专题卷(10)有机化学基础-【鱼跃龙门卷】2026年高三化学二轮复习专题金卷（黑吉辽蒙专版）

·化学B· 8.D【解析】由晶胞结构可知，与Cu+(黑点)距离最近且相等的 D【解析】氨化镓硬度很大，熔点很高，应属于共价晶体；1个图 C1有4个，所以Cu的配位数为4；已知1号原子的坐标为(0， 0,0),3号原子的坐标为(1,1,1)，则2号原子的坐标应为( 3 示结构中，位于棱上和体内的N原子个数为6×号+4=6：在该 结构中Ga原子呈六方最密堆积，故Ga原子周围等距离且最近 311 4,4:以顶点的CI为例，与之最近且等距离的C1位于面 的Ga原子数为l2;在该结构中，位于顶角、面上和体内的Ga原 心，每个顶点的C1被8个晶胞共用，每个面心的C1被2个晶 子个数为12X6+2大、7 2+3=6,位于棱上和体内的N原子个 胞共用，所以个数为3×8÷2=12；品胞中Cu的个数为4，CI 6×(70+14) 的个数为8×日+6X号-4则1个晶胞质量为以6五.可 NA 数为6X 3十4=6，则该晶体的密度为 NA 1 3 N8,晶胞体积为(a×1010cm)3=a3×10”cm',所以密度为 398 (2×2axax6)xc 1123 398 100g·cm3- a'cNA ×100g·cm3。 NA a3X10-0g·cm3。 二、非选择题 16.(1)3d8 9.B【解析】基态C0原子的电子排布式为 (2)sp2和sp37:1 1s22s22p°3s23p°3d”4s2,电子的空间运动状态为15种；一般情 况下，对于中心原子不同、周围原子相同的结构类似的分子，中 (3)> 心原子电负性越强，键角越大，故键角H2O>H2S>H2Se;反 ④@() ②2.88X102 应中位于p区的元素有Cl、N、O三种；[CoCl2(H2O)4]·2H2O NAC3 中Co与CI原子、H2O形成配位键，H2O中存在。键，没有离 17.(1)6：73Ca2+已经达到稳定结构，再失去的1个电子属于 子键。 内层电子，原子核对内层电子的吸引力更强，所以第三电离能 10.B【解析】(NH4)2S2O。由NH4和S2Og构成，是离子化合 增大较多 物；S2O?中含有过氧键一O一O一，空间结构不是正四面体 (2)三角锥形 N元素L层最多有4个轨道，所以不易生 形；(NH4)2S2Og中S2O?含有过氧键一O-O一，其中的 成NCL O一O键为非极性键。 (3)H8 11.D【解析】同一周期元素随着原子序数变大，第一电离能呈增 (4)4X(48+16X2) 71 大趋势，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周 Nam2nX10-30 168 期相邻元素，故I中N元素的第一电离能最大；单键均为σ 【解析】(1)基态Ca原子核外电子占据能级为1s、2s、2p、3s、 键，碳碳双键中含有1个σ键和1个π键，碳碳三键含有1个g 3p、4s,基态Ti原子核外电子占据能级为1s、2s、2p、3s、3p、3d、 键和2个π键，1个Ⅱ分子中含有14个σ键；Ⅲ中存在碳氧双 4s,能级数之比为6：7；基态Ti原子的价层电子排布式为 键、碳氧单键，两种碳氧键的键能不相等。 3d4s2,3d能级有2个单电子，同周期中含有2个单电子的元 12.A【思路分析】[Co(NH3)。]CL?是配合物，中心离子为Co3+, 素有Ni、Ge、Se3种；Ca的核外电子排布式为[Ar]4s2,失去2 NH3为配体，N为配位原子，配位数为6。 个电子后，核外电子达到稳定结构，再失去的1个电子属于内 【解析】Co(NH)6]3+中NH的N一H键为极性键，NH3与 层电子，原子核对内层电子吸引力更强，所以第三电离能增大 Co3+间为配位键，没有氢键。 较多。 13。B【解析】该整合离子中碳原子为饱和碳原子，所有的氧原子 (2)NCl3的中心N原子含有1个孤电子对，价层电子对数为 和碳原子不可能在同一平面。 4,则分子空间结构为三角锥形；P原子核外电子M层有d能 14.D【思路分析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大短周期元 级，可形成sPd杂化，N原子核外电子L层只有s、p能级4个 素，由图知，X形成4个共价键且原子序数较小，X为C,Z形成 电子轨道，则不能形成NCL。 2个共价键、R形成6个共价键，则Z为O、R为S,那么Y为 (3)Ti(CO)。、Ti(H2O)+、TF中的配体分别为CO、H2O N;Q形成1个共价键且原子序数大于Z(O)小于R(S),则Q F一，一般元素非金属性越强，电负性越大，则H的电负性最 为F。 小；根据球棍模型，硝酸根离子中的2个氧原子与T+连接成 【解析】X为C,Z为O,XZ2为二氧化碳，CO2为直线形：该阴 环，则T4+的配位数是8。 离子中，R(S)形成了6个共用电子对，不满足8电子稳定结 (4)根据TO2品胞结构知，Ti原子在晶胞的顶点、面上和体 构；根据上述分析可知，Z为O,Q为F,R为S,原子半径为S> 心，1个晶胞含有的Ti原子的个数为4；O原子8个在棱上、8 O>F,即R>Z>Q;根据上述分析可知，Q为F,Z为O,Y为 个在面上、2个在体内，1个晶胞中含有的O原子个数为8，则 N,根据同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的 1mol晶胞的质量为(48十16×2)×4g,体积为m2×n× 电负性变强，所以电负性为F>O>N,即Q>Z>Y。 l5.A【解析】反应①的反应物为Cu(NH3)士和O2,生成物为 100×NAcm,则密度=0=4X(48+16×2 Nam2nX100g·cm3。 [(NH)2Cu一O-O-Cu(NH)2]+,反应的离子方程式为 T0:-N品胞中Ti原子数为1+4×号+8× =4,N原子 2Cu(NH3)+O2-[(NH3)2 Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+, O2转化为过氧根离子，每消耗1molO2,转移2mole;反应 1 数为2,0原子数为1+7× ④中有NH3消耗、H2O生成，故涉及极性共价键的断裂与生 2+7 ×1=25,则Ti.0N的原 4 成；在反应⑤中，氧化剂是NO、Cu(NH3),还原剂是 4‘21:25,1 子个数比为4：25：1 168,即2-a=25,。 7 16,a=16 Cu(NH3),每2个NO得到2×2e被还原为N2,同时2个 Cu(NH)得到2×e变为Cu(NH)克，同时2个 6- Cu(NH)中的2个配体NH,中N元素失去2×3e,被氧 18.(1)0钙 化为N2,故N2既是氧化产物又是还原产物；根据图示可知总 (2)Ca 变化过程可表示为O,十4NO+4NH,催化剂4N,十6H,0. (3)HCIO 参考答案及解析 (4)Na×S,+xNa→Na+[S]PNa (4)SnL的榕、沸点较低，属于分子晶体，SnL中心Sn原子的价 (5)H2O水和氨气可以形成分子间氢键，且水分子间的氢键 层电子对数为4十4-)X4-4,没有孤电子对，因此Sl的空间 2 更强，而硫化氢和氯化氢不能形成分子间氢键 (6)SO2+Na2 02 -Na2 SO 结构为正四面体形，属于非极性分子，CCL,也是非极性分子，根 【思路分析】由于七种元素的原子序数依次增大，C的最外层 据相似相溶原理，SnI4易溶于CCl4。 电子数是其内层电子数的3倍，C为O;C和E位于同一主族， 1 (6)①晶胞中，N原子位于顶点，数目为8× E为S;B和C相邻，B为N;A和B位于不同周期，A为H;A =1,Cu位于棱心， 和D位于同一主族，D为Na;F与E位于同一周期，F为Cl:G 和B的最外层电子数之和为7，G为Ca。 数目为12×4=3，则该晶体化学式为Cu,N;以N原子为中心， 【解析】(2)E为S,F为Cl,G为Ca。E、F、G三种元素中失去 与其相连的六条棱的棱心均有1个Cu原子，且与N原子的距离 第一个电子最容易的为Ca,第一电离能最小的是Ca。 均为棱长的一半，因此与N距离最近且相等的Cu原子个数是6。 (4)D为Na,E为S,两者形成的化合物为Na2S,用电子式表示 ②根据题意，Cu3N与盐酸反应得到绿色溶液（含[CuCL4]2-)和 Na2S形成过程为Na个S,+xNa→Na+[S]PNa。 红色沉淀(Cu),则该反应为十1价Cu的歧化反应，离子方程式为 (5)七种元素中的非金属元素形成的最简单氢化物有H2O 2Cug N+8H++12CI--3Cu+3[CuCl ]2+2NH. NH3、H2S、HCI,沸点最高的是H2O,因为水和氨气均可以形 化学（十） 成分子间氢键，且水分子间的氢键更强，而硫化氢和氯化氢不 能形成分子间氢键。 一、选择题 (6)D为Na,在空气中燃烧的产物为Na2O2;E为S,在空气中1.D【解析】铁氧体是一种陶瓷材料，由铁氧化物和其他金属氧 燃烧的产物为SO2,两种物质发生氧化还原反应SO2+Na2O2 化物组成，用于吸收电磁波，在隐形技术中常见，属于无机非金 -Na2SO4,生成硫酸钠。 属材料。 19. (1)哑铃形4s24p 2.C【解析】加热后发现未加碎瓷片，正确操作是停止加热，待溶 (2)O>C>H O 液冷却后再补加碎瓷片；收集乙酸乙酯时，导管不能伸入饱和 (3)平面三角形碳酸镁分解产物是MgO和CO2,碳酸钙分 Na2CO3溶液中，否则会因倒吸导致实验失败；乙酸乙酯不溶于 解产物是CaO和CO2,MgO的离子键强于CaO,更加稳定 饱和Na2CO3溶液且密度更小，会分层，可用分液法进行分离； 0 (4) Co-h 0c0H. 提纯乙酸乙酯应采用蒸馏法，但温度计水银球应位于蒸馏烧瓶 H sp2杂化 0 支管口处 3.A【解析】K2SO4和CCl2均为强酸强碱盐，溶液均呈中性， 588 NA 用pH计无法区分。 (5) 3√3 4.B【解析】分子中有多个采取sp杂化的碳原子相连，导致所 12bpX10-30 有碳原子不可能处于同一平面上。 【解析】(5)从图中可知，该晶胞含有C原子个数为3，含有w5.D【解析】将乙酸加入碳酸钠溶液中，产生的二氧化碳中含有 原子个数为2×合十12×吉 CH,COOH,没有进行除杂，气体通入苯酚钠溶液中产生苯酚， =3,则晶胞的质量为 无法证明碳酸酸性强于苯酚：苯和液溴反应后的气体产物中混 12×3+184X3588 g,设晶胞底面六边形的边长为xpm, 有Br2,再通入AgNO3溶液中也可以产生浅黄色沉淀，无法证 NA g一 明苯与液溴发生了取代反应；碘水应在酸性条件下加入，氢氧 则晶胞的体积为xX 3√3 化钠可以与碘单质发生反应，无法检验淀粉是否水解完全；产 2 xX3X6 pm= 2 bx2pm3,晶胞的密 生的气体中混有乙醇，但乙醇不能使溴水褪色，故可以证明 588 1-溴丁烷发生消去反应生成烯烃。 g NA 度为pg·cm3,即 pg·cm3,则x= 6.C【解析】水杨酸分子中含有酚羟基和羧基，显酸性，在盐酸中 26x2X100cm 与HC1不反应，而美沙拉嗪分子中含有氨基，氨基显碱性，在盐 酸中会与HC1反应生成盐，更易溶解，所以在盐酸中溶解性为 588 水杨酸<美沙拉嗪。 NA 7.D【解析】X含有的酚羟基和甲基均可以被氧化，发生氧化反 3√3 12bpX10-30 应：酚羟基的邻、对位上的氢和甲基上的氢均可以发生取代反 应，即X可以发生氧化、取代反应，但不能发生消去反应。Y中 *(1)6C(或“C) 的碳溴键和酯基均能与NaOH发生反应，1molY最多能与 (2)Mg2+ 2 mol NaOH发生反应。由结构简式可知，Z分子中不含手性 (3)WB3d?4s 碳原子。X含酚羟基，Z不含酚羟基，FeC13溶液可与酚羟基发 (4)SnL和CCl,均为非极性分子，根据相似相溶原理，SnI,易溶 生显色反应，则可用FeCl3溶液检验产品Z中是否含有X。 于CCI (5)BC 8.B【解析】题给物质的分子式为C16H1。O2N2;题给分子中，碳 (6)①CuN6②2CuN+8H+12CI—3Cu+3[CuC14]2-+ 碳双键、氨基均能与HCl反应，1mol分子最多能与3 mol HCI 2NH 反应；题给分子中，形成碳碳双键的碳原子的单键连接了两个 【解析】(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越 化学环境不同的原子，存在顺反异构；分子中含有酮羰基、碳碳 小，则题图中的第三周期元素中，简单金属离子半径最小的 双键、氨基3种官能团。 为Mg2+。 9.D【解析】生成核苷酸的过程中，磷酸与核苷之间通过酯化反 (3)Mn是25号元素，位于第四周期MB族；Co为27号元素，价 应形成磷酯键；聚甲基丙烯酸甲酯由其单体甲基丙烯酸甲酯发 电子排布式为3d”4s2。 生加聚反应得到；D项中的结构简式为2-羟基丁酸的缩聚产物。 高三二轮复习专题卷 10.C【解析】I和V结构不相似，分子组成上也不是相差若干个 CH2原子团，因此两者不互为同系物；由催化机理图可知，I 是反应的催化剂，I+V一→X+Ⅱ，由I、I、Ⅱ的结构简式 可知，X为H,0,为循环物质；反应历程中人o、)、HO 参与反应，生成) CH0、H,O,存在极性键和非极性键的断 裂与形成；化合物Ⅲ为 飞，按照题给反应机理可生成 CHO CHO 5.76g 11.D【思路分析】生成的氧化亚铜物质的量为 44g·mol 0.04mol,设混合物中醛X的物质的量为ymol,则乙醇的物 质的量为(0.03-y)mol。若醛X为除甲醛外的其他一元醛， 根据关系式-CHO~CuzO,则应有ymol=n(Cu2O) 0.04mol,这与混合物总物质的量为0.03mol矛盾；因此，该 醛X必为甲醛(HCHO),根据关系式HCHO~2Cu2O,则有 ymol=号×a(Cu,0)=号×0.04mol=0.02nol,放混合物 中含0.01mol乙醇和0.02mol甲醛。 【解析】根据反应HCHO+4[Ag(NH3)2]OH (NH,)2CO3十4Ag￥十6NH3十2H2O,1mol甲醛发生银镜反 应生成4 mol Ag,混合物中甲醛为0.02mol,乙醇不反应，因 此生成Ag的物质的量为0.02mol×4=0.08mol。 12.D【解析】呋喃（含O)和吡咯（含N)均为五元平面环，环中4 个C各提供1个p电子，O或N提供2个p电子，形成5原子 6电子大π键()；呋喃、吡咯的分子量相近，吡咯分子间可形 成N一H…N型氢键，呋喃分子间仅存在范德华力，分子间氢 键使沸点升高，故吡咯沸点高于呋喃：两种分子均为平面结构， C、N、O原子均采取sp2杂化；吡咯中N的孤电子对参与形成 大π键，电子云密度低，碱性极弱，无法与盐酸反应生成稳定 的盐。 13.A【解析】油脂分子一定条件下可与氢气发生加成反应，提高 其饱和度，是因为其中含有碳碳双键或三键等不饱和键，与其 含有酯基无关。 14.B【解析】G分子不含手性碳原子；G分子中酰胺基在酸性 碱性条件下都能发生水解反应；G分子中含酰胺基能发生水解 反应，含有碳碳双键、苯环能发生加成反应；G分子中采取sP 杂化的元素有C、N两种。 15.C【解析】有机物分子式为C3HO,含1个双键或环且只含 一个官能团，即丙醛、丙酮、环氧丙烷、甲基环氧乙烷、环丙醇， 共5种。用余数法计算，相对分子质量为72的烃为CH12,戊 烷的一氯代物有8种。有机物分子式为CH1O2,含1个双 键，它能与氢氧化钠反应，它可能是羧酸或酯，采用分类法书写 同分异构体，第一类为羧酸，C4H,COOH有4种；第二类为酯 类，列表如下： 序号 羧酸 醇 參 ① 甲酸(1种) 丁醇(4种) 4种 ② 乙酸(1种) 丙醇(2种) 2种 ③ 丙酸(1种) 乙醇(1种) 1种 ④ 丁酸(2种) 甲醇(1种) 2种 符合条件的同分异构体有13种。异丙苯的结构简式为 )人，两个溴原子位于侧链有3种；一个溴原子位于侧 链，另一个溴原子位于苯环，有6种；两个溴原子位于苯环，有 6种，符合条件的同分异构体有15种。 H H *C【解桥】PS的单体为 H,苯环和碳碳双键是平面 结构，苯环和碳碳双键之间的单键可以旋转，所有碳原子不一定 共平面；PSNO2生成PSNH2过程中，硝基转化为氨基，是还原 反应；PSNH2和 NH对(N=C-S)反应生产AGPS,根据 原子守恒可知同时产生了NHCI;AGPS是新型有机高分子型 PVC热稳定剂，引入的丙烯酰基硫脲结构单元使其本身具有较 好的化学稳定性，在自然环境中不易被微生物分解或发生化学 降解。 二、非选择题 6.(1)CH2-CH2 (2)加成反应 (3)羧基 催化剂 (4)2CH CH,OH+O, 2CH3CHO+2H2O △ (5)①CH,CO0H+CH,CH,1OH浓硫酸 △ CHCO18OCH2CH?+H2O②防止饱和碳酸钠溶液倒吸 ③分液漏斗 (6)bc 【思路分析】淀粉水解生成A为葡萄糖，F是来自石油的重要 有机化工原料，也可用作果实催熟剂，应为CH2一CH2,与水 发生加成反应生成的B为CHCH2OH,氧化生成的C为 CH CHO,进一步氧化生成的D为CH3COOH,E为 CH3 COOCH,CH3,以此解答该题。 【解析】(4)B为乙醇、C为乙醛，乙醇被催化氧化生成乙醛，则 BC反应的化学方程式为2CH,CH,OH+O,催化剂 △ 2CH3CHO+2H2O。 (5)①D十B→E为乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，酯 化反应的机理为酸脱羟基醇脱氢，若用同位素0标记乙醇 (CH3CH218OH)中的氧原子，则反应的化学方程式为 CH,COOH+CH,CH,"oH浓宽酸CH,CO"OCH,CH,+ H2O。 ③反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，静置、 分层，然后分离出乙酸乙酯。 (6)淀粉和纤维素分子式均为(CeHioO)n,两者n值不相同， 不互为同分异构体；工业上可以利用乙烯发生加聚反应制取 聚乙烯；有机物A、C均含有醛基，均可与银氨溶液反应生成 银；有机物B中只含有羟基，羟基不能与氢氧化钠溶液反应。 7. (1)醛基、醚键取代反应 (2)CHCH,COOH (3)2sp2、sp 催化剂 (4) HOO HOO CHCH2 OH (5)13 CH.COO OH OH OH Br H2 浓硫酸 溴水 (6) (或其他合 催化剂 Br 理答案) 【解析】(5)M是B的同分异构体，符合条件：②遇FeCl3溶液 发生显色反应，除苯环外不含其他环，说明含有酚羟基；③不能 ·12 与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，说明不含有碳碳双键、碳 (7)苯乙酸与氢氧化铜发生酸碱中和反应，生成苯乙酸铜，化学 碳三键；①1mol有机物最多能与3 mol NaOH反应，结合② CH COOH ③，说明除了含有1mol酚羟基外，还含有1mol酚酯基。根 方程式为2 +Cu(OH)2→ 据上述分析，符合条件的M的结构有13种，分别为 OH OH CH,COO OH OH CH3 (C Cu+2H2O。 19.(1)氯苯 OOCCH OOCH OOCCH; OOCCH, (2)(酮)羰基、硝基氧化反应 OH OH OH CH3 CH HCOO CHa (3aH-t-K〉-N○H CI+HNO, HCOO 4 浓硫酸，C △ -N0+H,0 OOCH (5)13 OH OH OH OOCH (6) OH Q0 口制 0 CH,COOOH 催化剂 CH-Cl2 CH H HCOO CH OOCH (合理即可) OH OH OH m人及n HCOO OOCH 【解析】A是氯苯，A与(CH3CO)2O在A1Cl3催化作用下发 ;其中核磁共 生取代反应生成C,C与NNH发生取代反应生成D,则D CH, OOCH CH CH 振氢谱显示有4组峰且峰面积比为1：2：2：3的结构简式是 为cHt ○一N○N:结合D、E结构简式可知，B为 CH,CO0《》-OH。 C〈）-NO:,A与浓硝酸，浓硫酸混合加热发生取代反应 8. (1)冷凝回流苯乙腈和硫酸，提高原料利用率 生成B;B、D发生取代反应生成E,E与CH3 COOOH在 (2)温度过低，反应速率慢：温度过高，苯乙腈易分解，且苯乙酸 CH2C2条件下发生氧化反应生成F,F在酸性条件下水解生 会挥发 成G。 (3)降低苯乙酸溶解度，使其析出BCE (1)根据A的结构简式可知，A的名称为氯苯。 (4)90 (5)稀硝酸和硝酸银溶液 (2)根据E的结构简式可知，E分子中的含氧官能团名称为 (6)增大苯乙酸溶解度，使反应充分进行 (酮)羰基、硝基；由分析可知，E发生氧化反应生成F。 CH COOH CH COO (3)根据上述分析可知，D的结构简式 (7)2 +Cu(OH)2 Cu- 为cH一 2H,O 【思路分析】整个合成路线分为两个主要部分，一为苯乙酸的 (4)A是〈C1,A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反 制备：苯乙腈在70%硫酸、130℃条件下反应，经冰水冷却结 应生成B和H,O,该反应的化学方程式为○C1+HNO, 晶、分离得到粗品苯乙酸，再提纯得到高纯苯乙酸；二为苯乙酸 铜的合成：高纯苯乙酸溶解于乙醇和水的混合溶剂中， 浓硫酸，C -N02+H20. △ 与Cu(OH)2反应生成苯乙酸铜。 【解析】(1)仪器c为球形冷凝管，作用为冷凝回流苯乙腈和硫 0 酸，提高原料利用率。 6)D的结构简武为at-○-○，其分子式为 (2)苯乙酸的熔点为76.5℃，沸点为161℃，苯乙腈沸点为 C2H6ON2,芳香族化合物M是D的同分异构体，满足条件： 233℃，350℃以上分解，温度控制在130℃左右，既能保证反 ①分子中除苯环外不含其他的环：②苯环上有6个取代基且有 应速率又能防止苯乙腈受热分解和苯乙酸挥发。 一个为一N一N一CH3,则符合条件的M的结构可以是苯环上连 (3)苯乙酸“微溶于冷水，易溶于乙醇”，加冰水可降低苯乙酸的 3个一CH、1个-OH、1个-CH=CH2、1个-N-N-CH, 溶解度，使其结晶析出。分离苯乙酸粗品的操作是过滤，需要 有10种结构；也可以是苯环上连4个一CH、1个一CHO、1 用到的仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒。 个一N一N一CH3,有3种结构，所以符合条件的M的结构共 (4)23.4g苯乙腈的物质的量为0.2mol,化学方程式表明苯 有10+3=13种。 乙腈与苯乙酸的物质的量之比为1：1，故理论上应生成 *(1)CH,CH2OH能与水分子间形成氢键 0.2mol苯乙酸，共27.20g,经重结晶后，得到24.48g纯品苯 (2)还原反应 乙酸，散装乙酸的产率-器8×100%-60%。 (3)H,N -NH2 氨基、酯基 (5)用CuCl2·2H2O和NaOH溶液制备适量Cu(OH)2沉淀， Cu(OH)2沉淀中有CI残留，Cl可用稀硝酸和硝酸银溶液 COOC2 Hs 检验。 (4) +2HNO, 浓硫酸O2N N02+2H20 △ (6)苯乙酸微溶于冷水，易溶于乙醇，故混合溶剂中乙醇的作用 是增大苯乙酸溶解度，使反应充分进行。 COOC2 H; COOC2 H ·化学B· CHa COOH COOH CH Cl 02 (6) 催化剂 -CH 催化剂 COOH CH CH 一定条件 1. 【思路分析】由流程可知，对二甲苯发生已知Ⅲ反应生成F,F为 H:C CH3 ,F到G发生氧化反应，甲基被氧化为羧基，故2. H.C CH, HOOC COOH G的结构简式为 根据信息Ⅱ，G分子脱 HOOC COOH 水生成H,H的结构简式为 ,H与I发生聚合反应 得到产物，则I为H,N -NH2 ,结合A、B生成I的流程， 3 COOC2 Hs 结合B的化学式，可知B为 ,B中甲基氧化为羧基得到C, 4. CHs C为〔 ,由A的质谱与核磁共振氢谱，可知A的相对分子 COOH 质量为46，且分子中存在3种氢，氢数目比为3：2：1，A为 C2HOH,C和A在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D ( ),D发生硝化反应引人硝基得到E,E为 5. COOC2 Hs 0,N◇NO:,E中硝基被还原为氨基得到1。 COOC,H 【解析】(1)A易溶于水的原因是乙醇分子中含羟基，能与水分子 间形成氢键。 (2)E中硝基被还原为氨基得到I,为还原反应。 (4)D发生硝化反应引入硝基得到E,反应为 6. COOC2 H 2HNO, 浓硫酸O2N No +2H20。 △ COOC,H (5)满足下列条件的有机物的结构简式：①分子中含苯环；②比 物质C的相对分子质量大14，则应该多1个一CH2；③能与 NaHCO3溶液反应产生气体，则含羧基；④核磁共振氢谱显示有 4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1，则分子结构对称，且应该含 CH 1个甲基；则可以为 COOH (6)甲苯和一氯甲烷发生已知Ⅲ反应生成 CH,氧化为 COOH ,再发生已知Ⅱ反应生成产物 COOH 化学（十一） 、选择题 C【析】通过酸性比较CI、C、Si的非金属性，应该比较元素 的最高价氧化物对应的水化物即HCIO,、H2CO3、H2SiO3的酸 性强弱；SO2只能使石蕊溶液变红但不褪色，仅体现酸性不能 体现漂白性；移液时玻璃棒应伸到刻度线以下。 B【解析】硫酸钡难溶于水，但溶于水部分完全电离，属于电解 质；澄清石灰水中Ca(OH)2能电离，电离反应式为Ca(OH)2 Ca2++2OH,向澄清石灰水中缓慢通入CO2气体至恰好 反应，发生反应Ca(OH)2十CO2-CaCO3￥+H2O,生成物 为CaCO,沉淀和H20,继续通人CO2气体至过量，发生反应 CaCO3十CO2+H2O一Ca(HCOa)2,生成物中存在易电离的 Ca(HCO,)2,总过程的导电性与题给图像类似；YZ段溶液的导 电能力不晰增强，是过量硫酸在溶液中电离导致的；XY段稀硫 酸少量，反应的离子方程式为Ba2+十2OH十2H+十SO =BaSO4￥+2H2O. A【解析】A项，冰醋酸初始时几乎不电离，H+浓度极低，pH 接近7，随着水的加入c(H+)先增大后减小，最终无限接近7。 D【解析】装置a为MnO2与浓盐酸共热制备Cl2的装置，反 应的化学方程式为MnO,十4HCl(浓)△MnC,十C,++ 2H2O;装置c中FeCL2溶液（浅绿色）与Cl2反应生成FeCl(黄 色)，Cl2为氧化剂，体现氧化性：装置d中发生反应Cl2+2K —2KC1十I2,I2使淀粉变蓝，根据氧化剂氧化性强于氧化产 物，证明CL2氧化性强于I2;装置f中NaOH溶液吸收Cl2的反 应为Cl2+2NaOH-NaC1+NaClO+H,O,1 mol Cl2参与反 应时，Cl元素从0价分别变为一1价和+1价，转移1mol电子。 C【思路分析】醋酸为弱酸，在溶液中部分电离，HC1为强酸， 在溶液中完全电离，0.1000mol·L1的两种酸溶液，盐酸的 pH=1,所以实线表示滴定醋酸的曲线，虚线表示滴定盐酸的 曲线。 【解析】B项，ab段为醋酸和氢氧化钠反应，醋酸为弱酸，反应 的离子方程式为CH3COOH+OH一CH COO+H2O;C 项，当V0H=V酸时，醋酸和氢氧化钠恰好完全反应生成醋酸 钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，pH>7;D项，CH,COOH恰好反应时 生成CH,COONa,此时溶液呈碱性，应用酚酞作指示剂。 C【解析】由反应历程图可知，反应物的总能量高于生成物的 总能量，即反应过程放热，则甲烷制甲酸的反应是放热反应；中 间体是指反应过程中生成后又被消耗的物质，由反应机理图可 知，微粒Ⅱ(CH3OOH)和Ⅲ(HOCH2OOH)生成后没有再被消 耗，则不是反应的中间体；由反应历程图可知，CH4→·CH的 活化能最高，属于该过程的决速步；反应中存在极性键（如 C一H键等)的断裂与形成，也存在非极性键(O一O键)的断裂， 但没有非极性键的形成。 D【思路分析】以NO2、O2、熔融KNO3组成的燃料电池，在使 用过程中石墨I电极为原电池的负极，NO2被氧化，N元素化 合价升高，应生成N2O5,电极方程式为NO2一e十NO;一 N2O5,石墨Ⅱ通入氧气，发生还原反应，为原电池的正极，电极 方程式为O2十2N2O,十4e一4NO3,以此解答该题。 13 参考答案及解析 【解析】由分析可知，石墨Ⅱ为正极，O2得电子发生还原反应，15.B【思路分析】由第三周期主族元素第一电离能变化趋势及 0元素由0价降至-2价，1molO2转移4mole,外电路通过 特殊点(Mg的3s轨道全满、P的3p轨道半满，第一电离能反 0.2m0le时，消耗0，的物质的量为°2mo=0.05mol,质量 常高)，可推断出W为Mg,X为A1,Y为Si,Z为P,Q为S。 4 【解析】同周期主族元素从左到右金属性逐渐减弱，Mg的金 为0.05mol×32g·mol-1=1.6g。 属性强于Al;PH中心原子P含1个孤电子对，H2S中心原子 A【解析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明无CO,加入硝 S有2个孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的斥力越大， 酸钡有气体产生，说明有亚铁离子，将硝酸根离子还原生成了 键角越小，故键角PH3>H2S;同周期主族元素从左到右最高 NO,又Fe2+与[A1(OH)4]不能大量共存，所以无 价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，则酸性H2SO3< [A1(OH),]-,沉淀A为硫酸钡，向滤液X中加入NaOH有气 体产生，说明存在铵根离子，与NaOH反应生成了氨，沉淀B为 H,PO,;W为Mg,基态原子的价层电子轨道表示式为四 氢氧化铁沉淀，因为溶液所含离子浓度均相等，根据电荷守恒，￥D【解析】由图像可知，Ⅱ对应的物质Kp小，I对应物的物质 该溶液中只能含有NH、Fe2+、CI、SO?,故沉淀C为 Kp大，碳酸钙难溶于水，硫酸钙微溶于水，I为CaSO,沉淀溶 BaCO,加入过量硝酸钡溶液时，亚铁离子被氧化成了Fe+,故 解平衡曲线，Ⅱ为CaCO3沉淀溶解平衡曲线。K(CaCO3)= 滤液X中大量存在的阳离子有H、NH、Fe3+和Ba2+,原溶 l0-9;d点为CaSO,的不饱和溶液，向d点CaSO,溶液中通入 液中一定含有CI1,一定不含Na+。 CO2不能转化为CaCO,沉淀；b、c点的CaCO,的Kp相等，不 D【思路分析】根据题图，可得热化学方程式gS(s)十0，(g) 能通过降温实现b→c的转化；CaSO,沉淀到CaCO,沉淀的转化 可通过加入纯碱实现。 —S02(g)△H1、2S2(g)+02(g)—S02(g)△H2。 二、非选择题 16.(1)恒压滴液漏斗 【解析】D项根据盖斯定律4S2(g)一S.(s)的△H=8△H2 (2)CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2OCaO2·8H2OV+ 8△H,。 2NH CI 0.C【思路分析】pX=一lgc(X),则pX越大，c(X)越小；H2B (3)HNO3、AgNO (二元弱酸)溶液中未滴加NaOH溶液时，H2B浓度最大，B2 (4)酸式溶液由无色变为微红色且30s内不褪色 浓度最小，随着NaOH溶液的滴加H2B浓度减小、HB浓度 (5)67.2% 先增大后减小，B2-浓度增大，所以曲线1、2、3分别代表H2B、 (6)否偏高 HB、B2- 【思路分析】本实验为制备CaO2并采用KMnO,滴定法来测 【解析】由分析可知，曲线1、2、3分别代表H2B、HB、B2-,b 量CaO2的纯度。制备反应原理为CaCL2+H2O2十2NH,· 点时c(H2B)=c(B2-)<c(HB),结合电荷守恒c(Na)十 H2O+6H2O-CaO2·8H2O￥+2NH4Cl。 c(H+)=c(HB-)+c(OH-)+2c(B2-)可知，c(Na+)+ 【解析】(3)反应后CaO2·8H2O固体表面含有可溶性杂质 c(H+)>c(H2B)+c(OH)+2c(B2-)。 NH,Cl,故检验CaO2·8H2O是否洗涤干净，即检验最后一次 1. B【解析】A项，苯环、双键均为平面结构，单键可以旋转，G 洗涤滤液中是否含有CI,所需要的试剂为HNO3和 分子中所有碳原子均可能共面，即最多有11个C原子共面；B AgNO3。 项，G含有的官能团为酯基、硝基、碳碳双键，M含有的官能团 (4)由于KMO,具有强氧化性，能够氧化腐蚀碱式滴定管下 为酯基、氨基；C项，G~M加氢去氧，发生还原反应；D项，M 端的橡胶管，故盛装KMO4标准溶液的滴定管为酸式滴定 中的酯基水解后产生羧基和酚羟基，酚羟基也能与NaOH反 管，原溶液无色，当KMO4溶液稍微过量时溶液显微红色，故 应，1molM最多消耗2 mol NaOH。 滴定终点的现象为溶液由无色变为微红色且30s内不褪色。 2.B【解析】C8O2的结构是18O一C一18O,结合图像可知其在 (5)由题给离子方程式5Ca02+2Mn0:十16H+一5Ca++ 反应过程中转化为HC18O8OH。 3.D【解析】Co3O4中的C0为十2、+3价，“酸浸”过程中， 2Mm+50,↑+8H0可知，n(Ca0,)-号a(KMn0,)- H2O2需作还原剂将Co3+还原为Co2+,因此不能用O2代替 ×0.02mol·L1×28.00×103L=1.4×103mol,贝 过氧化氢。“酸浸”过程中SO2不溶于酸，同时生成难溶的 PbSO4,滤渣1的成分为SiO2、PbSO4;“调pH”过程除掉Fe3+ 品中Ca0,的质量分数为1.4X103mol×72g·mol-1 X 和A13+,滤渣2的成分为Fe(OH)3和A1(OH)3。“酸浸”和 0.1500g “焙烧”过程中涉及氧化还原反应，“沉钴”和“调pH”过程中不 100%=67.2%。 涉及氧化还原反应。“焙烧”过程中氧气氧化CoC2O:中十3 (6)由于CaSO,是微溶物，若“测定”时，用H2SO4溶解粗品则 价的C,Co、Fe化合价不变。 生成的CaSO4将覆盖在CaO2表面阻止反应继续进行，即不 D【解析】达到平衡时，A的转化率为0.8-0.2)mol·L1 能用H2SO,溶解粗品，若使用盐酸溶解，由于C1也能被 4. 0.8mol·L-1 KMnO,氧化，即滴定过程中消耗更多的标准液，则实验结果 100%=75%;题图中两曲线相交时，反应正向进行，所以A的 偏高。 消耗速率大于A的生成速率； 17.(1)使固体与液体充分接触，提高反应速率（合理即可） 3A(g)+B(g)=2C(g)+2D(s) GeS2+2H2O2+4H+-Ge++4H20+2S 始/(mol·L1)0.80.5 0 (2)分液蒸发浓缩、冷却结晶 转/(mol·L1)0.60.20.4 (3)①萃取产生H+,随pH的升高H被消耗，促进萃取金属 平/(mol·L-1)0.20.30.4 离子的反应正向移动（合理即可）②96 c2(C) 0.42200 该温度下反应的平衡常数K=(A)c(B)0.2×0.33 (4)Zn 【解析】(1)“氧化酸浸”前对锗矿石进行粉碎的目的是使固体 D是固体，不能用D的浓度变化表示反应速率。 与液体充分接触，提高反应速率。由信息可知“氧化酸浸”时2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（十） 化学·有机化学基础 （考试时间75分钟，满分100分) 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cu64 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。带题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.2025年9月3日，北京天安门广场举行中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年 阅兵仪式。这场盛大的阅兵式不仅是国防力量的集中展示，更是中国材料科技创新成果的盛 大检阅。下列关于材料的说法错误的是 A.铝镁合金材料的应用实现了装备的轻量化与高强度的完美结合 B.将橡胶和塑料共混形成复合材料，可实现性能互补 C.超高分子量聚乙烯纤维是性能优良的热塑性工程塑料 D.隐形战机表面的铁氧体材料属于金属材料 2.实验室制备纯化乙酸乙酯（部分加热、夹持装置省略），下列操作正确的是 温度计 球形冷凝管 饱和 乙酸、乙醇、 Na.CO 碎瓷片 浓硫酸混合液 溶液 ① ① A.①加热后，发现未加碎瓷片，应马上补加 B.②收集乙酸乙酯 C.③分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液 D.④提纯乙酸乙酯 3.仪器分析在化学研究中有重要应用。下列说法错误的是 A.用pH计区分K2SO4溶液和CaCl2溶液 B.用质谱法区分甲烷和乙烷 C.用原子光谱鉴定样品中含有Na元素 D.用核磁共振氢谱区分环丙烷和丙烯 4.我国科学家发现源自传统中药青蒿中的青蒿琥酯（结构简式如图）能高效清除神经元内积累 的铜离子，从而对抗帕金森病。下列关于青蒿琥酯的说法错误的是 A.可以发生水解反应 B.分子中所有碳原子均处于同一平面上 C.分子中碳原子的杂化方式为sp2和sp3 D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2mol NaOH 化学B·专题卷（十）第1页（共8页） 鱼跃龙 5.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 将乙酸加入碳酸钠溶液中，产生的气体再通入苯酚钠溶液中，苯酚 A 酸性：乙酸>碳酸>苯酚 钠溶液变浑浊 向苯和液溴的混合物中加入适量的铁屑，将产生的气体通入 B 苯与液溴发生了取代反应 AgNO3溶液中，有浅黄色沉淀生成 将淀粉溶液与稀硫酸共热一段时间后，加入氢氧化钠使溶液呈碱 C 淀粉水解完全 性，再加入少量碘水，溶液未变蓝 向圆底烧瓶中加入NaOH和无水乙醇，再加人1-溴丁烷，微热，将 1-溴丁烷发生消去反应生成 产生的气体通入溴水中，溴水褪色 烯烃 6.通过对水杨酸进行分子结构修饰，得到药物美沙拉嗪。下列说法错误的是 OH OH OH COOH COOH HNO COOH 反应1 反应2 NO, NH, 水杨酸 美沙拉嗪 A.反应1中需控制反应条件，防止水杨酸被氧化 B.反应2中应加入合适的还原剂 C.在盐酸中的溶解性：水杨酸>美沙拉嗪 D.水杨酸还可与甲醛发生缩聚反应 7.化合物Z是一种重要的药物中间体，部分合成路线如下： H.C OH OCHCOOC,H +BrCH,COOC.H, Y 下列说法正确的是 A.X可以发生氧化、取代和消去反应 B.1molY最多能与1 mol NaOH发生反应 C.Z分子中含有2个手性碳原子 D.可用FeCL3溶液检验产品Z中是否含有X 8.蓝靛染工艺是贵州布依族、苗族等民族以蓝靛草为原料制作染料，对布料 进行染色的传统技艺。靛蓝是蓝靛草的主要成分之一，其结构简式如图所 示。下列说法错误的是 A.该分子的分子式为C16H1oO2N2 B.1mol该分子最多能与2 mol HCI反应 C.该分子存在顺反异构 D.分子中只有3种官能团 门卷 化学B·专题卷（十）第2页（共8页） 9.下列有关合成高分子和生物大分子的说法错误的是 A,含有苯环的蛋白质遇浓硝酸会发生显色反应 B.核苷和磷酸生成核苷酸的过程中发生了取代反应 COOCH C.有机玻璃CH,一C十。由甲基丙烯酸甲酯发生加聚反应制得 CH D.3-羟基丁酸缩聚得到可降解塑料PHB,其结构简式为HO CH-C十，OH CH2CH; l0.Diels-Alder反应是有机合成中重要的化学反应。 Bn CO2Me 某Diels-Alder反应机理如图所示，下列说法正确 N'CI CHO 的是 A.I和V互为同系物 Bn CO.Me Bn CO,Me B.化合物X为该反应的催化剂 NH-HCI N CI Bn CO2Me Bn CO2Me C.反应历程中存在极性键和非极性键的断裂与 形成 CHO D.若化合物Ⅲ为 〔，按照该反应机理可生成 CHO 11.某兴趣小组同学将0.03mol由乙醇和某醛X组成的混合物与足量的新制Cu(OH)2反应， 生成5.76g砖红色沉淀。已知该醛的分子式符合通式CmH2mO。下列说法错误的是 A.该醛一定不为乙醛 B.乙醇的沸点远高于乙烷的沸点 C.该醛能与苯酚在催化剂作用下发生缩聚反应生成树脂 D.0.03mol该混合物与足量的银氨溶液反应生成0.04 mol Ag单质 12。呋喃（心》、此咯(《）都是平面形分子。下列关于呋喃、吡咯的说法错误的是 A.呋喃、吡咯都含有Ⅱ B.吡咯的沸点高于呋喃 C.2种分子中C、N、O杂化方式均相同 D.吡咯可以与盐酸反应生成相应的盐 ·HCI 化学B·专题卷（十）第3页（共8页） 鱼跃才 13.可根据物质结构推测其性质，下列推测的性质不合理的是 选项 结构 性质 A 油脂分子中含有酯基 定条件下可与氢气发生加成反应，提高其饱和度 干冰晶体中，每个CO2周围等距且紧邻 B 干冰的密度比冰的大 的C02有12个 c 淀粉可表示为[C6H,O2(OH)3]n 淀粉可发生酯化反应 CH2 CH2- 顺丁橡胶： C=C. 硫化剂可将双键打开，形成二硫键（一S一S一） 14.化合物G在光学材料中具有分子开关的潜在应用，其结构简式如图所 示。下列关于G分子的叙述错误的是 A.不含手性碳原子 B.具有抗酸碱腐蚀性能 C.能发生加成、水解反应 D.采取sp3杂化的元素有2种 15.下列有关同分异构体种数（不包括立体异构体）的判断错误的是 选项 题设条件 同分异构体 A 分子式为C3HO且含单官能团 5种 B 相对分子质量为72的烃的一氯代物 8种 C 分子式为Cs H10O2且能与NaOH反应 9种 0 异丙苯的二溴代物 15种 一种新型有机高分子型PVC热稳定剂一一丙烯酰基硫脲接枝聚苯乙烯(AGPS),其合成路线 如图所示。 ECH,一CH ECH2-CH]ECH2-CH] 浓HNO,/浓HSO4 Sn粉/浓HCI CHCI DMF NO. PS PS-NO. ECH一CH].ECH,一CH ECH2-CH]ECH2-CH] NH (N-C-S) NH2 AGPS PS-NH2 下列说法正确的是 A.PS的单体中所有碳原子一定共平面 B.PSNO2生成PSNH2的反应是氧化反应 C.PSNH2生成AGPS的同时产生NHCI D.AGPS在自然界中很容易降解 龙门卷 化学B·专题卷（十）第4页（共8页） 班级 二、非选择题：本题共4小题，共55分。带￥题目为能力提升题，分值不计入总分。 16.(13分)有机物E可按如图路线合成。已知F是来自石油的重要有机化工原料，也可用作果 姓名 实催熟剂。回答下列问题： 淀粉溶液浓硫酸厂 A cd2可 酒化酶B △ CH2O (1)F的结构简式为 O,催化剂 得分 (2)F→B的反应类型为 +B D☐O,/催化剂C (3)D中官能团的名称为 E浓硫酸△C,H,0 △CH,CHO (4)写出B→C反应的化学方程式： (5)D十B→E反应的实验装置如图所示。 ①若用同位素180标记乙醇中的氧原子，则该反应的化学方程式 选择题 为 答题栏 ②球形漏斗的主要作用是 1日 饱和Na,CO ③反应结束后，将试管中收集到的产品倒入 (填仪器名 溶液 2 3 称)中，静置、分层，然后分离出E。 (6)下列说法正确的是 (填字母)。 5 a.淀粉和纤维素分子式均为(C6H。O)n,两者互为同分异构体 6 b.一定条件下，工业上可以利用F制取聚乙烯 c.有机物A、C均可与银氨溶液反应生成银 8 9 d.有机物B、D均可与氢氧化钠溶液反应 10 17.(14分)H为一种重要的化工原料，其一种合成路线如图所示 11 CH.CH2O OCHCH HO OH HO OH 12 HI H2 一定条件 13 CHCHO CH,CHO CHCHOH 14 A B C 15 过氧化物 催化剂 一定条件 CHCHOH HOO HOO HO CHCH,OH D E 试狐 一定条件 CH.CH,COO H 回答下列问题： (1)A中官能团的名称为 ,A→B的反应类型是 (2)试剂R是 (填结构简式)。 (3)H有 个手性碳原子，G中碳原子的杂化方式为 (4)E→F反应的化学方程式为 化学B·专题卷（十）第5页（共8页） 鱼跃龙门 (5)M是B的同分异构体，同时具备下列条件的M的结构有 种（不考虑立体异构）。 其中，在核磁共振氢谱上有4组峰且峰面积比为1：2：2：3的结构简式为 ①1mol有机物最多能与3 mol NaOH反应 ②遇FeCL3溶液发生显色反应，除苯环外不含其他环 ③不能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应 (6)设计以苯酚为原料合成1,2-二溴环己烷的合成路线： (无机试剂任选)。 18.(14分)苯乙酸铜常作为有机偶联反应的催化剂，如图是实验室合成苯乙酸铜的路线： CH.CN Cu(OHD片 70%硫酸 130℃，冰水冷却 粗品 高纯 乙醇和水， 苯乙酸 苯乙酸 苯乙酸溶液 苯乙酸铜 查阅资料：1.苯乙酸(M=136g·mol-1)的熔点为76.5℃，沸点为161℃，微溶于冷水，易 溶于乙醇；苯乙腈(M=117g·mol-1)常温下为液体，沸点为233℃，350℃以上分解。 CH,CN CH,COOH 130℃ +2H2 O+H,SO +NH HSO 回答下列问题： I.制取苯乙酸： ①如图所示连接装置，向a中加入足量70%硫酸和碎瓷片；c中通入冷 凝水； ②用b缓缓滴加23.4g苯乙腈到H2S04溶液中，然后升温到130℃，继续 反应一段时间； ③反应结束后，将a中的产物转移到烧杯中； ④加人适量冰水，静置，分离出苯乙酸粗品。 (1)仪器c的作用是 (2)制取苯乙酸的反应温度控制在130℃左右的原因是 (3)步骤④反应结束后加适量冰水，其目的是 再分离出苯乙酸粗品。下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是 (填字母)。 A.分液漏斗B.漏斗 C.烧杯 D.直形冷凝管E.玻璃棒 (4)经重结晶后，得到24.48g纯品苯乙酸，则苯乙酸的产率是 %。 Ⅱ.制取苯乙酸铜： (5)用CuCl2·2H2O和NaOH溶液制备适量Cu(OH)2沉淀，并多次用蒸馏水洗涤沉淀，可 用于判断沉淀是否洗净的试剂是 0 (6)将苯乙酸加入乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入Cu(OH)2搅拌30min,过滤，滤 液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体，混合溶剂中乙醇的作用是 (7)写出制苯乙酸铜的化学方程式： 卷 化学B·专题卷（十）第6页（共8页）】 19.(14分)化合物G是一些三唑类药物的重要中间体，其某种合成路线如图所示： CH,C0○-C →(C12H6ON2) D (CHCO)OTAICL ○CI→(C,HO,NC- B CH,c0-①CO-No, CHCOOOH CH.COO No.HHONO. CH-Clz 回答下列问题： (1)A的名称为 (2)E中含氧官能团的名称是 :E→F的反应类型是 (3)D的结构简式为 (4)A→B的化学方程式为 (5)芳香族化合物M是D的同分异构体，则符合下列条件的M的结构有 种（不含立 构异构)。 ①分子中除苯环外不含其他的环 ②苯环上有6个取代基且有一个为一N=N一CH3 (6)设计以☐和CH COOOH为原料制备HO 的合成路线： OH (无机试剂和溶剂任选)。 聚酰亚胺是综合性能优良的有机高分子材料，广泛应用于航空航天、微电子和纳米技术等领 域。某聚酰亚胺的合成路线如图所示（部分反应条件略去）： A 浓HSO4 浓HNO, Fe/HCl B 02 △ 浓H,SO4.△ (CH)催化剂 ① ② 聚合 CH CHCI 02 G 定条件 COOC.H F 催化剂 催化剂 (C1H6Os) CH 化学B·专题卷（十）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 已知：I.有机物A的质谱与核磁共振氢谱如图所示： 31 100 80 60 29 45 鉴 40 27 46 0 质荷比 20304050 0 Ⅱ.2 RCOOH 1一定条件RCOC一R+H,O CH: CH: m.◇ CH,CI CH3 催化剂 回答下列问题： (1)A的结构简式为 ,A易溶于水的原因是 (2)E→I的反应类型为 (3)有机物I的结构简式为 ,其所含官能团的名称是 (4)反应②的化学方程式为 (5)写出满足下列条件的有机物的结构简式： ①分子中含苯环 ②比物质C的相对分子质量大14 ③能与NaHCO3溶液反应产生气体 ④核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为3：2：2：1 (6)结合以上信息，以甲苯和一氯甲烷为原料，设计合成邻苯二甲酸酐( o)的路线： (无机试剂任选)。 化学B·专题卷（十）第8页（共8页）