2025年統(tǒng)編版2024選擇性必修2化學(xué)下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年統(tǒng)編版2024選擇性必修2化學(xué)下冊月考試卷664考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、某原子的最外層電子排布為下列對其核外電子運動的說法錯誤的是A.有4種不同的伸展方向B.有5種不同能量的電子C.有5種不同的運動范圍D.有14種不同運動狀態(tài)的電子2、前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X的單質(zhì)是空氣中含量最多的氣體，基態(tài)時Y原子的原子軌道上沒有未成對電子，Z的最高價與最低負(fù)價的絕對值之差為6，W與Y處于同一主族。下列說法正確的是A.原子半徑：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B.Y的第一電離能比W的大C.X的簡單氣態(tài)氫化物與Z的單質(zhì)不能反應(yīng)D.Y的最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性比W的強(qiáng)3、《天工開物》記載：“凡火藥以硝石、硫磺為主，草木灰為輔。而后火藥成固”，其中涉及的主要反應(yīng)為S+2KNO3+3C=K2S+3CO2↑+N2↑。下列表示反應(yīng)中相關(guān)微粒的化學(xué)用語正確的是A.S2-的離子結(jié)構(gòu)示意圖：B.中子數(shù)為8的碳原子：CC.根據(jù)價層電子對互斥理論可得S的簡單氫化物的VSEPR模型為V形D.基態(tài)N原子2p能級電子軌道表示式：4、苯甲酸的酸性比乙酸的強(qiáng)，可能的原因是A.苯甲酸的相對分子質(zhì)量比乙酸大B.苯甲酸比乙酸易溶于水C.苯基的吸電子能力大于乙基D.苯甲酸屬于強(qiáng)酸5、現(xiàn)有4種短周期元素W、X、Y和Z，原子序數(shù)依次增大，W、Y可形成兩種常見液態(tài)化合物，其最簡式分別為WY和W2Y；X的最低價氫化物與它的最高價氧化物對應(yīng)水化物能反應(yīng)；Z是地殼中最多的金屬元素。下列說法正確的是A.W、X與Y只能形成共價化合物B.第四周期且與Y同主族的單質(zhì)可用作制造半導(dǎo)體材料。C.工業(yè)上常用W單質(zhì)冶煉獲取金屬ZD.X的最低價氫化物沸點比同主族其它元素最低價氣態(tài)氫化物沸點低6、根據(jù)圖中相關(guān)信息；判斷下列說法不正確的是。

A.在NaCl晶體中，距離Na+最近的Cl-形成正八面體B.在金剛石晶體中，碳原子與碳碳鍵數(shù)目比為1∶2C.在CaF2晶體中，Ca2+的配位數(shù)為8，F(xiàn)-的配位數(shù)為4D.鋅晶體采取六方最密堆積，配位數(shù)為87、下列有關(guān)晶體的敘述中錯誤的是A.石墨的層狀結(jié)構(gòu)中由共價鍵形成的最小的碳環(huán)上有六個碳原子B.氯化鈉晶體中每個Na+周圍緊鄰的有6個Cl—C.CsCl晶體中每個Cs+周圍緊鄰的有8個Cl—，每個Cs+周圍等距離緊鄰的有6個Cs+D.在面心立方最密堆積的金屬晶體中，每個金屬原子周圍緊鄰的有4個金屬原子評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、自然界中不存在氟的單質(zhì)；得到單質(zhì)氟的過程中，不少科學(xué)家為此獻(xiàn)出了寶貴的生命.1886年，法國化學(xué)家莫瓦桑發(fā)明了莫氏電爐，用電解法成功地制取了單質(zhì)氟，因此榮獲1906年諾貝爾化學(xué)獎，氟及其化合物在生產(chǎn)及生活中有著廣泛的用途。

請回答下列問題：

(1)氟磷灰石可用于制取磷肥，其中原子的L層電子排布式為_______.基態(tài)P原子有_______個未成對電子，的中心P原子的雜化方式為_______。

(2)氟氣可以用于制取情性強(qiáng)于的保護(hù)氣也可以用于制取聚合反應(yīng)的催化劑可以作為工業(yè)制取硅單質(zhì)的中間物質(zhì)()的原料。

①分子的空間結(jié)構(gòu)為_______。

②S、P、的第一電離能由大到小的順序為_______。

(3)氟氣可以用于制取高化學(xué)穩(wěn)定性材料聚四氟乙烯的原料四氟乙烯，四氟乙烯含鍵的數(shù)目為_______

(4)工業(yè)上電解制取單質(zhì)鋁，常利用冰晶石降低的熔點.F的電負(fù)性由小到大的順序為_______，工業(yè)上不用電解制取鋁的原因為_______。9、氫化鋁鋰(LiAlH4)是重要的還原劑與儲氫材料。其合成方法如下：①Na+Al+2H2NaAlH4，②NaAlH4+LiClLiAlH4+NaCl?；卮鹣铝袉栴}：

(1)上述反應(yīng)中涉及的元素的第一電離能最大的是_______(填元素名稱)。LiAlH4與水劇烈反應(yīng)產(chǎn)生一種鹽與H2，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______；LiAlH4中H元素表現(xiàn)為-1價，解釋H表現(xiàn)出負(fù)價的理由：_______。

(2)基態(tài)鋰原子的電子排布式為_______；基態(tài)鋰原子中有_______種運動狀態(tài)不同的電子。

(3)已知第一電離能Mg大于Al，但第二電離能Mg小于Al，解釋原因：_______。

(4)反應(yīng)①、②中電負(fù)性最大的元素與電負(fù)性最小的元素形成的化合物的電子式為_______。10、X射線衍射實驗獲得晶胞信息。

晶體的X射線衍射實驗圖經(jīng)過計算，可以獲得包括晶胞_______和大小、分子或原子在觀空間有序排列呈現(xiàn)的_______、原子在晶胞里的_______和位置等，以及結(jié)合晶體化學(xué)組成的信息推出原子之間的相互關(guān)系。11、回答下列問題：

(1)立方氮化硼(BN)是一種超硬材料，硬度僅次于金剛石；砷化鎵(GaAs)是一種重要半導(dǎo)體材料，具有空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，比較立方氮化硼和砷化鎵熔點的高低并說明理由：____。

(2)四種有機(jī)物的沸點數(shù)據(jù)如表：。物質(zhì)CH3OHC2H6CH3(CH2)9OHCH3(CH2)9CH3相對分子質(zhì)量3230158156沸點/℃64.5-88.6228196

CH3OH和C2H6沸點相差較大，CH3(CH2)9OH和CH3(CH2)9CH3沸點相差較小，原因是____。12、(1)肼(N2H4)又稱聯(lián)氨，是良好的火箭燃料，寫出肼的電子式：___________。

(2)金剛石與石墨都是碳的同素異形體，金剛石是自然界硬度最大的物質(zhì)，但石墨質(zhì)地柔軟，細(xì)膩潤滑，從微粒間作用力角度分析石墨硬度比金剛石低很多的原因是___________。評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)13、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結(jié)構(gòu)____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構(gòu)型不一定為直線形___________

(6)價層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp2雜化的結(jié)果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時，該分子不一定為正四面體結(jié)構(gòu)___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對___________

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤14、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正確B.錯誤15、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結(jié)構(gòu)____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構(gòu)型不一定為直線形___________

(6)價層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp2雜化的結(jié)果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時，該分子不一定為正四面體結(jié)構(gòu)___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對___________

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤16、將丙三醇加入新制中溶液呈絳藍(lán)色，則將葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈絳藍(lán)色。(____)A.正確B.錯誤17、用銅作電纜、電線，主要是利用銅的導(dǎo)電性。(______)A.正確B.錯誤評卷人得分四、實驗題(共4題，共20分)18、已知為可逆反應(yīng)；某小組設(shè)計實驗測定該反應(yīng)平衡常數(shù)并探究影響化學(xué)平衡移動的因素。

(1)配制溶液和溶液。

基態(tài)核外電子排布式為_______，實驗中所需的玻璃儀器有容量瓶、量筒和_______。(從下圖中選擇；寫出名稱)

(2)常溫下，測定該反應(yīng)的平衡常數(shù)K。資料卡片。

ⅰ.

ⅱ.為9~l1.5條件下和磺基水楊酸生成穩(wěn)定的黃色絡(luò)合物可以通過測定吸光度得知其濃度。

將溶液與溶液等體積混合；產(chǎn)生灰黑色沉淀，溶液呈黃色，過濾得澄清濾液。(忽略反應(yīng)引起的溶液體積變化)

①甲同學(xué)通過測定濾液中濃度測得K。取濾液，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定濾液中至滴定終點時消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定終點的現(xiàn)象為_______，反應(yīng)的平衡常數(shù)_______。(用含V的計算式表示)

②乙同學(xué)通過測定濾液中濃度測得K。取濾液，加入磺基水楊酸溶液，加入為9~11.5的緩沖溶液，測定吸光度。測得溶液中濃度為則的平衡常數(shù)_______。(用含c的計算式表示)

(3)該小組進(jìn)一步研究常溫下稀釋對該平衡移動方向的影響。

用溶液和溶液，按下表配制總體積相同的系列溶液，測定平衡時濃度，記錄數(shù)據(jù)。序號Ⅰ1010Ⅱ2ab

_______，_______。和存在的關(guān)系是_______(用含和的不等式表示)，該關(guān)系可以作為判斷稀釋對該平衡移動方向影響的證據(jù)。19、八水合磷酸亞鐵[]難溶于水和醋酸；溶于無機(jī)酸，可作為鐵質(zhì)強(qiáng)化劑。某實驗室利用如圖裝置制備八水合磷酸亞鐵，步驟如下：

ⅰ.在燒瓶中先加入維生素C稀溶液作底液；

ⅱ.通過儀器a向燒瓶中滴入足量與的混合溶液；

ⅲ.再滴入的溶液，保持為6左右；水浴加熱且不斷攪拌至反應(yīng)充分后靜置；

ⅳ.將燒瓶中混合物進(jìn)行抽濾、洗滌、低溫干燥，得到產(chǎn)品。

回答下列問題：

(1)的價電子軌道表示式為___________，的空間結(jié)構(gòu)為___________。

(2)儀器a的名稱是___________，配制溶液時需將蒸餾水事先煮沸、冷卻，其目的是___________。

(3)用維生素C稀溶液作底液而不用鐵粉的主要原因是___________。

(4)寫出生成八水合磷酸亞鐵的離子方程式：___________。

(5)合成時需保持為6左右的原因是___________。

(6)產(chǎn)率的計算：稱取產(chǎn)品，用足量的稀硫酸溶解后，立即用溶液滴定至終點，消耗溶液滴定過程中的離子方程式為___________，本實驗所得產(chǎn)品的產(chǎn)率為___________%(保留到小數(shù)點后一位)。20、鉻是人體必需的微量元素；其在肌體的糖代謝和脂代謝中發(fā)揮著特殊作用，鉻缺乏會造成葡萄糖耐量受損，可能伴隨高血糖；尿糖等。而在工業(yè)中鉻及其化合物在無機(jī)合成和有機(jī)合成中均有著重要作用。

Ⅰ．工業(yè)上以鉻鐵礦為原料生產(chǎn)鉻酸鈉實際操作是將鉻鐵礦和純堿置于坩堝中，在空氣中加熱，得到

Ⅱ．市售的為深綠色晶體，實驗室中可用甲醇在酸性條件下還原制備(裝置如圖A所示)：

①將一定量鉻酸鈉、甲醇與水的混合物加入三頸燒瓶中；②升溫至120℃時，緩慢滴加足量濃鹽酸，保持100℃反應(yīng)3h；③冷卻，用NaOH溶液調(diào)節(jié)pH為6.5～7.5，得到沉淀；④洗凈沉淀后，加入過量鹽酸溶解，通過結(jié)晶法得到晶體。

已知：易溶于水；乙醇；易水解。

Ⅲ．重鉻酸鉀俗稱紅礬，是一種重要的化工產(chǎn)品，可向溶液中加酸，使轉(zhuǎn)化為再向溶液中加入KCl，升高溫度，經(jīng)過一系列操作后可獲得晶體。已知的溶解度隨溫度變化的曲線如圖B所示。

回答下列問題：

(1)是配位化合物，由于內(nèi)界配體不同而有不同的顏色，呈深綠色的晶體為該配合物的配體為___________、___________(填化學(xué)式)。

(2)在Ⅱ中制備晶體時，步驟④中“加入過量鹽酸”的目的是___________。

(3)裝置圖A中，儀器c的名稱為___________，儀器b的作用是___________。

(4)已知步驟Ⅱ中有產(chǎn)生，則三頸燒瓶中甲醇還原鉻酸鈉的離子方程式為___________。

(5)往溶液中加入KCl，升高溫度能獲得獲得晶體的一系列操作包括：趁熱過濾、___________、過濾、洗滌、干燥。其中“洗滌”步驟選用的洗滌劑為丙酮，其原因是___________。21、實驗室制備氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}的實驗步驟如圖：

i.向V2O5中加入足量鹽酸酸化的N2H4·2HCl溶液；微沸數(shù)分鐘。

ii.向制得的VOCl2溶液中緩慢加入足量NH4HCO3溶液；有氣泡產(chǎn)生并析出紫紅色晶體。

iii.反應(yīng)結(jié)束后抽濾，用飽和NH4HCO3溶液洗滌3次；再用無水乙醇洗滌2次，靜置一段時間后得到產(chǎn)品。

請回答下列問題：

(1)步驟i中的還原劑是___(填化學(xué)式)。

(2)已知VO2+能被O2氧化；步驟ii可在如圖裝置中進(jìn)行(夾持儀器略去)，利用A中反應(yīng)產(chǎn)生的氣體將C中空氣排凈。

①儀器M的名稱是___。

②裝置B的作用是___。

(3)步驟ii中洗滌操作選擇飽和NH4HCO3的原因是___，用無水乙醇洗滌的目的是___。

(4)藍(lán)色VO2+的水合配離子的結(jié)構(gòu)如圖。向該水合配離子的溶液中加入NaOH至pH=12時，該水合配離子全部轉(zhuǎn)化為褐色的[VO(OH)3]-，寫出轉(zhuǎn)化過程的離子方程式___。

(5)稱量mg產(chǎn)品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4(方法略)，最后用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(滴定過程只發(fā)生反應(yīng)VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為VmL，產(chǎn)品中釩的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___%(用含有m；c、V的式子表示)。

評卷人得分五、有機(jī)推斷題(共4題，共28分)22、現(xiàn)有原子序數(shù)小于20的A；B，C，D，E，F(xiàn)6種元素，它們的原子序數(shù)依次增大，已知B元素是地殼中含量最多的元素；A和C的價電子數(shù)相同，B和D的價電子數(shù)也相同，且A和C兩元素原子核外電子數(shù)之和是B，D兩元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)之和的1/2；C，D，E三種元素的基態(tài)原子具有相同的電子層數(shù)，且E原子的p軌道上電子數(shù)比D原子的p軌道上多一個電子；6種元素的基態(tài)原子中，F(xiàn)原子的電子層數(shù)最多且和A處于同一主族?；卮鹣铝袉栴}。

（1）用電子式表示C和E形成化合物的過程________________。

（2）寫出基態(tài)F原子核外電子排布式__________________。

（3）寫出A2D的電子式________，其分子中________(填“含”或“不含”)σ鍵，________(填“含”或“不含”)π鍵。

（4）A，B，C共同形成的化合物化學(xué)式為________，其中化學(xué)鍵的類型有________。23、有機(jī)物H是優(yōu)良的溶劑；在工業(yè)上可用作洗滌劑；潤滑劑，其合成線路：

已知：①

②

③

請回答下列問題：

（1）H的名稱為___。用*標(biāo)出F中的手性碳原子__（碳原子上連有4個不同原子或基團(tuán)時；該碳稱為手性碳）

（2）A的結(jié)構(gòu)簡式為___。

（3）D→E的化學(xué)方程式為___。

（4）F中含有官能團(tuán)的名稱為__。G→H的反應(yīng)類型為__。

（5）寫出符合下列條件的D的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為__。

①能與NaHCO3溶液反應(yīng)放出CO2②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)③核磁共振氫譜有4組峰且峰面積之比為6∶2∶1∶1

（6）請設(shè)計由和乙烯（CH2=CH2）為起始原料，制備的合成路線__(無機(jī)試劑任選)。24、法匹拉韋是一種廣譜抗流感病毒藥物；某研究小組以化合物I為原料合成法匹拉韋的路線如下(部分反應(yīng)條件省略)。

已知：R-NH2++H2O。

回答下列問題：

(1)化合物II中官能團(tuán)名稱為_______。

(2)已知化合物II的核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積之比為6：4：1，其結(jié)構(gòu)簡式為____。

(3)反應(yīng)物III為乙二醛，反應(yīng)①的化學(xué)方程式為_______。

(4)反應(yīng)②的反應(yīng)類型是_______；反應(yīng)③的反應(yīng)類型是_______。

(5)已知X的相對分子質(zhì)量比化合物I少14，且1molX能與足量NaHCO3溶液反應(yīng)放出2molCO2，符合上述條件的X共有_______種(不考慮立體異構(gòu))，寫出含有手性碳原子的所有可能的結(jié)構(gòu)簡式：_______(手性碳原子是指連有4個不同的原子或原子團(tuán)的飽和碳原子)。25、普瑞巴林(pregabalin)常用于治療糖尿病和帶狀皰疹引起的神經(jīng)痛；其合成路線如下：

已知：i.R1CHO+R2-CH2COOR+H2O

ii.RCOOH+CO(NH2)2RCONH2+NH3↑+CO2↑

回答下列問題：

(1)A的化學(xué)名稱為_______，-NH2的電子式為_______。

(2)B的結(jié)構(gòu)簡式為_______。

(3)反應(yīng)②的反應(yīng)類型是_______。

(4)D中有_______個手性碳原子。

(5)寫出反應(yīng)④的化學(xué)方程式_______。

(6)H是G的同系物，其碳原子數(shù)比G少四個，則H可能的結(jié)構(gòu)(不考慮立體異構(gòu))有_______種，其中-NH2在鏈端的有_______(寫結(jié)構(gòu)簡式)。

(7)寫出以1，6-己二酸為原料制備聚戊內(nèi)酰胺()的合成路線_______(其他無機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任選)。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【詳解】

某原子的最外層電子排布為則該元素是14號Si元素。

A．在Si原子上有s；p兩種軌道；s軌道是球形對稱的，p軌道有三個不同的伸展方向，因此Si原子有4種不同的伸展方向，A正確；

B．Si元素的核外電子排布為1s22s22p63s23p2；處于同一能級上的電子的能量相同，在Si原子上有5種不同的能級，有5種不同能量的電子，B正確；

C．Si的核外電子排布為1s22s22p63s23p2；原子核外有9種不同的原子軌道，則有9種不同的運動范圍，C錯誤；

D．Si是14號元素；原子核外有14個電子存在，由于在同一個原子中，不存在運動狀態(tài)完全相同的電子，因此Si原子有14種不同運動狀態(tài)的電子，D正確；

故選C。2、B【分析】【分析】

前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X的單質(zhì)是空氣中含量最多的氣體，則X為N元素；基態(tài)時Y原子的原子軌道上沒有未成對電子，其電子排布式為1s22s22p63s2；則Y為Mg元素；W與Y處于同一主族，則W為Ca元素；Z的最高價與最低負(fù)價的絕對值之差為6，則Z為Cl元素。

【詳解】

A．同一周期從左到右，原子半徑逐漸減?。煌恢髯鍙纳系较?，原子半徑逐漸增大，則原子半徑：r(W)>r(Y)>r(Z)>r(X)；A項錯誤；

B．同一主族從上到下；第一電離能逐漸減小，則Y的第一電離能比W的大，B項正確；

C．X的簡單氣態(tài)氫化物為NH3，Z的單質(zhì)為Cl2；二者可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)，C項錯誤；

D．元素的金屬性越強(qiáng)；其最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性越強(qiáng)，金屬性：W＞Y，則Y的最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性比W的弱，D項錯誤；

答案選B。3、D【分析】【詳解】

A．S是16號元素，故S2-的結(jié)構(gòu)示意圖為：A錯誤；

B．C為6號元素，故中子數(shù)為8的碳原子為：C；B錯誤；

C．S的簡單氫化物為H2S，價層電子對數(shù)為=4；所以VSEPR模型正四面體形，C錯誤；

D．基態(tài)N原子的核外電子排布式為：1s22s22p3，根據(jù)洪特規(guī)則(電子進(jìn)入能量相同的能級不同軌道時，總是優(yōu)先單獨占據(jù)不同的軌道且自旋方向相同)可知，2p能級電子軌道表示式為：D正確；

綜上所述答案為D。4、C【分析】【詳解】

羧酸的酸性強(qiáng)弱與其分子的組成和結(jié)構(gòu)有關(guān)，苯基的吸電子能力強(qiáng)羧基電離出氫離子能力增強(qiáng)，烴基屬于推電子基團(tuán)，羧基電離出氫離子能力減弱，綜上所述，答案選C。5、B【分析】【分析】

現(xiàn)有4種短周期元素W、X、Y和Z，原子序數(shù)依次增大，W、Y可形成兩種常見液態(tài)化合物，其最簡式分別為WY和W2Y；則W為H；Y為O，X的最低價氫化物與它的最高價氧化物對應(yīng)水化物能反應(yīng)；則X為N，Z是地殼中最多的金屬元素，則Z為Al，據(jù)此回答。

【詳解】

A．W；X與Y既能形成共價化合物、又能形成離子化合物如硝酸銨等；A錯誤；

B．第四周期且與Y同主族的單質(zhì)為Se；位于金屬與非金屬分界線附近，則可用作制造半導(dǎo)體材料，B正確；

C．工業(yè)上常用電解熔融的氧化鋁冶煉獲取金屬Z(Al)；C錯誤；

D．因為分子間存在氫鍵，X的最低價氫化物(NH3)沸點比同主族其它元素最低價氣態(tài)氫化物沸點高；D錯誤；

答案選B。6、D【分析】【詳解】

A．以頂點Na+研究，與之最近的Cl-處于晶胞棱心且關(guān)于鈉離子對稱，故Na+周圍最近的Cl-有6個；形成成正八面體，故A正確；

B．在金剛石晶體中，每個碳原子形成4個C-C鍵，每個C-C鍵為2個碳原子共用，晶體中碳原子數(shù)與碳碳鍵個數(shù)的比為1:4×=1:2；故B正確；

C．在CaF2晶體中，F(xiàn)-的配位數(shù)為4，Ca2+的配位數(shù)為4×2=8；故C正確；

D．鋅晶體采取六方最密堆積；配位數(shù)為12，故D錯誤；

故答案為D。7、D【分析】【詳解】

A.石墨的層狀結(jié)構(gòu)中由共價鍵形成的最小的碳環(huán)上有六個碳原子；A正確；

B.氯化鈉晶體中每個Na+周圍緊鄰的有6個Cl—，每個Cl—周圍緊鄰的有6個Na+；B正確；

C.CsCl晶體中每個Cs+周圍緊鄰的有8個Cl—，每個Cs+周圍等距離緊鄰的有6個Cs+；C正確；

D.在面心立方最密堆積的金屬晶體中；每個金屬原子周圍緊鄰的有12個金屬原子，D錯誤；

答案選D。二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)基態(tài)原子的核外電子排布式為則其L層電子排布式為基態(tài)P原子的價層電子排布為有3個未成對電子；的中心P原子的價層電子對數(shù)為沒有孤電子對，原子軌道雜化方式為

(2)①中中心原子的價層電子對數(shù)為無孤電子對，空間結(jié)構(gòu)為正四面體形；

②同周期元素的第一電離能從左到右呈增大趨勢，S、P、為同周期元素，由于P的軌道處于半充滿的較穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期的相鄰元素，所以第一電離能由大到小的順序為

(3)四氟乙烯分子含4個C-F單鍵，一個C=C雙鍵，故1個四氟乙烯分子中含有5個鍵，則(即)四氟乙烯含鍵的數(shù)目為

(4)元素的電負(fù)性隨元素的非金屬性增強(qiáng)而增大，隨元素的金屬性減弱而增大，故F的電負(fù)性由小到大的順序為工業(yè)上不用電解制取鋁的原因為是共價化合物，在熔融狀態(tài)下不會電離出自由移動的陰、陽離子，即熔融狀態(tài)不導(dǎo)電?！窘馕觥?正四面體形是共價化合物，在熔融狀態(tài)下不會電離出自由移動的陰、陽離子，即熔融狀態(tài)不導(dǎo)電9、略

【分析】(1)

利用同周期從左向右第一電離能是增大趨勢，同主族從上到下第一電離能逐漸減小，第一電離能最大的是Cl；LiAlH4中H顯-1價，H2O中H顯+1價，發(fā)生歸中反應(yīng)得到氫氣和一種鹽，因此反應(yīng)方程式為LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑或LiAlH4+4H2O=Li[Al(OH)4]+4H2↑；Li、Al均為金屬元素，H為非金屬元素，三種元素中H的電負(fù)性最大，Li顯+1價，Al顯+3價，整個化合價代數(shù)和為0，則H顯-1價；故答案為氯；LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑或LiAlH4+4H2O=Li[Al(OH)4]+4H2↑；因為三種元素中H元素的電負(fù)性最大；

(2)

鋰元素位于第二周期ⅠA族，原子序數(shù)為3，則鋰原子的電子排布式為1s22s1；核外有3個電子，即有3中運動狀態(tài)不同的電子；故答案為1s22s1；3；

(3)

基態(tài)Mg原子核外電子電子排布式為1s22s22p63s2，最高能級3s能級處于穩(wěn)定的全滿狀態(tài)，能量低，穩(wěn)定，基態(tài)Al原子核外電子電子排布式為1s22s22p63s23p1，最高能級3p為不穩(wěn)定狀態(tài)，因此第一電離能Mg大于Al，Mg+的電子排布式為1s22s22p63s1，最高能級3s處于不穩(wěn)定狀態(tài)，而Al+的電子排布式為1s22s22p63s2，最高能級3s處于穩(wěn)定的全滿狀態(tài)，能量低，穩(wěn)定，故第二電離能Mg小于Al；故答案為基態(tài)Mg最高能級處于穩(wěn)定的全滿狀態(tài)，基態(tài)Al最高能級為不穩(wěn)定狀態(tài)，因此第一電離能Mg大于Al，Mg+最高能級處于不穩(wěn)定狀態(tài)，而Al+最高能級處于穩(wěn)定的全滿狀態(tài)；故第二電離能Mg小于Al；

(4)

反應(yīng)①、②中電負(fù)性最大的是Cl，電負(fù)性最小的是Na，形成的化合物是NaCl，屬于離子化合物，其電子式為故答案為【解析】(1)氯LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑或LiAlH4+4H2O=Li[Al(OH)4]+4H2↑因為三種元素中H元素的電負(fù)性最大。

(2)1s22s13

(3)基態(tài)Mg最高能級處于穩(wěn)定的全滿狀態(tài)，基態(tài)Al最高能級為不穩(wěn)定狀態(tài)，因此第一電離能Mg大于Al，Mg+最高能級處于不穩(wěn)定狀態(tài)，而Al+最高能級處于穩(wěn)定的全滿狀態(tài)；故第二電離能Mg小于Al

(4)10、略

【分析】略【解析】形狀對稱類型數(shù)目11、略

【分析】(1)

GaAs和BN均為原子晶體；N和B原子半徑更小(或鍵長更短)，鍵能更大，熔點更高，故答案為：立方氮化硼熔點高。兩種晶體均為原子晶體，N和B原子半徑更小(或鍵長更短)，鍵能更大，熔點更高；

(2)

CH3OH和C2H6沸點相差較大是因為甲醇分子間可形成氫鍵，比乙烷分子間作用力強(qiáng)得多，但是CH3(CH2)9OH由于烴基較大，氫鍵作用被削弱，分子間以分子間作用力為主，所以與分子量接近的CH3(CH2)9CH3沸點相差較小，故答案為：甲醇分子間可形成氫鍵，比乙烷分子間作用力強(qiáng)得多，所以沸點相差較大；CH3(CH2)9OH由于烴基較大，氫鍵作用被削弱，分子間以分子間作用力為主，所以與分子量接近的CH3(CH2)9CH3沸點相差較小。【解析】(1)立方氮化硼熔點高。兩種晶體均為原子晶體；N和B原子半徑更小(或鍵長更短)，鍵能更大，熔點更高。

(2)甲醇分子間可形成氫鍵，比乙烷分子間作用力強(qiáng)得多，所以沸點相差較大；CH3(CH2)9OH由于烴基較大，氫鍵作用被削弱，分子間以分子間作用力為主，所以與分子量接近的CH3(CH2)9CH3沸點相差較小12、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)聯(lián)氨是共價化合物，電子式為故答案為：

(2)石墨屬于過渡型晶體，晶體中層內(nèi)形成共價鍵，層與層之間為分子間作用力，金剛石是原子晶體，晶體中原子間形成共價鍵，分子間作用力弱于共價鍵，則石墨硬度比金剛石低很多，故答案為：石墨晶體中層與層之間為分子間作用力，金剛石中原子間為共價鍵，分子間作用力弱于共價鍵?！窘馕觥渴w中層與層之間為分子間作用力，金剛石中原子間為共價鍵，分子間作用力弱于共價鍵三、判斷題(共5題，共10分)13、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構(gòu)型一定為直線形，錯誤；

(6)價層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp3雜化的結(jié)果且沒有孤電子對；錯誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道；錯誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型為平面三角形或平面三角形；錯誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時；該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果不矛盾；錯誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對由一個原子提供，另一個原子提供空軌道，錯誤。14、A【分析】【分析】

【詳解】

乙醇中的羥基與水分子的羥基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烴基較大，其中的羥基和水分子的羥基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明顯減小，故正確。15、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構(gòu)型一定為直線形，錯誤；

(6)價層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp3雜化的結(jié)果且沒有孤電子對；錯誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道；錯誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型為平面三角形或平面三角形；錯誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時；該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果不矛盾；錯誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對由一個原子提供，另一個原子提供空軌道，錯誤。16、A【分析】【詳解】

葡萄糖是多羥基醛，與新制氫氧化銅反應(yīng)生成銅原子和四個羥基絡(luò)合產(chǎn)生的物質(zhì)，該物質(zhì)的顏色是絳藍(lán)色，類似于丙三醇與新制的反應(yīng)，故答案為：正確。17、A【分析】【詳解】

因為銅具有良好的導(dǎo)電性，所以銅可以用于制作電纜、電線，正確。四、實驗題(共4題，共20分)18、略

【分析】【分析】

配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液；所需的步驟有計算；稱量、溶解（冷卻）、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻、裝瓶貼簽；

滴定實驗的步驟是：滴定前的準(zhǔn)備：滴定管：查漏→洗滌→潤洗→裝液→調(diào)液面→記錄；錐形瓶：注液體→記體積→加指示劑；滴定：眼睛注視錐形瓶溶液顏色變化；終點判斷：記錄數(shù)據(jù)；數(shù)據(jù)處理：通過數(shù)據(jù)進(jìn)行計算；

【詳解】

（1）鐵為26號元素，失去2個電子得到亞鐵離子，基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d6；配制一定濃度的溶液；實驗中所需的玻璃儀器有容量瓶；量筒和燒杯、玻璃棒、膠頭滴管；

（2）①鐵離子和KSCN溶液反應(yīng)溶液變紅色；故滴定終點的現(xiàn)象為：最后一滴標(biāo)準(zhǔn)液加入后，溶液變紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色；

溶液與溶液等體積混合，亞鐵離子過量，銀離子完全反應(yīng)，反應(yīng)后根據(jù)可知濾液中故反應(yīng)的平衡常數(shù)

②溶液與溶液等體積混合后銀離子、亞鐵離子的初始濃度分別為反應(yīng)后生成濃度為則反應(yīng)后銀離子、亞鐵離子的濃度分別為則反應(yīng)的平衡常數(shù)

（3）研究常溫下稀釋對該平衡移動方向的影響，用溶液和溶液，按下表配制總體積相同的系列溶液，測定平衡時濃度，則實驗中變量為溶液的濃度，故實驗中a=2，b=10+10-2-2=16；溶液稀釋后平衡向離子濃度增大的方向移動，故平衡逆向移動，和關(guān)系為>故>5【解析】(1)1s22s22p63s23p63d6燒杯；玻璃棒、膠頭滴管。

(2)最后一滴標(biāo)準(zhǔn)液加入后，溶液變紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色

(3)216>519、略

【分析】【分析】

制備八水合磷酸亞鐵，因為亞鐵離子容易被氧化，同時為防止引入新雜質(zhì)，應(yīng)用維生素C作底液，制備的原理是3FeSO4+2Na2HPO4+2CH3COONa+8H2O=Fe3(PO4)2·8H2O↓+3Na2SO4+2CH3OOH；據(jù)此分析；

【詳解】

（1）基態(tài)鐵原子價電子排布式為3d64s2，則Fe2+價電子排布式為3d6，價電子軌道式為PO中中心原子P有4個σ鍵，孤電子對數(shù)為=0，價層電子對數(shù)為4，因此PO的空間構(gòu)型為正四面體形；故答案為PO正四面體形；

（2）根據(jù)儀器a的特點，儀器a名稱為恒壓滴液漏斗；因為Fe2+容易被氧氣氧化，因此配制時，需要將蒸餾水事先煮沸，目的是除去水中溶解的氧氣，防止Fe2+被氧化；故恒壓滴液漏斗；除去水中溶解的氧氣，防止Fe2+被氧化；

（3）維生素C具有還原性，可以防止Fe2+被氧化，鐵粉也能與Fe3+反應(yīng)生成Fe2+；但鐵粉為固體，使得制備的八水合磷酸亞鐵中混有雜質(zhì)，故答案為避免產(chǎn)品中混入鐵粉；

（4）八水合磷酸亞鐵難溶于水和醋酸，因此生成八水合磷酸亞鐵的離子方程式為3Fe2++2HPO+2CH3COO-+8H2O=Fe3(PO4)2·8H2O↓+2CH3COOH；故答案為3Fe2++2HPO+2CH3COO-+8H2O=Fe3(PO4)2·8H2O↓+2CH3COOH；

（5）合成時需保持pH為6左右的原因是pH降低，不利于沉淀的生成；pH過高，會生成Fe(OH)2沉淀；故答案為pH降低，不利于沉淀的生成；pH過高，會生成Fe(OH)2沉淀；

（6）八水合磷酸亞鐵溶于無機(jī)酸，然后用高錳酸鉀溶液滴定，利用酸性高錳酸鉀溶液的氧化性，將Fe2+氧化成Fe3+，本身被還原成Mn2+，根據(jù)化合價升降、原子守恒和電荷守恒，其反應(yīng)離方程式為5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；根據(jù)離子方程式可知：n(Fe2+)×1=n(KMnO4)×5，n(Fe2+)=20.00mL×10-3L/mL×0.1000mol/L×5，即32.00g中含有Fe3(PO4)2·8H2O的質(zhì)量為m[Fe3(PO4)2·8H2O]=20.00mL×10-3L/mL×0.1000mol/L×5××502g/mol×100mL2.00mol/L硫酸亞鐵全部轉(zhuǎn)化成八水合磷酸亞鐵的理論質(zhì)量為100mL×10-3L/mL×2.00mol/L××502g/mol，則本實驗產(chǎn)品的產(chǎn)率為≈88.9%；故答案為5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；88.9%。【解析】(1)正四面體。

(2)恒壓滴液漏斗除去水中溶解的氧氣，防止Fe2+被氧化。

(3)避免產(chǎn)品中混入鐵粉。

(4)3Fe2++2HPO+2CH3COO-+8H2O=Fe3(PO4)2·8H2O↓+2CH3COOH其他合理答案也可。

(5)pH降低，不利于沉淀的生成；pH過高，會生成Fe(OH)2沉淀。

(6)5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O88.920、略

【分析】【分析】

鉻酸鈉、甲醇與足量濃鹽酸在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)調(diào)節(jié)pH得到Cr(OH)3沉淀，往Cr(OH)3沉淀中加入過量鹽酸溶解，通過結(jié)晶法得到CrCl36H2O晶體。

【詳解】

（1）配合物中，配體為和

（2）易水解，步驟④中“加入過量鹽酸”的目的是抑制(或)水解。

（3）裝置圖A中，儀器c的名稱為球形干燥管；儀器b為(球形)干燥管；其作用是導(dǎo)氣和冷凝回流。

（4）步驟Ⅱ中有產(chǎn)生，則三頸燒瓶中甲醇將鉻酸根離子還原為+3價鉻離子，反應(yīng)的離子方程式為

（5）由于的溶解度受溫度影響比較大，可通過降溫結(jié)晶的方法析出晶體，因此獲得晶體的一系列操作包括：趁熱過濾、降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥；其中“洗滌”步驟中選用丙酮作為洗滌劑，目的是減少的溶解，并便于干燥?！窘馕觥?1)(兩空答案不分先后)

(2)抑制(或)水解。

(3)(球形)干燥管導(dǎo)氣；冷凝回流。

(4)

(5)降溫結(jié)晶減少的溶解，并便于干燥21、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)氧化還原反應(yīng)中還原劑失電子被氧化化合價升高，對比反應(yīng)物和生成物，V的化合價由+5價降低到+4價，作氧化劑，O、Cl價態(tài)不變，H已經(jīng)是最高價態(tài)，只有N的化合價升高，則反應(yīng)中的還原劑是

(2)①該儀器是長頸漏斗；

②A裝置用于制備二氧化碳；是用碳酸鈣固體和稀鹽酸制備，產(chǎn)生二氧化碳的同時，會產(chǎn)生HCl雜質(zhì)，對后續(xù)實驗產(chǎn)生影響，故B的作用是除去二氧化碳中的HCl雜質(zhì)；

(3)選擇飽和碳酸氫鈉的原因是抑制氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體的溶解，減少固體流失；用無水乙醇洗滌是為了洗去固體表面的水和NH4HCO3；乙醇具有揮發(fā)性，能最大程度減少雜質(zhì)的存在；

(4)由圖知該水合配離子化學(xué)式為加入堿生成離子方程式為：

(5)根據(jù)已知反應(yīng)，則質(zhì)量分?jǐn)?shù)為【解析】N2H4·2HCl長頸漏斗除去CO2中的HCl氣體抑制氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨晶體的溶解，減少固體流失洗去固體表面的水和NH4HCO3[VO((H2O)5]2++3OH-=[VO(OH)3]-+5H2O五、有機(jī)推斷題(共4題，共28分)22、略

【分析】【分析】

已知B元素是地殼中含量最多的元素，則B為氧元素；B和D的價電子數(shù)相同，則D為硫元素；B、D兩元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)之和24，其為12，A和C的價電子數(shù)相同，且A和C兩元素原子核外電子數(shù)之和是B、D兩元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)之和的則A為氫元素，C為鈉元素；C，D，E三種元素的基態(tài)原子具有相同的電子層數(shù)，且E原子的p軌道上電子數(shù)比D原子的p軌道上多一個電子，則E為氯元素；6種元素的基態(tài)原子中，F(xiàn)原子的電子層數(shù)最多且和A處于同一主族，則F為鉀元素，綜上所述A；B、C、D、E、F分別為：H、O、Na、S、Cl、K，據(jù)此分析可得：

【詳解】

(1)C為鈉元素，E為氯元素；C和E形成化合物為氯化鈉，屬于離子化合物，用電子式表示氯化鈉形成化合物的過程如下：Na→Na＋[:]－；故題答案為：Na→Na＋[:]－；

(2)F為鉀，核電荷數(shù)為19，基態(tài)K原子核外電子排布式:1s22s22p63s23p64s1；故答案為：1s22s22p63s23p64s1；

(3)A為氫元素，D為硫元素；二者形成H2S，屬于共價化合為物，電子式：H:H；其分子中含σ鍵，不含π鍵；故答案為：H:H；含；不含；

(4)A為氫元素，B為氧元素，C為鈉元素，三種元素共同形成的化合物化學(xué)式為NaOH，其電子式為：化學(xué)鍵的類型有離子鍵、共價鍵答案為：NaOH；離子鍵；共價鍵?！窘馕觥縉a―→Na＋[:]－1s22s22p63s23p64s1H:H含不含NaOH離子鍵、共價鍵23、略

【分析】【分析】

由題給有機(jī)物的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，A和乙炔發(fā)生信息①反應(yīng)生成B，則A的結(jié)構(gòu)為B與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生信息②反應(yīng)生成C，則C的結(jié)構(gòu)為CH3COCH2COOH；C與乙醇在濃硫酸作用下共熱反應(yīng)生成D，D與發(fā)生取代反應(yīng)生成E，E發(fā)生水解反應(yīng)生成F，F(xiàn)發(fā)生信息③反應(yīng)生成G()；G與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成