四川省彭州中學(xué)—學(xué)年度高三上學(xué)期月月考化學(xué)試題卷考試時間：分鐘滿分：分請考試后將本試卷交回)一、單選題：在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.近年來，科研人員開發(fā)出一種新型可降解塑料聚乳酸(PLA)，它以玉米淀粉等可再生資源為原料制得。PLA在堆肥條件下可被微生物分解成二氧化碳和水，被認(rèn)為是緩解白色污染的有效途徑。下面關(guān)于聚乳酸的說法，正確的是A.聚乳酸的合成屬于加成聚合反應(yīng)B.聚乳酸的分解產(chǎn)物會破壞臭氧層C.聚乳酸屬于可再生資源，使用后可實現(xiàn)碳循環(huán)D.聚乳酸的主要成分是石油衍生物【答案】C【解析】【詳解】A．聚乳酸由乳酸縮聚而成，有小分子水生成，屬于縮聚反應(yīng)，A錯誤；B．聚乳酸的分解產(chǎn)物為CO2和HO，不會破壞臭氧層，B錯誤；C．聚乳酸原料為可再生玉米淀粉，分解后CO2可被植物吸收，重新參與碳循環(huán)，C正確；D．聚乳酸原料為玉米淀粉，并不能從石油中獲得，因此不是石油衍生物，D錯誤；故答案選C。2.落下參差的斑駁的黑影”月光穿過薄霧能形成種種美景的本質(zhì)原因是A.空氣中的小水滴顆粒直徑大小為1~100nmB.空氣中的小水滴顆粒的布朗運動C.霧是一種膠體，膠粒帶相同電荷D.發(fā)生了丁達爾效應(yīng)【答案】A【解析】【詳解】A．產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)的本質(zhì)原因是膠體微粒的直徑為，其大小介于溶液和濁液之間，A正確；第1頁/共22頁B．布朗運動與膠體的電泳有關(guān)，B錯誤；C帶電，霧是水蒸氣，不帶電，C錯誤；D．丁達爾效應(yīng)是膠體的性質(zhì)表現(xiàn)，而本質(zhì)原因是微粒的大小，D錯誤；故選A。3.反應(yīng)NHCl+NaNO=NaCl+N↑+2HO放熱且產(chǎn)生氣體，可用于冬天石油開采。下列表示反應(yīng)中相關(guān)微粒的化學(xué)用語正確的是A.中子數(shù)為18的氯原子：B.N2的結(jié)構(gòu)式：N=NC.Na+的結(jié)構(gòu)示意圖：D.HO的電子式：【答案】D【解析】【分析】此題考查化學(xué)用語，化學(xué)用語包括：化學(xué)式，結(jié)構(gòu)式，電子式，原子（或離子）結(jié)構(gòu)示意圖以及不同核素的表達等，根據(jù)各化學(xué)用語的書寫要點分析。A.核素的表達式中A表示X原子的質(zhì)量數(shù)，Z表示X原子的質(zhì)子數(shù)，則中子數(shù)=AZ為18的氯原子為，A項錯誤；B.氮原子最外層電子數(shù)為5338原子共用3對電子，氮氣結(jié)構(gòu)式為N≡N，B項錯誤；C.鈉原子的核外有個電子，鈉離子是由鈉原子失去一個電子形成的，則鈉離子核外有10個電子，Na+的結(jié)構(gòu)示意圖為，C項錯誤；D.氧原子最外層有6個電子，兩個氫原子分別和氧原子形成1對共用電子對，D項正確。故選D。4.布洛芬具有抗炎、鎮(zhèn)痛、解熱作用，但口服該藥對胃、腸道有刺激性，可以對該分子進行如圖所示的成酯修飾以減輕副作用，下列說法正確的是第2頁/共22頁B.布洛芬和成酯修飾產(chǎn)物中均含手性碳原子C.布洛芬可以發(fā)生取代、加成、氧化、聚合反應(yīng)D.布洛芬中所有的碳原子可能共平面【答案】B【解析】A水中的溶解性減弱，A錯誤；B1個手性碳原子(與羧基或酯基相連碳原子)，B正確；C聚合反應(yīng)，C錯誤；D平面，D錯誤；故選B。5.下列裝置可以用于相應(yīng)實驗的是ABCD制備分離乙醇和乙酸驗證酸性測量體積A.AB.BC.CD.D【答案】D第3頁/共22頁【解析】【詳解】A．NaCO3固體比較穩(wěn)定，受熱不易分解，所以不能采用加熱碳酸鈉的方式制備二氧化碳，A錯誤；B．乙醇和乙酸是互溶的，不能采用分液的方式分離，應(yīng)采用蒸餾來分離，B錯誤；C．二氧化硫通入品紅溶液中，可以驗證其漂白性，不能驗證酸性，C錯誤；D排開水體積與氧氣的體積相等，即可用如圖裝置測量氧氣的體積，D正確；故選D。6.將氟氣通入氫氧化鈉溶液中，可得。是一種無色、幾乎無味的劇毒氣體，主要用于氧化氟化反應(yīng)、火箭工程助燃劑等。下列說法錯誤的是A.中O的化合價為價B.的VSEPR模型為四面體C.與分子相比，分子的極性大D.與分子相比，分子的鍵角小【答案】C【解析】【詳解】A．中電負(fù)性，F(xiàn)顯價，故O的化合價為價，故A正確；B．中心原子氧原子價層電子對數(shù)為2+=4，的VSEPR模型為四面體，故B正確；C．與的空間結(jié)構(gòu)相似，同為Ⅴ形，但水分子極性很強，而極性很小，這是因為：(1)從電負(fù)性上看，氧和氫的電負(fù)性差大于氟和氧的電負(fù)性差；(2)中氧原子上有兩個孤電子對，抵消了鍵中共用電子對偏向F而產(chǎn)生的極性，故C錯誤；DF的電負(fù)性強，中成鍵電子對偏向F故分子的鍵角小，故D正確；故選C。7.對于下列實驗，能正確描述其反應(yīng)的離子方程式是第4頁/共22頁A.海水提溴工藝中，用純堿溶液富集B.向硫化鈉溶液通入足量二氧化硫：C.碘化亞鐵溶液與等物質(zhì)的量的氯氣：D.向H18O2中加入酸化的溶液：5H18O+2MnO+6H+=5O↑+2Mn2++8H18O【答案】A【解析】【詳解】A．用純堿溶液富集Br2過程反應(yīng)生成溴化鈉、溴酸鈉和CO，離子方程式為：，A正確；B．NaS具有還原性，SO2具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成S和NaHSO，離子方程式為：，B錯誤；C．氯氣先氧化碘離子，再氧化亞鐵離子，F(xiàn)eI2和Cl2以1∶1反應(yīng)時，氯氣只氧化碘離子，離子方程式為：2I+Cl=I+2C1，C錯誤；D．向中加入HSO4酸化的KMnO4溶液，過氧化氫中氧元素都被氧化生成氧氣，反應(yīng)的離子方程式為：5H18O+2MnO+6H+=518O↑+2Mn2++8HO，D錯誤；故選A。8.一種礦物由短周期元素WXYWXY原子序數(shù)依次增大。簡單離子與具有相同的電子結(jié)構(gòu)。下列敘述正確的是A.X的常見化合價有、B.原子半徑大小為C.YX的水合物具有兩性D.W單質(zhì)只有4種同素異形體【答案】A【解析】【分析】W、X、Y為短周期元素，原子序數(shù)依次增大，簡單離子X2與Y2+具有相同的電子結(jié)構(gòu)，則它們均為10電子微粒，X為O，Y為Mg，W、X、Y組成的物質(zhì)能溶于稀鹽酸有無色無味的氣體產(chǎn)生，則W為C，產(chǎn)生的氣體為二氧化碳，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．X為O，氧的常見價態(tài)有1價和2價，如HO2和HO，A正確；B．W為C，X為O，Y為Mg，同主族時電子層數(shù)越多，原子半徑越大，電子層數(shù)相同時，原子序數(shù)越小，原子半徑越大，所以原子半徑大小為：Y＞W(wǎng)＞X，B錯誤；第5頁/共22頁堿反應(yīng)，所以YX的水合物沒有兩性，C錯誤；D．W為C，碳的同素異形體有：金剛石、石墨、石墨烯、富勒烯、碳納米管等，種類不止四種，D錯誤；故選A。9.下列實驗操作對應(yīng)的實驗現(xiàn)象及實驗結(jié)論都正確，且兩者具有因果關(guān)系的是選實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結(jié)論項前者產(chǎn)生無色氣常溫下將鐵片分別插入稀硝酸和濃硝稀硝酸的氧化性比濃硝A酸中酸強象取一定量樣品，溶解后加入

B此樣品中含有不消失溶液，后加入濃向0.1溶液中滴加先生成白色沉C過量NaOH0.1淀溶液少量鋁熱劑（只含有一種金屬氧化物）鋁熱劑中可能含有

分別出現(xiàn)藍色沉D淀和溶液變紅別滴加鐵氰化鉀溶液和KSCN溶液A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A誤，A不符合題意；B．濃硝酸能將氧化為，因此無法確定原樣品中是否含，結(jié)論錯誤，B不符合題意；第6頁/共22頁結(jié)論錯誤，C不符合題意；DKSCNFe2+和Fe3+種金屬氧化物，則鋁熱劑中金屬氧化物可能為FeO，結(jié)論正確，且具有因果關(guān)系，D符合題意；故答案選D。10.HCOOHHCOOH分解生成CO2和H2不正確的是A.相同時間內(nèi)，使用該催化劑在一定程度上能有效提高轉(zhuǎn)化率B.HCOOD催化釋氫反應(yīng)除生成CO2外，還生成了HDC.其他條件不變時，以HCOOK溶液代替HCOOH催化釋氫的效果將變差D.Pd—[H]為反應(yīng)過程中的中間產(chǎn)物【答案】C【解析】A提高轉(zhuǎn)化率，選項A正確；BHCOOD可以產(chǎn)生HCOO和D+HCOOD催化釋氫反應(yīng)可以生成二氧化碳和HD項B正確；CHCOOK是強電解質(zhì)，更容易產(chǎn)生HCOO和K+KHKH可以與水反應(yīng)生成氫氣和氫氧化鉀，KOH可以吸收分解產(chǎn)生的二氧化碳，使催化效果更好，選項C不正確；D．根據(jù)圖中信息可知Pd為催化劑，Pd—[H]為反應(yīng)過程中的中間產(chǎn)物，選項D正確；答案選C。的第7頁/共22頁六方晶胞示意圖如下，晶胞參數(shù)、，M、N原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)分別為、。設(shè)是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是A.該物質(zhì)的化學(xué)式為B.體心原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為C.晶體的密度為D.原子Q到體心的距離為【答案】D【解析】【詳解】A．由晶胞圖知，白球位于體心，晶胞中數(shù)目為1，黑球位于頂角、棱心、體內(nèi)，六方晶胞上下表面中一個角60°，一個角為120°，晶胞中數(shù)目為，結(jié)合題意知，白球為Sm、黑球為Co，該物質(zhì)化學(xué)式為，A正確；B．體心原子位于晶胞中心，其分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為，B正確；C．每個晶胞中含有1個“”，晶胞底面為菱形，晶胞體積為，則晶體密度為，C正確；DQ的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為Q第8頁/共22頁，D錯誤；故選D。12.為從粗食鹽水中除去、、等離子，以制得精鹽水，某同學(xué)設(shè)計如下方案：以下說法正確的是A.中主要有和，也可能有一些B.②中加入過量溶液的主要目的是為了除去、C.中只有、、這3種離子D.③中發(fā)生的反應(yīng)只有【答案】A【解析】【分析】由題給流程可知，向粗食鹽水中加入過量的氫氧化鋇溶液，將溶液中鎂離子、硫酸根離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鎂沉淀、硫酸鋇沉淀，部分鈣離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鈣沉淀，過濾得到含有氫氧化鎂、硫酸鋇、少量氫氧化鈣的濾渣A和濾液；向濾液中加入過量碳酸鈉溶液，將溶液中的鈣離子和過量的鋇離子轉(zhuǎn)化為碳酸鈣、碳酸鋇沉淀，過濾得到含有碳酸鈣、碳酸鋇的濾渣和濾液；向濾液中加入適量鹽酸，將溶液中過量的氫氧根離子轉(zhuǎn)化為水、過量的碳酸根離子轉(zhuǎn)化為二氧化碳和水得到精鹽水?！驹斀狻緼．由分析可知，濾渣A中含有氫氧化鎂、硫酸鋇、少量氫氧化鈣，故A正確；B沉淀，達到除去溶液中鈣離子和過量鋇離子的目的，故B錯誤；第9頁/共22頁D為二氧化碳和水，反應(yīng)的離子方程式為H++OH=HO、，故D錯誤；故選A。13.一種以和為電極、水溶液為電解質(zhì)的電池，其示意圖如下所示。放電時，可插入層間形成。下列說法錯誤的是A.放電時為正極B.放電時由負(fù)極向正極遷移C.充電總反應(yīng)：D.充電陽極反應(yīng)：【答案】C【解析】【分析】由題中信息可知，該電池中Zn為負(fù)極、為正極，電池的總反應(yīng)為。【詳解】A．由題信息可知，放電時，可插入層間形成，發(fā)生了還原反應(yīng)，則放電時為正極，A說法正確；B．Zn為負(fù)極，放電時Zn失去電子變?yōu)?，陽離子向正極遷移，則放電時由負(fù)極向正極遷移，B說法正確；C．電池在放電時的總反應(yīng)為，則其在充電時的總反應(yīng)為，C說法不正確；第10頁/共22頁D．充電陽極上被氧化為，則陽極的電極反應(yīng)為，D說法正確；綜上所述，本題選C。14.某弱酸HA溶液中主要成分的分布分?jǐn)?shù)隨pH的變化如圖所示。下列說法錯誤的是A.該酸lgKa≈4.7B.NaA的水解平衡常數(shù)K=C.當(dāng)該溶液的pH=7.0時，c(HA)<c(A)D.某c(HA)：c(A)=4：1的緩沖溶液，pH≈4【答案】B【解析】【分析】根據(jù)圖象可知，c(HA)=c(A)時，pH=4.7，即c(H+)=104.7mol/L。Ac(HA)=c(A)pH=4.7K==c(H+)=104.7mol/LlgKa≈4.7，A說法正確；B．NaA的水解平衡常數(shù)K==，B說法錯誤；C．根據(jù)圖象可知，當(dāng)該溶液的pH=7.0時，c(HA)＜c(A)，C說法正確；D．由Ka=可知，c(HA)：c(A)=4:1的緩沖溶液中，c(H+)=4K=4×104.7mol/L，則溶液pH=4.7lg4=4.72lg2=4.1，pH約為4，D說法正確；第11頁/共22頁二、非選擇題：15.一種利用廢舊磷酸鐵鋰電池正極材料（主要成分為粉、鋁箔等）回收碳酸鋰和磷酸鐵的工藝流程如圖所示：已知：①；；；②磷酸鐵溶液中存在以下兩個平衡：；③當(dāng)溶液中某種離子的濃度小于時，認(rèn)為已完全除盡?；卮鹣铝袉栴}。（1______。（2”時需加適量生成______（填化學(xué)式，下同）膠體起絮凝作用，促進含鈦微粒的沉降。（3”過程中需隔絕空氣，原因是______，濾渣2的主要成分為______。（4______3是______。（5）濾渣3經(jīng)熱磷酸洗滌得電池級磷酸鐵，生成的廢氣用氫氧化鈉吸收后可返回______工序循環(huán)利用。（6，結(jié)合計算分析濾渣4的主要成分為______?！敬鸢浮浚?），正極鋰元素增多，提高Li元素的回收率（2）（3）①.防止Fe（Ⅱ）被氧化造成鐵磷損失②.（4）①.##②.加熱促進電離，升溫更容易破壞的配位鍵，轉(zhuǎn)化為更穩(wěn)定的第12頁/共22頁（6）【解析】pHpH加入碳酸鈉生成碳酸鋰沉淀?！拘?詳解】“酸浸”前需對電池放電處理，主要目的是，正極鋰元素增多，提高Li元素的回收率；【小問2詳解】“調(diào)”時需加適量生成膠體起絮凝作用，促進含鈦微粒的沉降；【小問3詳解】“調(diào)”過程中需隔絕空氣，原因是防止Fe（Ⅱ）被氧化，生成磷酸鐵，造成鐵磷損失，加入氟化鈉目的是生成，濾渣2的主要成分為；【小問4詳解】“氧化浸出”過程中發(fā)生的離子方程式為或3能是加熱促進電離，濃度增大，且升溫更容易破壞的配位鍵，轉(zhuǎn)化為更穩(wěn)定的；【小問5詳解】濾渣3表面含有少量氟化鈉經(jīng)熱磷酸洗滌得電池級磷酸鐵，生成的氟化氫廢氣用氫氧化鈉吸收后生成的氟化鈉可返回調(diào)工序循環(huán)利用；【小問6詳解】“氧化浸出”后溶液中鈉離子濃度為，其大于，第13頁/共22頁濃度小于時，認(rèn)為已完全除盡，則深度除雜過程中氫氧化鈉和反應(yīng)生成氫氧化鋁，濾渣4的主要成分為。16.下：已知：Ⅰ．氯化鋁可與酮絡(luò)合而失效；Ⅱ．幾種物質(zhì)的性質(zhì)如表所示：分子名稱性狀熔/沸點溶解性量無色透明液苯785.5/80.1℃不溶于水，易溶于醇和醚體154無色液體22.6/76.8℃微溶于水，易溶于醇和醚無水197/180(升華)133.5白色粉末℃熱二苯酮182白色晶體48.5/305.4℃不溶于水，易溶于醇和醚實驗步驟步驟一：按圖示安裝儀器，并檢驗裝置的氣密性步驟二：稱取mg無水氯化鋁，置于三頸燒瓶中，再加入4.7mL(0.05mol)四氯化碳。將三頸燒瓶在冷水浴中冷卻到10～15℃，緩慢滴加2.7mL(0.03mol)無水苯及23mL四氯化碳混合液，維持反應(yīng)溫度在5～10℃第14頁/共22頁步驟三：在10℃左右繼續(xù)攪拌1小時。然后將三頸燒瓶浸入冰水浴，在攪拌下慢慢滴加30mL水。改為蒸餾裝置，蒸去四氯化碳及少量未反應(yīng)的苯，在加熱套上蒸餾0.5h，并促使二苯二氯甲烷水解完全。步驟四：分出下層粗產(chǎn)品，水層用蒸出的四氯化碳萃取一次，合并后用無水硫酸鎂干燥。先在常壓下蒸出四氯化碳，溫度升至90℃左右時停止加熱，再減壓蒸餾出二苯酮。（1）圖甲中儀器a名稱為___________。（2）實驗中取用氯化鋁的量要高于催化劑的實際需要量，其原因是___________。（3）圖乙中毛細(xì)管的作用___________。（4）需減壓蒸出二苯酮的原因___________。（5Cl濃度(不考慮無水水解后Cl殘留)，將水層溶液轉(zhuǎn)移至錐形瓶，選用___________(填序號)做指示劑，用a的硝酸銀溶液進行滴定，滴定終點消耗VmL，達到滴定終點的現(xiàn)象為___________。A．NaCl溶液B．NaBr溶液C．NaCN溶液D．溶液難溶AgClAgBrAgCN物顏色白色淺黃色白色磚紅色②若步驟四蒸餾的產(chǎn)品不純，需用___________(填標(biāo)號)進行重結(jié)晶進一步提純得到n克二苯酮；A．NaOH溶液B．乙醇C．鹽酸D．水E．石油醚③通過計算可知，步驟三、四操作過程中產(chǎn)品的損耗率為___________(列出計算式，產(chǎn)品損耗率)?！敬鸢浮浚?）恒壓滴液漏斗（2）氯化鋁可與產(chǎn)物二苯酮發(fā)生絡(luò)合失效而損失（3）提供氣化中心，防止暴沸（4）降低二苯酮的沸點，防止氯化鋁升華（5）①.D②.③.BE④.第15頁/共22頁【解析】【分析】在無水AlCl3作催化劑條件下，苯與四氯化碳發(fā)生取代反應(yīng)生成，向中加入30mL0.5h，并促使二苯二氯甲烷水解完全，分出下層粗產(chǎn)品，水層用蒸出的四氯化碳萃取一次，合并后加入無水硫酸鎂。先常壓蒸餾，溫度升至90℃左右時停止加熱，再減壓蒸餾，據(jù)此分析?！拘?詳解】根據(jù)裝置甲中儀器a的特點，儀器a名稱為恒壓滴液漏斗；【小問2詳解】氯化鋁可與酮絡(luò)合而失效，實驗中取用氯化鋁的量要高于催化劑的實際需要量的原因是氯化鋁可與產(chǎn)物二苯酮發(fā)生絡(luò)合失效而損失；【小問3詳解】圖乙中毛細(xì)管的作用提供氣化中心，防止暴沸；【小問4詳解】減壓蒸餾可以降低二苯酮的沸點，防止氯化鋁升華，所以需減壓蒸出二苯酮；【小問5詳解】①根據(jù)沉淀滴定原理：滴定劑與被滴定物生成的沉淀比滴定劑與指示劑生成的沉淀更難溶；且二者之間有Cl不能使用NaClNaBrNaCN對應(yīng)的銀鹽溶解度比AgClNaCrO4NaCrOD標(biāo)準(zhǔn)液后，生成磚紅色沉淀，且半分鐘內(nèi)沉淀不溶解；②因二苯酮不溶于水，易溶于醇和醚，故選乙醇與石油醚進行重結(jié)晶進一步提純，故答案為：BE；③根據(jù)原子守恒知，0.03mol無水苯理論上生成0.015mol，0.015mol完全水解生成0.03molHCl和0.015mol二苯酮，硝酸銀與HCl等物質(zhì)的量反應(yīng)，則第16頁/共22頁論上生成產(chǎn)品g，則產(chǎn)品的損耗率為。17.“清潔甲醇”和“綠色甲醇”是指生產(chǎn)過程中碳排放極低或零排放時制得的甲醇。已知：①；②。回答下列問題：（1）某反應(yīng)的平衡常數(shù)表達式為，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為_______。（2）某種合成的反應(yīng)歷程如圖(*表示被吸附在催化劑表面)。總反應(yīng)包括_______個基元反應(yīng)，其中，速控反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。（3）保持其他條件不變，分別以和為催化劑，在不同溫度下，測得的轉(zhuǎn)化率和的選擇性隨溫度變化的關(guān)系如圖。第17頁/共22頁①其他條件相同時，催化效率較高的是_______(填“”或“”)，判斷依據(jù)是_______。②隨著溫度升高，曲線和曲線趨向“相交”，其主要原因是_______。（4）工業(yè)上，利用光伏電池為能源，以和為原料，以硫酸溶液為電解質(zhì)溶液，可以采用電化學(xué)方法合成。則合成的電極反應(yīng)式為_______?！敬鸢浮浚?）（2）①.5②.或（3）①.②.其他條件相同，溫度相對較低時，作催化劑，的轉(zhuǎn)化率和的選擇性相對較高③.隨著溫度升高，兩種催化劑作用下化學(xué)反應(yīng)趨向于平衡狀態(tài)（4）【解析】【小問1詳解】和應(yīng)的熱化學(xué)方程式為；【小問2詳解】觀察反應(yīng)歷程可知，總反應(yīng)包括5個基元反應(yīng)；能壘最大的是，能壘最大的基元反應(yīng)是速控反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為第18頁/共22頁【小問3詳解】由圖可知，相同溫度下，的轉(zhuǎn)化率和的選擇性相對較高的是使用催化劑；隨著溫度升高，使用不同催化劑，在相同溫度下，達到平衡狀態(tài)時，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率相等，兩種催化劑作用下化學(xué)反應(yīng)趨向于平衡狀態(tài)，曲線和曲線趨向“相交”；【小問4詳解】光伏電池將太陽能轉(zhuǎn)化成電能儲存，用電能電解制備，為：。18.一種用于治療阻塞性肺氣腫藥物的中間體I的合成路線如圖：已知：①②回答下列問題：（1）鑒別A和B的常用試劑為___________，B→C的反應(yīng)類型為___________。（2）E中官能團的名稱為___________，C的結(jié)構(gòu)簡式為___________。（3）寫出C→D的化學(xué)方程式___________。（4）F