2015年江西省上饶市玉山一中高三下学期模拟强化测试化学试卷（三） （解析版）

1、2015届江西省上饶市玉山一中高三下学期模拟强化测试化学试卷（三） （解析版）一本大题包括7个小题，每小题6分，共42分每题只有一个选项是符合题目要求的1（6分）（2012秋东城区期末）下列说法不正确的是（）A运用电化学原理可以进行金属防护B氢氧化铝、碳酸钙、醋酸铅都可作抗酸药C使用太阳能代替化石燃料，能减少温室气体的排放D“酸雨”主要是由大气中含有较高浓度的硫和氮的氧化物造成的考点：金属的电化学腐蚀与防护；二氧化硫的污染及治理；药物的主要成分和疗效 分析：A、原电池的正极和电解池的阴极金属是被保护的电极；B、抗酸药的有效成分为：碳酸氢钠、碳酸钙、碳酸镁、氢氧化铝、氢氧化镁等；C、化石燃料的燃

2、烧会产生大量对环境有污染的气体；D、硫和氮的氧化物是造成酸雨的主要原因解答：解：A、运用电化学原理：原电池的正极和电解池的阴极金属是被保护的电极，可以进行金属防护，故A正确；B、抗酸药的有效成分为：碳酸氢钠、碳酸钙、碳酸镁、氢氧化铝、氢氧化镁等，醋酸铅和盐酸不反应，故B错误；C、化石燃料的燃烧会产生大量对环境有污染的气体，使用太阳能属于环保型的能源，可以能减少温室气体的排放，故C正确；D、硫和氮的氧化物二氧化硫、二氧化氮是造成酸雨的主要原因，故D正确故选B点评：本题考查学生对化学基本知识的掌握情况，可以根据教材知识结合化学实际来回答，难度不大2（6分）（2013春南岗区校级期中）除去括号内杂质

3、所用试剂和方法，正确的是（）A乙醇（乙酸）：生石灰，过滤B苯（苯酚）：溴水，过滤C乙酸乙酯（乙酸）：氢氧化钠溶液，分液D乙烷（乙烯）：溴水，洗气考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；乙烯的化学性质；苯酚的化学性质；乙酸的化学性质 专题：化学实验基本操作分析：A反应后不分层；B三溴苯酚溶于苯中；C乙酸乙酯与氢氧化钠反应；D乙烯与溴发生加成反应解答：解：A反应后不分层，应用蒸馏的方法分离，故A错误；B苯酚与溴发生取代反应生成三溴苯酚，三溴苯酚溶于苯中，应用氢氧化钠溶液除杂，故B错误；C乙酸乙酯与氢氧化钠反应，应用饱和碳酸钠溶液除杂，故C错误；D乙烯与溴发生加成反应，可用溴水除杂，故D正确故选

4、D点评：本题考查物质的分离、提纯，侧重除杂的考查，把握物质的性质及选择合理的除杂方法为解答的关键，注意除杂不能引入新杂质，不能将原物质反应掉，题目难度不大3（6分）（2014春安乡县校级期末）某有机物结构简式为 则用Na、NaOH、NaHCO3与等物质的量的该有机物恰好反应时，消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为（）A3：3：2B3：2：1C1：1：1D3：2：2考点：有机物的结构和性质 专题：有机物的化学性质及推断分析：分子中含有酚羟基、醛基、羧基和醇羟基，根据有机物的官能团的性质判断有机物可能具有的性质解答：解：能与Na反应的有1个酚羟基、1个羧基和1个醇羟基；能与NaOH反应

5、的有1个酚羟基和1个羧基；能与NaHCO3反应的只有1个羧基，则消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3：2：1，故选B点评：本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，本题注意有机物的官能团的种类和性质，为解答该题的关键4（6分）（2012秋东城区期末）将SO2分别通入下列4种溶液中，有关说法正确的是（）A试管a中实验可以证明SO2具有漂白性B试管b中溶液褪色，说明SO2具有强氧化性C试管c中能产生白色沉淀，说明SO2具有还原性D试管d中能产生白色沉淀，该沉淀完全溶于稀硝酸考点：二氧化硫的化学性质 专题：氧族元素分析：ASO2与KMnO4酸性溶液发生氧化还原反应；BSO2使品红溶液褪

6、色，表现了SO2的漂白性；CSO2被溶液中的NO3和H+氧化为SO42，表现了SO2的还原性；DSO2与NaOH和BaCl2混合溶液反应生成BaSO3，BaSO3被硝酸氧化为BaSO4，BaSO4难溶于稀硝酸解答：解：ASO2与KMnO4酸性溶液发生氧化还原反应，表现了SO2的还原性，故A错误；BSO2使品红溶液褪色，表现了SO2的漂白性，故B错误；CSO2被溶液中的NO3和H+氧化为SO42，表现了SO2的还原性，故C正确；DSO2与NaOH和BaCl2混合溶液反应生成BaSO3，BaSO3被硝酸氧化为BaSO4，BaSO4难溶于稀硝酸，故D错误；故选C点评：本题考查了SO2的性质，要注意S

7、O2使有色物质褪色不一定是它的漂白性5（6分）（2013湖北校级模拟）酒后驾车是引发交通事故的重要原因交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是：橙色的K2Cr2O7酸性水溶液遇乙醇迅速生成蓝绿包Cr3+下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是（）乙醇沸点低乙醇密度比水小乙醇有还原性乙醇是烃的含氧衍生物乙醇有刺檄性气味ABCD考点：乙醇的化学性质 专题：有机反应分析：根据乙醇沸点低，易挥发，故可以易被检测及乙醇具有还原性，K2Cr2C7具有强氧化性，可以氧化乙醇，自身生成Cr3+来分析解答解答：解：乙醇沸点低，易挥发，若饮酒，呼出的气体中含有酒精，与测定原理有关；乙醇密度比水小，可与水以任意比混溶，与测

8、定原理无关；乙醇分子中含有羟基，具有还原性，K2Cr2C7具有强氧化性，可以把乙醇迅速氧化为乙酸蓝绿色的Cr3+，与测定原理有关；乙醇可看成是乙烷中的氢原子被羟基取代后的产物，是烃的含氧化合物，与测定原理无关；乙醇有刺檄性气味，与测定原理无关；故对乙醇的描述与此测定原理有关的是；故选C点评：本题主要考查乙醇的性质，难度不大，本题中的信息交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是解答的关键，学生应学会信息的抽取和应用来解答习题6（6分）500mL KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3）=6.0molL1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），假定

9、电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（）A原混合溶液中c（K+）为4 molL1B上述电解过程中共转移4 mol电子C电解得到的Cu的物质的量为0.5 molD电解后溶液中c（H+）为2 molL1考点：电解原理 专题：电化学专题分析：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，根据得失电子守恒计算铜的物质的量，再结合电荷守恒计算钾离子的浓度，据此分析解答解答：解：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的

10、物质的量=1mol；每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量=1mol，则铜离子的物质的量浓度=2mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度=6molL12mol/L2=2mol/L，A根据分析知，原混合溶液中c（K+）为2 molL1，故A错误；B转移电子的物质的量=1mol4=4mol，故B正确；C根据以上分析知，铜的物质的量为1mol，故C错误；D当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍，为1mol4=4mol，则氢离子浓度=8m

11、ol/L，故D错误；故选：B点评：本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，结合转移电子守恒、电荷守恒来分析解答，难度中等7（6分）（2012秋东城区期末）在容积恒定的密闭容器中，一定量的SO2与1.1mol O2发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0当气体的物质的量减少0.315mol时，反应达到平衡，SO2的平衡转化率是90%下列说法正确的是（）A相同条件下，平衡时若充入稀有气体，SO2的转化率增大B反应开始时，向容器中通入的SO2的物质的量是0.7 molC保持其他条件不变，仅降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大D保持其他条件不变，仅缩小容器体积，反

12、应达到平衡时容器中有1.485 mol气体考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：A容器的容积恒定，通入稀有气体，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动；B利用差量法计算参加反应的二氧化硫的物质的量，再利用二氧化硫的转化率计算开始通入的二氧化硫的物质的量；C降低温度，正、逆反应速率都减慢，正反应速率降低较小，平衡向正反应进行；D根据B中的解答计算原平衡时混合气体总的物质的量，仅缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，混合气体总的物质的量减小，据此判断解答：解：A容器的容积恒定，通入稀有气体，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，SO2的转化率不变，故A错误；B

13、设二氧化硫的物质的量是xmol，则：，2SO2（g）+O2（g）2SO3（g） 气体物质的量减少n2mol 1molxmol 0.315mol故x=0.3152=0.63，故向容器中通入的SO2的物质的量=0.7mol，故B正确；C降低温度，正、逆反应速率都减慢，正反应速率降低较小，平衡向正反应进行，故C错误；D原平衡时，混合气体的总的物质的量=0.7mol+1.1mol0.315mol=1.485mol，保持其他条件不变，仅缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，混合气体总的物质的量减小，达新平衡时，应小于1.485mol，故D错误；故选B点评：本题考查化学平衡有关计算、影响化学平衡的

14、因素等，难度中等，注意利用差量法进行的计算，注意基础知识的理解掌握二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（2013湖北校级模拟）己知B是一种常见的液体，C是两性氧化物，D、E、F是常见的非金属单质，其中D为固体，Q是生产玻璃的原料之一，H是由两种元素组成的一种无机非金属材料，反应是工业生产中的重要反应，反应是汽车尾气转化的主要反应之一，部分反应中生成的水已略去试回答下列问题：（1）A的化学式Na2O2，J的电子式（2）写出反应的化学方程式Al2O3+3C+N22AlN+3CO（3）写出反应的离子方程式CO2+2AlO2+3H2O2Al（OH）3+CO32（4）由J与F的单质、G溶液构成

15、原电池，负极会产生E的单质则其负极反应为2NH36e+6OHN2+6H2O；一段时间后，溶液pH减小（填“增大”、“减小”或“不变”）（5）将K加热灼烧，其产物为NaAlO2考点：无机物的推断 专题：推断题分析：D、E、F是常见的非金属单质，其中D为固体，反应是汽车尾气转化的主要反应之一，应是CO与氮的氧化物反应，反应生成CO2与N2，可推知E为N2，O为CO2，Q是生产玻璃的原料之一，由反应可知Q为Na2CO3，C是两性氧化物，则C为Al2O3，H是由两种元素组成的一种无机非金属材料，结合反应可知D为碳，则H为AlN，I为CO，反应是工业生产中的重要反应，L是氮的氧化物，应为工业制备硝酸，B

16、是一种常见的液体，能与A反应生成生成非金属单质F，则A为Na2O2，B为H2O，G为NaOH，F为O2，L为NO，M为NO2，N为HNO3，J为NH3，K为NaAlO2，P为Al（OH）3，据此解答解答：解：D、E、F是常见的非金属单质，其中D为固体，反应是汽车尾气转化的主要反应之一，应是CO与氮的氧化物反应，反应生成CO2与N2，可推知E为N2，O为CO2，Q是生产玻璃的原料之一，由反应可知Q为Na2CO3，C是两性氧化物，则C为Al2O3，H是由两种元素组成的一种无机非金属材料，结合反应可知D为碳，则H为AlN，I为CO，反应是工业生产中的重要反应，L是氮的氧化物，应为工业制备硝酸，B是一

17、种常见的液体，能与A反应生成生成非金属单质F，则A为Na2O2，B为H2O，G为NaOH，F为O2，L为NO，M为NO2，N为HNO3，J为NH3，K为NaAlO2，P为Al（OH）3，（1）由上述分析可知，A的化学式为Na2O2，J为NH3，电子式为：，故答案为：Na2O2；（2）反应的化学方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，故答案为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO；（3）反应的离子方程式为：CO2+2AlO2+3H2O2Al（OH）3+CO32，故答案为：CO2+2AlO2+3H2O2Al（OH）3+CO32；（4）由NH3与O2、NaOH溶液构成原电池，负极会产生N

18、2，则其负极反应为：2NH36e+6OHN2+6H2O，一段时间后，溶液中NaOH物质的量不变，反应生成水，溶液中OH降低，溶液pH减小，故答案为：2NH36e+6OHN2+6H2O；减小；（5）K为NaAlO2溶液，加热灼烧，其产物为NaAlO2，故答案为：NaAlO2点评：本题考查无机物推断，题目涉及反应较多，突破口不明显，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意掌握中学常见的化学工业，侧重考查学生的综合能力，难度较大9（14分）（2013城厢区校级模拟）铝镁合金已成为轮船制造、化工生产等行业的重要材料研究性学习小组的三位同学，为测定已知质量的铝镁合金（设不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列

19、三种不同实验方案（所加试剂均为足量）进行探究填写下列空白实验方案：铝镁合金测定生成气体的体积实验装置：问题讨论：（1）某同学提出该实验装置不够完善，应在A、B之间添加一个装有碱石灰的干燥装置你的意见是：不需要 （填“需要”或“不需要”）（2）为准确测定生成气体的体积，实验中应注意的问题是（只要求写出其中一点）：检查装置的气密性；合金完全溶解（或加入足量盐酸，或调整量气管C的高度，使C中液面与B液面相平，待冷却至室温再读体积等）实验方案：铝镁合金过滤，测定剩余固体质量问题讨论：（1）称取一定质量的铝镁合金粉末样品，加入过量的NaOH溶液，充分反应实验中发生反应的化学方程式是2Al+2NaOH+2

20、H2O=2NaAlO2+3H2（2）过滤、洗涤、干燥、称量剩余固体若未洗涤固体，测得镁的质量分数将偏高（填“偏高”或“偏低”）实验方案：铝镁合金过滤后的滤液 过滤，测定沉淀质量问题讨论：（1）甲同学认为该方案不可行，试说明理由：Al（OH）3是两性氢氧化物，加入足量盐酸无沉淀生成（加入盐酸的量不易控制）（2）乙同学认为只要调整所加试剂的顺序，就可以达到实验目的，如果他的看法正确，则所得的沉淀是Mg（OH）2（3）丙同学认为也可以通过用足量A物质代替盐酸来达到实验目的，则A物质可以是CO2，请写出对应反应的化学方程式：NaAlO2+H2O+CO2=Al（OH）3+NaHCO3考点：探究物质的组成

21、或测量物质的含量 专题：实验探究和数据处理题分析：探究一：（1）氯化氢极易溶于水，挥发的氯化氢不影响氢气体积的测定结果，所以不需要加除雾装置；（2）装置的气密性、合金是否完全溶解（或加入足量盐酸，或调整量气管C的高度，使C中液面与B液面相平，待冷却至室温再读体积）等会影响测定结果；探究二：（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气； （2）镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大；探究三：（1）镁铝合金溶于氢氧化钠溶液，过滤得到生成偏铝酸钠溶液，加入盐酸的量不易控制，测定结果不准确；（2）先加盐酸溶解生成氯化铝、氯化镁溶液，加入氢氧化钠溶液得到氢氧化镁沉淀；（3）上述流程中生成

22、的滤液为偏铝酸钠溶液，最好通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠解答：解：探究一：（1）由于氯化氢极易溶于水，挥发的氯化氢不影响氢气体积的测定结果，所以不需要加除雾装置，故答案为：不需要；（2）反应中装置的气密性、合金是否完全溶解都会影响测定结果，所以需要检查装置的气密性；合金完全溶解（或加入足量盐酸，或调整量气管C的高度，使C中液面与B液面相平，待冷却至室温再读体积等）故答案为：检查装置的气密性；合金完全溶解（或加入足量盐酸，或调整量气管C的高度，使C中液面与B液面相平，待冷却至室温再读体积等）；探究二：（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为2Al+2NaOH+2

23、H2O=2NaAlO2+3H2；故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2； （2）镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，镁的质量分数偏高，故答案为：偏高；（1）镁铝合金溶于氢氧化钠溶液，过滤得到生成偏铝酸钠溶液，加入盐酸的量不易控制，Al（OH）3是两性氢氧化物，加入足量盐酸无沉淀生成（加入盐酸的量不易控制），测定结果不准确；故答案为：Al（OH）3是两性氢氧化物，加入足量盐酸无沉淀生成（加入盐酸的量不易控制）；（2）先加盐酸溶解生成氯化铝、氯化镁溶液，加入氢氧化钠溶液得到氢氧化镁沉淀；故答案为：Mg（OH）2；（3）上述流程中生成的滤液为偏铝酸钠溶液，

24、用足量A物质代替盐酸来达到实验目，最好通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠：NaAlO2+H2O+CO2=Al（OH）3+NaHCO3；故答案为：CO2；NaAlO2+H2O+CO2=Al（OH）3+NaHCO3点评：本题考查物质含量的测定、对实验原理与装置的理解、实验方案设计等，难度中等，理解实验原理是解题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力10（15分）某化学小组拟采用如下装置（夹持和加热仪器已略去）来电解饱和食盐水，并用电解产生的H2还原CuO粉末来测定Cu的相对原子质量，同时检验氯气的氧化性（1）为完成上述实验，正确的连接顺

25、序为E 接A，B接C（填写连接的字母）（2）对硬质玻璃管里的氧化铜粉末加热前，需要的操作为检验氢气的纯度（3）若检验氯气的氧化性，则乙装置的a瓶中溶液及对应的现象是淀粉碘化钾溶液，溶液变为蓝色（4）为测定Cu的相对原子质量，设计了如下甲、乙两个实验方案精确测量硬质玻璃管的质量为a g，放入CuO后，精确测量硬质玻璃管和CuO的总质量为b g，实验完毕后甲方案：通过精确测量硬质玻璃管和Cu粉的总质量为c g，进而确定Cu的相对原子质量乙方案：通过精确测定生成水的质量d g，进而确定Cu的相对原子质量请你分析并回答：你认为不合理的方案及其不足之处是乙方案不合理，因为空气中的CO2和H2O通过D口进

26、入U型管，造成实验误差较大按测得结果更准确的方案进行计算，Cu的相对原子质量一定温度下，难溶电解质在饱和溶液中各离子浓度幂的乘积是一个常数，这个常数称为该难溶电解质的溶度积，用符号Ksp表示即：AmBn（s）mAn+（aq）+nBm（aq）mn=Ksp已知：某温度时，Ksp（AgCl）=1.81010Ksp（Ag2CrO4）=2=1.11012则此温度下，在0.010mo1L1的AgNO3溶液中，AgCl与Ag2CrO4分别能达到的最大物质的量浓度为1.8108mol/L；1.1108mol/L考点：相对分子质量的测定 专题：实验设计题分析：（1）在电解池的阴极上产生的是氢气，阳极上产生的是氯

27、气，据实验目的来连接装置；（2）电解饱和食盐水产生的氢气中含有水蒸气，会影响铜的相对原子质量的测定，需进行干燥，检验纯度；（3）氯气具有氧化性，能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；（4）乙方案中，装置中U型管也可能吸收空气中的CO2和水，影响测定结果；设出铜的原子量，利用关系式CuOCu及甲方案中的数据进行计算Cu的相对原子质量；在0.010mo1L1的AgNO3溶液中c（Ag+）=0.010mo1L1，根据Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2CrO4）计算出溶液中c（Cl）、c（CrO42）的最大值，即AgCl与Ag2CrO4分别能达到的最大物质的量浓度解答：解：（1）A是阴极，阴极上产生的是氢气，

28、 B是阳极，阳极上产生的是氯气，要用氢气来还还原氧化铜，所以A连接E，干燥氢气后用氢气来还原氧化铜，所以B连接C，故答案为：E；C；（2）加热氧化铜之前要检验纯度，否则加热易引起爆炸，故答案为：检验氢气的纯度；（3）氯气具有氧化性，能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，可以用湿润的淀粉碘化钾试纸来检验，故答案为：淀粉碘化钾溶液，溶液变为蓝色；（4）在乙方案中，应用装置中U型管也可能吸收空气中的CO2和水，会导致测定Cu的相对原子质量有误差，所以乙方案不合理，故答案为：乙方案不合理，因为空气中的CO2和H2O通过D口进入U型管，造成实验误差较大；根据甲方案，设金属铜的原子量为M，则 CuOCuM+16

29、Mba ca 则：=，解得：M=，故答案为：在0.010mo1L1的AgNO3溶液中c（Ag+）=0.010mo1L1，形成AgCl饱和溶液时Cl浓度：c（Cl）=1.8108mol/L，则c（AgCl）=1.8108mol/L，形成Ag2CrO4饱和溶液时CrO42的浓度：c（CrO42）=mol/L=1.1108mol/L，则c（Ag2CrO4）=1.1108mol/L，故答案为：1.8108mol/L；1.1108mol/L点评：本题考查了难溶物溶度积的计算、化学实验基本操作方法及其应用，题目难度中等，明确实验目的及难溶物溶度积的含义为解答关键，试题知识点较多，充分考查了学生的分析、计算

30、能力及化学实验能力三选考题：（15分）（选修5-有机化学基础）11（15分）（2013江西校级二模）以HCHO和C2H2为有机原料，经过下列反应可得化合物N（C4H8O2）（1）反应的反应类型为加成反应（2）HOCH2CCCH2OH分子中，在同一个平面的原子最多有8个（3）化合物M不可能发生的反应是DE（填序号）A氧化反应 B取代反应 C消去反应 D加成反应 E还原反应（4）N的同分异构体中，属于酯类的有4种（5）A与M互为同分异构体，有如下转化关系其中E的结构简式为填写下列空白：A的结构简式为，B中的官能团名称是醛基、羟基D的分子式为C8H12O4写出B与银氨溶液反应的化学方程式：考点：有机

31、物的合成 专题：有机物的化学性质及推断分析：甲醛和乙炔发生加成反应生成，和氢气发生加成反应生成M，结合M的分子式知，M的结构简式为：HOCH2CH2CH2CH2OH，M部分被氧化生成N，结合N的分子式知，N的结构简式为：HOCH2CH2CH2CHO，（1）由HCHO、HCCH及HOCH2CCCH2OH结构可知，HCHO中C=O双键中1个CO键断裂、HCCH中CH断裂，H原子与O原子结合、碳原子相互连接生成HOCH2CCCH2OH，属于加成反应；（2）CC形成直线型结构，与其直接相连的原子在同一直线上，CH2为四面体结构，最多有3个原子共面，旋转CC单键可以使2个平面处于同一平面，据此解答；（3）HOCH2CCCH2OH与氢气发生加成反应生成M，结合M的分