高三20241004参考答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷_1014黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期10月月考

答案
一、选择题
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
D A D B B B D A D A
11 12 13 14 15
A D B C D
二、非选择题
16.(14分)【答案】(1)SiO 、CaSO (2分，每个1分)
2 4
(2)加热使滤液中过量的H O 分解除去，防止氧化亚硫酸铵(2分)
2 2
(3)BD(2分，每个1分，多选错选不得分)
(4)SO2-+6Cl—+2Cu2++H O=2[CuCl ]2−+2H++SO2-(2分)
3 2 3 4
(5)过多的Cl−的会与CuCl形成可溶的[CuCl ]2−(2分)
3
(6)极性键、氢键 (2分，每个1分，多答错答不得分) 降低温度(2分)
17.(13分)【答案】(1)Fe(OH) (1分)
3
(2)2Fe2++SO +2H O=2Fe2++SO2 +4H+(2分)，MnO +SO =Mn2++SO2 (2分)
2 2 4 2 2 4
(3)减缓H O 在Fe3+作用下的催化分解(2分)
2 2
(4)C(1分)
(5)3≤pH<8(2分)
(6)Mn2++2HCO=MnCO ↓+CO ↑+H O(2分)
3 3 2 2
(7)88%(1分)
18.(14分)【答案】（1）①.3d54s1(2分)
②. 将四氯化碳吹入管式炉中和Cr O 反应生成三氯化铬；(2分) ③. 冰水 (1分) ④.
2 3
高温
Cr O +3CCl 3COCl +2CrCl (2分)
2 3 4 2 3
（2）CH OH+2CrO2-+10H+=2Cr3++7H O+CO  (2分)
3 4 2 2
（3）①. 反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行 (2分) ②.1:1(1分) ③. 高锰酸根离子和溶液
中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加(2分)。
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司19.(14分)【答案】（1）sp3、sp2 (2分，每个1分)
（2） ①. 醚键、氨基 (2分，每个1分) ②. 加成反应或还原反应 (1分)
（3） (2分)
（ 4 ）
+ 一定条件 +H O
2
(1分)
（5） ①.4(2分) ②. 或 (1分)
CH CH BrNaOH,H 2OCH CH OHCu,O2CH CHO稀碱CH CHCHCHO
（6） 3 2 △ 3 2 △ 3 △ 3 (3分，每步1分)
1【答案】D【详解】A．石膏 CaSO 2H O 与碳酸钠反应生成难溶性的碳酸钙和强酸强碱盐，使其溶液
4 2
呈中性，故可施加适量石膏 CaSO 2H O 降低盐碱地(含较多NaCl、Na CO )土壤的碱性，
4 2 2 3
 
B．二氧化氯 ClO 、臭氧都具有强氧化性，可以用于自来水消毒，B正确；
2
雷电
C．雷雨天可实现氮的固定：N +O 2NO，C正确；
2 2
D．叔丁基对苯二酚作还原剂，D错误；
故选D。
2. 【答案】A【详解】A．氧的基态原子电子排布式为1s22s22p4，轨道表示式： ，
B．甲烷分子和四氯化碳分子都是正四面体形，但原子半径：Cl>C>H，该模型不能表示四氯化碳分子的空
间填充模型，故B错误；
 
C．CH CH CH CH COOH中甲基在3号碳原子上，命名为：3-甲基丁酸，故C错误；
3 3 2
D．CH OH分子中C原子杂化方式为sp3杂化，O原子杂化方式也是sp3杂化，碳原子与氧原子之间的共
3
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司价键：sp3sp3键，故D错误；
3. 【答案】D【详解】A．结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，CF
4
和CCl 是结构相似的分子晶体，则CF 的熔沸点小于CCl ，而HF分子间存在氢键，使熔沸点升高，HF
4 4 4
的熔沸点大于HCl，故A错误；
B．羟基是亲水基，烃基是憎水基，烃基中碳原子数越多，憎水性越强，亲水性越弱，在水中溶解度越小，
所以1-戊醇在水中的溶解度小于CH CH OH在水中的溶解度，故B错误；
3 2
C．氮气分子中的N≡N键能大，破坏化学键需要消耗很大的能量，结构稳定，而C≡C键中π键易断裂，结
构不稳定，故C错误；
D．与苯环直接相连的碳原子上若连接氢原子，这样的苯的同系物或芳香烃都能被酸性KMnO 溶液氧化，
4
所以甲苯可被酸性KMnO 溶液氧化成苯甲酸，可以类推乙苯也可被酸性KMnO 溶液氧化成苯甲酸，故D
4 4
正确；
4. 【答案】B【详解】A．金刚石是空间网状正四面体结构，一个碳与周围四个碳原子连接，则1mol金刚
石中CC键的数目为2N ，故A错误；
A
B．2Na O +2H O=4NaOH+O ，2mol过氧化钠转移2mol电子，生成1mol氧气，则1molNa O 与
2 2 2 2 2 2
足量水反应，转移电子数为N ，故B正确；
A
C．常温下，1LpH 9的CH COONa溶液中c(H＋)＝1×10−9mol∙L−1，醋酸根水解显碱性，因此溶液中的氢
3
氧根才是水电离出的，c(OH－)＝1×10−5mol∙L−1，则1L溶液中发生电离的水分子数为1105N ，
A
D．由于溶液中水含有氧原子，因此含0.1molH PO 的溶液中含有的氧原子数大于0.4N ，故D错误。
3 4 A
5. 【答案】B【详解】A．该有机物结构中含有碳碳双键和羟基，都可以被酸性高锰酸钾氧化，其褪色，
B．该有机物中酯基中的碳碳双键不能和氢气加成，故1molM能与4molH 发生加成反应，B错误；
2
C．该有机物中含有饱和碳原子，故所有原子不可能在同一平面，C正确；
D．该有机物中含有羟基，可以和那反应，该有机物中含有酯基，在氢氧化钠溶液中可以水解，D正确；
6.【答案】B【详解】A．AlCl 为强电解质，其水溶液可以导电，但AlCl 属于共价化合物，不含离子键，
3 3
故A错误；
B．碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，温度降低证明该固体为NaHCO ，故B正确；
3
第3页/共11页
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司C．电石与饱和食盐水反应时产生的乙炔中含有H S等杂质，H S具有还原性，能使溴的四氯化碳溶液褪
2 2
色，乙炔与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，溴的四氯化碳溶液褪色，不能证明乙炔具有还原性，C错误；
D．CuSO 溶液本身呈蓝色，同时没有说明浓度相同会干扰pH试纸的颜色，故D错误；
4
7. 【答案】D【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X形成4个共价键，X为碳；
Y形成2个共价键，且原子序数大于碳，为氧；Z形成1个共价键，为氟；基态W原子的s和p能级电子
数之比为2∶3，且原子序数最大，则电子排布为1s22s22p63s23p3，为磷；
【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；电负性：Y>X，A正确；
B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能
变大，第一电离能：Z>W，B正确；
C．电子层数越多半径越大，电子层数同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：Y>Z，C正确；
D．离子半径越小，所带电荷越多，形成的离子晶体的晶格能越大，熔点越高，该锂盐中阴离子半径大于氯
离子，故其的熔点低于LiCl，D错误；
8.答案：A
解析：冷凝水流向应能使水充满冷凝管，故回流装置中冷凝水方向为a口进b口出，而蒸馏装置中冷凝水
方向应为b口进a口出，A错误；反应过程中有HBr生成，HBr有毒，需要进行尾气处理，由于HBr极易
溶于水，所以用较大容积的干燥管防倒吸，B 正确；该反应原理为先用浓硫酸与 NaBr 反应生成 HBr，
HBr,HBrCH CH CH CH OH△CH CH CH CH BrH O，浓硫酸吸水，使反应正向进行，
3 2 2 2 3 2 2 2 2
提高1-溴丁烷的产率，故浓硫酸的作用是作反应物、吸水剂，C正确；获得的粗产品中含有1-溴丁烷、1-
丁醇、HBr、硫酸、钠盐等，故先用水洗分液除去HBr和大部分硫酸、钠盐等，再用饱和Na CO 溶液洗
2 3
涤除去剩余的酸，最后用水洗分液除去过量的Na CO 等残留物，D正确。
2 3
9. 【答案】D【详解】A ．根据a的结构简式，可得a的分子式C H O ，A正确；
16 16 8
B．a中碳碳双键断裂，发生加聚反应生成b，B正确；
C．加聚物b是由单体a聚合而成，其链节与单体分子式相同，则a和b的氢元素的质量分数相同，C正确；
D．a与Br 发生加成反应可形成以下二溴代物： 、 、
2
、 ，最多可生成4种二溴代物，D错误；
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司故选：D。
10. 答案】A【详解】A．实验室中常用70%的浓硫酸和Na SO 固体制备SO ，发生的反应为
2 3 2
H SO (浓)+Na SO =SO +Na SO +H O，故A符合题意；
2 4 2 3 2 2 4 2
B．加热时铁粉和I 会发生反应生成FeI ，不能利用装置乙分离铁粉和I ，故B不符合题意；
2 2 2
C．检验氨气选湿润的红色石蕊试纸，干燥的pH试纸不能检验氨气，故C不符合题意；
D．蒸馏时温度计应测蒸气的温度，温度计水银球应与蒸馏烧瓶的支管口处水平，故D不符合题意；
11.答案：A
解析：H与C可形成18e的C H ，H与O可形成18e的H O ，A项正确；同主族元素，从上到下第一
2 6 2 2
点燃
电离能逐渐减小，第一电离能：O>S，B项错误；2H SO 2S2H O ，H S（还原剂）的还原
2 2 2 2
性强于H O（还原产物）的，C项错误；最高价氧化物对应水化物的酸性：H CO H SO ，D项错误。
2 2 3 2 4
12【. 答案】D【详解】A．由题干可知，反应为  CH  CBrH O  CH  COHHBr，HBr=H+Br-，
3 3 2 3 3
酸性增强导致反应  CH  CBrH O  CH  COHHBr逆向进行，使得
3 3 2 3 3

CH
 CBr
CH

COH转化率降低，A错误；
3 3 3 3
B．反应物能量大于生成物能量，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致原料平衡转化率下降，B错
误；
C．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化
能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢；由图可知，分子中碳溴键断裂所需活化能更大，故
分子中碳溴键断裂的速率比  CH  C与H O结合速率慢，C错误；
3 3 2
D．碘原子半径大于溴原子大于氯原子，则C-I键能更小，利于C-I断裂发生反应，故推测  CH  CX水
3 3
解生成 CH  COH的速率：  CH  CI CH  CBr  CH  CCl，D正确；
3 3 3 3 3 3 3 3
13. 【答案】B【详解】A．该晶胞中Zn原子的配位数是4，则ZnSe晶胞中Se原子的配位数也是4，误；
 
B．a的坐标为(0，0，0)，b的坐标 1,1,1 ，则a原子位于坐标原点，b原子在体对角线的顶点，可知c原
1 3 3 1 3 3
子到x轴、y轴、z轴的距离分别是 ， ， ，即c的坐标为 , , ，B正确；
4 4 4 4 4 4
C．Se的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p4，C错误；
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司D．Se2和S2半径不同，则晶胞棱长将改变，D错误；
14. 答案：C
解析：由流程图可知，“沉钌”工序后进行固液分离，需进行的操作是过滤，A项正确；“碱浸氧化”工序时ClO
被还原为Cl，Ru被氧化为RuO2，B项正确；“沉钉”工序中RuO2 2e RuO 发生还原反应，
4 4 2
故H C O 作还原剂，发生氧化反应，C项错误；钌是过渡元素，其氧化物可被H 、CO等还原为钌单质，
2 2 4 2
D项正确。
15. 【答案】D【分析】由表中数据可知，T >T 容器II中反应速率快，10s两容器中氮气的物质的量相同，
2 1
说明II中氮气的量已经保持不变，容器II中反应达到平衡状态，则容器I中的反应没有达到平衡状态。
【详解】A．根据分析，10s时，容器Ⅰ中的反应还未达到平衡状态，故A错误；
0.05mol
B．10s时，容器Ⅰ中的化学反应速率v  CO 2v  N 2 =0.01molL1s1，故B错误；
2 2 1L10s
C．升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，所以化学平衡常数：K <K，故C错误；
Ⅱ Ⅰ
2NO(g)+2CO(g) N (g)+2CO (g)
2 2
起始(mol/L) 0.2 0.2 0 0
D． 容器Ⅱ达到平衡状态，可列出三段式 ，则
转化(mol/L) 0.1 0.1 0.05 0.1
平衡(mol/L) 0.1 0.1 0.05 0.1
（c N）c2(CO ) 0.120.05
K  2 2  5，若起始时，向容器Ⅱ中充入0.08molNO、0.1molCO、0.04molN
c（2 NO）c2(CO) 0.120.12 2
（c N）c2(CO ) 0.120.04
和0.1molCO ，Q 2 2  6.25＞5，则反应将向逆反应方向进行，故D
2 c（2 NO）c2(CO) 0.120.082
16. 【答案】(1)SiO 、CaSO
2 4
(2)加热使滤液中过量的H O 分解除去，防止氧化亚硫酸铵
2 2
(3)BD
(4)SO2-+6Cl—+2Cu2++H O=2[CuCl ]2−+2H++SO2-
3 2 3 4
(5)过多的Cl−的会与CuCl形成可溶的[CuCl ]2−
3
(6) 极性键、氢键 降低温度
【分析】由题给流程可知，向工业废铜渣中加入稀硫酸和过氧化氢混合溶液浸取，金属硫化物转化为硫酸
盐和硫，金属氧化物转化为硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有硫、硫酸钙、二氧化硅的滤
渣和滤液；向滤液中加入氧化铜调节溶液pH，使溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；滤液经加热、净化除去过量的过氧化氢溶液得到硫酸铜
溶液，向硫酸铜溶液中加入亚硫酸铵和氯化铵，将溶液中的铜离子转化为[CuCl ]2−离子，向反应后的溶液中
3
加水冲稀，将[CuCl ]2−离子转化为氯化亚铜沉淀，抽滤、依次用温度较低的二氧化硫水溶液与无水乙醇洗涤
3
沉淀、真空干燥得到氯化亚铜。
【详解】（1）由分析可知，滤渣1的主要成分为硫、硫酸钙、二氧化硅，故答案为：SiO 、CaSO ；
2 4
（2）过氧化氢溶液具有氧化性，能与具有还原性的亚硫酸铵溶液反应，干扰铜离子的转化，所以除杂后对
滤液进行加热使过量的过氧化氢受热分解，防止过氧化氢溶液氧化亚硫酸铵，故答案为：加热使滤液中过
量的H O 分解除去，防止氧化亚硫酸铵；
2 2
（3）A．氧化锌与溶液中的氢离子反应生成锌离子引入新杂质，所以不能用氧化锌不能代替氧化铜，故错
误；
B．由分析可知，向过滤得到氯化亚铜的滤液中含有硫酸铵，硫酸铵是农业上常用的可溶性氮肥，故正确；
C．高温加热会使过氧化氢受热分解，降低浸取率，所以不能采取高温加热的方法加快浸取速率，故错误；
D．由题给信息可知，氯化亚铜难溶于醇和冷水，在热水中能被氧化，所以“系列操作”可能是抽滤、依次用
温度较低的二氧化硫水溶液与无水乙醇洗涤沉淀、真空干燥，故正确；
故选BD；
（4）由分析可知，向硫酸铜溶液中加入亚硫酸铵和氯化铵的目的是将溶液中的铜离子转化为[CuCl ]2−离子，
3
反应的离子方程式为，故答案为：SO2-+6Cl—+2Cu2++H O=2[CuCl ]2−+2H++SO2-；
3 2 3 4
（5）由题给信息可知，氯化亚铜能与溶液中氯离子反应生成[CuCl ]2−离子，所以随着加入的氯化铵的增多，
3
亚铜离子的沉淀率降低，故答案为：过多的Cl−的会与CuCl形成可溶的[CuCl ]2−；
3
（6）①由图可知，配合物A中氢原子与氮原子形成极性键、与氧原子形成氢键，所以氢原子与其它原子之
间存在的作用力类型有极性键、氢键，故答案为：极性键、氢键；
②由图可知，正八面体的配合物B在遇冷转化为正四面体的配合物A，所以使配合物A转化为配合物B最
简单的方法是降低温度，故答案为：降低温度。
17. 【答案】(1)Fe(OH)
3
(2)2Fe2++SO +2H O=2Fe2++SO2 +4H+，MnO +SO =Mn2++SO2
2 2 4 2 2 4
(3)减缓H O 在Fe3+作用下的催化分解
2 2
(4)C
(5)3≤pH<8
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司(6)Mn2++2HCO=MnCO ↓+CO ↑+H O
3 3 2 2
(7)88%
【分析】某工业矿渣废料的主要成分为SiO 、MnO 和Fe O ，还含有少量CaO和MgO，加入稀硫酸酸浸，
2 2 2 3
再通入二氧化硫还原，得到滤渣I为SiO 、CaSO 滤液主要含有Mn2+、Fe3+、Fe2+、Mg2+等，加入双氧水氧
2 4
化，再调节pH，得到，再加入氟化钠进行沉钙、镁，得到滤渣III，再加,入碳酸氢铵溶液进行沉锰，得到
碳酸锰。
【详解】（1）滤渣II为Fe(OH)
3
（2）“还原”过程中SiO 将Fe3+和MnO2还原，分别生成Fe2+和Mn2+，离子方程式为
2
2Fe2++SO +2H O=2Fe2++SO2 +4H+，MnO +SO =Mn2++SO2。
2 2 4 2 2 4
（3）“氧化”时为了减缓H O 在Fe3+作用下的催化分解，需要少量、多次加入H O 。
2 2 2 2
（4）“调pH”时为了不引入新的杂质，根据后续操作加入碳酸氢铵可参考选择的试剂为NH H O，答案选
3 2
C。
（5）常温下，若“调pH”后所得溶液中c(Mn2+)=0.2molL1、c(Mg2+)=0.002molL1，则
K
sp
[Mn(OH)
2
]=c(Mn2+)c2(OH-)=0.2molL1×c2(OH-)=2×10-13，解得c(OH-)=10-6molL1，c(H+)=1×10-8molL1，
则Mn2+开始沉淀时pH=8；K
sp
[Mg(OH)
2
]=c(Mg2+)c2(OH-)=0.05molL1×c2(OH-)=5×10-12，解得
c(OH-)=10-5molL1，c(H+)=1×10-9molL1，则Mg2+开始沉淀时pH=9；当Fe3+浓度低于105molL1时，认
为溶液中不存在Fe3+，K
sp
[Fe(OH)
3
]=c(Fe3+)c3(OH-)=105molL1×c3(OH-)=11038，解得c(OH-)=10-11molL1，
c(H+)=1×10-3molL1，Fe3+在pH=3时，沉淀完全，“调pH”步骤的目的是沉淀Fe3+，所调pH的范围为3≤pH<8。
（6）“沉锰”时硫酸锰与碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳、硫酸铵和水，发生反应的离子方程式为
Mn2++2HCO=MnCO ↓+CO ↑+H O。(7)根据计算得88%
3 3 2 2
18. 【答案】（1） ①.3d54s1 ②. 将四氯化碳吹入管式炉中和Cr O 反应生成三氯化铬；
2 3
高温
③. 冰水 ④. Cr O +3CCl 3COCl +2CrCl
2 3 4 2 3
（2）CH OH+2CrO2-+10H+=2Cr3++7H O+CO 
3 4 2 2
（3） ①. 反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行 ②.1:1 ③. 高锰酸根离子和溶液中氯离
子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。
【分析】A中四氯化碳通过氮气出入装置B中和Cr O 反应生成三氯化铬，生成物在C中冷凝，尾气进行
2 3
处理减少污染。
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司【小问1详解】
①Cr为24号元素，原子的价电子排有式为3d54s1。
②三氯化铬易升华，高温下能被氧气氧化，实验前先往装置A中通入N ，其目的是排尽装置中的空气防止
2
空气中氧气氧化三氯化铬，在实验过程中还需要持续通入N ，其作用是将四氯化碳吹入管式炉中和Cr O
2 2 3
反应生成三氯化铬。
③三氯化铬熔点为83℃，则装置C的水槽中应盛有冷水，便于生成物冷凝。
④装置B中反应为四氯化碳和Cr O 反应生成三氯化铬，还会生成光气(COCl )，B中反应
2 3 2
高温
Cr O +3CCl 3COCl +2CrCl ；
2 3 4 2 3
故 答 案 为 ： 3d54s1 ； 将 四 氯 化 碳 吹 入 管 式 炉 中 和 Cr O 反 应 生 成 三 氯 化 铬 ； 冷 水 ；
2 3
高温
Cr O +3CCl 3COCl +2CrCl ；
2 3 4 2 3
【小问2详解】
CH OH将铬酸钠 Na CrO 还原为CrCl ，同时甲醇被氧化为二氧化碳气体，离子方程式
3 2 4 3
CH OH+2CrO2-+10H+=2Cr3++7H O+CO ；
3 4 2 2
故答案为：CH OH+2CrO2-+10H+=2Cr3++7H O+CO ；
3 4 2 2
【小问3详解】
①CrCl 与KMnO 在常温下反应，观察不到Cr O2离子的橙色，另一种可能的原因是反应的活化能较高
3 4 2 7
需要较高温度反应才能进行，所以必须将反应液加热至沸腾4~5min 后，才能观察到反应液由紫红色逐渐
变为橙黄色的实验现象。
②由表中数据可知，在上述反应条件下，欲将Cr3氧化为Cr O2，高锰酸钾最佳用量为10滴，则CrCl 与
2 7 3

KMnO 最佳用量比为10:10=1:1；这与由反应10Cr3 6MnO 11H O 5Cr O2 6Mn2 22H所推
4 4 2 2 7
断得到的用量比不符，可能原因是高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液
用量增加。
故答案为：反应的活化能较高需要较高温度反应才能进行；1:1；高锰酸根离子和溶液中氯离子发生了氧化
还原反应，导致高锰酸钾溶液用量增加。
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司19. 【答案】（1）sp3、sp2
（2） ①. 醚键、氨基 ②. 加成反应或还原反应
（3）
（ 4 ）
+ 一定条件 +H O
2
（5） ①.4 ②. 或
（6）CH CH BrNaOH,H 2OCH CH OHCu,O2CH CHO稀碱CH CHCHCHO
3 2 △ 3 2 △ 3 △ 3
【解析】
【分析】结合信息①可知物质B为 ，其中碳碳双键和氢气加成生成C为 ，结合D
的结构简式可知D中的官能团名称，以此解题。
【小问2详解】
根据D结构简式可知，D中的官能团名称为醚键、氨基；B→C为B中碳碳双键和氢气的加成反应；
【小问4详解】结合信息②可知，C+D→E的化学方程式为：
+ 一定条件 +H O；
2
【小问5详解】
根据提给信息可知D为 ，可以与氯化铁溶液发生显色反应，则含有酚羟基，不含氮氧
键，且只有4种不同化学环境的氢原子，则其同分异构体有
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司，其中核磁共振氢谱的峰面积之比为9：2：2：2
的结构简式为 或 ；
【小问6详解】
溴乙烷在氢氧化钠溶液加热的条件下生成乙醇，乙醇催化氧化生成乙醛，结合信息①两分子乙醛生成产物，
具体流程为：CH CH BrNaOH,H 2OCH CH OHCu,O2CH CHO稀碱CH CHCHCHO。
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