2026年高考黑吉辽蒙卷化学高考真题（答案版）(1)_H1912026年各省高考试卷和历年高考试卷_2026高考试卷_2026高考真题_黑吉辽蒙

辽宁省2026年普通高等学校招生选择性考试(化学)
本试卷满分100分，考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Si-28 S-32
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，只有一项符合
题目要求。
1.【答案】A
【详解】A．锂离子电池属于原电池装置，工作时可将化学能转化为电能，A正确；
B．氮化镓(GaN)属于新型无机非金属材料，不是有机材料，B错误；
C．光导纤维纤芯 主要成分是二氧化硅，单晶硅是芯片的主要成分，C错误；
D．冷却液汽化属于物理变化，仅克服分子间作用力，不涉及化学键断裂，D错误；
故选A。
2.【答案】B
5-1×2-1
【详解】A．NH Cl中心原子N原子的价层电子对数为3+ =4，所以其VSEPR模型为
2 2
四面体形，A正确；
B．NH 的共价键为N-H键，是由不同原子构成的共价键，为极性共价键，B错误；
3
5-1×2-1
C．N H 中N的价层电子对数为3+ =4，杂化方式为sp3杂化，C正确；
2 4 2
D．NH+中氮原子与氢原子以共价键结合，其电子式为 ，D正确；
4
故选B。
3.【答案】B
【详解】A．铜与浓硫酸在加热条件下生成硫酸铜和二氧化硫，其化学方程式为Cu+2H SO (浓)
2 4
Δ
CuSO +SO ↑+2H O，A正确；
4 2 2
B．少量AlCl 溶液滴入足量浓烧碱溶液，生成四羟基合铝酸钠，其化学方程式为AlCl +4NaOH=
3 3
NaAl(OH) +3NaCl，B错误；
4
C．乙烯含碳碳双键，和溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，其化学方程式为CH =CH +Br →
2 2 2
CH BrCH Br，C正确；
2 2
D．Ag S的溶解度远小于AgCl，所以向AgCl悬浊液中加入Na S发生沉淀转化生成Ag S，其化学
2 2 2
方程式为Na S(aq)+2AgCl(s)=Ag S(s)+2NaCl(aq)，D正确；
2 2
故选B。
4.【答案】A
【详解】A．氯气的密度大于空气，使用向上排空气法收集，氯气与CaCl 不反应，不能用CaCl 吸收
2 2
尾气，需用NaOH溶液吸收，A方案不合理；
B．电石与水反应生成乙炔，该反应剧烈，采用饱和NaCl溶液可减缓电石与水的反应速度，B方案
合理；
C．亚硫酸的酸性比碳酸强，SO 通入到饱和NaHCO 溶液可发生反应生成Na SO 和CO ，能除去
2 3 2 3 2
CO 中的SO ，C方案合理；
2 2
·1·D．实验室铜件镀镍，铜制镀件接电源负极作阴极，镍接电源正极作阳极，电解液中含Ni2+，D方案
合理；
故选A。
5.【答案】D
【详解】A．食用油可在面团表面形成隔离层，减少水分蒸发，能达到锁水目的，A不符合题意；
B．高温蒸煮可杀灭番茄酱中的微生物，密闭保存能隔绝外界微生物进入，可实现保鲜，B不符合题
意；
C．料酒中的乙醇和香醋中的乙酸在加热条件下发生酯化反应，生成具有香味的酯类物质，可提升菜
肴风味，C不符合题意；
D．蚕丝的主要成分为蛋白质，苏打(碳酸钠)在热水中水解使溶液碱性较强，加热条件下蛋白质易
发生水解，会毁蚕丝衣物，D符合题意；
故选D。
6.【答案】C
【详解】A．由反应①为Mg+2C H →Mg(C H ) +H ↑可知，每消耗0.5molC H ，生成Mg(C H )
5 6 5 5 2 2 5 6 5 5 2
的物质的量为0.25mol，则分子数为0.25N ，A错误；
A
B．2.24L N 未指明在标准状况下，物质的量不一定为0.1mol，则生成的N3-的数目不一定为
2
0.2N ，B错误；
A
4.4g 点  燃 
C．4.4g的物质的量为n= =0.1mol，反应③为2Mg+CO 2MgO+C，C的化合价
44g/mol 2
由+4价降低为0价，转移4个电子，故每消耗4.4gCO ，转移的电子数为0.4N ，C正确；
2 A
D．0.15mol⋅L-1MgCl 溶液的体积未知，无法计算Mg2+，D错误；
2
故选C。
7.【答案】A
【详解】A．Ga位于元素周期表第四周期第ⅢA族，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，简化后
的电子排布式为[Ar]3d104s24p1，A错误；
B．由于蓝宝石砧座的硬度高，符合共价晶体的性质特征，故其主要成分Al O 可当作共价晶体，B
2 3
正确；
C．由图知，由Ga(3D)制作Ga(2D)的过程需要加热熔化并挤压，该过程为吸热过程，故等物质的量
的Ga(2D)能量高于Ga(3D)晶体，C正确；
D．由大面积单原子层二维金属Ga(2D)俯视放大图可知，Ga(2D)为密排的二维结构，则一个基本
结构单元为 ，D正确；
故选A。
8.【答案】A
【详 解】A ． 手 性 碳 原 子 是 指 连 有 4 个 不 同 原 子 或 原 子 团 的 饱 和 碳 原 子 ，如 图
·2·(带*号的为手性碳)，则奥利司他中含有的手性C
原子为4个，A错误；
B．由奥利司他的结构可知，分子中含有 官能团，能形成分子内氢键，B正确；
C．由奥利司他的结构可知，分子中含有 官能团，具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪
色，C正确；
D．由奥利司他的结构可知，分子中含有酰胺键和酯基，能够发生水解反应，正确；
故选A。
9.【答案】C
1 1
【详解】A．晶胞Ⅱ中，白球(Si)的个数为8× +1=2，灰球(V)的个数为12× =6，因此x:y=
8 2
6:2=3:1，A正确；
B．以晶胞内部的Si为例，周围等距紧邻的V共12个，因此与Si紧邻的V为12个，B正确；
C．V是第ⅤB族元素，每个V价层电子数为5；Si是第ⅣA族元素，每个Si价层电子数为4。该
晶胞含6个V、2个Si，总价层电子总数=6×5+2×4=38≠19，C错误；
D．金属钒晶胞Ⅰ中紧邻V间距为0.30 nm，VSi 中紧邻V间距为0.24 nm，由题干可知，紧
x y
邻钒原子间的距离变短可增强超导性能距离更短，因此VSi 的超导性质优于金属钒，D正确；
x y
故选C。
10.【答案】B
【详解】A．M、W、Z，分别为O、Na、S，Na+与O2-电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故
Na+<O2-；S2-有3个电子层，半径大于Na+与O2-，因此简单离子半径Na+<O2-<S2-，A正确；
B．Y、Z、M的简单氢化物分别为SiH 、H S、H O，H O含氢键沸点最高；H S相对分子质量大于
4 2 2 2 2
SiH ，分子间作用力更强，沸点H S>SiH ，故沸点顺序为SiH <H S<H O，B错误；
4 2 4 4 2 2
C．X、Y、M分别为Al、Si、O，同周期第一电离能随原子序数增大整体升高，故Al<Si<S；同主
族从上到下，第一电离能降低，第一电离能S<O，因此第一电离能Al<Si<O，C正确；
D．X、Y、Z分别为Al、Si、S，均为第三周期元素，非金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物分别为
两性的Al(OH) 、弱酸H SiO 、强酸H SO ，酸性依次增强，故酸性Al(OH) <H SiO <H SO ，D
3 2 3 2 4 3 2 3 2 4
正确；
故选B。
11.【答案】D
【详解】A．根据题干结构简式可知，Ⅰ和Ⅳ的分子数均为C H O，元素组成(C、H、O的质量分数)
3 6
完全相同，因此无法用元素定量分析区分，无法元素定量分析进行区分，A错误；
B．从结构简式看，高分子Ⅲ的主链是线性的(两端为链节，没有交联点)，属于线型高分子，而非网状
·3·交联结构，B错误；
C．高分子Ⅲ在碱性条件下水解，酯基会断裂，生成的是二元醇和二元羧酸盐，不会直接生成环状的
化合物Ⅱ(环状酯)，C错误；
D．反应过程中，单体Ⅱ开环，与单体I反应生成高分子Ⅲ的同时，脱去了小分子Ⅳ(丙酮)，符合缩聚
反应的定义，可认为是缩聚反应，D正确；
故选D。
12.【答案】C
【详解】A．“浸渍”时Na S和生成的Na Te都具有还原性，通入过量空气时，过量O 会进一步将
2 2 2
S2-氧化为更高价态的物质，发生副反应，A错误；
B．铜阳极泥中的Au不参与浸渍反应，留在滤渣中，Au不溶于浓硝酸(仅溶于王水)，因此滤渣不能
全部溶于浓硝酸，B错误；
C．Na Te被O 氧化生成Na Te 的反应方程式为：4Na Te+O +2H O=2Na Te +4NaOH，反应
2 2 2 2 2 2 2 2 2
生成强碱NaOH，溶液中c(OH-)增大，碱性增强，C正确；
D．滤液1中Te在Na Te 中为-1价，沉碲得到0价碲单质，Te化合价升高被氧化，因此Na SO 做
2 2 2 3
氧化剂参与氧化还原反应，被还原，D错误；
故选C。
13.【答案】D
【详解】A．如上分析，左侧通入氧气生成双氧水，且在Na SO 溶液中可生成OH-，该方程式书写正
2 4
确，A正确
B．电路中转移2mol电子时，整个体系总电子转移量为2 mol，每释放1molLi+对应1mol电子转
移(LiFePO -e-=FePO +Li+)，双电极可同时回收Li+，理论上可回收4molLi+，B正确；
4 4
C．右侧发生氧化反应：I-被氧化为I-，阳极连接电源正极，C正确；
3
D．若I-歧化转化为I-和IO-​，反应为：3I-+3H O=8I-+IO-+6H+，该歧化反应为碘自身氧化
3 3 3 2 3
还原，总可得到的电子数(氧化LiFePO 的总能力)不变：3molI-原本可得到6mol电子，歧化后
4 3
1molIO-作为氧化剂可得到6mol电子，总氧化能力不变，理论上脱出回收的Li+总物质的量不变，
3
因此不会降低锂的理论回收产率，D错误；
故选D。
14.【答案】D
【详解】A．观察图像可知，随着温度的升高，C H 的物质的量分数逐渐降低。这说明升高温度促使
3 8
平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应为吸热反应，因此ΔH>0，另外，反应物气体共4
分子，生成物气体共6分子，正反应是气体分子数增大的过程，因此ΔS>0，A错误；
B．前面已推断出a物质是C H 。在同一个化学反应中，各物质的反应速率之比等于方程式中对应
3 6
的化学计量数之比。C H 与C H 的化学计量数均为3，因此在反应过程中的任何时刻，C H 的消
3 6 3 8 3 8
耗速率等于a物质(C H )的生成速率，B错误；
3 6
3C H + SO  3C H + H S + 2H O
3 8 2 3 6 2 2
初始mol 1 1 0 0 0
C．列三段式： ，M点时，C H 曲
3 8
变化mol 3x x 3x x 2x
平衡mol 1-3x 1-x 3x x 2x
线与b曲线(H O)相交，意味着两者的物质的量分数相等(即物质的量相等)：1-3x=2x，解得x=
2
0.2，此时各物质的量分别为：C H =0.4mol、SO =0.8mol、C H =0.6mol、H S=0.2mol、H O
3 8 2 3 6 2 2
·4·= 0.4mol。体系总物质的量为 2.4 mol。代入物质的量分数平衡常数 K 。进行计算 K =
x x
0.6
 2.4 
3 0.2
⋅ 2.4 
0.4
⋅ 2.4 
2
0.4

2.4

3 0.8
⋅
2.4

0.63⋅0.2⋅0.42 1
= ⋅ ≈0.0234，C错误；
0.43⋅0.8 2.42
D．N点时，C H 曲线与c曲线(H S)相交，说明两者的物质的量分数相等:1-3x=x，解得x=
3 8 2
0.75mol
0.25。此时C H 转化了0.75mol，故C H 的平衡转化率为： ×100%=75%，D正确；
3 8 3 8 1mol
故选D。
15.【答案】C
【详解】A．由分析可知，Ⅰ为CuAc+的变化曲线，A正确；
cCuAc+
B．题中反应的K=
 ⋅cH+ 
cCu2+  ⋅cHAc 
，当pH=3.46时，由Ⅰ和Ⅱ相交可知，此时cCuAc+  =
cCu2+  ，且由M点坐标可知，cHAc 
10-3.46
=10-0.86mol/L，代入平衡常数表达式：K= =10-2.60，
10-0.86
B正确；
C．根据P点坐标，此时pH=5.75，cCuAc+  =cHAc  =10-1.87，反应Cu2++HAc=CuAc++
10-5.75
H+ 的平衡常数 K = 10-2.60，代入数据得到：
cCu2+ 
= 10-2.60，故 cCu2+  = 10-3.15mol/L，
K sp CuOH   2  =cCu2+  ⋅c2OH-  =10-3.15×10-8.25  2=10-19.65，C错误；
D．根据题意，C元素总物质的量不变，即总醋酸根(含各种形态)的浓度保持为0.20mol/L，存在物
料守恒：cAc-  +cCuAc+  +cHAc  +2cCuAc 2  =0.20mol/L，对于HAc的电离平衡常数：K a
cAc-
=
 ⋅cH+ 
cHAc 
K
，变形得 a
cH+ 
cAc-
=

cHAc 
，代入题干原式，得到原式=3cHAc  +cAc-  =
2cHAc  + cHAc  +cAc-    ，将物料守恒式代入得到：原式 = 2cHAc  + 0.2mol/L -
cCuAc+  +2cCuAc 2    ，Q点存在cHAc  =cCuAc 2  ，由于cCuAc+  >0，故原式=0.2mol/L
-cCuAc+  <0.2mol/L，D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分
16.【答案】(1)d (2) ①. 增大氧气的溶解度(或浓度)，加快反应速率 ②. NiS+2O +6NH
2 3
⋅H O=[Ni(NH ) ]SO +6H O
2 3 6 4 2
(3) ①. [Cu(NH ) ]2+ ②. NH
3 4 3
(4)2 (5)(NH ) SO
4 2 4
(6) ①. 2 ②. NiNH 3    2+被还原时发生反应：NiNH 3    2++H =Ni+NH++H+，溶液呈 2 4
酸性，不利于“还原”步骤；而 NiNH 3   2  2+被还原时发生反应：NiNH 3   2  2++H =Ni+2NH+，不会 2 4
生成游离的H+，因此还原程度较高
【解析】
【小问1详解】
Ni是28号元素，价电子排布为3d84s2，根据周期表分区规则，属于d区。
【小问2详解】
加压可增大氧气的溶解度，提高O 浓度，加快浸出速率，提升镍的浸出率；NiS与氧气、氨水反应生
2
成 NiNH 3   6  SO ，根据电子守恒、原子守恒可知化学方程式为NiS+2O +6NH ⋅H O=[Ni(NH ) 4 2 3 2 3
]SO +6H O。
6 4 2
·5·【小问3详解】
氨浸过程中，铜离子与氨水形成稳定 [Cu(NH ) ]2+；“部分蒸氨沉铜”时，溶液中挥发出来的气体 a
3 4
显然是氨气。蒸发氨气会导致溶液中cNH 3  减小，促使络合物解离进而使铜沉淀。
【小问4详解】
1molS O2-被氧化为SO2-，S O2-中S 的平均化合价为 +2价，SO2-中S的化合价为+6价，总共失
2 3 4 2 3 4
8
去2×(6-2)=8mol电子，1molO 反应得到4mol电子，根据电子守恒，消耗O 的物质的量为 =
2 2 4
2mol。
【小问5详解】
在“还原”步骤中，[Ni(NH ) ]SO 被H 还原生成 Ni 粉，溶液中主要留下的阳离子是生成的NH+
3 6 4 2 4
(由NH 和H+结合)，阴离子是一直未参与后续反应的SO2-。因此滤液 3 浓缩结晶得到的副产品是
3 4
(NH ) SO ，硫酸铵是常用氮肥，可做化肥。
4 2 4
【小问6详解】
观察题给图像，当x=2时，Ni(Ⅱ) 浓度随时间下降最快，且最终能降至 0(完全转化)。而x=1时反
应提前停滞(转化率低)，x=3时反应速率过慢。因此为提高速率和转化率，应选2；
当x=1时，发生反应：NiNH 3    2++H =Ni+NH++H+，会释放一个游离的H+，游离H+会使溶 2 4
液呈酸性，而题目已知“酸性条件不利于还原”，因此反应受到抑制，转化率低。
当x=2时，发生反应：NiNH 3   2  2++H =Ni+2NH+，恰好生成2个NH+，体系不会生成游离的 2 4 4
H+，反应能顺利进行到底。
17.【答案】(1)ADF (2)
(3) ①. 洗出滤渣表面吸附的对苯二甲酸钠，提高对苯二甲酸产率 ②. 分液
(4) ①. 氯化钠 ②. 氯化氢(或盐酸)
(5)95 (6)BPA-PC
【解析】
【小问1详解】
本实验需要加热回流，反应总液体体积约20mL，加上固体反应物，选用100mL两颈圆底烧瓶A，单
口烧瓶B无法满足回流、搅拌/测温的多接口需求，C容积太小；回流需要球形冷凝管D；回流温度
为138℃，超过100℃，因此选择量程0~200℃的温度计F。
【小问2详解】
步骤Ⅰ为碱性条件下PET的酯水解反应，酯基水解后在NaOH环境中，羧基转化为羧酸钠，因此主
要产物为乙二醇和对苯二甲酸钠，其结构简式为 ；
【小问3详解】
未反应的PET等不溶物滤渣表面会吸附产物对苯二甲酸钠，洗涤可回收产物，提高产率；已知催化
剂常温下为油状物，难溶于水，与水体系分层，因此可直接分液分离，操作便捷。
【小问4详解】
调节pH过程中，NaOH与盐酸反应生成NaCl，且加入了过量稀盐酸，沉淀表面会吸附残留的NaCl
和HCl，因此水洗除去这两种杂质。
【小问5详解】
·6·n均三甲氧基苯 
0.0168g
= =1×10-4mol，均三甲氧基苯含3个苯环氢、9个甲氧基氢，对应峰面
168g/mol
积比中的3:9；对苯二甲酸含2个羧基氢、4个苯环氢，对应剩下的峰面积比2:4，因此可得
n对苯二甲酸  =n均三甲氧基苯  =1×10-4mol，m对苯二甲酸  =1×10-4mol×166g/mol=
0.0166g
0.0166g，含量为 ×100%≈95%。
0.0175g
【小问6详解】
PET降解产物为对苯二甲酸(羧酸)，BPA-PC降解产物为双酚A(酚类)；羧酸酸性强于酚，酸性越
弱，其盐越容易在较低c(H+)(即较大pH)条件下质子化析出，因此pH较大时，BPA-PC的降解产
物先析出。
18.【答案】(1)有副反应发生生成烷烃(或生成高碳烷烃)
(2) ①. -497 ②. A
(3) ①. GeAPO ②. 85%×1-32%  ×83%
(4) ①. > ②. <
(5) ①. 0.3 ②. 3.8×10-4
【解析】
【小问1详解】
根据题干给出的反应历程图，中间体M-CH 既可以继续与*CH 反应使碳链增长，也可以结合
3 x
+H 发生加成反应生成甲烷；同理，碳链增长过程中的中间体也可以结合 +H 生成乙烷、丙烷等烷
烃。此外，碳链也有可能继续增长生成C 及以上的高碳烃。这些副反应的存在消耗了反应物，降低
5
了目标产物低碳烯烃的产率。
【小问2详解】
根据盖斯定律，目标反应 ① 可以由3×反应③ + 反应④得到，因此ΔH =ΔH +3ΔH =-374+3
1 4 3
×(-41)=-497kJ⋅mol-1。 反应①是放热、气体分子数减少的反应，低温有利于放热反应平衡正向
移动，高压有利于气体分子数减少的反应平衡正向移动，因此选低温高压A。
【小问3详解】
由图 1 可知，在相同的温度下，使用GeAPO催化剂时丙烯的转化率最低。由于丙烯是我们期望的
目标产物，其转化(消耗)属于副反应，因此GeAPO是抑制该副反应的最适宜催化剂。根据定义：收
率=转化为总烃的CO转化率×低碳烯烃选择性；CO 选择性为32%，说明总消耗CO中1-32%
2
用于生成总烃；由图2可知，要使收率最大，需要找到乘积最大的组合。观察图 2 中三种催化剂的数
据，GeAPO对应的CO总转化率为85%，低碳烯烃选择性为83%，此时收率最大，因此收率计算式
为85%×1-32%  ×83%。
【小问4详解】
反应 ③CO(g)+H (g)=CO (g)+H (g)为放热反应。在图 3 中的水平虚线(固定 CO 转化率为
2 2 2
60%)，该线与实线(a%)相交于点 M(温度较低)，与实线(b%)相交于点 N(温度较高)。在相同 CO
转化率下(即反应 ④ 生成H O量基本相同)，温度越高，放热的反应 ③ 平衡越向左移动，生成的
2
CO 越少，导致CO 选择性越低。因此，高温对应的线b% 的选择性低于低温对应的线a%，即a>
2 2
b；
由于反应3已经快速平衡，所以在任意时刻正逆反应速率相等，即v 正 (M)=v 逆 M  、v 正N  =
v N
逆
 。题目要求比较v 正M  和v N
逆
 ，本质上就是比较M点和N点的正反应速率。点N的温度
远高于点M，温度升高会使反应速率常数k显著增大；此外，点N的CO 选择性更低，意味着更少的
2
H O被消耗，反应体系中H O的浓度更高。在更高的温度和更高的反应物浓度双重作用下，N点的
2 2
·7·反应速率必然大于M点。因此，v (M)<v (N)。
正 逆
【小问5详解】
设初始nCO  =1mol，nH 2  =2mol： CO转化率为50%，故转化的CO为0.5mol，剩余nCO  =
0.5mol；丙烯选择性90%，故最终生成丙烯消耗CO为0.5×90%=0.45mol，得nC 3 H 6  =
0.45mol =0.15mol，分压比等于物质的量比，因此 pC 3 H 6
3

pCO 
= nC 3 H 6 
nCO 
0.15 = =0.3；
0.5
反应②为C 3 H 6g  +H 2g  =C 3 H 8g  ，反应商Q = pC 3 H 8 p 
pC 3 H 6  ⋅pH 2 
，代入分压化简得： Q = p
nC 3 H 8  ⋅n 总
P 总 ⋅nC 3 H 6  ⋅nH 2 
，平衡时：​​nC 3 H 6  =0.15mol、nCO  =0.5mol、nH 2 O  =nCO  = 转化
0.5mol、nC 3 H 8 
0.5mol×10% 0.05
= 3 = 3 mol，nH 2 
0.05mol 59
=2mol- -0.5mol×2= mol， 3 60
0.05

3 n =2.15mol，P =645kPa，计算得： Q = 总 总 p
 ×2.15
≈3.8×10-4kPa 59
645×0.15×
60
 -1​。
19.【答案】(1) (2)碳溴键(溴原子)
HSO
(3)取代反应 (4) ①. ②. +CH OH24 +H O
3 2
(5) ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为 ；
【小问2详解】
B的结构简式为 ，B中含有的官能团为醛基和碳溴键(溴原子)；
【小问3详解】
由分析知，F的结构简式为： ，F+G→H的反应为 取代了
F中Br，故反应类型为取代反应；
【小问4详解】
由分析知，在E→F的过程中，Br取代了甲基上的H，参照E→F的过程，药物中间体K的合成路线
·8·为 与 反应，甲基上的H被Br原子取代生成I，则I为 ，
在i.NaOH，H O，ii.H+中经水解后酸化生成J，则J为 ，
2
和CH OH在H SO 的条件下发生酯化反应生成K，反应的化学方程式为: +
3 2 4
HSO
CH OH24 +H O；
3 2
【小问5详解】
B→D可能经历以下过程，已知X→Y发生巯基(-SH)参与的取代反应，则C( )
异构为X( )，X( )与B发生巯基(-SH)参与的取代反应生成Y，
可推知Y的结构简式为 ，Y发生分子内氨基(-NH )与醛基发生加成、消去反应生
2
成Z和H O，结合D的结构简式可推知Z为： ， 异构为
2
。
·9·