2020年全国高考名师预测模拟联考试卷理科综合能力测试1化学部分含答案

1、全国高考名师预测模拟联考试卷化学1注意事项：1 .本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2 .回答第I卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3 .回答第n卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4 .考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39第I卷一、选择题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。7.中国传统文化对人类文明贡

2、献巨大，我国古代的人民在那时候就已经广泛应用了，书中充分记载了古代化学研究成果.下列关于古代化学的应用和记载，对其说明不合理的是A.本草纲目中记载“（火药）乃焰消（KNO）、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是利用了“KNO3的氧化性”B.杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸储法将高粱中的乙醇分离出来C.我国古代人民常用明矶除去铜器上的铜锈Cu2（OH）2COD.蔡伦利用树皮、碎布（麻布）、麻头等为原料精制出优质纸张，由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。“蔡侯纸”的制作工艺中充分应用了化学工艺8 .1,1-二环丙基乙烯（，？）是重要医药中间体，下列关于该化合物的说法错误的是A.所有碳原子可能在同一平面B.能使

3、酸性高镒酸钾溶液褪色C.二氯彳t物有9种D.生成1molC8H8至少需要3molH29 .国际计量大会第26次会议新修订了阿伏加德罗常数（N=6.02214076X1023mol-1）,并于2019年5月20日正式生效。下列说法正确的是A. 1L0.5mol-L-1Al2Fe（SO4）4溶液中阳离子数目小于1.5NAB. 2molNH3和3molO2在催化剂和加热条件下充分反应生成NOW分子数为2NC. 56g聚乙烯分子中含碳碳双键的数目为2NAD. 32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成气体的分子数为0.5210.ClO2和NaClQ均具有漂白性，工业上用ClO2气体制备NaClQ的工

4、艺流程如下图所示：浓NaOH溶液空气双氧水下列说法不正确的是A.工业上可将C1O2制成NaClQ固体，便于贮存和运输B.通入空气的目的是驱赶出C1O2,使其被吸收器充分吸收C.吸收器中生成NaClQ的离子方程式：2c1O2+HQ=2C1O2+QT+2H+D.步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥11 .溶于海水的CO主要以4种无机碳形式存在，其中HCO95%利用图示装置从海水中提取CO,有利于减少环境温室气体含量。下列说法正确的是A. a室排出的是NaOHCa(OH等强碱性物质B. b室发生主要反应：2Hh+CO-=HO+CMC. c室发生的反应为2HO-4e-=QT+4H+D.装置中产生的Q和提取

5、的CO的体积比约为1：412 .短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y是短周期元素中原子半径最大的原子，X、Y、Z的简单离子电子层结构相同，Z与W最外层电子数之和等于10。下列说法正确的是A.最高正价由低到高的顺序为：Y、Z、X、W13 原子半径由小到大的顺序为：X、Z、WC. Y、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应D. X与Y两种元素只能组成一种化合物13.近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”的锂一铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为:2Li+Cu2O+HO=2Cu+2Li+2OH,下列说法

6、正确的是有机铺博锌弹水祚微电解旗阳体电翻履电舸履A.Li极有机电解质可以换成Cu极的水溶液电解质B.通空气时，整个反应过程中，铜相当于催化剂C.放电时，Cu极的水溶液电解质的PH值减小D.放电时，正极的电极反应式为：Cu2O+2H+2e=2Cu+HO第II卷二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第26-28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-35题为选考题，考生根据要求作答。26. (14分)某化学小组对卤素及其化合物的制备和性质进行如下探究实验，根据实验回答问题。I.探究氯化亚铁与氧气反应的产物已知氯化亚铁的熔点为674C,沸点为1023C;三氯化铁在100c左右时升华，极易水

7、解。在500c条件下氯化亚铁与氧气可能发生下列反应，12FeCl2+3Q=2Fe2Q+8FeCl3、4FeCl2+3O=生=2Fe2Q+4c该化学小组选用下图部分装置(装置可以重复选用)进行氯化亚铁与氧气反应产物的探究。(1)实验装置的合理连接顺序为：A-D,装置E的作用是。(2)控制在500c下发生反应，一段时间后，B中反应剩余固体的成分，可能是或(填化学式)。设计实验对上述剩余固体的成分进行验证：。(3)实验室保存1mol-L-1的FeCl3溶液，应控制溶液的pH不大于。(已知：Fe(OH)3的Ksp为1x10-39)H.卤素化合物之间反应实验条件控制探究试管标号1230.20mob1/K

8、I溶液/mLLOLO1.0L0KCIOj(s)/gOJOOJO0.10OJO6.0moLLH妗04溶液/mL03.06.09.0蒸悔水/mL9.06.0100（4）室温下，KClQ可将KI氧化为I2或KIO3。上面是该小组设计的一组实验数据记录表:该组实验的目的是;KC1,写出反2号试管反应完全后，取少量2号试管中的溶液加淀粉溶液后显蓝色，假设还原产物只有应的离子方程式27. （14分）丙烯（C3Ho是重要的有机化工原料。丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如下图。能量=+124.3kJ*mol1GHnQ）工反应过应500510520530540550560570580蠹度/匕（1）丙烷脱氢

9、制丙烯为强吸热过程。为提供反应所需热量，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，则K（主反应）（填“增大”、“减小”或“不变”，下同），转化率a（C3H）温度升高，副反应更容易发生的主要原因是。（2）下图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系（图中的压强分别为104Pa和105Pa）。70605040302010104Pa时，图中表示丙烯的曲线是（填“i、“ii”、“iii”或“iv”）。104Pa、500c时，主反应用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数&=（已知：气体分压=气体总压x体积分数）。（3）利用CO的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铭的氧化物

10、为催化剂，其反应机理如图。已知：CO和H2的燃烧热分别为AH=-283.0kJ-mol-1、AH=285.8kJ-mol图中催化剂为。298K时，该工艺总反应的热化学方程式为。该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是。28. (15分)三氯化六氨合钻Co(NH3)可Cl3是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其它一些含钻配合物的原料。下图是某科研小组以含钻废料(含少量Fe、Al等杂质)制Co(NH3)6Cl3的工艺流程：回答下列问题：(1)写出加“适量NaClQ”发生反应的离子方程式。29. “加NaCQ调pH至a”会生成两种沉淀，分别为(填化学式)。(3)操作I的步骤包括、冷却

11、结晶、减压过滤。(4)流程中NHCl除作反应物外，还可防止加氨水时c(OH)过大，其原理是(5)“氧化”步骤，甲同学认为应先加入氨水再加入HQ,乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为(填“甲”或“乙”)同学观点正确，理由是。写出该步骤的化学方程式：(3)在EMnF中，Mnft的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为。该化合物中含有的共价键在形成过程中原子轨道的重叠方式为(4)二价镒的化合物的性质如下表所示:物质MC2MnSMnSO熔点650c1610c700c上表三种物质中晶格能最大的是;上表涉及的三种阴离子中，半径最大的是军方向设彩图品耦示*图(5)某镒氧化物的晶胞结构如下图所示

12、：该镒的氧化物的化学式为,该晶体中Mn的配位数为,该晶体中Mn之间的最近距离为pm(用a、b来表示)。36.【化学一一选修5:有机化学基础】(15分)EPR橡胶(视一”?t比；)广泛应用于汽车部件、建筑用防水材料、电线电缆护套、耐热胶管、汽车CHaII密封件、润滑油添加剂及其它制品。C%0PC塑料(俨k)的透光性良好，可制作车、船、飞机的挡风玻璃以及眼镜等。它们时的合成路线如下：已知：RCOQRROHTRCOQRROHB、F、GH、J各物质中，核磁共振氢谱都只有一组吸收峰。(1) B的结构简式：,E中官能团名称：(2) AfD的反应类型：,AE的反应条件：。(3) E-F的化学方程式：。(4)

13、 H的结构简式：。(5) 反应II的化学方程式：。(6)下列说法正确的是：。a.反应I的原子利用率为100%b. 1molJ与足量的NaOH液反应，消耗2molNaOHc. CHOHB合成PC塑料过程中可以循环利用(7)反应I过程中，可以得到两种同类型副产物，且与M互为同分异构体，请写出其中一种结构:O(8) A_去手工/、苯酚+F,试推断N的结构：。绝密启用前全国高考名师预测模拟联考试卷化学1答案7 .【答案】B【解析】A.火药发生化学反应时，KNO中N元素的化合价降低，获得电子，被还原，作氧化剂，体现氧化性，A正确；B.高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生了乙醇，然

14、后用蒸储方法将乙醇分离出来，B错误；C.明矶是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，酸性溶液中H+与盐铜锈CU2（OH）2CO发生反应，产生可溶性的物质，因此可以达到除锈的目的，C正确；D.蔡伦利用机皮、碎布（麻布）、麻头等为原料精制出优质纸张，体现了化学的物理和化学分离方法，因此充分应用了化学工艺，D正确；故合理选项是Bo8 .【答案】A【解析】A.碳有2种杂化方式：sp3、sp2,前者是正四面体构型，与它相连的原子不可能全处于同一平面,所有碳原子不可能在同一平面，故A错误；B.结构中含有碳碳双键，能使酸性高镒酸钾溶液褪色，故B正确;C.1,1-二环丙基乙烯的二氯代物有9种，故C正确;D.1,1-二

15、环丙基乙烯（U分子式为C8H2,由GH2生成1molC8H8至少需要3molH2,故D正确。故选A。9 .【答案】D【解析】A.A13+、532+水解产生H+,该溶液中阳离子还包括H+,阳离子总数增加，故1L0.5mol/LAl2Fe（SO4）4溶液中阳离子数目大于1.5N%故1L0.5molI/1Al2Fe（SO）4溶液中阳离子数目大于1.5N,故A项错误；B.因存在反应4NH+5Q叁篝4NO+6HO,所以2molNH3和3molO2在催化剂和加热条件下充分反应后氧气有剩余，生成的NO会与过量的氧气继续反应生成NO,所以最终生成NO的分子数小于2N,故B项错误；C.聚乙烯是乙烯经过加聚反应制

16、备而成，分子内没有碳碳双键，故C项错误；D.浓硫酸与锌反应的方程式Zn+2HSO=ZnSO+SQT+2H2O,从方程式可以看出1mol锌生成1mol二氧化硫气体，随着硫酸的消耗和水的生成，硫酸变稀，这是就会发生锌与稀硫酸反应，Zn+HSOZnSO+Hj,从方程式可以看出1mol锌生成1mol氢气，所以1mol锌m32.5g无论与浓硫酸反应还是与稀硫酸反应，生成气体都为1mol,32.5g锌的物质的量为n用=培/加,=。3mol,生成气体分子数为0.5N,故D项正确；答案选Do10 .【答案】C【解析】A.ClO2为气体，不易储存和运输，常将其制备成NaClQ固体以便运输和贮存，A不符合题意；B

17、.反应结束后，发生器中仍有少量ClO2,用空气可以将其排出，确保其被充分吸收，B不符合题意；C.反应的环境是碱性环境，离子方程式应该为2ClO2+2OF+HQ=2ClO2+Q+2HO,C符合题意；D.NaClQ溶液中获得NaClQ固体需要真空蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤和干燥，D不符合题意；答案：Co11 .【答案】D【解析】A项：a室电极与电源正极相连，是电解池阳极，电极反应为2HO4e=QT+4H+。H通过阳离子交换膜进入c室，A项错误；B项：a室生成的H+通过阳离子交换膜进入b室，与主要含碳粒子发生反应HCG+H+=H2O+COT,B项错误；C项：c室电极与电源负极相连，是电解池阴极，

18、电极反应为2H2O+2e=Hd+2OH。b室海水中阳离子通过离子交换膜进入c室，故c室排出的是NaOHCa(OH)2等强碱性物质，C项错误；D项：据阳极反应和b室反应可知，装置中产生的O2和提取的CO的体积比约为1：4,D项正确。本题选Do12 .【答案】C【解析】A项、X是O元素，O元素没有正化合价，故A错误；B项、Z为Al元素、W为Cl元素，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，原子半径ZW故B错误；C项、Y、ZW的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，则两两之间均能发生反应，故C正确；D项、X与Y两种元素可以组成氧化钠和过氧化钠，故D错误。13

19、 .【答案】B【解析】A.锂是活泼金属，易与水反应，故A错误；B.铜先与氧气反应生成CuaO,放电时CutO重新生成Cu,则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故B正确；C.放电过程为2Li+Cu2O+HO=2Cu+2Li+2OH,可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生CO,正极反应为Ci2O+HO+2e=Cu+2OH,Cu极的水溶液电解质的PH值增大，故C错误；D.该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为CgO+HO+2e=Cu+20H故D错误。故选B。26 .【答案】(1)8B-E冷却收集到FeCl3(2) Fe2O3Fe3Q取反应后的混合物与试管中，

20、加稀盐酸进行溶解，静置后取上层清液滴加浓滨水，如果滨水褪色说明含有Fe3。，如果澳水不褪色，说明只含FezQ。(3) 1(4)探究其他条件相同时，酸度浓度对反应产物的影响ClO3+6I-+6H=C+312+3HO【解析】(1)A为Q的发生装置，制得的氧气中含有水蒸气，由于三氯化铁极易水解，因此需要对制得的氧气进行干燥，可通过盛有碱石灰的装置D;氯化亚铁与氧气反应的产物为FezQ、FeCl3、Cl2,通过装置F冷却可以收集到FeCl3,则氯化亚铁与氧气反应的实验装置的合理连接顺序为：Z8BfD;装置E的作用是冷却收集到FeCl3。答案：8B-E;冷却收集到FeCl3O(2)控制在500c下发生反

21、应，一段时间后，由12FeCl2+3Q=生奸e2Q+8FeCl3、4FeCL+3Q=生=2Fe2Q+4c12,氯化亚铁的熔点为674C,沸点为1023C,知B中反应剩余固体的成分，可能是FezQ或F&Q。验证方法是：取反应后的混合物与试管中，加稀盐酸进行溶解，静置后取上层清液滴加浓滨水，如果滨水褪色说明含有F8Q,如果滨水不褪色，说明只含Fe2O3o答案：Fe2O3或FesQ;取反应后的混合物与试管中，加稀盐酸进行溶解，静置后取上层清液滴加浓滨水，如果滨水褪色说明含有Fe3Q,如果滨水不褪色，说明只含Fe2O3o(3)由Fe(OH)3=Fe3+3OHMFe(OH)3的Ksp为1X10-39,实

22、验室保存的FeCL溶液中c(Fe3+)=1mol，则c(OH)=X-3刃=1x10-13,C(H+)=10-1,应控制溶液的pH不大于1。答案：1;(4)4组实验只有硫酸的浓度不同，因此实验的目的是探究其他条件相同时，酸度浓度对反应产物的影响。答案：探究其他条件相同时，酸度浓度对反应产物的影响。滴加淀粉溶液后显蓝色，说明有I2生成，由2一12,失2e-;由CIO3一Cl-,得6e,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：CIO3+6I-+6H+=Cl+3l2+3h2O,答案：C1O3+6I-+6l4=Cl-+3l2+3h2O。27 .【答案】(1)增大增大副反应的活化能低于主反应

23、的活化能(2) i3.3x103Pa(3) CrO3C3H(g)+CO2=C3Hs(g)+CO(g)+H2O(1)AH=+121.5kJ/mo1碳与CO反应生成CO脱离催化剂表面【解析】(1)由图可知，丙烷脱氢制丙烯为吸热反应：GH(g)GH(g)+H2(g)AH=+124.3kJ/mol，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，反应温度升高，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数K增大，丙烷的转化率增大，故答案为：增大；增大；由图可知，副反应的活化能低于主反应的活化能，温度升高，活化能较低的副反应更容易发生，故答案为：副反应的活化能低于主反应的活化能；(2)丙烷脱氢制丙烯为气体体积增大的反应，增大压强，平

24、衡向逆反应方向移动，丙烯的平衡体积分数减小，故曲线i代表104Pa时丙烯的平衡体积分数，故答案为：i;104Pa、500c时，丙烯的平衡体积分数为33%设起始丙烷为1mol,转化率为x,由题意建立如下三段式：QH8(g)-GH(g)+H2(g)起(mol)100变(mol)xxx平(mol)1-xxx则由丙烯的平衡体积分数为33%T得，x/(1+x)=0.33，解得x=0.5,丙烷、丙烯和氢气的分压均为104Pax1/3,则用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数R=(104Pax1/3)x(104Pax1/3)/(104Pax1/3)=104PaX1/3=3.3x103Pa,故答案为：3.3

25、x103Pa；(3)由图可知，反应i为3GH+2CrC33aHs+Cr2Q+3H2O,反应ii为3CG+Cr2Q-2CrOs+3CQ则催化剂为CrQ,故答案为：CrQ;由题意可得H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)AH=-285.8kJ/mol;CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)AH=-283.0kJ/molGHs(g)CH(g)+H2(g)AH=+124.3kJ/mol，由盖斯定律-+得热化学方程式C8H(g)+CO2=GH6(g)+CO(g)+H2O(l)，则AH=(+124.3kJ/mol)+(285.8kJ/mol)一(283.0kJ/mol)=+121.5kJ/mol,

26、故答案为：GH(g)+CO2=C3Hs(g)+CO(g)+H2O(l)AH=+121.5kJ/mol;该工艺中碳与CO反应生成CO可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，故答案为：碳与CO反应生成CO脱离催化剂表面。28 .【答案】(1)6Fe2+ClO3+6H+=6Fe3+Cl+3H2O(2) Fe(OH)3和Al(OH)3(3) HCl氛围下蒸发浓缩(4) NHCl溶于水电离出NFj会抑制后期加入的NHH2。的电离(5)甲防止Co(OH)3的生成HQ+2CoCb+2NHCl+10NH3-H2O=2Co(NH)6cI3J+12H2。(6)ab【解析】(1)力口适量NaClQ的目的是将亚

27、铁离子氧化为铁离子，发生的离子反应为6Fe2+ClO3+6H+=6Fe3+C1+3H2O;(2)加入碳酸钠调节pH,沉淀铝离子和铁离子，转化为Fe(OH)3和Al(OH)3；(3)为了防止产品水解，故应在HCl氛围下蒸发浓缩；(4)流程中氯化钱除作为反应物外，NHCl溶于水电离出NH会抑制后期加入的NH-fhO的电离，可防止加氨水时氢氧根离子浓度过大；(5)若先加入过氧化氢，将钻元素氧化到Co3+,后加入氨水，会生成氢氧化钻，不利于产品的生成，故甲同学正确，先加入氨水再加入过氧化氢，可防止Co(OH)3的生成，此时的反应为HQ+2CoCl2+2NHCl+10NHHO=2Co(NH)6c葭J+1

28、2HQ(6)a.用久置于空气中的KI固体配制溶液，碘化钾部分被氧化为碘单质，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准增多，测定结果偏高，故正确；b.盛装N&SQ标准液的碱式滴定管未润洗，则标准也被稀释，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准也体积增多，测定结果偏高，故正确；c.滴定结束后，发现滴定管内有气泡，气泡占体积，则消耗的硫代硫酸钠标准液体积读数偏小，测定结果偏低，故错误；d.溶液蓝色退去，立即读数，此时溶液混合不均，碘单质并未完全被标准液反应完全，导致消耗的标准液减少，测定结果偏低，故错误。故选ab。35 .【答案】(1)d区3d5(2) A(3) 6“头碰头”,、_一_2(4) MnSSO41 丁.(5) M

29、nO61【解析】(1)Mn是25号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2,可知Mn在元素周期表中位于第四周期第VIIB,属于d区，MnSO中Mn元素为+2价，则MrT的价电子排布式是3d5;(2)A.Mn3|水溶液中容易歧化为MnO和Mn+,说明MR彳稳定，MrT容易变成电子半充满的稳定的价电子构型为3d5,3d4则属于不稳定的电子构型，A正确；B.M吊中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子，B错误；C.M吊产内有大量自旋方向相同的电子，这些电子自旋方向相同，能够使原子的能量最低，而M吊易被氧化，显然与M吊内含有大量自旋方向相同的电子无关，C错误；D.M吊

30、与Fe3+具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关，因此它们的化学性质不相似，MrT具有强的还原性，而Fe3+具有强的氧化性，D错误；故合理选项是A;(3)在MnF2-的中，Mn与6个F形成6个键，1-因此含有6对(T键，含有的孤对电子又寸数为工(6-6X1)=0,所以MnF2-的中心原子Mn的价电子对数为6+0=6,在化合物化合物&MnF中含有的F与Mn之间的共价键都是共价单键，属于(T键，在形成过程中原子轨道的重叠方式为“头碰头”；(4)三种物质都是离子晶体，离子半径越小，离子键就越强，离子晶体的晶格能就越大，物质的熔点就越高，根据

31、表格数据可知上表三种物质中晶格能最大的是MnSMnCb、MnS的阴离子都是简单的离子，而MnSO的阴离子是复杂离子，SO-为正四面体形，因此其离子半径最大，该晶体具有的晶格能最小，熔点也就最低，即半径最大的是SO;(5)在该晶体中含有的Mn原子个数为gXfi+1=2,含有的O原子数厂目为：2*4+2=4,Mn：O=2：4=1：2,所以该镒的氧化物的化学式为MnO;根据晶胞投影图可知：在该晶体=协工+lpm,所以该晶体中与Mn原子距离相等且最近的O原子由6个，所以Mn的配位数为6;由晶胞结构可知：在该晶胞中距离相等且最近的2个Mn在晶胞体对角线的一半，晶胞的体对角线为体中Mn之间的最近距离为52出+炉pc36 .【答案】(1)CH=CH羟基(2)加成反应NaOH溶液，加热【解析】由合成路线可知，A和B发生加聚反应生成EPRK胶(1口1；),则A和B为乙烯、丙烯，由M的分子式并结合反应I可知，A、DE、F均含有3个碳原子，故A为丙烯，则B为乙烯；A与澳化氢发生加成反应生成卤代煌D,卤代煌D发生水解生成醇E,醇E发生催化氧化生成F,由F和2分子苯酚反应生成M(C5H16。)可推知F为丙酮，由此推出D为2-澳丙烷，E为2-丙醇；B为乙烯，乙烯发生催化氧化生成C,C和CO反