2024年高考化學全真模擬試卷及答案（八）

2024年高考化學全真模擬試卷及答案（八）

一、選擇題：本大題共7小題，每題6分.在每題給出的四個選項中，只有一項

為哪一項符合題目要求的.

1.（6分）以下關于燃料的說法錯誤的選項是（）

A.燃料燃燒產(chǎn)物C02是溫室氣體之一

B.化石燃料完全燃燒不會造成大氣污染

C.以液化石油氣代替燃油可減少大氣污染

D.燃料不完全燃燒排放的CO是大氣污染物之一

2.（6分）以卜.各組中的物質(zhì)均能發(fā)生就加成反響的是（）

A.乙烯和乙醇B.苯和氯乙烯C.乙酸和澳乙烷D.丙烯和丙烷

3.（6分）a、b、c、d為短周期元素，a的原子中只有1個電子，b2-和c+的電

子層結(jié)構(gòu)相同，d與b同族.以下表達錯誤的選項是（）

A.a與其他三種元素形成的二元化合物中其化合價均為+1

B.b與其他三種元素均可形成至少兩種二元化合物

C.c的原子半徑是這些元素中最大的

D.d與a形成的化合物的溶液呈弱酸性

4.（6分）分子式為C4H8c12的有機物共有（不含立體異構(gòu)）（）

A.7種B.8種C.9種D.10種

5.（6分）Mg-AgCl電池是一種以海水為電解質(zhì)溶液的水激活電池.以下表達錯

誤的選項是（）

A.負極反響式為Mg-2c-=Mg2+

B.正極反響式為Ag++e-=Ag

C.電池放電時Cl-由正極向負極遷移

D.負極會發(fā)生副反響Mg+2H20=Mg（OH）2+H2t

6.(6分)某白色粉末由兩種物質(zhì)組成，為鑒別其成分進行如下實驗：

①取少量樣品參加足量水仍有局部固體未溶解：再參加足量稀鹽酸,有氣泡產(chǎn)生,

固體全部溶解；

②取少量樣品參加足量稀硫酸有氣泡產(chǎn)生，震蕩后仍有固體存在.

該白色粉末可能為()

A.NaHC()3、Ai(OH)3B.AgCl、NaHC()3C.Na2S()3、BaC()3D.Na2c()3、

CuS04

7.(6分)以下實驗操作能到達實驗目的是()

實驗目的實驗操作

A.制備Fe(CH)3膠體將NaOH濃溶液滴加到飽和FeC13溶液中

B.由MgC12溶液制備無水將MgC12溶液加熱蒸干

MgC12

C.除去Cu粉中混有的CuO參加稀硝酸溶液，過濾、洗滌、枯燥

D.比擬水與乙醇中氫的活潑性分別將少量鈉投入到盛有水和乙醇的燒

杯中

A.AB.BC.CD.D

三、非選擇題：包括必考題和選考題兩局部.第22題?第32題為必考題，每個

試題考生都必須作答.第33題?第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答.(一)

必考題(共129分)

8.(14分)聯(lián)氨(又稱朧，N2H4,無色液體)是一種應用廣泛的化工原料，可

用作火箭燃料.答復以下問題：

(1)聯(lián)氨分子的電子式為，其中氮的化合價為.

(2)實驗室中可用次氯酸鈉溶液與氨反響制備聯(lián)氨，反響的化學方程式

為

(3)①202(g)+N2(g)-N204(1)AHI

②N2(g)+2H2(g)—N2H4(1)AH2

③02(g)+2H2(g)=2H20(g)AH3

@2N2H4(1)+N204(1)-3N2(g)+4H20(g)AH4=-1048.9kJ*mol-1

上述反響熱效應之間的關系式為4114=,聯(lián)氨和N204可作為火箭推

進劑的主要原因為.

（4）聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離?方式與氨相似.聯(lián)氨第一步電離反響的平

衡常數(shù)值為（已知：N2H4+H+wN2H5+的K=8.7X107；Kw=1.0X10

-14）.聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽的化學式為

（5）聯(lián)氨是一種常用的復原劑.向裝有少量AgBr的試管中參加聯(lián)氨溶液，觀察

到的現(xiàn)象是.聯(lián)氨可用于處理高壓鍋爐水中的氧，防止鍋爐被腐

蝕.理論上1kg的聯(lián)氨可除去水中溶解的02kg；與使用Na2s03處

理水中溶解的02相比，聯(lián)氨的優(yōu)點是,

9.（14分）丙烯睛（CH2;CHCN）是一種重要的化工原料，工業(yè)上可用“丙烯氨

氧化法〃生產(chǎn).主要副產(chǎn)物有丙烯醛（CH2二CHCHO）和乙懵（CH3CN）等,答夏以

下問題：

（1）以丙烯、氨、氧氣為原料，在催化劑存在下生成丙烯懵（C3H3N）和副產(chǎn)物

丙烯醛（C3H40）的熱叱學方程式如下：

3

①C3H6(g)+NH3(g)+a)2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)AH=-515kJ*mol-1

②C3H6(g)+02(g)=C3H40(g)+H20(g)AH=-353kJ*mol-1

兩個反響在熱力學上趨勢均很大，其原因是：有利于提高丙烯精平

衡產(chǎn)率的反響條件是；提高丙烯月青反響選擇性的關鍵因素

是

（2）圖（a）為丙烯懵產(chǎn)率與反響溫度的關系曲線，最高產(chǎn)率對應的溫度為

460C.低于460℃時，丙烯懵的產(chǎn)率（填“是〃或“不是〃）對

應溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率，判斷理由是；高于460℃時，丙烯H青產(chǎn)率

降低的可能原因是（雙選，填標號）.

A.催化劑活性降低B.平衡常數(shù)變大

C.副反響增多D.反響活化能增大

（3）丙烯曙和丙烯醛的產(chǎn)率與n（氨）/n（丙烯）的關系如圖（b）所示.由圖

可知，最正確n（氨）/n（丙烯）約為，理由是,進

料氣氨、空氣、丙烯的理論體積比約

為.

四、選考題：共45分.請考生從給出的3道物理題、3道化學題、2道生物題中

每科任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目題號后的方框涂黑,注

意所選題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位能答

題.如果多做，則每學科按所做的第一題計分.化學一選修2：化學與技術

11.（15分）雙氧水是一種重要的氧化劑、漂白劑和消毒劑.生產(chǎn)雙氧水常采用

慈醍法，其反響原理和生產(chǎn)流程如下圖：

A.氫化釜以過渡器C.K化塔I）.票宏塔1L凈化塔汶工作液再生XT?G.工作液充射裝置

生產(chǎn)過程中，把乙基恿醍溶于有機溶劑配制成工作液，在一定溫度、壓力和催化

劑作用下進行氫化，再經(jīng)氧化、萃取、凈化等工藝得到雙氧水.答復以下問題:

（1）慈醍法制備H202理論上消耗的原料是，循環(huán)使用的原料

是,配制工作液時采用有機溶劑而不采用水的原因是

（2）氫化物A中反響的化學方程式為.進入氧化塔C的反響混合

液中的主要溶質(zhì)為.

（3）萃取塔D中的萃取劑是,選擇其作萃取劑的原因

是

（4）工作液再生裝置F中要除凈殘留的H202,原因是,

（5）雙氧水濃度可在酸性條件下用KMnOd溶液測定，該反響的離子方程式

為，一種雙氧水的質(zhì)量分數(shù)為27.5%（密度為1.lOg-cm-3）,其濃

度為mol?L-1.

［化學一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)］

12.（15分）東晉《華陽國志?南中志》卷四中已有關于白銅的記載，云南銀白

銅（銅銀合金）聞名中外，曾主要用于造幣，亦可用于制作仿銀飾品.答復以下

問題：

（1）鍥元素基態(tài)原子的電子排布式為，3d能級上的未成對電子數(shù)

為

（2）硫酸銀溶于氨水形成[Ni（NH3）6]S04藍色溶液.

①[Ni（NH3）6]S04中陰離子的立體構(gòu)型是

②在[Ni（NH3）6]S04中Ni2+與NH3之間形成的化學鍵稱為，提供

孤電子對的成鍵原子是

③氨的沸點（填“高于〃或“低于〃）B?（PH3）,原因是；

氨是分子（填“極性〃或“非極性’）,中心原子的軌道雜化類型

為

（3）單質(zhì)銅及銀都是由鍵形成的晶體；元素銅與銀的第二電鳴能

分別為：ICu=1958kJ-mol-1.INi=1753kJ-mol-1,ICu>INi的原因

是

（4）某銀白銅合金的立方晶胞結(jié)構(gòu)如下圖.

①晶胞中銅原子與鍥原子的數(shù)量比為

②若合金的密度為dg?cm-3,晶胞參數(shù)a=nm.

[化學一選修5：有機化學基礎]

CN

十岷-注

13.（15分）鼠基丙烯酸酯在堿性條件下能快速聚合為COOR從而具有膠

黏性.某種氟基丙烯酸酯（G）的合成路線如下：

已知：

①A的相對分子質(zhì)量為58,氧元素質(zhì)量分數(shù)為0.276,核磁共振氫譜顯示為單峰

OH

OHCN（水溶液）R-K-R.

（2）R-C-RNaOH（^g）品

答復以下問題；

（1）A的化學名稱為

（2）B的結(jié)構(gòu)簡式為.其核磁共振氫譜顯示為組峰，

峰面積比為,

（3）由C生成D的反響類型為

（4）由D生成E的化學方程式為

（5）G中的官能團有、、.（填官能團

名稱）

（6）G的同分異構(gòu)體中，與G具有相同官能團且能發(fā)生銀鏡反響的共有

種.（不含立體結(jié)構(gòu)）

參考答案與試題解析

一、選擇題：本大題共7小題，每題6分.在每題給出的四個選項中，只有一項

為哪一項符合題目要求的.

1.（6分）以下關于燃料的說法錯誤的選項是（）

A.燃料燃燒產(chǎn)物C02是溫室氣體之一

B.化石燃料完全燃燒不會造成大氣污染

C.以液化石油氣代替燃油可減少大氣污染

D.燃料不完全燃燒排放的CO是大氣污染物之一

【考點】燃料的充分燃燒.

【分析】A.二氧化碳是形成溫室效應的氣體；

B.化石燃料完全燃燒生成氣體、灰塵等會造成大氣污染；

C.壓縮天然氣和液化石油氣含有雜質(zhì)少，燃燒更充分，產(chǎn)物為水和二氧化撅，

對空氣污染?。?/p>

D.一氧化碳是有毒氣體不能排放到空氣中.

【解答】解：A.形成溫室效應的氣體主要是二氧化碳的大量排放，故A正確；

B.化石燃料含有硫等因素，完全燃燒會生成二氧化硫會形成酸雨，會造成大氣

污染，故B錯誤；

C.壓縮天然氣和液化石油氣含有雜質(zhì)少，燃燒更充分，燃燒時產(chǎn)生的一氧化碳

少，對空氣污染小，減少大氣污染，故C正確；

D.燃料不完全燃燒排放的CO有毒，能結(jié)合人體中血紅蛋白損失運送氧的能力,

是大氣污染物之一，故D正確；

應選B.

【點評】此題考查了燃料燃燒產(chǎn)物的分析、物質(zhì)性質(zhì)的判斷應用，注意知識的積

累，題目較簡單.

2.（6分）以下各組中的物質(zhì)均能發(fā)生就加成反響的是（）

A.乙烯和乙醇B.苯和氯乙烯C.乙酸和浪乙烷D.丙烯和丙烷

【考點】取代反響與加成反響.

【分析】根據(jù)有機物分子中含碳碳雙鍵、C=o鍵、-CHO及苯環(huán)的物質(zhì)可發(fā)生加

成反響，如：烯燒、煥煌、醛類、苯及其同系物等，注意-COOH不能發(fā)生加成

反響，以此來解答.

【解答】解：A.乙烯可以發(fā)生加成反響，乙醇無不飽和鍵不能發(fā)生加成反響，

故A錯誤；

B.苯是六個碳碳鍵完全等同的化學鍵，一定條件下和氫氣發(fā)生加成反響，氯乙

烯分子中含碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成反響，故B正確；

C.乙酸分子中皴基不能加成反響，澳乙烷無不飽和鍵不能發(fā)生加成反響，放C

錯誤；

D.丙烯分子中含碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反響，丙烷為飽和烷燒不能發(fā)生加成反

響，故D錯誤；

應選B.

【點評】此題考查有機物的性質(zhì)、反響類型，題目難度不大，主要是加成反響的

實質(zhì)理解應用，題目較簡單.

3.（6分）a、b、c、d為短周期元素，a的原子中只有1個電子，b2-和c+的電

子層結(jié)構(gòu)相同，d與b同族.以下表達錯誤的選項是（）

A.a與其他三種元素形成的二元化合物中其化合價均為+1

B.b與其他三種元素均可形成至少兩種二元化合物

C.c的原子半徑是這些元素中最大的

D.d與a形成的化合物的溶液呈弱酸性

【考點】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關系

【分析】a、b、c、d為短周期元素，a的原子中只有1個電子，則a為H元素:

b2-和c+的電子層結(jié)構(gòu)相同，結(jié)合離子所得電荷可知b為0元素，c為Na；d

與b同族，則d為S元素，結(jié)合元素化合物性質(zhì)與元素周期律解答.

【解答】解：a、b、c、d為短周期元素，a的原子中只有1個電子，則a為H

元素；b2-和c+的電子層結(jié)構(gòu)相同，結(jié)合離子所得電荷可知b為0元素，c為

Na；d與b同族，則d為S元素.

A.H元素與Na形成化合物NaH,H元素為-1價，故A錯誤;

B.0元素與H元素形成1120、H202,與Na元素形成Na20、Na202,與S元素形

成S02、S03,故B正確;

C.同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，所有元素中

H原子半徑最小，故Na的原子半徑最大，故C正確；

D.d與a形成的化合物為H2S,H2s的溶液呈弱酸性，故D正確.

應選：A.

【點評】此題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關系應用，注意抓住短周期推斷元素，熟練掌握

元素化合物知識，注意對元素周期律的理解掌握，有利于基礎知識的穩(wěn)固.

4.（6分）分子式為C4H8c12的有機物共有（不含立體異構(gòu)）（）

A.7種B.8種C.9種D.10種

【考點】有機化合物的異構(gòu)現(xiàn)象.

【分析】C4H8C12可以看作為C4H10中2個H原子被2個C1原子取代，C4H10

有CH3cH2cH2cH3、CH3CH（CH3）2兩種，再結(jié)合定一移一法判斷.

【解答】解：C4H8C12可以看作為C4H10中2個H原子被2個C1原子取代，C4H10

有CH3cH2cH2cH3、CH3C（CH3）2兩種，

CH3CH2CH2CH3中一個Cl取代為甲基、亞甲基中H原子，對應另外的C1原子分

別有4種、4種位置，但有2種重復（對碳鏈從前向后一次編號，1、2號碳原子

重復一次，1、3與2、4重復），故該情況有6利

CH3CH（CH3）2中一個C1取代為甲基、次甲基中H原子，對應另外的C1原子分

別有3種、1種位置，但有1種重復（分別處于取代甲基、次甲基上H原子），

故該情況有3種，

故共有9種，

應選：C.

【點評】此題考查有機物的同分異構(gòu)體的書寫，建度不大，二氯代物的同分異構(gòu)

體常采用“定一移一〃法解答，注意重復情況.

5.（6分）Mg-AgCl電池是一種以海水為電解質(zhì)溶液的水激活電池.以下表達錯

誤的選項是（）

A.負極反響式為Mg-2e-=Mg2+

B.正極反響式為Ag++e-=Ag

C.電池放電時Cl-由正極向負極遷移

D.負極會發(fā)生副反響Mg+2H20=Mg(OH)2+H2t

【考點】原電池和電解池的工作原理.菁優(yōu)網(wǎng)版雙所有

【分析】Mg-AgCl電池中，活潑金屬Mg是復原劑、AgCl是氧化劑，金屬Mg作

負極，正極反響為:2AgCl+2e---2C1-+2Ag,負極反響式為：Mg-2e-=Mg2+,

據(jù)此分析.

【解答】解：A.活潑金屬鎂作負極，失電子發(fā)生氧化反響，反響式為：Mg-2e

-二Mg2+,故A正確;

B.AgCl是難溶物，其電極反響式為：2AgCl+2e-=2C1-+2Ag,故B錯誤;

C.原電池放電時，陰離子向負極移動，則C1-在正極產(chǎn)生由正極向負極遷移,

故C正確；

D.鎂是活潑金屬與水反響,即Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2t,故D正確；

應選:B.

【點評】此題考查原電池工作原理，注意常見物質(zhì)的性質(zhì)，如鎂的復原性以及銀

離子的氧化性是解題的關鍵，題目難度中等.

6.(6分)某白色粉末由兩種物質(zhì)組成，為鑒別其成分進行如下實驗：

①取少量樣品參加足量水仍有局部固體未溶解：再參加足量稀鹽酸,有氣泡產(chǎn)生,

固體全部溶解；

②取少量樣品參加足量稀硫酸有氣泡產(chǎn)生，震蕩后仍有固體存在.

該白色粉末可能為()

A.NaHCO3、Al(OH)3B.AgCl、NaHCO3C.Na2s03、BaC03D.Na2C03、

CuS04

【考點】物質(zhì)的檢驗和鑒別的基本方法選擇及應用.

【分析】①取少量樣品參加足量水仍有局部固體未溶解，說明有一種物質(zhì)不溶于

水，再參加足量稀鹽酸，有氣泡產(chǎn)生，固體全部溶解，則至少有一種物質(zhì)可與鹽

酸反響生成氣體，可能為二氧化碳或二氧化硫；

②取少量樣品參加足量稀硫酸有氣泡產(chǎn)生，震蕩后仍有固體存在，說明在振蕩過

程中生成不溶于酸的固體，以此解答該題.

【解答】解：A.NaHC03、Al(OH)3都與鹽酸反響，鹽酸足量時沒有固體剩余，

故A錯誤；

B.碳酸氫鈉與鹽酸反響生成氣體，AgCl不溶于鹽酸，故B錯誤；

C.BaC03不溶于水，二者都與鹽酸反響，且生成氣體，若參加足量稀硫酸，有

氣泡產(chǎn)生，且BaC03,能和H2s04反響生成BaS04沉淀，故C正確；

D.參加過量鹽酸，生成二氧化碳氣體，但沒有固體剩余，故D錯誤.

應選C.

【點評】此題考查物質(zhì)的檢驗和鑒別，側(cè)重于元素化合物知識的綜合理解和運用

的考查，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)，為解答該題的關鍵，難度中等.

7.(6分)以下實驗操作能到達實驗目的是()

實驗目的實驗操作

A.制備Fe(CH)3膠體將NaOH濃溶液滴加到飽和FeC13溶液中

B.由MgC12溶液制備無水將MgC12溶液加熱蒸干

MgC12

C.除去Cu粉中混有的CuO參加稀硝酸溶液，過濾、洗滌、枯燥

D.比擬水與乙醇中氫的活潑性分別將少量鈉投入到盛有水和乙醇的燒

杯中

A.AB.BC.CD.D

【考點】化學實驗方案的評價.

【分析】A.制備氫氧化鐵膠體，應在沸水中滴加飽和氯化鐵溶液；

B.直接加熱，易導致氯化鎂水解；

C.二者都與稀硝酸反響；

D.分別將少量鈉投入到盛有水和乙醇?的燒杯中，可根據(jù)反響的劇烈程度比擬氫

的活潑性.

【解答】解：A.將NaOH濃溶液滴加到飽和FeC13溶液中,生成氫氧化鐵沉淀,

制備氫氧化鐵膠體，應在沸水中滴加飽和氯化鐵溶液，故A錯誤；

B.氯化鎂易水解，加熱溶液易得到氫氧化鎂沉淀，為防止水解，應在氯化氫氣

氛中，故B錯誤；

C.二者都與稀硝酸反響，應參加非氧化性酸，如稀硫酸或鹽酸，故C錯誤；

D.分別將少量鈉投入到盛有水和乙醇的燒杯中，可根據(jù)反響的劇烈程度比擬氫

的活潑性，故D正確.

應選D.

【點評】此題考查較為綜合，涉及膠體的制備、鹽類的水解、除雜以及性質(zhì)為比

擬等知識，為高考常見題型，側(cè)重于學生的分析、實驗能力的考查，注意把握實

驗的嚴密性和可行性的評價，難度不大.

三、非選擇題：包括必考題和選考題兩局部.第22題?第32題為必考題，每個

試題考生都必須作答.第33題?第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答.(一)

必考題(共129分)

8.(14分)聯(lián)氨(又稱脫，N2H4,無色液體)是一種應用廣泛的化工原料，可

用作火箭燃料.答復以下問題：

HH

(1)聯(lián)氨分子的電子式為H：N?】：N：H，其中氮的化合價為-2.

(2)實驗室中可用次氯酸鈉溶液與氨反響制備聯(lián)氨，反響的化學方程式為

2NH3+NaC10=N2H4+NaC1+H20.

(3)①202(g)+N2(g)-N204(1)AHI

②N2(g)+2H2(g)-N2H4(1)AH2

③02(g)+2H2(g)=21120(g)△H3

@2N2H4(1)+N204(1)-3N2(g)+4H20(g)AH4=-1048.9kJ*mol-1

上述反響熱效應之間的關系式為4附二2AH3-2AH2-AH1,聯(lián)氨和N204

可作為火箭推進劑的主要原因為反響放熱量大，產(chǎn)生大量氣體.

（4）聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似.聯(lián)氨第一步電離反響的平

衡常數(shù)值為8.7X10-7（已知:N2H4+H+WN2H5+的K=8.7X107；Kw=1.0X10

-14）.聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽的化學式為N2H6（HS04）2.

（5）聯(lián)氨是一種常用的復原劑.向裝有少量AgBr的試管中參加聯(lián)氨溶液，觀察

到的現(xiàn)象是固體逐漸變黑，并有氣泡產(chǎn)生.聯(lián)氨可用于處理高壓鍋爐水中的

氧，防止鍋爐被腐蝕.理論上1kg的聯(lián)氨可除去水中溶解的021kg；與使用

Na2S03處理水中溶解的02相比，聯(lián)氨的優(yōu)點是N2H4的用量少，不產(chǎn)生其他雜

質(zhì)（復原產(chǎn)物為N2和H20）,而Na2s03產(chǎn)生Na2s04.

【考點】含氮物質(zhì)的綜合應用；用蓋斯定律進行有關反響熱的計算.菁優(yōu)網(wǎng)扳權(quán)

所有

【分析】（1）朋的分子式為N2H4,是氮原子和氫原子形成四個共價鍵，氮原子

和氮原子之間形成一個共價鍵形成的共價化合物，元素化合價代數(shù)和為0計算化

合價；

(2)氨氣被次氯酸鈉溶液氧化生成肺，次氯酸鈉被復原生成氯化鈉;

(3)①202(g)+N2(g)-N204(1)AHI

②N2(g)+2H2(g)=N2H4(1)AH2

③02(g)+2H2(g)-2H20(g)AII3

依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算③X2■②X2-①得到④2N2H4(1)+N2041l)

—3N2(g)+4H20(g)AH4=-1048.9kJ-mol-1

（4）聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電圈方式與氨相似.聯(lián)氨第一步電離方程式為

c（N2H5+）。）

C

N2H4+H20wN2H5++0H-,平衡常數(shù)Kb=（N2H4）二

+

c（N2H5+）c（0H-）c（H）

c（N2H4）xc（不）=KXKw,由于是二元堿，因此聯(lián)氨與硫酸形

成的酸式鹽為N2H6（HS04）2；

（5）聯(lián)胺被銀離子氧化，銀離子被復原生成單質(zhì)銀，聯(lián)胺被氧化失電子N2H4?

N2-4e-,02?4e-,依據(jù)守恒計算判斷，依據(jù)鍋爐的質(zhì)地以及反響產(chǎn)物性質(zhì)解

答.

【解答】解：（1）腓的分子式為N2H4,是氮原子和氫原子形成四個共價鍵，氮

原子和氮原子之間形成一個共價鍵形成的共價化合物，電子式為：

HH

H：N：N：H

????,其中氫元素化合價為+1價，則氮元素化合價為?2價,

HH

：：：

故答案為:HNNH-2；

(2)氨氣被次氯酸鈉溶液氧化生成腓，次氯酸鈉被復原生成氯化鈉，結(jié)合原子

守恒配平書寫反響的化學方程式為：2NH3+NaC10-N2114+NaCl+1120,

故答案為：2NH3+NaC10=N2H4+NaC1+H20；

(3)①202(g)+N2(g)=N204(1)AHI

②N2(g)+2H2(g)—N2H4(1)AH2

③02(g)+2H2(g)=2H20(g)AH3

依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算③X2-②X2-①得到④2N2H4(l)+N2041l)

—3N2(g)+4H20(g)AH4=2AH3-2AH2-△Hl,根據(jù)反響④可知,聯(lián)氨和N204

反響放出大量熱且產(chǎn)生大量氣體，因此可作為火箭推進劑，

故答案為：2AH3-2AH2-AH1；反響放熱量大，產(chǎn)生大量氣體：

(4)聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似.聯(lián)氨第一步電離方程式為

c(N2H5+)c(0H")

N2H4+H20?N2H5++0H-，平衡常數(shù)Kb=c52H4)二

+

c(N2H5+)c(0H-)c(H)

c(N2H4)xc(H+)=KXKw=8.7X107X1.0X10-14=8.7X10-

7,第二步電離方程式為N2H5++H20WN2H62++0H?，因此聯(lián)氨與硫酸形成的酸式

鹽為N2H6(HS04)2,

故答案為：8.7X10-7,N2II6(HS04)2；

(5)聯(lián)胺被銀離子氧叱，銀離子被復原生成單質(zhì)銀，?2價的N元素被氧化為

N2,反響方程式為:N2H4+4AgBr=4AgI+N2t+4HBr,因此反響出現(xiàn)現(xiàn)象為:固體

逐漸變黑，并有氣泡產(chǎn)生，由于肺的氧化產(chǎn)物是氮氣，不會對鍋爐造成腐蝕，而

亞硫酸鈉被氧化產(chǎn)物為硫酸鈉，易生成硫酸鹽沉淀影響鍋爐的安全使用，聯(lián)按被

氧化失電子N2H4-N2-4e-,02?4e-,N2H4?02?4e-,聯(lián)胺和氧氣摩爾質(zhì)

量都是32g/mol,則等質(zhì)量聯(lián)胺和氧氣物質(zhì)的量相同，理論上1kg的聯(lián)氨可除去

水中溶解的021kg,與使用Na2s03處理水中溶解的02相比，聯(lián)氨的優(yōu)點是用量

少，不產(chǎn)生其他雜質(zhì)（復原產(chǎn)物為N2和H20）,而Na2s03產(chǎn)生Na2s04,

故答案為：固體逐漸變黑，并有氣泡產(chǎn)生；1；N2H4的用量少，不產(chǎn)生其他雜質(zhì)

（復原產(chǎn)物為N2和H20）,而Na2S03產(chǎn)生Na2s04.

【點評】此題考查了氮及其化合物性質(zhì)、物質(zhì)結(jié)構(gòu)、熱化學方程式和蓋斯定律計

算應用、平衡常數(shù)的計算方法，主要是氧化復原反響的計算及其產(chǎn)物的判斷，題

日難度中等.

9.（14分）丙烯月青（CH2=CHCN）是一種重要的化工原料，工業(yè)上可用“丙烯氨

氧化法〃生產(chǎn).主要副產(chǎn)物有丙烯醛（CH2=CHCH0）和乙睛（CH3CN）等.答復以

下問題：

（1）以丙烯、氨、氧氣為原料，在催化劑存在下生成丙烯懵（C3H3N）和副產(chǎn)物

丙烯醛（C3H40）的熱叱學方程式如下：

①C3H6（g）+NH3（g）+及）2（g）—C3H3N（g）+3H2O（g）AH=-515kJ*mol-1

②C3H6（g）+02（g）-C3H40（g）+H20（g）AH=-353kJ*mol-1

兩個反響在熱力學上趨勢均很大，其原因是兩個反響均為放熱量大的反響；

有利于提高丙烯月青平衡產(chǎn)率的反響條件是低溫、低壓；提高丙烯晴反響選擇

性的關鍵因素是催化劑.

（2）圖（a）為丙烯懵產(chǎn)率與反響溫度的關系曲線，最高產(chǎn)率對應的溫度為

460C.低于460℃時，丙烯月青的產(chǎn)率不是（填“是〃或“不是〃）對應溫

度下的平衡轉(zhuǎn)化率，判斷理由是該反響為放熱反響，平衡產(chǎn)率應隨溫度升高而

降低；高于460C時，丙烯月青產(chǎn)率降低的可能原因是AC（雙選，填標號）.

A.催化劑活性降低B.平衡常數(shù)變大

0.副反響增多D.反響活化能增大

（3）丙烯懵和丙烯醛的產(chǎn)率與n（氨）/n（丙烯）的關系如圖（b）所示.由圖

可知，最正確n（氨）/n（丙烯）約為1,理由是該比例下丙烯睛產(chǎn)率最

高，而副產(chǎn)物丙烯醛產(chǎn)率最低.進料氣氨、空氣、丙烯的理論體積比約為1：

7.5：

1.

圖（a）圖⑹

【考點】化學平衡的計算；熱化學方程式；化學平衡的影響因素.

【分析】（1）依據(jù)熱化學方程式方向可知，兩個反響均放熱量大，即反響物和生

成物的能量差大，因此熱力學趨勢大；有利于提高丙烯盾平衡產(chǎn)率需要改變條件

使平衡正向進行，由圖b可知，提高丙烯脂反響選擇性的關鍵因素是催化劑；

（2）460°C以前是建立平衡的過程，所以低于460°C時尚未到達平衡狀態(tài)，

高于460。C時，是溫度升高平衡逆向進行，正反響為放熱反響，丙烯懵產(chǎn)率降

低；

n（氨）

（3）根據(jù)圖象可知，當n（丙烯）約為1時，該比例下丙烯脯產(chǎn)率最高，而副

3

產(chǎn)物丙烯醛產(chǎn)率最低，根據(jù)化學反響C3H6（g）+NH3（g）+G）2（g）=C3113N1g）

+3H20（g）,氨氣、氧勺、丙烯按1：1.5：1的體積比參加反響到達最正確狀態(tài)，

依據(jù)氧氣在空氣中約占20%計算條件比.

【解答】解：（1）兩個反響在熱力學上趨勢均很大，兩個反響均放熱量大，即反

響物和生成物的能量差大，因此熱力學趨勢大；該反響為氣體體積增大的放熱反

響，所以降低溫度、降低壓強有利于提高丙烯靖的平衡產(chǎn)率，由圖b可知，提高

丙烯脂反響選擇性的關鍵因素是催化劑，

故答案為：兩個反響均為放熱量大的反響；低溫、低壓；催化劑；

（2）因為該反響為放熱反響，平衡產(chǎn)率應隨溫度升高而降低，反響剛開始進行，

尚未到達平衡狀態(tài)，460°C以前是建立平衡的過程，所以低于460°C時，丙烯

脂的產(chǎn)率不是對應溫度下的平衡產(chǎn)率；高于460。C時，丙烯厝產(chǎn)率降低，

A.催化劑在一定溫度范圍內(nèi)活性較高，若溫度過高，活性降低，故A正確；

B.平衡常數(shù)的人小不影響產(chǎn)率，故B錯誤;

c.根據(jù)題意，副產(chǎn)物有丙烯醛，副反響增多導致產(chǎn)率下降，故c正確;

D.反響活化能的大小不影響平衡，故D錯誤；

故答案為：不是，該反響為放熱反響，平衡產(chǎn)率應隨溫度升高而降低；AC；

n（氨）

（3）根據(jù)圖象可知，當n（丙烯）約為1時，該比例下丙烯曙產(chǎn)率最高，而副

_3

產(chǎn)物丙烯醛產(chǎn)率最低;根據(jù)化學反響C3H6（g）+NH3（g）+102（g）=C3H3N（g）

+3H20（g）,氨氣、氧氣、丙烯按1：1.5：1的體積比參加反響到達最正確狀態(tài)，

而空氣中氧氣約占20%,所以進料氨、空氣、丙烯的理論體積約為：1：7.5：1,

故答案為：1：1；該比例下丙烯睛產(chǎn)率最高，而副產(chǎn)物丙烯醛產(chǎn)率最低；1：7.5：

1.

【點評】此題考查熱化學方程式，影響化學平衡的因素等知識.注意圖象分析判

斷，定量關系的理解應用是解題關鍵，題目難度中等.

10.（15分）某班同學用如下實驗探究Fc2+、Fc3+的性質(zhì).答復以下問題：

（1）分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵固體，均配制成0.Imol/L的溶液.在FeC12

溶液中需參加少量鐵屑，其目的是防止氯化亞鐵被氧化.

（2）甲組同學取2mLFeC12溶液，參加兒滴氯水，再參加1滴KSCN溶液，溶液

變紅，說明C12可將Fe2+氧化.FeC12溶液與氯水反響的離子方程式為

C12+2Fe2+=2Fe3++2Cl-.

（3）乙組同學認為甲組的實驗不夠嚴謹，該組同學在2mLFeC12溶液中先參加

0.5mL煤油，再于液面下依次參加幾滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液變紅，煤油

的作用是隔離空氣（排除氧氣對實驗的影響）.

（4）丙組同學取10mL0.lmol*L-1KI溶液,參加6mL0.ImoPL-1FeC13溶液

混合.分別取2mL此溶液于3支試管中進行如下實驗：

①第一支試管中參加1磯CC14充分振蕩、靜置，CC14層顯紫色；

②第二支試管中參加1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成藍色沉淀；

③第三支試管中參加1滴KSCN溶液，溶液變紅.

實驗②檢驗的離子是Fe2+（填離子符號）；實驗①和③說明：在I■過量的

情況下，溶液中仍含有Fc3+（填離子符號），由此可以證明該氧化更原反響

為可逆反響

（5）丁組同學向盛有H202溶液的試管中參加幾滴酸化的FeC12溶液，溶液變成

棕黃色，發(fā)生反響的離子方程式為2Fe2++H202+2H+=2Fe3++2H20；一段時間

后，溶液中有氣泡出現(xiàn)，并放熱，隨后有紅褐色沉淀生成，產(chǎn)生氣泡的原因是鐵

離子做過氧化氫分解催化劑分解生成氧氣，生成沉淀的原因是過氧化氫分解

反響放熱，促進Fe3+的水解平衡正向移動（用平衡移動原理解釋）.

【考點】性質(zhì)實驗方案的設計；鐵及其化合物的性質(zhì)實驗.

【分析】（1）鐵和氯化鐵反響生成氯化亞鐵，氯化亞鐵溶液中參加鐵粉防止氯化

亞鐵被氧化；

（2）氯氣具有氧化性能氧化氯化亞鐵為氯化鐵；

（3）煤油不溶于水，密度比水小，分層后可以隔離溶液與空氣接觸，排除氧氣

對實驗的影響；

（4）參加1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成藍色沉淀是亞鐵離子的檢驗特征反響

現(xiàn)象，第一支試管中參加1mLCC14充分振蕩、靜置，CC14層顯紫色說明生成12,

碘離子被鐵離子氧化為碘單質(zhì)，隨濃度變小，碘離子在稀的氯化鐵溶液中不發(fā)生

氧化復原反響；

（5）向盛有H202溶液的試管中參加幾滴酸化的FeC12溶液,溶液變成棕黃色,

說明過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，鐵離子對過氧化氫分解起到催化劑作用，

過氧化氫分解反響放熱，促進Fe3+的水解平衡正向移動.

【解答】解：（1）鐵和氯化鐵反響生成氯化亞鐵，在FeC12溶液中需參加少量鐵

屑，其目的是防止氯化亞鐵被氧化，

故答案為：防止氯化亞鐵被氧化；

（2）氯氣具有氧化性能氧化氯化亞鐵為氯化鐵，反響的離子方程式為：

C12+2Fe2+=2Fe3++2Cl-,

故答案為：C12+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；

（3）煤油不溶于水，密度比水小，分層后可以隔離溶液與空氣接觸，排除氧氣

對實驗的影響，

故答案為：隔離空氣（排除氧氣對實驗的影響）；

（4）參加1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成藍色沉淀是亞鐵離子的檢驗特征反響

現(xiàn)象，實驗②檢驗的離子是Fe2+,①第一支試管中參加1mLCC14充分振蕩、靜

置，CC14層顯紫色說明生成12,碘離子被鐵離子氧化為碘單質(zhì)，反響的離子方

程式為：C12+2Fe2+=2Fe3++2Cl-,③第三支試管中參加1滴KSCN溶液，溶液變

紅，說明隨濃度變小，碘離子在稀的氯化鐵溶液中不發(fā)生氧化復原反響，仍含有

鐵離子，在I■過量的情況下，溶液中仍含有Fe3+,說明該反響為可逆反響.

故答案為：Fe2+；Fe3-;可逆反響.

(5)向盛有H202溶液的試管中參加幾滴酸化的FeC12溶液，溶液變成棕黃色,

說明過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，反響的離子方程式為：

2Fe2十十H202十2H十=2Fe3-十2H20,鐵離子對過氧化氫分解起到催化劑作用，產(chǎn)生氣

泡的原因是鐵離子做過氧化氫分解催化劑分解生成氧氣，氯化鐵溶液中存在水解

平衡，F(xiàn)e3++3H20-Fe(OH)3+3H+,水解反響為吸熱反響，過氧化氫分解放出熱

量，促進Fe3+的水解立衡正向移動.

故答案為：2Fe2++H202+2H+=2Fe3++2H20；鐵離子做過氧化氫分解催化劑分解生

成氧氣；過氧化氫分解反響放熱，促進Fe3+的水解平衡正向移動.

【點評】此題考查了鐵架化合物性質(zhì)、主要是溶液配制、離子方程式書寫、離子

檢驗、鹽類水解等知識點，注意題干信息的分析判斷，題目難度中等.

四、選考題：共45分.請考生從給出的3道物理題、3道化學題、2道生物題中

每科任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目題號后的方框涂黑,注

意所選題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答

題.如果多做，則每學科按所做的第一題計分.化學一選修2：化學與技術

11.(15分)雙氧水是一種重要的氧化劑、漂白劑和消毒劑.生產(chǎn)雙氧水常采用

蔥醍法，其反響原理和生產(chǎn)流程如下圖：

A.氫化釜以過渡器C.￡化塔D系以塔1L凈化塔F工作液再生長置G.工作液充網(wǎng)裝置

生產(chǎn)過程中，把乙基蔥醍溶于有機溶劑配制成工作液，在一定溫度、壓力和催化

劑作用下進行氫化，再經(jīng)氧化、萃取、凈化等工藝得到雙氧水.答復以下問題:

(1)慈醍法制備H202理論上消耗的原料是氫氣和氧氣，循環(huán)使用的原料是

乙基慈醍，配制工作液時采用有機溶劑而不采用水的原因是乙基蔥醍不溶于

水，易溶于有機溶劑.

(3)萃取塔D中的萃取劑是水，選擇其作萃取劑的原因是過氧化氫易溶

于水被水萃取，乙基蔥醍不溶于水.

(4)工作液再生裝置F中要除凈殘留的11202,原因是過氧化氫分解放出氧氣，

與氫氣混合，易發(fā)生爆炸.

(5)雙氧水濃度可在酸性條件下用KMn04溶液測定，該反響的離子方程式為

5112O2+6H++2MnO4-=2Mn2++502t+8II20,一種雙氧水的質(zhì)量分數(shù)為27.5%(密

度為1.10g?cm-3),其濃度為8.89mol*L-1.

【考點】制備實驗方案的設計.

【分析】(1)由轉(zhuǎn)化反響可知，先與氫氣發(fā)生加成反響，再與氧氣發(fā)生氧化反響；

乙基慈醍開始被消耗，后來又生成；乙基蔥醍不易溶于水，易溶于有機溶劑；

(2)由原理和流程可知，A中乙基慈酶與氫氣反響；進入氧化塔C的反響混合

液中的主要溶質(zhì)為乙基氫恿醍；

(3)D中萃取別離出過氧化氫溶液，則選擇萃取劑為水；

(4)除凈殘留的H202,因過氧化氫過氧化氫分解放出氧氣，與氫氣混合，易發(fā)

生爆炸；

(5)雙氧水在酸性條件下與KMn04溶液發(fā)生氧化復原反響生成氧氣，結(jié)合c二

1000P閃

一L計算濃度.

【解答】解：(1)由轉(zhuǎn)化反響可知，先與氫氣發(fā)生加成反響，再與氧氣發(fā)生氧化

反響，則意醍法制備H202理論上消耗的原料是氫氣和氧氣；乙基蔥能開始被消

耗，后來又生成，則循環(huán)使用的原料是乙基慈醍；配制工作液時采用有?機溶劑而

不采用水的原因是乙基慈醍不溶于水，易溶于有機溶劑，

故答案為：氧氣和氧氣；乙基蔥醍；乙基蔥醍不溶于水，易溶于有機溶劑;

（2）由原理和流程可知，A中乙基慈醒與氫氣反響，反響為

進入氧化塔C的反響混合液中的主要溶

故答案為:乙基氫慈醒;

（3）D中萃取別離出過氧化氫溶液,則選擇萃取劑為水，選擇其作萃取劑的原

因是過氧化氫易溶于水被水萃取，乙基蔥醍不溶于水,

故答案為：水；過氧化氫易溶于水被水萃取，乙基蔥醍不溶于水；

（4）工作液再生裝置F中要除凈殘留的H202,原因是過氧化氫分解放出氧氣，

與氫氣混合，易發(fā)生爆炸，

故答案為：過氧化氫分解放出氧氣，與氫氣混合，易發(fā)生爆炸；

（5）雙氧水在酸性條件下與KMnO4溶液發(fā)生氧化復原反響生成氧氣，離子反響

1000Pw

為5H202+6H++2Mn04-=2Mn2++5O2t+8H2O,由c=-M-可知一種雙氧水的質(zhì)

1000X1.10X27.5%

量分數(shù)為27.5%（密度為1.10g*cm-3）,其濃度為34=8.89mol/L,

故答案為：5H2O2+6H+-2MnO4-=2Mn2++502t+8H2O；8.89.

【點評】此題考查物質(zhì)的制備實驗，為高頻考點，把握制備實驗原理、實驗技能、

物質(zhì)的性質(zhì)為解答的關鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意有機物的性質(zhì)及應

用，題目難度中等.

［化學一選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)］

12.（15分）東晉《華陽國志?南中志》卷四中已有關于白銅的記載，云南銀白

銅（銅銀合金）聞名中外，曾主要用于造幣，亦可用于制作仿銀飾品.答復以下

問題：

（1）鍥元素基態(tài)原子的電子排布式為Is22s22P63s23P63d84s2,3d能級上

的未成對電子數(shù)為2.

（2）硫酸饃溶于氨水形成[Ni（NH3）6]S04藍色溶液.

①[Ni（NH3）6]S04中陰離子的立體構(gòu)型是正四面體.

②在[Ni（NII3）6]S04中Ni2+與NH3之間形成的化學鍵稱為配位鍵，提供孤

電子對的成鍵原子是N.

③氨的沸點高于（填“高于〃或“低于〃）瞬（PH3）,原因是氨氣分子之

間形成氫鍵，分子間作用力更強；氨是極性分子（填“極性〃或“非極性”）,

中心原子的軌道雜化類型為sp3.

（3）單質(zhì)銅及銀都是由金屬鍵形成的晶體；元素銅與銀的第二電離能分別

為：!Cu=1958kJ*inol-KINi=1753kJ*mol-1,ICu>INi的原因是銅失去的

是全充滿的3dl0電子，Ni失去的是4sl電子.

（4）某銀白銅合金的立方晶胞結(jié)構(gòu)如下圖.

①晶胞中銅原子與銀原子的數(shù)量比為3：1

3[251

V^X107nm

②若合金的密度為dg,cm-3,晶胞參數(shù)a二

【考點】晶胞的計算；判斷簡單分子或離子的構(gòu)型；原子軌道雜化方式及雜化類

型判斷.

【分析】（1）Ni元素原子核外電子數(shù)為28,結(jié)合能量最低原理書寫核外電子排

布式；

6+2-2X4

（2）①S042-中S原子的孤電子對數(shù)=2一=0,價層電子對數(shù)二4+0二4；

②Ni2+提供空軌道，NH3中N原子含有孤電子對，二者之間形成配位鍵；

③PH3分子之間為范德華力，氨氣分子之間形成氫鍵，增大了物質(zhì)的沸點；NH3

分子為三角錐形結(jié)構(gòu)，分子中正負電荷重心不重合，N原子有1對孤對電子，形

成3個N-H鍵，雜化軌道數(shù)目為4；

(3)單質(zhì)銅及銀都屬于金屬晶體；Cu+的外圍電子排布為3dl0,Ni+的外圍電子

排布為3d84sl,Cu+的核外電子排布更穩(wěn)定；

(4)①根據(jù)均攤法計算晶胞中Ni、Cu原子數(shù)目；

②屬于面心立方密堆積，結(jié)合晶胞中原子數(shù)目表示出晶胞質(zhì)量，再結(jié)合m=pV

可以計算晶胞棱長.

【解答】解：(1)Ni元素原子核外電子數(shù)為28,核外電子排布式為

Is22s22p63s23p63d84s2,3d能級上的未成對電子數(shù)為2,

故答案為：Is22s22P63s23P63d84s2；2；

6+2-2X4

(2)①S042-中S原子的孤電子對數(shù)二2=0,價層電子對數(shù)=4+0=4,離

子空間構(gòu)型為止四面體，

故答案為：正四面體；

②Ni2+提供空軌道，NH3中N原子含有孤電子對，二者之間形成配位鍵，

故答案為：配位鍵；N；

③PH3分子之間為范德華力，氨氣分子之間形成氫鍵，分子間作用力更強，增大

了物質(zhì)的沸點.故氨氣的沸點高于PH3分子的.

NH3分子為三角錐形結(jié)構(gòu)，分子中正負電荷重心不重合，屬于極性分子，N原子

有1對孤對電子，形成3個N?H鍵，雜化軌道數(shù)目為4,氮原子采取sp3雜化，

故答案為：高于；氨氣分子之間形成氫鍵，分子間作用力更強；極性；sp3；

(3)單質(zhì)銅及銀都屬于金屬晶體，都是由金屬鍵形成的晶體；Cu+的外圍電子排

布為3dl0,Ni+的外圍電子排布為3d84sl,Cu+的核外電子排布更穩(wěn)定，失去第

二個電子更難，元素銅的第二電離能高于鎮(zhèn)的，

故答案為：金屬；銅失去的是全充滿的3dl0電子，Ni失去的是4sl電子；

工

(4)①晶胞中Ni處于頂點，Cu處于面心，則晶胞中Ni原子數(shù)目為8X在1、

工

Cu原子數(shù)目=6X1=3,故Cu與Ni原子數(shù)目之比為3：1,

故答案為：3：1；

59+64X359+64X3

②屬于面心立方密堆積，晶胞質(zhì)量質(zhì)量為“Ag,則“Ag=dg*cni-3

3(251

X(aX10-7cm)3,解得a=丫日為乂107.

3（251

V^xiOZ.

故答案為:

【點評】此題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、空間構(gòu)型與雜化

方式判斷、配位鍵、氫鍵、電離能、晶胞計算等，是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)主干知識的綜合

考查，需要學生具備扎實的基礎.

［化學一選修5：有機化學基礎］

-［H2C-C-1^

13.(15分)氟基丙烯酸酯在堿性條件下能快速聚合為膜從而具有膠

黏性.某種氨基丙烯酸酯(G)的合成路線如下：

已知:

①A的相對分子質(zhì)量為58,氧元素質(zhì)量分數(shù)為0.276,核磁共振氫譜顯示為單峰

OH

OHCN（水:葵）R-C-R'

②R-C-RNaOH（微量）r品

答復以下問題：

(1)A的化學名稱為丙酮

OH

CH-C-CH

3I-q

(2)B的結(jié)構(gòu)簡式為CN.其核磁共振氫譜顯示為2組峰，峰

面積比為1：6.

(3)由C生成D的反響類型為取代反響.

?水?

(4)由D生成E的化學方程式為ClCH2-C=CH2(Naon^HOCH2-C=CH2

+NaCl.

(5)G中的官能團有酯基、碳碳雙鍵、飄基.(填官能團名稱)

(6)G的同分異