【完整版】河北省衡水中学2017届高三第二次模拟考试理科综合化学试题

/【全国百强校word】河北省衡水中学2017届高三第二次模拟考试理科综合化学试题〔内部版〕1.化学与消费和生活亲密相关,以下有关说法正确的选项是A.刚玉硬度仅次于金刚石,熔点也相当高,刚玉坩埚可用于熔融碳酸钾B.CO2是大量使用的灭火剂,但着火的镁条在CO2中继续燃烧说明它也可以助燃C.人血清中的血浆铜蓝蛋白相对分子质量为151000,是人工合成的高分子化合物D.牛奶中参加果汁会产生沉淀,是因为发生了酸碱中和反响【答案】B【解析】A、刚玉的主要成分是氧化铝,高温下氧化铝和碳酸钾反响,应该用铁坩埚,A错误；B、镁在CO2中燃烧生成氧化镁和碳,说明CO2也可以助燃,B正确；C、血浆铜蓝蛋白不是人工合成的,C错误；D、因牛奶中含有蛋白质,参加果汁能使蛋白质凝聚而沉淀,且牛奶不是酸,那么不是酸碱之间的反响,D错误,答案选B。2.设NA为阿伏伽德罗常数值。以下有关表达不正确的选项是A.1molCnH2n-2〔n≥2〕中所含的共用电子对数为〔3n+l〕NAB.在K37ClO3+6H35Cl〔浓〕=KCl+3Cl2↑+3H2O反响中,假设有212克氯气生成,那么反响中电子转移的数目为5NAC.60克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2D.5.8g熟石膏(2CaSO4·H2O)含有的结晶水分子数为0.02NA【答案】A点睛：该题的易错选项是B和D,注意在反响中氯酸钾是氧化剂,氯化氢局部是复原剂,首先要计算氯气的平均相对分子质量,然后再进展电子转移计算。熟石膏中相当于是2mol硫酸钙结合1mol水,答题时要注意和石膏的区别(CaSO4·2H2O)。3.25℃时,将浓度均为0.1mol/L,体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合,保持Va+Vb=100mL,Va、Vb与混合液pH的关系如下图,以下说法正确的选项是A.Ka(HA)=1×10-6mol/LB.b点c(B+)=c(A-)=c(OH-)=c(H+)C.c点时,随温度升高而减小D.a→c过程中水的电离程度始终增大【答案】C【解析】根据图知,酸溶液的pH=3,那么c(H+)＜0.1mol/L,说明HA是弱酸；碱溶液的pH=11,c(OH-)＜0.1mol/L,那么BOH是弱碱；A．Ka(HA)=c(H+)c(A－)/c(HA)＝10－3×10－3/0.1＝1×10-5mol/L,A错误；B．b点二者恰好反响,溶液显中性,那么c(B+)=c(A-)＞c(OH-)=c(H+),B错误；C.c(A−)/c(OH−)•c(HA)=1/Kh,水解平衡常数只与温度有关,升高温度促进水解,水解平衡常数增大,因此该比值随温度升高而减小,C正确；D．酸或碱抑制水的电离,盐类水解促进水的电离,所以b点水电离出的c(H+)＞10-7mol/L,而a、c两点水电离出的c(H+)＜10-7mol/L,D错误；答案选C。点睛：此题考察酸碱混合溶液定性判断,侧重考察学生图象分析及判断才能,明确各个数据含义及各点溶液中溶质成分及其性质是解此题关键,易错选项是D,注意酸碱盐对水电离平衡的影响变化规律。4.M、N、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素,N是形成有机物根本骨架的元素,M与N、Q可分别形成共价化合物S、T,且S、T分子中含一样的电子数。金属单质R在Q的单质中燃烧生成的化合物W可与T发生氧化复原反响。以下说法正确的选项是A.原子半径大小：M<N<Q<RB.W中的阴阳离子个数比为1:1,属于离子化合物C.Q的某单质可作水的消毒剂,该单质在大气中含量越多,对人体越有益学&科&网...D.M和N、Q均能形成既含极性键又含非极性键的分子【答案】D点睛：解答此类试题明确元素种类是关键,要熟悉常见的元素推断的描绘性用语,如：X原子最外层电子数是次外层电子数的n倍,一般认为n≥1,此时次外层只能为K层,X的核外电子排布为2,2n,即X的原子序数为2+2n。如：最外层电子数是次外层电子数2倍的元素有：C；最外层电子数是次外层电子数3倍的元素有：O；再如,X的阳离子和Y的阴离子具有一样的电子层构造,常见的离子的电子层构造一般有两种(2,8和2,8,8)。满足2,8的阳离子有Na+、Mg2+、Al3+,阴离子有N3−、O2−、F−；满足2,8,8的阳离子有K+、Ca2+,阴离子有P3−、S2−、Cl−；阳离子在阴离子的下一周期。5.如下图五层膜材料常用于汽车玻璃中的电致变色系统,其工作原理是在外接电源下,通过在膜材料内部发生氧化复原反响,实现对器件的光透过率进展多级可逆性调节。(己知：WO3和Li4Fe43均为无色透明,LiWO3和Fe43均为蓝色)以下有关说法正确的选项是A.当B外接电源负极时,膜的透射率降低,可以有效阻挡阳光B.当A接电源的正极时,此时Li+脱离离子存储层C.当B外接电源正极时,离子存储层发生反响为：Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4e－＝Li4Fe4[Fe(CN)6]3D.该电致变色系统在较长时间的使用过程中,离子导体层中Li+的量可保持根本不变【答案】D【解析】A、当B接外接电源负极时,B为阴极,此时蓝色的Fe4[Fe(CN)6]3得电子成为Li4Fe4[Fe(CN)6]3,此物质为无色透明物质,不能有效阻挡阳光,A错误；B、当A接外接电源负极时,A为阴极,Li+脱离离子存储层移向阴极,B错误；C、当B外接电源正极时,发生失去电子的氧化反响,离子存储层发生反响为：Li4Fe4[Fe(CN)6]3－4e－＝Fe4[Fe(CN)6]3+4Li+,C错误；D、电致变色系统在较长时间的使用过程中,Li+不会参与电极反响,Li+的量可保持根本不变,D正确,答案选D。6.用以下图装置完成以下实验,不需要试管①的是(内盛有相应的除杂试剂)就能到达实验目的的是实验目的②中的试剂A检验碳与浓硫酸反响产生的气体中含有二氧化碳澄清石灰水B用碳酸钙与盐酸反响产生的气体验证碳酸的酸性强于苯酚笨酚钠溶液C验证乙醇在浓硫酸作用下发生消去反响产生的气体为不饱和烃酸性高锰酸钾溶液D验证石蜡油在碎瓷片上受热分解产生的气体中含有不饱和烃溴的四氯化碳溶液学&科&网...A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A、碳与浓硫酸反响产生的气体中含有二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊,需要试管①中装有足量的酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫以排除其干扰,选项A错误；B、盐酸易挥发,生成的二氧化碳中含有氯化氢,需要试管①中装有饱和碳酸氢钠溶液以除去氯化氢排除其干扰,选项B错误；C、制取乙醇的反响中除生成乙烯以外,挥发的乙醇及可能产生的二氧化硫都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,需要需要试管①中装有足量的氢氧化钠溶液以排除干扰,选项C错误；D、验证石蜡油在碎瓷片上受热分解产生的气体中含有不饱和烃,可以直接通入溴的四氯化碳溶液,溶液褪色,得到证明,选项D正确。答案选D。7.法国、美国、荷兰的三位科学家因研究“分子机器的设计与合成〞获得2016年诺贝尔化学奖．轮烷是一种分子机器的“轮子〞,轮烷的一种合成原料由C、H、O三种元素组成,其球棍模型如下图,以下说法正确的选项是A.该化合物的名称为乙酸乙酯B.该化合物的链状同分异构体中,能与NaHCO3反响放出CO2的只有3种C.该化合物既能发生水解反响．又能发生缩聚反响D.该化合物与Br2的四氯化碳溶液不反响【答案】B【解析】A.根据构造式可知该化合物的构造简式为CH3COOCH=CH2,名称为乙酸乙烯酯,A错误；B.该化合物的同分异构体中,能与NaHCO3反响放出CO2的属于羧酸,有CH2=CHCH2COOH、CH2=C(CH3)COOH、CH3CH=CHCOOH、共3种,B正确；C.该化合物含有酯基,能发生水解反响,含有碳碳双键,能发生加聚反响,C错误；D.该化合物含有碳碳双键,可以与Br2的四氯化碳溶液发生加成反响,D错误；答案选B。8.二氧化氯是极易溶于水且不与水发生化学反响的黄绿色气体,沸点为11℃,可用于处理含硫废水。某小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反响。答复以下问题：(l)ClO2的制备(己知:SO2+2NaClO3+H2SO4=2C1O2↑+2NaHSO4)①装置A中反响的化学方程式为______________________。②欲搜集一定量的ClO2,选择上图中的装置,其连按顺序为a→____________。(按气流方向,用小写字母表示)③装置D的作用_______________________。(2)ClO2与Na2S的反响将上述搜集到的ClO2用N2稀释以增强其稳定性,并将适量的稀释后的ClO2通入上图所示装置中充分反响,装置I中得到无色澄清溶液。一段时间后,通过以下实验探究I中反响的产物操作步骤实验现象结论取少量I中溶液于试管甲中,滴加品红溶液和盐酸品红溶液不褪色①无____生成另取少量I中溶液于试管乙中,参加Ba(OH)2溶液,振荡学&科&网...②_________有SO42-生成假设在试管乙中继续加Ba(OH)2溶液至过量,静置,取上层清液于试管丙③_________有白色沉淀生成有Cl-生成④ClO2与Na2S反响的离子方程式为_______________________。ClO2相对于用Cl2于处理含硫废水时,ClO2的优点是___________________(任写一条)。【答案】(1).Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O(2).g→h→b→c→e→f→d或(h→g→b→c→e→f→d)(3).冷凝搜集二氧化氯(4).SO2(写H2SO3、SO32-、HSO3-也可)(5).生成白色沉淀(或白色浑浊)(没有“白色〞不给分)(6).参加足量硝酸酸化后,再滴加硝酸银溶液(或滴入足量硝酸酸化的硝酸硝酸银溶液)(7).8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5SO42-+8H-(8).ClO2除硫效果彻底,且氧化产物硫酸根稳定或ClO2在水中的溶解度大,剩余的ClO2不会产生二次污染均被复原为氯离子或等物质的量ClO2的杀菌才能是氯气的2.5倍【解析】〔1〕①装置

A

中反响Cu与浓硫酸制备二氧化硫,化学方程式为：Cu+2H2SO4〔浓〕CuSO4+SO2↑+H2O；②二氧化硫从a进入装置E中反响,为防止倒吸,故应在之前有平安瓶,那么a→d→e,为反响充分,故再连接B装置中的g,二氧化氯沸点较低,故在B中冰水浴搜集,为充分冷却,便于搜集,故连接b,最后用氢氧化钠吸收未反响完的二氧化硫,防止污染空气,连接顺序为：d→e→g→h→b→c→f〔或e→d→g→h→b→c→f〕；③装置D用氢氧化钠吸收未反响完的二氧化硫,防止污染空气；

〔2〕将适量的稀释后的

ClO2

通入如图2所示装置中充分反响,得到无色澄清溶液；①另取少量I中溶液于试管乙中,参加Ba〔OH〕2溶液,振荡,有SO42-生成,硫酸根与钡离子反响生成硫酸钡白色沉淀；

②取少量I中溶液于试管甲中,滴加品红溶液和盐酸,品红始终不褪色,说明溶液中无SO2〔或HSO3-或SO32-〕生成；

③结论为有Cl-生成,有白色沉淀生成,氯化银为不溶于酸的白色沉淀,检验氯离子,故操作为：继续在试管乙中滴加Ba〔OH〕2溶液至过量,静置,取上层清液于试管丙内参加足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液；

④由上述分析可知ClO2

与

Na2S

反响有氯离子、硫酸根离子的生成,故发生的离子方程式为：8ClO2+5S2-+4H2O=8Cl-+5SO42-+8H+；ClO2除硫效果彻底,氧化产物硫酸根更稳定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不会产生二次污染、均被复原为氯离子时,ClO2得到的电子数是氯气的2.5倍。9.航天员呼吸产生的CO2用以下反响处理,可实现空间站中O2的循环利用。sabatior反响：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)水电解反响：2H2O(l)2H2(g)+O2(g)(1)将原料气按nCO2∶nH2=1:4置于密闭容器中发生Sabatier反响,测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如下图(虚线表示平衡曲线)。①己知H2(g)、CH4(g)的燃烧热分别为AkJ/mol、BkJ/mol,H2O(l)=H2O(g)△H=CkJ／mol。计算Sabatier反响的△H=___kJ/mol。②温度过高或过低均不利于该反响的进展,原因是________。③200℃到达平衡时体系的总压强为p,该反响平衡常数Kp的计算式为________。(不必化简。用平衡分压代替平衡浓度计算,分压＝总压×物质的量分数)(2)Sabatier反响在空间站运行时,以下措施能进步CO2转化效率的是______(填标号)。A.适当减压B.增大催化剂的比外表积C.反响器前段加热,后段冷却D.进步原料气中CO2所占比例E.合理控制反响器中气体的流速(3)一种新的循环利用方案是用Bosch反响CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g)代替Sabatier反响。在250℃,向体积为2L且带气压计的恒容密闭容器中通入0.08molH2和0.04molCO2发生Bosch反响CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g)△H①假设反响起始和平衡时温度一样(均为250℃),测得反响过程中压强(P)随时间(t)的变化如图I曲线a所示,那么△H___0(填“>〞“<〞或“不确定〞)；假设其它条件一样,仅改变某一条件时,测得其压强(P)随时间(t)的变化如图I曲线b所示,那么改变的条件是______________。②图II是甲、乙两同学描绘上述反响平衡常数的对数值(lgK)与温度的变化关系,其中正确的曲线是____________(填“甲〞或“乙〞)：m值为____________。③Bosch反响必须在高温下才能启动,原因是__________________。【答案】(1).4A-B+2C(2分)或(-4A+B＋2C)(2).温度过低,反响速率小；温度过高,平衡向右进展的程度小(3).0.3ρ×(0.6ρ)20.02ρ×(0.08【解析】〔1〕①己知H2(g)、CH4(g)的燃烧热分别为AkJ/mol、BkJ/mol,那么ⅰ、O2(g)+2H2(g)＝2H2O(l)△H=2AkJ/molⅱ、2O2(g)+CH4(g)＝2H2O(l)+CO2(g)△H=BkJ/molⅲ、H2O(l)=H2O(g)△H=CkJ/mol根据盖斯定律可知ⅰ×2－ⅱ+ⅲ×2即得到Sabatier反响的△H=(4A-B+2C)kJ/mol。②温度过低,反响速率很小；温度过高,反响向右进展的程度小,故温度过高或过低均不利于该反响的进展。③200℃时平衡体系中H2O(g)的物质的量分数为0.6,根据反响化学方程式CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g),所以CH4的物质的量分数为0.3,因此CO2和H2的物质的量分数共为0.1,又因为原料气按nCO2∶nH2=1∶4置于密闭容器中发生Sabatier反响,所以CO2的物质的量分数为0.02,H2的物质的量分数为0.08；到达平衡时体系的总压强为p,那么四种物质的分压分别为：p(CO2)=0.02p、p(H2)=0.08p、p(CH4)=0.3p、p(H2O)=0.6p,所以该反响平衡常数Kp为：〔2〕首先明确：转化效率不等于转化率。A、适当减压化学反响速率降低、降低平衡转化率,A错误；B、增大催化剂的比外表积,进步了化学反响速率,能进步CO2转化效率,B正确；C、反响器前段加热,加快反响速率,后段冷却,进步平衡转化率,C正确；D、进步原料气中CO2所占比例,降低CO2的转化率,D错误；E、合理控制反响器中气体的流速,可使反响物充分反响,进步了CO2转化效率,E正确。答案选BCE。〔3〕①由图1分析可知,随反响的进展压强先增大后减小,5min到达平衡状态,推知开场因反响是放热的,随反响进展温度升高,压强增大；反响到一定程度,因反响物浓度减小,随反响正向进展,压强反而减小,到压强随时间变化不变时,到达平衡状态,反响焓变为：△H＜0；根据图像可知改变条件后缩短了到达平衡的时间,但并没有改变平衡状态,那么改变的条件是参加催化剂。②正反响放热,升高温度平衡向逆反响方向进展,平衡常数减小,那么正确的曲线是乙；根据方程式可知：CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g)起始浓度〔mol/L〕0.020.040变化浓度〔mol/L〕x2x2x平衡浓度〔mol/L〕0.02-x0.04-2x2x压强之比等于物质的量之比,那么6/5=(0.02+0.04)/(0.06−x),解得：x=0.01,所以平衡常数K=0.0220.01×0.02210.我国每年产生的废旧铅蓄电池约330万吨．从含铅废料(PbSO4、PbO2、PbO等)中回收铅,实现铅的再生,意义重大。一种回收铅的工作流程如下：(1)铅蓄池放电时,PbO2作______极。铅蓄电池充电时,阳极附近溶液pH的变化是______(填“升高〞“降低〞“不变〞)(2)过程I,己知：PbSO4、PbCO3的溶解度(20℃)见图I：Na2SO4、Na2CO3的溶解度见图2。①很据图I写出过程I的离子方程式：______________________。②消费过程中的温度应保持在40℃,假设温度降低,PbSO4的转化速率下降。根据图2,解释可能原因：i.温度降低,反响速率降低；ii.______________(请你提出一种合理解释)。③假设消费过程中温度低于40℃,所得固体中,含有较多Na2SO4杂质,结合必要的化学用语和文字说明原因：____________________________。(3)过程II,发生反响2PbO2+H2C2O4=2PbO+H2O2+2CO2↑。实验中检测到有大量O2放出,推测PbO2氧化了H2O2,通过实验证实了这一推侧,实验方案是__________________。(己知：PbO2为棕黑色固体；PbO为橙黄色固体)(4)过程III,将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中,得到含Na2PbCl4的电解液,电解Na2PbCl4溶液,生成Pb,如图3。①阴极的电极反响式是_____________________。②电解一段时间后,PbCl42-浓度极大下降,为了恢复其浓度且实现物质的循环利用,阴极区采取的方法是____________________________。【答案】(1).正(2).降低(3).PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq)(4).Na2SO4、Na2CO3浓度降低,反响速率降低(5).温度低于40℃时,温度降低,平衡“Na2SO4(s)2Na+(aq)+SO42-(aq)〞逆向挪动,产生较多Na2SO4固体杂质(写出“Na2SO4(s)2Na+(aq)+SO42-(aq)〞(6).取少量PbO2于试管中,向其中滴加H2O2溶液,产生可使带火星木条复燃的气体,同时棕黑色固体变为橙黄色,证实推测正确(7).PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-(8).继续向阴极区加PbO粗品【解析】(1)铅蓄电池放电时,PbO2得到电子,作正极。(2)①根据图l可知碳酸铅更难溶,那么根据沉淀转化可知过程I的离子方程式为PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq)。②根据图2可知温度降低时Na2SO4、Na2CO3浓度降低,反响速率降低,因此导致转化率下降。③温度低于40℃时,温度降低,平衡“Na2SO4(s)2Na+(aq)+SO42-(aq)〞逆向挪动,产生较多Na2SO4固体杂质。(3)假如PbO2氧化了H2O2,那么必然产生PbO,根据颜色可判断,即取少量PbO2于试管中,向其中滴加H2O2溶液,产生可使带火星木条复燃的气体,同时棕黑色固体变为橙黄色,证实推测正确。(4)①阴极发生得到电子的复原反响,那么电极反响式是PbCl42-+2e-=Pb+4C1-。②由于PbO能溶解在HCl和NaCl的混合溶液中,得到含Na2PbCl4的电解液,因此为了恢复其浓度且实现物质的循环利用,阴极区采取的方法是继续向阴极区加PbO粗品。11.(选修三——物质构造与性质〕氮和磷元素的单质和化合物在农药消费及工业制造业等领域用处非常广泛,请根据提示答复以下问题：(l)科学家合成了一种阳离子为“N5n+〞、其构造是对称的,5个N排成“V〞形,每个N原子都到达8电子稳定构造,且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“N5n+〞化学式分“N8〞的离子晶体,其电子式为__________________,其中的阴离子的空间构型为_________。(2)2001年德国专家从硫酸钱中检出一种组成为N4H4(SO4)2的物质,经测定,该物质易溶于水,在水中以SO42-和N4H44+两种离子的形式存在。N4H44+根系易吸收,但它遇到碱时会生成类似白磷的N4分子,不能被植物吸收。1个N4H44+中含有______个σ键。(3)氨(NH3)和膦(PH3)是两种三角锥形气态氢化物,其键角分别为107°和93.6°,试分析PH3的键角小于NH3的原因_________________________。(4)P4S3可用于制造火柴,其分子构造如图l所示。①P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为_______。②每个P4S3分子中含孤电子对的数月为_______。(5)某种磁性氮化铁的晶胞构造如图2所示,该化合物的化学式为______。假设晶胞底边长为anm,高为cnm,那么这种磁性氮化铁的晶体密度为_______g/㎝3(用含ac和NA的式子表示)(6)高温超导材料,是具有高临界转变温度(Te)能在液氮温度度条件下工作的超导材料。高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+。基态时Cu3+的电子排布式为[Ar]______；化合物中,稀土元素最常见的化合价是＋3,但也有少数的稀土元素可以显示＋4价,观察下面四种稀土元素的电离能数据,判断最有可能显示＋4价的稀土元素是_____________。几种稀土元素的电离能(单位：KJ/mol)元素I1I2I3I4Se(钪)633123523897019Y(铱)616118119805963La(镧)538106718504819Ce(铈)527104719493547【答案】(1).(2).直线型(3).10(4).N的电负性强于p,对成键电子对吸引才能更强,成键电子对离中心原子更近,成键电子对之间间隔更小,排挤力更大致使键角更大,因此PH3的键角小于NH3。或者：氮原子电负性强于磷原子,PH3中P周围的电子密度小于NH3中N周围的电子密度,故PH的键角小于NH3(5).sp3(6).10(7).Fe3N(8).(9).3d8(10).【答题空10】Ce【解析】(l)N5构造是对称的,5个N排成V形,5个N结合后都到达8电子构造,且含有2个N≡N键,满足条件的构造为：,故“N5〞带一个单位正电荷。因此化学式分“N8〞的离子晶体是由N5+和N3－形成的,电子式为。其中的阴离子和CO2互为等电子体,那么其空间构型为直线形。(2)N4与白磷的构造类似为三角锥形,因此N4H44+的构造式为,所以1个N4H44+中含有10个σ键。(3)由于N的电负性强于p,对成键电子对吸引才能更强,成键电子对离中心原子更近,成键电子对之间间隔更小,排挤力更大致使键角更大,因此PH3的键角小于NH3。(4)①P4S3分子中硫原子的价层电子对数是4,含有2对孤对电子,杂化轨道类型为sp3。②分子中每个P含有1对孤对电子,每个S含有2对孤对电子,那么每个P4S3分子中含孤电子对的数为4×1+3×2＝10。(5)根据均摊法在氮化铁晶胞中,含有N原子数为2,Fe原子数为2×1/2+12×1/6+3=6,所以氮化铁的化学式Fe3N；假设晶胞底边长为anm,高为cnm,那么晶胞的体积是332a2cnm3,所以这种磁性氮化铁的晶体密度为364NA332a2c×10−2112.(选修五——有机化学根底)环丁基甲酸是重要的有机合成中间体,其一种合成道路如下：答复以下问题：(1)A属于烯烃,其构造简式为________。(2)B→C的反响类型是________,该