2021-2022学年辽宁省六校高二下学期第三次联考化学试题（含解析）

试卷第=page1818页，共=sectionpages2020页辽宁省六校2021-2022学年高二下学期第三次联考化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题1．第24届冬奥会于2022年2月4日在北京开幕。下列说法不正确的是A．冰场使用的二氧化碳跨临界制冰技术，比传统的氟利昂人工制冷技术更加节能、环保B．冬奥村食堂中，酥油茶以酥油、茶水为主料制作，酥油主要成分属于高分子化合物且能发生水解反应C．由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉属于无机非金属材料D．冬奥会火炬“飞扬”的聚硅氮烷树脂，吉祥物“冰墩墩”以聚乙烯为原材料，聚硅氮烷树脂和聚乙烯均为有机高分子材料【答案】BD【解析】【详解】A．冰场使用的二氧化碳跨临界制冰技术，由于其气化时产生的是CO2，是空气的成分，不会造成环境污染，因此比传统的氟利昂人工制冷技术更加节能、环保，A正确；B．酥油的主要成分为油脂，油脂的成分为高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物，B错误；C．由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉是不含有C元素化合物，属于新型无机非金属材料，C正确；D．聚硅氮烷树脂没有碳元素，因此不属于有机高分子材料，D错误；故合理选项是BD。二、单选题2．下列说法不正确的是A．乙烯和聚氯乙炔都能使溴的四氯化碳溶液褪色B．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是一类含磷的高分子化合物C．医用口罩主要原料聚丙烯树脂，可由丙烯通过加聚反应来合成D．乙醇和甲醚二者互为同分异构体，但核磁共振氢谱无法鉴别二者【答案】D【解析】【详解】A．乙烯和聚氯乙炔都含碳碳双键，都能使溴的四氯化碳溶液褪色，选项A正确；B．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，属于高分子化合物，选项B正确；C．医用口罩主要原料聚丙烯树脂，丙烯通过加聚反应生成聚丙烯，选项C正确；D．乙醇和甲醚二者互为同分异构体，核磁共振氢谱两者分别有3组峰和1组峰，可以鉴别二者，选项D不正确；答案选D。3．下列说法正确的是A．的系统命名为2−甲基−2−乙基丙烷B．用酸性溶液可以确定中含有C=C双键C．在碱性条件下，的水解产物是和D．色谱法可用于混合物的分离和提纯且色谱法是物理方法【答案】D【解析】【详解】A．最长碳链有4个C，2号C上有2个甲基，名称为2，2-二甲基丁烷，选项A错误；B．碳碳双键、-CHO均能被高锰酸钾氧化，高锰酸钾不能确定碳碳双键的存在，选项B错误；C．酯化时羧酸脱羟基醇脱氢，碱性条件下生成的酸与氢氧化钠反应生成钠盐，故CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COONa和C2H518OH，选项C错误；D．色谱法利用不同物质在不同相态的选择性分配，以流动相对固定相中的混合物进行洗脱，混合物中不同的物质会以不同的速度沿固定相移动，最终达到分离的效果，色谱法可用于混合物的分离和提纯且色谱法是物理方法，故D正确；答案选D。4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．等质量的金刚石和石墨中C-C键数目之比为4∶3B．已知BP晶体与金刚石具有相似的空间结构，在BP晶体中一般共价键与配位键数目之比是1∶3C．28g晶体硅中含有的Si−Si键数目为4NAD．超分子的重要特征之一为分子识别，例如杯酚能识别而不能识别【答案】A【解析】【详解】A．金刚石中，每个碳原子连接4个碳原子形成4根共价键，石墨中，每个碳原子连接3个碳原子形成3根共价键，故等质量的金刚石和石墨中C-C键数目之比为4∶3，故A正确；B．已知BP晶体与金刚石具有相似的空间结构，则每个B原子连接4个P原子形成4根共价键，每个P原子连接4个B原子形成4根共价键，B最外层3个电子，P最外层5个电子，则B周围3个一般共价键，1个配位键，故在BP晶体中一般共价键与配位键数目之比是1∶3，故B错误；C．晶体硅中，每个硅原子连接4个硅原子形成4根共价键，根据均摊法可知，一个硅原子占有2个Si−Si键，28g晶体硅物质的量为1mol，故28g晶体硅中含有的Si−Si键数目为2NA，故C错误；D．超分子的重要特征之一为分子识别，例如杯酚能识别而不能识别，故D错误；故选A。5．番木鳖酸具有一定的抗炎、抗菌活性，结构简式如图。下列说法正确的是A．1mol该物质与足量饱和溶液反应，可放出11.2L(标准状况)B．一定量该物质分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为6∶1C．1mol该物质最多可与2mol发生加成反应D．该物质中的原子杂化方式3种【答案】B【解析】【详解】A．1mol该物质中有1mol羧基与足量溶液反应生成，故A项错误；B．1mol该物质中有1mol羧基，5mol羟基，金属钠与这两种官能团均能反应，故1mol该物质消耗6mol钠，消耗1molNaOH，消耗二者物质的量之比为6∶1故B项正确；C．1mol该物质中有1mol碳碳双键，故能与1mol氢气加成，故C项错误；D．该物质中羧基中的C原子、碳碳双键中的C原子杂化方式均为为sp2杂化，其余均为sp3杂化，碳氧双键中氧原子sp2杂化，其余氧原子均为sp3杂化，所有原子只有两种杂化方式，故D项错误。故答案选B。6．铜和氧形成的一种离子化合物晶胞、晶胞如下图所示，下列说法中不正确的是A．晶体采用的是分子密堆积方式，与每个距离最近且等距离的有12个B．铜和氧形成的离子化合物，铜离子的电荷数为+1C．是分子晶体，石墨是共价晶体，冰晶体水的配位数是4D．基态铜原子的价层电子排布式为【答案】C【解析】【详解】A．是典型的分子晶体，是分子密堆积，分子间作用力只有范德华力，以一个分子为中心，其周围最多可以有12个紧邻的分子，选项A正确；B．利用均摊法可知，铜离子个数为4，氧离子个数=，则该离子化合物的化学式为，铜离子电荷数为+1，选项B正确；C．只含分子的晶体称为分子晶体，而是典型的分子晶体；共价晶体的微观空间里没有分子，比较典型的共价晶体是金刚石；但石墨不同于金刚石，是平面六元并环的层状结构，层间靠范德华力维系，是一种混合型晶体，每个水分子都能结合另外4个水分子，形成四面体结构，所以水分子的配位数为4，选项C不正确；D．在构建基态原子时，应符合能量最低原理，而当原子轨道上的电子为半满或全满时，能量较低，所以基态铜原子的价层电子排布式为，选项D正确；答案选C。7．下列关于各实验装置图的叙述中正确的是A．装置①：实验室制取乙烯B．装置②：实验室制取乙酸乙酯C．装置③：验证乙炔的还原性D．装置④：验证溴乙烷发生消去反应可生成烯烃【答案】D【解析】【详解】A.实验室制取乙烯需要浓硫酸与乙醇混合加热170℃，装置①中温度计不能测得反应溶液的温度，A错误；B.实验室制取乙酸乙酯，为了更好的分离混合物同时防止倒吸现象的发生，导气管要在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能伸入到液面以下，B错误；C.电石中含有的杂质与水反应产生H2S也具有还原性，能够使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能验证乙炔的还原性，C错误；D.溴乙烷发生消去反应生成烯烃,能够使溴的四氯化碳溶液溶液褪色，而挥发的乙醇不能发生反应，因此可以达到验证反应产物，D正确；故合理选项是D。8．磷锡青铜合金广泛用于仪器仪表中的耐磨零件和抗磁元件等。其晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为apm下列说法不正确的是A．磷锡青铜的化学式为B．该晶胞中与Cu原子等距离且最近的Sn原子有4个C．三种元素Cu、Sn、P在元素周期表中分别处于d区、p区、p区D．Sn和P原子间的最短距离为pm【答案】C【解析】【详解】A．由均摊法可知，晶胞中Cu原子数目=、Sn原子数目=、P原子数目为1，故化学式为，选项A正确；B．晶胞中与Cu原子等距离且最近的Sn原子位于晶胞的顶点，有4个，选项B正确；C．三种元素Cu、Sn、P在元素周期表中分别处于ds区、p区、p区，选项C不正确；D．P原子位于体心而Sn位于顶点，Sn和P原子间的最短距离为体对角线长的一半，故距离为pm，选项D正确；答案选C。9．食品防腐剂R的结构简式如图所示，下列说法正确的是A．R在空气中不易被氧化且不易溶于水B．1个R分子最多有20个原子共平面C．1molR能与反应且生成的有机物分子式为D．能与发生显色反应，苯环有2个取代基，且能发生水解反应的R的同分异构体有18种(包括R)【答案】D【解析】【详解】A．R结构中含有酚羟基，容易被空气中的氧气氧化，但酚和酯常温下在水中的溶解度均较小，故A错误；B．苯环上所有原子共平面，-OH中原子共平面，酯基为平面结构，单键可以旋转，则该分子中羟基上所有原子、苯环上所有原子、酯基上所有原子、亚甲基上的碳原子以及甲基上的碳原子和一个氢原子可能共平面，所以最多有18个原子共平面，故B错误；C．R的分子式为，只有苯环能和氢气发生加成反应，则1molR能与反应且生成的有机物分子式为，故C错误；D．能与发生显色反应，说明含有酚羟基，则另一取代基可能为-COOCH2CH3、-CH2COOCH3、-OOCCH2CH3、-CH2OOCCH3、-CH2CH2OOCH、-CH(CH3)OOCH，每两个取代基均存在邻位、间位和对位，共18种(包括R)，故D正确；答案选D。10．下列各组有机物的同分异构体数目相等的是(不考虑立体异构)A．和 B．和C．和 D．和【答案】D【解析】【详解】A．是戊烷，只存在碳链异构，根据减碳法可知戊烷的同分异构体有三种：CH3CH2CH2CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH3、C(CH3)4；分子式为，其同分异构体可能为烯烃也可能是环烷烃，若为烯烃，则同分异构体有3种：CH2=CHCH2CH3，CH3CH=CHCH3,CH2=C(CH3)2；若为环烷烃，则可能有2种：甲基环丙烷，环丁烷，故的同分异构体共有5种，故A不符合；B．为丁烷，只存在碳链异构，有正丁烷和异丁烷2种；分子式为的可以为丙醇，根据官能团异构可知其同分异构体可能是醇类也可能是醚类，如果是醇类，则有2种：CH3CH2CH2OH，CH3CH(OH)CH3；如果是醚类，则有1种：CH3OCH2CH3，总共3种，故B不符合；CH2ClCH2CH2CH3，CH3CHClCH2CH3，CH2ClCH(CH3)2，CCl(CH3)3，故C不符合；D．丙基有2种，故有2种同分异构体，可以为乙醇和甲醚，也只有2种，二者相同，故D符合；故选D。11．硅橡胶是一种兼具有机物和无机物性质、热稳定性好的高分子材料。两种硅橡胶L和M的结构如图(图中~表示链延长)。二甲基硅橡胶L：~Xm~甲基乙烯基硅橡胶M：~Xn—Yp—Xq~X为Y为已知：Si的性质与C相似。下列关于硅橡胶的说法不正确的是A．L、M的热稳定性好与Si—O键键能大有关B．L可由(CH3)2SiCl2，经水解、脱水缩聚制成C．M可通过加成反应实现交联，得到网状结构D．硅橡胶的抗氧化性：L<M【答案】D【解析】【详解】A．L、M中构成高分子的链节是通过硅氧键链接起来的，其热稳定性好与Si−O键键能大有关，A正确；B．L可由(CH3)2SiCl2在酸催化下水解、聚合制得，(CH3)2SiCl2水解会生成(CH3)2Si(OH)2和HCl，B正确；C．M中还含有碳碳双键，可通过碳碳双键的加成反应实现交联，得到网状结构，C正确；D．M中还含有碳碳双键，碳碳双键容易被氧化，故硅橡胶的抗氧化性：L>M，D错误；故选D。12．药用有机化合物A(C8H8O2)为一种无色液体。从A出发可发生如图所示的一系列反应。则下列说法不正确的是A．A的结构简式为B．根据D和浓溴水反应生成白色沉淀可推知D为三溴苯酚C．G的同分异构体中属于酯，且能发生银镜反应的有二种D．图中D→F与E→G发生反应的类型相同【答案】B【解析】【分析】A发生水解反应生成B，B和二氧化碳、水反应生成D，D和溴水发生取代反应生成白色沉淀F，则D中含有酚羟基，C为羧酸钠，羧酸钠酸化得到E，E为羧酸，E和乙醇发生反应生成G，G具有香味且是液体，则G为酯，根据其分子式结合乙醇知，E为乙酸，结构简式为CH3COOH，G为乙酸乙酯，C为CH3COONa，根据A的分子式知，D的分子式为C6H6O，D为苯酚，B为苯酚钠、F为三溴苯酚，A的结构简式为。【详解】A．由分析可知，A的结构简式为：，A正确；B．由分析可知，D为苯酚，F为三溴苯酚，B错误；C．由分析可知，G为乙酸乙酯，G的同分异构体中含有酯基且能发生银镜反应，应该为甲酸酯类，结构简式为HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，符合条件的同分异构体有2种，C正确；D．由分析可知，D→F与E→G发生反应的类型都是取代反应，反应类型相同，D正确；答案选B。13．“人文奥运”的一个重要体现是：坚决反对运动员服用兴奋剂。某种兴奋剂的结构简式如图所示，有关该物质的说法不正确的是A．遇溶液显紫色，且该物质与苯酚属于同系物B．滴入溶液，观察紫色褪去，不能证明结构中存在碳碳双键C．1mol该物质与浓溴水和反应最多消耗和分别为4mol、7molD．该分子中的所有碳原子可能共平面【答案】A【解析】【详解】A．含有酚羟基的有机物遇FeCl3溶液显紫色，但该物质与苯酚不是同系物，因为其中含有2个苯环，且还有碳碳双键，A错误；B．含有碳碳双键的有机物和含有酚羟基的有机物都能使KMnO4(H+)溶液褪色，故滴入KMnO4(H+)溶液，观察紫色褪去，不能证明其结构中一定存在碳碳双键，B正确；C．含有碳碳双键的有机物可与溴发生加成反应，可与氢气发生加成反应，羟基的邻位和对位可与溴水发生取代反应，每个苯环可与3个氢气分子加成，因此，1mol该物质与浓溴水和H2反应最多消耗Br2和H2分别为4mol、7mol，C正确；D．该分子中含有苯环和碳碳双键，都为平面形结构，且单键可旋转，则所有碳原子可能共平面，D正确；答案选A。14．以物质a为原料，制备物质d(金刚烷)的合成路线如下图所示关于以上有机物说法中错误的是A．物质a最多有10个原子共平面B．物质d的二氯代物有6种C．物质c与物质d互为同分异构体D．物质b的分子式为C10H12【答案】A【解析】【详解】A.a分子中单键碳上的2个H原子，一定不在双键决定的平面上，物质a最多有9个原子共平面，故A错误；B.金刚烷的的二氯代物有、、、、、共6种，故B正确；C.物质c与物质d的分子式都是C10H16，c与d的结构不同，所以互为同分异构体，故C正确；D.根据b分子的键线式，物质b的分子式为C10H12，故D正确。15．已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：下列说法正确的是A．苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色B．1mol已二酸与足量的溶液反应生成44.8LC．己二酸是合成聚己二酰己二胺的重要单体之一D．环己烷的二氯代物有三种【答案】C【解析】【详解】A．溴在苯中的溶解度大于水中，苯的密度比水小，上层溶液呈橙红色，故A错误；B．已二酸分子含有两个羧基，则1mol已二酸与足量的溶液反应生成2mol，由于没有明确是在标况下，则不能确定其体积大小，故B错误；C．己二酸和己二胺通过缩聚反应形成聚己二酰己二胺，所以己二酸是合成聚己二酰己二胺的重要单体之一，故C正确；D．环己烷含有一种类型的氢原子，根据定一移一的分析方法，环己烷的二氯代物有四种，故D错误；答案选C。三、结构与性质16．2019年4月23日，中国人民军成立70周年。提到海军就不得不提航空母舰，我国正在建造第三艘航空母舰。航母的龙骨要耐冲击，甲板要耐高温，外壳要耐腐蚀。(1)镍铬钢抗腐蚀性能强，基态Cr原子价层电子的轨道表示式为_______。(2)航母甲板涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷(结构如图甲所示)。基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______形：H、C、O、Si四种元素电负性按照由大到小顺序为_______。(3)海洋是元素的摇篮，海水中含有大量卤族元素。①钛卤化物的熔点如表所示：熔点/℃377-2438150解释表中卤化物之间熔点差异的原因是_______。②的VSEPR模型为_______，其中O原子杂化方式为_______杂化。(4)海底金属软泥是在海洋底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的资源，含有硅、氧、锰、锌等。如图是从铁氧体离子晶体中取出的能体现其晶体结构的一个立方体。已知：晶体的密度为，根据该图计算a_______nm(写出计算式即可，阿伏加德罗常数的值为NA)【答案】(1)(2)

哑铃

O>C>H>Si(3)

为离子晶体，而、、均为分子晶体，且组成结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力逐渐增大，熔点越高

四面体形

(4)【解析】(1)Cr是24号元素，价电子排布式为3d54s1，价电子的轨道表示式为：；(2)Si元素为14号元素，核电荷数为14，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，最高能级为3p能级，3p能级电子云轮廓图为哑铃形；非金属元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：O>C>H>Si，则四种元素电负性按照由大到小顺序为O>C>H>Si；(3)①TiF4为离子晶体，而TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，离子晶体的熔点一般比分子晶体高，而对于组成和结构相似的分子晶体来说，分子越大熔沸点越高，故答案为：为离子晶体，而、、均为分子晶体，且组成结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力逐渐增大，熔点越高；②分子的中心原子为O原子，价电子对数为2+=4，则O原子杂化方式为sp3杂化，VSEPR模型为四面体形；(4)晶胞中Fe3+的数目为4×+3×=2，Fe2+的数目为1，O2-的数目为12×+1=4，则晶胞的质量为g，晶胞的体积为（a×10-7）3cm-3，结合可知a=nm=nm。四、填空题17．回答下列问题(1)按官能团的不同，可以对有机物进行分类，请写出下列有机物的种类：①_______；②_______；(2)A分子式为，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为_______。(3)有下列有机物：①H3CCH3②H2C=CH2③H3C−CH2−C≡CH④H3C−C≡C−CH3⑤C6H12⑥H3C−CH=CH2，其中互为同系物的是_______，互为同分异构体的是_______(填编号)(4)碳原子数不大于10的烷烃中一氯代物只有一种结构的物质有_______种。(5)写出与环辛四烯互为同分异构体且属于芳香烃的分子的名称为_______(6)某烷烃A蒸气密度是相同状况下氢气密度的64倍，经测定知A分子中共含6个甲基。若A不可能是氢气与烯烃加成的产物，A的结构简式为_______；【答案】(1)

羧酸类

酚类(2)醛基和羧基(3)

②⑥

③④(4)4(5)苯乙烯(6)【解析】(1)①含有羧基，属于羧酸类；②羟基直接与苯环相连，属于酚类；(2)A分子式为，可发生银镜反应说明含有醛基，具有酸性说明含有羧基，A的结构简式为，A所含官能团名称为醛基、羧基。(3)H2C=CH2、H3C−CH=CH2都含1个碳碳双键，分子组成相差1个CH2，H2C=CH2、H3C−CH=CH2互为同系物；H3C−CH2−C≡CH、H3C−C≡C−CH3结构不同、分子式都是C4H6，H3C−CH2−C≡CH、H3C−C≡C−CH3互为同分异构体；(4)碳原子数不大于10的烷烃中一氯代物只有一种结构的物质有CH4、CH3CH3、(CH3)4C、(CH3)3CC(CH3)3，共4种。(5)环辛四烯的分子式为C8H8，与环辛四烯互为同分异构体且属于芳香烃的分子的结构简式为，名称为苯乙烯。(6)某烷烃A蒸气密度是相同状况下氢气密度的64倍，A的相对分子质量是128，A的分子式为C9H20，经测定知A分子中共含6个甲基。A不可能是氢气与烯烃加成的产物，则A中任意相邻的2个碳原子不同时连有H原子，A的结构简式为。五、实验题18．实验室用乙醇、浓硫酸与溴化钠反应来制备溴乙烷，其反应原理为，。有关数据和实验装置如下所示(反应需要加热，图中省去了加热装置和夹持装置)。物质乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/()0.791.443.1沸点/℃78.538.459(1)A中放入沸石的作用是_______，B中进水口为_______(填“a”或“b”)(2)实验中使用恒压滴液漏斗的优点是_______。(3)氢溴酸与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应的化学方程式为_______。(4)加热A的目的是_______(5)C中的导管E的末端须在水面以下，其原因是_______。(6)将C中的馏出液转入锥形瓶中，边振荡边逐滴滴入1~2mL浓硫酸，以除去水、乙醇等杂质。溶液分层后用分液漏斗分去硫酸层，将经硫酸处理后的溴乙烷转入蒸馏烧瓶，水浴加热蒸馏，收集到35~40℃的馏分约10.0g。①分液漏斗在使用前必须_______；②从乙醇的角度考虑，本实验所得溴乙烷的产率是_______(精确到0.1%)。【答案】(1)

防止暴沸

b(2)平衡压强，使浓硫酸顺利滴下(3)(4)增大反应速率，蒸馏出溴乙烷(5)冷却并减少溴乙烷的挥发(6)

检查是否漏水

53.4%【解析】【分析】(1)液体加热需要防止液体瀑沸，B为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流；(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓硫酸顺利流下；(3)浓硫酸有强氧化性，氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和SO2；(4)给A加热可以加快反应速率蒸出溴乙烷；(5)通过E的末端插入水面以下冷却减少溴乙烷的挥发；(6)①带有活塞或瓶塞的装置使用前要检查是否漏水；②10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g，其物质的量为0.172mol，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，其质量为18.75g，根据产率=×100%计算。(1)液体加热加入沸石，可以防止液体瀑沸，B为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流，所以B中进水口为b，故答案为：防止暴沸；b；(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓硫酸顺利流下，而分液漏斗没有这个功能，故答案为：平衡压强，使浓硫酸顺利滴下；(3)浓硫酸有强氧化性，氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和SO2，发生氧化还原反应的化学方程式为；(4)加热的目的是加快反应速率，温度高于38.4℃溴乙烷全部挥发蒸馏出来，故答案为：增大反应速率，蒸馏出溴乙烷；(5)导管E的末端须在水面以下，通过冷却得到溴乙烷，减少溴乙烷的挥发，故答案为：冷却并减少溴乙烷的挥发；(6)①分液漏斗有上口塞子和下口有控制液体流量的活塞，在使用前需要检查是否漏水；②10mL乙醇的质量为0.79×10g=7.9g，其物质的量为0.172mol，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，其质量为18.75g，所以溴乙烷的产率=×100%≈53.4%。六、有机推断题19．《自然材料》报道，华人科学家采用“一锅法”合成超高强度的离子液体凝胶材料MBAA，其结构简式如图所示(-R为-COOH或-CONH2)。一种合成MBAA的路线如下：请回答下列问题：(1)MBAA属于_______(填“纯净物”或“混合物”)。(2)D中官能团的名称为_______。(3)B→C的反应类型是_______；PAA(尿不湿)具有强吸水性，其原因是___