶液的电镀效果，故实验vi的电镀液应选用不含氨的镍盐溶液，即的溶液；
②通过对比现象：配合物溶液电镀时，镍离子缓慢释放，镀层光亮均匀，普通NiSO4溶液中自由Ni2+浓度更高，电镀速率过快，导致镀层粗糙不均匀，故现象为实验v所得铁件表面比实验vi更光亮。
18. 维妥色替(Vistusertib，化合物F)是一种ATP竞争性的mTOR抑制剂，可用于治疗肿瘤。其一种合成路线如下(Me代表甲基，Et代表乙基)：
回答下列问题：
（1）B的含氧官能团是___________(填名称)。
（2）DMF的化学名称为N，N-二甲基甲酰胺，其结构简式为HCON(CH3)2，则B→C的转化分两步进行，则第二步反应类型为___________。
（3）X的结构简式为___________，结合化学平衡原理，从产物的角度分析D+X→E转化过程中X需要过量的原因为___________。
（4）已知吡啶()分子中氮原子电子密度越大，碱性越强。合成D的某中间体中，3个氮原子碱性由弱到强的排序为___________(填序号)。
（5）同时满足下列条件的B的同分异构体结构简式为___________(任写一种)。
①含有手性碳，属于芳香烃衍生物，核磁共振氢谱有6组峰；
②既能发生银镜反应，又能与饱和碳酸氢钠溶液反应。
（6）结合所学知识和图示转化关系，写出与30%CH3NH2、EtOH、K2CO3在40℃共热反应的化学方程式___________。
【答案】（1）酯基、酮羰基
（2）消去反应 （3） ①. ②. 消耗产物中的盐酸促使平衡正移，提高E的产率
（4）3＜2＜1 （5）、、、(任写一种)
（6）+CH3NH2+K2CO3+CH3CONHCH3+KHCO3
【解析】
【分析】A与甲醇发生酯化反应生成B，B为：；B与DMF-DMA反应生成C，C经一系列转化为D，D与X发生取代反应生成E，结合E的结构简式及X的分子式可知X为：；E与甲胺发生取代反应生成F，据此分析解答。
【小问1详解】
由分析知，B为，其官能团为酯基、酮羰基。
【小问2详解】
B→C转化为羟醛缩合反应，第一步加成反应，第二步消去反应。
【小问3详解】
显碱性，可以消耗产物中的盐酸促使平衡正移，提高E的产率。
【小问4详解】
N电子密度越大，碱性越强。Cl为吸电子基团，根据距离，吸电子效应受影响程度3>2>1，所以碱性3