四川省眉山市仁壽縣四校聯(lián)考2023-2024學年高二下學期6月期末考試 化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1四川省眉山市仁壽縣四校聯(lián)考2023-2024學年高二下學期6月期末考試注意事項：1.本試卷滿分100分?？荚嚂r間：75分鐘。2.答題前，考生務必將自己的姓名、學號填在答題卷上；考試結(jié)束，只收答題卷。3.可能用到的相對原子質(zhì)量：C-12O-16Cl-35.5第I卷選擇題(共42分)一、選擇題：本題包括14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題意。1.化學與生活緊密相關(guān)，下列說法錯誤的是A.用汽油可洗掉衣服上的油漆B.液晶可應用于手機、電腦和電視的顯示器C.我國在南海成功開采的可燃冰(CH4·nH2O)可能會帶來酸雨等環(huán)境污染D.新型陶瓷碳化硅硬度很大，可用作砂紙和砂輪的磨料〖答案〗C〖解析〗A．油漆主要是非極性物質(zhì)，汽油是非極性溶劑，根據(jù)相似相溶原理可知，油漆易溶于非極性分子組成的溶劑中，并且汽油具有揮發(fā)性，A正確；B．液晶可應用圖文顯示，故用于手機、電腦和電視的顯示器，B正確；C．酸雨主要是由于硫、氮氧化物帶來環(huán)境污染，而可燃冰（CH4?nH2O）中只含C、H、O元素，所以不會帶來酸雨等環(huán)境污染，C錯誤；D．新型陶瓷碳化硅(SiC)屬于共價晶體，原子之間以極強的共價鍵結(jié)合，因而硬度很大，故可用作砂紙和砂輪的磨料，D正確；故〖答案〗選C。2.下列化學用語或圖示表達正確的是A.NaCl的晶胞：B.中N的雜化軌道表示式：C.順-2-丁烯的球棍模型：D.的VSEPR模型：〖答案〗B〖解析〗A．晶胞的特點是無隙并置，應確保八個頂點均相同，其晶胞如下，A錯誤；B．中N的雜化方式為sp3，故N的雜化軌道表示式為，B正確；C．順-2-丁烯的球棍模型如圖，為反-2-丁烯，C錯誤；D．為平面三角形分子，中心原子雜化方式為sp2，其VSEPR模型為平面三角形，D錯誤。故選B。3.抗癌藥阿霉素與環(huán)糊精(分子略呈錐形的圓環(huán)結(jié)構(gòu))在水溶液中形成超分子包合物(如圖所示)，增大了阿霉素的水溶性，控制了阿霉素的釋放速度，從而提高其藥效。下列說法錯誤的是A.阿霉素分子中碳原子的雜化方式為sp2、sp3B.阿霉素分子中既含有σ鍵又含有π鍵C.阿霉素分子只含有羥基、羧基和氨基D.阿霉素分子中有手性碳原子〖答案〗C〖解析〗A．由阿霉素分子結(jié)構(gòu)可知，苯環(huán)、羰基上碳原子采取sp2雜化，甲基、亞甲基中的碳原子采取sp3雜化，A正確；B．分子中含有雙鍵，則即含有σ鍵又含有π鍵，B正確；C．阿霉素分子中含有羥基、氨基、羰基、醚鍵，不含羧基，C錯誤；D．如圖中星號處所示，，分子中右側(cè)兩個環(huán)上含有6個手性碳原子，D正確；故選C。4.下列關(guān)于物質(zhì)結(jié)構(gòu)的命題表述中正確的個數(shù)是①乙醛分子中碳原子的雜化類型有sp2和sp3兩種②元素Br位于周期表第四周期ⅦA族，核外電子排布式為，屬于p區(qū)③非極性分子往往具有高度對稱性，如BF3、PCl5、H2O2、CO2分子④基態(tài)原子的第一電離能：C＜O＜N＜F⑤基態(tài)原子未成對電子數(shù)：B＜C＜O＜N⑥氨水中大部分NH3與H2O以氫鍵(用“…”表示)結(jié)合成NH3·H2O分子，根據(jù)氨水的性質(zhì)可知NH3·H2O的結(jié)構(gòu)式可記為：⑦HF穩(wěn)定性高于HCl是因為HF分子間有氫鍵A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗B〖解析〗①乙醛分子結(jié)構(gòu)簡式是CH3CHO，甲基-CH3碳原子價層電子對數(shù)是4對，醛基-CHO碳原子價層電子對數(shù)是3對，因此乙醛分子中碳原子的雜化類型有sp2和sp3兩種，①正確；②元素Br是35號元素，位于周期表第四周期ⅦA族，核外電子排布式為[Ar]3d104s24p5，屬于p區(qū)元素，②錯誤；③非極性分子往往具有高度對稱性，如BF3、PCl5、CO2分子，但H2O2屬于極性分子，分子結(jié)構(gòu)不對稱，③錯誤；④一般情況下同一周期元素的第一電離能隨原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但當元素處于第ⅡA、第ⅤA時，其第一電離能大于同一周期相鄰元素，故基態(tài)原子的第一電離能：C＜O＜N＜F，④正確；⑤根據(jù)構(gòu)造原理，結(jié)合原子核外電子總是盡可能成單排列，而且自旋方向相同，這種排布使原子能量最低，處于穩(wěn)定狀態(tài)，可知：基態(tài)B原子核外電子排布式是1s22s22p1，有1個未成對電子；基態(tài)C原子核外電子排布式是1s22s22p2，有2個未成對電子；基態(tài)N原子核外電子排布式是1s22s22p3，有3個未成對電子；基態(tài)O原子核外電子排布式是1s22s22p4，有2個未成對電子，故四種元素的基態(tài)原子未成對電子數(shù)：B＜C=O＜N，⑤錯誤；⑥NH3與H2O形成的氫鍵可以是H3N…H-O-H、H2N-H…OH2，根據(jù)NH3·H2O容易電離產(chǎn)生、OH-的性質(zhì)可知NH3·H2O的結(jié)構(gòu)式可記為：，⑥錯誤；⑦HF穩(wěn)定性高于HCl是因為HF分子內(nèi)化學鍵H-F鍵的穩(wěn)定性比HCl分子內(nèi)的H-Cl鍵強，與HF的分子間有氫鍵無關(guān)，⑦錯誤；綜上所述可知：說法正確的有①④，共2個正確敘述，故合理選項是B。5.物質(zhì)結(jié)構(gòu)決定物質(zhì)性質(zhì)。下列性質(zhì)差異與結(jié)構(gòu)因素匹配錯誤的是

性質(zhì)差異結(jié)構(gòu)因素A．溶解度：大于分子間作用力B．熔點：遠高于晶體類型C．酸性：遠強于羥基極性D．氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：HF強于HCl氫鍵A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗A．20℃時，O2在水中的溶解度大于N2，表明O2分子與水分子間的作用力大于N2與水分子間的作用力，A正確；B．TiF4晶體是離子晶體，TiCl4晶體是分子晶體，離子晶體的熔點高于分子晶體，B正確；C．F的電負性強，對共用電子對的吸引能力強，使得CF3COOH分子中-OH的極性比CH3COOH中-OH的極性強，電離能力強，平衡常數(shù)大，C正確；D．氫鍵是分子間的作用力，不影響分子穩(wěn)定性，分子的穩(wěn)定性受分子內(nèi)原子間的共價鍵的影響，由于F的非金屬性比Cl強，所以氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：HF強于HCl，D錯誤；故選D。6.下列說法不正確的是A.金剛石晶體為網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，由共價鍵形成的碳環(huán)中，最小的環(huán)上有6個碳原子B.氯化銫晶體中，每個周圍緊鄰8個C.氯化鈉晶體中，每個周圍緊鄰且距離相等的共有6個D.干冰晶體中，每個分子中碳原子采取雜化〖答案〗C〖解析〗A．金剛石網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)中，每個碳原子含有4個共價鍵，由共價鍵形成的碳原子環(huán)中，最小的環(huán)上有6個碳原子，故A正確；B．氯化銫晶體中，銫離子的配位數(shù)是8，每個Cs+周圍緊鄰8個Cl-，故B正確；C．氯化鈉晶胞中，每個鈉離子周圍距離相等的鈉離子個數(shù)為12，距離相等且最近的氯離子共有6個，故C錯誤；D．分子中碳原子的價層電子對數(shù)為2+=2，采取雜化，故D正確；故選C。7.下列關(guān)于杯酚分離和的說法錯誤的是A.均屬于非極性分子，而氯仿屬于極性分子B.操作①②是過濾，操作③是蒸餾C.“杯酚”與之間利用共價鍵結(jié)合在一起D.“杯酚”分離和這個案例體現(xiàn)了超分子具有分子識別這個重要特征〖答案〗C〖解析〗A．和分子空間對稱，是非極性分子，氯仿CHCl3不是正四面體屬于極性分子，故A正確；B．操作①②分離出不溶物，為過濾操作，操作③分離沸點不同的有機物，操作是蒸餾，故B正確；C．由操作①分離出C60與杯酚固體，可知“杯酚”與C60之間通過分子間作用力形成超分子，故C錯誤；D．C60和C70的混合物加入一種空腔大小適合C60的“杯酚”中可進行分離，這是利用超分子的分子識別特征，故D正確；綜上所述，〖答案〗為C。8.下列說法錯誤的是A.和互為同位素B.碳納米管和石墨烯互為同素異形體C.和互為同分異構(gòu)體D.和一定互為同系物〖答案〗D〖解析〗A．和均為Ga原子，互為同位素，A正確；B．碳納米管和石墨烯均為碳元素的單質(zhì)，互為同素異形體，B正確；C．和分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，C正確；D．和均可以表示環(huán)烷烴和烯烴，不一定互為同系物，D錯誤；故選D。9.雙環(huán)己烷()它的二氯代物，且氯原子不在同一個環(huán)上的同分異構(gòu)體的個數(shù)是(不包括立體異構(gòu))A.9 B.10 C.11 D.12〖答案〗B〖解析〗的一氯代物有4種：，當一氯代物為時，二氯代物有4種：；當一氯代物為時，二氯代物有3種：；當一氯代物為時，二氯代物有2種：；當一氯代物為時，二氯代物有1種：；所以二氯取代物的個數(shù)=4+3+2+1=10；〖答案〗選B。10.化合物A經(jīng)李比希法和質(zhì)譜法分析得知其相對分子質(zhì)量為136，A分子中只含一個苯環(huán)且苯環(huán)上只有一個取代基，其核磁共振氫譜與紅外光譜如圖。關(guān)于A的下列說法中錯誤的是A.A分子中含有-COOHB.A是酯類化合物C.A在一定條件下可以和H2發(fā)生加成反應D.存在含有兩個醛基的A的同分異構(gòu)體〖答案〗A〖解析〗該化合物中(苯基)的相對分子質(zhì)量為77，故苯環(huán)上取代基的相對分子質(zhì)量為136-77=59，由紅外光譜圖可知該分子中含有2個氧原子，2個碳原子，則A的分子式為C8H8O2；A的不飽和度為=5，A的分子中只含一個苯環(huán)且苯環(huán)上只有一個取代基，苯環(huán)上有三種氫原子，且氫原子數(shù)為1、2、2，A的核磁共振氫譜有4個峰且面積之比為1∶2∶2∶3，所以剩余的取代基上的3個H等效，為-CH3，結(jié)合紅外光譜圖知A中含酯基，A的結(jié)構(gòu)簡式為。A．由分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡式為，則A分子中含有-COOH，A錯誤；B．由分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡式為，其中含有酯基，是酯類化合物，B正確；C．A中含有苯環(huán)，可以和氫氣發(fā)生加成反應，C正確；D．A的結(jié)構(gòu)簡式為，其中不飽和度為5，其中含有兩個氧原子，則存在含有兩個醛基的A的同分異構(gòu)體，D正確；故選A。11.除去下列物質(zhì)中的雜質(zhì)(括號中的為雜質(zhì))，選用的試劑和除雜方法均正確的是選項物質(zhì)試劑除雜方法AC2H4(SO2)酸性KMnO4溶液洗氣B溴苯(苯)液溴分液C硝基苯(硝酸)NaOH溶液分液DCH4(C2H2)酸性KMnO4溶液洗氣A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗A．乙烯與二氧化硫均能被酸性高錳酸鉀氧化，不能除雜，應選NaOH溶液、洗氣，A錯誤；B．溴易溶于苯和溴苯，不能除雜，應選蒸餾法除雜，B錯誤；C．硝酸與NaOH溶液反應后，與硝基苯分層，然后分液可分離，C正確；D．乙炔被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成二氧化碳，引入新雜質(zhì)，應選溴水、洗氣，D錯誤；故選C。12.下列說法正確的是A.的系統(tǒng)命名為3，4，1-三甲基己烷B.的系統(tǒng)命名為3-甲基-1-丁烯C.的系統(tǒng)命名為1，3，4-三甲苯D.的系統(tǒng)命名為2-甲基-1-氯丙烷〖答案〗B〖解析〗A．的系統(tǒng)命名為3，3，4-三甲基己烷，A錯誤；B．(CH3)2CHCH=CH2的系統(tǒng)命名為3-甲基-1-丁烯，B正確；C．系統(tǒng)命名為1，2，4-三甲苯，C錯誤；D．CH3CCl(CH3)2的系統(tǒng)命名為2-甲基-2-氯丙烷，D錯誤；故選B。13.下列實驗能達到實驗目的的是A．制備并檢驗乙炔的性質(zhì)B．粗苯甲酸的提純C．分離甲烷和氯氣反應后的液態(tài)混合物D．圖裝置可用于分離乙醇和乙酸乙酯的混合液A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗A．電石中的CaS等與水反應生成的H2S等也能使酸性KMnO4溶液褪色，不能檢驗乙炔的性質(zhì)，A錯誤；B．應用重結(jié)晶法提純苯甲酸，主要實驗步驟為：加熱溶解、趁熱過濾（防止冷卻后，苯甲酸提前結(jié)晶析出）、冷卻結(jié)晶（不用蒸發(fā)結(jié)晶），B錯誤；C．甲烷和Cl2反應后得到液態(tài)混合物中各物質(zhì)的沸點不同，用蒸餾法進行分離，蒸餾裝置正確，C正確；D．乙酸乙酯在乙醇中的溶解度較大，不能用過濾分離乙醇和乙酸乙酯的混合液，應該蒸餾，D錯誤；故選C。14.環(huán)己烯是重要的化工原料，實驗室制備流程如下。下列說法錯誤的是A.可用酸性溶液檢驗粗品中的環(huán)己烯B.飽和食鹽水能降低環(huán)己烯在水相中的溶解度，利于分層C.分液時，有機相應從分液漏斗上口倒出D.操作a用到的儀器有酒精燈、直形冷凝管等〖答案〗A〖解析〗A．環(huán)己烯中的碳碳雙鍵使高錳酸鉀褪色，環(huán)己醇也能使高錳酸鉀褪色，A錯誤；B．飽和食鹽水的作用是降低環(huán)己烯的溶解度，便于溶液分層，B正確；C．環(huán)已烯密度為0.823g/cm3，其密度小于水的，所以分液后有機相從分液漏斗上口倒出，C正確；D．操作a為蒸餾的步驟，用到的儀器有酒精燈、直形冷凝管、溫度計等，D正確；〖答案〗選A。第II卷(非選擇題共58分)二、非選擇題：本題包括4小題，共58分。15.回答下列問題：（1）釩(23V)元素廣泛用于催化及鋼鐵工業(yè)，其價層電子的軌道表示式為___________。X是第四周期未成對電子數(shù)最多的元素，其基態(tài)原子核外電子共有___________種不同能量的電子。（2）丁二酮()中涉及元素的電負性由大到小的順序為___________，該物質(zhì)中，σ鍵與π鍵數(shù)目之比為___________。（3）比較鍵角大?。篲__________(填>、<或=)。（4）CH3CN中C原子的雜化類型為___________。（5）銅的下列狀態(tài)中，失去最外層一個電子所需能量最小的是___________。A.[Ar]3d104p1 B.[Ar]3d10 C.[Ar]3d94s1 D.[Ar]3d104s1〖答案〗（1）①.②.7（2）①.O>N>C>H②.15：2（3）<（4）sp3、sp（5）A〖解析〗【小問1詳析】釩(23V)元素核外有23個電子，價電子排布式為是3d34s2，價電子軌道表示式為，第四周期中的鉻(Cr)的價電子排布式為3d54s1，未成對電子數(shù)最多；鉻元素的電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，而同一能級上的電子的能量相同，故鉻元素的基態(tài)原子的核外共有7種能量不同的電子?！拘?詳析】同一周期從左到右，主族元素的電負性逐漸增大且在CH4中，H顯+1價，C顯-4價，故元素電負性大小為O>N>C>H，雙鍵中含一條δ鍵一條π鍵，單鍵是δ鍵，該有機物中含有15個δ鍵，2個π鍵，σ鍵與π鍵數(shù)目之比為15:2。【小問3詳析】的中心原子的價層電子對數(shù)為2+=4，的中心原子的價層電子對數(shù)為4+=4，兩者中的As原子均為sp3雜化，但中的As上有兩對孤電子對，故中的鍵角更小，則鍵角：<?！拘?詳析】CH3CN中含有甲基和氰基，甲基中C原子為sp3雜化，氰基中的碳原子為sp雜化?！拘?詳析】[Ar]3d104p1為激發(fā)態(tài)的銅原子；[Ar]5d10為基態(tài)的Cu+，3d軌道處于全滿狀態(tài)，能量較低；[Ar]3d24s1是激發(fā)態(tài)的Cu+，能量高于基態(tài)的Cu+，但比激發(fā)態(tài)的Cu原子的能量低；[Ar]6d104s1是基態(tài)的銅原子，能量比激發(fā)態(tài)的銅原子能量低；綜上比較可知，[Ar]3d104p1失電子較容易，故選A。16.銅及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有廣泛的應用。Ⅰ．金屬銅的原子堆積模型如下圖所示，（1）該晶胞中每個Cu原子周圍最近距離的Cu原子數(shù)目為___________。Ⅱ．Cu2＋能與NH3、H2O、OH-、Cl-等形成配位數(shù)為4的配合物。（2）向CuSO4溶液中加入過量NaOH溶液可生成Na2[Cu(OH)4]。Na2[Cu(OH)4]中除了配位鍵外，還存在的化學鍵類型有___________(填字母)。A.離子鍵 B.金屬鍵 C.極性共價鍵 D.非極性共價鍵（3）將CuO投入NH3、(NH4)2SO4的混合溶液中進行“氨浸”，控制溫度為50～55℃，pH約為9.5，CuO轉(zhuǎn)化為[Cu(NH3)4]SO4溶液。①CuO被浸取的離子方程式為___________。②[Cu(NH3)4]2＋結(jié)構(gòu)中，若用兩個H2O分子代替兩個NH3分子，可以得到兩種不同結(jié)構(gòu)的化合物，由此推測[Cu(NH3)4]2＋的空間構(gòu)型為___________。（4）比較CH3As(OH)2與(CH3)2AsOH兩種含砷有機酸的沸點大小，并說明原因___________。（5）LiZnAs晶體的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖1所示，N點原子分數(shù)坐標為(，，)；LiZnAs晶體部分Zn原子被Mn原子代替后可以形成一種新型稀磁半導體LiZnmMnnAs，其立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示。①M點原子分數(shù)坐標為___________。②m=___________③已知NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，LiZnmMnnAs的摩爾質(zhì)量為Mg/mol，晶體密度為dg/cm3.晶胞中As原子與Mn原子之間的最短距離為___________nm(列出計算式)?！即鸢浮剑?）12（2）AC（3）①.CuO＋2NH3＋2NH=[Cu(NH3)4]2＋＋H2O②.正方形（4）沸點：CH3As(OH)2>(CH3)2AsOH，兩種含砷有機酸均屬于分子晶體，CH3As(OH)2含兩個羥基，形成的氫鍵數(shù)目多，沸點高（5）①.()②.0.75③.〖解析〗【小問1詳析】根據(jù)圖示，金屬銅的原子堆積模型為面心立方最密堆積，該晶胞中每個Cu原子周圍最近距離的Cu原子數(shù)目為12；【小問2詳析】Na2[Cu(OH)4]中除了配位鍵外，還存在離子鍵、極性共價鍵，沒有金屬鍵、非極性共價鍵，故選AC；【小問3詳析】①將CuO投入NH3、(NH4)2SO4的混合溶液中進行“氨浸”，CuO轉(zhuǎn)化為[Cu(NH3)4]SO4，離子方程式為CuO＋2NH3＋2NH=[Cu(NH3)4]2＋＋H2O；②[Cu(NH3)4]2＋的空間構(gòu)型為正方形；【小問4詳析】沸點：CH3As(OH)2>(CH3)2AsOH，兩種含砷有機酸均屬于分子晶體，CH3As(OH)2含兩個羥基，形成的氫鍵數(shù)目多，沸點高；【小問5詳析】①如圖1所示，N點原子分數(shù)坐標為(，，)，則M點原子分數(shù)坐標為()；②LiZnAs晶體部分Zn原子被Mn原子代替后可以形成一種新型稀磁半導體LiZnmMnnAs，晶胞中Zn原子數(shù)目為=3，Mn原子數(shù)目為=1，則m=0.75；③晶胞中As原子與Mn原子之間的最短距離為體對角線的，1個晶胞中含有4個LiZnmMnnAs，晶胞中As原子與Mn原子之間的最短距離為。17.兩種有機物A和B可以互溶，有關(guān)性質(zhì)如下：

相對密度(20℃)熔點沸點溶解性A0.7893-117.3℃78.5℃與水以任意比混溶B0.7137-116.6℃34.5℃不溶于水（1）若要除去A和B的混合物中少量的B，可采用_______(填代號)方法即可得到A。a．重結(jié)晶b．蒸餾c．萃取d．加水充分振蕩，分液（2）將有機物A置于氧氣流中充分燃燒，實驗測得：生成5.4gH2O和8.8gCO2，消耗氧氣6.72L(標準狀況下)，則該物質(zhì)的最簡式為_________，若要確定其分子式，是否必需有其它條件_______(填“是”或“否“)，已知有機物A的質(zhì)譜、核磁共振氫譜如圖1、圖2所示，則A的結(jié)構(gòu)簡式為________。（3）若質(zhì)譜圖顯示B的相對分子質(zhì)量為74，紅外光譜如圖3所示，則B的結(jié)構(gòu)簡式為_________，其官能團的名稱為_________。（4）準確稱取一定質(zhì)量的A和B的混合物，在足量氧氣中充分燃燒，將產(chǎn)物依次通過足量的無水氯化鈣和堿石灰，發(fā)現(xiàn)質(zhì)量分別增重19.8g和35.2g．計算混合物中A和B的物質(zhì)的量之比_________?！即鸢浮舰?b②.C2H6O③.否④.CH3CH2OH⑤.CH3CH2OCH2CH3⑥.醚鍵⑦.2∶1〖解析〗（1）由表格中的信息可知，A、B兩種有機物互溶，但沸點不同，則選擇蒸餾法分離，〖答案〗選b；（2）根據(jù)質(zhì)量守恒定律得：化合物中所含C元素質(zhì)量為：8.8g×=2.4g，化合物中所含H元素質(zhì)量為：5.4g×=0.6g，二氧化碳和水中的氧元素質(zhì)量之和為（8.8g-2.4g）+（5.4g-0.6g）=11.2g，而氧氣的質(zhì)量為×32g/mol=9.6g，所以有機物中氧元素質(zhì)量為11.2g-9.6g=1.6g，n（C）：n（H）：n（O）=：：=2：6：1，所以化合物的實驗式（最簡式）是C2H6O；由于分子中碳氫原子的個數(shù)是1:3，已經(jīng)達到飽和，所以若要確定其分子式，不需有其它條件，即最簡式就是分子式。分子式為C2H6O，核磁共振氫譜表明其分子中有三種化學環(huán)境不同的氯原子，強度之比為3︰2︰1。則A的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH；（3）A的相對分子質(zhì)量為74，根據(jù)紅外光譜，A中存在對稱的甲基和醚鍵，剩余的式量為74-16-15×2=28，合2個CH2，根據(jù)對稱性，A的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OCH2CH3；官能團為醚鍵；（4）A和B的化學式分別為C2H6O、C4H10O，設C2H6O、C4H10O的物質(zhì)的量分別是x、y，則C2H6O+3O2→2CO2+3H2Ox2x3xC4H10O+6O2→4CO2+5H2Oy4y5y3x+5y=2x+4y=解得x=0.2mol，y=0.1mol，即物質(zhì)的量之比2：1。18.門捷列夫把用石油作燃料比喻為“就像用鈔票給廚房的爐灶生火”。原油經(jīng)過煉油廠的加工，制備某些化工產(chǎn)品。（1）石油分餾可得到直餾汽油，重油裂化可以得到裂化汽油，區(qū)分直餾汽油和裂化汽油的化學方法是___________。(說明所需試劑、可能出現(xiàn)的現(xiàn)象、結(jié)論)（2）下圖是以石油為原料制備某些化工產(chǎn)品的部分流程。請回答：①寫出反應②的化學方程式___________。②B分子式為C3H5Cl，且分子中無甲基，則B的結(jié)構(gòu)簡式為___________。③反應④化學方程式為___________。④丙烯二聚體CH2=CHCH2CH(CH3)2是合成“人工肺”(ECMO)設備膜絲的重要原料，下列關(guān)于丙烯二聚體說法正確的是___________。A．加聚產(chǎn)物能使溴水褪色