河南省信阳市第二高级中学高三化学下学期第一次月考试卷（含解析）.doc

河南省信阳市第二高级中学2016届高三下期第一次月考化学试卷（含解析）1下列有关实验的叙述，正确的是（ ）a用浓氨水洗涤做过银镜反应的试管b用分液漏斗分离环己烷和水的混合液体c石油分馏时，温度计的水银球插入液面下d配制cu(oh)2悬浊液时，在2ml 10% cuso4溶液中滴入几滴2%naoh溶液【答案】b【解析】试题分析：a项：应该用硝酸，故选；c项：水银球应放在支管口处，故选；d项：应该为在2ml10%naoh溶液中滴入2%cuso4溶液48滴,振荡，故错。故选b。考点：实验操作点评：本题难度不大，考查学生对常用化学实验室基本操作、实验室制取气体的反应原理及注意事项的掌握情况。2当光束通过下列分散系：有尘埃的空气稀硫酸蒸馏水墨水，能观察到丁达尔效应的是a b c d【答案】c【解析】试题分析：有尘埃的空气，属于胶体分散系，具有丁达尔现象；稀硫酸是硫酸的溶液，没有丁达尔效应；蒸馏水，是化合物，是纯净物，不是分散系，没有丁达尔效应；墨水是胶体，具有丁达尔效应；故选c。考点：【考点定位】考查了胶体的性质应用，注意丁达尔效应是胶体特有的性质是解答本题的关键。【名师点晴】分散系按照分散质的微粒直径大小可分为溶液、胶体、浊液，丁达尔效应是指：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路，丁达尔现象是胶体特有的性质，是鉴别溶液与胶体的最有效的方法。3氯气可用来杀菌消毒，又可作漂白剂，其中起作用的是（ ）acl2 bhcl chclo do2【答案】c【解析】氯气溶于水生成具有强氧化性、漂白性的hclo4已知：hcn(aq)与naoh(aq)反应的h12.1 kjmol1；hcl(aq)与naoh(aq)反应的h55.6 kjmol1.则hcn在水溶液中电离的h等于a67.7 kjmol1 b43.5 kjmol1c43.5 kjmol1 d67.7 kjmol1【答案】c【解析】试题分析：反应的热化学方程式分别为：hcn（aq）+oh-（aq）cn-（aq）+h2o（l）h=-12.1kjmol-1h+（aq）+oh-（aq）h2o（l）h=-55.6kjmol-1hcn电离方程式为，hcnh+cn-，用-可得hcn电离的热化学方程式为：hcn（aq）h+（aq）+cn-（aq）h=-12.1kjmol-1-（-55.6kjmol-1）=+43.5kjmol-1，考点：考查了用盖斯定律进行有关反应热的计算的相关知识。5dap是电器和仪表中常用的一种高分子化合物，其结构简式为： 则合成该高分子化合物的单体可能是： ch2=chch2oh ch2=chch3 ch2=ch2 ，正确的一组是：a b c d【答案】a6下列说法正确的是：abf3和nf3的空间构型都为平面三角形 b互为手性异构体的分子的化学式相同c熔点：na-k合金 氯化钠 钠 金刚石 d空间利用率：体心立方堆积 六方最密堆积 面心立方最密堆积【答案】b【解析】试题分析：a、nf3中n原子为sp3杂化，nf3的空间构型为三角锥形，错误；b、互为同分异构体的分子化学式相同，正确；c、nacl为离子晶体，熔点高于钠和na-k合金的熔点，错误；d、六方最密堆积和面心立方最密堆积都是最密堆积方式，空间利用率相同，错误。考点：本题考查空间构型、同分异构体、熔点的比较、空间利用率的比较。 7(nh4)2so4在加热条件下分解，生成nh3、so2、n2和h2o。反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为（ ） a、1:3 b、2:3 c、1:1 d、4:3【答案】a【解析】（1）配平方程式：3(nh4)2so4=4nh3+3so2+n2+6h2o，其中氧化产物为n2,还原产物为so2，其物质的量之比为1:3。 （2）铵盐分解又发生氧化还原反应的方程式配平规律为： 先分解（不考虑氧化还原）成nh3和相应的酸； nh3+酸（氧化还原）； 方程式加和（消除同类项）。 例如： (nh4)2so4=2nh3+h2so4 2nh3+3h2so4=n2+3so2+6h2o 3+得：3(nh4)2so4=4nh3+3so2+n2+6h2o8有bacl2和nacl的混合溶液a l，将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使ba2离子完全沉淀；另一份滴加agno3溶液，使cl离子完全沉淀。反应中消耗x mol h2so4、y mol agno3。据此得知原混合溶液中的c(na)/moll1为a(y2x)/a b(yx)/a c(2y2x)/a d(2y4x)/a【答案】d【解析】试题分析：使cl离子完全沉淀，反应中消耗ymol agno3。所以一份中的n(cl)= ymol，使ba2离子完全沉淀，反应中消耗xmol h2so4、所以n(ba2)= xmol，依据电荷守恒，可知一份溶液中的n(na)=( yx)mol，所以原溶液中的：钠离子浓度为mol/l，故答案选d。考点：物质的量的有关计算9银锌钮扣电池的两个电极分别是由氧化银与少量石墨组成的活性材料和锌汞合金构成，电解质为氢氧化钾溶液，电极反应为 zn2oh-2e-znoh2o； ag2oh2o2e-2ag2oh- ；总反应为：ag2ozn2agzno，下列判断正确的是a.锌为正极，ag2o为负极； b. 如果有1mol电子转移，就有32.5g zn参加反应c.原电池工作时，正极区ph减小； d. 锌为阳极，ag2o为阴极【答案】b【解析】a：由电极反应及总反应方程式可知，锌失电子，做负极b：由电极反应可知正确c：由正极反应可知生成了oh-，碱性增强，ph增大，不正确d：电池电极一般称为正负极，不称为阴阳极，不正确答案为b10下列说法正确的是aco2的水溶液能导电，所以co2是电解质b氧化剂在反应中得到的电子越多，氧化能力越强c用加热法可分离i2和nh4hco3两种固体dcl2的氧化性比i2强，而i的还原性却比cl强【答案】d【解析】试题分析：a、二氧化碳的水溶液能导电，是因为二氧化碳与水反应生成的碳酸的缘故，不是e话通自身电离产生的离子，所以二氧化碳不是电解质，错误；b、氧化剂氧化性的强弱，与得电子的多少无关，与得电子的难易程度有关，错误；c、碘易升华，而碳酸氢铵受热易分解，所以不能用加热的方法分离二者的混合物，错误；d、氯气的氧化性比碘强，则对应的阴离子的还原性弱，正确，答案选d。考点：考查电解质的判断，物质的分离方法的判断，物质氧化性、还原性强弱的判断11(8分)(1)2 mol o3和3 mol o2的质量之比_，体积之比_(2)若12.4 g na2x中含有0.4 mol钠离子，na2x的摩尔质量是_ x的相对原子质量是_【答案】 (1)11 23(2)62 gmol1 16【解析】试题分析：(1)o3和o2都是氧元素单质，质量比等于氧原子个数比，11；根据阿伏伽德罗定律，气体体积比等于气体物质的量之比，23。(2) 12.4 g na2x中含有0.4 mol钠离子，则na2x为0.2mol，m(na2x)= 12.4 g/0.2mol=62 gmol1 ；x的相对原子质量=62-46=16。考点：本题考察阿伏伽德罗定律及有关物质的量的计算。12下列各组物质中，分子数目相同的是a、2g h2和16go2b、1 mol o2和18gh2oc、224 l he和1mol h2d、标准状况下，2 l h2和2 l h2o【答案】b【解析】试题分析：把选项的内容都转化为个物质的物质的量。如果物质的量相同，则分子数就相同。a n(h2)=m/m=2g/2(g/mol)=1mol。n(o2) =m/m=16g/32(g/mol)=0.5mol。n=n/na由于物质的量不同，所以分子数不同。错误。b n(h2o)= m/m=18g/18(g/mol)=1mol。所以它们的分子数相同。正确。c224 l he 缺条件，无法进行比较。错误。d标准状况下，h2o不是气体，不能用气体摩尔体积。错误。考点：考查物质的量与质量、体积、微粒数的关系 的有关计算的知识。13如图，利用培养皿探究so2的性质，实验时向na2so3固体上滴加几滴浓硫酸，立即用另一表面扣在上面。表中对实验现象的描述或解释不正确的是（ ）选项实验现象解释abacl2溶液变浑浊so2与bacl2溶液反应产生了baso3沉淀bna2s溶液变浑浊so2与na2s溶液反应产生了s单质ckmno4溶液褪色so2具有还原性d品红溶液褪色so2具有漂白性【答案】a【解析】试题分析：向na2so3固体上滴几滴浓硫酸反应生成二氧化硫气体，依据二氧化硫的性质想判断；a二氧化硫不与氯化钡反应；故a错误；bso2与na2s溶液反应，发生氧化还原反应产生了s单质；故b正确；c二氧化硫具有还原性能使高锰酸钾溶液褪色，表现二氧化硫的还原性；故c正确；d向na2so3固体上滴几滴浓硫酸反应生成二氧化硫气体，二氧化硫气体使品红溶液褪色，证明二氧化硫的漂白性，故d正确；故选a。考点：考查了二氧化硫的性质分析判断14对溶液中的反应，如图像中m表示生成沉淀的物质的量，n表示参加反应的某一种反应物的物质的量，则下列叙述中错误的是：a符合甲图像的两种反应物可以是alcl3和naohb符合乙图像的两种反应物可以是ca(oh)2和co2c符合丙图像的反应可以是在ca(oh)2和koh的混合溶液中通入co2d符合丙图像的反应可以是在nh4al(so4)2溶液中加入naoh【答案】d【解析】试题分析：a、如果是向naoh溶液中逐渐加入alcl3溶液时，首先发生al3+4oh-alo2-+2h2o，oh-反应完毕，发生反应3alo2-+al3+6h2o4al（oh）3，生成沉淀消耗氢氧化钠的量和沉淀完全溶解消耗氢氧化钠的量之比是3：1，故a正确；b、石灰水中通入二氧化碳，先发生ca（oh）2+co2caco3+h2o，则生成沉淀，后发生co2+caco3+h2oca（hco3）2沉淀消失，生成沉淀量最大消耗二氧化碳的量和沉淀完全溶解消耗二氧化碳的量之比是1：1，故b正确；c、ca（oh）2和koh的混合溶液中通入co2，先发生氢氧化钙与二氧化碳的反应生成沉淀，ca（oh）2+co2caco3+h2o，再发生氢氧化钾与二氧化碳反应，2oh-+co2co32-+h2o，最后发生碳酸钙与水和二氧化碳的反应，即co2+caco3+h2oca（hco3）2，生成沉淀量最大消耗二氧化碳的量和沉淀完全溶解消耗二氧化碳的量之比是1：1，氢氧化钾的量无具体要求，故c正确；d、nh4al（so4）2溶液中加入naoh，先是铝离子和氢氧根离子之间的反应，al3+3oh-al（oh）3，然后是铵根离子和氢氧根离子之间的反应，即nh4+oh-nh3h2o，最后是氢氧化铝的溶解过程，即al（oh）3+naohnaalo2+2h2o，生成沉淀量最大消耗氢氧化钠的量和沉淀完全溶解消耗氢氧化钠的量之比是1：3，故d错误；故选d。考点：考查了化学反应与图象、镁、铝的重要化合物的性质的相关知识。15经测定某溶液中只有na+、ch3coo-、h+、oh-四种离子，且其浓度大小的排列顺序为：c (na+)c(ch3coo-)c(oh-)c(h+),下列有关说法正确的是 a该溶液由ph=3的ch3cooh溶液与ph=11的naoh溶液等体积混合而成b该溶液由0.1 moll-1的ch3cooh溶液与0.1 moll-1的ch3coona溶液等体积混合而成 c在上述溶液中加入适量ch3cooh，可能使溶液中离子浓度大小改变为：c(ch3coo-)c(na+)c(h+)c(oh-)d在上述溶液中加入适量naoh，可能使溶液中离子浓度大小改变为：c(ch3coo-)=c(na+)c(oh-)=c(h+)【答案】d【解析】试题分析：由题意可知，溶液显碱性。醋酸是弱酸，a中醋酸应该是过量的，溶液显酸性，a不正确；b中醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液显酸性，b不正确；根据电荷守恒可知c(ch3coo-)c(oh-)c(na+)c(h+)，所以c中的关系式是错误的，c不正确，d正确，答案选d。考点：考查溶液中微粒浓度的大小比较点评：该题是高考中的常见题型，难度较大，对学生的要求高，不易得分。该题的关键是要熟练掌握和应用几个守恒关系，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒。16（分）物质a、b、c、d为中学常见单质，其组成元素的原子序数依次减小，且其中只有三种是短周期元素，b为黄绿色气体。试根据下图中物质的相互转化关系回答下列问题。（1）a是_ （2）在的转化中，a的作用是 ；在的反应中，不属于氧化还原反应的是 。（多填或少填无分）（3）写出a在高温下与h反应的化学反应方程式并标出电子转移的方向和数目 。（4）写出反应的化学反应方程式 。（5）已知在101 kpa 条件下，2 mol d完全燃烧生成液态生成物放出 kj热量；请书写表示d燃烧热的热化学方程式： 【答案】（13分）（1）铁 （2分）（2）还原剂（2分） （分）（多填或少填无分）（3）（分） （4）fecl3+3h2ofe(oh)3+3hcl （分）（5）h2(g)+1/2 o2(g) = h2o(l)； h = 285.8 kj/ mol （3分）【解析】17(12分)化学反应过程中发生物质变化的同时，常常伴有能量的变化，这种能量的变化常以热能的形式表现出来，叫做反应热。由于反应的情况不同，反应热可以分为许多种，如燃烧热和中和热等。（1）下列h表示物质燃烧热的是 ；表示物质中和热的是 。(填“h1”、“h2”和“h3”等)a2h2(g)+o2(g) = 2h2o(l) h1 bc(s)+1/2o2(g) = co(g) h2cch4(g)+2o2(g) = co2(g)+2h2o(g) h3 dc(s)+o2(g) = co2(g) h4ec6h12o6(s)+6o2(g) = 6co2(g)+6h2o(l) h5fnaoh(aq)+hcl(aq) = nacl(aq)+h2o(l) h6g2naoh(aq)+h2so4(aq) = na2so4(aq)+2h2o(l) h7（2）已知在101kpa、273k时，15g乙烷燃烧生成co2和液态水，放出akj的热量，下列热化学方程式正确的是 。ac2h6(g)+7/2o2(g) = 2co2(g)+3h2o(l) h= +2akj/molbc2h6(g)+7/2o2(g) = 2co2(g)+3h2o(g) h= -2akj/molc2c2h6(g)+7o2(g) = 4co2(g)+6h2o(l) h= -4akj/mold2c2h6(g)+7o2(g) = 4co2(g)+6h2o(g) h= -4akj/mol（3）进一步研究表明，化学反应的能量变化(h)与反应物和生成物的键能有关（键能可以简单地理解为断开1mol化学键时所需吸收的能量），下表是部分化学键的键能数据：已知白磷(p4)的燃烧热为2378.0kj/mol，白磷完全燃烧的产物(p4o10)的结构如下图所示，则上表中a= 。（4）在25、101kpa下，1g甲醇燃烧生成co2和液态水时放热22.68kj。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为 。【答案】（1）h4、h5（2分） h6（2分）（2）c（2分） （3） 433.75（3分）（4）ch3oh(l)+ o2(g) = co2(g)+2h2o(l) h= 725.76kj/mol（3分）【解析】试题分析：（1）燃烧热强调1mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物放出的热量，故h4、h5符合。中和热强调酸碱反应生成1mol水放出的热量，故h6符合；（2）15g乙烷即0.5mol燃烧放出akj的热量，则1mol乙烷燃烧放出2akj热量，2mol乙烷燃烧放出4akj热量，生成液体水，且h 0，故只有c符合，选c； （3）1mol白磷(p4)的燃烧为p4(s)+5o2(g) = p4o10(s) h= 2378.0kj/mol，需断 6molpp和5molo=o，形成12molpo和4molp=o，所以（4a+12360 kj/mol ）-（6197+5499 kj/mol ）=2378 kj/mol ，解得a=433.75 kj/mol；（4）1g甲醇燃烧生成co2和液态水时放热22.68kj ，则32g即1mol甲醇燃烧放出热量为725.76kj/mol ，且h 0，故甲醇的燃烧热方程为：ch3oh(l)+ o2(g) = co2(g)+2h2o(l) h= 725.76kj/mol。考点：燃烧热；中和热点评：本题考查化学反应热中燃烧热和中和热的知识，题目较为基础，可根据所学知识进行解答。18某有机物a，由c、h、o三种元素组成，在一定条件下，a、b、c、d、e、f具有下列转化关系：已知d的蒸气密度是氢气的29倍，并可以发生银镜反应。（1）写出f的结构简式 ；（2）写出c a的反应条件 ；（3）写出a d的反应方程式 。 写出b c的反应方程式 。【答案】（8分）（1）ch3ch2cooch2ch2ch3（2）naoh水溶液、加热（3）2ch3ch2ch2oh + o2 2ch3ch2cho + 2h2o ch3ch=ch2 + hbr ch3ch2ch2br （各2分）【解析】19小明很喜欢化学实验课，今天要学习“探究铁及其化合物的氧化性或还原性”，现邀你一起走进他的化学课堂。（1）课前老师布置了下列预习作业，请你一起完成：铁不同价态的物质各写一种(并标出铁元素的化合价)：_、_、 _。写出一个它们之间相互转化(含三种价态)的化学方程式：_ 。（2）实验室提供的下列试剂：锌粒、铁粉、0.1 moll1 fecl3溶液、0.1 moll1 fecl2溶液、kscn溶液、新制氯水，探究fe2、fe3的氧化性、还原性。根据氧化还原反应的有关原理，小明说fe2既有还原性又有氧化性，为证实自己的假设，请你和小明一起设计实验方案，进行实验并描述实验现象，完成下列表格。探究内容实验方案实验现象探究fe2具有还原性取少量0.1 moll1 fecl2溶液，加入足量_后，再往溶液中加入少量_溶液变成血红色探究fe2具有氧化性取少量0.1 moll1 fecl2溶液，加入_充分反应溶液由浅绿色变无色所发生反应离子方程式为_ 【答案】（1）(其他合理的答案也可)fe2fecl3=3fecl2（2）实验方案实验现象取少量0.1 moll1 fecl2溶液，加入足量新制氯水后，再往溶液中加入少量kscn溶液加入氯水后，溶液由浅绿色变黄色，再加入少量kscn溶液后溶液变红色取少量0.1 moll1 fecl2溶液，加入锌粒充分反应加入锌粒后，溶液由浅绿色变无色fe2zn=fezn2【解析】试题分析：（1）铁常见的化合价就只有三种：零价、正二价、正三价；金属铁还原三价铁离子成二价铁离子就是一个三种化合价的铁都有的铁的反应方程式；（2）还原性的检验是用氯水来氧化二价铁离子，氧化性的检验是用多属单质来还原三价铁离子。考点：考查二价铁和三价铁的检验。20选用适当装置、试剂和方法可制备中学化学中的几种常见气体。请填写表中的空格（从中选择，填序号）：实验气体所用装置气体性质干燥该气体选用的试剂（1） 其水溶液显碱性 （2） 1mol最多能与2molh2反应cl2 c2h2 c2h4 nh3 碱石灰 浓h2so4【答案】（每空1分，共4分）（1）、（2）、【解析】试题分析：从气体的性质为碱性气体得出该气体为氨气，选，干燥剂只以选碱性干燥剂碱石灰；1mol最多能与2molh2反应，所提供的气体只有c2h2，原料为电石和饱和食盐水，是固体和液体不加热，选用装置。考点：气体的制备21将标准状况下的67.2lhcl气体溶于水，得到200mlhcl溶液。问hcl的物质的量浓度为多少? 再将这200 mlhcl溶液加水稀释到3 mol/l，则此时溶液的体积为多少?【答案】（1）15 g/mol （2）1l22(14分)1912年的诺贝尔化学奖授予法国化学家v.grignard,用于表彰他所发明的grignard试剂（卤代烃基镁）广泛运用于有机合成中的巨大贡献。grignard试剂的合成方法是：rxmgrmgx（grignard试剂）。生成的卤代烃基镁与具有羰基结构的化合物（醛、酮等）发生反应，再水解就能合成各种指定结构的醇：现以2丁烯和必要的无机物为原料合成3，4二甲基3己醇，进而合成一种分子式为c10h16o4的六元环的物质j，该物质具有一定的对称性，合成线路如下：请按要求填空：（1）3，4二甲基3己醇是： （填代号），e的结构简式是 ；（2）ce的反应类型是 ，fg的反应类型是 ；（3）写出下列化学反应方程式（有机物请用结构简式表示）：ab ，bd ，fg 。【答案】（1）f （2）加成反应 消去反应（3）ch3ch2chbrch3naohch3ch2ch（oh）ch3nabr2ch3ch2ch（oh）ch3o22ch3coch2ch32h2o【解析】试题解析：由题意可知2-丁烯经一系列反应之后生成f，f应为醇，结构简式是3，4-二甲基-3-己醇，f发生消去反应生成g，g和溴发生加成反应生成h，h和氢氧化钠溶液发生取代反应生成i，i和酸发生酯化反应生成j，所以g为，h为，i为， f为，e为，d为，c为：，b为，a为，i和二元酸发生酯化反应生成j，c10h16o4的具有六元环的物质j，则j的结构简式为：。则： （1）通过以上分析知，3，4-二甲基-3-己醇是f，e的结构简式为：；（2）由题给信息结合反应条件可知c+de的反应类型是为加成反应，fg的反应类型是消去反应；（3）a为，在碱性条件下水解，反应的方程式为；b为，生成d为，其方程式为2ch3ch2ch（oh）ch3o22ch3coch2ch32h2o；f为，生成g为，其方程式为：。考点：有机推断23 （本题16分）莫沙朵林是一种镇痛药，它的合成路线如下：（1）化合物d中含氧官能团的名称为 。（2）下列说法正确的是_a1 mol b可以与4 mol ch3cooh发生酯化反应 bc的分子式为c5h4o2cde的反应是加成反应 de可以发生消去反应，f可与hcl反应（3）c与新制氢氧化铜反应的化学方程式为 。（4）写出同时满足下列条件的e的一种同分异构体的结构简式： 。i.核磁共振氢谱有4个峰； .能发生银镜反应和水解反应； .能与fecl3溶液发生显色反应。（5）已知exf为加成反应，化合物x的结构简式为 。（6）已知： 。化合物是合成抗病毒药阿昔洛韦的中间体，它可以用经氧化、消去、成酐一系列反应后再和原料m合成。则m的结构简式为 其中的消去反应的化学方程为： 【答案】(16分)（1）酯基、羟基 （2分）（2）abcd （2分，全对才得分）（3）2cu(oh)2naohcu2o3h2o （3分）（或：2cu(oh)2cu2o2h2o ）（4）或 （2分）（5） （2分）（6）ch2= ch-ch= ch2 （2分） hoocch(br)ch2cooh + 3naohnaoocch=chcoona + nabr +3h2o (3分) (条件:加热、醇) （没有条件只得1分）【解析】试题分析：（1）根据d的结构简式可知，化合物d中含氧官能团的名称为酯基、羟基（2）b分子中有4个醇羟基，所以1 mol b可以与4 mol ch3cooh发生酯化反应，a正确；根据c的结构简式可得c的分子式为c5h4o2 ；de的过程发生了环加成反应，形成一个新的环，c正确；e分子中的醇羟基邻位上有h，所以可以发生消去反应，而f分子中含有酯基和酰胺基，在酸性条件下都能水解，所以可以与hcl反应，d正确。故选abcd。（3）c中含有醛基，能和新制的氢氧化铜悬浊液反应，则c与新制氢氧化铜反应的化学方程式为2cu(oh)2naohcu2o3h2o（4）能发生银镜反应和水解反应，这说明分子中含有酯基和醛基能与fecl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基又因为核磁共振氢谱有4个峰，所以应该是甲酸形成的酯，则可能的结构简式有（4）根据ef的结构简式并根据原子守恒可知，该反应应该是加成反应，所以x的结构简式应该是ch3n=c=o（5）可发生催化氧化生成，然后发生消去反应生成，然后发生取代反应生成酐，生成的酐可以与物质发生类似de的环加成反应生成目标物，所以：m的结构简式为ch2= ch-ch= ch2 反应流程中的消去反应为：hoocch(br)ch2cooh + 3naohnaoocch=ch