非选择题专项练(3)-【红对勾讲与练】2026年高考化学二轮复习考前增分练

班级： 姓名： 非选择题专项练（三） (分值：55分 限时：40分钟) 非选择题：本题包括4小题，共55分。 烧瓶应选择的规格为 (填字母)。 1.(14分)氢化铝锂的化学式为L汇A1H](M.=38), A.250 mI. B.500 ml 是有机合成中重要的还原剂，易燃且在125℃以 C.1000ml 上分解，潮湿空气中易水解。某化学兴趣小组以 (2)装置Y中应添加的试剂为 乙醚为溶剂，利用无水A1CL(M,-133.5)和LiH (3)步骤中，三颈烧瓶内发生反应的化学方程式 反应制备Li汇AH4],实验步骤及装置如下。 为 该反应剧烈放热，为避免反应过于剧烈，应采取的 操作为 (4)步骤V中，过滤可除去的杂质为 (填化学式)；再次通入N2的目的为 过滤器 磁力搅拌器 (5)步骤V的目的为除去少量A1C13杂质并得到 L汇AH]固体，横线处应补充的具体操作为 ⅰ.按图示装置组装仪器并检验气密性。 (填字母)。 i.打开k1、k2,从a口通入一段时间N2,以排尽装 A.蒸馏、过滤 B.蒸发结晶 置中的空气。 C.萃取、分液 D.重结晶 川.向三颈烧瓶中先加人30mL溶有3.04g (6)若初始加入的Li汇A1H]引发剂不计入产品， L汇AlH]的乙醚溶液作反应引发剂，再加入 则该实验中产品的产率为 %(保留三位 23.68gLiH固体和200mL乙醚搅拌均匀。最后 有效数字)。 通过仪器X加入300mL溶有80.10g无水A1CL 2.(13分)稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等 的乙醚溶液发生反应。 领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿（主要 V.待反应结束后，关闭k2,a口接减压装置，将三 成分为FeO4、FeV2O4、TiO2和SiO2)综合提取 颈烧瓶中的固液混合物抽至过滤器内。关闭k1, 钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如下图 打开k2,再次从a口通入N2直至过滤结束。 所示： V.将滤液与苯混合，对混合液进行 有机萃 得到Li[A1H]固体，称量其质量为22.04g。 NH.CI 盐酸 适量Fe粉H,O, 取剂RN 钒钛 已知：①相关物质在乙醚和苯中的溶解性如下表： 磁铁矿 加压 焙烧 酸浸 精矿 一沉钛一氧化苯取有机相 物质 Li汇AIH,] AICla LiH LiCI NH 浸出渣 TiO(OH), 废液相 乙醚 溶 溶 微溶 难溶 Na,CO,溶液 酸化的 苯 难溶 溶 Na,SO,溶液 系列操作 有机相 V205- 反萃取 ②苯的沸点为80.1℃，乙醚的沸点为34.5℃。 洗涤 黄铵铁矾 回答下列问题： 得分 沉铁 NHFe.(SO)2(OH) 水相 (1)仪器X的名称为 :三颈 NH)SO (横线下方不可作答) 187 第一部分 题型专项练 已知：①“加压焙烧”过程中存在反应2FCl3(s) 回答下列问题： 得分 —2FeCl,(s)+Cl2(g),生成的Cl2会对钒钛磁铁 (1)已知银催化反应1时存在如下转化过程： 矿精矿“二次氯化”； C,H(g)+AgO,(s) △H,C,H,O(g)+AgO(s ②“酸浸”所得溶液中钒、钛以VO,、TO+形式 存在。 △Hg △H 回答下列问题： 得分 1 Ag(s)+O2(g) Ag(s)+20,(g) (1)基态钛原子的价电子排布式为 ;已知 据此计算焓变△H4= FeV,O,中Fe为+2价，则V的化合价为 (用含△H1、△H3、△Hs的代数式表示)。 (2)“加压焙烧”中FeV,O,经“二次氯化”转化为 (2)反应1的正、逆反应速率可分别表示为v正 VO2C1和FeCl2的化学方程式为 k正·p2(C2H4)·p(O2)、v逆=k逆·p2(C2HO) (k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，力为物质的 (3)“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为 分压)。T℃时，k正=3逆，向某恒容密闭容器中 (填化学式)。 充入1molC2H4(g)和2molO2(g)发生反应I和 (4)已知K知[TiO(OH)2]=1×109,“沉钛”时， Ⅱ，一段时间后达平衡： 为使TiO+沉淀完全(c≤1.0×105mol·L1), ①反应I的压强平衡常数K。 ;仅降低 需要调节溶液的pH不低于 ;该过程中， 温度，K。将 (填“增大”“减小”或“不 加入适量铁粉的目的为 变”)，解释其原因： (填字母)」 A.k正、k逆均增大，且k正增大的程度更大 (5)“氧化”时，HO2的使用量远大于理论计算量， B.k正、k逆均减小，且k逆减小的程度更大 可能的原因为 C.k正增大、k道减小，平衡正向移动 (6)“萃取”时，VO先转化为H2V1O8,再与萃 D.k正、k逆均减小，且k正减小的程度更大 ②下列情况能表明体系达到平衡状态的是 取剂RN结合，其过程可表示为4RN+4H+ (填字母)。 H2VoO8一[R,NH],H2V1oO2s,据此分析“反 A.混合气体密度不随时间变化 萃取”过程中加入Na2CO3溶液的作用为 B.气体平均摩尔质量不随时间变化 C.碳的总物质的量n总=2n(C2H4)十n(CO2)+ (7)“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为 2n(C2H,O)不随时间变化 D.2v正(C2H4)=2v逆(C2H4O)十v递(CO2) 3.(14分)环氧乙烷(C2HO)是一种重要的化工原 (3)250℃时，将1molC2H4(g)和2molO2(g) 料。现代工业常用银作催化剂，氧化乙烯制备环 充入某密闭容器中发生反应I和Ⅱ，在不同压 氧乙烷。发生的主要反应如下： 强下达到平衡。测得平衡时，C2HO选择性 I.2C2H(g)+O2(g)=2C2H4O(g) [6(C2HO)]、CO2选择性[6(CO2)]及C2H,转化 △H1=-210kJ·mol厂1； 率随压强变化的曲线如图所示 如6(CO2) Ⅱ.C2H4(g)+3O2(g)→2CO2(g)+2H2O(g) 转化为CO2的乙烯的物质的量 △H2=-1239kJ·mol1。 反应的乙烯的总物质的量 红对勾·讲与练 188 高三二轮化学 班级： 姓名： 0 ③ -C-O-+R-NH, -NHR+ 50 OH。 回答下列问题： 得分 (1)B的名称是 变大 100 p/kPa (2)B→C的反应为取代反应，C的结构简式为 ①表示6(CO2)随压强变化的曲线为 (填 “1”“i”或“”)。 (3)F的官能团名称是 ②当压强为100kPa时，若02的转化率为56%， (4)F在一定条件下还可以自身发生缩聚反应形成 则此时乙烯的转化率为 高分子M,写出该反应的方程式： ③若将E点对应体系降温至200℃，重新达平衡 时，测得 (C2HO) 6(CO2) <1,解释其原因： (5)有机物I的碱性 (填“>”“<”或“=”)G。 (6)芳香族化合物N是I的同分异构体，则符合下 列条件的N的同分异构体共 种。 4.(14分)多并环化合物K具有抗病毒，抗菌等作 a.能发生银镜反应 用，其合成路线如下。 b.在一定条件下能发生水解反应 c.只含苯环不含其他环状结构 A B CH,OC一COCH C H/H,O、 C,H NO, NaH CIHNOs d.不含醚键 0 (7)J→K的合成路线如下图： OH催化剂E Fe/HCI F CHNO C HNO, NO D NH, 中间：中间：中间 02 H.O2 NH, 产物1产物2，产物3 催化剂 NH NH 中间产物1、2均含三个六元环；中间产物3含三个 NHR 环，其中有两个六元环。 已知：① R-NH2- 根据信息①②，写出中间产物1、3的结构简式： OH (横线下方不可作答) 189第一部分题型专项练 ■可知，A→B的反应类型是氧化反应；物质B和浓硝酸在浓硫 酸的催化下发生取代反应得到物质C,则混酸为浓疏酸、浓 硝酸。(2)E·F中，加入的CH ONa可以将E中一NO,取 代为一OCH3,同时，CH,ONa能和反应生成的HCl反应。 (3)由分析可知，试剂X为PCL。(4)B的同分异构体满足下 列条件：能与FCl3发生显色反应，说明分子中含有酚羟基； 含有苯环且苯环上只有两个取代基；核磁共振氢谱中显示四 组峰且峰面积比为6：2：2：1，说明分子中含有4种不同化 学环境的氢原子，且个数比为6：2：2：1，则符合条件的为 N人OH。(5)①H和J中所有原子共平面，则J 中N原子的杂化方式为sp2杂化。②由分析可知，I的结构 HNN、NH 简式为 。③根据三重氢键“互补配对”可知， OH 一分子H与一分子J通过三重氢键结合形成的复合物结构 H 0--H-N HN- 为0 NH HN 非选择题专项练（三） 1.(1)恒压滴液漏斗C (2)无水CaCl(或碱石灰、P2O等 (3)A1CL十4H乙酷L[A1H,]十3LiCI调节恒压滴液漏斗 活塞，缓慢滴加溶液 (4)LiH、LC】隔绝空气加快过滤速率 (5)A(6)83.3 解析：该实验过程为A1CL?和LiH在乙醚溶液、无水无氧的 条件下在三颈烧瓶中反应生成L[AlH,]和难溶于乙醚的 LiC,然后通过过滤除去LiH和LiCl,再向滤液中加入苯，并 利用乙醚沸，点较低进行蒸馏操作，将乙醚分离，得到ACL3 的苯溶液和L汇AH,]的混合物，再通过过滤得到产品，据此 分祈。(1)仪器X的名称为恒压滴液漏斗；根据实验步骤，三 颈烧瓶需加入530mL液体，因此应选择规格为1000mL 的三颈烧瓶，故答案为C。(2)装置Y为球形千燥管，根据 IiH、L汇AIH,]在潮湿的空气中都易水解，因此Y的作用是 防止空气中的水蒸气进入实验装置，保持装置内的千燥，故 球形干燥管中应加入能够吸收水的试剂，如无水CCl2、碱石 灰、P2O5等。(3)步骤i中，三颈烧瓶内发生的反应为A1CL 和LiH在无水乙醚中反应生成L汇AlH,]和LiCI,化学方程 式为ACl十4LiH乙酷L[AH,]十3LiC:该反应剧烈放热， 为避免反应过于剧烈，应采取的操作为调节恒压滴液漏斗活 塞，缓慢滴加溶液。(4)步骤ⅲ反应后三颈烧瓶内存在LH AICl3、LiCI、Li[AlH]等，溶剂为乙醚，根据已知①可知， AICl、Li汇AIH,]均溶于乙醚，LiH、LiCI分别微溶、难溶于 乙醚，因此通过过滤的方法可以除去LiH、LCl:由于反应需 要在无水无氧的条件下进行，因此再次通入氨气的作用是隔 绝空气，同时可以加快过滤速率。(5)步骤V是利用ACL 和L汇AlH,]在苯中的溶解性差异分离两者。AlCL和 L汇AIH4门均溶于乙醚，但L汇A1H]难溶于苯，由于苯的沸点 大于乙醚，因此需先通过蒸馏除去乙醚，得到溶于苯的ACl3 和难溶的Li[AH,],再通过过滤将二者分离即可得到 Li[A1H],故答案为A。(6)实际得到的Li[AlH]质量为 22.04g-3.04g=19.0g,初始时加入23.68gLiH (2.96mol)、80.10g无水A1C1(0.6mol),根据反应方程式 AICl,十4LiH乙Li[AH,]+3LiCl可知iH过量，剥 Li汇AlH4]的理论生成质量为0.6mol×38g/mol=22.8g, 所以该实验中产品的产率为9.0g×100%≈83.3%。 22.8g 2.(1)3d24s2+3 (2)FeV2 O,+2Cl2 =FeCl2 +2VO2 Cl (3)Si02 (4)2.0调节溶液pH使TO+沉淀完全 (5)产生的Fe3+催化H2O2的分解 (6)消耗H,使萃取反应的平衡逆向移动，将H2V1。O与 萃取剂分离 (7)NH+3Fe3++2SO2-+6HO NH,Fea(SO)2(OH)s+6HT 解析：钒钛磁铁矿精矿（主要成分为FesO,、FeV2O,、TiO2 和SiO2)“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl(s) 2FCl2(s)十Cl,(g),生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次 氣化”，FeV2O,经“二次氯化”转化为VO2Cl、FeCl2,加入盐 酸进行酸浸，VO2C1转化为VO,TiO2转化为TiO+,浸出 渣主要为SiO2,加适量铁粉沉钛，调节溶液pH使TiO+完 全转化为TiO(OH)2沉淀，加入H,O2将十2价亚铁离子氧 化成十3价铁离子，加入有机萃取剂RN,VO先转化为 H2V1。O,再与萃取剂RN结合进入有机相，加入酸化的 Na2SO,溶液洗涤分液，向有机相中加入NaCO3溶液进行 反萃取，经一系列操作得V,O;向水相中加入(NH,)2SO 生成黄铵铁矾，据此分析。(1)钛为22号元素，其价电子排 布式为3d4s2,已知FeV2O,中Fe为十2价，根据化合物中 元素正负化合价的代数和为零，则V的化合价为十3价。 (2)“加压焙烧”中FeV,O,经“二次氯化”转化为VO2Cl和 FeCl2,V由十3价升高到十5价，C1由0价降至一1价，根据 得失电子守恒进行配平，化学方程式为FeV,O1十2Cl2 FCl,十2VO2Cl。(3)根据分析可知，“酸浸”时，产生的“浸 出渣”的主要成分为SiO2。(4)K甲[TiO(OH)2]= c(Ti02+)·c2(0H)=1.0×105mol·L1×c2(OH)= 1×10-0,c(0H)=1.0×1012mol·L1,则c(H+)= 1.0×10-2mol·L1,pH不低于2.0；加入适量铁粉的目 的：调节溶液pH使TO2+沉淀完全。(5)“氧化”时，将十2 价亚铁离子氧化成十3价铁离子，H2O2的使用量远大于理 论计算量，可能的原因为产生的Fe3+催化H2O2的分解。 (6)Na2CO3与H+反应，消耗H,使c(H+)降低，使萃取反 应的平衡逆向移动，将H2V1。O与萃取剂分离。(7)“沉铁” 时，加入(NH,),SO,生成黄铵铁矾的离子方程式为NH十 3Fe3++2SO+6H2O-NH,Fe(SO)2(OH)6￥+6H。 3.(1)2△H1-△Hs-△H (2)①3增大B②BD (3)①m②64%③反应1和Ⅱ的△H均小于0，降温均 正向移动，反应Ⅱ正向移动的程度比反应I大 解析：(1)根据题给信息可知，I,2C2H1(g)十O2(g)一 2C2HO(g)△H1=-210kJ·mol,Ⅲ.Ag(s)+O2(g) 一Ag0,(s)△H,V.Ag0(s)一Ag(s)+20,(g) △H:,结合盖斯定律可知，2义I-Ⅲ-V可得CH(g)十 Ag0,(s)一C2H,0(g）+Ag0(s),故△H4=2△H △H3一△H。(2)①根据k廷=3k送，并结合平衡常数和速率 k正 常数的关系可知，K,一 =3:反应I为放热反应，降低温度 时，平衡正向移动，平衡常数增大。温度降低时，速率常数降 低，由于平衡正向移动，则逆向反应速率常数降低的程度更 大。②该容器为恒容容器，且所有的反应物和产物都是气 体，则混合气体密度是恒定不变的，则其不随时间变化时，不 能表明反应达到平衡状态，A错误；结合A分析可知，反应物 和产物的质量不变，且反应I是气体分子数减小的反应，则 气体平均摩尔质量不随时间变化可以表明反应达到平衡状 态，B正确；根据碳元素守恒可知，碳的总物质的量八总一 2n(C?H4)十n(CO2)十2n(C2HO)不随时间变化，则碳的总 物质的量不变不能表明反应达到平衡状态，C错误；平衡时， 根据反应I可知，20正(C2H,)=20接(C2H,O),根据反应Ⅱ 可知，2z(C2H)=v是(CO2),则两者式子结合到一起可知， 2v正(C2H4)=2v送(C2H1O)十v送(CO2),D正确。(3)①随 参考答案285 着压强增大，反应I正向移动，反应Ⅱ平衡不移动，则加压 时，CHO的选择性增大，结合题意可知，C2HO选择性 [6(C2H,O)]、CO2选择性[6(CO2)]之和为100%，则i表 示C2H4O的选择性，表示6(CO2)随压强变化的曲线为川； 同时可知，i表示C2H转化率。②若O,的转化率为56%， 则参加反应的O2的物质的量为1.12mol,设反应I生成 C,H,O2xmol,反应Ⅱ生成CO22ymol,结合反应I、反应 Ⅱ可知，反应I消耗乙烯2xmol,氧气xmol,反应Ⅱ消耗乙 烯ymol,氧气3ymol,且当压强为100kPa时，CgH,O选择 性、CO2选择性都是50%，则x十3y=1.12,y=2x,x 0.16,y=0.32,则此时乙烯的转化率为 2×0.16mol+0.32mo×100%=64%。③由于反应1、反 1 mol 应Ⅱ均为放热反应，则降温时两平衡均正向移动，但是反应 Ⅱ的热效应大，即降温时，其正向移动的程度大，则CO2的 选择准大，为C0》 1。 4.(1)邻硝基甲苯 (2) OCH NO, (3)氨基、羧基 (4)n 催化剂HO+CCH2NHH+m-1)H,O 0H= △ NH (5)(6)3 HO NH (7) NH NH H 解析：由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下甲苯与浓 CH 硝酸共热发生硝化反应生成 ,则A为 NO, CH CH CH 、B为 :在氢化钠作用下 NO 与CHOC一COCH发生取代反应生成 则C为 OCH;酸性条件下 OCH,发 NO. 生水解反应生成D,在催化剂作用下D转化为 OH NO. 则E为 OH OH与铁、盐酸发生还原反应 NO NO 生成 OH,则F为 OH OH在酸 NH NH NH 性条件下发生取代反应生成G,在催化剂作用下G与氧气发 生催化氧化反应生成I,I与过氧化氢发生氧化反应生成J,J 2862对勾·讲与练·高三二轮化学 NH HO NH 与 发生加成反应生成 NH2,则中间 NH HO NH HO NH 产物1为 NH, ONH发生消去反应生 。,则中间产物2为 H NH,发生已知②反应生成 NH,则中 OH H 间产物3为 NH: NH发生脱水反应 OH OH N H CH 生成K。(1)由分析可知，B的结构简式为 ,名 NO2 称为邻硝基甲苯。(2)由分析可知，C的结构简式为 0 OCH。(3)由分析可知，F的结构简式为 NO OH,官能团为氨基、羧基。(4)由分析可知，F的结 NH =0 构简式为 OH,一定条件下 H能发生编聚 NH NH2 反应生成HO+CCH,NHH和水，反应的化学方程式为 O OH 催化剂HO+CCH2NHH+(m-1)H,O。 NH (5)由结构简式可知，I分子中的羰基是吸电子基，会使酰胺 基中氨原子提供孤电子对的能力减弱，所以I分子与氢离子 的结合能力小于G,碱性小于G。(6)I的同分异构体N只含 苯环不含其他环状结构，不含醚键，能发生银镜反应，在一定 条件下能发生水解反应说明N分子中含甲酸酯基和 CN OOCH 一C=N,则符合条件的结构简式为 CN ,共3种。(7)由分析可知，中间 OOCH OOCH HO NH 产物1、3的结构简式分别为 ONH2、 H OH NH 非选择题专项练（四） 1.(1)四MB (2)4eC,0,十8Na,C0,+70,高温2Fe,0,十8Na,Cr0,十 8C02 (3)Fe,O (4)2Na++2Cr0+2C02+H20—Cr20+ 2 NaHCO,↓析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的 Na2CO3、CO,能循环利用（或CO2来源丰富，廉价易得等） (5)8.37(6)A 解析：铬铁矿（主要成分为FeCr2O4,含有少量FeO,和 Al2O3等杂质)在有氧气的条件下加入碳酸钠煅烧，将 FeCr2O,转化为Na2CrO,,“煅烧”所得固体为Na2CrO,、 Na[Al(OH)]4和Fe2O3,加水浸取，滤渣1为难溶性的 Fe2O3,滤液中含有可溶性的Na2CrO,、Na[Al(OH)]4,通入 CO2中和，得到沉淀A(OH)3,则滤渣2为AI(OH)3,再通 入足量CO,酸化，CrO?转化为Cr2O,向溶液中加入 KCl,得到溶解度较小的K2Cr2O,,以此解答。(1)Cr是 24号元素，位于元素周期表第四周期第ⅥB族。(2)“煅烧” 时FeCrzO,和NaCO、O,反应转化为Na2CrO1,同时有 Fe2O3和CO2生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平化 学方程式为4FeCr2O,+8Na,C0,+7O2 高温2Fe,03十 8 NazCrO4十8CO2。(3)由分析可知，“滤渣1”的主要成分为 Fe2O3。(4)“酸化”过程中CrO转化为Cr2O号，发生反应 的离子方程式为2Na+2CrO+2CO2十HO-Cr2O+ 2 NaHCO,↓，选择CO2的优点是析出的白色晶体碳酸氢钠 加热后产生的N2CO3、CO2能循环利用；CO2来源丰富，廉价易 得等。(5)室温下“中和”：[A1(OH)1]+H→A1(OH)3￥+ H2O,平衡常数K'=c{[AI(OH)]}×c(H+)= ci[AI(OHD),])Xc(H')Xe(OH)-KXK-10- c(OH) [A1(OH),]洽好沉淀完全时，溶液中浓度为1×105mol/L,则 c(H+)=101a 10mol/L.=107mol/L,pH=&.37。(6)用 分光光度法测定K2Cr2O,时，若配制溶液时缺少了某种强 酸以保持溶液的酸性，会有部分Cr2O片转化为CrO,则 测得Cr,O片的质量分数会偏低。氢碘酸能够和Cr2O发 生氧化还原反应，导致C,O号的量减小，则少加的试剂可以 是硫酸，故答案选A。 2.(1)甲醛加成反应 (2)H00CC=CC00H+2CH,OH浓毓酸 △ CH OOCC=CCOOCH,+2H,O (3)CH2=CH一C=CH (4)AD COOCH COOCH COOH (5) COOCH COOH COOCH (6)与K+结合后将MnO,带入反应体系中，MnO:与反应 物充分接触而迅速反应 解析：由题给合成路线可知，HOCH2C三CCH2OH被重铬 酸钾氧化为A,则A为HOOCC=CCOOH,A和甲醇发生 酯化反应生成CH3OOCC=CCOOCH?;2个乙炔分子发生 加成反应生成的B为CH2一CH一C=CH,B和H2发生加 成反应得到CH2一CHCH一CH2,B也可以通过加成反应得 到正丁烷，经一系列操作转化为。).《。》和 04 CH,OOCC=CCOOCH,发生加成反应生成的C为 COOCH ,C和H,发生加成反应生成的D为 COOCH. COOCH ,D和CH2一CHCH=CH2生成的E为 COOCH, COOCH ,E发生氧化反应得到M,以此解答。 COOCH (1)乙炔和X发生加成反应生成HOCH2C=CCH2OH,可 以推知X为HCHO,名称为甲醛，该反应中醛基被加成转化 为羟基，反应1的反应类型是加成反应。(2)反应2为 HOOCC=CCOOH和甲醇发生酯化反应生成 CH.OOCC=CCOOCH,化学方程式是HOOCC=CCOOH+ 2CH,OH 浓硫酸 CH,OOCC=CCOOCH3+2H2O。(3)链 烃B的分子式为C,H,,2个乙炔分子发生反应生成B,分子 中有3种不同化学环境的氢原子，其结构简式为 CH2=CH一C三CH。(4)由分析可知，D的结构简式为 COOCH ,其中官能团为酯基、醚键、碳碳双键，A正确； -COOCH COOCH 由分析可知，C为O ,含有2个碳碳双键，1mol COOCH COOCH C能与2molH2反应，D为O ,含有1个碳碳双 COOCH 键，1molD能与1molH2反应，B错误；由分析可知，E为 COOCH ,手性碳原子是指与四个各不相同的原子 人COOCH. 或原子团相连的碳原子，E中有6个手性碳原子，如图： 米COOCH ,C错误；由分析可知，E为 籴COOCH COOCH ,含有碳碳双键，能发生加聚反应，D正 COOCH COOCH 确。(5)由分析可知，D的结构简式为 ,C→D COOCH 选择催化氢化时还有副产物F,F与D互为同分异构体，F为 COOCH COOCH ,若F按合成路线继续反应，O 和 COOCH COOCH. COOCH CH2一CHCH一CH2发生加成反应生成 COOCH COOCH 0 】发生氧化反应生成的M的同分异构体N为 COOCH 参考答案 287