2022年高考沖刺化學(xué)試題（新課標(biāo)2卷）3

2015年高考化學(xué)試題（新課標(biāo)2卷）本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，滿分100分，考試時(shí)間50分鐘?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16F-19Na-23Al-27P-31S-32Ca-40Fe-56Zn-65Br-80第Ⅰ卷（選擇題共42分）選擇題（本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）7．食品干燥劑應(yīng)無(wú)毒、無(wú)味、無(wú)腐蝕性及環(huán)境友好。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．硅膠可用作食品干燥劑B．P2O5不可用作食品干燥劑C．六水合氯化鈣可用作食品干燥劑D．加工后具有吸水性的植物纖維可用作食品干燥劑【答案】C【命題立意】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)與用途。難度中等。【解題思路】硅膠、植物纖維均無(wú)毒、無(wú)味、無(wú)腐蝕性，所以可用作食品干燥劑,A,D項(xiàng)正確;P2O5吸水生成H3P04，是一種中強(qiáng)酸，具有腐蝕性，不可用于食品干燥劑，B項(xiàng)正確;無(wú)水CaCl28．某羧酸酯的分子式為C18H26O5，1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，該羧酸的分子式為A．C14H18O5B．C14H16O4C．C16H22O5D．C16H20O【答案】A【命題立意】本題考查酯化反應(yīng)的機(jī)理。難度中等?！窘忸}思路】酯化反應(yīng)的機(jī)理為酸脫羥基、醇脫氫;酯的水解反應(yīng)是酯化反應(yīng)的逆過(guò)程。1mol酯水解生成1mol羧酸和2mol乙醇,說(shuō)明1mol酯中含有2mol酯基，可表示為C18H26O5十2H2O→羧酸+2C2H50H只，9．原子序數(shù)依次增大的元素a、b、c、d，它們的最外層電子數(shù)分別為1、6、7、1。a－的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同，b和c的次外層有8個(gè)電子，c－和d+的電子層結(jié)構(gòu)相同。下列敘述錯(cuò)誤的是A．元素的非金屬性次序?yàn)閏＞b＞aB．a(chǎn)和其他3種元素均能形成共價(jià)化合物C．d和其他3種元素均能形成離子化合物D．元素a、b、c各自最高和最低化合價(jià)的代數(shù)和分別為0、4、6【答案】B【命題立意】本題考查元素周期律。難度中等?！窘忸}思路】H-與He的電子層結(jié)構(gòu)相同.所以a為H,b，c的次外層電子數(shù)為8，最外層電子數(shù)分別為6、7，所以b、c分別為S和Cl，Cl-與K+的電子層結(jié)構(gòu)相同，所以d為4。A項(xiàng)，非金屬性:Cl＞S＞H，正確；B項(xiàng)，H2O,HCl為共價(jià)化合物，KH為離子化合物，錯(cuò)誤;C項(xiàng)，KH,K2S,KCl均為離子化合物，正確;D項(xiàng)，最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)分別是H為+1與—1，代數(shù)和為0，S為十6與一2，代數(shù)和為4，Cl10．NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A．60g丙醇中存在的共價(jià)鍵總數(shù)為10NAB．1L·L－1的NaHCO3－溶液中HCO3－和CO32－離子數(shù)之和為C．鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物。23g鈉充分燃燒時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1NAD．235g核互U發(fā)生裂變反應(yīng)：92凈產(chǎn)生的中子(n)數(shù)為10NA【答案】C【命題立意】本題考查阿伏加德羅常數(shù)的應(yīng)用。難度中等。【解題思路】A項(xiàng)，1mol丙醇中含有1mol共價(jià)鍵，錯(cuò)誤;B項(xiàng)，NaHC03溶液中碳元素的存在形式:HCO3-，CO32-及H2CO3,共1mol，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，鈉與02反應(yīng)的各種產(chǎn)物中鈉元素只有+1價(jià)，所以1molNa失去1mole-，正確;D11分子式為C5H10O2并能與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)放出氣體的有機(jī)物有(不含量立體異構(gòu))A．3種B．4種C．5種D．6種【答案】B【命題立意】本題考查同分異構(gòu)體的書(shū)寫。難度中等?！窘忸}思路】分子式為C5H10O2并能與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)放出氣體，這說(shuō)明該有機(jī)物是羧酸，即分子組成為C4H9—COOH，丁基有4種，所以有機(jī)物有4種，答案選B。12．海水開(kāi)發(fā)利用的部分過(guò)程如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．向苦鹵中通入Cl2是為了提取溴B．粗鹽可采用除雜和重結(jié)晶等過(guò)程提純C．工業(yè)生產(chǎn)常選用NaOH作為沉淀劑D．富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴，再用SO2將其還原吸收【答案】C【命題立意】本題考査海水開(kāi)發(fā)利用中的化學(xué)知識(shí)。難度中等。【解題思路】A項(xiàng)，苦鹵中含有Br-，通人Cl2可將Br-氧化生成Br2，正確；B項(xiàng)，粗鹽中含有Ca2+、SO42-等雜質(zhì)離子，故先除雜得NaCl和KCl的混合溶液，而NaCl的溶解度隨溫度變化不大，故采用重結(jié)晶可以析出較純的NaCl，正確;C項(xiàng)，工業(yè)上沉淀海水中的Mg2+，采用Ca(OH)2因?yàn)镹aOH的價(jià)格較貴，錯(cuò)誤;D項(xiàng)，Br2易揮發(fā)，用熱氣吹出后，用S0213．用下圖所示裝置進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)：將①中溶液滴入②中，預(yù)測(cè)的現(xiàn)象與實(shí)際相符的是選項(xiàng)①中物質(zhì)②中物質(zhì)預(yù)測(cè)②中的現(xiàn)象A．稀鹽酸碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液立即產(chǎn)生氣泡B．濃硝酸用砂紙打磨過(guò)的鋁條產(chǎn)生紅棕色氣體C．氯化鋁溶液濃氫氧化鈉溶液產(chǎn)生大量白色沉淀D．草酸溶液高錳酸鉀酸性溶液溶液逐漸褪色【答案】D【命題立意】本題考查實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的正誤判斷。難度中等?！窘忸}思路】A項(xiàng)，稀HCl滴入Na2CO3和NaOH的混合溶液中，先發(fā)生酸堿中和，開(kāi)始沒(méi)有氣泡產(chǎn)生，錯(cuò)誤;B項(xiàng),濃HNO3與Al發(fā)生鈍化，無(wú)紅棕色的NO2生成，錯(cuò)誤;C項(xiàng)，將Al3+滴人NaOH中，生成的Al（OH）3會(huì)被立即溶解，所以看不到白色沉淀，錯(cuò)誤;D項(xiàng)，草酸與酸性KMnO第Ⅱ卷（非選擇題共58分）二、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分。第26~28題為必考題，每個(gè)考題考生都必須作答，第36~38為選考題，考生根據(jù)要求作答。）（一）必考題（本題包括3個(gè)小題，共43分）26.（14分）酸性鋅錳干電池是一種一次電池，外殼為金屬鋅，中間是碳棒，其周圍是有碳粉，二氧化錳，氯化鋅和氯化銨等組成的填充物，該電池在放電過(guò)程產(chǎn)生MnOOH，回收處理該廢電池可以得到多種化工原料，有關(guān)數(shù)據(jù)下圖所示：溶解度/(g/100g水)溫度/℃化合物020406080100NH4ClZnCl2343395452488541614化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10-1710-1710-39回答下列問(wèn)題：（1）該電池的正極反應(yīng)式為，電池反應(yīng)的離子方程式為：（2）維持電流強(qiáng)度為0.5A，電池工作五分鐘，理論消耗Zng。（已經(jīng)F=96500C/mol）（3）廢電池糊狀填充物加水處理后，過(guò)濾，濾液中主要有氯化鋅和氯化銨，兩者可以通過(guò)____分離回收，濾渣的主要成分是二氧化錳、______和，欲從中得到較純的二氧化錳，最簡(jiǎn)便的方法是，其原理是。（4）用廢電池的鋅皮制作七水合硫酸鋅，需去除少量雜質(zhì)鐵，其方法是：加入新硫酸和雙氧水，溶解，鐵變?yōu)榧訅A調(diào)節(jié)PH為，鐵剛好完全沉淀（離子濃度小于1×10-5mol/L時(shí)，即可認(rèn)為該離子沉淀完全）。繼續(xù)加堿調(diào)節(jié)PH為，鋅開(kāi)始沉淀（假定Zn2＋濃度為L(zhǎng)）。若上述過(guò)程不加雙氧水的后果是，原因是?！敬鸢浮浚?4分）（1）MnO2＋e—＋NH4＋＝MnOOH＋NH3；Zn＋2MnO2＋2NH4＋＝Zn2＋＋2MnOOH＋NH3；（2）0.05g（3）重結(jié)晶；碳粉、MnOOH；在空氣中灼燒；碳粉轉(zhuǎn)變?yōu)镃O2，MnOOH氧化為MnO2或4MnOOH＋O2AUTOTEXT=加熱=4MnO2＋2H2O；C＋O2AUTOTEXT=點(diǎn)燃=CO2；（4）Fe3＋；；8；Zn2＋和Fe2＋分離不開(kāi)；Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近【命題立意】本題考查鋅錳干電池中的化學(xué)成分'的分離。難度中等?！窘忸}思路】考察原電池原理，電子守恒原理、分離方法和沉淀溶解平衡知識(shí)。（1）正極得到電子，MnO2＋e—＋NH4＋＝MnOOH＋NH3；總反應(yīng)為Zn＋2MnO2＋2NH4＋＝Zn2＋＋2MnOOH＋NH3；（2）根據(jù)：Zn～2e－，m(Zn)=EQ\f×5×60÷96500,2EQ\f(,))×65=；（3）根據(jù)溶解度曲線，ZnCl2溶解度受溫度的影響大，NH4Cl溶解度受溫度的影響大，可以采用重結(jié)晶的方法分離；濾渣中含有MnO2、碳粉和MnOOH；利用在空氣中灼燒，MnOOH→MnO2，C→CO2；可以書(shū)寫方程式回答。4MnOOH＋O2AUTOTEXT=加熱=4MnO2＋2H2O；C＋O2AUTOTEXT=點(diǎn)燃=CO2；（4）Fe＋2H＋AUTOTEXT==Fe2＋＋H2↑；2Fe2＋H2O2＋2H＋AUTOTEXT==2Fe3＋＋2H2O；Fe→Fe3＋；根據(jù)Ksp，完全沉淀Fe3＋的C3(OH－)=10-39/10-5，C(OH－)=，PH=；Zn2＋開(kāi)始沉淀的C(OH－)=EQ\r(,EQ\f(10-17,)=10-8，PH=8，如果沒(méi)有加雙氧水，Zn2＋和Fe2＋分離不開(kāi)；原因是Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近。27．（14分）甲醇是重要的化工原料，又可稱為燃料。利用合成氣（主要成分為CO、CO2和H2）在催化劑的作用下合成甲醇，發(fā)生的主反應(yīng)如下：ⅠCO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1ⅡCO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g)△H2ⅢCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3回答下列問(wèn)題：（1）已知反應(yīng)Ⅰ中的相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：由此計(jì)算△H1=，已知△H2=，則△H3=（2）反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)平衡常數(shù)K的表達(dá)式為；圖1中能正確反映平衡常數(shù)K隨溫度變化關(guān)系的曲線為（填曲線標(biāo)記字母），其判斷理由是。（3）合成氣的組成n(H2)/n(CO+CO2)=時(shí)體系中的CO平衡轉(zhuǎn)化率（a）與溫度和壓強(qiáng)的關(guān)系如圖2所示。a（CO）值隨溫度升高而（填“增大”或“減小”），其原因是。圖2中的壓強(qiáng)由大到小為_(kāi)____，其判斷理由是_____。【答案】（14分）（1）—99；＋41（2）；a；反應(yīng)①為放熱反應(yīng)，平衡常數(shù)應(yīng)隨溫度升高變??；（3）減??；升高溫度時(shí)，反應(yīng)①為放熱反應(yīng)，平衡向向左移動(dòng)，使得體系中CO的量增大；反應(yīng)③為吸熱反應(yīng)，平衡向右移動(dòng)，又產(chǎn)生CO的量增大；總結(jié)果，隨溫度升高，使CO的轉(zhuǎn)化率降低；P3＞P2＞P1；相同溫度下，由于反應(yīng)①為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，加壓有利于提升CO的轉(zhuǎn)化率；而反應(yīng)③為氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)，產(chǎn)生CO的量不受壓強(qiáng)影響，故增大壓強(qiáng)時(shí)，有利于CO的轉(zhuǎn)化率升高【命題立意】本題考査化學(xué)反應(yīng)原理綜合。難度中等。【解題思路】⑴反應(yīng)Ⅰ中，需要形成3molC-H,1molC-O和1molO-H，則放出的熱量為(413X3+343+465)kJ·mol-1=2047kJ·mol-1，需要斷開(kāi)1molC≡O(shè)和2molH-H，吸收的熱量為（1076+436*2）kJ·mol-1=1948kJ·mol-1，則△H1（1―99kJ·mol-1；根據(jù)蓋斯定律，△H3=△H2-△H1=-58kJ·mol-1+99kJ·mol-1=+41kJ·mol-1.（2）反應(yīng)Ⅰ為放熱反應(yīng)，則升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)減小，a正確。（3)從圖2看出，升高溫度，CO轉(zhuǎn)化率減小，因?yàn)樯邷囟龋磻?yīng)Ⅰ平衡逆向移動(dòng)，反應(yīng)Ⅲ平衡28．(15分）二氧化氯（ClO2，黃綠色易溶于水的氣體）是高效、低毒的消毒劑，答下列問(wèn)題：（1）工業(yè)上可用KC1O3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，該反應(yīng)氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為 。（2）實(shí)驗(yàn)室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2(亞氯酸鈉）為原料，通過(guò)以下過(guò)程制備ClO2：①電解時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。②溶液X中大量存在的陰離子有__________。③除去ClO2中的NH3可選用的試劑是(填標(biāo)號(hào))。a．水 b．堿石灰 C．濃硫酸 d．飽和食鹽水（3）用下圖裝置可以測(cè)定混合氣中ClO2的含量：Ⅰ．在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封裝置中加入水.使液面沒(méi)過(guò)玻璃液封管的管口；Ⅲ．將一定量的混合氣體通入錐形瓶中吸收；Ⅳ．將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中：Ⅴ．用mol·L-1硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定錐形瓶中的溶液（I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-)，指示劑顯示終點(diǎn)時(shí)共用去mL硫代硫酸鈉溶液。在此過(guò)程中：①錐形瓶?jī)?nèi)ClO2與碘化鉀反應(yīng)的離子方程式為。②玻璃液封裝置的作用是。③V中加入的指示劑通常為 ，滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是。④測(cè)得混合氣中ClO2的質(zhì)量為g.。（4）O2處理過(guò)的飲用水會(huì)含有一定最的亞氯酸鹽。若要除去超標(biāo)的亞氯酸鹽，下列物庾最適宜的是_______填標(biāo)號(hào))。a．明礬 b．碘化鉀 c．鹽酸 d．硫酸亞鐵【答案】（15分）（1）2：1（2）①NH4Cl＋2HClAUTOTEXT=電解=3H2↑＋NCl3②Cl—、OH—③c（3）①2ClO2＋10I－＋8H＋＝2Cl－＋5I2＋4H2O②使避免碘的逸出③淀粉溶液；溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)溶液顏色不再改變④（4）d【命題立意】本題考査ClO2【解題思路】（1）根據(jù)電子守恒原理，有：2KC1O3～Na2SO3；（2）根據(jù)流程信息，電解總反應(yīng)為NH4Cl＋2HClAUTOTEXT=電解=3H2↑＋NCl3；X存在的離子有Cl—、OH—；是濃硫酸，水、堿石灰可以與2ClO2＋10I－＋8H＋＝2Cl－＋5I2＋4H2O；玻璃液封裝置的作用是使避免碘的逸出；氧化還原滴定，選擇淀粉作為指示劑，滴定終點(diǎn)的是溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)溶液顏色不再改變；根據(jù)25I2～10Na2S2O3，m()=××10—3×EQ\f(1,5)×=.（二）選考題（15分，請(qǐng)考生從給出的3道小題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一小題計(jì)分）36.【化學(xué)——選修2：化學(xué)與技術(shù)】苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工業(yè)上可用異丙苯氧化法生產(chǎn)苯酚和丙酮，其反應(yīng)和工藝流程示意圖如下：相關(guān)化合物的物理常數(shù)物質(zhì)相對(duì)分子質(zhì)量密度（g/cm-3）沸點(diǎn)/℃異丙苯120153丙酮58苯酚94182回答下列問(wèn)題：（1）在反應(yīng)器A中通入的X是。（2）反應(yīng)①和②分別在裝置和中進(jìn)行（填裝置符號(hào)）。（3）在分解釜C中加入的Y為少置濃硫酸，其作用是______，優(yōu)點(diǎn)是用量少，缺點(diǎn)是_______________。（4）反應(yīng)②為 (填“放熱”或“吸熱”）反應(yīng)。反應(yīng)溫度控制在50-60℃，溫度過(guò)高的安全隱患是（5）中和釜D中加入的Z最適宜的是（填編號(hào)。已知苯酚是一種弱酸）a.NaOH b.CaCO c.NaHCO d.CaO（6）蒸餾塔F中的餾出物T和P分別為和，判斷的依據(jù)是。（7）用該方法合成苯酚和丙酮的優(yōu)點(diǎn)是?！敬鸢浮浚?5分）（1）O2（或空氣） （2）A C （每空1分，共2分）（3）催化劑（提高反應(yīng)速率） 腐蝕設(shè)備 （每空1分，共2分）（4）放熱 可能會(huì)導(dǎo)致（過(guò)氧化物）爆炸 （1分，2分，共3分）（5）c（6）丙酮 苯酚 丙酮的沸點(diǎn)低于苯酚 （每空1分，共3分）（7）原子利用率高 （1分）【命題立意】本題考查工業(yè)生成苯酚和丙酮的流程分析。難度中等。【解題思路】（1）根據(jù)反應(yīng)原理可知X為02。（2）從流程看出，反應(yīng)①在A中進(jìn)行，反應(yīng)②在C中進(jìn)行。（3）濃硫酸作為催化劑，缺點(diǎn)是酸液腐蝕設(shè)備。（4）反應(yīng)②的△H〈0，為放熱反應(yīng);溫度過(guò)高可能會(huì)導(dǎo)致過(guò)氧化物爆炸。（5）NaHCO3與苯酚不發(fā)生反應(yīng)，僅與催化劑硫酸反應(yīng)，選c，（6）沸點(diǎn)低的首先變成氣體，根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，T為丙酮，P為苯酚。（7）37．[化學(xué)—選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](15分）A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元索，A2-和B+具有相同的電子構(gòu)型；C、D為同周期元索，C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍；D元素最外層有一個(gè)未成對(duì)電子?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1)四種元素中電負(fù)性最大的是(填元素符號(hào)），其中C原子的核外電子排布布式為_(kāi)_________。（2）單質(zhì)A有兩種同素異形體，其中沸點(diǎn)高的是(填分子式)，原因是；A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為和。（3）C和D反應(yīng)可生成組成比為1：3的化合物E，E的立體構(gòu)型為，中心原子的雜化軌道類型為 .。（4）化合物D2A的立體構(gòu)型為 ，中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，單質(zhì)D與濕潤(rùn)的Na2CO3反應(yīng)可制備D2A，其化學(xué)方程式為（5）A和B能夠形成化合物F，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞參數(shù)，a=，F(xiàn)的化學(xué)式為：晶胞中A原子的配位數(shù)為；列式計(jì)算晶體F的密度?！敬鸢浮浚?5分）（1）O；1s22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）（2）O3；O3相對(duì)分子質(zhì)量較大，范德華力大；分子晶體；離子晶體（3）三角錐形；sp3（4）V形；4；2Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl（或2Cl2＋2Na2CO3＝Cl2O＋CO2＋2NaCl）（5）Na2O；8；【命題立意】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)。難度中等?！窘忸}思路】C的核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，則C可能是Li或P，但是A、B,C,D原子序數(shù)依次增大，所以C應(yīng)為P，D的最外層只有一個(gè)未成對(duì)電子，所以D為Cl。A2-和B+的電子層結(jié)構(gòu)相同，則A為O，B為Na。（1）電負(fù)性最大，也即非金屬性最強(qiáng)，應(yīng)為O。P為15號(hào)元素，其原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p3。（2）氧的兩種同素異形體分別為02和03，均為分子晶體，分子晶體中相對(duì)分子質(zhì)量越大，沸點(diǎn)越高。H2O為分子晶體，NaH為離子晶體。（3）PCl3中P有一對(duì)孤對(duì)電子，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為1+3=4，所以P為sp3雜化，PCl3的空間構(gòu)型為三角錐形。（4）Cl2O中O有兩對(duì)孤對(duì)電子，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+2=4，所以O(shè)為sp3雜化，Cl2O的空間構(gòu)型為V形。Cl2O中Cl為+1價(jià)，Cl2發(fā)生歧化反應(yīng)生成Cl2O和NaCl。（5）由晶胞圖知，小球有8個(gè).大球有8*18+6*12=4，所以化學(xué)式為Na20。小球?yàn)镹a，大球?yàn)镺，由晶胞中面心上的O知，連有4個(gè)Na，在相鄰的另一個(gè)晶胞中，O也連有ρ=mv=38．[化學(xué)一選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]（15分）聚戊二酸丙二醇酯（PPG）是一種可降解的聚酯類高分子材料，在材枓的生物相存性方面有很好的應(yīng)用前景。PPG的一種合成路線如下：已知：①烴A的相對(duì)分子質(zhì)量為70，核磁共振氫譜顯示只有一種化學(xué)環(huán)境的氫；②化合物B為單氯代烴：化合物C的分子式為C5H8；③E、F為相對(duì)分子質(zhì)量差14的同系物，F(xiàn)是福爾馬林的溶質(zhì)；④?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（2）由B生成C的化學(xué)方8式為