复习题教学目标设计

认识有机化合物复习题

一、单选题（本大题共6小题，共6.0分）

1.

过氧化氢分子中含有过氧键（-O-O-）．有机化合物A的相对分子质量为120．经分析，其中氧的质量分数为0.5334，其余为碳和氢，则A分子中过氧键数最多为（

）

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

2.

组成和结构可用表示的有机物中，能发生消去反应的共有（

）

A. 9种

B. 10种

C. 15种

D. 20种

3.

与OHC-CH2-CH2-CHO互为同系物，比它相对分子质量大28的同分异构体有（

）

A. 9种

B. 8种

C. 7种

D. 6种

4.

已知在浓H2SO4存在并加热至170℃的过程中，2个乙醇分子在羟基上可发生分子间脱水反应生成醚，如CH3CH2-OH+HO-CH2CH3CH3CH2-O-CH2CH3+H2O．用浓H2SO4与分子式分别为CH4O和C3H8O的醇的混合液在一定条件下反应，可得到的有机物的种类有（

）

A. 5种

B. 6种

C. 7种

D. 8种

5.

下列有机物命名正确的是（

）

A. B. C.

2-乙基丙烷

2-甲基-2-丙烯

间二甲苯

D. CH3CH2CH2CH2OH1-丁醇

6.

有一种烃，其结构简式可以表示为：

命名该有机物时，应认定它的主链上的碳原子数目是（

）

A. 8

B. 9

C. 11

D. 12

二、双选题（本大题共2小题，共8.0分）

7.

无色孔雀石绿（结构简式如图）曾被用作水产养殖业的杀虫剂（鱼药）．因为具有潜在致癌性，已被禁止用作鱼药．下列关于无色孔雀石绿的叙述中，正确的是（

）

A. 分子中所有的碳原子不可能在同一平面上

B. 属于芳香第1页，共20页

烃

C. 与苯胺（）互为同系物

D. 一定条件下，1mol该物质可以和9mol氢气发生加成反应

8.

下列有机物的命名正确的是（

）

A. （CH3）2CHCH2CH3 2-甲基丙烷

B. （CH3）2C=CHCH3 2-甲基-2-丁烯

2-丁烯

C. D. 1，4-二甲苯

三、填空题（本大题共1小题，共1.0分）

9.

充分燃烧某糖，消耗的O2、生成的CO2和H2O的物质的量都相等，它的相对分子0.1mol该糖能与银氨溶液反应生成21.6g银，质量是它实验式相对分子质量的6倍，0.1mol该糖能与30g乙酸发生酯化反应．则：

（1）该糖的实验式为

______ ．

（2）该糖的相对分子质量为

______ ，分子式为

______ ．

（3）若该糖是直链分子，其结构简式为

______ ．

四、实验题（本大题共2小题，共20.0分）

10.

从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的两种流程如图：

（1）给滤液E中通入过量的NH3，其反应的离子方程式是

______ 、

______ ．

（2）流程Ⅱ中加入烧碱溶液后，生成SiO的离子方程式是

______ ．

（3）验证滤液A中含Fe，可取少量滤液并加入

______ （填写试剂名称）．

（4）滤液C中溶质的主要成分是

______ （填化学式），写出该溶质的一种用途

______ ．

-1（5）滤液C和滤液F共同的溶质为G，若用惰性电极电解500mL 0.1mol•L的G溶液，若阳极得到56mL气体（标准状况），则所得溶液在常温下的pH为

______ （忽略电解前后溶液体积的变化）．

10-11．取适量的滤液A，加入（6）已知25℃时Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=1.8×一定量的烧碱溶液至达到沉淀溶解平衡，测得该溶液的pH=13.00，则25℃时残留2+-1在溶液中的c（Mg）= ______ mol•L．

3+第2页，共20页

11.

用废铁屑（含Fe2O3、油污、碳及少量不溶于酸碱的杂质）制取铁红的流程如下：

回答下列问题：

（1）浊液B中一定含有常见的难溶物

______ （填化学式），热碱液作用

______ ；

（2）溶液C加入H2O2发生反应的离子方程式

______ ，操作Ⅰ名称是

______ 、操作Ⅱ由浊液E到80.0gFe2O3包括

______ 、

______ 、

______ 、

______ 、

______ ；

2+（3）检验C溶液加入H2O2后Fe已经完全变质应选择试剂是

______ ；供选试剂：氯水、KSCN溶液、NaOH溶液、KMnO4酸性溶液．

（4）若原铁屑质量100.0g，含铁元素质量分数70%，得到铁红80.0g，则铁屑中铁的利用率为

______ ．

五、计算题（本大题共1小题，共5.0分）

12.

有机物A由碳、氢、氧三种元素组成．现取4.6g A与5.6L氧气（标准状况）在密闭容器中燃烧，燃烧后只生成CO2、CO和水蒸气（假设反应物没有剩余）．将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重5.4g，碱石灰增重4.4g．回答下列问题：

（1）4.6g A中所含氢原子的物质的量为，碳原子的物质的量为；

（2）通过计算确定该有机物的分子式；

（3）可以利用核磁共振氢谱法确定有机物A的结构，请完成下表：

判断依据

核磁共振氢谱有 个峰

核磁共振氢谱有 个峰

结论（写结构简式）

六、简答题（本大题共10小题，共50.0分）

13.

四氯化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料--钛合金的重要原料，由钛铁矿（主要成分是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如图1：

第3页，共20页

回答下列问题：

（1）钛铁矿酸浸前要粉碎成细颗粒的目的是

______ ；

（2）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液呈强酸性，该过程中有如下反应3+2+2++3+2+发生：2Fe+Fe=3Fe；2TiO（无色）+Fe+4H=2Ti（紫色）+Fe+2H2O，加入铁屑的作用是

______ ；

（3）若焦炭足量，写出④中发生的化学方程式

______ ；

（4）依据表中信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4可采用

______ 方法．

熔点/℃

沸点/℃

TiCl4

-25.0

136.4

SiCl2

-68.8

57.6

（5）成品TiCl4制备TiO2的方法之一是利用TiCl4水解生成TiO2•nH2O，再经焙烧制得，请写出TiCl4水解的化学方程式

______ ．水解时需加入大量的水并加热其原因为

______

（6）工业上也可由H4TiO4制得钛白粉TiO2•TiO2直接电解还原法（剑桥法）生产钛是一种较先进的方法，电解质为熔融的CaCl2，原理如图2所示，阴极的电极反应为

______ ．

14.

已知在同一碳原子上连有两个羟基的化合物是极不稳定的，它要自动失水生成含醛基的化合物．今在无其他氧化剂存在的条件下，以甲苯和氯气为主要原料按下列过程制取苯甲醛（C6H5CHO）．

（1）条件2中试剂为

______ ．

（2）写出苯甲醛与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式：

______ ．

（3）苯甲醛在强碱性条件下可发生自身氧化还原反应，即部分氧化成羧酸盐A，部分还原成醇B．写出A经酸化后的产物苯甲酸与B酯化反应可生成一种新的化合物C的结构简式：

______ ．

15.

有机物A和B都是重要的化工原料，认真观察A和B的结构回答下列问题：

（1）A的一种同分异构体C是最简单的芳香烃，能证明C中的化学键不是单双键交替排列的事实是

______ ．

a．它的对位二元取代物只有一种 b．它的邻位二元取代物只有一种

c．分子中所有碳碳键的键长均相等 d．能发生取代反应和加成反应

A的另一种同分异构体D同时满足下列三个条件，（2）则D的结构简式为

______ ．

①含有三个双键 ②核磁共振氢谱只显示1个吸收峰 ③不存在甲基

（3）B的一种同分异构体E属于芳香烃，是生产某塑料的原料，试写出E发生加聚反应的化学方程式

______ ．

（4）若将m g的A与n g的B混合，则所得的混合物中含碳的质量分数（C%）为

______ ．

16.

（1）有A、B、C三种烃，它们的结构简式如下图所示：

请给第三种物质C用系统命名法命名

______ ．

第4页，共20页

（2）写出丁烷（C4H10）、戊烷（C5H12）的各种同分异构体的结构简式并用系统命名法给其命名

______ ．

17.

（1）写出下列基团的名称：

─C≡C─

─CH3

─CH2CH3 ─OH

或─C2H5

─CHO

─COOH

-COO-R

（2）写出下列有机物的系统命名或结构简式：

①

②

③2，2-二甲基-3-乙基己烷④2-甲基-2-丁烯．

18.

氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料．以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如下图所示：

请回答下列问题：

（1）由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是

______ 、

______ ．

B和N相比，（2）基态B原子的电子排布式为

______ ；电负性较大的是

______ ，BN中B元素的化合价为

______ ．

（3）在BF3分子中，F-B-F的键角是

______ ；B原子的杂化轨道类型为

______ ，BF3与过量NaF作用可生成NaBF4，B的立体构型为

______ ．

（4）六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm．立方氮化硼晶胞中含有

______ 个氮原-3子、

______ 个硼原子，立方氮化硼的密度是

______ g•cm（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA）．

19.

锰及其化合物在生产、生活中有许多用途

I．Fe2O3和A12O3在实验室中模拟工业利用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量SiO2、等）制备金属锰等物质，设计流程如图：

己知：碳酸锰在空气中高温加热固体产物为Mn2O3；部分氢氧化物的Ksp（近似值）如表．

物质

Ksp

Mn（OH）2

10-13

Fe（OH）2

10-17

Fe（OH）3

10-39

Al（OH）3

10-33

（1）“酸浸”中MnO2反应的离子方程式为

______ ．

2+=0.1mol•L-1，（2）向滤液I 中滴加双氧水的目的是

______ ；测得滤液I 中c（Mn）为保证滴加氨水不产生Mn（OH）2，应控制溶液pH最大为

______ ．

第5页，共20页

（3）“沉锰”过程中的离子方程式为

______ ．

（4）以碳酸锰和金属铝为原料可以制备粗锰，写出制备过程中最后一步反应的化学方程式

______ ．

Ⅱ．科学家发明了NH3燃料电池，以KOH为电解质，原理如图所示．

（5）该燃料电池的负极反应式为

______ ．

（6）以该电池为电源，用石墨电极电解锰酸钾（K2MnO4）溶液制取高锰酸钾，通电10分钟，电流强度为0.5A．最多可制得高锰酸钾

______ g（已知1mol电子所带电量为96500C）．

20.

某烃A 0.2mol在氧气中充分燃烧后，生成化合物B、C各1.2mol．

（1）烃A的分子式为

______ ．

（2）若取一定量的烃A完全燃烧后，生成B、C各3mol，则有

______ g烃A参加了反应，燃烧时消耗标准状况的O2为

______ L．

（3）若烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下与H2加成，其加成产物分子中含4个甲基，则A可能的结构简式为

______ ；其中有一种分子中，所有碳原子都在同一平面内，它发生加聚反应，其产物的结构简式

______ ．

21.

相对分子质量不超过100的有机物A，既能与金属钠反应产生无色气体，又能与碳酸钠反应产生无色气体，还可以使溴的四氯化碳溶液褪色．A完全燃烧只生成CO2和H2O．经分析A中含氧元素的质量分数为37.21%．经核磁共振检测发现A的氢谱如下：

（1）A分子式中含

______ 个O原子

（2）A的分子式为

______

（3）A的结构简式为

______ ．

22.

某含C、H、O三种元素的未知物A，经燃烧分析实验测定该未知物碳的质量分数为52.16%，氢的质量分数为13.14%，试求该未知物A的实验式．第6页，共20页

答案和解析

【答案】

1. B

2. D

8. BD

3. A

4. C

5. D

6. C

7. AD

9. CH2O；180；C6H12O6；10. H++NH3•H2O=NH4++H2O；Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；NaCl、NaHCO3；硫氰化钾；制纯碱（或作发酵粉、食用盐等）；12；1.8×10-9

11. 碳；除油污；H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H20；过滤；过滤；洗涤；灼烧；冷却；称量；KMnO4酸性溶液；80%

12. 解：（1）浓硫酸增重5.4g是水的质量，水的物质的量为：原子守恒有n（H）=2n（H2O）=0.6mol；

碱石灰增重4.4g是生成的二氧化碳的质量，二氧化碳的物质的量为：氧气的物质的量为=0.3mol，根据H=0.1mol，

=0.25mol，氧气的质量为0.25mol×32g/mol=8g，

根据质量守恒可知CO的质量为：4.6g+8g-5.4g-4.4g=2.8g，CO的物质的量为=0.1mol，

根据C原子守恒有：n（C）=n（CO2）+n（CO）=0.1mol+0.1mol=0.2mol，

答：4.6g A中所含氢原子的物质的量为0.6mol，碳原子的物质的量为0.2 mol；

1g/mol=0.6g，m（C）=0.2mol×12g/mol=2.4g，

（2）m（H）=0.6mol×则m（O）=4.6g-0.6g-2.4g=1.6g，n（O）==0.1mol，

所以：n（C）：n（H）：n（O）=0.2mol：0.6mol：0.1mol=2：6：1，

该有机物的实验式为：C2H6O，由于该有机物分子中H原子已经饱和，则其最简式即为分子式，

答：该有机物的分子式C2H6O；

CH3OCH3，（3）若核磁共振氢谱有1个峰，分子中H原子等效，故有机物的结构简式为：

若核磁共振氢谱有3个峰，说明分子中有3种不等效H原子，故有机物的结构简式为CH3CH2OH，

故答案为：

判断依据

核磁共振氢谱有1个峰

核磁共振氢谱有3个峰

结论（写结构简式）

CH3OCH3

CH3CH2OH

．

13. 增大接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率；使Fe3+还原为Fe2+，保护Fe2+不被氧化；TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；蒸馏；TiCl4+（2+n）H2O=TiO2．nH2O↓+4HCl；加入大量水并加热都能使水解反应向正反应方向移动，从而促进水解趋于完全；TiO2+4e-=Ti+2O2-

第7页，共20页

14. 氢氧化钠溶液；；

15. bc；；；92.3%

16. 3-甲基-1-丁烯；CH3CH2CH2CH3（丁烷）、CH3CH（CH3）2（2-甲基丙烷）；CH3CH2CH2CH2CH3（戊烷）、CH3CH2CH（CH3）2（2-甲基丁烷）、C（CH3）4（2，2-二甲基丙烷）

（1）烯烃的官能团为碳碳双键，结构简式为-C=C-；炔烃的官能团为碳碳三键，17. 解：结构简式为─C≡C─，─CH3为甲基，─CH2CH3或─C2H5为乙基，─OH为羟基，醛的官能团为醛基，结构简式为-CHO，羧酸的官能团为羧基，结构简式为-COOH，酯的官能团为酯基，结构简式为-COO-R，

故答案为：碳碳双键；碳碳三键；甲基；乙基；羟基；醛基；羧基；酯键；

（2）①选取最长碳链为主碳链含6个碳原子，离取代基近的一端编号，写出名称为：3，3，4-三甲基已烷，

故答案为：3，3，4-三甲基已烷；

②选取含碳碳三键在内的最长碳链为主碳链，离三键近的一端编号，得到名称为：5-甲基-3-乙基-1-己炔，

故答案为：5-甲基-3-乙基-1-己炔；

③2，2-二甲基-3-乙基己烷，主碳链6个碳原子，2号碳上有两个甲基，3号碳有一个乙基，得到结构简式为：，

故答案为：；

④2-甲基-2-丁烯，主链是丁烯，碳碳双键在2号、3号碳原子上，从碳碳双键最近一端编号，2号碳原子上有1个甲基，结构简式：故答案为：．

2BF3↑+3CaSO4+3H2O；B2O3+2NH32BN+3H2O；，

18. B2O3+3CaF2+3H2SO421s22s2sp1；N；+3；120°；sp；正四面体；4；4；

19. MnO2+2Fe2++4H+2+3+Mn2++2Fe3++2H2O；将Fe氧化为Fe，便于转化为Fe（OH）8；Mn2++HCO3-+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O；Mn2O3+2Al3除去；2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；0.49

Al2O3+2Mn；第8页，共20页

20. C6H12；42；100.8；（CH3）2C=C（CH3）2或CH2=C（CH3）CH（CH3）2或（CH3）3CCH=CH2；

21. 2；C4H6O2；22. 解：碳的质量分数是52.16%，氢的质量分数是13.14%，氧元素质量分数是1-52.16%-13.14%=34.7%，则该物质中碳、氢、氧原子个数之比=：%：4.34%：13，14%：2.17%=2：6：1，所以其实验式为C2H6O，

答：该有机物的实验式为：C2H6O．

【解析】

1. 解：A的相对分子质量为120，氧的质量分数为0.5334，120×0.5334=64，含有4个氧原子，最多有2个过氧键．

故选B．

根据氧原子的质量分数确定氧原子的个数，然后确定过氧键的数目．

本题考查有机物分子式与结构式的确定，题目难度不大，关键是计算确定A分子中氧原子数目．

2. 解：苯环前面的取代基共有5种：CH2ClCH2CH2-、CH3CHClCH2-、CH3CH2CHCl-、CH（CH-、CH3OCH2-、（CH3）其中有5种能发生消去反应；右边的有4种：3CH2Cl）2CCl-，CH3CH2O-、CH3CH（OH）-、HOCH2CH-，因此能发生消去反应的共有20种，

故选D．

根据苯环前面的取代基共有5种：CH2ClCH2CH2-、CH3CHClCH2-、CH3CH2CHCl-、CH3CH-、CH3OCH2-、（CH2Cl）（CH3）其中有5种能发生消去反应；右边的有4种：2CCl-，CH3CH2O-、CH3CH（OH）-、HOCH2CH-来解答；

本题主要考查了同分异构体的书写和消去反应的条件，注意碳链异构和官能团异构，难度不大．

3. 解：与OHC-CH2-CH2-CHO互为同系物，比它相对分子质量大28的醛为己二醛，碳架结构分别为：，其中醛基只能连在链端，即只有一种，有1、5和1、6两种，有1、5和1、6两种，有1、4和1、5和5、6三种，有1、4一种，故总共有1+2+2+3+1=9种，故选A．

OHC-CH2-CH2-CHO为1，4-丁二醛，与其为同系物，则含有2个醛基，相对分子质量大28，则多2个碳，据此判断即可．

本题主要考查的是同分异构体的判断，掌握同系物的概念是解决本题的关键，难度不大．

CH4O是甲醇，C3H8O的醇结构简式为：CH3CH2CH2OH或CH3CH结构只有一种．4. 解：（CH3）OH，甲醇与甲醇分子之间脱水有1种，丙醇分子之间脱水有1+1+1=3种，甲2=2种，故可以形成的醚有1+3+2=6种；另外丙醇分子消醇与丙醇分子之间脱水有1×第9页，共20页

去反应生成丙烯，因此有机物共7种，故选C．

用浓硫酸与分子式分别为CH4O和C3H8O的醇的混合液反应，将乙醇和浓硫酸反应的温度控制在140℃，甲醇与甲醇分子间脱水，丙醇分子之间脱水，丙醇与甲醇分子之间脱水，分析两种醇的结构，结合反应原理利用组合计算判断．

本题考查了分子结构的分析、同分异构体的应用书写，理解分子间的脱水反应实质是解题关键，题目较简单．

5. 解：A．选取最长碳链四个为主碳链，从离取代基近的一端编号确定甲基位置，名称为2-甲基丁烷，故A错误；

B．选取含双键最长的碳链有三个碳原子，离双键近的一端编号确定甲基和双键的位置，名称为2-甲基-1-丙烯，故B错误；

C．习惯命名法两个甲基在苯环的对位，为对二甲基苯，简称为对二甲苯，故C错误；

D．选取含羟基碳在内的最长碳链，从离羟基近的一端编号确定取代基和羟基的位置，名称为1-丁醇，故D正确；

故选D．

判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：

（1）烷烃命名原则：

①长：选最长碳链为主链；

②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；

③近：离支链最近一端编号；

④小：支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；

⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；

（2）有机物的名称书写要规范；

（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；

（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．

本题考查有机物的命名判断，题目难度中等，该题侧重对学生基础知识的检验和训练，关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力及灵活应用所学知识的能力．

6. 解：该有机物为烷烃，其分子中含有碳原子数最多的为主链，如图所示：，该碳链含有的C原子数最多，则该烃分子的主链上的碳原子数目为11，

故选C．

该有机物为烷烃，根据烷烃的命名原则可知，其分子中含有碳原子数最多的为主链，如图中画出的碳链即为主链．

本题考查了有机物的命名，题目难度不大，明确常见有机物命名原则为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的分析能力及灵活应用能力．

7. 解：A、该有机物质中含有甲基，其中的饱和碳原子和其它原子一定不会共面，故A正确；

B、芳香烃是只含有C、H元素的化合物，该有物质中还含有氮元素，不属于芳香烃，第10页，共20页

故B错误；

C、该有机物质与苯胺（）的结构不一样，分子组成不符合同系物的要求，不属于同系物，故C错误；

D、一定条件下，1mol该物质中的三个苯环可以和9mol氢气发生加成反应，故D正确．

故选AD．

A、饱和碳原子和其它原子一定不会共面；

B、芳香烃是只含有C、H元素的化合物；

C、根据同系物的概念来回答；

D、有机物质中的不饱和键可以和氢气发生加成反应．

本题考查有机物的结构和性质，题目难度中等，注意把握有机物官能团的结构和性质是解题的关键．

8. 解：A．烷烃命名中无2-乙基，主碳链选错，正确名称为：2-甲基丁烷，故A错误；

B．（CH3）2C=CHCH3 选取含碳碳双键在内最长碳链，离双键近的一端编号，名称2-甲基-2-丁烯，故B正确；

C．结构中含碳碳三键为炔烃，名称为2-丁炔，故C错误；

D．为苯的同系物，名称为1，4-二甲苯，故D正确；

故选BD．

判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：

（1）烷烃命名原则：

①长：选最长碳链为主链；

②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；

③近：离支链最近一端编号；

④小：支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；

⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；

（2）有机物的名称书写要规范；

（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；

（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．

本题考查有机物的命名判断，题目难度中等，该题侧重对学生基础知识的检验和训练，关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力及灵活应用所学知识的能力．

9. 解：（1）因为该糖燃烧消耗的氧气，生成的二氧化碳和水的物质的量都相等，

所以该糖分子内C、H、O三种原子物质的量之比为：1：2：（2+1-2）=1：2：1，故该糖的最简式为CH2O，

故答案为：CH2O；

（2）它的相对分子质量是它实验式的6倍，则该有机物的分子式为：（CH2O）6=C6H12O6，6+1×12+16×6=180，

相对分子质量为12×故答案为：180、C6H12O6；

（3）因0.1 mol该糖发生银镜反应生成银又因为0.1 mol该糖发生酯化反应时消耗乙酸=0.2 mol．所以分子中有一个-CHO，=0.5 mol，所以分子中有5个羟基，第11页，共20页

又因为该分子为直链，因此该糖为葡萄糖，结构简式为：故答案为：．

．

（1）据“充分燃烧某糖，消耗的氧气、生成的CO2和H2O的物质的量都相等”可得出实验式为CH2O；

（2）“相对分子质量是实验式的6倍”可确定其相对分子质量和分子式；

（3）0.1mol该糖能与银氨溶液反应生成21.6g银，可计算出醛基数目，0.1 mol该糖能与30g乙酸发生酯化反应，可计算出羟基数目，再根据分子式确定该有机物的结构简式．

本题考查了确定有机物分子式、结构简式的计算，题目难度中等，注意掌握有机物结构与性质，能够根据质量守恒定律、有机物性质判断有机物的分子式、结构简式．

根据工艺流程Ⅰ可知，铝土矿与盐酸反应得固体A为滤液A，则固体A为SiO2，10. 解：滤液A含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀B为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液B含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液B中通入过量二氧化NaHCO3；碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀C为Al（OH）滤液C中含有NaCl、

3，SiO2能和氢氧化钠反应，根据工艺流程Ⅱ可知，铝土矿中的Al2O3、可知固体D为Fe2O3、MgO等，滤液D为硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量盐酸，沉淀E为硅酸，滤液E中含有氯化铝、NaCl和过量的HCl，通入过量氨气，沉淀F为氢氧化铝，滤液F为氯化钠、氯化铵溶液；

（1）根据以上分析，滤液E即氯化铝、NaCl和过量的HCl中通入过量的NH3，离子方++3++程式为：H+NH3•H2O=NH4+H2O，Al+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4，

++3++故答案为：H+NH3•H2O=NH4+H2O；Al+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4；

（2）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，二氧化硅不能拆，故离子反应方程式-2-为：SiO2+2OH=SiO3+H2O，

-2-故答案为：SiO2+2OH=SiO3+H2O；

3+3+（3）Fe与硫氰化钾溶液反应，使溶液变红色，检验滤液B中是否含Fe离子的方法3+为：取少量滤液B，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe，溶液3+不变红色，说明滤液中不含Fe，

故答案为：硫氰化钾；

（4）根据以上分析，滤液C中溶质的主要成分NaCl、NaHCO3，NaCl、NaHCO3一种用途为制纯碱（或作发酵粉、食用盐等），

故答案为：NaCl、NaHCO3；制纯碱（或作发酵粉、食用盐等）；

（5）根据以上分析，滤液C和滤液F共同的溶质为G即氯化钠，用惰性电极电解氯化--钠溶液，阳极上的电极反应式为：2Cl-2e=Cl2↑，生成标准状况下56mL气体，即0.0025mol，转移电子数为0.005mol，所以阴极也有0.005mol的氢离子得电子生成氢气，c=所以生成氢氧根离子为0.005mol，（0H）-+=0.01mol/L，=则c（H）=10-12mol/L，所以pH=12，

故答案为：12；

2+10-11，pH=13.00时溶液中的c（6）已知25℃时Mg（OH）（Mg）2的溶度积常数Ksp=1.8×===1.8×10-9mol/L，

10-9．

故答案为：1.8×根据工艺流程Ⅰ可知，铝土矿与盐酸反应得固体A为滤液A，则固体A为SiO2，滤液A含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀B为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液B含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液B中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀C为Al（OH）3，滤液C中含有NaCl、NaHCO3；

SiO2能和氢氧化钠反应，根据工艺流程Ⅱ可知，铝土矿中的Al2O3、可知固体D为Fe2O3、第12页，共20页

MgO等，滤液D为硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量盐酸，沉淀E为硅酸，滤液E中含有氯化铝、NaCl和过量的HCl，通入过量氨气，沉淀F为氢氧化铝，滤液F为氯化钠、氯化铵溶液，据此答题．

本题以氧化铝提取工艺流程为载体，考查无机物推断、元素化合物性质及相互转化、除杂的方法、离子方程式、溶度积的计算等，难度中等．

11. 解：（1）废铁屑中碳和不溶于酸碱物质不与硫酸反应；热碱去油污能力强；

故答案为：碳；除油污；

（2）溶液C中含亚铁离子可被过氧化氢氧化成铁离子，反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H20；分离不溶性固体和溶液采取过滤方法；由浊液到沉淀需过滤、洗涤，氢氧化铁到氧化铁需灼烧、冷却称量、再灼烧、冷却再称量，直到两次称量差不变，记录氧化铁的质量为80.0g；

2++3+故答案为：H2O2+2Fe+2H=2Fe+2H20；过滤；过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量等；

（3）亚铁离子变质生成铁离子，要检验是否完全变质，应检验是否存在亚铁离子；应选用高锰酸钾，看高锰酸钾是否褪色．具体步骤为：取少量C溶液，滴加几滴高锰酸钾，用力震荡，若高锰酸钾无变化，证明无亚铁离子，亚铁离子完全变质，若高锰酸钾褪色，证明亚铁离子部分未完全变质；

故答案为：KMnO4酸性溶液；

（4）2Fe～Fe2O3

112 160

100.0g×70% m

m==100.0g，铁屑中铁的利用率为：=80%，80%．故答案为：

用废铁屑（含Fe2O3、油污、碳及少量不溶于酸碱的杂质）加入热碱去油污，加入硫酸，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，铁和铁离子反应生成亚铁离子；碳和不溶于酸碱的物质不反应，过滤后除去不溶性物质，滤液C中含铁离子、亚铁离子；加入过氧化氢溶液把亚铁离子氧化成铁离子，加入氨水生成氢氧化铁沉淀，沉淀过滤、洗涤、灼烧、冷却后称量、再灼烧、冷却称量直到质量不变得纯净氧化铁．

（1）废铁屑中碳和不溶于酸碱物质不与硫酸反应；热碱去油污能力强；

（2）溶液C中含亚铁离子可被过氧化氢氧化成铁离子；分离不溶性固体和溶液采取过滤方法，由浊液到沉淀需过滤、洗涤，氢氧化铁到氧化铁需灼烧；

（3）亚铁离子变质生成铁离子，应检验是否存在亚铁离子；

（4）根据铁守恒计算．

本题考查了由废铁屑制取铁红的实验设计，中等难度，注意围绕实验目的解题，（3）为易错点，误认为得检验铁离子错选硫氰化钾溶液，或用氯水和硫氰化钾溶液，不清楚溶液中铁离子会干扰亚铁离子检验．

12. （1）浓硫酸增重5.4g是水的质量，根据n=计算水的物质的量，根据H原子守恒有n（H）=2n（H2O），碱石灰增重4.4g是生成的二氧化碳的质量，根据n=计算氧气的物质的量，再根据m=nM计算氧气的质量，根据质量守恒计算CO的质量，再根据n=计算CO的物质的量，根据C原子守恒有n（C）=n（CO2）+n（CO），

（2）根据m=nM计算C原子、H原子的质量，进而计算O原子的质量，根据n=计算O原子的物质的量，据此计算最简式，据此解答；

（3）核磁共振氢谱有1个峰，分子中H原子等效，结合分子式书写结构简式；

核磁共振氢谱有3个峰，说明分子中有3种不等效H原子，结合分子式书写结构简式．

第13页，共20页

本题考查有机物分子式、结构简式的确定方法，题目难度中等，注意掌握确定有机物分子式、结构简式的常用方法，利用元素守恒判断有机物的最简式是解题的关键．

13. 解：钛铁矿中加入强酸，强酸性浸出液中含有TiO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等，①中加2Fe3++Fe=3Fe2+；入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液呈强酸性，该过程中有如下反应发生：2TiO2++Fe+4H+=2Ti3++Fe2++2H2O，（无色）（紫色）通过一系列过程得到绿矾FeSO4.7H2O2+和含有TiO溶液，将溶液处理得到TiO2•nH2O，将粗TiO2和氯气、焦炭混合加热得到TiCl4，发生反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，得到的废气是SO2，

（1）反应物接触面积越大，反应速率越快，钛铁矿酸浸前要粉碎成细颗粒的目的增大反应物接触面积，加快反应速率，从而提高浸出率，

故答案为：增大接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率；

（2）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液呈强酸性，该过程中有如下反应发生：2Fe3++Fe=3Fe2+；2TiO2+（无色）+Fe+4H+=2Ti3+（紫色）+Fe2++2H2O，铁能将铁离子、TiO2+还原，从而防止亚铁离子被氧化，所以加入铁屑的作用是使Fe3+还原为Fe2+，保2+护Fe不被氧化，

3+2+2+故答案为：使Fe还原为Fe，保护Fe不被氧化；

（3）根据以上分析知，若焦炭足量，C作还原剂、氯气作氧化剂，反应生成四氯化钛、CO，反应方程式为TiO2+2C+2Cl2TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；

TiCl4+2CO，故答案为：（4）熔沸点不同的液体可以采用蒸馏的方法分离，二者熔沸点不同且互溶，可以采用蒸馏方法分离，故答案为：蒸馏；

（5）TiCl4水解生成TiO2•nH2O，同时生成HCl，水解方程式为TiCl4+（2+n）H2O=TiO2．nH2O↓+4HCl；水解是吸热反应，且升高温度促进HCl挥发，加入大量水并加热都能使水解反应向正反应方向移动，从而促进水解趋于完全，

故答案为：TiCl4+（2+n）H2O=TiO2．nH2O↓+4HCl；加入大量水并加热都能使水解反应向正反应方向移动，从而促进水解趋于完全；

（6）工业上也可由H4TiO4制得钛白粉TiO2，TiO2直接电解还原法（剑桥法）生产钛是一种较先进的方法，电解质为熔融的CaCl2，阴极上TiO2得电子发生还原反应，电极反-2--2-应式为TiO2+4e=Ti+2O，故答案为：TiO2+4e=Ti+2O．

2+2+3+3+钛铁矿中加入强酸，强酸性浸出液中含有TiO、Fe、Fe、Al等，①中加入铁屑至3+2+2+浸出液显紫色，此时溶液呈强酸性，该过程中有如下反应发生：2Fe+Fe=3Fe；2TiO+3+2+（无色）+Fe+4H=2Ti（紫色）+Fe+2H2O，通过一系列过程得到绿矾FeSO4.7H2O和2+含有TiO溶液，将溶液处理得到TiO2•nH2O，将粗TiO2和氯气、焦炭混合加热得到TiCl4，发生反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，得到的废气是SO2，

（1）反应物接触面积越大，反应速率越快；

（2）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液呈强酸性，该过程中有如下反应发生：2Fe3++Fe=3Fe2+；2TiO2+（无色）+Fe+4H+=2Ti3+（紫色）+Fe2++2H2O，铁能将铁离子、TiO2+还原，从而防止亚铁离子被氧化；

（3）若焦炭足量，根据反应物、生成物、反应条件书写方程式；

（4）熔沸点不同的液体可以采用蒸馏的方法分离；

（5）TiCl4水解生成TiO2•nH2O，同时生成HCl；水解是吸热反应，升高温度促进水解；

（6）工业上也可由H4TiO4制得钛白粉TiO2，TiO2直接电解还原法（剑桥法）生产钛是一种较先进的方法，电解质为熔融的CaCl2，阴极上TiO2得电子发生还原反应．

本题考查物质的分离和提纯综合应用，为高考高频点，涉及电解原理、盐类水解、反应第14页，共20页

速率的影响因素、氧化还原反应等知识点，综合性较强，明确流程图每一步发生的反应，熟练掌握基本原理即可解答，题目难度中等．

14. 解：（1）条件2为氢氧化钠水溶液中加热，故答案为：氢氧化钠溶液；

（2）苯甲醛与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式：，故答案为：；

（3）苯甲酸钠经酸化后的产物苯甲酸与苯甲醇酯化反应可生成，故答案为：．

甲苯与氯气发生取代反应生成二氯甲苯，二氯甲苯在氢氧化钠水溶液中加热水解生成，不稳定，自动失水生成C6H5CHO．

；

（1）二氯甲苯在氢氧化钠水溶液中加热水解生成（2）醛基能与新制Cu（OH）2悬浊液反应；

（3）苯甲醛在强碱性条件下可发生自身氧化还原反应，即部分氧化成苯甲酸钠，部分还原成苯甲醇．

本题考查有机物的合成、有机物结构与性质、有机反应方程式书写等，题目难度中等，注意掌握官能团的性质以及转化．

15. 解：（1）A的一种同分异构体是最简单的芳香烃，应为苯，分子中的碳碳键为介于单键和双键之间的只用独特的键，分子中所有碳碳键的键长均相等，它的邻位二元取代物只有一种，可证明不是单双键交替排列的事实，

故答案为：bc；

（2）含有三个碳碳双键、不存在甲基，核磁共振氢谱只显示1个吸收峰，说明只有一种等效氢原子，排除了凯库勒式苯分子结构，D的结构简式为，

故答案为：；

（3）B的一种属于芳香烃的同分异构体是生产某塑料的单体，E应为，发生加聚反应生成，方程式为，

故答案为：．

第15页，共20页

（4）A的分子式为C6H6，B的分子式为C8H8，A和B的最简式均为CH，因此混合物中含碳的质量分数C%=×100%=92.3%，

故答案为：92.3%．

（1）A的一种同分异构体是最简单的芳香烃，应为苯；

（2）核磁共振氢谱只显示1个吸收峰，说明只有一种等效氢原子，结合三个碳碳双键、没有甲基写出；

（3）B的一种属于芳香烃的同分异构体是生产某塑料的单体，E应为；

（4）A和B的最简式均为CH，以此计算碳的质量分数．

本题考查有机物的结构和性质，题目难度中等，本题注意把握有机物的空间结构、分子组成特点和碳原子的成键特点．

16. 解：（1）烯烃A中，主链为丁烯，编号从左边开始，在2号C有1个甲基，双键在1号C，A的命名为2-甲基-1-丁烯；

烯烃B主链为丁烯，编号从左边开始，在2号C有1个甲基，碳碳双键在2号C，命名为：2-甲基-2-丁烯；

C主链为丁烯，编号从右边开始，在3号C上有1个甲基，碳碳双键在1号C，C的命名为：3-甲基-1-丁烯；

故答案为：3-甲基-1-丁烯；

（2）丁烷（C4H10）的同分异构体：CH3CH2CH2CH3（丁烷）；CH3CH（CH3）2（

2-甲基丙烷）；

戊烷（C5H12）的同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH3（戊烷）；CH3CH2CH（CH3）2（2-甲基丁烷）；C（CH3）4（2，2-二甲基丙烷）；

答：CH3CH2CH2CH3（丁烷）、CH3CH（CH3）2（2-甲基丙烷）；CH3CH2CH2CH2CH3（戊烷）、CH3CH2CH（CH3）2（2-甲基丁烷）、C（CH3）4（2，2-二甲基丙烷）．

（1）A、B、C三种烃均为烯烃，烯烃的命名中，选项含有碳碳双键的最长碳链为主链，编号从距离双键最近的一端开始，命名中必须最长碳碳双键的物质，据此完成本题；

（2）根据主链减碳作为取代基进行书写烷烃的异构体，根据有机物的命名原则进行命名：取含有取代基最多且最长的链为主链，称某烷，指明取代基的位置与数目，据此解答．

本题考查了烯烃的命名，题目难度不大，注意熟练掌握常见有机物的系统命名原则，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．

─CH3为甲基，─CH2CH3烯烃的官能团为碳碳双键，炔烃的官能团为碳碳三键，17. （1）或─C2H5为乙基，─OH为羟基，醛的官能团为醛基，羧酸的官能团为羧基，酯的官能团为酯基，以此来解答；

（2）判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：

烷烃命名原则：

①长：选最长碳链为主链；

②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；

③近：离支链最近一端编号；

④小：支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则；

⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；

有机物的名称书写要规范；

对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；

第16页，共20页

含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．

本题考查有机物官能团的识别、有机物的命名、有机物结构简式的书写，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，解题关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力，把握有机物的官能团与物质类别的关系，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团名称书写，题目难度不大．

18. 解：（1）由图可知B2O3与CaF2和H2SO4反应即生成BF3，同时还应该产生硫酸钙和水，方程式为B2O3+3CaF2+3H2SO4反应即生成BN，方程式为B2O3+2NH3故答案为：B2O3+3CaF2+3H2SO4B2O3+2NH32BN+3H2O；

2BF3↑+3CaSO4+3H2O；B2O3与氨气在高温下2BN+3H2O，

2BF3↑+3CaSO4+3H2O；221（2）基态B原子的电子排布式为1s2ssp；B与N 均位于第二周期，电负性从左向右221依次递减，所以N的电负性大于B；BN中B元素的化合价为+3．故答案为：1s2ssp；N；+3；

1）（3）依据价层电子对互斥理论，计算出BF3的孤对电子对数=×（a-xb）=×（3-3×=0，并且价层电子对数为3，所以BF3分子为平面正三角形结构，键角为120°，杂化方2-1）=0，其价层电子对数式为sp；BF4中心原子的孤对电子对数=×（a-xb）=×（4-4×为4，所以其结构为正四面体．故答案为：120°；sp；正四面体；

（4）根据金刚石的结构可以判断出金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=8×+6×+4=8，因此一个立方氮化硼晶胞中含有4个N原子和4个B原子．一个晶胞中的质量为一个立方氮化硼晶胞的体积是（361.5pm），因此立方氮化硼的密度故答案为：4；4；．

32，-3是 g•pm．

（1）由图及元素守恒可写出这两个反应的方程式：B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3↑+3CaSO4+3H2O；B2O3+2NH32BN+3H2O；

221（2）B的原子序数为5，其基态原子的电子排布式为1s2s2p；B和N都属于第二周期元素，同周期自左至右元素的电负性逐渐增大，故电负性较大的是N；B属于第ⅢA族元素，化合价为+3价．

（3）依据价层电子对互斥理论，计算出的孤对电子对数以及价层电子对数，可判断出分子的空间构型；

（4）描述晶体结构的基本单元叫做晶胞，金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，如图所示：碳原子，所以金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=8×+6×+4=8，因此立方氮化硼晶胞中应该含第17页，共20页

有4个N和4个B原子．一个晶胞中的质量为3（361.5pm），因此立方氮化硼的密度是

，一个立方氮化硼晶胞的体积是g•pm-3．

本题考查较为全面，涉及到化学方程式的书写、电子排布式、分子空间构型、杂化类型的判断以及有关晶体的计算，但解题具有较强的方法性和规律性，学习中注意总结如何书写电子排布式，如何判断分子空间构型以及有关晶体计算等方法，题目难度中等．

19. 解：I．软锰矿用硫酸、硫酸亚铁溶解，二氧化硅不反应，由沉锰后得到碳酸锰，2+可知酸性条件下二氧化锰被亚铁离子还原为Mn，过滤分离，滤液I中加入过氧化氢，2+3+3+3+将Fe氧化为Fe，通入氨气调节溶液pH，将Fe、Al转化为Fe（OH）3、Al（OH）

3除去，再过滤分离，滤液Ⅱ中加入碳酸氢铵与氨水的混合物得到碳酸锰，再过滤分离．2+2+2+3+（1）“酸浸”中MnO2在酸性条件下被Fe还原为Mn，Fe被氧化生成Fe，反应2++离子方程式为：MnO2+2Fe+4H2++故答案为：MnO2+2Fe+4HMn2++2Fe3++2H2O，

Mn2++2Fe3++2H2O；

2+3+（2）滴加双氧水将Fe氧化为Fe，便于转化为Fe（OH）3除去，

2+-12+c2（OH-）=10-13，滤液I中c（Mn）=0.1mol•L，结合Ksp[Mn（OH）2]=c（Mn）×可知c（OH）=-mol/L=10-6mol/L，则溶液中c（H+）=mol/L=10-8mol/L，此时-8溶液pH=-lg10=8，

2+3+故答案为：将Fe氧化为Fe，便于转化为Fe（OH）3除去；8；

2+-+（3）Mn与HCO3、NH3•H2O反应生成MnCO3、NH4与H2O，反应离子方程式为：Mn2++HCO3-+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4++H2O，

2+-+故答案为：Mn+HCO3+NH3•H2O=MnCO3↓+NH4+H2O；

（4）碳酸锰分解生成Mn2O3，Al与Mn2O3发生置换反应得到Mn，制备过程中最后一步反应的化学方程式：Mn2O3+2Al故答案为：Mn2O3+2AlAl2O3+2Mn，

Al2O3+2Mn；

Ⅱ．（5）负极发生氧化反应，由图可知，碱性条件下氨气失去电子生成氮气与水，负--极电极反应式为：2NH3+6OH-6e=N2+6H2O，

--故答案为：2NH3+6OH-6e=N2+6H2O；

（6）转移电子物质的量为的量为=mol÷（7-6）==mol，根据电子转移守恒，生成高锰酸钾的物质mol×158g/mol≈0.49g，

mol，则生成高锰酸钾的质量为故答案为：0.49．

I．软锰矿用硫酸、硫酸亚铁溶解，二氧化硅不反应，由沉锰后得到碳酸锰，可知酸性2+2+条件下二氧化锰被亚铁离子还原为Mn，过滤分离，滤液I中加入过氧化氢，将Fe3+3+3+氧化为Fe，通入氨气调节溶液pH，将Fe、Al转化为Fe（OH）3、Al（OH）3除去，再过滤分离，滤液Ⅱ中加入碳酸氢铵与氨水的混合物得到碳酸锰，再过滤分离．

2+2+2+3+（1）“酸浸”中MnO2在酸性条件下被Fe还原为Mn，Fe被氧化生成Fe；

2+3+（2）滴加双氧水将Fe氧化为Fe，便于转化为Fe（OH）3除去；

2+c2（OH-）=10-13计算c（OH-），进而计算控制溶液结合Ksp[Mn（OH）2]=c（Mn）×pH；

2+-+（3）Mn与HCO3、NH3•H2O反应生成MnCO3、NH4与H2O；

（4）碳酸锰分解生成Mn2O3，Al与Mn2O3发生置换反应得到Mn；

第18页，共20页

Ⅱ．（5）负极发生氧化反应，由图可知，碱性条件下氨气失去电子生成氮气与水；

（6）计算转移电子物质的量，再根据电子转移守恒计算高锰酸钾的物质的量，进而计算其质量．

本题考查物质制备工艺流程、原电池与电解原理，属于拼合型题目，涉及陌生方程式书写、对原理的分析评价、条件控制、化学计算等知识点，是对学生综合能力的考查，注意电化学计算中电子转移守恒的运用．

H两种元素，（1）烃含有C、某烃A0.2mol在氧气的充分燃烧后生成化合物B，20. 解：C各1.2mol，即生成CO2、H2O各1.2mol，根据原子守恒，烃A的分子式为C6H12，

故答案为：C6H12；

（2）根据C原子守恒，可知烃A的物质的量==0.5mol，故烃A的质量=0.5mol×84g/mol=42g，完全燃烧消耗氧气物质的量=0.5mol×（6+）=4.5mol，标况下，22.4L/mol=100.8L，

氧气的体积=4.5mol×故答案为：42；100.8；

（3）若A能使溴水褪色，则A分子含有1个碳碳双键，且在催化剂存在下与H2加成的产物分子中含有4个甲基，则加成产物为（CH3）（CH3）（CH3）2CHCH2或3CCH2CH3，还原双键，则A的结构为（CH3）2C=C（CH3）2或CH2=C（CH3）CH（CH3）2或（CH3）3CCH=CH2；

其中有一种分子中，所有碳原子都在同一平面内，则为（CH3）2C=C（CH3）2，它发生加聚反应，其产物的结构简式为，

故答案为：（CH3）2C=C（CH3）2或CH2=C（CH3）CH（CH3）2或（CH3）3CCH=CH2；．

（1）烃含有C、H两种元素，某烃A0.2mol在氧气的充分燃烧后生成化合物B、C各1.2mol，即生成CO2、H2O各1.2mol，则据原子守恒，烃A的分子式为C6H12；

（2）根据碳原子守恒计算A的物质的量，根据m=nM计算烃A的质量，根据1mol烃CxHy的耗氧量（x+）mol计算消耗氧气物质的量，再根据V=nVm计算氧气的体积；

（3）若A能使溴水褪色，则A分子含有1个碳碳双键，且在催化剂存在下与H2加成的产物分子中含有4个甲基，则加成产物为（CH3）（CH3）（CH3）2CHCH2或3CCH2CH3，还原双键确定A的结构，据此解答．

本题考查有机物分子式的确定、限制条件同分异构体书写等，难度不大，注意掌握烷烃同分异构体的书写．

21. 解：（1）有机物中氧元素的质量分数为37.21%，相对分子质量不超过100，所以分子中氧原子数目N（O）＜=2.3，有机物能与碳酸钠反应产生无色气体，说明含有-COOH，故有机物分子含有2个O原子，故答案为：2；

（2）Mr（A）==86，有机物A含有羧基，完全燃烧只生成CO2和H2O，说明有机物A由C、H、O三种元素组成，令烃基的组成为CnHm，烃基的相对分子质量为86-45=41，所以12n+m=41，若n=1，则m=29（不符合）；若n=2，则m=17（不符合）；若n=3，则m=5（符合），所以烃基的组成为C3H5，则有机物A为C3H5-COOH，分子式为C4H6O2，故答案为：C4H6O2；

（3）有机物A为C3H5-COOH，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，所以烃基中含有1个第19页，共20页

，核磁共振氢谱有3个峰，说明有3种氢原子，符合条件的结构为，故答案为：．

（1）有机物既能与金属钠反应产生无色气体，又能与碳酸钠反应产生无色气体，则有机物至少含有-COOH，可能含有-OH，结合氧元素质量分数，计算有机物分子中O原子数目最大值，结合含有的官能团确定氧原子数目；

（2）根据有机物分子含有氧原子数目，结合氧元素质量分数确定有机物相对分子质量，再利用残余法确定烃基式量，利用讨论法确定烃基，进而确定有机物的分子式；

（3）有机物可以使溴的四氯化碳溶液褪色，则含有不饱和键，且含有-COOH，由核磁共振氢谱可知，有机物含有3种不同的H原子，结合分子式确定可能的结构简式．

本题考查有机物推断，确定有机物分子中O原子数目是关键，需要学生熟练掌握官能团的性质，注意利用残余法确定烃基，难度中等，难点为有机物结构式的推断．

22. 碳的质量分数是52.16%，氢的质量分数是13.14%，则氧元素质量分数是1-52.16%-13.14%=34.7%，则该物质中碳、氢、氧原子个数之比=：%：4.34%：13，14%：2.17%=2：6：1，据此写出实验式．

本题考查了实验式的计算，较基础．根据元素的质量分数和相对原子质量可计算出原子个数比．

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