1、河南省 2018 届普通高中毕业班高考适应性测试理综化学试题可能用到的相对原子质量 H:1 C:12 O:16 Cl:35.5 Cr:52第 I 卷1. 化学在生产、生活中有广泛的应用。下列做法正确的是A. 用硫黄熏蒸馒头，使馒头变得更白B. 将海产品用甲醛溶液浸泡以延长保鲜时间C. 用 K2FeO4代替氯气给自来水消毒，提高效率并减少二次污染D. 在熟食中添加过量的亚硝酸钠，防腐并改善肉食的色泽与口感【答案】C2. 异丙苯( )和异丙烯苯( )是两种重要的化工原料，下列关于它们的说法中正确的是A. 两种物质都能使溴的四氯化碳溶液褪色B. 异丙苯转化为异丙烯苯的反应属于加成反应C. 两种分子中
2、，所有的碳原子都可能共平面D. 不考虑立体异构，异丙苯的一溴代物有 5 种【答案】D【解析】A异丙苯( )中没有碳碳双键，不能和溴发生加成反应，故 A 错误；B异丙苯转化为异丙烯苯的反应形成了碳碳双键，一定不属于加成反应，故 B 错误；C. 异丙苯()中含有饱和碳原子，其中侧链的四个碳原子一定不在同一平面上，故 C 错误；D、异丙苯有 5 种不同类型的氢，故一溴代物有 5 种，故 D 正确；故选 D。点睛：本题主要考查有机化合物的结构特点。本题的易错点为 C，有机物分子中只要含有饱和碳原子 和 中的一种，分子中的所有碳原子就不可能处于同一平面内。3. 根据下列实验操作和现象，得出的结论正确的是
3、选项实验操作 现象 结论A向 c(Cu+)、c(Zn 2+)相等的混合溶液中逐滴加入 Na2S 溶液先生成黑色沉淀，后产生白色沉淀Ksp(CuS)Ksp(ZnS)B向 0.1 mol/L 的硅酸钠溶液中滴加稀盐酸产生白色胶状沉淀 非金属性：ClSiC向某无色溶液中滴加新制氯水和 CC14，振荡、静置下层溶液呈紫红色 原溶液中含有 I-D分别向盛有铝片和铜片的两支试管中滴加浓硝酸铜片与浓硝酸剧烈反应，铝片无明显现象金属活动性:铜铝A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A滴加 Na2S 溶液，先生成黑色沉淀，静置，继续滴加 Na2S 溶液，又产生白色沉淀，Ksp小的先沉淀，则 K
4、sp (CuS)K sp (ZnS)，故 A 错误；B由现象可知，生成硅酸，则盐酸的酸性大于硅酸，但不能利用无氧酸与含氧酸的强弱比较非金属性，方案不合理，故 B 错误；C氯水可氧化 KI 生成碘，碘易溶于四氯化碳，下层溶液显紫色，可说明含有 I-，故 C 正确；D.常温下，铝与浓硝酸发生钝化，不能根据此现象判断金属活动性的强弱，应该用金属与稀的非氧化性酸反应判断，故 D 错误；故选 C。点睛：本题的易错点为 D，根据金属与酸反应判断金属活动性的强弱，指的是金属与稀酸反应放出氢气的难易程度，酸不能是氧化性酸。4. 一种处理高浓度乙醛废水的方法隔膜电解法，其原理如图所示，电解质溶液为一定浓度含乙醛
5、的 Na2SO4溶液，电解后乙醛在两个电极分別转化为乙醇和乙酸。下列说法正确的是A. a 电极为阴极，b 电极为阳极B. 阳极的电极反应式为 CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+C. 设电解时溶液体积不变，则阴极区 Na2SO4的物质的量增大D. 电解过程中，M 池溶液的 pH 变大，N 池溶液的 pH 变小【答案】B【解析】A. 根据溶液中氢离子的移动方向可知，b 电极为阴极，a 电极为阳极，故 A 错误；B. 阳极发生氧化反应，电极反应式为 CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+，故 B 正确；C. 阴极发生还原反应，电极反应式为 2H+2e-=H2，设电解时
6、溶液体积不变，则阴极区 Na2SO4的物质的量不变，故 C 错误；D. 电解过程中，M 池中 a 为阳极，电极反应式为 CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+，溶液的 pH 减小，故 D 错误；故选 B。5. 一定温度下，在三个体积均为 1.0 L 的恒容密闭容器中，反应 2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)达到平衡。下列说法不正确的是起始浓度/(mol/L) 平衡浓度/(mol/L)容器 温度/KH2 CO CH3OH CH3OH 400 0.20 0.10 0 0.08 400 0.40 0.20 0 X 500 0 0 0.10 0.025A. X = 0.16 B.
7、 该反应的正反应是放热反应C. 平衡时的反应速率: D. 400 K 时该反应平衡常数的值为 2500【答案】A【解析】A. 400K 时，2H 2(g)+CO(g) CH3OH(g)，氢气和一氧化碳的起始浓度为 1:2，相当于增大压强，平衡正向移动，则平衡浓度小于 1:2，因此 X 大于 0.082=0.16，故 A 错误；B. 根据表格数据，和的起始浓度等效，升高温度，CH 3OH 的平衡浓度减小，平衡逆向移动，说明该反应的正反应是放热反应，故 B 正确；C. 压强越大，反应速率越快，平衡时的反应速率:，故 C 正确；D. 根据表格数据，400 K 时该反应平衡常数 K=2500，故 D
8、正确；故选 A。6. X、Y、Z、M 是原子序数依次增大的四种短周期元素，已知 X 原子的核外电子数等于其所在周期数，Y 原子的最外层电子数是内层电子数的 2 倍，M 是地壳中含量最高的金属元素，Z 和 M 形成的化合物在盐酸和氢氧化钠溶液中均能溶解。下列说法中正确的是A. 金属 M 制品具有较强的抗腐蚀能力，说明 M 的金属活动性较差B. X、Y、Z 三种元素可以形成 X2YZ、X 2YZ2、X 2YZ3等多种化合物C. X、Z 可以形成原子个数之比为 1:1 和 2 :1 的两种离子化合物D. X 和 Y 形成化合物的熔、沸点一定低于 Y 和 Z 形成的化合物【答案】B【解析】X、Y、Z、
9、M 是原子序数依次增大的四种短周期元素，已知 X 原子的核外电子数等于其所在周期数，X 为 H 元素；Y 原子的最外层电子数是内层电子数的 2 倍，Y 为 C 元素；M是地壳中含量最高的金属元素，M 为 Al 元素；Z 和 M 形成的化合物在盐酸和氢氧化钠溶液中均能溶解，说明该化合物为氧化铝，则 Z 为 O 元素。A. 铝 制品具有较强的抗腐蚀能力，是因为铝表面容易形成致密的氧化物薄膜，故 A 错误；B. H、C、O 三种元素可以形成 H2CO为甲醛、H 2CO2为甲酸、H 2CO3等多种化合物，故 B 正确；C. 水和双氧水均为共价化合物，故C 错误；D.H 和 C 形成化合物的熔、沸点不一
10、定低于 C 和 O 形成的化合物，如碳原子数较多的烃可能为液体或固体，熔沸点比二氧化碳高，故 D 错误；故选 B。7. 25时，将浓度均为 0.1mol/L、体积不同的 HA 溶液与 BOH 溶液混合，保持溶液的总体积为 100 mL,溶液的体积与混合液 pH 的关系如图所示。下列说法正确的是A. V1表示 HA 溶液的体积，V 2表示 BOH 溶液的体积B. Ka( HA) 和 Kb( BOH) 的数量级相等，均为 10-6C. y 点时，c(B +)=c(A-)=c(OH-)=c(H+)D. x、y、z 所示三点时水的电离程度:yx=z【答案】D.8. 醋酸亚铬水合物的化学式为Cr(CH
11、3COO)222H2O，该水合物通常为红棕色晶体，是一种常用的氧气吸收剂，不溶于水和乙醚(一种易挥发的有机溶剂)，微溶于乙醇，易溶于盐酸，易被氧化。已知 Cr3+水溶液呈绿色，Cr 2+水溶液呈蓝色。实验室制备醋酸亚铬水合物的装置如下图所示。(1)检查装置气密性后，向左侧三颈烧瓶中依次加入过量锌粒和适量 CrCl3溶液，关闭 K1打开 K2，旋开 a 的旋塞，控制好滴速。a 的名称是_，此时左侧三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_、_。一段时间后，整个装置内充满氢气，将空气排出。当观察到左侧三颈烧瓶中溶液颜色由绿色完全转变为蓝色时，关闭 K2，打开 K1，将左侧三颈烧瓶内生成的 CrCl2溶液压
12、入右侧三颈烧瓶中，则右侧三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为_。(2)本实验中所有配制溶液的水均需煮沸，其原因是_。右侧的烧怀内盛有水，其中水的作用是_。(3)当观察到右侧三颈烧瓶内出现大量红棕色晶体时，关闭 a 的旋塞。将红棕色晶体快速过滤、水洗、乙醚洗、干燥，即得到Cr(CH 3COO)222H2O。其中用乙醚洗涤产物的目的是_。(4)称量得到的Cr(CH 3COO)222H2O 晶体，质量为 m g,，若所取用的 CrCl3溶液中含溶质 n g，则Cr(CH 3COO)222H2O(M1=376 )的产率是_%。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Zn+2HCl=ZnCl 2+H2 (3
13、). Zn+2CrCl3=ZnCl2+2CrCl2 (4). 2Cr2+4CH3COO-+2H2O=Cr(CH3COO)222H2O (5). 防止水中的溶解氧氧化 Cr2+ (6). 水封，防止空气进入装置内 (7). 乙醚挥发带走水分，可以使产品快速干燥 (8). 31700m/376n【解析】(1)根据仪器的结构，仪器 a 为分液漏斗，左侧三颈烧瓶中中发生反应的化学方程式为：2CrCl 3+Zn2CrCl 2+ZnCl2、还有锌与稀盐酸反应生成氢气，Zn+2HCl=ZnCl 2+H2；一段时间后，整个装置内充满氢气，将空气排出。当观察到左侧三颈烧瓶中溶液颜色由绿色完全转变为蓝色时，关闭
14、K2，打开 K1，将左侧三颈烧瓶内生成的 CrCl2溶液压入右侧三颈烧瓶中，CrCl 2溶液与 CH3COONa 溶液反应生成醋酸亚铬水合物Cr(CH 3COO)222H2O，反应的离子方程式为 2Cr2+4CH3COO-+2H2O=Cr(CH3COO)222H2O，故答案为：分液漏斗；Zn+2HCl=ZnCl2+H2；Zn+2CrCl 3=ZnCl2+2CrCl2；2Cr 2+4CH3COO-+2H2O=Cr(CH3COO)222H2O；(2) 本实验中所用的溶液，配制用的蒸馏水都需事先煮沸，原因是，二价铬不稳定，极易被氧气氧化，去除水中的溶解氧，防止 Cr2+被氧化；右侧烧怀内的水可以防止
15、空气进入装置内，故答案为：防止水中的溶解氧氧化 Gr2+；水封，防止空气进入装置内(3)当观察到右侧三颈烧瓶内出现大量红棕色晶体时，关闭 a 的旋塞。将红棕色晶体快速过滤、水洗、乙醚洗、干燥，即得到Cr(CH 3COO)222H2O。其中用乙醚洗涤，乙醚挥发带走水分，可以使产品快速干燥，故答案为：乙醚挥发带走水分，可以使产品快速干燥；(4) 实验时取用的 CrCl3溶液中含溶质 ng，理论上得到Cr(CH 3COO)222H2O 的质量= 376g/mol= g，该实验所得产品的产率= 100%= 100%= %，故答案为： 。点睛：本题考查物质制备实验方案的设计，涉及化学仪器识别、对操作的分
16、析评价、产率计算。解答本题需要注意对题目信息的应用。本题的易错点为(1)，注意根据制备流程确定反应物和生成物，再书写相关离子方程式。9. 银属于贵重金属，主要应用于化工、电子、感光材料等行业。某研究性学习小组设计一种提取光盘金属层中少量 Ag 的方案如下图所示(忽略其他低含量金属对实验的影响) :该小组查阅资料得知如下信息:NaClO 溶液在受热或酸性条件下易分解，如 3NaClO=2NaCl+NaClO3 ;AgCl 可溶于氨水:AgCl+2NH 3H2O Ag( NH3)2+Cl-+2H2O。回答下列问题:(1)“氧化”步骤的产物为 AgCl、NaOH 和 O2，则该反应的化学方程式为_。
17、 “氧化”阶段需在 80条件下进行，温度过高或过低都不利于银的转化，其原因是_。(2)该流程中，将银转化为固体 1，然后又用氨水溶解转变为滤液 2，其目的是_。(3)若省略“过滤 I”，直接向冷却后的反应容器中滴加 10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量 NaClO 与 NH3H2O 反应外( 该条件下 NaClO3与 NH3H2O 不反应)，还因为_。(4)在实验室用葡萄糖(用 GCHO 表示)可以将滤液 2 还原为单质 Ag，同时生成 NH3，葡萄糖被氧化为葡萄糖酸铵(用 GCOONH4 表示)。写出该反应的离子方程式:_。(5)下图为该小组设计电解精炼银的示意图，则粗银为_(填“a”
18、或“b”)极。若 b 极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为_。【答案】 (1). 4Ag+4NaClO+2H 2O =4AgCl+4NaOH+O2 (2). 温度过高，NaClO 易分解；温度过低，该反应的速率较慢 (3). 将银富集 (4). 未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且未过滤掉的溶液中含有一定浓度的 Cl-，不利于 AgCl 与氨水反应 (5). GCHO +2Ag( NH3)2+2OH-=GCOO-+ NH4+2Ag +3NH 3+H2O (6). a (7). NO3-+e-+2H+=NO2+H 2O【解析】由流程可知，结合(1)“氧化”步骤的产物为 AgCl、Na
19、OH 和 O2，氧化时发生4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O 2，为控制 80，可水浴加热，过滤 I 分离出 AgCl、可能含 Ag，再加氨水溶解 AgCl，发生 AgCl+2NH3H2OAg(NH3)2+Cl-+2H2O，过滤 II 分离出的滤渣为 Ag，对过滤 II 得到的滤液用葡萄糖(用 GCHO 表示)可以将滤液 2 还原为单质 Ag。(1)根据上述分析，氧化时发生 4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O 2。 “氧化”阶段需在80条件下进行，温度过高或过低都不利于银的转化，是因为温度过高，NaClO 易分解；温度过低，该反应的速率较慢，故答案为
20、：4Ag+4NaClO+2H 2O =4AgCl+4NaOH+O2；温度过高，NaClO 易分解；温度过低，该反应的速率较慢；(2)该流程中，将银转化为固体 1，然后又用氨水溶解转变为滤液 2，其目的是将银富集，故答案为：将银富集；(3)若省略“过滤 I”，直接向冷却后的反应容器中滴加 10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量 NaClO 与 NH3H2O 反应外( 该条件下 NaClO3与 NH3H2O 不反应)，还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且未过滤掉的溶液中含有一定浓度的 Cl-，不利于 AgCl 与氨水反应，故答案为：未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且未过滤掉的溶液中含有一定
21、浓度的Cl-，不利于 AgCl 与氨水反应；(4)在实验室用葡萄糖(用 GCHO 表示)可以将滤液 2 还原为单质 Ag，同时生成 NH3，葡萄糖被氧化为葡萄糖酸铵(用 GCOONH4 表示)，反应的离子方程式为 GCHO +2Ag( NH3)2+2OH-=GCOO-+ NH4+2Ag +3NH 3+H2O，故答案为：GCHO +2Ag( NH 3)2+2OH-=GCOO-+ NH4+2Ag +3NH 3+H2O；(5)在电解精炼银过程中，粗银作阳极，应该为 a 电极。若 b 极有少量红棕色气体二氧化氮生成，是因为硝酸根离子在阴极被还原的原因，生成二氧化氮的电极反应式为 NO3-+e-+2H+
22、=NO2+H 2O，故答案为：a；NO 3-+e-+2H+=NO2+H 2O。10. Na2SO3是一种重要的还原剂，I 2O5是一种重要的氧化剂，二者都是化学实验室中的重要试剂。(1)已知:2Na 2SO3 (aq)+O2(aq)=2Na2SO4(aq) H =m kJmol -1 ，O 2(g) O2(aq) H =n kJmol-1 ，则 Na2SO3溶液与 O2(g)反应的热化学方程式为_。(2)Na2SO3的氧化分富氧区和贫氧区两个阶段，贫氧区速率方程为 v=kca(SO32-)cb(O2)，k为常数。当溶解氧浓度为 4.0 mg/L(此时 Na2SO3的氧化位于贫氧区)时，c(SO
23、 32-)与速率数值关系如下表所示，则 a=_。c(SO32-)103 3.65 5.65 7.65 11.65V106 10.2 24.4 44.7 103.6两个阶段的速率方程和不同温度的速率常数之比如下表所示。已知 1n(k2/k1)=Ea/R(1/T2-1/T1)，R 为常数，则 Ea(富氧区)_(填“”或“” “” “ (8). 其他条件相同时，曲线 II 先达到平衡，温度高于曲线 I 的，说明温度升高 CO2的产率降低，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小【解析】(1)2Na 2SO3 (aq)+O2(aq)=2Na2SO4(aq) H =m kJmol -1 ，O 2(g) O2(
24、aq) H =n kJmol -1，根据盖斯定律，将+得：2Na 2SO3(aq)+O2(g)=2Na2SO4(aq) H=(m+n)kJ/mol，故答案为：2Na 2SO3(aq)+O2(g)=2Na2SO4(aq) H=(m+n)kJ/mol；(2)当溶解氧浓度为 4.0mgL-1 时，c(Na 2SO3)与速率数值关系如表，v 1：v 2=c1a(SO32-)：c2a(SO32-)， = ，解得 a=2；故答案为：2；ln = ( - )随着 Ea的增大而增大，富氧区的 ln 较小，故 Ea(富氧区)E a(贫氧区)；故答案为：；(3) 等物质的量的 Na2SO3和 Na2SO4混合溶液
25、中，Na 2SO3属于强碱弱酸盐，水解显碱性，根据物料守恒，c(SO 32-) +c( HSO3-)+ c( H2SO3)= c(SO42-)，则 c(SO32-) +c( HSO3-)c(SO 42-)，故答案为：；(4)0 到 0.5min 时：5CO(g)+I2O5(s)5CO2(g)+I2(s)起始量/mol 2 0转化量/mol x xa 点量/mol 2-x x根据 a 点时 CO2的体积分数 (CO 2)= =0.30，得 x=0.6mol，则从反应开始至 a 点时的反应速率为 v(CO)= =0.6molL-1min-1，故答案为：0.6molL -1min-1； 5CO(g)
26、+I 2O5(s)5CO2(g)+I2(s)起始量/mol 2 0转化量/mol y yb 点量/mol 2-y y根据 a 点时 CO2的体积分数 (CO 2)= =0.80，得 y=1.6mol，转化率等于= 100%=80%，故答案为：80%；其他条件相同时，曲线 II 先达到平衡，温度高于曲线 I 的，说明温度升高 CO2的产率降低，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则化学平衡常数：K bK d，故答案为：；其他条件相同时，曲线 II 先达到平衡，温度高于曲线 I 的，说明温度升高 CO2的产率降低，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小。点睛：本题考查了盖斯定律、化学反应速率的计算、以
27、及函数结合图像等知识，题目难度较大。本题的难点是(2)，需要对图像图表的充分理解，并运用学科综合知识解题，其中当溶解氧浓度为 4.0mgL-1时，根据 c(Na2SO3)与速率数值关系有 v1：v 2=c1a(SO32-)：c 2a(SO32-)；函数 ln = ( - )随着 Ea的增大而增大。11. 我国科学家成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N 5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用 R 代表)。回答下列问题:(1)基态 N 原子中，核外电子占据的最高能层的符号是_，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为_。(2)N 和 O 两种元素第一电离能大小关系是 N_( 填“ ” “ ” “ (4)
28、. N 原子 2P 能级处于半充满状态，相对稳定，失去一个电子吸收的能量较大 (5). O；N 的非金属性比 O 小，非金属性越强，电负性数值越大，电负性：N ； N 原子 2P 能级处于半充满状态，相对稳定，失去一个电子吸收的能量较大；(3)根据图(b)，阳离子为 H3O+和 NH4+，NH 4+中心原子 N 含有 4 个 键，H 3O+中心原子是 O，含有 3 键， 键的个数之比为 3:4(或 4:3)；其中四核阳离子为 H3O+，H 3O+中心原子是 O，含有 3 键，孤电子对数为 =1，空间构型为正四面体，价层电子对数为 4，为 sp3杂化，空间构型为三角锥形，故答案为：；三角锥形；s
29、p 3；根据图(b)N 5-中键总数为 5 个，根据信息，N 5-有 6 个电子可形成大 键，可用符号 56表示，故答案为： 56；根据图示，其中的氢键可表示为 O-HN、N-HN，以及 N-HCl，故答案为： O-HN、N-HN、N-HCl；R 的立方晶胞参数为 a nm，晶胞中含有 Y 个(N 5)6(H3O)3(NH4)4Cl 单元，如果(N 5)6(H3O)3(NH4)4Cl 的相对分子质量用 M 表示，阿伏加德罗常数的值为 NA，则 R 晶体的密度= = gcm-3，故答案为： 。12. 化合物 F 是一种重要的医药中间体，其制备流程如下图所示。已知: 。回答下列问题:(1) 的名称
30、为_，其分子中共面原子数目最少为_。(2) 直接硝化也可以制得 B，但上述流程却经由三步反应制取 B，其目的是_。(3)反应的主要目的是_。上述流程中不属于取代反应的有_(填序号)。(4)有机物 C 中含氧官能团的名称为_；写出反应的化学方程式:_。(5)符合下列条件的 B 的同分异构体共有_种。a.苯环上有两个取代基 b.既能发生银镜反应又能发生水解反应(6)已知当苯环上有硝基时，再引入的其他基团主要进入它的间位。以苯为主要原料，其他无机原料自选，设计一个合成 的合成路线:_。示例:AB目标产物。【答案】 (1). 甲苯 (2). 12 (3). 避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代(或减少
31、副产物的生成) (4). 保护氨基 (5). (6). 羧基 (7). (8). 6 (9). 【解析】(1) 为甲苯，苯环是平面结构，甲基是空间的四面体结构，其分子中共面原子数目最少为 12 个，故答案为：甲苯；12；(2) 直接硝化也可以制得 B，但上述流程却经由三步反应制取 B，目的是避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代(或减少副产物的生成) ，故答案为：避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代(或减少副产物的生成)；(3)根据流程图，反应中使用的浓硫酸能够与氨基反应，通过反应可以将氨基保护起来，上述流程中反应为磺化反应，属于取代反应；反应为硝化反应，属于取代反应；反应为去磺酸基的取代反应；
32、反应为氧化反应；反应为还原反应；反应为取代反应；反应为磺化反应，属于取代反应；反应为苯环上的卤代反应，属于取代反应；反应为水解反应，属于取代反应，不属于取代反应的是，故答案为：保护氨基； ；(4)根据(3)的分析，有机物 C 为邻氨基苯甲酸，其中含氧官能团为羧基；反应为苯环上的卤代反应，反应的化学方程式为 ，故答案为：羧基； ；(5)B 为 ，a.苯环上有两个取代基，b.既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有醛基和酯基或含有羟基和肽键，符合条件的 B 的同分异构体中除苯环外的 2 个取代基可以是：NH 2和 HCOO、HCONH和OH，每种组合又存在邻、间、对三种位置关系，因此符合条件的 B 的同分异构体有 6 种，故答案为：6；(6)已知当苯环上有硝基时，再引入的其他基团主要进入它的间位。以苯为主要原料合成，可以显使苯硝化，引入硝基，再在硝基的间位引入溴原子即可，合成路线为，故答案为：。
