高中化学鲁科版有机化学基础本册总复习总复习 获奖作品

山东省莱阳市第四中学2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．用水稀释的醋酸溶液，下列说法正确的是A.醋酸的电离程度逐渐增大，溶液的PH值减小B.逐渐减小C.水的电离程度增大D.变大【答案】C【解析】对于弱电解质醋酸的电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋加水稀释时，促进其电离，其电离程度增大，但CH3COOH、CH3COO－、H＋的浓度减小，溶液的pH增大；而水的离子积只与温度相关，必然可知OH－的浓度增大；由于CH3COO－的浓度减小，而OH－的浓度增大，故变小。所以本题答案为C2．关于同分异构体的下列说法中正确的是（）A．结构不同，性质相异，化学式相同的物质互称同分异构体B．同分异构体现象是导致有机物数目众多的重要原因之一C．同分异构体现象只存在于有机化合物中D．同分异构体现象只存在于无机化合物中【答案】B【解析】试题分析：A．具有相同的分子式，结构不同的化合物互称为同分异构体，不同类时化学性质不同，同类异构时化学性质相似，A错误；B．由于有机物存在同分异构体现象，是导致有机物数目众多的重要原因之一，B正确；C．同分异构体也可存在与无机物中，C错误；D．同分异构现象多存在有机物中，D错误；答案选B。考点：考查同分异构体判断3．下列坩埚中，既可用作熔化固体KOH，又可用作熔化固体KHSO4的容器是()A．铁坩埚B．石英坩埚C．瓷坩埚D．石墨坩埚【答案】D【解析】KOH是强碱，KHSO4是强酸的酸式盐，前者能与石英坩埚和瓷坩埚中的SiO2反应，后者能与铁坩埚的铁反应。而石墨与熔化的KOH、KHSO4均不发生反应。4．某元素的微粒最外电子层有8个电子，该微粒是（）A稀有气体原子B阳离子C阴离子D无法确定【答案】D【解析】最外电子层有8个电子，说明最外层已经达到8电子稳定结构，所以A、B、C均有可能。答案选D。5．反应A+B→C(△H<0)分两步进行：①A+B→X(△H>0)，②X→C(△H<0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是反应过程反应过程能量反应过程能量反应过程能量反应过程能量XCXXXCCCA+BA+BA+BA+BA.B.C.D.【答案】D【解析】试题分析：反应热只和反应物生成物总能量相对大小有关，由①A+B→X(△H>0)得X能量大于A+B，由②X→C(△H<0)得，C的能量小于X，所以题词选择D。考点：考查反应热相关知识。6．在下图点滴板上有四组溶液间反应的小实验，其对应的离子方程式书写不正确A．a反应：Fe3＋+3SCN－＝Fe(SCN)3B．b反应：HCO3－+OH－＝CO32－+H2OC．c反应：Al2O3＋2OH－＝2AlO2－＋H2OD．d反应：Fe2＋+2H＋+H2O2＝Fe3＋+2H2O【答案】D【解析】试题分析：反应不符合电荷守恒，应为：2Fe2＋+2H＋+H2O2＝2Fe3＋+2H2O，错误；选D。考点：考查离子方程式的正误判断。7．要证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，进行如下实验操作时最佳顺序为()①加入足量氯水②加入足量酸性KMnO4溶液③加入少量NH4SCN溶液A．①③B．③②C．③①D．①②③【答案】C【解析】试题分析：加入少量NH4SCN溶液，若溶液不变红，则说明溶液中不含Fe3+，溶液中若含有Fe2+，再加入氯水，溶液会变红。若用足量酸性KMnO4溶液，则酸性KMnO4溶液本身显紫色，难以观察现象。考点：铁、铜及其化合物的应用8．下列说法中错误的是A．硅酸是不挥发性酸，因此不能由盐酸制得B．氢氟酸能和玻璃发生化学反应，所以氢氟酸要存放在塑料瓶中C．水玻璃有黏性，所以要存放在带橡胶塞的试剂瓶中D．烧碱溶液会腐蚀玻璃并生成硅酸钠，所以烧碱溶液要存放在带橡胶塞的试剂瓶里【答案】A【解析】试题分析：A、盐酸的酸性比硅酸强，根据强酸可以制弱酸原理，利用硅酸盐与盐酸反应可以制得硅酸；B、因氢氟酸能和玻璃中的二氧化硅发生化学反应，所以氢氟酸要存放在塑料瓶中，不能保存在玻璃瓶中，正确；C、硅酸钠是一种粘合剂，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，而用在带橡胶塞的玻璃瓶，正确；D、因玻璃塞中的二氧化硅能和氢氧化钠反应有硅酸钠（Na2SiO3）生成，硅酸钠是一种粘合剂，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，而用在带橡胶塞的玻璃瓶，正确；考点：考查硅酸的制法、试剂的保存。9．25℃时，向纯水中加入NaOH，使溶液的pH为11，则由NaOH电离出的OH-离子浓度与水电离的OH-离子浓度之比为A．1010∶1B．5×109∶1C．108∶1D．1∶1【答案】C【解析】试题分析：酸碱抑制水的电离，向纯水中加入NaOH，使溶液的pH为11，则由NaOH电离出的OH-离子浓度为10-3mol/L，由水电离的OH-离子浓度为10-11mol/L，其浓度之比为10-3mol/L：10-11mol/L=108∶1，选C。考点：考查溶液中离子浓度的计算。10．为了研究影响化学反应速率的因素，甲、乙、丙、丁四位学生分别设计了如下四个实验，你认为不正确的是A．100mL2mol·L－1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变B．将相同大小、形状的铝条与稀硫酸和浓硫酸反应时，稀硫酸产生氢气快C．将氢气和氯气的混合气体分别放在冷暗处和强光照射下，会发现光照下有氯化氢生成D．两支试管中分别加入相同浓度相同体积的双氧水，其中一支试管再加入少量二氧化锰，产生氧气的快慢不同【答案】A【解析】试题分析：A、加入适量的氯化钠溶液，对盐酸溶液进行稀释，盐酸的浓度减小，，反应速率变慢，故说法错误；B、铝和稀硫酸反应产生氢气，而和浓硫酸发生钝化，故说法正确；C、验证光照对反应的影响，故说法正确；D、MnO2作催化剂，作对比实验，故说法正确。考点：考查影响反应速率的因素等知识。11．下列各分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是()A．H2OB．BF3C．CCl4【答案】C【解析】试题分析：A、H2O分子中H原子最外层为2电子结构，错误；B、BF3分子B原子最外层为6电子结构，错误；C、CCl4分子中C和Cl原子最外层均达到8电子稳定结构，正确；D、PCl5分子中一个P原子与5个Cl原子共用5对共用电子对，P原子最外层具有10电子结构，错误。考点：考查常见共价化合物的成键情况和电子式的书写。12．将2molA与2molB混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：2A(g)+3B(g)2C(g)+zD(g)，若2分钟后达到平衡，A的转化率为50%，测得：v(D)＝mol/(L·min)，则下列推断正确的是A．v(C)＝mol/(L·min)B．z＝3C．B的转化率为25%D．C的体积分数约为%【答案】D【解析】试题分析：2A(g)＋3B(g)2C(g)＋zD(g)起始浓度（mol/L）1100转化浓度（mol/L）平衡浓度（mol/L）A、C的平均反应速率为L÷2min＝0．25mol·L－1·min－1，A错误；B、v(D)＝mol/(L·min)，因为化学反应速率之比等于化学计量数之比，则z=2，B错误；C、B的转化率为1)×100%=75%,C错误；D、C的体积分数约为[+++]×100%=%，D正确。答案选D。考点：可逆反应的计算13．工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)△H=+QkJ/mol(Q＞0)某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行上述反应(此条件下为可逆反应)，下列叙述正确的是()A.反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B.若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为QkJC.反应至4min时，若HCl浓度为mol/L，则H2的反应速率为mol/(L·min)D.反应吸收kJ热量时，生成的HCl通入100mL1mol/L的NaOH溶液中恰好反应【答案】D【解析】试题分析：A项：增大压强，化学平衡逆向移动，SiCl4的转化率减小，故错；B项：反应为可逆反应，反应不能进行到底，吸收的能力要小于QkJ，故错；C项：物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，HCl的反应速率为mol/(L·min)，则H2的反应速率为mol/(L·min)，故错。故选D。考点：化学平衡移动中和反应反应速率的计算点评：本题考查较为综合，涉及反应热的计算、化学反应速率、化学平衡等问题，题目难度中等，注意反应的可逆性。14．组成和结构可用表示的有机物共有（不考虑立体异构体）A．9种B．12种C．24种D．36种【答案】D【解析】试题分析：丁烷为CH3CH2CH2CH3时，分子中有2种不同的H原子，故有2种丁基；丁烷为CH（CH3）3时，分子中有2种不同的H原子，故有2种丁基，因此丁基（-C4H9）共有4种；－C3H5Cl2的碳链为或，当为，2个氯在一号位或者二号位或者三号位有3种．1个氯在一号位，剩下的一个氯在二号或者三号，2种；1个氯在二号位剩下的一个氯在三号位，1种，总共6种；当为，2个氯在同一个碳上有1种。在两个左边的碳和中间的碳上，1种。左边的碳上和右边的碳上，1种，总计3种，故-C3H5Cl2共有9种；该有机物共有36种，答案选D。【考点定位】本题主要是考查同分异构体的书写【名师点晴】该题的难点是二氯代物的书写，书写的关键是学会采用定一议二法解题，对于二元取代物的同分异构体的书写，可先固定一个取代基的位置不动，再移动另一个取代基，以确定同分异构体的数目，例如－C3H5Cl2的碳链异构体就是采用该方法。15．用图示的方法可以保护钢质闸门。下列说法正确的是A．当a、b间用导体连接时，则X应发生氧化反应B．当a、b间用导体连接时，则X可以是锌或石墨C．当a、b与外接电源相连时，a应连接电源的正极D．当a、b与外接电源相连时，阴极的电极反应式：2Cl--2e→Cl2↑【答案】A【解析】试题分析：A．当a、b间用导体连接时构成原电池，根据题意，X应为负极，发生氧化反应，正确；B．当a、b间用导体连接时，则X可以是锌，不能选用石墨，错误；C．当a、b与外接电源相连时，a应连接电源的负极，错误；D．当a、b与外接电源相连时，阴极应该发生还原反应，错误。考点：考查了金属的腐蚀与防护的相关知识。16．(3分)ABS工程塑料是一种高分子化合物，其结构为，，写出各单体的结构简式_______【答案】(3分,每空1分)CH2=CH-CN;CH2=CH-CH=CH2;【解析】主链的断开原则：如果有碳碳双双键，四个碳为一组，否则两个碳为一组，断开后，双键变单键，单键变双键即可。具体见答案17．（16分）2023年初雾霾天气多次肆虐我国中东部地区。其中，汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一。（1）汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）＋2CO（g）2CO2（g）＋N2（g）。在密闭容器中发生该反应时，c（CO2）随温度（T）、催化剂的表面（S）和时间（t）的变化曲线如图所示。据此判断：①在T2温度下，0～2s内的平均反应速率v（N2）＝________。②当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率。若催化剂的表面积S1>S2，在上图中画出c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线。③若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是________________________________________________________。（2）煤燃烧产生的烟气中有含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。①已知甲烷的燃烧热为890kJ·mol－1；1mol水蒸气变成液态水放热44kJ；N2与O2生成NO的过程如下，CH4（g）＋4NO（g）=2N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）ΔH＝________。②在恒压下，将CH4（g）和NO2（g）置于密闭容器中，也可以发生化学反应：CH4（g）＋2NO2（g）N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）ΔH<0，提高NO2转化率的措施有________。A．增加原催化剂的表面积B．降低温度C．减小投料比[n（NO2）/n（CH4）]D．增大压强（3）在容积相同的两个密闭容器内（装有等量的某种催化剂）先各通入等量的CH4，然后再分别充入等量的NO和NO2。在不同温度下，同时分别发生上述的两个反应：并在t秒时测定其中NOx转化率，绘得图像如下图所示：从图中可以得出的结论是_____________________。结论一：在250～450℃时，NOx转化率随温度升高而增大，450～600℃时NOx转化率随温度升高而减小推测原因是______________________________________。结论二：__________________________________。【答案】（1）①（2分）mol·L－1·s－1②（2分）如图③（2分）BD（2）①（3分）－1168kJ·mol－1②（2分）BC（3）（2分）在250～450℃时，NOx转化率随温度升高而增大，反应未建立平衡，温度升高反应一定正向进行；450～600℃（温度较高）时，反应已达平衡，所以，温度升高平衡逆向移动，NOx转化率随温度升高反而减小结论二：（3分）相同温度下NO的转化率比NO2的低【解析】试题分析：（1）①从图看出在T2温度下，0～2s内CO2的浓度变化了mol·L－1，根据方程式知道N2的浓度变化了mol·L－1，则v（N2）＝mol·L－1/2s=mol·L－1·s－1。②催化剂的表面积S1>S2，在T1、S2条件下达到平衡所用的时间比T1、S1要长，但温度相同最后的状态与T1、S1相同，故图像为：③从图像中看出T1温度下先达到平衡，故T1温度较高，但CO2的浓度较低，说明反应是放热反应，若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，则体系的而温度会升高，温度升高反应速率加快，但达到平衡时反应速率不变，故A错；温度升高平衡向逆反应方向移动，平衡常数变小，B对；达到平衡时CO2和NO的物质的量不能再改变，故C错；NO的物质的量不再改变，说明反应达到了平衡，D对。（2）①甲烷的燃烧热为890kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH1＝－890kJ·mol－1；1mol水蒸气变成液态水放热44kJ，则有：H2O（g）＝H2O（l）ΔH2＝－44kJ·mol－1；根据N2与O2生成NO的过程可得：N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH3＝+183kJ·mol－1，利用盖斯定律知道CH4（g）＋4NO（g）=2N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）的ΔH＝ΔH1－ΔH2×2－ΔH3×2＝－890kJ·mol－1＋44×2kJ·mol－1－183kJ·mol－1×2＝－1168kJ·mol－1。②增大催化剂的表面积会加快反应，但不能使平衡发生移动，不能提高NO2转化率，A错；降低温度平衡向正反应方向移动，可以提高NO2转化率，B对；减小投料比[n（NO2）/n（CH4）]，相当于增大CH4的浓度，可以提高NO2转化率，C对；增大压强平衡向逆反应方向移动，NO2转化率变小，D错，选BC。（3）450～600℃时NOx转化率随温度升高而减小推测原因是：在250～450℃时，NOx转化率随温度升高而增大，反应未建立平衡，温度升高反应一定正向进行；450～600℃（温度较高）时，反应已达平衡，所以温度升高平衡逆向移动，NOx转化率随温度升高反而减小。从图还可以看出NO的转化率曲线在NO2的下面，故可得出结论二为：相同温度下NO的转化率比NO2考点：化学反应速率的计算、化学图像的分析、化学平衡状态判断、盖斯定律的运用。18．某探究性学习小组拟通过锌与盐酸的反应研究影响反应速率的因素。该探究性学习小组用相同质量的锌和相同浓度的足量的稀盐酸反应得到实验数据如下表所示：实验编号锌的状态反应温度/℃收集100mL氢气所需时间/sⅠ薄片15200Ⅱ薄片2590Ⅲ粉末2510（1）该实验的目的是探究、对锌和稀盐酸反应速率的影响；（2）实验Ⅰ和Ⅱ表明，化学反应速率越大；（3）能表明固体的表面积对反应速率有影响的实验编号是和，实验结论是；（4）请设计一个实验方案证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响：。【答案】（1）固体表面积，温度（2）温度越高（3）Ⅱ，Ⅲ，其他因素不便，固体表面积越大，反应速率越快（4）在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应【解析】试题分析：（1）根据表格提供的信息可知，锌的状态有薄片和粉末两种状态，温度有15℃和25℃两种温度，稀盐酸的浓度相同，则该实验的目的是探究固体表面积、温度对锌和稀盐酸反应速率的影响。（2）实验Ⅰ和Ⅱ中，温度不同，温度大的反应速率快，即温度越高，化学反应速率越大。（3）实验Ⅱ和Ⅲ中，固体表面积不同，表面积大的反应速率快，即其他因素不便，固体表面积越大，反应速率越快。（4）在相同的温度下，采用相同状态的质量相同的锌片与两种体积相同但浓度不同的盐酸反应，可以证明盐酸的浓度对该反应的速率的影响。考点：考查探究影响化学反应速率的因素。19．(1查阅资料得知:i.常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42。ii.物质开始沉淀的pH值完全沉淀的pH值Fe(OH)3Al(OH)3Cr(OH)3Fe(OH)2Bi(OH)3回答下列问题:（1）反应之前先将矿石粉碎的目的是。（2）操作I、III、IV用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和__________（填仪器名称）。（3）写出④反应的离子反应方程式。（4）⑤中酸化是使CrO42转化为Cr2O72，写出该反应的离子方程式。（5）将溶液H经过下列操作，蒸发浓缩，__________，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠。（6）入【答案】（14分）（每空2分）（1）增大反应物的接触面积,加快反应速率（2）漏斗烧杯（3）3NaBiO3+2Cr3++7OH+H2O＝2CrO42+3Na++3Bi(OH)3↓（4）2CrO42+2H+Cr2O72+H2O（5）冷却结晶（6）mol·L－1；【解析】试题分析：（1）矿石粉碎可以增大反应物的接触面积，加快反应速率。（2）操作I、III、IV均是过滤，则用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和漏斗、烧杯。（3）常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42，则④反应的离子反应方程式为3NaBiO3+2Cr3++7OH+H2O＝2CrO42+3Na++3Bi(OH)3↓。（4）⑤中酸化是使CrO42转化为Cr2O72，在转化过程中元素化合价不变，则该反应的离子方程式为2CrO42+2H+Cr2O72+H2O。（5）从溶液中得到晶体的一般操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠。（6）根据图像可知加入氢氧化钠时没有立即产生沉淀，这说明酸过量，首先发生酸碱中和。当沉淀不再发生变化时需要氢氧化钠是180ml。继续加入氢氧化钠沉淀开始减小，即氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液是40mol，则生成氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液体积是120ml，所以与铁离子反应的氢氧化钠溶液体积是60ml，物质的量是L×5mol/L＝，所以根据方程式Fe3＋＋3OH—＝Fe(OH)3↓，所以铁离子是。沉淀达到最大值时溶液中的溶质是硫酸钠，则根据原子守恒可知硫酸钠的物质的量是0.2L×5mol/L/2＝，则硫酸的浓度是÷L＝L。考点：考查物质制备工艺流程图的分析与应用20．今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K＋、Al3＋、Fe3＋、Mg2＋、Ba2＋、NH4+、Cl－、CO32—、SO42—，现取两份100mL溶液进行如下实验：①第一份加过量NaOH溶液加热后，只收集到气体mol，无沉淀生成，同时得到溶液甲。②在甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧，质量为1.02g。③第二份加足量BaCl2溶液后，得白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，质量为11.65g。根据上述实验回答：(1)一定不存在的离子是。(2)试确定溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度(可不填满)：（3）试确定K＋是否存在(填“是”或“否”)，判断的理由是。【答案】（6分）(1)Fe3＋、Mg2＋、CO32－、Ba2＋(2)SO42－；mol/L(3)是；根据电荷守恒，K＋一定存在【解析】试题分析：第一份加过量NaOH溶液后加热，只收集到气体，无沉淀生成，同时得到溶液甲，依据离子性质分析推断，与氢氧化钠生成气体的一定是NH4+离子，生成气体NH3物质的量为，无沉淀生成证明溶液中一定不含Fe3+、Mg2+；向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体．能与二氧化碳反应得到沉淀的离子有Ba2+，铝离子溶于过量氢氧化钠生成的偏铝酸钠溶于反应生成氢氧化铝沉淀；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体．说明沉淀不溶于酸，证明是硫酸钡沉淀，原溶液中含有SO42-，判断溶液中一定不含有Ba2+，向甲溶液中通入过量CO2，生成白色沉淀只能是氢氧化铝沉淀，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝，原溶液中含有Al3+，结合离子共存判断溶液中一定不含有CO32-；一定含有的离子为NH4+、Al3+、SO42-。（1）依据上述分析判断，一定不存在的离子为：Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-，故答案为：Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-；（2）由①可知存在离子NH4+物质的量浓度==mol/L；由②可知存在离子为Al3+，沉淀经过滤、洗涤、灼烧后，得到1.02g固体为氧化铝物质的量==，溶液中Al3+的物质的量浓度==mol/L；由③可知存在离子为SO42-；第二份加足量BaCl2溶液后，生成白色沉淀，沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后，得到11.65g固体为硫酸钡，物质的量==，SO42-物质的量浓度==mol/L，故答案为：SO42-；mol/L；（3）依据溶液中电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，阳离子电荷数为，阴离子若只有硫酸根离子时电荷数为1mol，所以一定有K+存在，故答案为：是；依据电荷守恒，阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量，所以一定有K+存在。考点：考查了离子共存、离子反应的相关知识。21．将26克含有SiO2和CaCO3固体在高温下加热至质量不再改变，冷却后称重为17.2克。（已知：SiO2+CaCO3eq\o(=,\s\up7(△))CaSiO3+CO2↑，SiO2和CaSiO3均为固体）（1）求生成的CO2的体积（标准状况下）（2）求原混合物中所含SiO2的质量。【答案】（1）4.48L（2）6克【解析】略22．（16分）已知物质A分子式为C3H4O2，显酸性。F为由七个原子组成的环状结构，分子式为C6H8O4。已知对于不对称的烯烃在不同条件下与HBr加成时有可能得到两种不同的加成产物，研究表明，不对称的烯烃与HBr加成时通常遵循马氏规则“氢加到含氢多的不饱和碳原子一侧”。而反马氏规则即“氢加到含氢少的不饱和碳原子一侧”。请根据以下框图回答问题（1）请写出A、D的结构简式为AD（2）D→G的反应类型为（3）化合物B中含氧官能团的名称是（4）①D和E生成F的化学方程式②D和E按照1:1反应也可生成高聚物，请写出生成该高聚物的化学反应方程式：（5）A生成C的化学方程式（6）写出C的同分异构体中含酯基的物质的结构简式、、（至少写3个）【答案】（1）CH2＝CHCOOHHOCH2CH2COOH（2）氧化反应（3）羧基；（4）或（5）CH2＝CHCOOH+HBr→CH3CHBrCOOH（6）CH3CHBrOOCHBrCH2CH2OOCHCH3COO