四川省江油中学2020届高三化学下学期第一次月考试题（含解析）

四川省江油中学2020届高三化学下学期第一次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：O-16 Na-23 S-321.中华传统文化博大精深，其中涉及到很多的化学知识。下列有关说法中正确的是（ ）A. 天工开物中有“至于矾现五色之形，硫为群石之将，皆变化于烈火”，其中的矾指的是金属硫化物B. 成语“刀耕火耨” 蕴含的化学原理是放火烧去野草，用余灰肥田，还可降低土壤碱性C. 诗句“落红不是无情物，化作春泥更护花”指凋谢的花可以包裹植物的根，对植物有保护作用D. 西晋刘琨重赠卢谵中的诗句“何意百炼钢，化为绕指柔”中包含有化学变化【答案】D【解析】【详解】A.矾是各种金属(如铜、铁、锌)的硫酸盐，不是金属硫化物，A错误；B.草木灰的成分为碳酸钾，水解显碱性，使土壤碱性增强，B错误；C.“落花”中的有机物在土壤中被分解者分解成无机物后，形成“春泥”，可以作为植物的营养被植物吸收利用，不是包裹植物的根，对植物有保护作用，C错误；D.炼钢的过程主要是化学变化，也包括物理变化，D正确；故合理选项是D。2.某有机物A是农药生产中的一种中间体，其结构简式如图，下列叙述不正确的是（ ）A. 有机物A属于芳香族化合物B. 有机物A和NaOH的醇溶液共热可发生消去反应C. 有机物A和浓硫酸混合加热，可以发生消去反应D. 1molA和足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗 3molNaOH【答案】C【解析】【详解】A.该化合物含有苯环，因此属于芳香族化合物，A正确；B.该化合物中含有Cl原子，由于与Cl原子结合的C原子的邻位C原子上有H原子，所以有机物A和NaOH的醇溶液共热可发生消去反应，B正确；C. 由于羟基连接的C原子的邻位碳原子上没有H原子，所以不能在浓硫酸作用下发生消去反应，C错误；D.在分子中含有酯基、-Cl原子及水解生成的苯酚结构都可以与碱反应，则1molA可以与3molNaOH反应， D正确；故合理选项是C。3.下列说法正确的是（ ）A. 标准状态下560mL的氢气和氯气混合充分反应后共价键数目为0.05NAB. 标准状态下，将50mL0.01mol/L的NH4Cl溶液与等体积等浓度的NaOH溶液混合，产生气体的分子数为5104NAC. 常温常压下，1.5 mol HCHO和C2H2O3的混合物完全充分燃烧，消耗的O2分子数目为1.5NAD. 0. 1 mol/L的NH4Cl溶液中通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH4+数目为NA【答案】C【解析】【详解】A.标准状态下560mL的氢气和氯气混合物含有气体的物质的量为n=0.56L22.4L/mol=0.025mol,无论是否反应，每个分子中含有1个共价键，所以0.025mol气体混合物反应后含有的共价键数目为0.025NA，A错误；B. NH4Cl溶液与NaOH溶液混合反应，只有当溶液饱和后才可能分解产生氨气，所以这两种溶液都是稀溶液，反应产生氨气的物质的量小于0.0005mol，气体分子数小于5104NA，B错误；C. 1molHCHO或1molC2H2O3完全燃烧消耗1mol氧气，所以1.5mol两种物质的混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为1.5mol，则消耗的O2分子数目为1.5NA，C正确；D.缺少溶液的体积，无法计算微粒的数目，D错误；故合理选项是C。4.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是（ ）选项实验操作实验现象实验结论ACu与浓硫酸反应，冷却后，再将冷水缓慢加入盛有反应混合物的烧杯中溶液变蓝证明反应生成了Cu2B向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放置湿润的红色石蕊试纸试纸变为蓝色NO3被还原为NH3C向浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和Na2S混合溶液中滴入少量AgNO3溶液产生黑色沉淀(Ag2S)Ksp(Ag2S) Ksp(Ag2CO3)D铝丝用砂纸打磨后，放在冷的浓硝酸中浸泡一段时间后，放入CuSO4溶液中铝丝表明变红色铝可以从铜盐溶液中置换出铜A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A、Cu与浓硫酸加热反应后生成硫酸铜，会有浓硫酸剩余，因此再加水稀释时，一定要遵循浓硫酸加入水中，玻璃棒不断搅拌，不能相反操作，易发生危险，选项A错误；B试纸变为蓝色，说明生成氨气，可说明NO3-还原为NH3，选项B正确；C滴入少量AgNO3溶液，Ksp小的先沉淀，则先产生黑色沉淀（Ag2S），可知Ksp（Ag2S）Ksp（Ag2CO3），选项C错误；D、铝丝用砂纸打磨后，放在冷的浓硝酸中浸泡一段时间后，发生钝化形成致密氧化膜，因为Al2O3与CuSO4不反应，所以放入CuSO4溶液中，铝丝表面不会生成铜，选项D错误；答案选D。5.短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，且Y、Q形成一种共价化合物，X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E。下列说法不正确的是（ ）A. X、Z的最高价氧化物相互化合，生成的产物可用作防火剂B. Y、Q形成的化合物是强电解质C. W、X、Q三种元素都能形成多种氧化物D. 电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液常被用于实验室制备E单质【答案】D【解析】【分析】短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，则W是C元素，Z是Si元素；Q是Cl元素；Y、Q形成一种共价化合物，则Y是Al元素；X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E，则X是Al元素，E是H2。【详解】据上所述可知W是C元素，X是Na元素，Y是Al元素，Z是Si元素，Q是Cl元素。A. X、Z的最高价氧化物分别是NaOH、H2SiO3，前者是强碱，后者是弱酸，二者会发生酸碱中和反应，产生Na2SiO3，硅酸钠不能燃烧，也不支持燃烧，因此可用作防火剂，A正确；B. Y是Al元素，Q是Cl元素，二者形成的化合物AlCl3是盐，属于强电解质，B正确；C.W是C元素，可形成氧化物CO、CO2，X是Na元素，可形成氧化物Na2O、Na2O2，Q是Cl元素，可形成氧化物Cl2O、ClO2、Cl2O7等，因此都可形成多种氧化物，C正确；D.X是Na，Q是Cl，电解NaCl饱和溶液，发生反应：2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH，这在工业上用于制NaOH、H2，由于耗费大量电能，所以不能用于实验室制取H2，在实验室制取H2是用Zn与稀盐酸反应制取的，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查元素及化合物的推断及物质的性质及用途的知识。掌握元素周期表与元素周期律的关系及元素形成的单质及化合物的性质、用途是本题解答的关键。6.我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置进行脱硫，将硫化氢气体转化成硫沉淀。已知甲、乙池中发生的反应为(右图)：下列说法正确的是（ ）A. 该装置中电能转化为光能B. 电路中每转移0.2mol电子，甲池溶液质量变化 3.4g，乙池溶液质量保持不变C. 光照时乙池电极上发生的反应为：H2S+I3-=3I-+S+2H+D. 甲池中碳棒上发生的电极反应为：AQ+2H+-2e-=H2AQ【答案】B【解析】【详解】A.根据图示可知，该装置中光能转化为电能，A错误；B.甲池中H2S失去电子变为S单质和H+，每1molH2S反应转移2mol电子，则转移0.2mol电子，会消耗0.1molH2S，反应产生0.2H+和0.1molS单质，反应产生的H+进入甲池，在电极上，O2获得电子，发生反应：O2+2e-+2H+=H2O2，使溶液增重3.4g，可见乙池溶液质量不变，B正确；C.在乙池中，H2S失电子生成S单质，I3-得电子生成I-，发生的电池反应为H2S+I3-=3I-+S+2H+，不是电极反应，C错误；D.甲池中碳棒为正极，正极上发生还原反应，电极反应为：AQ+2H+2e-=H2AQ，D错误；故合理选项是B。7.若用AG表示溶液的酸度，其表达式为：AG=lg。室温下，实验室里用0.10 mol/L 的盐酸溶液滴定10 mL 0.10 mol/L MOH溶液，滴定曲线如图所示：下列说法正确的是（ ）A. 该滴定过程可选择酚酞作为指示剂B. C点加入盐酸的体积为10mLC. 若B点加入的盐酸溶液体积为5mL，所得溶液中：c(M+)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH)D. 滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度逐渐增大【答案】C【解析】试题分析：由图像可知，0.10 mol/L MOH溶液的酸度为-8，则，根据水的离子积常数可以求出该溶液的c(OH-)=10-3mol/L，所以MOH为弱碱。A. 酸与碱恰好反应时，所得溶液为强酸弱碱盐溶液，该溶液因生成的盐水解而显酸性，所以应选择甲基橙较合适，这样的实验误差更小，A不正确；B. C点对应的溶液的pH=7，溶液呈中性，所以加入盐酸的体积小于10mL，B不正确；C. 若B点加入的盐酸溶液体积为5mL，则加入的盐酸的物质的量是MOH的一半，由物料守恒得c(M+)+ c(MOH) = 2c(Cl)，由电荷守恒得c(M+)+c(H+)= c(Cl)+c(OH)，因此，所得溶液中c(M+)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH)，C正确；D. 滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度先逐渐增大，后又逐渐减小，D不正确。本题选C。点睛：解答本题时，首先要弄清酸度的含义，能根据酸度求溶液的氢离子浓度和氢氧根离子的浓度，从而明确酸度与溶液酸碱性的关系。溶液中的离子浓度的等量关系要从物料守恒、电荷守恒和质子守恒方面分析。8.清远市某校的化学兴趣小组经常做探究实验：(一)为了探究一氧化氮能否被Na2O2完全吸收，设计了如下实验。装置如下（加热装置省略）：查阅资料所知：2NO+Na2O2=2NaNO2；酸性条件下，NO或NO2都能与KMnO4溶液反应生成NO3-。回答下列问题：(1)仪器a名称：_。(2)B瓶内装的物质是：_。(3)若NO能被Na2O2完全吸收，E装置中的现象为_。(4)三颈烧瓶A中反应的化学方程式为_。(5)C装置的作用是_。(二)实验室常用Na2SO3固体与浓硫酸反应制取SO2 (6)某同学测定部分变质的Na2SO3样品中Na2SO3的含量（已知在酸性条件下IO3-能将SO32氧化为SO42-，自身还原为I-）：用电子天平称取16.00gNa2SO3固体配成l00mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，并加入几滴淀粉溶液。用0.1000mol/L酸性KIO3溶液（硫酸酸化）滴定，三次平行实验所用标准液体积的平均值为24.00mL。则滴定终点时锥形瓶中产生的现象_，写出与产生终点现象有关反应的离子方程式_，样品中Na2SO3的质量分数为_。（计算结果保留四位有效数字）【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 水或者H2O (3). 酸性高锰酸钾溶液不褪色或者溶液紫色不褪去 (4). C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O (5). 干燥NO，除去二氧化碳(或除去水和CO2) (6). 溶液(由无色)变蓝，且半分钟内不褪色 (7). 6H+5I-+IO3-=I2+3H2O (8). 22.68%【解析】【分析】(一)装置A中是浓硝酸和碳加热反应生成NO2、CO2和水，装置B中NO2转化为NO，可以盛放水，装置C中的碱石灰干燥NO，并吸收除去CO2若NO被完全吸收，则酸性高锰酸钾溶液颜色不褪去，且酸性高锰酸钾溶液可以除去尾气中NO，防止污染空气；(二)酸性KIO3溶液滴定，与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成碘离子，当亚硫酸根离子完全反应，再滴入碘酸根离子发生氧化还原反应生成碘单质，遇淀粉变蓝，根据关系式KIO33Na2SO3计算。【详解】(一)装置A中是浓硝酸和碳加热反应生成NO2、CO2和水，装置B中NO2转化为NO，可以盛放水，装置C中的碱石灰干燥NO，并吸收除去CO2若NO被完全吸收，则酸性高锰酸钾溶液颜色不褪去，且酸性高锰酸钾溶液可以除去尾气中NO，防止污染空气。(1)由仪器的结构可知，仪器a名称为分液漏斗；(2)B瓶内液体与NO2反应生成NO，该液体物质可以是水，化学式为H2O；(3)若NO能被Na2O2完全吸收，E装置中的现象为：酸性高锰酸钾溶液紫色不变化或不褪色；(4)三颈烧瓶A中反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O (5)C装置盛有碱石灰，其作用是：吸收CO2与水蒸气；(二)(6)酸性KIO3溶液滴定，与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成碘离子，当亚硫酸根离子完全反应，再滴入碘酸根离子发生氧化还原反应生成碘单质，遇淀粉变蓝；则滴定终点时锥形瓶中产生的现象为：当加入最后一滴酸性KIO3溶液时，溶液变蓝，且半分钟内不褪色；产生终点现象有关反应的离子方程式：6H+5I-+IO3-=I2+3H2O，25mL溶液消耗碘酸钾的物质的量为0.12410-3mol，由KIO33Na2SO3，可知25mL溶液中Na2SO3物质的量为0.12410-3mol3，故16.00g样品中Na2SO3物质的量为0.12410-3mol3，样品中Na2SO3的质量分数为(0.12410-3mol3126g/mol)16.00g100%=22.68%。【点睛】本题考查物质性质探究实验、实验方案设计、氧化还原反应滴定应用、物质含量测定等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，具备扎实的基础知识与运用知识分析问题、解决问题的能力。9.锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2+、Cd2+、Mn2+，工业上可通过控制条件逐一除去杂质以制备超细活性氧化锌，其工艺流程如下：(1)滤渣1的成分为_。(2)在S2O82的结构式中只含有一根“O一O”非极性键，则S的化合价为_；工业上常用惰性电极电解(NH4)2SO4生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)，阳极电极反应式为_。净化1是为了将Mn2+转化为MnO2而除去，写出该反应的离子方程式：_。(3)净化3的目的_。(4)碳化回收溶液的主要成分为_，该物质循环使用的目的_。(5)碳化在50进行，“前驱体”的化学式为ZnCO32Zn(OH)2H2O，写出碳化过程生成“前驱体”的化学方程式：_。【答案】 (1). 二氧化硅(或SiO2) (2). +6 (3). 2SO42- -2e-=S2O82- (4). Mn2+S2O82-+2H2O=MnO2+2SO42- +4H (5). 除去溶液中的Cd2+ (6). (NH4)2SO4 (7). 可用于制备(NH4)2S2O8(过二硫酸铵) (8). 3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO32Zn(OH)2H2O+3(NH4)2SO4+5CO2【解析】【分析】硫酸与锌浮渣中酸性氧化物不能反应，而与金属氧化物及比较活泼的金属反应，SiO2不能反应，以滤渣1形式存在；向含锌废水（主要含 Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+）加入(NH4)2S2O8将 Mn2+转化为MnO2除去，滤渣2为二氧化锰；向净化2溶液中加入H2O2，可以将+2价的Fe氧化为+3价的Fe，形成FeOOH沉淀；在向净化3的溶液中加入锌还原Cd2+生成单质铬，过滤得到滤渣3为铬，然后向滤液中加入碳酸氢铵碳化在 50进行得到ZnCO32Zn（OH）2H2O，碳化时所用 NH4HCO3 的实际用量为理论用量的 1.1 倍，这样可以使 Zn2+充分沉淀，且较高温度下碳酸氢铵分解会损失，据此分析。【详解】(1)锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2等物质，加入稀硫酸，Zn、ZnO与硫酸反应变为Zn2+进入溶液，而SiO2是酸性氧化物，不能与硫酸反应，所以滤渣1主要成分是二氧化硅；(2)在S2O82-的结构式中只含有一根“O一O”非极性键,则S与S原子之间存在一个OO，S原子与四个O原子形成共价键，每个S原子形成两个S=O双键，两个S-O单键。由于吸引电子的能力OS，所以S元素的化合价为+6价；用惰性电极电解(NH4)2SO4生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)，SO42-在阳极上失去电子，变为S2O82-，阳极电极反应式为：2SO42- -2e-=S2O82-；净化1的溶液中含有Zn2+、Mn2+、Fe2+、Cd2+，向净化1溶液中加入(NH4)2S2O8溶液，(NH4)2S2O8将Mn2+氧化转化为MnO2形成滤渣2而过滤除去，S2O82-则获得电子变为SO42-进入溶液，该反应的离子方程式为Mn2+S2O82-+2H2O=MnO2+2SO42- +4H；(3)净化2的目的是加入H2O2将溶液中的Fe2+氧化为+3价的铁，与溶液中的OH-结合形成FeOOH沉淀除去，向净化3溶液中加入Zn粉，Zn+Cd2+=Zn2+Cd，然后过滤，可以将过量的Zn及置换出的Cd单质过滤除去，所以滤渣3成分为Zn、Cd；(4)净化3以后的滤液中含有Zn2+，向该溶液中加入碳酸氢铵碳化，得到硫酸铵和二氧化碳及“前躯体”，其化学式为ZnCO32Zn(OH)2H2O，反应方程式是3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO32Zn(OH)2H2O+3(NH4)2SO4+5CO2，形成沉淀后过滤，得到的滤液中主要溶质是(NH4)2SO4，该物质含有N元素，可直接用作氮肥，也可以用于循环使用制备(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)。【点睛】本题以制备超细活性氧化锌为线索，考查了物质分离和提纯、化学反应原理、氧化还原反应、物质的循环利用等知识，要注意分析实验过程，充分利用物质性质并加以应用。10.乙烯是重要的基本化工原料，以乙烷为原料生产乙烯有多种方法。I.乙烷裂解脱氢法。该方法的反应为：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) H=akJ/mol(1)已知101kPa，298K时，C(s)和H2(g)生成lmoC2H6(g)、1molC2H4(g)的H分别为84.7 kJ/mol、+52.3kJ/mol。则a=_。II.乙烷氧化脱氢法，在原料气中加入氧气，乙烷氧化脱氢的反应如下：2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g) H”、“ (4). 副反应速率变大(或副反应增多) (5). m=0 (6). n=1 (7). C2H6-2e-=C2H4+2H (8). 质子膜将氧气和乙烷、乙烯隔开，使脱氢和氧化分开进行，所以没有CO2产生【解析】【分析】(1)先分别写出C与H2转化为乙烷、乙烯的热化学方程式，然后将两个式子相减，即可得相应的热化学方程式，确定a的值；(2)根据化学平衡常数的含义书写其表达式；化学平衡常数只与温度有关，利用平衡移动原理分析判断； 从有机化学反应发生时伴随的副反应分析判断；(3)分析图象中v与p(O2)、p(C2H6)的关系进行判断；(4)乙烷氧化制乙烯的质子膜燃料电池(SOFC)，乙烷在负极失氢被氧化，发生氧化反应，据此写出该燃料电池的负极反应式；燃料电池将氧化反应、还原反应分开为两个半反应。【详解】(1)根据题意可得热化学方程式：2C(s)+3H2(g)=C2H6(g) H=-84.7kJ/mol2C(s)+2H2(g)=C2H4(g) H=+52.3kJ/mol，整理，可得C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) H=+137kJ/mol；(2)化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时，各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，所以反应2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g) HK(900)；在发生主反应时，还伴有副反应发生，产生的副产物有CH4(g)、CO(g)、CO2(g)。当温度超过800时，乙烯的选择性降低，主要原因可能是副反应增多，且温度升高，副反应速率变大；(3)根据反应速率与p(O2)关系可知：无论p(O2)如何变化，反应速率都不发生变化，说明pm(O2)=1，则m=0；再分析v与Pn(C2H6)的关系可知：二者呈正比，所以n=1；(4)乙烷变为乙烯，失氢，发生氧化反应，所以该燃料电池的负极反应式为C2H6-2e-=C2H4+2H；质子膜将负极乙烷变乙烯的氧化反应与正极上O2获得电子的反应分开进行，所以没有CO2产生。11.蛋白质是构成生物体内的基本物质，蛋白质的组成元素主要有氢、碳、氮、氧、硫，同时还有微量元素铁、锌等。回答下列问题：(1)碳、氮、氧三元素的第一电离能由小到大的顺序为_(用元素符号表示)；(2)N3的立体构型是_形：与N3互为等电子体的一种分子是_(填分子式)。(3)将足量的氨水逐滴地加入到ZnSO4溶液中，先生成沉淀，然后沉淀溶解生成配合物Cu(NH3)4SO4，配位化合物中的阳离子结构式为_；SO42中的硫原子杂化方式为_；用价层电子对互斥理论解释SO42的键角大于SO32的原因是_。(4)碲化锌晶体有两种结构，其中一种晶胞结构如下图，晶胞中与Zn原子距离最近的Te原子围成_体图形；与Te原子距离最近的Te原子有_个；若Zn与距离最近的Te原子间距为apm，则晶体密度为_g/cm3。(已知相对原子质量：Zn-65、Te-128)【答案】 (1). COO，因此碳、氮、氧三元素的第一电离能由小到大的顺序为CON；(2)原子个数相等且价电子数相等的微粒为等电子体，则与N3-互为等电子体的分子有：N2O或CO2或CS2等，N3-与CO2互为等电子体，二者结构相似，所以N3的立体构型是为直线型结构；(3)在配合物Cu(NH3)4SO4中的內界离子的中心Cu2+离子，与NH3的N原子形成配位键，结合4个氨分子，配位化合物中的阳离子Cu(NH3)42+为正四面体形； SO42-为外界离子，其中S原子采用sp3杂化，无论是SO42还是SO32-，S原子都是采用sp3杂化，由于SO42-中没有孤对电子，SO32-的中心S原子上有孤对电子，孤对电子对成键电子对有排斥作用，使其键角变小；(4)根据碲化锌晶体结构中Te与Zn相对位置可知：晶胞中与Zn原子距离最近的Te原子有四个，它们围成正四面体形；Te原子位于晶胞的顶点和面心上，在一个晶胞中与Te原子位置最近且相等的Te原子在三个平面的中心，通过一个顶点能够形成8个晶胞，由于每个Te原子重复数了2次，所以与Te原子距离最近的Te原子有含有Te原子个数：(38)2=12个；若与Zn距离最近的Te原子间距为apm，由于Zn原子位于正方体的对角线的处；则晶胞对角线为4apm，晶胞的边长L为pm，在一个晶胞中含有Te：6=4，含有Zn原子为4个，即一个晶胞中含有4个ZnTe，故晶体密度为g/cm3。【点睛】本题是对物质结构的考查，涉及电离能、化学键、等电子体、电子的杂化、晶胞计算等，需要学生具备扎实的基础，(4)中计算为易错点，对学生空间想象与数学计算能力有一定的要求，难度中等。12.苯酚是一种重要的化工原料。以苯酚为主要起始原料，经下列反应可制得香料M和高分子化合物N。(部分产物及反应条件已略去)(1)B的官能团的名称是_。(2)已知C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，C的核磁共振氢谱有3组峰，则C的结构简式 _。(3)由D生成N的反应类型是_，B与C反应生成M的反应类型是_。(4)写出M与NaOH溶液反应的化学方程式是_。(5)物质F的结构是：，则符合下列条件的F的同分异构体有 _种。能发生银