全国I卷2025届高三化学下学期第二次大联考试题含解析

PAGE17-（全国I卷）2025届高三化学下学期其次次大联考试题（含解析）一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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。1.化学与生活、环境、科技等亲密相关。下列说法错误的是A.温室效应导致海水的酸度增大，贝壳类生物的生存将会受到威逼B.植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的植物油会因水解而变质C.常温下用3体积乙醇与1体积蒸馏水配制成的混合液，可以灭活新型冠状病毒D.白葡萄酒含维生素C等多种维生素，通常添加微量SO2的目的是防止养分成分被氧化【答案】B【解析】【详解】A．二氧化碳和水反应生成碳酸，可以增加酸度，碳酸能与碳酸钙反应，所以珊瑚、贝壳类等生物的生存将会受到威逼，故A正确；B．植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置会被氧化而变质，故B错误；C．常温下用3体积乙醇与1体积蒸馏水配制成的混合液中酒精含量约为75%，即医用酒精，可以杀菌消毒，故C正确；D．二氧化硫具有还原性，可防止养分成分被氧化，故D正确；故答案为B。2.设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.1molP4(正四面体结构)含有6NA个P-P键B.1mol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为9NAC.25℃，pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NAD.常温常压下，过氧化钠与水反应，生成8g氧气时转移的电子数为0.25NA【答案】A【解析】详解】A．一个P4分子中含有6个P-P键，所以1molP4(正四面体结构)含有6NA个P-P键，故A正确；B．一个CH3+所含电子数为6+3-1=8，所以1mol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为8NA，故B错误；C．溶液体积未知，无法计算所含微粒数目，故C错误；D．8g氧气的物质的量为0.25mol，过氧化钠与水反应过程中氧化产物为O2，且为唯一氧化产物，氧元素化合价由-1价变为0价，所以转移的电子数目为0.5NA，故D错误；故答案为A。3.维生素B3可以维持身体皮肤的正常功能，而且具有美容养颜的功效，其分子中六元环的结构与苯环相像。下列有关维生素B分子的说法错误的是A.全部的碳原子均处于同一平面 B.与硝基苯互为同分异构体C.六元环上的一氯代物有4种 D.1mol该分子能和4molH2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A．该分子中全部C原子和N原子都采纳sp2杂化且碳碳单键可以旋转，所以该分子中的全部C原子可能位于同一平面，故A正确；B．硝基苯的分子式为C6H5NO2，该分子的分子式也为C6H5NO2，且二者结构不同，互为同分异构体，故B正确；C．六元环上含有4种氢原子，所以其六元环上的一氯代物是4种，故C正确；D．羧基中的碳氧双键不能加成，维生素B3分子中的六元环与苯环相像，则1mol该物质最多能和3mol氢气发生加成反应，故D错误；故答案为D。4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y和Z组成的一种化合物可有效灭杀新型冠状病毒，它的结构式为：。向W的一种钠盐水溶液中通入YZ2气体，产生沉淀的质量m与通入YZ2气体的体积V的关系如图所示。下列说法正确的是A.氢化物的熔点肯定是：Y<ZB.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>WC.X、Y、Z三种元素只能组成一种化合物D.工业上常用热还原法冶炼单质W【答案】B【解析】【分析】X、Y和Z组成的化合的结构式为：，构成该物质的元素均为短周期主族元素，且该物质可以消毒杀菌，该物质应为过氧乙酸：CH3COOOH，X为H、Y为C、Z为O；向W的一种钠盐水溶液中通入CO2气体可以产生沉淀且通过量的CO2气体沉淀不溶解，则该沉淀应为H2SiO3或Al(OH)3，相应的钠盐为硅酸钠或偏铝酸钠，W为Al或Si。【详解】A．C元素有多种氢化物，其中相对分子质量较大的一些氢化物的熔点要高于O的氢化物，故A错误；B．无论W为Al还是Si，其非金属性均小于C，最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>W，故B正确；C．C、H、O元素可以组成多种烃类的含氧衍生物，故C错误；D．若W为Si，工业上常用碳还原法冶炼，但W为Al，工业上常用电解熔融氧化铝制取铝，故D错误；故答案为B。【点睛】易错选项为D，要留意硅酸钠和偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳均可以产生沉淀，且沉淀不会与二氧化碳反应，所以依据题目所给信息无法确认W详细元素，要分状况探讨。5.下列试验方案能达到试验目的的是选项试验目的试验方案A去除甲烷中少量的乙烯将气体依次通过酸性高锰酸钾溶液和浓硫酸洗气B洗涤分解KMnO4制O2的试管先用稀盐酸洗涤试管，再用水清洗C探究蛋白质的盐析向硫酸铵饱和溶液中滴加几滴鸡蛋清溶液，再加入蒸馏水D提纯混有NH4Cl的粗碘将粗碘放入烧杯中，烧杯口放一盛满冷水的烧瓶，隔石棉网对烧杯加热，然后收集烧瓶外壁的固体A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．乙烯会被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳，且浓硫酸不能除去二氧化碳，故A错误；B．高锰酸钾分解制取氧气的产物中有二氧化锰，稀盐酸和二氧化锰不反应，故B错误；C．硫酸铵饱和溶液为浓盐溶液，可以使蛋白质发生盐析，不变性，再加入蒸馏水可以重新溶解，故C正确；D．加热时碘升华，氯化铵受热易分解，烧瓶底部得到的仍是混合物，加热不能将二者分别，故D错误；故答案为C。6.美国科学家JohnB.Goodenough荣获2024年诺贝尔化学奖，他指出固态体系锂电池是锂电池将来的发展方向。Kumar等人首次探讨了固态可充电、平安性能优异的锂空气电池，其结构如图所示。已知单位质量的电极材料放出电能的大小称为电池的比能量。下列说法正确的是A.放电时，a极反应为：Al-3e-=A13+，b极发生还原反应B充电时，Li+由a极通过固体电解液向b极移动C.与铅蓄电池相比，该电池的比能量小D.电路中转移4mole-，大约须要标准状况下112L空气【答案】D【解析】【详解】A．锂比铝活泼，放电时a极为负极，锂单质失电子被氧化，反应为“Li-e-═Li+，b极为正极得电子，被还原，故A错误；B．充电时a电极锂离子被还原成锂单质为电解池的阴极，则b为阳极，电解池中阳离子向阴极即a极移动，故B错误；C．因为锂的摩尔质量远远小于铅的摩尔质量，失去等量电子须要的金属质量也是锂远远小于铅，因此锂电池的比能量大于铅蓄电池，故C错误；D．电路中转移4mole-，则消耗1mol氧气，标况下体积为22.4L，空气中氧气约占20%，因此须要空气22.4L×5=112L，故D正确；故答案为D。7.已知HA的酸性强于HB的酸性。25℃时，用NaOH固体分别变更物质的量浓度均为0.1mol∙L-l的HA溶液和HB溶液的pH(溶液的体积变更忽视不计)，溶液中A-、B-的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变更状况如图所示。下列说法正确的是A.曲线I表示溶液的pH与-lgc(B-)的变更关系B.C.溶液中水的电离程度：M>ND.N点对应的溶液中c(Na+)>Q点对应的溶液中c(Na+)【答案】B【解析】【详解】A．HA的酸性强于HB的酸性，则Ka（HA）＞Ka（HB），当-1gc(A-)=-1gc(B-)时c(A-)=c(B-)，c(HA)=c(HB)，则c(H+)越大，pH越小，Ka越大，所以曲线II表示pH与-1gc(B-)的关系，故A错误；B．对于HB，取点(10，2)，则c(H+)=10-10mol/L，c(B-)=10-2mol/L，则Ka(HB)==，同理对于HA，取点(8，2)，则c(H+)=10-8mol/L，c(A-)=10-2mol/L，则Ka(HA)==，所以Ka(HA)：Ka(HB)=100，故B正确；C．M点和N点溶液中c(A-)=c(B-)，溶液pH越大，水的电离程度越大，所以水的电离程度M＜N，故C错误；D．对于N点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-)，对于Q点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，N点和Q点溶液pH相同，则两溶液中c(H+)和c(OH-)分别相等，但c(B-)＜c(A-)，则N点对应的溶液中c(Na+)＜Q点对应的溶液中c(Na+)，故D错误；故选：B。8.丙烯酸酯类物质广泛用于建筑、包装材料等，丙烯酸是合成丙烯酸酯的原料之一。丙烯醇可用于生产甘油、塑料等。以丙烯醛为原料生产丙烯醇、丙烯酸的流程如图所示：已知：①2CH2=CH-CHO+NaOHCH2=CHCH2OH+CH2=CHCOONa②2CH2=CHOONa+H2SO4→2CH2=CHCOOH+Na2SO4③有关物质的相关性质如表：物质丙烯醛丙烯醇丙烯酸四氯化碳沸点/℃539714177熔点/℃-87-12913-22.8密度/g·mL-30.840851021.58溶解性(常温)易溶于水和有机溶剂溶于水和有机溶剂溶于水和有机溶剂难溶于水(1)操作①须要连续加热30min，所用装置如图所示。仪器L名称是________。(2)操作②运用的主要仪器是分液漏斗，在运用之前需进行的操作是___。(3)操作④包括____、过滤、冰水洗涤、低温吸干。(4)操作⑤中，加热蒸馏“下层液体”，分别出四氯化碳；再分别出丙烯醇(如图)，要得到丙烯醇应收集____(填温度)的馏分。图中有一处明显错误，应改为____。(5)测定丙烯醇的摩尔质量：精确量取amL丙烯醇于分液漏斗中，烧瓶内盛装足量钠粒。试验前量气管B中读数为bmL，当丙烯醇完全反应后，冷却至室温、调平B、C液面，量气管B的读数为cmL。已知室温下气体摩尔体积为VL·mol-1。调平B、C液面的操作是____；试验测得丙烯醇的摩尔质量为____g·mol-1(用代数式表示)。假如读数时C管液面高于B管，测得结果将____(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】(1).冷凝管(2).检漏(3).冰水浴冷却结晶(4).97℃(5).温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口处相齐平(6).上下移动C管(7).(8).偏大【解析】【分析】丙烯醛与氢氧化钠溶液共热生成丙烯醇和丙烯酸钠，加入四氯化碳萃取未反应的丙烯醛和丙烯醇，四氯化碳密度比水大，所以得到的上层液体含有丙烯酸钠，加入硫酸酸化得到丙烯酸溶液，丙烯酸熔点为13℃，可用冰水冷却可得到丙烯酸晶体，过滤、冰水洗涤、低温吸干得到丙烯酸；下层液体为含有少量未反应的丙烯醛和生成的丙烯醇的四氯化碳溶液，蒸馏得到丙烯醇。【详解】(1)依据L的结构特点可知其为球形冷凝管；(2)过程②为萃取分液，分液漏斗运用前须要进行检漏；(3)依据分析可知操作④包括冰水浴冷却结晶、过滤、冰水洗涤、低温吸干；(4)依据题目信息可知丙烯醇的沸点为97℃，所以收集97℃的馏分；进行蒸馏时温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口处相平；(5)丙烯醇含有羟基可以与钠单质反应生成氢气，通过测定生成的氢气的量来确定丙烯醇的物质的量，从而测定其摩尔质量；记录氢气体积时要留意通过上下移动C管使B、C液面高度一样，从而使气体的压强与大气压相同；得到的气体体积为cmL，室温下气体摩尔体积为VL·mol-1，则生成的氢气物质的量为，丙烯醇分子中含有一个羟基，所以丙烯醇的物质的量为，丙烯醇的密度为0.85g·mL-3，则amL丙烯醇的质量为0.85ag，所以丙烯醇的摩尔质量为；若读数时C管液面高于B管，则B中压强要大于大气压，导致测得的气体体积偏小，依据计算公式可知会导致计算得到的摩尔质量偏大。【点睛】蒸馏试验中温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口处相平，冷凝水从冷凝管的下口进上口出；排水法测量气体体积时肯定要保证气体压强和大气压相同，否则无法精确知道气体压强无法进行换算。9.氯氧化铋(BiOCl)常用于电子设备等领域，BiOCl难溶于水，它是BiCl3的水解产物。以铋的废料(主要含铋的化合物，含少量铜、铅、锌的硫酸盐及Cu2S和Fe2O3等)为原料生产高纯度BiOCl的工艺流程如下：请回答下列问题：(1)在浸液1中加入过量的锌，过滤，将滤液蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得结晶水合物M，M的摩尔质量为287g·mol-1，M为___(填化学式)。(2)已知：浸液2呈蓝色，浸渣2含有少量硫单质。“浸铜”中MnO2的作用是____(用离子方程式表示)。(3)“浸铋”中，铋的浸出率与温度关系如图所示：在高于40℃左右时“铋浸出率”起先下降，其主要因素可能是____(从两个角度分析)。(4)在室温柔液固比固定的条件下，c(HCl)=1.0mol·L-1时，铋的浸出率与溶液中c(Cl-)的关系如图所示。“浸铋”操作中，加入NaCl的目的是____。(5)浸液3中主要溶质是BiCl3，“沉铋”过程中，有气体放出。“沉铋”的主要化学反应的方程式为____。从绿色化学角度看，浸液4可以用于____(填“酸浸”、“浸铜”或“浸铋”)。(6)测定产品的纯度：取mg充分洗涤并干燥后的产品，溶于稍过量的浓硝酸中，加水稀释到100.0mL，取20.0mL于烧杯中，用cmol·L-1的AgNO3标准溶液滴定至终点(用Na2CrO4，作指示剂)，消耗AgNO3标准溶液VmL，则产品中BiOCl的质量分数为____%(用含m、c、V的代数式表示)。【答案】(1).ZnSO4·7H2O(2).Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++S+2Mn2++4H2O(3).HCl的挥发加快、Bi3+水解程度增大(4).增大浸出液中c(Cl-)提高铋浸出率(5).BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+2NaCl+CO2↑(6).浸铋(7).【解析】【分析】铋废料加入稀硫酸酸浸，浸液1中主要含Cu2+、Zn2+、Fe3+等，浸渣1中则主要含有铋的化合物、Cu2S和PbSO4；向浸渣1中加入稀硫酸和MnO2，依据题目信息可知亚铜离子被氧化得到Cu2+，S2-被氧化得到S单质，所以浸渣2中主要含有含铋化合物、S和PbSO4；向浸渣2中加入盐酸和NaCl溶液可以浸出Bi3+，酸性溶液中铋元素主要以Bi3+形式存在，所以浸液3中主要含有Bi3+，浸渣3主要为S和PbSO4；浸液3中加入Na2CO3溶液，溶液碱性增加，Bi3+水解以BiO+离子形式存在，BiO+与Cl-形成BiOCl从溶液中析出，最终得到BiOCl，据此分析解答。【详解】(1)浸液1中主要阳离子为Cu2+、Zn2+、Fe3+等，加入过量锌，Cu2+、Fe3+完全反应，得到纯净的硫酸锌溶液，所以最终得到的结晶水合物为ZnSO4·xH2O，其摩尔质量为287g·mol-1，则x=，所以M为ZnSO4·7H2O；(2)浸液2为蓝色，说明有铜离子生成，即Cu+被MnO2氧化，浸渣2含有少量硫单质，即硫离子被氧化成硫单质，结合电子守恒和元素守恒可知该过程离子方程式为Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++S+2Mn2++4H2O；(3)温度上升HCl的挥发加快、Bi3+水解程度增大，导致高于40℃左右时“铋浸出率”起先下降；(4)据图可知氯离子浓度越大，铋的浸出率增大，加入氯化钠可以增大浸出液中c(Cl-)，提高铋浸出率；(5)BiCl3的水解使溶液显酸性，碳酸钠水解使溶液显碱性，二者相互促进，最终彻底水解，所以得到的气体应为二氧化碳，发生的反应方程式为：BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+2NaCl+CO2↑；依据方程式可知浸液4中含有大量NaCl，可用于浸铋；(6)该滴定原理为利用硝酸银标准液滴定BiOCl中氯离子的量，存在数量关系n(BiOCl)=n(AgNO3)；所以20.0mL待测液中n(BiOCl)=Vc×10-3mol，则样品中n(BiOCl)=×Vc×10-3mol=5Vc×10-3mol，所以产品中BiOCl的质量分数为。10.二甲醚(CH3OCH3)是一种清洁能源。工业上，常利用CO2和H2合成二甲醚。有关反应如下(z、y、z均大于0)：①2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=-xkJ·mol-1②CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=-ykJ·mol-1③CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H3=-zkJ·mol-1(1)2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=___________kJ·mol-1(2)下列有关合成二甲醚的说法正确的是___(填字母)。a.增大压强能提高反应速率和CO2的平衡转化率b.体系中减小，平衡肯定向正方向移动c.容器体积肯定，混合气体密度不变时肯定达到平衡状态d.充入适量CO，可能提高CH3OCH3的产率(3)在肯定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，速率表达式为v=v正-v逆=k正c(CO)·c(H2O)-k逆c(CO2)·c(H2O)(其中，k正、k逆为正、逆速率常数，与浓度无关)。达到平衡时，上升温度，将_____选填“增大”“减小”或“不变”)。(4)在恒容密闭容器中用CO2和H2合成二甲醚时CO2的平衡转化率与温度、投料比的关系如图所示。①500K时，将9molH2和3molCO2充入2L恒容密闭容器中，5min时反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(H2)=____________mol∙L-1∙min-l，该温度下，反应的平衡常数K=____(列出计算式即可，无需化简)。②由图像可以得出的结论是_________(答两条)。(5)工业上也可用CO和H2合成二甲醚，而且二者还能作燃料电池的燃料。以CO、H2体积比为1:2的混合气体与空气在KOH溶液中构成燃料电池(以石墨为电极)，起先时，负极的电极反应式为____。【答案】(1).-(x+2z)(2).ad(3).减小(4).0.72(5).(6).投料比不变，上升温度CO2的平衡转化率降低，温度不变，投料比越大，CO2的平衡转化率越大(7).CO+2H2–6e-+8OH-=CO32-+6H2O【解析】【详解】(1)已知：①2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=-xkJ·mol-1③CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H3=-zkJ·mol-1依据盖斯定律可知①+2×③可得反应2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)，所以△H=△H1+2△H3=-(x+2z)kJ·mol-1；(2)a．合成二甲醚的反应为气体体积减小的反应，所以增大压强可以提高反应速率同时使平衡正向移动，提高CO2的平衡转化率，故a正确；b．若分别出CO2使体系减小，平衡逆向移动，故b错误；c．容器体积不变，且反应物和生成物均为气体，则平衡移动过程中气体的质量不变，所以混合气体的密度始终不变，不能依据密度不变推断是否达到平衡，故c错误；d．充入CO可使反应②平衡右移增大CO2的量，促使反应③正向移动，提高二甲醚的产率，故d正确；故答案为ad；(3)平衡状态时，正、逆反应速率相等，即k正c(CO)·c(H2O)=k逆c(CO2)·c(H2O)，可得=K(平衡常数)，该反应正反应为放热反应，上升温度平衡逆向移动，平衡常数减小，即减小；(4)①500K、投料比等于3时，CO2的平衡转化率为80%，容器体积为2L，则在该时间段内二氧化碳的平均反应速率为=0.24mol∙L-1∙min-l，同一反应同一时段内不同物质反应速率之比等于计量数之比，所以v(H2)=3v(CO2)=0.72mol∙L-1∙min-l；列三段式有则该反应的平衡常数K==；②依据图像可知投料比不变，上升温度CO2的平衡转化率降低，温度不变，投料比越大，CO2的平衡转化率越大；(5)CO和H2在反应过程中被氧化，所以在负极区充入，电解质溶液为KOH溶液，所以电极方程式为CO+2H2–6e-+8OH-=CO32-+6H2O。11.铜及其化合物在生产、生活中有广泛应用。回答下列问题：(1)铜和锌相邻，铜和锌的几种状态：①铜：[Ar]3d10；②铜：[Ar]3d104s1③铜：[Ar]3d104p1④锌：[Ar]3d104s1⑤锌：[Ar]3d104s2。它们都失去1个电子时须要的能量由大到小排序为___(填字母)。a.①⑤④②③b.①④⑤②③c.②①③⑤④d.⑤①④③②画出基态铜原子的价电子排布图____。(2)Cu2+与NH3·H2O等形成配离子。[Cu(NH3)4]2+中2个NH3被2个H2O取代得到两种结构的配离子，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型是____(填“正四面体”或“正四边形”)。(3)CuF2晶体的熔点为836℃。其能量循环图示如下(a、b、c等均大于0)：F-F键能为___kJ∙mol-1，CuF2(s)的晶格能为___kJ∙mol-1。(4)铜常作醇氧化反应的催化剂。M中C原子的杂化类型有___种，M的熔沸点比N的高，缘由是___。(5)磷青铜晶胞结构如图所示。NA代表阿伏加德罗常数的值，铜、磷原子最近距离为①铜与铜原子最近距离为____nm。②磷青铜晶体密度为___g∙cm-3(用代数式表示)。【答案】(1).b(2).(3).正四边形(4).d(5).g(6).2(7).M分子间能形成氢键，N分子间不能(8).a×10-3(9).【解析】【详解】(1)铜：[Ar]3d10最外层为全满状态，且最外层为M层，所以其失去1个电子时须要的能量最大，所以铜的其次电离能大于锌的其次电离能，①＞④；锌的其次电离能大于锌的第一电离能，④＞⑤；基态铜的第一电离能大于激发态铜的第一电离能，②＞③；基态锌⑤锌：[Ar]3d104s2最外层为全满状态，锌的第一电离能大于铜的第一电离能，⑤＞②，综上所述选b；基态铜原子价电子为3d104s1，排布图为；(2)若[Cu(NH3)4]2+的空间构型为正四面体，则2个H2O取代2个NH3只能得到一种结构，所以其空间构型为正四边形；(3)断裂1mol化学键形成气态原子汲取的能量叫键能，则F-F键能为dkJ∙mol-1；气态离子形成1mol离子键所释放的能量叫晶格能，则CuF2的晶格能为gkJ∙mol-1；(4)M中苯环上和碳碳双键上的碳原子为sp2杂化，与羟基相连的碳原子为sp3杂化，共2种杂化方式；M分子中含有羟基可以形成分子间氢键，使熔沸点上升；(5)依据视察可知，该晶胞参数等于铜磷原子距离的2倍，所以晶胞参数为apm，2个相连铜原子的最近距离为面对角线的一半，距离为a×10-3nm；依据均摊法可知该晶胞中铜原子个数为=3，锡原子个数为=1，磷原子个数为1，则晶胞的质量为，晶胞体积为(a×10-10)cm3，所以密度为g∙cm-3。【点睛】分析[Cu(NH3)4]2+的空间构型时可以参照甲烷的空间构型，甲烷为正四面体，其二氯代物只有一种，而[Cu(NH3)4]2+由2个H2O取代2个NH3可得两种产物，说明[Cu(NH3)4]2+不是正四面体；进行晶胞计算时要留意单位的换算，1pm=10-3nm=10-10cm。12.高分子材料聚酯纤维H的一种合成路途如下：已知：CH2=CHCH3CH2=CHCH2Cl+HCl请回答下列问题：(1)C的名称是____，D的结构简式为____。(2)E—F的反应类型是____，E分子中官能团