北京市石景山区2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题 含解析

2023北京石景山高二(下)期末化学相对原子质量H1C12O16一．本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列有机物化合物，属于芳香烃的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】芳香烃是含有苯环的烃类物质，根据组成和结构分析判断。【详解】A、D不含苯环；C中含N元素不属于烃类，故B正确；故选：B。2.下列有机物存在顺反异构现象的是A.CH3CH3 B.CH2=CH2 C.CH3CH=CHCH3 D.CH3CH=CH2【答案】C【解析】【详解】A、不存在碳碳双键，不符合；B、2个C原子所连基团完全相同，不符合；C、碳碳双键的每个C原子所连基团是完全不同的，存在顺反异构体，符合；D、碳碳双键有一端是相同基团（＝CH2），不存在顺反异构，不符合；答案选C。【点睛】本题考查顺反异构体的物质结构特点的判断。顺反异构体是分子中含有碳碳双键，且碳碳双键的每个C原子所连基团是完全不同的基团时才存在顺反异构。3.某烷烃的结构简式是CH3CH2CH（CH2CH3）CH3，它的正确命名是A.2-乙基丁烷 B.3-乙基丁烷C.3-甲基戊烷 D.22-二甲基丁烷【答案】C【解析】【详解】CH3CH2CH（CH2CH3）CH3，该有机物碳链为：，最长碳链含有5个C原子，主链为戊烷，在3号C含有一个甲基，该有机物命名为：3-甲基戊烷。答案选C。4.下列反应中，属于取代反应的是A.苯与氢气反应生成环己烷 B.乙醇转化为乙酸C.乙烯与氯化氢反应生成氯乙烷 D.溴乙烷与NaOH溶液反应生成乙醇【答案】D【解析】【详解】A．苯与氢气反应生成环己烷，发生加成反应，故A错误；B．乙醇发生连续催化氧化反应转化为乙酸，故B错误；C．乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，故C错误；D．溴乙烷与NaOH反应过程中，溴原子被羟基取代，生成乙醇，属于取代反应，故D正确；故选：D。5.下列物质互为同系物的是A.C2H5OH与HOCH2CH2OH B.CH3CH2CH3与CH2=CHCH3C.与 D.HCHO与CH3CH2CHO【答案】D【解析】【详解】A．分子结构相似，组成上相差n个CH2原子团，属于同系物；两者结构不相似不是同系物，故A错误；B．二者分别为烷烃、烯烃，结构不相似，不属于同系物，故B错误；C．与前者属于酚类，后者属于醇类，二者官能团的种类不同，不是互为同系物关系，故C错误；D．HCHO与CH3CH2CHO均属于醛，属于同系物，故D正确；故选D。6.下列化学用语不正确的是A.甲醛的结构式： B.羟基的电子式：C.1，3—丁二烯的分子式：C4H8 D.乙醚的结构简式：CH3CH2OCH2CH3【答案】C【解析】【详解】A．甲醛的结构简式为HCHO，结构式为，故A正确；B．羟基的结构简式为—OH，电子式为，故B正确；C．1，3—丁二烯分子中含有2个碳碳双键，分子式为C4H6，故C错误；D．乙醚的官能团为醚键，结构简式为CH3CH2OCH2CH3，故D正确；故选C。7.下列粒子空间构型是平面三角形的是①H3O+②BCl3③CO④NH3⑤PCl3A.①② B.②③ C.①④ D.③⑤【答案】B【解析】【分析】微粒的空间构型是平面三角形，说明中心原子价层电子对个数是3且不含孤电子对。【详解】①H3O+的中心原子价层电子对个数=3+=4，因此其空间构型不是平面三角形；②BCl3的中心原子价层电子对个数=3+=3，因此其空间构型是平面三角形；③的中心原子价层电子对个数=3+=3，因此其空间构型是平面三角形；④NH3的中心原子价层电子对个数=3+=4，因此其空间构型不是平面三角形；⑤PCl3的中心原子价层电子对个数=3+=4，因此其空间构型不是平面三角形；故②③正确；故选B。8.下列事实不能用有机化合物分子中基团间的相互作用解释的是A.苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能B.甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色而甲烷不能C.乙烯能发生加成反应而乙烷不能D.甲苯比苯更容易发生硝化反应【答案】C【解析】【详解】A．苯酚能与氢氧化钠溶液反应而乙醇不能说明苯环能使羟基的活性增强，能用有机化合物分子中基团间的相互作用解释，故A不符合题意；B．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而甲烷不能说明苯环使甲基的活性增强，能用有机化合物分子中基团间的相互作用解释，故B不符合题意；C．乙烯分子中含有碳碳双键，能发生加成反应，而乙烷分子中不含有碳碳双键，不能发生加成反应，则乙烯能发生加成反应而乙烷不能，不能用有机化合物分子中基团间的相互作用解释，故C符合题意；D．苯在50–60℃时发生硝化反应而甲苯在30℃时即可反应说明甲基使得苯环上的氢原子原子变得活泼，能用有机化合物分子中基团间的相互作用解释，故D不符合题意；故选：C。9.乙酸乙酯的制备实验过程如下：步骤1：在一支试管中加入3mL乙醇，然后边振荡边缓缓加入2mL浓硫酸和2mL乙酸，再加入几片碎瓷片，加热并收集蒸出的乙酸乙酯粗品。步骤2：向盛有乙酸乙酯粗品的试管中滴加1~2滴KMnO4溶液，振荡，紫红色褪去。步骤3：向盛有Na2CO3溶液的试管中滴加乙酸乙酯粗品，振荡，有气泡产生。下列说法正确的是A.步骤1中使用过量的乙醇能提高乙酸的转化率B.步骤1中使用碎瓷片的目的是作反应的催化剂C.步骤2中紫红色变浅说明乙酸乙酯粗品含有乙烯D.步骤3中发生反应的离子方程式为CO+2H+=H2O+CO2↑【答案】A【解析】【详解】A．乙酸和乙醇的酯化反应为可逆反应，提高一种反应物的用量，可以使平衡正向移动，提高另一种反应物的转化率，A正确；B．碎瓷片的作用是防止暴沸，浓硫酸是催化剂，B错误；C．步骤2中紫红色变浅也可能是因为溶解在乙酸乙酯中的未反应的乙醇，C错误；D．乙酸为弱酸，不能拆，离子方程式应为CO+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO-，D错误；综上所述答案为A。10.下列说法不正确的是A.一般而言，化学键键长越短，键能越小，断开时需要的能量越少B.共价键具有饱和性C.两个p轨道可以形成π键，也可以形成σ键D.键长和键角数值可通过晶体的X射线衍射实验获得【答案】A【解析】【详解】A．一般而言，化学键键长越短，化学键愈强，键愈牢固，断开时需要的能量越多，A错误；B．共价键的特征是具有饱和性和方向性，B正确；C．两个p轨道可以形成π键，也可以形成σ键，如O原子就可以形成σ键和π键，C正确；D．通过晶体的X射线衍射实验可以测定分子结构中的键长和键角的数值，D正确；故选A。11.硒(34Se)在医药、催化、材料等领域有广泛应用，乙烷硒啉是一种抗癌新药，其结构式如图所示。关于硒及其化合物，下列说法不正确的是A.Se原子在周期表中位于p区B.乙烷硒啉分子中Se原子的价层电子对数为2C.乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子D.键角大小：SeO3>SeO【答案】B【解析】【详解】A．Se原子在周期表的位置是第4周期ⅥA，价层电子排布式为：4s24p4，位于p区，A正确；B．乙烷硒啉分子中Se原子形成2个共价键且有1对孤电子对，价层电子对数为3，B错误；C．乙烷硒啉分子中有5种不同化学环境的氢原子，C正确；D．中硒原子的价层电子对数3，孤电子对数为0，分子的空间结构为平面三角形，键角为120°，中硒原子的价层电子对数4，孤电子对数为1，离子的空间结构为三角锥形，键角小于120°，键角大小：气态，D正确；故选B。12.水杨酸X与化合物Y在一定条件下可合成阿司匹林Z。下列说法不正确的是A.W的结构简式为B.X、Y分子中碳原子轨道杂化类型均有、C.可用氯化铁溶液鉴别X和ZD.1mol的X、Z分别与足量的NaOH反应，消耗的NaOH的量不相等【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由原子守恒可知W的分子式为C2H4O2，结合该反应本质上是取代反应，则W的结构简式为，故A正确；B．X中所有碳原子都是杂化类型，Y存在碳氧双键和甲基，碳原子轨道杂化类型有和两种，故B错误；C．X中含有酚羟基能使氯化铁溶液变成紫色，Z中没有酚羟基，不能使氯化铁溶液变成紫色，可用氯化铁溶液鉴别X和Z，故C正确；D．阿司匹林中含有羧基和酯基，并且水解后的产物中还含有酚羟基，故1mol阿司匹林最多可与3mol的NaOH溶液反应，X中含有羧基和酚羟基，故1molX最多可与2mol的NaOH溶液反应，故D正确；故选B。13.下列分离提纯的方法不正确的是选项混合物分离、提纯方法A分离苯和水分液法B含泥沙的粗苯甲酸重结晶法C除去乙炔中H2S气体用CuSO4溶液洗气D苯中混有少量苯酚过滤A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．苯难溶于水，可以用分液法分离、提纯，A项正确；B．苯甲酸在水中溶解度较小，冷却时会有晶体析出，可通过重结晶的方法分离、提纯，B项正确；C．实验室常用电石和饱和食盐水制乙炔，用硫酸铜溶液除去乙炔中混有的H2S等杂质气体，C项正确；D．苯和苯酚均不溶于水，也都和水不反应，且苯酚不稳定，加热易被氧化，故除去苯中少量的苯酚应该加入NaOH溶液充分振荡后分液即可，D项错误；故选D。14.某有机物X由C、H、O三种元素组成，其蒸气相对氢气的密度为45.将9.0gX完全燃烧的产物依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重5.4g和13.2g。X能与NaHCO3溶液发生反应，且2个X发生分子间脱水反应生成六元环状化合物。有关X的说法正确的是A.X的分子式为C3H8O3B.X催化氧化的产物能发生银镜反应C.1molX与足量Na反应产生22.4LH2(在标准状况下)D.X在一定条件下可以发生缩聚反应生成【答案】C【解析】【分析】浓硫酸增重5.4g，说明生成H2O的质量为5.4g，n(H2O)==0.3mol，n(H)=0.6mol，m(H)=0.6mol×1g/mol=0.6g，碱石灰增重13.2g，说明生成CO2的质量为13.2g，n(CO2)==0.3mol，n(C)=0.3mol，m(C)=0.3mol×12g/mol=3.6g，9.0gW含O的质量为9.0g-0.6g-3.6g=4.8g，n(O)==0.3mol，因此n(C)：n(H)：n(O)=1：2：1，W的实验式为CH2O，相对分子质量为90，则分子式为C3H6O3，W能与NaHCO3溶液发生反应，可知W含羧基，2分子W之间脱水可生成六元环化合物，可推出W含有羟基，因此W的结构简式为。【详解】A．根据分析，W的分子式为C3H6O3，A错误；B．根据分析，W为，可被催化氧化为，酮羰基不能发生银镜反应，B错误；C．羟基和羧基均和钠反应，因此1molW与足量Na反应产生1molH2，标况体积为1mol×22.4L/mol=22.4L，C正确；D．W含有羧基和羟基两种官能团，可发生缩聚反应生成，属于高分子材料，D错误；故选C。二．本部分共6题，共58分。15.维生素C()是重要的营养素，能增加人体对疾病的抵抗能力。（1）维生素C中含氧官能团是___________(填名称)。（2）维生素C具有还原性。向维生素C溶液中滴入几滴酸性KMnO4稀溶液，实验现象是___________。（3）标出维生素C中所有的手性碳原子___________(用*标注)。【答案】（1）羟基和酯基（2）溶液由紫色变为无色（3）【解析】【小问1详解】根据维生素C结构式，可知含氧官能团有羟基（-OH）和酯基（-COOR）；【小问2详解】维生素C的还原性，把KMnO4还原为Mn2+而使其褪色，因此实验现象为溶液由紫色变为无色；【小问3详解】手性碳原子是指：成sp3杂化的碳原子，即成四个键的碳原子，若它连接四个互不相同的基团，那么它就是手性碳原子，因此维生素C中有两个手性碳原子，。16.某化学兴趣小组用下图所示装置制备乙烯并验证乙烯的性质。当温度迅速上升后，可观察到试管中的溴水褪色，烧瓶中浓H2SO4与乙醇的混合液体变为棕黑色。（1）装置Ⅰ生成乙烯的化学方程式是___________。（2）甲同学认为：溴水褪色的现象不能证明装置Ⅰ中有乙烯生成，原因是___________。（3）乙同学建议：在装置Ⅰ和Ⅱ之间增加一个洗气装置，洗气的试剂是___________。（4）丁同学查文献得知：若用溴水验证，反应后装置Ⅱ的产物主要为BrCH2CH2OH，含少量BrCH2CH2Br。建议装置Ⅱ中的试剂改为“溴的CC14溶液”以排除H2O对乙烯与Br2反应的干扰。写出乙烯与溴水反应生成BrCH2CH2OH的化学方程式___________。【答案】（1）（2）乙烯中混有SO2等还原性气体也能使溴水褪色（3）过量NaOH溶液（4）CH2=CH2+Br2+H2O→BrCH2CH2OH+HBr(答案合理即可)【解析】【分析】乙醇在浓硫酸为催化剂的作用下发生消去反应生成乙烯和水，乙烯具有不饱和键与溴水发生加成而使得溴水褪色，以此分析；【小问1详解】根据分析，装置Ⅰ用乙醇制取乙烯；故答案为：；【小问2详解】浓硫酸具有强氧化性易生成具有还原性的SO2等杂质气体，与溴水发生氧化还原反应，使得溴水褪色；故答案为：乙烯中混有SO2等还原性气体也能使溴水褪色；【小问3详解】根据上题分析，需要在Ⅰ、Ⅱ之间加一个去除SO2的装置；故答案为：过量NaOH溶液【小问4详解】乙烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，氯代烃与水发生水解反应生成羟基；故答案为：CH2=CH2+Br2+H2O→BrCH2CH2OH+HBr。17.对氨基苯甲酸和邻氨基苯甲酸分别用于防晒剂和制造药物，某小组以甲苯为主要原料进行合成，设计流程如下图。已知：i.羧基使苯环上与羧基处于间位的氢原子易被取代ii.苯胺中的氨基易被氧化iii.（1）基态N原子的电子有___________种运动状态。（2）氨基苯甲酸中C=O中O原子的杂化方式是___________。（3）组成氨基苯甲酸的4种元素的电负性由大到小的顺序是___________。（4）对氨基苯甲酸和邻氨基苯甲酸的沸点分别是339.9℃和311.9℃，沸点不同的原因是___________。（5）甲同学认为邻氨基苯甲酸可以形成“内盐”，请从化学键的角度解释“内盐”中离子键的形成过程___________。（6）步骤A的反应条件___________；步骤C中生成1mol对氨基苯甲酸电子转移___________mol。【答案】（1）7（2）sp2（3）O>N>C>H（4）对氨基苯甲酸形成分子间氢键，邻氨基苯甲酸更易形成分子内氢键（5）邻氨基苯甲酸中-COOH电离出来的H+与-NH2形成-NH，-NH与-COO-形成离子键（6）①.浓H2SO4/浓HNO3/加热②.6【解析】【分析】已知：羧基使苯环上与羧基处于间位的氢原子易被取代，苯胺中的氨基易被氧化，则应该首先在临、对位引入硝基后再氧化甲基为羧基，然后还原硝基为氨基得到对氨基苯甲酸和邻氨基苯甲酸；故A为甲苯和浓H2SO4、浓HNO3在加热条件下生成对硝基甲苯、邻硝基甲苯，B为使用强氧化剂将甲基氧化为羧基，C为使用铁、盐酸将硝基还原为氨基；【小问1详解】在同一原子轨道下最多可以有两个自旋方向不同的电子，自旋方向不同，运动状态也就不相同，即运动状态个数等于电子数；氮为7号元素，基态N原子的电子有7种运动状态；【小问2详解】氨基苯甲酸中C=O中O原子形成1个σ键、1个π键，此外还有2对孤电子对，杂化方式是sp2；【小问3详解】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；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；组成氨基苯甲酸的4种元素的电负性由大到小的顺序是O>N>C>H；【小问4详解】对氨基苯甲酸形成分子间氢键，邻氨基苯甲酸更易形成分子内氢键，导致对氨基苯甲酸的沸点较高；【小问5详解】羧基具有酸性、氨基具有碱性，邻氨基苯甲酸中-COOH电离出来的H+与-NH2形成-NH，-NH与-COO-形成离子键，故可以形成“内盐”；【小问6详解】由分析可知，步骤A的反应条件浓H2SO4、浓HNO3、加热；步骤C中1个-NO2转变为1个-NH2，伴随6个电子的转移，生成1mol对氨基苯甲酸电子转移6mol。18.以石油裂解产物烯烃为原料合成一些新物质的路线如下。已知：Diels-Alder反应：（1）生成X的反应类型是___________。（2）A→B的化学方程式是___________。（3）E的结构简式是___________。（4）Y的结构简式是___________。（5）甲物质的名称是___________；Z→W的化学方程式是___________。【答案】（1）取代反应（2）ClCH2CH2CH2CH2Cl+2NaOHCH2=CHCH=CH2+2NaCl+2H2O（3）（4）CH2(OH)CH=CHCH2OH（5）①2-甲基-1，3-丁二烯②.【解析】【分析】2-丁烯与氯气发生取代反应生成ClCH2-CH=CH-CH2Cl，X是ClCH2-CH=CH-CH2Cl；X与氢气发生加成反应生成A，A是ClCH2-CH2CH2CH2Cl；A发生消去反应生成B，B与乙烯反应生成环己烯，根据Diels-Alder反应，可知B是1,3-丁二烯；E发生加聚反应生成，逆推可知E是；ClCH2-CH=CH-CH2Cl在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成Y，Y是HOCH2-CH=CH-CH2OH；Y发生催化氧化生成Z，Z是OHC-CH=CH-CHO；根据Diels-Alder反应，逆推可知，甲是CH2=CH-C(CH3)=CH2，W是；【小问1详解】2-丁烯与氯气发生取代反应生成ClCH2-CH=CH-CH2Cl和氯化氢，生成X的反应类型是取代反应；【小问2详解】A→B是ClCH2-CH2CH2CH2Cl在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成1,3-丁二烯，反应的化学方程式是ClCH2CH2CH2CH2Cl+2NaOHCH2=CHCH=CH2+2NaCl+2H2O；【小问3详解】E发生加聚反应生成，逆推可知E是【小问4详解】ClCH2-CH=CH-CH2Cl在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成Y，Y是HOCH2-CH=CH-CH2OH；【小问5详解】Z是OHC-CH=CH-CHO，Z发生Diels-Alder反应生成W，W是，则甲物质是CH2=CH-C(CH3)=CH2，名称是2-甲基-1，3-丁二烯；Z→W是OHC-CH=CH-CHO和CH2=CH-C(CH3)=CH2发生Diels-Alder反应生成，化学方程式是。19.光刻胶是芯片制造中必不可少的一种光敏材料。某科研小组设计如下合成路线用于制备某酯类光刻胶。已知：i．(羟醛缩合反应)ii．（1）A分子名称是___________。（2）A和X发生加成反应生成B(B是不饱和酯)，则X的结构简式是___________。（3）物质D常用作尿不湿的材料，原因是___________。（4）F的结构简式是___________；试剂Y是___________。（5）反应③的化学方程式是___________。（6）写出满足下列条件的F的同分异构体___________、___________。①分子中含有苯环②能发生银镜反应③核磁共振氢谱峰面积之比为2：2：2：1：1（7）结合已有知识和相关信息，以CH3CHO为起始原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线___________(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。【答案】（1）乙炔（2）CH3COOH（3）D分子中含有羟基，羟基为亲水基团，能与水分子间形成氢键（4）①.②.银氨溶液或新制氢氧化铜（5）（6）①.②.（7）CH3CHOCH3CH=CHCHO【解析】【分析】由流程结合化学式可知，A为乙炔，A和X发生加成反应生成B(B是不饱和酯)，则X为乙酸CH3COOH，B为CH2=CHOOCCH3，B发生加聚反应生成C，C酯基水解得到D；E为苯甲醛，和乙醛发生已知反应生成F，F中醛基具有氧化性，被银氨溶液或新制氢氧化铜氧化为羧基得到G，G生成H，H与D发生已知ii反应生成光刻胶；【小问1详解】A分子名称是乙炔；【小问2详解】由分析可知，X为乙酸CH3COOH；【小问3详解】由结构可知，D分子中含有羟基，羟基为亲水基团，能与水分子间形成氢键，故可以吸收大量水分，用作尿不湿的材料；【小问4详解】由分析可知，F的结构简式是；试剂Y是银氨溶液或新制氢氧化铜；【小问5详解】H与D发生已知ii反应生成光刻胶，故反应③的化学方程式是；【小问6详解】满足下列条件的F的同分异构体：①分子中含有苯环；②能发生银镜反应，含有醛基；③核磁共振氢谱峰面积之比2：2：2：1：1，则结构对称且不含甲基；故可以为、；【小问7详解】2分子乙醛发生已知反应生成CH3CH=CHCHO，和溴加成引入2个溴原子，水解转化为2个羟基，羟基被强氧化剂氧化为羰基得到产品，故为：CH3CHOCH3CH=CHCHO。20.某科研小组对乙醛与新制Cu(OH)2反应的实验进行探究。文献资料：a．Cu(OH)2与OH-反应生成[Cu(OH)4]2-(蓝紫色)。b．Cu2O在碱性条件下稳定，在酸性溶液中不稳定，如：Cu2OCu+Cu2+。Ⅰ.探究NaOH在乙醛与新制Cu(OH)2浊液反应中的作用实验记录如下：序号5%CuSO4溶液体积10%NaOH溶液的体积振荡后现象加入0.5mL40%乙醛溶液，加热后现象ⅰ2mL5滴浅蓝绿色沉淀仍然为浅蓝绿色沉淀ⅱ2mL0.5mL浅蓝色沉淀浅蓝色沉淀→黑色沉淀ⅲ5滴2mL蓝色浊液蓝色浊液→黄绿色浊液→橙黄色浊液→砖红色浊液（1）实验ⅰ中的浅蓝绿色沉淀的主要成份为Cu2(OH)2SO4，受热不易分解。写出生成Cu2(OH)2SO4的化学方程式___________。（2）实验ⅰ、ⅱ、ⅲ中，实验___________的新制Cu(OH)2浊液与乙醛反应生成了Cu2O。（3）为进一步探究新制Cu(OH)2与乙醛反应的本质，科研小组又进行如下实验：序号实验加入试剂加入0.5mL40%的乙醛溶液，加热后现象ⅳ3mLH2O蓝色沉淀→黑色沉淀ⅴ3mL10%NaOH蓝色浊液→黄绿色浊液→橙黄色浊液→砖红色浊液①由实验ⅳ的现象推测：实验ⅱ的黑色沉淀是___________。②实验ⅴ能够产生砖红色沉淀的原因是___________(结合微粒符号解释)，写出实验ⅴ中该微粒与乙醛发生反应的方程式___________。Ⅱ.对“黄绿色浊液→橙黄色浊液”异常现象的探究及产物的分离检验（4）针对实验ⅲ、ⅴ中“黄绿色浊液→橙黄色浊液”的异常现象，通过实验证明了“橙黄色”与乙醛在碱性条件下发生反应生成的有色物质有关。实验方案为：___________，加热，无色溶液先变为亮黄色，逐渐加深为橙黄色。（5）为分离实验ⅴ中砖红色物质，进行如下操作：取实验ⅴ反应后浊液，加入50%乙醇溶液，过滤，得到砖红色固体W，滤液放置24小时后，底部有几粒黄豆大小的黄色油状物质P。①文献表明：黄色油状物质P主要是乙醛