小练45 水溶液中的图像分析-【衡水金卷·先享题】2026年新高考化学拿满基础分自主小练（HX）

拿满基础分自主小练·化学·Hⅸ 班级： 姓名： 小练45水溶液中的图像分析 (考试时间：30分钟，满分38分) 可能用到的相对原子质量：016Co59 A.ab段为CH COOH a 单项选择题每小题2分，不定项选择题每小 与NaOH的中和 题4分 过程 1.(教材改编题)水的电离平衡图像如图所 B.b点水的电离程度 101520 示。已知pOH=一lgc(OH)。下列说法 最大 CH,COOH溶液体积mL 正确的是 C.c 3c (Na)=2c CH2COOH) A.T>T +2c(CHCOO) B.升高温度，可能引 D.d c(Na )>c(NH )>c (OH) 起水的电离平衡 >c(H+) 由g向「移动 5.室温下，用0.10mol·L1NaOH溶液滴定 C.在T2温度下，稀 20mL0.10mol·L1HA溶液，测得混合 释溶液可引起水 POH 的电离平衡由d向c或g移动 溶液的pH与：沿品的关系如阁所示。 D.在T2温度下，pH=4的盐酸中由水电离 出的c(H+)·c(OH)=1×10-0 下列叙述正确的是 2.(教材改编题)某温度下，向一定体积的 pH 0.1mol·L1的醋酸溶液中逐滴加入等浓 度的NaOH溶液，溶液中pOH[pOH= 6(3.2,7) 一lgc(OH)]与pH的变化关系如图所 a(2,5.8) 示。下列说法中正确的是 2 3 A.图中x=6,y=6 ga号 c(HA) B.Q点溶液显酸性 Q A.HA为弱酸，K.的数量级为103 C.水的电离程度： N(8,y B.b点时消耗NaOH溶液的体积大于 M-N 20 mL D.该温度下，加入 0 C.溶液的导电能力：b>a 硫酸不可能引起M点向P点的变化 D.b点溶液中：c(Na+)=c(A)=(H+)= 3.(教材改编题)室温下，向10mL0.10mol/L c(OH-)=10-7 mol/L NaOH溶液中逐渐滴加0.10mol/LHX溶 6.(教材改编题，不定项)常温下，用0.100mol/L 液，混合溶液的pH变化如图所示（温度和 的AgNO3溶液滴定50.0mL0.0500mol/L 体积变化忽略不计)。下列说法错误的是 A.室温下，HX为弱H↑ KCI溶液，以KCO4为指示剂，测得溶液中 M 酸，其K.=106 3 pCI=-lgc(CI)、pAg=一lgc(Ag)随加入 B.N点对应的溶液 7 AgNO,溶液的体积V(AgNO,)变化如图所 中，c(Na)是 示。已知：当溶液中离子浓度小于等于1.0× c(HX)的10倍 051120HX/mL 105mol/L,则该离子沉淀完全； C.P点对应的溶液中：c(X)>c(HX) Kn(Ag2 CrO)=2.0×1012。下列说法错误 D.M点与P点对应的溶液中水的电离程 的是 度：M>P 9.00f 4.(教材改编题)室温下，用0.10mol/L 8.00 pCl CH COOH溶液滴定10.00mL浓度均为 豆700 6.00 0.10mol/L NaOH和NH3·H2O的混合 5.00 液，混合溶液的相对导电能力随乙酸滴入 4.00 3.00 的变化曲线如图所示。已知： 2.00 Ka(CH3COOH)=1.8×105, 1.00 -------pAg Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。下列述 0102030 40 50 VAgNo,/mL 错误的是 A.常温下，Kp(AgCI)的数量级为108 B.滴定中指示剂的有效浓度应维持在2.0 89 ×10-2mol/L 8.(12分)某铜钴矿石主要含有CoO(OH)、 C.该滴定需在中性或弱碱性条件下进行 CoCO3、Cu2(OH)zCO3和SiO2,及一定量 D.饱和AgCl溶液与饱和Ag2 CrO4溶液相 的Fe2O3、MgO和CaO等。由该矿石制 比，前者的c(Ag)大 Co2O3的部分工艺流程如图所示： 7.(12分，教材改编题)研究电解质在水溶液 过量稀H2S04 和过量Na2SO; 中的平衡能了解它的存在形式。 NaClO (1)已知部分弱酸的电离常数如下表所示： 铜结一浸泡一除铜一滤液Na,C0,滤液足量N 矿石 →滤液 化学式 HF H2 CO H2S 滤渣 o,0,烧cC,02H,0lhC,0溶液盐酸滤渣浓Na,C0g 电离平 V CoCO3Π K1=4.4×10-7 K1=9.1×10-8 衡常数 7.2×10-4 K(25℃) K2=4.7×101K2=1.1×102 回答下列问题： (1)“浸泡”过程中，钴（Ⅲ）可转化为CoSO4, ①写出H2S的Ka1的表达式： 写出该转化的相关化学方程式： (2)“除铜”若选用MnS,计算常温下该“除 ②常温下，pH相同的三种溶液NaF、 铜”反应的平衡常数K= [保留2位 Naz CO3、Na2S,物质的量浓度最小的 有效数字；已知常温下Kp(MnS)=2.5× 是 10-13,Kp(CuS)=1.3×1036] ③将过量H2S通入Na2CO3溶液，反应的 (3)①步骤I中加入NaCIO3与Fe+反应 离子方程式是 的离子方程式为 (2)室温下，用0.100mol·L1盐酸滴定 20.00mL0.100mol·L1的氨水，滴定曲 ②常温下，溶液中金属离子(M+)的 线如图所示（忽略溶液体积的变化）。 pM[pM=一lgc(M+)]随溶液pH变化关 系如图所示，设加入NaCIo3后，溶液中的 c(Co+)为0.1mol·L1,据图分析，步骤 I中加入Naz CO3调整溶液pH范围为 [当c(M+)≤ 01020307mL 106mol·L1,即认为该金属离子沉淀 ①a点所示的溶液中c(NH3·H2O) 完全]。 PM 1 (填“>”“<”或“=”下同)c(CI)。 Co2 ②b点所示的溶液中c(CI) c(NH)。 ③室温下，pH=11的氨水与pH=5的 Fe3+ NHCI溶液中，由水电离出的c(H+)之比 为 (3)二元弱酸H2A溶液中H2A、HA、A2 0 4 567:8910111213pH 的物质的量分数ò(X)随pH的变化如图所 7.6 示。则H2A第二级电离平衡常数Ka (4)步骤Ⅱ中加入足量NaF的目的是 (5)过滤出的CoC,O4·2H2O固体经洗涤 1.0 2 0.8 后，证明固体已洗净的操作为 0.6 (6)若某工厂用m1kg该铜钴矿石制备了 m2kgCo2O3,假设产率为a,则该矿石中钴 元素的百分含量为 90参考答案及解析 101mol/L,根据Kp(CaCO3)=c(CO)· c(Ca2+),c(Ca+)= Kn(CaC0)_108.1 c(C0）-10-.T9 10-1.smol/L,D项正确。 9.(12分) (1)3(2分) (2)3×10-1(2分)>(2分) (3)3.3×105(2分) (4)中(2分) 10-4 a-0.07(2分) 【解析】(1)由K,=H):cHA）=CH可 c(HA) c(HA) 得：c(H+)=√X10X1mol/L=1.0X 10-3mol/L,因此pH=-lgc(H+)=3。 (2)Kw=Kh×K.=2×10-5×1.5×10-=3×101a >101“,因此T应高于25℃。 (3)该反应的平衡常数K=c(Mn+) c(Cu2+) c(Mn+)·c(s)_Kn(Mns≈3.3X105。 c(Cu2).c(S2)Kp (CuS) (4)根据电荷守恒有c(NH)+c(H)=c(CI)+ c(OH),由于c(NHt)=c(CI),则c(H+)= c(OH),因此溶液呈中性；溶液中c(OH)= 10-?mol/L,c(NH)=c(C1-)=0.005mol/L,因此 混合后溶液中c(NH·HO)=(0.5a 0.005)mol/L,因此NH:·H2O的电离平衡常数Kb =c(NH)·c(OH)_10-1×0.00510- c(NH3·H2O) 0.5a-0.005a-0.01 10.(12分) (1)c3(Cd+)·c2(PO}-)(2分) (2)Cd(OH)2(2分) (3)1.0×101“(2分)符合(2分) (4)蓝色(1分) (5)①2(1分) ②无(2分) 【解析】(1)磷酸镉[Cd(PO,)2]沉淀溶解平衡常数 的表达式：Kp[Cd(PO,)2]=e2(Cd+) ·c2(P0月-)。 (2)当CdCO达到沉淀溶解平衡时有CdCO(s) Cd+(ag)十CO方(ag),则该温度下CdCO,饱和溶液中 c(Cd+)=√Kp(CdCO)=√/4.0x10rmol·L1= 2.0×106mol·L-l,当Cd(OH)2达到沉淀溶解平衡 时有Cd(OH)2(s)一Cd+(ag)十2OH(ag),则该温 ·64 化学·HX 度下Cd(OH)2饱和溶液中c(C+)= cao-√月 3/3.2X10 4 4 -mol·L1=2.0X 10-5mol·L1,则Cd(OHD2的饱和溶液中Cd+浓度 较大。 (3)当c(S2-)=7.9×10-8mol·L1时，c(Cd+)= 7.9×10-27 7.9xX10molL1=1.0X101molL,水中 Cd+排放量=10-1×112×103mg·L-1< 0.005mg·L1,符合《生活饮用水卫生标准》。 (4)25℃时，KCMg(OH)2]=c(Mg2+)·c2(OH) =5.6×1012,设Mg(OH)2饱和溶液中c(OH)= xmol·L-1,则0.5x×x2=5.6X10-2,解得x≈ 10-14 2.24X10c(H*)=2.24x107mo1.L≈4.5 ×10-1mol·L-1,pH≈10.4>9.6，所以溶液呈 蓝色。 (5)①反应后，溶液中c(H+)=0.020mo·L= 2 0.010mol·L1,则溶液的pH=-lgc(H+)=2。 ②50mL0.018mol·L-1的AgNO3溶液和50mL 0.020mol·L1的盐酸反应后溶液中c(C1)= 0.020×50-0.018×50mol.L1=1.0× 100 10 mol L-,c(Ag)=K(AgCD)_ c(CI) .0x10mol.L1=1.8×101molL,再向 1.8×10-19 反应后的溶液中加入50mL0.001mol·L盐酸， 溶液中c(Ag)=号×1.8X10molL1=1.2X 10-7mol·L-1、c(C1)=10-3mol·L1,Q=10-3 ×1.2×107=1.2×10-10<1.8×101°，故无沉淀 产生。 小练45水溶液中的图像分析 1.D【解析】水的电离是吸热反应，升高温度促进水的 电离，则水的离子积常数增大，根据图像知，Kw:b> f,则T<T2,A项错误：由g向f移动是温度不变时 的变化，B项错误；由图像分析可知c点、g点、d点温 度不同，在T2温度下，稀释溶液，温度不变K不变， 不会引起水的电离平衡由d向c或g移动，C项错 误：在T2温度下，b点Kw=1014,据此计算pH=4 的盐酸中由水电离出的c(H+)=c(OH)= 101mol/L,则pH=4的盐酸中由水电离出的 化学·HX c(H+)·c(OH)=1×10-0,D项正确。 2.D【解析】由图可知，x6,y<6,A项错误：Q点溶 液中pOH=pH,溶液显中性，B项错误；M点pOH 等于N点pH,得M点c(H)等于N点c(OH),两 者对水的电离平衡的抑制程度相同，C项错误；M点 和P点温度不同，水的离子积常数不同，加入硫酸不 可能引起M点向P点的变化，D项正确。 3.D【解析】N点时DH=7,溶液显中性，但加入酸的 体积V(HX)=11mL,二者浓度相等，因此此时 n(HX)>n(NaOH),HX过量。由此可知HX为弱 酸，根据电荷守恒可知：c(Na)十c(H)=c(X)十 c(OH)。室温下，N点时溶液显中性，故c(H+)= c(OH),c(Na+)=c(X)。根据钠元素守恒可知： c(Na)=c(X）=0.10mol/LX0.01L=1 (0.01+0.011)L 21 mol/L 根据c(HX)=c(HX)s一c(X)可知：c(HX)= 0.10mol/L×0.011L1 1 (0.01+0.01)1-27mol/L=20mol/L,故 HX的电离平衡常数K=c(H):cX) c(HX) 101×i 1 1 =106,A项正确；N点对应的溶液中 210 c(Na)=c(X)=21 mol/L,c(HX)=210 mol/L, 故c(Na)=l0c(HX),B项正确；P点n(HX)= 2n(NaOH),二者发生中和反应后，溶液为等物质的 量的NaX、HX的混合溶液，溶液pH<7,溶液显酸 性，说明HX的电离程度大于X的水解程度，故微粒 浓度c(X)>c(HX),C项正确；M点为NaOH与 NaX等浓度的混合溶液，P点为等浓度的NaX与HX 的混合溶液，酸电离产生的H+及碱电离产生的 OH都会对水的电离平衡起抑制作用，导致水电离 程度减小。由于NaOH为强碱，完全电离，HX为弱 酸，部分电离，故M点溶液中NaOH电离产生的 c(OH)大于P点HX电离产生的c(H+),对水电离 的抑制作用M点大于P点，因此M点与P点对应的 溶液中水的电离程度：M<P,D项错误。 4.B【解析】由K(CH,COOH)=1.8×10-5、 K(NH3·HO)=1.8×10-5可知，在室温下，两种 弱电解质的电离常数相同。NaOH是强碱，其完全电 离，故其先参与中和反应，NH·H2O是弱碱，其没 有参加反应，因为只要NH·H2O参加反应就会生 ·65 参考答案及解析 成可溶性的强电解质醋酸铵，离子总浓度必然增大， A项正确；b点为醋酸钠和NH3·H2O的混合液，此 时NH·HO的电离抑制了水的电离，在d点恰好 完成所有的中和反应，溶液中只有醋酸钠和醋酸铵两 种溶质，两者的水解均促进水的电离，故d点水的电 离程度最大，B项错误；起始状态时醋酸和氢氧化钠 的物质的量浓度相同，在c点，醋酸的体积是原氢氧 化钠溶液体积的1.5倍，根据元素质量守恒可知， 3c(Na)=2c(CH3COOH)+2c(CH:COO),C项正 确；在室温下，两种弱电解质的电离常数相同。在d 点溶液中只有醋酸钠和醋酸铵，且两者物质的量浓度 相同。若醋酸根离子的物质的量浓度与铵根离子浓 度相同，则溶液呈中性，但是，此时溶液中醋酸根离子 的物质的量浓度是铵根离子的2倍，因此，醋酸根离 子的水解作用大于铵根离子的水解作用，溶液呈碱 性，因此，c(Na)>c(NH)>c(OH)>c(H),D 项正确。 5.C【解析】据图可知溶液pH为7时溶液中同时存 在HA和A,说明NaA溶液显碱性，存在A的水 解，所以HA为弱酸：根据a点可知当k合品=2 时pH=8脚合品=10时cH) 108molL,K,=cA）cH*）=10X108 c(HA) =10-,所以数量级为10-4，A项错误；当NaOH溶 液为20mL时，溶液中的溶质为NaA,由于HA为弱 酸，所以溶液显碱性，所以当溶液pH=7时加入的 NaOH溶液体积小于20mL,B项错误；a点和b点溶 液中均存在电荷守恒：c(Na)十c(H+)=c(Aˉ)十 c(OH-),所以溶液中总离子浓度均为2[c(A)十 c(OH)],b点c(A)和c(OH)均更大，所以b点 溶液中总离子浓度更大，离子所带电荷数相同，所以 b点溶液导电能力更强，C项正确；b点溶液中溶质为 NaA和HA,存在电荷守恒：c(Na)十c(H+)= c(A)十c(OH),溶液显中性，所以c(H+)= c(OH-),所以c(Na)=c(A),弱电解质的电离和 弱酸根的水解都是微弱的，所以c(Na)=c(A) c(H+)=c(OH),D项错误。 6.AD【解析】根据图像，当pCI=pAg时，溶液中 c(Ag+)=c(C)=10imol/L,则Kp(AgCI)的数量 级为101“，A项错误；溶液中Ag沉淀完全时 c(Ag+)=10-5mol/L,形成Ag2CrO时，所需 参考答案及解析 c(CrO)=K (Ag CrO)=2.0x10-:mol/L.B C(Ag) 正确；指示剂使用的是K2CO,溶液中存在Ag+,如 果溶液为酸性，则CrO}易形成Cr2O,如果溶液是 强碱性的，则易产生AgO,因此溶液需维持在中性 或弱碱性，C项正确；饱和AgCI中c(Ag)= √/K(AgCD=√/X10rmol/L=1×10-imol/L, 饱和Ag2CrO:中c(Ag)=2XA K(Ag:CrO)= 4 8/2.0×10z 4 =4×104mol/L,所以后者的 c(Ag)大，D项错误。 7.(12分) a)OK(H,S)=cH）:cHS）(2分) c(H,S) ②NaS(2分) ③HS+CO -HCO+HS(1分) (2)①<(1分) ②=(2分) ③1：10(2分) (3)104.2(2分) 【解析】(1)①H2S是二元弱酸，K =c(Ht)·c(HS) c(H2 S) ②常温下K(HF)>K2(HCO2)>K2(H2S),酸越 弱，对应的酸根离子的水解能力越强，故物质的量浓 度相同的NaF、Naz COa、Na2S三种溶液，pH(Na2S) >pH(Na2 CO3)>pH(NaF),所以常温下，pH相同的 三种溶液NaF、NaCO,、NazS,物质的量浓度最小的 是NazS。 ③因为K1(H2CO3)>K1(H2S)>K2(H2CO3)> K2(H2S),由强酸制弱酸可知，将过量HS通入 NaCO,溶液，反应的离子方程式：H2S十CO号 HCO2+HS。 (2)①a点加入的盐酸体积为氨水体积的号，等浓度 的两溶液反应后，混合液中含有等浓度的 NH·HO和NHCI,由于NH·HO的电离程度 大于NH丈的水解程度，则溶液显碱性，故a点所示 的溶液中c(NH·HO)<c(CI-)。 ②由电荷守恒可知c(NH)十c(H+)=c(CI厂)十 c(OH),因为pH=7,溶液呈中性，c(H+)= c(OH-),所以c(NHt)=c(CI)。 66 化学·HX ③NH3·H2O是一元弱碱，对水的电离起到抑制作 用，故室温下pH=11的氨水由水电离出的c(H)= 1.0×101mol·Ll:NH,C1是强酸弱碱盐，促进水 的电离，故室温下pH=5的NH,CI溶液中，由水电 离出的c(H+)=c(OH)=1.0×105mol·L1,所 以室温下pH=11的氨水与pH=5的NH,CI溶液 中，由水电离出的c(H+)之比为(1.0× 10-1mol·L1):(1.0X10-5mol·L-1)=1:10°。 (3)由图像可知，pH=4.2时，c(HA)=c(A2-),K2 =10-4.2 8.(12分) (1)2CoO (OH)+2H2 SO:+Na:SO3=2CoSO+ Na2 SO+3H2O(2分) (2)1.9×102(2分) (3)1CIO +6Fe2++6H+-CI-+6Fe2++3H2 O (2分) ②3≤pH<7.6(2分) (4)形成沉淀，除去溶液中的钙离子、镁离子(1分) (5)取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化 的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明已洗净 (1分) (6)5900m%(2分） 83m1a 【解析】(1)“浸泡”过程中，钴（Ⅲ）可转化为CoSO,, 该转化的相关化学方程式：2CoO(OH)十2H2SO,+ Na,SO=2CoSO,+Na,SO,++3H,O. (2)“除铜”若选用MnS,发生MnS十Cu+、一CuS十 Mn+,常温下该“除铜”反应的平衡常数K= Km(MnS)_2.5×10-13 K,(CuS-1.3X106≈1,9X10”。 (3)①步骤I中加入NaCIO与Fe+反应，生成CI 和Fe3+,离子方程式为ClO+6Fe2++6H+-CI +6Fe3+十3H2O。 ②设加入NaCIO3后，溶液中的c(Co2+)为 0.1mol·L1,据图分析，pH≥3时Fe+完全沉淀， pH<7.6时Co2+不沉淀，步骤I中加入NCO,调 整溶液pH范围为3pH<7.6。 (4)步骤Ⅱ中加入足量NF的目的是形成沉淀，除去 溶液中的钙离子、镁离子。 (5)过滤出的CoC2O,·2H2O固体经洗涤后，检验洗 涤液是否含有CI,证明固体已洗净的操作为取少量 最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶 化学·HX 液，若无白色沉淀产生，则证明已洗净。 (6)若某工厂用m1kg该铜钻矿石制备了2kg Co2O3,假设产率为a,设该可矿石中钴元素的百分含量 为x,由原子守恒可知mkgX.zXaX-=m:kg,解 得x 59002%。 -831a 小练46烃的结构与性质 1.A【解析】硝基苯可由苯与浓硝酸在浓硫酸作用下 发生硝化反应制取，A项正确；苯和硝基苯中的碳原 子均采取sp杂化，B项错误；硝基苯有毒，密度比水 大，C项错误；硝基苯中含有氧原子和氮原子，不属于 芳香烃，D项错误。 2.D【解析】①制取溴苯，利用的是苯与液溴在溴化铁 作催化剂的条件下制备的，而不是浓溴水，①错误；② 裂化汽油中含有碳碳不饱和键，能与溴水发生加成反 应，因此不能用裂化汽油萃取溴水中的溴，②错误；③ 溴单质与乙烯加成，产物易溶于苯，苯中会引入新的 杂质，③错误：④敞口久置的电石能与空气中的水发 生反应而变质，因此用敬口久置的电石与食盐水反应 无法得到乙炔，④错误；⑤产生的乙炔中含有HS等 杂质，HS能与溴水发生反应，而使溴水褪色，不能证 明乙炔和溴水发生了加成反应，⑤错误。故选D项。 3.C【解析】甲苯与液溴在FeBr催化条件下发生苯 环上的取代反应，可生成 ),A项正确：光照 下甲基上的H原子被CI原子取代，则甲苯和氧气光 照生成的氯代物有3种（一氯取代有1种、二氯取代 有1种、三氯取代有1种)，同时还有HC1生成，所以 产物共有4种，B项正确；光照下甲基上的H原子被 取代，而苯环上的H原子不能被取代，C项错误；甲 苯和氧气在光照条件下，只有甲基上的H原子被取 代，则甲苯和氯气在光照条件下生成的一氯代物有一 种，D项正确。 4.B【解析】由图像中的线性关系，选取混合烃的总物 质的量为1ol作研究，生成的CO2和H2。的物质 的量分别为1.6mol和2mol,故其平均分子组成为 C.H,根据碳原子平均数可知，混合气体中一定含 ·6 参考答案及解析 有甲烷：CH分子中含4个氢原子，故另一种烃分子 中一定含4个氢原子，可能是CH、CH,一定不含 有丙烷、乙烷、乙炔，所以②④符合题意；故选B项。 5.B【解析】2-甲基-1-丙烯为CH2一C(CH)2,不具 有顺反异构，A项不符合题意；2丁烯的结构简式为 CH CH-CHCH,具有顺反异构，B项符合题意；1 丁烯为CHCH2CH一CH2,不具有顺反异构，C项不 符合题意；2-甲基-2-丁烯为CHC(CH)一CHCH, 不具有顺反异构，D项不符合题意。 6.C【解析】有机物含有碳碳双键和苯环，结合苯、烯 烃的结构和性质，由此分析。该有机物只含碳和氢元 素，属于烃类，难溶于水，A项正确：含有苯环和碳碳 双键，都为平面形结构，则分子中所有原子可能共平 面，B项正确；含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧 化，能使高锰酸钾稀溶液褪色，C项错误；含有碳碳双 键，可发生加聚反应，D项正确。 7.BD【解析】结构相似、分子组成上相差一个或若干 个CH2的有机物互为同系物，则乙烯、丙烯和2-丁烯 互为同系物，A项正确；乙烯、丙烯和2丁烯分子中碳 原子数依次增加，沸点依次升高，B项错误；图中 Ⅲ-V过程中加入的2-丁烯具有反式结构，C项正确； 分析转化关系可知，碳、钨(W)原子间的化学键在 V→I的过程中发生断裂，D项错误。 8.AB【解析】由题给结构可知①、②的分子式均为 CH2,A项正确；②分子中只有两种氢原子，其一氯 代物只有两种，B项正确；②分子中存在连有4个碳 原子的饱和碳原子，分子中所有碳原子不可能处于同 一平面上，C项错误：苯环中处于对位的碳原子及其 相连的原子在一条直线上，在①分子中最多有3个碳 原子在一条直线上，D项错误。 9.(12分) 工.(1)2,3-二甲基戊烷(1分) (2)5(1分) (3)1(1分) (4)6(1分) (5)3-甲基-2-戊烯(1分) ON CH -CH3+3HNO3- 浓硫酸 (6) -NO2 NO2 +3H2O(2分) Ⅱ.(7)C26H26(1分)