资源简介 备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编专题12有机物的结构烃和烃的衍生一、选择题1．下列有关物质性质与用途对应关系错误的是（ ）A．单晶硅熔点高，可用于制造芯片B．金属铝具有还原性，可用于冶炼金属C．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂D．乙炔燃烧火焰温度高，可用于切割金属2．下列化学用语表示不正确的是（ ）A．CH4的结构式：B．基态氧原子的轨道表示式C．p 电子云轮廓图：D．CH3CH(CH2CH3)CH2CH3的系统命名：2-乙基丁烷3．化学实验充满着五颜六色的变化。下列描述错误的是（ ）A．溶液褪色 B．产生红色沉淀C．溶液呈紫色 D．试纸变为蓝色4． 下列说法不正确的是（ ）A．糖类、蛋白质和油脂均为天然高分子B．蔗糖发生水解反应所得产物互为同分异构体C．蛋白质在酶的作用下水解可得到氨基酸D．不饱和液态植物油通过催化加氢可提高饱和度5．“稀土之父”徐光宪先生提出了稀土串级萃取理论，其基本操作是利用有机络合剂把稀土离子从水相富集到有机相再进行分离。分离时可用的玻璃装置是A． B．C． D．6．我国科学家报道了如下反应。有关该反应的说法错误的是（ ）A．反应物与产物的摩尔质量相同B．反应物与产物的红外光谱相同C．反应物与产物均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．反应过程中有碳氢键的断裂和碳碳双键的形成7．仪器分析在化学研究中有重要应用。下列方法选择错误的是（ ）A．用pH计区分KCl溶液和NaNO3溶液B．用X射线衍射法区分玻璃和蓝宝石C．用原子光谱鉴定样品中含有元素LiD．用质谱区分正己醇和正庚醇8．传统方法中，制备化合物c常用到NaCN。某课题组提出了一种避免使用NaCN的方法，机理如图所示（L表示配体，0、I、I、Ⅲ表示价态)。下列说法不正确的是（ ）A．化合物 b是NaCN 的替代品B．是该过程产生的副产物C．M 可能是 R3SiBr 和 H+D．整个过程中，含镍化合物发生了2次氧化反应9． 人体皮肤细胞受到紫外线(UV)照射可能造成DNA损伤，原因之一是脱氧核苷上的碱基发生了如下反应。下列说法错误的是（ ）A．该反应为取代反应 B．Ⅰ和Ⅱ均可发生酯化反应C．Ⅰ和Ⅱ均可发生水解反应 D．乙烯在UV下能生成环丁烷10．在法拉第发现苯200周年之际，我国科学家首次制备了以金属M为中心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，其多烯环结构(如图)形似梅花。该多烯环上A．键是共价键 B．有8个碳碳双键C．共有16个氢原子 D．不能发生取代反应11． 物质的微观结构决定其宏观性质。乙腈()是一种常见的有机溶剂，沸点较高，水溶性好。下列说法不正确的是（ ）A．乙腈的电子式：B．乙腈分子中所有原子均在同一平面C．乙腈的沸点高于与其分子量相近的丙炔D．乙腈可发生加成反应12．劳动人民的发明创造是中华优秀传统文化的组成部分。下列化学原理描述错误的是 发明 关键操作 化学原理A 制墨 松木在窑内焖烧 发生不完全燃烧B 陶瓷 黏土高温烧结 形成新的化学键C 造纸 草木灰水浸泡树皮 促进纤维素溶解D 火药 硫黄、硝石和木炭混合，点燃 发生氧化还原反应A．A B．B C．C D．D13．下列化学用语或图示正确的是A．的系统命名：2-甲基苯酚B．分子的球棍模型：C．激发态H原子的轨道表示式：D．键形成的轨道重叠示意图：14．酯在NaOH溶液中发生水解反应，历程如下：已知：①②RCOOCH2CH3水解相对速率与取代基R的关系如下表：取代基R CH3 ClCH2 Cl2CH水解相对速率 1 290 7200下列说法不正确的是（ ）A．步骤Ⅰ是OH﹣与酯中Cδ+作用B．步骤Ⅲ使Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动，使酯在NaOH溶液中发生的水解反应不可逆C．酯的水解速率：FCH2COOCH2CH3＞ClCH2COOCH2CH3D．与OH﹣反应、与18OH﹣反应，两者所得醇和羧酸盐均不同15．利用如图装置进行实验：打开，一定时间后，a中溶液变蓝；关闭，打开，点燃酒精灯加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法错误的是A．a中现象体现了的还原性B．b中既作氧化剂也作还原剂C．乙醇滴加过程中，c中的铜丝由黑变红，说明乙醇被氧化D．d中有银镜反应发生，说明c中产物有乙酸二、综合题16．已知反应1的反应2的反应3的反应4的物质环氧丙烷（1）计算出_______。A. B. 613.2 C. 395.2 D.（2）随温度T的变化趋势________。（3）中电负性最大的是________。A．C B．H C．O（4）分了中键的数目为_______。A. 7 B. 12 C. 13 D. 14已知：环氧丙烷生成会发生副反应选择性=转化生成A的环氧丙烷/消耗环氧丙烷M(环氧丙烷) ρ(环氧丙烷)容器容积的高压反应釜反应后体积缩小为，选择性为95%，反应。（5）求环氧丙烷的化学反应速率________(精确到小数点后2位)（6）下列哪种操作可以使得活化分子的百分数变大_______。A. 升高温度 B. 增大浓度 C. 压缩容器 D. 充入惰性气体（7）碳酸丙烯酯相同时间内随温度变化如图所示，请解释产率随温度先升后下降的原因________。（8）达到平衡的判据_______。A. v正=v逆 B. 体系总质量不变C. 气体体积不再变化 D. 混合气体密度(可能是摩尔质量)不变（9）制备还有一种光气法，用。请从绿色化学的角度解释，写出3点与光气-二醇法相比，法合成的优势________。17．我国化学工作者成功开发出新型零排放的制氢技术，这项突破性工艺的反应式为。回答下列问题：（1）认识一种有机物，可以先从其结构入手。某有机物的分子结构模型如图所示，该物质是 (填标号)，它属于 (填“烃”或“烃的衍生物”)，其中所含官能团的名称是 。A． B． C． D．（2）乙醇和乙酸之间可以发生如图所示的转化(反应条件已略去)：写出乙醇在一定条件下发生催化氧化生成有机物B的化学方程式： (有机物用结构简式表示)。（3）由乙酸得到有机物A的反应类型是 ，实验室制备A时，为加快反应速率，一般需加热并加入浓硫酸，浓硫酸的作用是 ；并将产生的A蒸气经导管通到饱和溶液的液面上方，饱和溶液的作用是 。18．将3D打印制备的固载铜离子陶瓷催化材料，用于化学催化和生物催化一体化技术，以实现化合物Ⅲ的绿色合成，示意图如下（反应条件路）。（1）化合物I的分子式为 ，名称为 。（2）化合物Ⅱ中含氧官能团的名称是 。化合物Ⅱ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，其结构简式为 。（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有____。A．由化合物I到Ⅱ的转化中，有键的断裂与形成B．由葡萄糖到葡萄糖酸内酯的转化中，葡萄糖被还原C．葡萄糖易溶于水，是因为其分子中有多个羟基，能与水分子形成氢键D．由化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，存在C、O原子杂化方式的改变，有手性碳原子形成（4）对化合物Ⅲ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型① ② 取代反应（5）在一定条件下，以原子利用率的反应制备。该反应中，①若反应物之一为非极性分子，则另一反应物为 （写结构简式）。②若反应物之一为V形结构分子，则另一反应物为 （写结构简式）。（6）以2-溴丙烷为唯一有机原料，合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：①最后一步反应的化学方程式为 （注明反应条件）。②第一步反应的化学方程式为 （写一个即可，注明反应条件）。19．我国学者报道了一种制备醇的新方法，其合成及进一步转化为化合物H的反应路线如下所示。已知：R1：烷基、芳香基；R2：芳香基、烷基、H；R3：芳香基、烷基（1）A→B的反应试剂及条件为 。（2）B的含有碳氧双键的同分异构体数目为 （不考虑立体异构）。（3）C的系统命名法的名称为 ，其核磁共振氢谱有 组吸收峰。（4）D中最多共平面原子数目为 。（5）E中官能团的名称为 ，含有的手性碳原子数目为 。（6）E→F的反应类型为 。（7）G→H的反应方程式为 。（8）以及题干中的有机化合物为原料（无机试剂任选），参考所给反应路线及条件，完成下列目标化合物的合成。三、实验探究题20．酸及盐在生活生产中应用广泛。（1）甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性溶液，振荡，观察到体系颜色 。（2）某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中，需要的操作及其顺序为：加热溶解、 (填下列操作编号)。（3）兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度和苯甲酸的，实验如下：取50.00mL苯甲酸饱和溶液，用溶液滴定，用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得：① 。②苯甲酸的 (列出算式，水的电离可忽略)。（4）该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。①知识回顾 羧酸酸性可用衡量。下列羧酸的变化顺序为：。随着卤原子电负性 ，羧基中的羟基 增大，酸性增强。②提出假设 甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为：③验证假设 甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断大小顺序，因为 。乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的，其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。④实验小结 假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。（5）该小组尝试测弱酸HClO的。①丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为 。②小组讨论后，选用0.100mol/LNaClO溶液(含少量NaCl)进行实验，以获得HClO的。简述该方案 (包括所用仪器及数据处理思路)。③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。21． 某小组在探究的还原产物组成及其形态过程中，观察到的实验现象与理论预测有差异。根据实验描述，回答下列问题：（1）向溶液加入5滴溶液，振荡后加入葡萄糖溶液，加热。①反应产生的砖红色沉淀为 (写化学式)，葡萄糖表现出 (填“氧化”或“还原”)性。②操作时，没有加入葡萄糖溶液就加热，有黑色沉淀生成。用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因： 。（2）向溶液中加入粉使蓝色完全褪去，再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止。过滤得固体，洗涤并真空干燥。①加入盐酸的目的是 ②同学甲一次性加入粉，得到红棕色固体，其组成是 (填标号)。a． b．包裹 c． d．和③同学乙搅拌下分批加入粉，得到黑色粉末X。分析结果表明，X中不含和。关于X的组成提出了三种可能性：Ⅰ ；Ⅱ 和；Ⅲ ，开展了下面2个探究实验：由实验结果可知，X的组成是 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。从物质形态角度分析，X为黑色的原因是 。22．市售的溴(纯度)中含有少量的和，某化学兴趣小组利用氧化还原反应原理，设计实验制备高纯度的溴。回答下列问题：（1）装置如图(夹持装置等略)，将市售的溴滴入盛有浓溶液的B中，水浴加热至不再有红棕色液体馏出。仪器C的名称为 ；溶液的作用为 ；D中发生的主要反应的化学方程式为 。（2）将D中溶液转移至 (填仪器名称)中，边加热边向其中滴加酸化的溶液至出现红棕色气体，继续加热将溶液蒸干得固体R。该过程中生成的离子方程式为 。（3）利用图示相同装置，将R和固体混合均匀放入B中，D中加入冷的蒸馏水。由A向B中滴加适量浓，水浴加热蒸馏。然后将D中的液体分液、干燥、蒸馏，得到高纯度的溴。D中蒸馏水的作用为 和 。（4）为保证溴的纯度，步骤(3)中固体的用量按理论所需量的计算，若固体R质量为m克(以计)，则需称取 (用含m的代数式表示)。（5）本实验所用钾盐试剂均经重结晶的方法纯化。其中趁热过滤的具体操作为漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用 ，滤液沿烧杯壁流下。答案解析部分1．【答案】A【知识点】浓硫酸的性质；硅和二氧化硅；铝的化学性质；乙炔炔烃【解析】【解答】A、单晶硅用于制造芯片主要得益于其优良的半导体特性和完整的原子晶体结构，熔与点无关，A错误；B、铝的还原性较强，因此能把比其还原性弱的金属氧化物中的氧抢走，还原成单质，而自身成为氧化物，故可用于冶炼金属，B正确；C、浓硫酸具有吸水性，可以吸收水分，可以做干燥剂，但要注意只能干燥中性和酸性气体，不能干燥碱性气体，C正确；D、乙炔燃烧产生高温火焰，其外焰温度可达到3000℃以上，因此能够熔化金属，从而实现金属切割，D正确；故答案为：A【分析】 一定要看清楚物质性质与用途是否存在一一对应的关系，要注意，选项的说法可能都正确，但不存在对应关系。2．【答案】D【知识点】原子核外电子排布；有机化合物的命名；结构式【解析】【解答】A．CH4由4个C-H键构成，其结构式为 ，故A正确；Ｂ．基态O原子的核外电子排布式为1s22s22p4，则其轨道表示式为 ，故B正确；Ｃ．p轨道的电子云轮廓为哑铃形，即 ，故C正确；Ｄ．CH3CH(CH2CH3)CH2CH3 的最长碳链含有5个碳原子，应该是戊烷，支链位于3号C原子，则其正确命名为：3 - 甲基戊烷，故D错误；故选D。【分析】A．甲烷为正四面体结构；Ｂ．O为8号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；Ｃ．p轨道电子云轮廓呈哑铃形；Ｄ．烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置。3．【答案】B【知识点】氨的性质及用途；乙烯的物理、化学性质；苯酚的性质及用途【解析】【解答】A．乙烯具有还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，乙烯能将酸性KMnO4溶液还原，从而使溶液褪色，故A正确；Ｂ．KOH溶液与CuSO4溶液反应会生成Cu(OH)2蓝色沉淀，故B错误；Ｃ．苯酚稀溶液遇FeCl3溶液会发生显色反应，溶液呈紫色，故C正确；Ｄ．浓氨水挥发出的氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D正确；故选B。【分析】A．乙烯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；Ｂ．氢氧化铜为蓝色沉淀；Ｃ．苯酚遇氯化铁显紫色； Ｄ．浓氨水能使红色石蕊变蓝。4．【答案】A【知识点】二糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；高分子材料；油脂的性质、组成与结构【解析】【解答】A、蛋白质、多糖属于天然高分子，而单糖、二糖和油脂不属于高分子，A说法错误。B、蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，二者的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，B说法正确。C、蛋白质在酶的作用下水解生成氨基酸，C说法正确。D、不饱和液态植物油中含有碳碳双键，能与H2发生加成反应，提高饱和度，D说法正确。故答案为：A【分析】A、糖类中的单糖和二糖以及油脂都不属于高分子。B、蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖。C、蛋白质水解产物氨基酸。D、不饱和液态植物油能与H2发生加成反应。5．【答案】C【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯【解析】【解答】A．图示操作为蒸馏，不是分液，故A错误；B．分液应使用分液漏斗，图示为普通漏斗，故B错误；C．图示操作为分液，故C正确；D．图示操作为抽滤，不是分液，故D错误；故选C。【分析】有机相和水相互不相溶，采用分液的方法分离。6．【答案】B【知识点】有机物的结构和性质；烯烃【解析】【解答】A、反应物和产物的分子式相同，因此二者的摩尔质量也相同，A选项正确。B、红外光谱用于判断有机物中所含的官能团或化学键，反应物中含有碳碳三键，产物中含有碳碳双键，所含的化学键类型不同，因此其产生的红外光谱不同，B选项错误。C、碳碳双键、碳碳三键都能被酸性KMnO4溶液氧化，使得溶液褪色，C选项正确。D、反应物中的碳碳三键参与反应，形成了两个碳碳双键，因此存在碳氢键的断裂和碳碳双键的形成，D选项正确。故答案为：B【分析】A、反应物和产物的分子式相同，其摩尔质量相同。B、反应物中含有碳碳三键，产物中含有碳碳双键，红外光谱不同。C、碳碳双键、碳碳三键都能使酸性KMnO4溶液褪色。D、根据反应过程中化学键的变化分析。7．【答案】A【知识点】溶液pH的定义；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；晶体的定义【解析】【解答】A、KCl溶液和NaNO3溶液都是中性，其pH值都是7，A选项错误。B、玻璃为非晶体，蓝宝石属于晶体，用X射线衍射法区分时，蓝宝石可形成尖锐的衍射峰，而玻璃没有。因此可用X射线衍射法区分玻璃和蓝宝石，B选项正确。C、Li元素有其特定的原子光谱特征，因此可用原子光谱鉴定样品中含有的Li元素，C选项正确。D、质谱仪可测定有机物的相对分子量，正己醇和正庚醇的相对分子量不同，因此可用质谱区分，D选项正确。故答案为：A【分析】A、KCl溶液和NaNO3溶液的pH都是7。B、X射线衍射法可区分晶体和非晶体，晶体可形成尖锐的衍射峰，而非晶体不能。C、Li元素具有特定的原子光谱特征。D、正己醇和正庚醇的最大质荷比不同，因此可用质谱法区分。8．【答案】C【知识点】有机物的合成【解析】【解答】A．反应中化合物b含有-CN，能代替NaCN提供-CN制备化合物c，故A正确；Ｂ．观察反应过程可知，反应过程中有自由基生成，结合得到副产物 ，故B正确；Ｃ．由图可知，LNiI-Br与R3SiH反应生成LNi0和M，反应过程中Ni元素的化合价降低，H元素的化合价从-1价升高到0价生成氢气，不会得到H+，故C错误；Ｄ．反应过程中，含Ni化合物中Ni元素的化合价升高2次，发生了2次氧化反应，故D正确；故选C。【分析】A．反应过程中化合物b提供-CN基团；Ｂ．结合反应原理分析副产物；Ｃ．该反应中，Ni元素的化合价降低，H元素的化合价升高；Ｄ．氧化反应过程中存在元素化合价升高。9．【答案】A【知识点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用；水解反应；酯化反应【解析】【解答】A．观察该反应，反应中没有原子或基团被替代，而是碳碳双键被加成形成C-C键，发生的是加成反应，故A错误；Ｂ．Ⅰ和Ⅱ均含有羟基，能与羧酸发生酯化反应，故B正确；Ｃ．Ⅰ和Ⅱ均含有酰胺基，均能发生水解反应，故C正确；Ｄ．观察题干反应，是碳碳双键加成的过程，乙烯含有碳碳双键，2分子乙烯在UV下发生题干中的反应生成环丁烷，故D正确；故选A。【分析】A．取代反应是指有机物分子中的某些原子或原子团被其他原子或原子团所替代的反应；Ｂ．Ⅰ和Ⅱ均含有羟基；Ｃ．Ⅰ和Ⅱ均含有酰胺基；Ｄ．乙烯分子中含碳碳双键，在UV下发生题干中的反应能生成环丁烷。10．【答案】A【知识点】配合物的成键情况；苯的结构与性质【解析】【解答】A．C原子和H原子间通过共用电子对之间的作用力结合，该作用力为共价键，A正确；B．该配合物具有芳香性，结合苯的结构可知，该配合物中存在的是共轭大π键，不存在碳碳双键，B错误；C．每个碳原子周围最多形成4个共价键，因此该物质有10个H原子，C错误；D．大π键环上的C-H键可以发生取代反应，D错误；故答案为：A【分析】A、C、H原子通过共用电子对（即共价键）结合。B、结合苯中不存在碳碳双键分析。C、根据C原子的价键情况分析。D、结构中C-H可发生取代反应。11．【答案】B【知识点】晶体熔沸点的比较；加成反应；电子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析】【解答】A、乙腈的结构简式为CH3-C≡N，因此其电子式为，A说法正确。B、乙腈分子中的-CH3为四面体结构，最多只有3个原子共平面，因此所有原子不可能均在同一个平面内，B说法错误。C、乙腈和丙炔都是分子晶体，相对分子质量：乙腈＞丙炔，因此沸点：乙腈＞丙炔，C说法正确。D、乙腈中含有-C≡N，可与H2发生加成反应，D说法正确。故答案为：B【分析】A、CH3CN中C、N原子形成的是碳氮三键。B、乙腈中－CH3为四面体结构。C、乙腈和丙炔都是分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高。D、乙腈中的－C≡N可发生加成反应。12．【答案】C【知识点】氧化还原反应；多糖的性质和用途【解析】【解答】A．松木在窑内焖烧制墨的原理是松木发生不完全燃烧会生成碳单质，A正确；B．黏土在高温中烧结涉及化学反应，化学反应中有断键和成键，B正确C．草木灰主要成分为碳酸钾，其水溶液中发生水解反应：CO32-+H2OHCO3-+OH-，而纤维素在碱性条件下不能水解，即草木灰不能浸泡树皮造纸，C错误；D． 硫黄、硝石和木炭混合点燃会发生氧化还原反应：S+2KNO3+3C=K2S+3CO2↑+N2↑，可用于制火药，D正确；故答案为：C。【分析】根据物质的结构、性质及其用途进行分析。13．【答案】A【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；有机化合物的命名【解析】【解答】A．的官能团为酚羟基，甲基在酚羟基邻位，则其系统命名为：2-甲基苯酚，故A正确；B． 中心原子O原子的价层电子对数为：，采用sp2杂化，含有一个孤电子对，空间构型为V形，其球棍模型为：，故B错误；C．激发态H原子只有1s能级，故C错误；D．p-pπ 键是由两个原子的p轨道以 “肩并肩”的方式重叠形成的共价键，其电子云分布在成键原子的核间平面两侧，呈镜面对称，则p-pπ键形成的轨道重叠示意图为：，故D错误；故选A。【分析】A．该有机物的官能团为酚羟基，甲基位于酚羟基邻位；Ｂ． 分子中，O采用sp2杂化；Ｃ．激发态的H原子只含有1s能级；Ｄ．p-pπ 键是由两个原子的 p 轨道以 “肩并肩”的方式重叠形成的共价键。14．【答案】D【知识点】化学平衡的影响因素；酯的性质【解析】【解答】A、由图可知，步骤Ⅰ是OH-与酯基中的作用生成羟基和O-，故A正确；B、步骤Ⅰ加入氢氧根离子使平衡Ⅰ正向移动，氢氧根离子与羧基反应使平衡Ⅱ也正向移动，使得酯在NaOH溶液中发生的水解反应不可逆，故B正确；C、根据已知②可知，随着取代基R上Cl个数的增多，水解相对速率增大，Cl电负性较强，对电子的吸引能力较强，使得酯基的水解速率增大，F的电负性强于Cl，FCH2对电子的吸引能力更强，因此酯的水解速率，故C正确；D、与氢氧根离子反应，根据信息①可知，第一步反应后18O既存在于羟基中也存在于O-中，随着反应进行，最终18O存在于羧酸盐和醇中，同理与18OH-反应，最终18O存在于醇中和羧酸盐中，两者所得醇和羧酸盐相同，故D错误；故答案为：D。【分析】A、 步骤Ⅰ是氢氧根离子与酯基中的Cδ+作用生成羟基和O-；B、加入NaOH，促进Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动；C、随着取代基R上Cl个数的增多，水解相对速率增大，电负性F＞Cl，F原子的吸引电子能力强，水解速率大；D、 酯水解断裂酯键，与OH-反应，根据信息①可知，最终18O存在于醇和羧酸盐，与18OH-反应，最终18O存在于醇和羧酸盐中。15．【答案】D【知识点】乙醇的催化氧化实验；化学实验方案的评价；银镜反应【解析】【解答】A．试管a中观察到溶液变为蓝色，说明O2进入a中，氧化I-，生成I2，体现了的还原性，A正确；B．b中H2O2在MnO2的催化下生成O2和H2O，H2O2中氧元素由－1价变为0价和－2价。因此既作氧化剂也作还原剂，B正确；C．铜丝先和氧气反应生成黑色的氧化铜，乙醇再和氧化铜反应，氧化铜被还原为红色的铜单质，乙醇被氧化为乙醛，因此c中的铜丝由黑变红，可以说明乙醇被氧化，C正确；D．乙醛可与银氨溶液在加热条件下反应产生银镜，d中未加热，不能发生银镜反应，D错误；故答案为：D【分析】打开K2，H2O2溶液滴入MnO2中，反应生成O2。打开K1，O2加入淀粉－KI溶液中，O2将I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色，因此可观察到溶液变为蓝色。打开K3，O2进入硬质玻璃管内，与Cu反应生成CuO。推动注射器活塞，无水乙醇进入到玻璃管内，与灼热的CuO反应，可观察到固体由黑色变为红色。产生的物质进入银氨溶液中，在加热条件下发生银镜反应。说明乙醇被氧化生成了乙醛。据此结合选项分析。16．【答案】(1) A(2) 信息缺失(3) C(4) C(5) 信息缺失(6) A(7) 信息缺失(8) A(9) 不使用有毒气体光气；不产生氯化氢；可以吸收二氧化碳，变废为宝。【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用；有机化学反应的综合应用【解析】【解答】（1）、信息缺失。（2）、信息缺失。（3）、电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力 ，电负性越大，原子吸引电子的能力越强。同周期元素，从左到右，核电荷数增加，原子对电子的吸引增强，电负性逐渐增大，O 和 C 同属第二周期，O 在 C 右侧，故 O的电负性 > C 的电负性；H 位于第一周期，电负性小于第二周期的 C，故C的电负性 > H 的电负性。综上，电负性顺序为：O > C > H。故答案为：C（4）、单键都是键，双键中含1个键和1个键，由图易得结构中双键：仅 C=O，贡献 1 个 σ 键。单键：通过结构计数，环内碳碳、碳氧，甲基连接及碳氢键总和，总共包括 C-C、C-O、C-H，共 12 个。总数为：1 + 12 = 13，则 1mol分子中键的数目为13。故答案为：C（5）信息缺失。（6）、A、升高温度，分子能量升高，活化分子百分数增大，A正确；B、增大浓度，增大活化分子数，活化分子百分数不变，B错误；C、压缩容器，即增大压强，针对有气体的反应，增大单位体积活化分子数，活化分子百分数不变 ，C错误；D、充入惰性气体，若体积不变，浓度不变，活化分子百分数不变，D错误；故答案为：A（7）、活化分子百分数是指：活化分子数 / 总分子数A、升高温度，分子能量升高，更多分子达到活化能，活化分子数增加，总分子数不变因此活化分子百分数变大，A正确；B、增大CO2浓度，活化分子数目在增加的同时，总分子数也同比例增加，因此活化分子百分数不变，B错误；C、压缩容器，压缩容器会增加压力，从而提高反应物浓度，但温度不变，分子的能量分布不受影响，因此活化分子的百分数不变，C错误；D、在恒定体积下充入惰性气体，会增加总压力，但反应物的分压和浓度通常不变，因为惰性气体不参与反应。即使浓度变化，温度不变时，分子的能量分布也不变，因此活化分子的百分数不变，D错误；故答案为：A（8）、信息缺失。（9）、①不使用有毒气体光气：CO2法不使用光气（剧毒气体，易导致安全事故），操作过程更安全。光气-二醇法涉及光气的存储和反应，风险较高，需严格防护；而CO2法以CO2为原料，无毒无害，减少工人健康隐患。②不产生氯化氢：CO2法利用温室气体CO2作为原料，实现碳捕获和利用，有助于降低碳排放；同时，不产生有害副产物（如光气法中的盐酸）。光气-二醇法则生成HCl等腐蚀性废物，需额外处理，增加环境负担。③可以吸收二氧化碳，变废为宝：CO2法以CO2（工业废气或廉价资源）为主要原料，成本较低，且反应条件温和，能耗少；产品可设计为可生物降解的脂肪族聚碳酸酯，应用更广。光气-二醇法依赖石油衍生物（光气），原料成本高，且光气制备复杂。【分析】电负性大小比较规律：随着原子序号的递增，元素的电负性呈现周期性变化；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减。对副族而言，同族元素的电负性也大体呈现这种变化趋势。因此，电负性大的元素集中在元素周期表的右上角，电负性小的元素集中在左下角；电负性越大的非金属元素越活跃，电负性越小的金属元素越活泼。氟的电负性最大，是最容易参与反应的非金属；电负性最小的元素铯是最活泼的金属。对某一反应来说，在一定温度下，活化分子在反应物分子中所占的百分数是一定的。因此，单位体积内活化分子的数目，是和单位体积内反应物分子的总数成正比，也就是和反应物的浓度成正比。显然，当反应物的浓度增大时，单位体积内活化分子的数目也相应地增多，这样也就增加了单位时间内有效碰撞的次数，因此反应速率加快。另外，如果升高反应温度，则分子运动加快，从而增加了单位时间内分子间的碰撞次数；更重要的是由于一些分子获得了能量，增加了活化分子的百分数，因而加快了反应速率。17．【答案】（1）B；烃的衍生物；羟基（2）（3）取代反应或酯化反应；催化剂；吸收多余的乙醇和乙酸蒸气，降低乙酸乙酯在水中的溶解度【知识点】醇类简介；乙酸的化学性质；酯的性质；酯化反应；球棍模型与比例模型【解析】【解答】（1）由图可知，该物质中3种原子的数量比为2：6：1，则该物质是CH3CH2OH，选B；CH3CH2OH含C、H、O三种元素，它属于烃的衍生物，所含官能团的名称是羟基，故答案为：B；烃的衍生物；羟基。（2）由分析可知，B为乙醛，乙醇催化氧化生成乙醛的化学方程式为，故答案为：。（3）乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酸乙酯A，属于取代反应或酯化反应；制备乙酸乙酯时，加入浓硫酸作为催化剂，加快反应速率；收集乙酸乙酯时饱和溶液的作用是吸收多余的乙醇和乙酸蒸气，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，故答案为：取代反应或酯化反应；催化剂；吸收多余的乙醇和乙酸蒸气，降低乙酸乙酯在水中的溶解度。【分析】（1）该球棍模型表示CH3CH2OH；（2）乙醇催化氧化生成B，B氧化得到乙酸，则B为乙醛，乙醇和乙酸反应得到A，则A为乙酸乙酯；（3）乙酸和乙醇的反应为酯化反应（取代反应），制备乙酸乙酯时加入浓硫酸作催化剂。18．【答案】（1）C8H8；苯乙烯（2）酮羰基；（3）A；C；D（4）H2，催化剂，加热；加成反应（或还原反应）；浓HBr，加热；—Br（5）；（6）；【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；卤代烃简介；酯化反应【解析】【解答】（1）化合物Ⅰ的结构简式为，其分子式为C8H8。分子结构中含有碳碳双键，因此属于烯烃，碳碳双键连在苯环上，因此该有机物的名称为苯乙烯。故答案为：C8H8；苯乙烯（2）由化合物Ⅱ的结构简式可知，其所含的含氧官能团的名称为酮羰基。化合物Ⅱ的同分异构体能发生银镜反应，则其结构中含有-CHO；核磁共振氢谱显示只有4组吸收峰，则其结构具有对称性。满足条件的同分异构体的结构简式为。故答案为：酮羰基；（3）A、化合物Ⅰ转化为化合物Ⅱ的过程中，碳碳双键断裂，形成碳氧双键，因此有π键的断裂与形成，A符合题意。B、由葡萄糖到葡萄糖酸内酯的转化过程中，葡萄糖被氧化成葡萄糖酸，发生氧化氧化反应，B不符合题意。C、葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，含有多个羟基，可形成分子间氢键，使得其水溶性增强，C符合题意。D、化合物Ⅱ中C、O采用sp2杂化；化合物Ⅲ中C、O采用sp3杂化。化合物Ⅲ中存在手性碳原子，D符合题意。故答案为：ACD（4）①化合物Ⅲ的结构简式为，其反应后形成的新结构为，发生的是本皇的加成反应。其反应试剂为H2、催化剂；反应条件为加热；反应类型为加成反应。故答案为：H2、催化剂，加热；加成反应②化合物Ⅲ的结构简式为，其所含的羟基可与HBr发生取代反应；反应后形成的新结构为-Br。故答案为：浓HBr，加热；-Br（5）HOCH(CH3)2可由CH3COCH3与H2发生加成反应得到；也可由CH2=CH－CH3与H2O发生加成反应得到。①若反应物之一为非极性分子，则该反应物为H2，则另一个反应物为。故答案为：②若反应物之一为V形结构的分子，则该反应物为H2O，则另一反应物为。故答案为：（6）CH3COOCH(CH3)2可由CH3COOH和(CH3)2CHOH发生酯化反应生成；而CH3COOH可由CH2=CH－CH3与酸性KMnO4溶液发生氧化反应生成；(CH3)2CHOH可由2－溴丙烷发生水解反应生成；CH2=CH－CH3由2－溴丙烷发生消去反应生成。①最后一步反应是CH3COOH与HOCH(CH3)2在浓硫酸催化作用下发生酯化反应，该反应的化学方程式为：。故答案为：②第一步反应为(CH3)2CHBr的水解反应，该反应的化学方程式为：。故答案为：【分析】（1）根据化合物Ⅰ的结构简式确定其分子式和名称。（2）根据化合物Ⅱ的结构简式确定其所含的含氧官能团。根据限定条件确定其同分异构体的结构简式。（3）A、化合物Ⅰ转化为化合物Ⅱ的反应中，碳碳双键断裂，生成碳氧双键。B、葡萄糖转化为葡萄糖酸内酯的转化中，葡萄糖被氧化。C、葡萄糖中的羟基可形成分子间氢键。D、化合物Ⅱ中C、O采用sp2杂化；化合物Ⅲ中C、O采用sp3杂化。（4）化合物Ⅲ 结构简式为，结合苯环和羟基的性质分析。（5）HOCH(CH3)2可由CH3COCH3与H2发生加成反应得到；也可由CH2=CH－CH3与H2O发生加成反应得到。据此结合题干设问分析。（6）以2－溴丙烷为有机原料合成CH3COOCH(CH3)2，则可先将2－溴丙烷进行水解反应，生成2－丙醇；发生消去反应，生成CH2=CH－CH3，CH2=CH－CH3与酸性KMnO4溶液反应，生成CH3COOH。据此结合题干设问分析。19．【答案】（1），加热（2）7（3）3-甲基丁醛；4（4）17（5）羟基；1（6）取代反应（7）（8）【知识点】有机化合物的命名；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；酯化反应【解析】【解答】（1）A→B的转化过程中，反应物A中的碳碳双键转化为产物B中的醚键，属于氧化反应的过程中，所用的试剂为O2和Ag，反应条件为加热。故答案为：，加热（2）B的分子式为C5H10O，含有一个不饱和度。其同分异构体中含有碳氧双键，则可能含有酮碳基或醛基。若含有酮羰基，则其同分异构体的结构简式为CH3COCH2CH2CH3、CH3COCH(CH3)2、CH3CH2COCH2CH3。若含有－CHO，则其同分异构体的结构简式为C4H9－CHO，其中－C4H9含有4种结构。因此满足条件的同分异构体的数目共有7种。故答案为：7（3）C的结构简式为，其中含有官能团-CHO，属于醛类物质；最长碳链含有4个碳原子，为丁醛；其中第3个碳原子上含有一个-CH3。因此该有机物的命名为3-甲基丁醛。2个-CH3连接在同一个碳原子上，因此6个氢原子为等效氢原子，所以该有机物的核磁共振氢谱中含有四组吸收峰。故答案为：3-甲基丁醛；4（4）D的分子结构中含有CH2=CH-、苯环、-CH3，因此其共平面的原子数最多有5+10+2=17个。故答案为：17（5）E的结构简式为，其中所含的官能团为羟基。连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，E中含有的手性碳原子为-OH所在的碳原子，因此共有1个手性碳原子。故答案为：羟基；1（6）由E、F的结构简式可知，E中-OH转化为F中的-Cl，因此该反应类型为取代反应。故答案为；取代反应（7）G转化为H的过程中，G中的-COOH转化为-COOCH2CH3，该反应为酯化反应，由G与CH3CH2OH反应生成。因此该反应的化学方程式为：。故答案为：（8）可由在条件“①Mg，无水乙醚；②CO2；③H2O”下反应生成。而可由-OH与SOCl2发生取代反应生成。可由与反应生成。烯烃可由醇发生消去反应生成。因此该合成路线图为。故答案为：【分析】（1）根据反应物A和生成物B的结构简式确定反应试剂和反应条件。（2）B中含有碳氧双键的同分异构体中，其所含的官能团为酮羰基或醛基，据此结合碳链异构确定同分异构体的个数。（3）根据C中所含的官能团、以及最长碳链确定化合物C的命名。根据结构的对称性确定核磁共振氢谱的吸收峰。（4）根据D的结构简式，结合乙烯、苯、甲烷的空间结构确定其共平面的原子个数。（5）根据E的结构简式确定其所含的官能团。连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子，据此D分子中所含的手性碳原子的个数。（6）根据E、F的结构简式，确定断键、成键的位置，从而确定反应类型。（7）根据G、H的结构简式，由官能团结构的变化确定反应原理，从而得到反应的化学方程式。（8））可由在条件“①Mg，无水乙醚；②CO2；③H2O”下反应生成。而可由-OH与SOCl2发生取代反应生成。可由与反应生成。烯烃可由醇发生消去反应生成。据此设计合成路线图。20．【答案】（1）由紫色变为无色（2）da（3）；（4）增大；极性；常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同（5）；实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka。【知识点】盐类水解的应用；苯的同系物及其性质；中和滴定；化学实验方案的评价；电离平衡常数【解析】【解答】（1）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察到体系颜色由紫色变为无色。故答案为： 由紫色变为无色（2）重结晶法提纯苯甲酸的方法为，加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，故操作编号为da。故答案为：da（3）①由图像可知，当加入14mLNaOH溶液时，苯甲酸被完全中和，则可得苯甲酸饱和溶液的浓度。故答案为：0.028②由图像可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89，说明苯甲酸饱和溶液中的，则苯甲酸的。故答案为：（4）①羧酸酸性的强弱取决于羧基中O-H键的极性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性越大，吸电子能力越强，使得羧基中O-H键的极性越大，酸性越强。故答案为：增大；极性③由于常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足。 故答案为： 温下三种酸的饱和溶液的浓度不同（5）①次氯酸在光照条件下易分解为HCl和O2，其分解反应的离子方程式为。 故答案为：②实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka。 故答案为： 实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka【分析】（1）甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化，使溶液褪色。（2）加热溶解后，应趁热过滤；再对滤液进行冷却结晶。（3）①滴加NaOH溶液的过程中苯甲酸与NaOH反应生成苯甲酸钠和H2O，结合消耗NaOH溶液的量计算苯甲酸溶液的浓度c0。②饱和苯甲酸溶液的pH=2.89，此时溶液中c(H＋)=10－2.89mol·L－1，结合苯甲酸的电离方程式计算苯甲酸的电离平衡常数。（4）①随着卤素原子电负性增强，其对键合电子的吸引力更强，导致羟基的极性增强。③通过测溶液的pH直接判断Ka的大小，则所测量溶液的浓度必须相同，而三种酸的饱和溶液的浓度不同，因此无法直接比较。（5）①HClO不稳定，光照条件下发生分解反映过，生成H＋、Cl－和O2，据此写出反应的离子方程式。②选用0.100mol·L－1的NaClO溶液进行实验，以获取HClO的Ka。则可先计算ClO－的水解平衡常数Kh，结合Kw=Ka×Kh，即可获得HClO的电离平衡常数Ka。（1）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察到体系颜色由紫色变为无色。（2）重结晶法提纯苯甲酸的方法为，加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，故操作编号为da（3）①由图像可知，当加入14mLNaOH溶液时，苯甲酸被完全中和，则可得苯甲酸饱和溶液的浓度；②由图像可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89，说明苯甲酸饱和溶液中的，则苯甲酸的（4）①羧酸酸性的强弱取决于羧基中O-H键的极性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性越大，吸电子能力越强，使得羧基中O-H键的极性越大，酸性越强；③由于常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足。（5）①次氯酸在光照条件下易分解为HCl和O2，其分解反应的离子方程式为；②实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka。21．【答案】（1）Cu2O；还原；（2）除去过量的锌粉；b；Ⅲ；光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色【知识点】醛与Cu(OH)2的反应；性质实验方案的设计【解析】【解答】（1）①新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖在加热条件下发生反应：C6H12O6+2Cu (OH)2 →C6H11O7Na+Cu2O↓+2H2O，得到的砖红色沉淀为 Cu2O；该反应中Cu元素的化合价降低，体现氧化性，葡萄糖中C元素的化合价升高，体现还原性，故答案为： Cu2O；还原。②操作时，没有加入葡萄糖溶液就加热，有黑色沉淀生成，是因为Cu(OH)2分解生成CuO，CuO为黑色沉淀，反应的化学方程式为 ，故答案为： 。（2）①为了使Cu2+完全还原，加入的Zn粉是过量的，通过盐酸除去，因此加入盐酸的目的是除去过量的锌粉，故答案为：除去过量的锌粉。②先加Zn粉、后加盐酸，得到红棕色固体，则固体中一定有Cu，20mL 0.5mol/LCuSO4中n(Cu2+)=0.5mol/L×20mL=0.01mol，Cu的最大物质的量为0.01mol，质量为0.64g，生成Cu2O的最大质量为0.72g，实际固体质量为0.78g：a．若只有Cu，则固体质量应≤0.64g，故a不符题意；b．若是Cu覆盖在Zn表面，则0.64＜固体质量＜1.18g，故b符合题意；c．若是CuO，CuO为黑色固体，故c不符题意；d．若是Cu和Cu2O的混合物，固体质量应介于0.64g-0.72g之间，故d不符题意；选b。③实验1得到的溶液呈无色，说明一定无CuO，那么X的组成只能是Cu，选Ⅲ；从物质形态角度分析，X为黑色的原因是金属固体Cu呈粉末状时，光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色，故答案为：Ⅲ；光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色。【分析】（1） 向溶液加入5滴溶液，得到氢氧化铜悬浊液， 振荡后加入葡萄糖溶液，加热，发生醛基的氧化反应；（2） 向溶液中加入粉使蓝色完全褪去 ，Cu2+被还原，再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止，过量的Zn转化为Zn2+，过滤得固体，洗涤并真空干燥，得到含铜的还原产物。22．【答案】（1）直形冷凝管；除去市售的溴中少量的；（2）蒸发皿；（3）液封；降低温度（4）（5）玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处【知识点】氧化还原反应；蒸馏与分馏【解析】【解答】（1）仪器C为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴中含有少量的，可与发生氧化还原反应而除去；水浴加热时，、蒸发进入装置D中，分别与发生氧化还原反应，、，由于Br2为进入D的主要物质，故主要反应的化学方程式为；（2）将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的溶液至出现红棕色气体()，即说明已将全部氧化，发生反应的离子方程式为；（3）密度，D中冷的蒸馏水起到液封的作用，同时冷的蒸馏水温度较低，均可减少溴的挥发；（4）m克KBr固体的物质的量为，根据转移电子相等可得关系式，则理论上需要的物质的量为，实际所需称取的质量为；（5）趁热过滤的具体操作：漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处，滤液沿烧杯壁流下。【分析】（1）根据仪器构造确定其名称； 能氧化 生成Br2；D中Br2和 均能与反应；（2）蒸干溶液使用蒸发皿；具有强氧化性，与发生氧化还原反应 ；（3）溴的密度大于水，水起到液封作用，同时能降低温度，防止溴挥发；（4）根据关系式计算；（5）转移溶液时需要使用玻璃棒引流。（1）仪器C为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴中含有少量的，可与发生氧化还原反应而除去；水浴加热时，、蒸发进入装置D中，分别与发生氧化还原反应，、，由于Br2为进入D的主要物质，故主要反应的化学方程式为；（2）将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的溶液至出现红棕色气体()，即说明已将全部氧化，发生反应的离子方程式为；几乎未被氧化，继续加热将溶液蒸干所得固体R的主要成分为；（3）密度，D中冷的蒸馏水起到液封的作用，同时冷的蒸馏水温度较低，均可减少溴的挥发；（4）m克KBr固体的物质的量为，根据转移电子相等可得关系式，则理论上需要的物质的量为，实际所需称取的质量为；（5）趁热过滤的具体操作：漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处，滤液沿烧杯壁流下。1 / 1备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编专题12有机物的结构烃和烃的衍生一、选择题1．下列有关物质性质与用途对应关系错误的是（ ）A．单晶硅熔点高，可用于制造芯片B．金属铝具有还原性，可用于冶炼金属C．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂D．乙炔燃烧火焰温度高，可用于切割金属【答案】A【知识点】浓硫酸的性质；硅和二氧化硅；铝的化学性质；乙炔炔烃【解析】【解答】A、单晶硅用于制造芯片主要得益于其优良的半导体特性和完整的原子晶体结构，熔与点无关，A错误；B、铝的还原性较强，因此能把比其还原性弱的金属氧化物中的氧抢走，还原成单质，而自身成为氧化物，故可用于冶炼金属，B正确；C、浓硫酸具有吸水性，可以吸收水分，可以做干燥剂，但要注意只能干燥中性和酸性气体，不能干燥碱性气体，C正确；D、乙炔燃烧产生高温火焰，其外焰温度可达到3000℃以上，因此能够熔化金属，从而实现金属切割，D正确；故答案为：A【分析】 一定要看清楚物质性质与用途是否存在一一对应的关系，要注意，选项的说法可能都正确，但不存在对应关系。2．下列化学用语表示不正确的是（ ）A．CH4的结构式：B．基态氧原子的轨道表示式C．p 电子云轮廓图：D．CH3CH(CH2CH3)CH2CH3的系统命名：2-乙基丁烷【答案】D【知识点】原子核外电子排布；有机化合物的命名；结构式【解析】【解答】A．CH4由4个C-H键构成，其结构式为 ，故A正确；Ｂ．基态O原子的核外电子排布式为1s22s22p4，则其轨道表示式为 ，故B正确；Ｃ．p轨道的电子云轮廓为哑铃形，即 ，故C正确；Ｄ．CH3CH(CH2CH3)CH2CH3 的最长碳链含有5个碳原子，应该是戊烷，支链位于3号C原子，则其正确命名为：3 - 甲基戊烷，故D错误；故选D。【分析】A．甲烷为正四面体结构；Ｂ．O为8号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；Ｃ．p轨道电子云轮廓呈哑铃形；Ｄ．烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置。3．化学实验充满着五颜六色的变化。下列描述错误的是（ ）A．溶液褪色 B．产生红色沉淀C．溶液呈紫色 D．试纸变为蓝色【答案】B【知识点】氨的性质及用途；乙烯的物理、化学性质；苯酚的性质及用途【解析】【解答】A．乙烯具有还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，乙烯能将酸性KMnO4溶液还原，从而使溶液褪色，故A正确；Ｂ．KOH溶液与CuSO4溶液反应会生成Cu(OH)2蓝色沉淀，故B错误；Ｃ．苯酚稀溶液遇FeCl3溶液会发生显色反应，溶液呈紫色，故C正确；Ｄ．浓氨水挥发出的氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D正确；故选B。【分析】A．乙烯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；Ｂ．氢氧化铜为蓝色沉淀；Ｃ．苯酚遇氯化铁显紫色； Ｄ．浓氨水能使红色石蕊变蓝。4． 下列说法不正确的是（ ）A．糖类、蛋白质和油脂均为天然高分子B．蔗糖发生水解反应所得产物互为同分异构体C．蛋白质在酶的作用下水解可得到氨基酸D．不饱和液态植物油通过催化加氢可提高饱和度【答案】A【知识点】二糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；高分子材料；油脂的性质、组成与结构【解析】【解答】A、蛋白质、多糖属于天然高分子，而单糖、二糖和油脂不属于高分子，A说法错误。B、蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，二者的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，B说法正确。C、蛋白质在酶的作用下水解生成氨基酸，C说法正确。D、不饱和液态植物油中含有碳碳双键，能与H2发生加成反应，提高饱和度，D说法正确。故答案为：A【分析】A、糖类中的单糖和二糖以及油脂都不属于高分子。B、蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖。C、蛋白质水解产物氨基酸。D、不饱和液态植物油能与H2发生加成反应。5．“稀土之父”徐光宪先生提出了稀土串级萃取理论，其基本操作是利用有机络合剂把稀土离子从水相富集到有机相再进行分离。分离时可用的玻璃装置是A． B．C． D．【答案】C【知识点】蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯【解析】【解答】A．图示操作为蒸馏，不是分液，故A错误；B．分液应使用分液漏斗，图示为普通漏斗，故B错误；C．图示操作为分液，故C正确；D．图示操作为抽滤，不是分液，故D错误；故选C。【分析】有机相和水相互不相溶，采用分液的方法分离。6．我国科学家报道了如下反应。有关该反应的说法错误的是（ ）A．反应物与产物的摩尔质量相同B．反应物与产物的红外光谱相同C．反应物与产物均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．反应过程中有碳氢键的断裂和碳碳双键的形成【答案】B【知识点】有机物的结构和性质；烯烃【解析】【解答】A、反应物和产物的分子式相同，因此二者的摩尔质量也相同，A选项正确。B、红外光谱用于判断有机物中所含的官能团或化学键，反应物中含有碳碳三键，产物中含有碳碳双键，所含的化学键类型不同，因此其产生的红外光谱不同，B选项错误。C、碳碳双键、碳碳三键都能被酸性KMnO4溶液氧化，使得溶液褪色，C选项正确。D、反应物中的碳碳三键参与反应，形成了两个碳碳双键，因此存在碳氢键的断裂和碳碳双键的形成，D选项正确。故答案为：B【分析】A、反应物和产物的分子式相同，其摩尔质量相同。B、反应物中含有碳碳三键，产物中含有碳碳双键，红外光谱不同。C、碳碳双键、碳碳三键都能使酸性KMnO4溶液褪色。D、根据反应过程中化学键的变化分析。7．仪器分析在化学研究中有重要应用。下列方法选择错误的是（ ）A．用pH计区分KCl溶液和NaNO3溶液B．用X射线衍射法区分玻璃和蓝宝石C．用原子光谱鉴定样品中含有元素LiD．用质谱区分正己醇和正庚醇【答案】A【知识点】溶液pH的定义；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；晶体的定义【解析】【解答】A、KCl溶液和NaNO3溶液都是中性，其pH值都是7，A选项错误。B、玻璃为非晶体，蓝宝石属于晶体，用X射线衍射法区分时，蓝宝石可形成尖锐的衍射峰，而玻璃没有。因此可用X射线衍射法区分玻璃和蓝宝石，B选项正确。C、Li元素有其特定的原子光谱特征，因此可用原子光谱鉴定样品中含有的Li元素，C选项正确。D、质谱仪可测定有机物的相对分子量，正己醇和正庚醇的相对分子量不同，因此可用质谱区分，D选项正确。故答案为：A【分析】A、KCl溶液和NaNO3溶液的pH都是7。B、X射线衍射法可区分晶体和非晶体，晶体可形成尖锐的衍射峰，而非晶体不能。C、Li元素具有特定的原子光谱特征。D、正己醇和正庚醇的最大质荷比不同，因此可用质谱法区分。8．传统方法中，制备化合物c常用到NaCN。某课题组提出了一种避免使用NaCN的方法，机理如图所示（L表示配体，0、I、I、Ⅲ表示价态)。下列说法不正确的是（ ）A．化合物 b是NaCN 的替代品B．是该过程产生的副产物C．M 可能是 R3SiBr 和 H+D．整个过程中，含镍化合物发生了2次氧化反应【答案】C【知识点】有机物的合成【解析】【解答】A．反应中化合物b含有-CN，能代替NaCN提供-CN制备化合物c，故A正确；Ｂ．观察反应过程可知，反应过程中有自由基生成，结合得到副产物 ，故B正确；Ｃ．由图可知，LNiI-Br与R3SiH反应生成LNi0和M，反应过程中Ni元素的化合价降低，H元素的化合价从-1价升高到0价生成氢气，不会得到H+，故C错误；Ｄ．反应过程中，含Ni化合物中Ni元素的化合价升高2次，发生了2次氧化反应，故D正确；故选C。【分析】A．反应过程中化合物b提供-CN基团；Ｂ．结合反应原理分析副产物；Ｃ．该反应中，Ni元素的化合价降低，H元素的化合价升高；Ｄ．氧化反应过程中存在元素化合价升高。9． 人体皮肤细胞受到紫外线(UV)照射可能造成DNA损伤，原因之一是脱氧核苷上的碱基发生了如下反应。下列说法错误的是（ ）A．该反应为取代反应 B．Ⅰ和Ⅱ均可发生酯化反应C．Ⅰ和Ⅱ均可发生水解反应 D．乙烯在UV下能生成环丁烷【答案】A【知识点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用；水解反应；酯化反应【解析】【解答】A．观察该反应，反应中没有原子或基团被替代，而是碳碳双键被加成形成C-C键，发生的是加成反应，故A错误；Ｂ．Ⅰ和Ⅱ均含有羟基，能与羧酸发生酯化反应，故B正确；Ｃ．Ⅰ和Ⅱ均含有酰胺基，均能发生水解反应，故C正确；Ｄ．观察题干反应，是碳碳双键加成的过程，乙烯含有碳碳双键，2分子乙烯在UV下发生题干中的反应生成环丁烷，故D正确；故选A。【分析】A．取代反应是指有机物分子中的某些原子或原子团被其他原子或原子团所替代的反应；Ｂ．Ⅰ和Ⅱ均含有羟基；Ｃ．Ⅰ和Ⅱ均含有酰胺基；Ｄ．乙烯分子中含碳碳双键，在UV下发生题干中的反应能生成环丁烷。10．在法拉第发现苯200周年之际，我国科学家首次制备了以金属M为中心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，其多烯环结构(如图)形似梅花。该多烯环上A．键是共价键 B．有8个碳碳双键C．共有16个氢原子 D．不能发生取代反应【答案】A【知识点】配合物的成键情况；苯的结构与性质【解析】【解答】A．C原子和H原子间通过共用电子对之间的作用力结合，该作用力为共价键，A正确；B．该配合物具有芳香性，结合苯的结构可知，该配合物中存在的是共轭大π键，不存在碳碳双键，B错误；C．每个碳原子周围最多形成4个共价键，因此该物质有10个H原子，C错误；D．大π键环上的C-H键可以发生取代反应，D错误；故答案为：A【分析】A、C、H原子通过共用电子对（即共价键）结合。B、结合苯中不存在碳碳双键分析。C、根据C原子的价键情况分析。D、结构中C-H可发生取代反应。11． 物质的微观结构决定其宏观性质。乙腈()是一种常见的有机溶剂，沸点较高，水溶性好。下列说法不正确的是（ ）A．乙腈的电子式：B．乙腈分子中所有原子均在同一平面C．乙腈的沸点高于与其分子量相近的丙炔D．乙腈可发生加成反应【答案】B【知识点】晶体熔沸点的比较；加成反应；电子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析】【解答】A、乙腈的结构简式为CH3-C≡N，因此其电子式为，A说法正确。B、乙腈分子中的-CH3为四面体结构，最多只有3个原子共平面，因此所有原子不可能均在同一个平面内，B说法错误。C、乙腈和丙炔都是分子晶体，相对分子质量：乙腈＞丙炔，因此沸点：乙腈＞丙炔，C说法正确。D、乙腈中含有-C≡N，可与H2发生加成反应，D说法正确。故答案为：B【分析】A、CH3CN中C、N原子形成的是碳氮三键。B、乙腈中－CH3为四面体结构。C、乙腈和丙炔都是分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高。D、乙腈中的－C≡N可发生加成反应。12．劳动人民的发明创造是中华优秀传统文化的组成部分。下列化学原理描述错误的是 发明 关键操作 化学原理A 制墨 松木在窑内焖烧 发生不完全燃烧B 陶瓷 黏土高温烧结 形成新的化学键C 造纸 草木灰水浸泡树皮 促进纤维素溶解D 火药 硫黄、硝石和木炭混合，点燃 发生氧化还原反应A．A B．B C．C D．D【答案】C【知识点】氧化还原反应；多糖的性质和用途【解析】【解答】A．松木在窑内焖烧制墨的原理是松木发生不完全燃烧会生成碳单质，A正确；B．黏土在高温中烧结涉及化学反应，化学反应中有断键和成键，B正确C．草木灰主要成分为碳酸钾，其水溶液中发生水解反应：CO32-+H2OHCO3-+OH-，而纤维素在碱性条件下不能水解，即草木灰不能浸泡树皮造纸，C错误；D． 硫黄、硝石和木炭混合点燃会发生氧化还原反应：S+2KNO3+3C=K2S+3CO2↑+N2↑，可用于制火药，D正确；故答案为：C。【分析】根据物质的结构、性质及其用途进行分析。13．下列化学用语或图示正确的是A．的系统命名：2-甲基苯酚B．分子的球棍模型：C．激发态H原子的轨道表示式：D．键形成的轨道重叠示意图：【答案】A【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；有机化合物的命名【解析】【解答】A．的官能团为酚羟基，甲基在酚羟基邻位，则其系统命名为：2-甲基苯酚，故A正确；B． 中心原子O原子的价层电子对数为：，采用sp2杂化，含有一个孤电子对，空间构型为V形，其球棍模型为：，故B错误；C．激发态H原子只有1s能级，故C错误；D．p-pπ 键是由两个原子的p轨道以 “肩并肩”的方式重叠形成的共价键，其电子云分布在成键原子的核间平面两侧，呈镜面对称，则p-pπ键形成的轨道重叠示意图为：，故D错误；故选A。【分析】A．该有机物的官能团为酚羟基，甲基位于酚羟基邻位；Ｂ． 分子中，O采用sp2杂化；Ｃ．激发态的H原子只含有1s能级；Ｄ．p-pπ 键是由两个原子的 p 轨道以 “肩并肩”的方式重叠形成的共价键。14．酯在NaOH溶液中发生水解反应，历程如下：已知：①②RCOOCH2CH3水解相对速率与取代基R的关系如下表：取代基R CH3 ClCH2 Cl2CH水解相对速率 1 290 7200下列说法不正确的是（ ）A．步骤Ⅰ是OH﹣与酯中Cδ+作用B．步骤Ⅲ使Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动，使酯在NaOH溶液中发生的水解反应不可逆C．酯的水解速率：FCH2COOCH2CH3＞ClCH2COOCH2CH3D．与OH﹣反应、与18OH﹣反应，两者所得醇和羧酸盐均不同【答案】D【知识点】化学平衡的影响因素；酯的性质【解析】【解答】A、由图可知，步骤Ⅰ是OH-与酯基中的作用生成羟基和O-，故A正确；B、步骤Ⅰ加入氢氧根离子使平衡Ⅰ正向移动，氢氧根离子与羧基反应使平衡Ⅱ也正向移动，使得酯在NaOH溶液中发生的水解反应不可逆，故B正确；C、根据已知②可知，随着取代基R上Cl个数的增多，水解相对速率增大，Cl电负性较强，对电子的吸引能力较强，使得酯基的水解速率增大，F的电负性强于Cl，FCH2对电子的吸引能力更强，因此酯的水解速率，故C正确；D、与氢氧根离子反应，根据信息①可知，第一步反应后18O既存在于羟基中也存在于O-中，随着反应进行，最终18O存在于羧酸盐和醇中，同理与18OH-反应，最终18O存在于醇中和羧酸盐中，两者所得醇和羧酸盐相同，故D错误；故答案为：D。【分析】A、 步骤Ⅰ是氢氧根离子与酯基中的Cδ+作用生成羟基和O-；B、加入NaOH，促进Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动；C、随着取代基R上Cl个数的增多，水解相对速率增大，电负性F＞Cl，F原子的吸引电子能力强，水解速率大；D、 酯水解断裂酯键，与OH-反应，根据信息①可知，最终18O存在于醇和羧酸盐，与18OH-反应，最终18O存在于醇和羧酸盐中。15．利用如图装置进行实验：打开，一定时间后，a中溶液变蓝；关闭，打开，点燃酒精灯加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法错误的是A．a中现象体现了的还原性B．b中既作氧化剂也作还原剂C．乙醇滴加过程中，c中的铜丝由黑变红，说明乙醇被氧化D．d中有银镜反应发生，说明c中产物有乙酸【答案】D【知识点】乙醇的催化氧化实验；化学实验方案的评价；银镜反应【解析】【解答】A．试管a中观察到溶液变为蓝色，说明O2进入a中，氧化I-，生成I2，体现了的还原性，A正确；B．b中H2O2在MnO2的催化下生成O2和H2O，H2O2中氧元素由－1价变为0价和－2价。因此既作氧化剂也作还原剂，B正确；C．铜丝先和氧气反应生成黑色的氧化铜，乙醇再和氧化铜反应，氧化铜被还原为红色的铜单质，乙醇被氧化为乙醛，因此c中的铜丝由黑变红，可以说明乙醇被氧化，C正确；D．乙醛可与银氨溶液在加热条件下反应产生银镜，d中未加热，不能发生银镜反应，D错误；故答案为：D【分析】打开K2，H2O2溶液滴入MnO2中，反应生成O2。打开K1，O2加入淀粉－KI溶液中，O2将I－氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色，因此可观察到溶液变为蓝色。打开K3，O2进入硬质玻璃管内，与Cu反应生成CuO。推动注射器活塞，无水乙醇进入到玻璃管内，与灼热的CuO反应，可观察到固体由黑色变为红色。产生的物质进入银氨溶液中，在加热条件下发生银镜反应。说明乙醇被氧化生成了乙醛。据此结合选项分析。二、综合题16．已知反应1的反应2的反应3的反应4的物质环氧丙烷（1）计算出_______。A. B. 613.2 C. 395.2 D.（2）随温度T的变化趋势________。（3）中电负性最大的是________。A．C B．H C．O（4）分了中键的数目为_______。A. 7 B. 12 C. 13 D. 14已知：环氧丙烷生成会发生副反应选择性=转化生成A的环氧丙烷/消耗环氧丙烷M(环氧丙烷) ρ(环氧丙烷)容器容积的高压反应釜反应后体积缩小为，选择性为95%，反应。（5）求环氧丙烷的化学反应速率________(精确到小数点后2位)（6）下列哪种操作可以使得活化分子的百分数变大_______。A. 升高温度 B. 增大浓度 C. 压缩容器 D. 充入惰性气体（7）碳酸丙烯酯相同时间内随温度变化如图所示，请解释产率随温度先升后下降的原因________。（8）达到平衡的判据_______。A. v正=v逆 B. 体系总质量不变C. 气体体积不再变化 D. 混合气体密度(可能是摩尔质量)不变（9）制备还有一种光气法，用。请从绿色化学的角度解释，写出3点与光气-二醇法相比，法合成的优势________。【答案】(1) A(2) 信息缺失(3) C(4) C(5) 信息缺失(6) A(7) 信息缺失(8) A(9) 不使用有毒气体光气；不产生氯化氢；可以吸收二氧化碳，变废为宝。【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用；有机化学反应的综合应用【解析】【解答】（1）、信息缺失。（2）、信息缺失。（3）、电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力 ，电负性越大，原子吸引电子的能力越强。同周期元素，从左到右，核电荷数增加，原子对电子的吸引增强，电负性逐渐增大，O 和 C 同属第二周期，O 在 C 右侧，故 O的电负性 > C 的电负性；H 位于第一周期，电负性小于第二周期的 C，故C的电负性 > H 的电负性。综上，电负性顺序为：O > C > H。故答案为：C（4）、单键都是键，双键中含1个键和1个键，由图易得结构中双键：仅 C=O，贡献 1 个 σ 键。单键：通过结构计数，环内碳碳、碳氧，甲基连接及碳氢键总和，总共包括 C-C、C-O、C-H，共 12 个。总数为：1 + 12 = 13，则 1mol分子中键的数目为13。故答案为：C（5）信息缺失。（6）、A、升高温度，分子能量升高，活化分子百分数增大，A正确；B、增大浓度，增大活化分子数，活化分子百分数不变，B错误；C、压缩容器，即增大压强，针对有气体的反应，增大单位体积活化分子数，活化分子百分数不变 ，C错误；D、充入惰性气体，若体积不变，浓度不变，活化分子百分数不变，D错误；故答案为：A（7）、活化分子百分数是指：活化分子数 / 总分子数A、升高温度，分子能量升高，更多分子达到活化能，活化分子数增加，总分子数不变因此活化分子百分数变大，A正确；B、增大CO2浓度，活化分子数目在增加的同时，总分子数也同比例增加，因此活化分子百分数不变，B错误；C、压缩容器，压缩容器会增加压力，从而提高反应物浓度，但温度不变，分子的能量分布不受影响，因此活化分子的百分数不变，C错误；D、在恒定体积下充入惰性气体，会增加总压力，但反应物的分压和浓度通常不变，因为惰性气体不参与反应。即使浓度变化，温度不变时，分子的能量分布也不变，因此活化分子的百分数不变，D错误；故答案为：A（8）、信息缺失。（9）、①不使用有毒气体光气：CO2法不使用光气（剧毒气体，易导致安全事故），操作过程更安全。光气-二醇法涉及光气的存储和反应，风险较高，需严格防护；而CO2法以CO2为原料，无毒无害，减少工人健康隐患。②不产生氯化氢：CO2法利用温室气体CO2作为原料，实现碳捕获和利用，有助于降低碳排放；同时，不产生有害副产物（如光气法中的盐酸）。光气-二醇法则生成HCl等腐蚀性废物，需额外处理，增加环境负担。③可以吸收二氧化碳，变废为宝：CO2法以CO2（工业废气或廉价资源）为主要原料，成本较低，且反应条件温和，能耗少；产品可设计为可生物降解的脂肪族聚碳酸酯，应用更广。光气-二醇法依赖石油衍生物（光气），原料成本高，且光气制备复杂。【分析】电负性大小比较规律：随着原子序号的递增，元素的电负性呈现周期性变化；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减。对副族而言，同族元素的电负性也大体呈现这种变化趋势。因此，电负性大的元素集中在元素周期表的右上角，电负性小的元素集中在左下角；电负性越大的非金属元素越活跃，电负性越小的金属元素越活泼。氟的电负性最大，是最容易参与反应的非金属；电负性最小的元素铯是最活泼的金属。对某一反应来说，在一定温度下，活化分子在反应物分子中所占的百分数是一定的。因此，单位体积内活化分子的数目，是和单位体积内反应物分子的总数成正比，也就是和反应物的浓度成正比。显然，当反应物的浓度增大时，单位体积内活化分子的数目也相应地增多，这样也就增加了单位时间内有效碰撞的次数，因此反应速率加快。另外，如果升高反应温度，则分子运动加快，从而增加了单位时间内分子间的碰撞次数；更重要的是由于一些分子获得了能量，增加了活化分子的百分数，因而加快了反应速率。17．我国化学工作者成功开发出新型零排放的制氢技术，这项突破性工艺的反应式为。回答下列问题：（1）认识一种有机物，可以先从其结构入手。某有机物的分子结构模型如图所示，该物质是 (填标号)，它属于 (填“烃”或“烃的衍生物”)，其中所含官能团的名称是 。A． B． C． D．（2）乙醇和乙酸之间可以发生如图所示的转化(反应条件已略去)：写出乙醇在一定条件下发生催化氧化生成有机物B的化学方程式： (有机物用结构简式表示)。（3）由乙酸得到有机物A的反应类型是 ，实验室制备A时，为加快反应速率，一般需加热并加入浓硫酸，浓硫酸的作用是 ；并将产生的A蒸气经导管通到饱和溶液的液面上方，饱和溶液的作用是 。【答案】（1）B；烃的衍生物；羟基（2）（3）取代反应或酯化反应；催化剂；吸收多余的乙醇和乙酸蒸气，降低乙酸乙酯在水中的溶解度【知识点】醇类简介；乙酸的化学性质；酯的性质；酯化反应；球棍模型与比例模型【解析】【解答】（1）由图可知，该物质中3种原子的数量比为2：6：1，则该物质是CH3CH2OH，选B；CH3CH2OH含C、H、O三种元素，它属于烃的衍生物，所含官能团的名称是羟基，故答案为：B；烃的衍生物；羟基。（2）由分析可知，B为乙醛，乙醇催化氧化生成乙醛的化学方程式为，故答案为：。（3）乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酸乙酯A，属于取代反应或酯化反应；制备乙酸乙酯时，加入浓硫酸作为催化剂，加快反应速率；收集乙酸乙酯时饱和溶液的作用是吸收多余的乙醇和乙酸蒸气，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，故答案为：取代反应或酯化反应；催化剂；吸收多余的乙醇和乙酸蒸气，降低乙酸乙酯在水中的溶解度。【分析】（1）该球棍模型表示CH3CH2OH；（2）乙醇催化氧化生成B，B氧化得到乙酸，则B为乙醛，乙醇和乙酸反应得到A，则A为乙酸乙酯；（3）乙酸和乙醇的反应为酯化反应（取代反应），制备乙酸乙酯时加入浓硫酸作催化剂。18．将3D打印制备的固载铜离子陶瓷催化材料，用于化学催化和生物催化一体化技术，以实现化合物Ⅲ的绿色合成，示意图如下（反应条件路）。（1）化合物I的分子式为 ，名称为 。（2）化合物Ⅱ中含氧官能团的名称是 。化合物Ⅱ的某同分异构体含有苯环，在核磁共振氢谱图上只有4组峰，且能够发生银镜反应，其结构简式为 。（3）关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有____。A．由化合物I到Ⅱ的转化中，有键的断裂与形成B．由葡萄糖到葡萄糖酸内酯的转化中，葡萄糖被还原C．葡萄糖易溶于水，是因为其分子中有多个羟基，能与水分子形成氢键D．由化合物Ⅱ到Ⅲ的转化中，存在C、O原子杂化方式的改变，有手性碳原子形成（4）对化合物Ⅲ，分析预测其可能的化学性质，完成下表。序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型① ② 取代反应（5）在一定条件下，以原子利用率的反应制备。该反应中，①若反应物之一为非极性分子，则另一反应物为 （写结构简式）。②若反应物之一为V形结构分子，则另一反应物为 （写结构简式）。（6）以2-溴丙烷为唯一有机原料，合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：①最后一步反应的化学方程式为 （注明反应条件）。②第一步反应的化学方程式为 （写一个即可，注明反应条件）。【答案】（1）C8H8；苯乙烯（2）酮羰基；（3）A；C；D（4）H2，催化剂，加热；加成反应（或还原反应）；浓HBr，加热；—Br（5）；（6）；【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；卤代烃简介；酯化反应【解析】【解答】（1）化合物Ⅰ的结构简式为，其分子式为C8H8。分子结构中含有碳碳双键，因此属于烯烃，碳碳双键连在苯环上，因此该有机物的名称为苯乙烯。故答案为：C8H8；苯乙烯（2）由化合物Ⅱ的结构简式可知，其所含的含氧官能团的名称为酮羰基。化合物Ⅱ的同分异构体能发生银镜反应，则其结构中含有-CHO；核磁共振氢谱显示只有4组吸收峰，则其结构具有对称性。满足条件的同分异构体的结构简式为。故答案为：酮羰基；（3）A、化合物Ⅰ转化为化合物Ⅱ的过程中，碳碳双键断裂，形成碳氧双键，因此有π键的断裂与形成，A符合题意。B、由葡萄糖到葡萄糖酸内酯的转化过程中，葡萄糖被氧化成葡萄糖酸，发生氧化氧化反应，B不符合题意。C、葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，含有多个羟基，可形成分子间氢键，使得其水溶性增强，C符合题意。D、化合物Ⅱ中C、O采用sp2杂化；化合物Ⅲ中C、O采用sp3杂化。化合物Ⅲ中存在手性碳原子，D符合题意。故答案为：ACD（4）①化合物Ⅲ的结构简式为，其反应后形成的新结构为，发生的是本皇的加成反应。其反应试剂为H2、催化剂；反应条件为加热；反应类型为加成反应。故答案为：H2、催化剂，加热；加成反应②化合物Ⅲ的结构简式为，其所含的羟基可与HBr发生取代反应；反应后形成的新结构为-Br。故答案为：浓HBr，加热；-Br（5）HOCH(CH3)2可由CH3COCH3与H2发生加成反应得到；也可由CH2=CH－CH3与H2O发生加成反应得到。①若反应物之一为非极性分子，则该反应物为H2，则另一个反应物为。故答案为：②若反应物之一为V形结构的分子，则该反应物为H2O，则另一反应物为。故答案为：（6）CH3COOCH(CH3)2可由CH3COOH和(CH3)2CHOH发生酯化反应生成；而CH3COOH可由CH2=CH－CH3与酸性KMnO4溶液发生氧化反应生成；(CH3)2CHOH可由2－溴丙烷发生水解反应生成；CH2=CH－CH3由2－溴丙烷发生消去反应生成。①最后一步反应是CH3COOH与HOCH(CH3)2在浓硫酸催化作用下发生酯化反应，该反应的化学方程式为：。故答案为：②第一步反应为(CH3)2CHBr的水解反应，该反应的化学方程式为：。故答案为：【分析】（1）根据化合物Ⅰ的结构简式确定其分子式和名称。（2）根据化合物Ⅱ的结构简式确定其所含的含氧官能团。根据限定条件确定其同分异构体的结构简式。（3）A、化合物Ⅰ转化为化合物Ⅱ的反应中，碳碳双键断裂，生成碳氧双键。B、葡萄糖转化为葡萄糖酸内酯的转化中，葡萄糖被氧化。C、葡萄糖中的羟基可形成分子间氢键。D、化合物Ⅱ中C、O采用sp2杂化；化合物Ⅲ中C、O采用sp3杂化。（4）化合物Ⅲ 结构简式为，结合苯环和羟基的性质分析。（5）HOCH(CH3)2可由CH3COCH3与H2发生加成反应得到；也可由CH2=CH－CH3与H2O发生加成反应得到。据此结合题干设问分析。（6）以2－溴丙烷为有机原料合成CH3COOCH(CH3)2，则可先将2－溴丙烷进行水解反应，生成2－丙醇；发生消去反应，生成CH2=CH－CH3，CH2=CH－CH3与酸性KMnO4溶液反应，生成CH3COOH。据此结合题干设问分析。19．我国学者报道了一种制备醇的新方法，其合成及进一步转化为化合物H的反应路线如下所示。已知：R1：烷基、芳香基；R2：芳香基、烷基、H；R3：芳香基、烷基（1）A→B的反应试剂及条件为 。（2）B的含有碳氧双键的同分异构体数目为 （不考虑立体异构）。（3）C的系统命名法的名称为 ，其核磁共振氢谱有 组吸收峰。（4）D中最多共平面原子数目为 。（5）E中官能团的名称为 ，含有的手性碳原子数目为 。（6）E→F的反应类型为 。（7）G→H的反应方程式为 。（8）以及题干中的有机化合物为原料（无机试剂任选），参考所给反应路线及条件，完成下列目标化合物的合成。【答案】（1），加热（2）7（3）3-甲基丁醛；4（4）17（5）羟基；1（6）取代反应（7）（8）【知识点】有机化合物的命名；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；酯化反应【解析】【解答】（1）A→B的转化过程中，反应物A中的碳碳双键转化为产物B中的醚键，属于氧化反应的过程中，所用的试剂为O2和Ag，反应条件为加热。故答案为：，加热（2）B的分子式为C5H10O，含有一个不饱和度。其同分异构体中含有碳氧双键，则可能含有酮碳基或醛基。若含有酮羰基，则其同分异构体的结构简式为CH3COCH2CH2CH3、CH3COCH(CH3)2、CH3CH2COCH2CH3。若含有－CHO，则其同分异构体的结构简式为C4H9－CHO，其中－C4H9含有4种结构。因此满足条件的同分异构体的数目共有7种。故答案为：7（3）C的结构简式为，其中含有官能团-CHO，属于醛类物质；最长碳链含有4个碳原子，为丁醛；其中第3个碳原子上含有一个-CH3。因此该有机物的命名为3-甲基丁醛。2个-CH3连接在同一个碳原子上，因此6个氢原子为等效氢原子，所以该有机物的核磁共振氢谱中含有四组吸收峰。故答案为：3-甲基丁醛；4（4）D的分子结构中含有CH2=CH-、苯环、-CH3，因此其共平面的原子数最多有5+10+2=17个。故答案为：17（5）E的结构简式为，其中所含的官能团为羟基。连接有4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，E中含有的手性碳原子为-OH所在的碳原子，因此共有1个手性碳原子。故答案为：羟基；1（6）由E、F的结构简式可知，E中-OH转化为F中的-Cl，因此该反应类型为取代反应。故答案为；取代反应（7）G转化为H的过程中，G中的-COOH转化为-COOCH2CH3，该反应为酯化反应，由G与CH3CH2OH反应生成。因此该反应的化学方程式为：。故答案为：（8）可由在条件“①Mg，无水乙醚；②CO2；③H2O”下反应生成。而可由-OH与SOCl2发生取代反应生成。可由与反应生成。烯烃可由醇发生消去反应生成。因此该合成路线图为。故答案为：【分析】（1）根据反应物A和生成物B的结构简式确定反应试剂和反应条件。（2）B中含有碳氧双键的同分异构体中，其所含的官能团为酮羰基或醛基，据此结合碳链异构确定同分异构体的个数。（3）根据C中所含的官能团、以及最长碳链确定化合物C的命名。根据结构的对称性确定核磁共振氢谱的吸收峰。（4）根据D的结构简式，结合乙烯、苯、甲烷的空间结构确定其共平面的原子个数。（5）根据E的结构简式确定其所含的官能团。连接有4个不同的原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子，据此D分子中所含的手性碳原子的个数。（6）根据E、F的结构简式，确定断键、成键的位置，从而确定反应类型。（7）根据G、H的结构简式，由官能团结构的变化确定反应原理，从而得到反应的化学方程式。（8））可由在条件“①Mg，无水乙醚；②CO2；③H2O”下反应生成。而可由-OH与SOCl2发生取代反应生成。可由与反应生成。烯烃可由醇发生消去反应生成。据此设计合成路线图。三、实验探究题20．酸及盐在生活生产中应用广泛。（1）甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性溶液，振荡，观察到体系颜色 。（2）某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中，需要的操作及其顺序为：加热溶解、 (填下列操作编号)。（3）兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度和苯甲酸的，实验如下：取50.00mL苯甲酸饱和溶液，用溶液滴定，用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得：① 。②苯甲酸的 (列出算式，水的电离可忽略)。（4）该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。①知识回顾 羧酸酸性可用衡量。下列羧酸的变化顺序为：。随着卤原子电负性 ，羧基中的羟基 增大，酸性增强。②提出假设 甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为：③验证假设 甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断大小顺序，因为 。乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的，其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。④实验小结 假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。（5）该小组尝试测弱酸HClO的。①丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为 。②小组讨论后，选用0.100mol/LNaClO溶液(含少量NaCl)进行实验，以获得HClO的。简述该方案 (包括所用仪器及数据处理思路)。③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。【答案】（1）由紫色变为无色（2）da（3）；（4）增大；极性；常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同（5）；实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka。【知识点】盐类水解的应用；苯的同系物及其性质；中和滴定；化学实验方案的评价；电离平衡常数【解析】【解答】（1）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察到体系颜色由紫色变为无色。故答案为： 由紫色变为无色（2）重结晶法提纯苯甲酸的方法为，加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，故操作编号为da。故答案为：da（3）①由图像可知，当加入14mLNaOH溶液时，苯甲酸被完全中和，则可得苯甲酸饱和溶液的浓度。故答案为：0.028②由图像可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89，说明苯甲酸饱和溶液中的，则苯甲酸的。故答案为：（4）①羧酸酸性的强弱取决于羧基中O-H键的极性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性越大，吸电子能力越强，使得羧基中O-H键的极性越大，酸性越强。故答案为：增大；极性③由于常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足。 故答案为： 温下三种酸的饱和溶液的浓度不同（5）①次氯酸在光照条件下易分解为HCl和O2，其分解反应的离子方程式为。 故答案为：②实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka。 故答案为： 实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka【分析】（1）甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化，使溶液褪色。（2）加热溶解后，应趁热过滤；再对滤液进行冷却结晶。（3）①滴加NaOH溶液的过程中苯甲酸与NaOH反应生成苯甲酸钠和H2O，结合消耗NaOH溶液的量计算苯甲酸溶液的浓度c0。②饱和苯甲酸溶液的pH=2.89，此时溶液中c(H＋)=10－2.89mol·L－1，结合苯甲酸的电离方程式计算苯甲酸的电离平衡常数。（4）①随着卤素原子电负性增强，其对键合电子的吸引力更强，导致羟基的极性增强。③通过测溶液的pH直接判断Ka的大小，则所测量溶液的浓度必须相同，而三种酸的饱和溶液的浓度不同，因此无法直接比较。（5）①HClO不稳定，光照条件下发生分解反映过，生成H＋、Cl－和O2，据此写出反应的离子方程式。②选用0.100mol·L－1的NaClO溶液进行实验，以获取HClO的Ka。则可先计算ClO－的水解平衡常数Kh，结合Kw=Ka×Kh，即可获得HClO的电离平衡常数Ka。（1）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察到体系颜色由紫色变为无色。（2）重结晶法提纯苯甲酸的方法为，加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，故操作编号为da（3）①由图像可知，当加入14mLNaOH溶液时，苯甲酸被完全中和，则可得苯甲酸饱和溶液的浓度；②由图像可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89，说明苯甲酸饱和溶液中的，则苯甲酸的（4）①羧酸酸性的强弱取决于羧基中O-H键的极性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性越大，吸电子能力越强，使得羧基中O-H键的极性越大，酸性越强；③由于常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足。（5）①次氯酸在光照条件下易分解为HCl和O2，其分解反应的离子方程式为；②实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka。21． 某小组在探究的还原产物组成及其形态过程中，观察到的实验现象与理论预测有差异。根据实验描述，回答下列问题：（1）向溶液加入5滴溶液，振荡后加入葡萄糖溶液，加热。①反应产生的砖红色沉淀为 (写化学式)，葡萄糖表现出 (填“氧化”或“还原”)性。②操作时，没有加入葡萄糖溶液就加热，有黑色沉淀生成。用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因： 。（2）向溶液中加入粉使蓝色完全褪去，再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止。过滤得固体，洗涤并真空干燥。①加入盐酸的目的是 ②同学甲一次性加入粉，得到红棕色固体，其组成是 (填标号)。a． b．包裹 c． d．和③同学乙搅拌下分批加入粉，得到黑色粉末X。分析结果表明，X中不含和。关于X的组成提出了三种可能性：Ⅰ ；Ⅱ 和；Ⅲ ，开展了下面2个探究实验：由实验结果可知，X的组成是 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。从物质形态角度分析，X为黑色的原因是 。【答案】（1）Cu2O；还原；（2）除去过量的锌粉；b；Ⅲ；光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色【知识点】醛与Cu(OH)2的反应；性质实验方案的设计【解析】【解答】（1）①新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖在加热条件下发生反应：C6H12O6+2Cu (OH)2 →C6H11O7Na+Cu2O↓+2H2O，得到的砖红色沉淀为 Cu2O；该反应中Cu元素的化合价降低，体现氧化性，葡萄糖中C元素的化合价升高，体现还原性，故答案为： Cu2O；还原。②操作时，没有加入葡萄糖溶液就加热，有黑色沉淀生成，是因为Cu(OH)2分解生成CuO，CuO为黑色沉淀，反应的化学方程式为 ，故答案为： 。（2）①为了使Cu2+完全还原，加入的Zn粉是过量的，通过盐酸除去，因此加入盐酸的目的是除去过量的锌粉，故答案为：除去过量的锌粉。②先加Zn粉、后加盐酸，得到红棕色固体，则固体中一定有Cu，20mL 0.5mol/LCuSO4中n(Cu2+)=0.5mol/L×20mL=0.01mol，Cu的最大物质的量为0.01mol，质量为0.64g，生成Cu2O的最大质量为0.72g，实际固体质量为0.78g：a．若只有Cu，则固体质量应≤0.64g，故a不符题意；b．若是Cu覆盖在Zn表面，则0.64＜固体质量＜1.18g，故b符合题意；c．若是CuO，CuO为黑色固体，故c不符题意；d．若是Cu和Cu2O的混合物，固体质量应介于0.64g-0.72g之间，故d不符题意；选b。③实验1得到的溶液呈无色，说明一定无CuO，那么X的组成只能是Cu，选Ⅲ；从物质形态角度分析，X为黑色的原因是金属固体Cu呈粉末状时，光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色，故答案为：Ⅲ；光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色。【分析】（1） 向溶液加入5滴溶液，得到氢氧化铜悬浊液， 振荡后加入葡萄糖溶液，加热，发生醛基的氧化反应；（2） 向溶液中加入粉使蓝色完全褪去 ，Cu2+被还原，再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止，过量的Zn转化为Zn2+，过滤得固体，洗涤并真空干燥，得到含铜的还原产物。22．市售的溴(纯度)中含有少量的和，某化学兴趣小组利用氧化还原反应原理，设计实验制备高纯度的溴。回答下列问题：（1）装置如图(夹持装置等略)，将市售的溴滴入盛有浓溶液的B中，水浴加热至不再有红棕色液体馏出。仪器C的名称为 ；溶液的作用为 ；D中发生的主要反应的化学方程式为 。（2）将D中溶液转移至 (填仪器名称)中，边加热边向其中滴加酸化的溶液至出现红棕色气体，继续加热将溶液蒸干得固体R。该过程中生成的离子方程式为 。（3）利用图示相同装置，将R和固体混合均匀放入B中，D中加入冷的蒸馏水。由A向B中滴加适量浓，水浴加热蒸馏。然后将D中的液体分液、干燥、蒸馏，得到高纯度的溴。D中蒸馏水的作用为 和 。（4）为保证溴的纯度，步骤(3)中固体的用量按理论所需量的计算，若固体R质量为m克(以计)，则需称取 (用含m的代数式表示)。（5）本实验所用钾盐试剂均经重结晶的方法纯化。其中趁热过滤的具体操作为漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用 ，滤液沿烧杯壁流下。【答案】（1）直形冷凝管；除去市售的溴中少量的；（2）蒸发皿；（3）液封；降低温度（4）（5）玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处【知识点】氧化还原反应；蒸馏与分馏【解析】【解答】（1）仪器C为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴中含有少量的，可与发生氧化还原反应而除去；水浴加热时，、蒸发进入装置D中，分别与发生氧化还原反应，、，由于Br2为进入D的主要物质，故主要反应的化学方程式为；（2）将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的溶液至出现红棕色气体()，即说明已将全部氧化，发生反应的离子方程式为；（3）密度，D中冷的蒸馏水起到液封的作用，同时冷的蒸馏水温度较低，均可减少溴的挥发；（4）m克KBr固体的物质的量为，根据转移电子相等可得关系式，则理论上需要的物质的量为，实际所需称取的质量为；（5）趁热过滤的具体操作：漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处，滤液沿烧杯壁流下。【分析】（1）根据仪器构造确定其名称； 能氧化 生成Br2；D中Br2和 均能与反应；（2）蒸干溶液使用蒸发皿；具有强氧化性，与发生氧化还原反应 ；（3）溴的密度大于水，水起到液封作用，同时能降低温度，防止溴挥发；（4）根据关系式计算；（5）转移溶液时需要使用玻璃棒引流。（1）仪器C为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴中含有少量的，可与发生氧化还原反应而除去；水浴加热时，、蒸发进入装置D中，分别与发生氧化还原反应，、，由于Br2为进入D的主要物质，故主要反应的化学方程式为；（2）将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的溶液至出现红棕色气体()，即说明已将全部氧化，发生反应的离子方程式为；几乎未被氧化，继续加热将溶液蒸干所得固体R的主要成分为；（3）密度，D中冷的蒸馏水起到液封的作用，同时冷的蒸馏水温度较低，均可减少溴的挥发；（4）m克KBr固体的物质的量为，根据转移电子相等可得关系式，则理论上需要的物质的量为，实际所需称取的质量为；（5）趁热过滤的具体操作：漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶液时用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处，滤液沿烧杯壁流下。1 / 1 展开更多...... 收起↑ 资源列表 备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编专题12有机物的结构烃和烃的衍生(学生版).docx 备考2026届高考 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