工业上可用乙基蒽醌(A)经两步反应制备H2O2，其工艺流程可简单表示如下：(1)涉及还原反应的方程式可写成________________________。涉及氧化反应的方程式可写成________________________。(2)“绿色化学”是当今社会人们提出的一个新概念，“绿色化学”工艺中原子利用率为100%。试问该法生产H2O2可否成为理想状态的“绿色化学工艺”?___________(填“是”或“不是”)，简述理由__________________________________________________________________。
工业上用乙基蒽醌(A)制备H2O2，其工业流程可简单表示如下：
已知：A与H2、B与O2反应的物质的量之比均为1∶1．
(1)A的分子式为________，B的分子式为________．
(2)涉及氧化反应的化学方程式可写为：________；涉及还原反应的化学方程式可写为：________．
(3)“绿色化学”是当今社会人们提出的一个新概念，在绿色化学中，一个重要的衡量指标是原子的利用率，其计算公式为：
原子利用率＝
例如：2CH2＝CH2＋O2，其原子利用率为100%，在“绿色化学”工艺中，此为理想状态，试问该法生产H2O2，可否称为理想状态的“绿色工艺”，简述理由：________________________________________________________．
H2O2是一种无色粘稠液体，受热易分解，沸点比水高，其水溶液呈弱酸性。工业上常用乙基蒽醌法制备H2O2：在含镍或钯的催化剂作用下，在苯溶液中用H2还原乙基蒽醌变为蒽醇，当蒽醇被氧氧化时生成过氧化氢。其转化的基本流程如下：
（1）实验室用稀硫酸与过氧化钡反应制取H2O2，化学方程式为&&&&&&&&&&&&& 。
（2）某试剂厂先制得17%―18的H2O2溶液，再浓缩成30%溶液时，可采用的适宜方法是
&&&&&&&&&&& （填代号）
A．常压蒸馏B．减压蒸馏C．加生石灰常压蒸馏D．加压蒸馏
（3）根据乙基蒽醌法制备过氧化氢的流程可以认为这种制备方法的实质相当于（用化学方程式表示）&&&&&&&&&&&&& ，相对于实验室制法，其优点是&&&&&&&&&&&&& 。
（4）科学家对H2O2结构的认识经历了漫长的过程，最初，科学家提出两种观点：
①& &&&②H―O―O―H
其中①式中氧氧健为配位键，即共同电子对由某原子单方面提供（在化学反应中氧氧健遇到还原剂时易断裂）。化学家Baeyer和Villiyer为研究H2O2的结构，设计并完成了下列实验：
A．用（C2H5）2SO4与H2O2（物质的量1：1）反应，生成有机物A和H2SO4。
B．将生成的A与H2反应，（已知该反应中H2作还原剂）
①如果H2O2的结构如①所示，实验B中化学反应方程式为&&&&&&&&&&&&& ；
如果H2O2&的结构如②所示，则实验B中化学反应方程式为&&&&&&&&&&&&& 。
②为了进一步确定H2O2的结构，还需在实验B后添加一步实验C，请设计C的实验方案：&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& 。
“绿色化学”是当今社会人们提出的一个新概念，“绿色化学”工艺中原子利用率为100%。工业上可用乙基蒽醌（A）经两步反应制备H2O2，其反应可简单表示如下（条件省略）：
下列有关说法不正确的是&& （&&& ）
A．上述工业生产消耗的原料是H2、O2和乙基蒽醌
B．该法生产H2O2符合“绿色化学工艺”的要求
C．乙基蒽醌（A）的作用相当于催化剂，化合物（B）属于中间产物
D．第1反应中乙基蒽醌（A）发生还原反应，第2个反应中化合物（B）发生氧化反应
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作业讨论群：求乙基蒽醌法的化学方程式?
奥巴牛丶任纱15
乙基蒽醌法是工业制备过氧化氢的方法.其工艺为烷基蒽醌与有机溶剂配制成工作溶液,在压力为0.30&MPa,温度55－65℃、有催化剂存在的条件下,通入氢气进行氢化,再在40－44℃下与空气（或氧气）进行逆流氧化,经萃取、再生、精制与浓缩制得质量分数为20%-30%的过氧化氢水溶液产品.&化学方程式如图.
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省丹中高三化学第二学期月考试卷
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2016年高考理综新课标Ⅱ卷化学部分试题附解析
作者：佚名 试题来源：网络 点击数：
2016年高考理综新课标Ⅱ卷化学部分试题附解析
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&7．下列有关燃料的说法错误的是&& A．燃料燃烧产物CO2是温室气体之一&& B．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染&& C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染&& D．燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一【答案】B&&考点：考查燃料燃烧，环境污染与防治等知识。8．下列各组中的物质均能发生加成反应的是A．乙烯和乙醇&&&&&& B．苯和氯乙烯&&&&& C．乙酸和溴乙烷&&&& D．丙烯和丙烷【答案】B【解析】分析：苯和氯乙烯中均含有不饱和键，能与氢气发生加成反应，乙醇、溴乙烷和丙烷分子中均是饱和键，只能发生取代反应，不能发生加成反应，答案选B。考点：考查有机反应类型9．a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2-和C+离子的电子层结构相同，d与b同族。下列叙述错误的是（& ）&&& A．a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1&&& B．b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物&&& C．c的原子半径是这些元素中最大的&&& D．d和a形成的化合物的溶液呈弱酸性【答案】A【解析】&分析：a的原子中只有1个电子，则a为氢元素，a、b、c、d为短周期元素，b2-和C+离子的电子层结构相同，则b为氧元素，C为Na元素，d与b同族，则d为硫元素，据此解答。A． H与O、S形成化合物为H2O和H2S，氢元素的化合价为+1，而NaH中氢元素的化合价为-1价，A项错误；B．氧元素与其他元素能形成H2O、H2O2、SO2、SO3、Na2O、Na2O2 ，B项正确；C．同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，原子半径：Na&S&O&H，C项正确；D．d和a形成的化合物为H2S，硫化氢的溶液呈弱酸性，D项正确；答案选A。考点：元素的推断，元素周期律的应用等知识10．分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）A．& 7种&& B．8种&& C．9种&& D．10种&& 【答案】C&考点：同分异构体的判断11．Mg-AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是A．负极反应式为Mg-2e-=Mg2+B．正极反应式为Ag++e-=AgC．电池放电时Cl-由正极向负极迁移D．负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑【答案】B【解析】试题分析：根据题意，电池总反应式为：Mg+2AgCl=MgCl2+2Ag，正极反应为：2AgCl+2e-= 2Cl-+ 2Ag，负极反应为：Mg-2e-=Mg2+，A项正确，B项错误；对原电池来说，阴离子由正极移向负极，C项正确；由于镁是活泼金属，则负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，D项正确；答案选B。考点：原电池的工作原理12．某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为A．NaHCO3、Al(OH)3&&&& B．AgCl、NaHCO3&& C．Na2SO3 、BaCO3&& D．Na2CO3、CuSO4【答案】C【解析】试题分析：A． NaHCO3、Al(OH)3 中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水，最终无固体存在，A项错误；B．AgCl不溶于酸，固体不能全部溶解，B项错误；C．亚硫酸钠和碳酸钡溶于水，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳和水，符合题意，C项正确；D． Na2CO3、CuSO4中加热足量稀硫酸，振荡后无固体存在，D项错误；答案选C。考点：物质的推断和性质。13．列实验操作能达到实验目的的是&实验目的&实验操作A&制备Fe(OH)3胶体&将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中B&由MgCl2溶液制备无水MgCl2&将MgCl2溶液加热蒸干C&除去Cu粉中混有的CuO&加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥D&比较水和乙醇中氢的活泼性&分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中【答案】D【解析】试题分析：A．向沸水中滴入饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体，A项错误；B．氯化镁是强酸弱碱盐，MgCl2溶液水解产生的HCl易挥发，所以由MgCl2溶液制备无水MgCl2要在HCl气流中加热蒸干，B项错误；C．铜与稀硝酸反应，应该用稀盐酸，C项错误；D． 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，反应剧烈的是水，反应平缓的是乙醇，利用此反应比较水和乙醇中氢的活泼性，D项正确；答案选D。考点：考查化学实验基本操作。第Ⅱ卷26．联氨（又称联肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：（1）联氨分子的电子式为_____________，其中氮的化合价为____________。（2）实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为___________。（3）①2O2(g)+N2(g)=N2O4(l)&& △H1
②N2(g)+2H2(g)=N2H4(l)&& △H2③O2(g)+2H2(g)=2H2O(g)&& △H3④2 N2H4(l) + N2O4(l)= 3N2(g)+ 4H2O(g)&&& △H4=-1048.9kJ/mol上述反应热效应之间的关系式为△H4=________________，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为_________________________________________________。（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值为___________________(已知：N2H4+H+ N2H5+的K=8.7×107；KW=1.0×10-14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为&&&&&&& 。（5）联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是 。【答案】26、（1）& ；-2（2）NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O&& （3）△H4=2△H3-2△H2-△H1 ；反应放热量大、产生大量气体（4）8.7×10-7，N2H6(HSO4)2（5）固体逐渐变黑，并有气泡产生&&& 1&&& N2H4的用量少，不产生其他杂质（还原产物为N2和H2O，而Na2SO3产生Na2SO4&（5）联氨是一种常用的还原剂，AgBr具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成银，则向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，可观察到固体逐渐变黑，并有气泡产生；联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反应为N2H4+O2=N2+2H2O，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的氧气为1kg÷32g/mol×32g/moL=1kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是N2H4的用量少，不产生其他杂质，而Na2SO3的氧化产物为Na2SO4，易生成硫酸盐沉淀，影响锅炉的安全使用。考点：考查电子式，化合价，盖斯定律的应用，弱电解质的电离等知识。27．丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈CH3CN等，回答下列问题：（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：①C3H6(g)+NH3(g)+ 3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)& △H=-515kJ/mol①C3H6(g)+ O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g)& △H=-353kJ/mol两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是。（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为460OC．低于460OC时，丙烯腈的产率（填“是”或者“不是”）对应温度下的平衡产率，判断理由是；高于460OC时，丙烯腈产率降低的可能原因是（双选，填标号）A．催化剂活性降低&&&& B．平衡常数变大C．副反应增多&&&& D．反应活化能增大&（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示。由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为，理由是。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为【答案】27.（1）两个反应均为放热量大的反应；降低温度降低压强；催化剂；（2）不是，该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低& AC（3）1& 该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；& 1：7.5：1【解析】试题分析：（1）因为两个反应均为放热量大的反应，所以热力学趋势大；该反应为气体体积增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率；由图b可知，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂。（2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，尚未达到平衡状态，460OC以前是建立平衡的过程，所以低于460OC时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；高于460OC时，丙烯腈产率降低，A．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，正确；B．平衡常数的大小不影响产率，错误；C．根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，正确；D．反应活化能的大小不影响平衡，错误；答案选AC。（3）根据图像可知，当n（氨）/n（丙烯）约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6(g)+NH3(g)+ 3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)，氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为1：7.5：1。考点：考查热化学方程式，影响化学平衡的因素等知识。28．(15分)某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液．在FeCl2液中需加入少量铁属，其目的是________。（2）甲组同学取2mlFeCl2溶液．加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_______。 （3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5ml煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是______。（4）丙组同学取10 mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3 支试管中进行如下实验：① 第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；② 第二只试管中加入1滴K3[Fe(CN)6] 溶液，生成蓝色沉淀：③ 第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验②检验的离子是_____（填离子符号）；实验①和③说明：在I-过量的情况下，溶液中仍含有______（填离子符号），由此可以证明该氧化还原反应为______。（5）丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl3溶液，溶液•变成棕黄色，发生反应的离子方程式为________；一段时间后．溶液中有气泡出现，并放热．随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是______；生成沉淀的原因是______（用平衡移动原理解释）。【答案】28.(1)防止Fe2+被氧化&& （2）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（3）隔绝空气（排除氧气对实验的影响）（4）Fe2+；Fe3+；可逆反应(5)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，Fe3+催化H2O2分解产生O2；H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动。&考点：考查铁离子和亚铁离子的性质，离子的检验，盐类的水解等知识。36．[化学-选修2：化学与技术](15分）双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂。生产双氧水常采用蒽醌法，其反应原理和生产流程如图所示：&&
A．氢化釜B．过滤器C．氧化塔D．萃取塔E.净化塔F.工作液再生装置G.工作液配制装置生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在一定的温度、压力和催化剂作用下进行氢化，再经氧化、萃取、净化等工艺得到双氧水。回答下列问题：（1）蒽醌法制备双氧水理论上消耗的原料是_______，循环使用的|原料是______，配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是______。（2）氢化釜A中反应的化学方程式为_______，进入氧化塔C的反应混合液中的主要溶质为_______。（3）萃取塔D中的萃取剂是____，选择其作萃取剂的原因是______。（4）工作液再生装置F中要除净残留的H2O2，原因是______。（5）双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO4溶液测定，该反应的离子方程式为_______。一种双氧水的质量分数为27.5%，（密度为1.10g•cm3），其浓度为______mol/L。【答案】36. (1) （1）氢气和氧气& 乙基蒽醌& 乙基蒽醌（乙基氢蒽醌）不溶于水，易溶于有机溶剂（2）&& 乙基氢蒽醌（3）水&& H2O2溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水（4）H2O2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸（5）6H++5H2O2+2MnO4-=2Mn2++5O2↑+8H2O ；8.9【解析】试题分析：（1）根据反应原理可知，蒽醌法制备双氧水理论上消耗的原料是氧气和氢气，由工艺流程图可知，循环使用的|原料是乙基蒽醌，乙基蒽醌属于有机物，根据相似相溶原理，乙基蒽醌（乙基氢蒽醌）不溶于水，易溶于有机溶剂，所以配制工作液时采用有机溶剂而不采用水。&（2）根据反应原理，氢化釜A中反应的化学方程式为 ；进入氧化塔C的反应混合液中的主要溶质为乙基氢蒽醌。（3）萃取塔D中需要分离双氧水和乙基蒽醌，H2O2溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水，所以选取的萃取剂是水。（4）H2O2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸，工作液再生装置F中要除净残留的H2O2。（5）双氧水在酸性条件下与KMnO4发生氧化还原反应，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，O元素的化合价由-价升高到0价，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，该反应的离子方程式为6H++5H2O2+2MnO4-=2Mn2++5O2↑+8H2O；根据公式c=1000p×a÷M=×27.5%÷34=8.9mol/L。考点：考查工业制双氧水的工艺流程分析等知识。37．[化学--选修3：物质结构与性质]（15分）东晋《华阳国志南中志》卷四种已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：（1）镍元素基态原子的电子排布式为_________，3d能级上的未成对的电子数为______。（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是_____。②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______- ，提供孤电子对的成键原子是_____。③氨的沸点（“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是______；氨是_____分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_______。（3）单质铜及镍都是由______键形成的晶体：元素同与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu&INi的原因是______。（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。&①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_____。②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=________nm【答案】37.（ 1）1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar] 3d84s2&&&&&& 2（2）①正四面体②配位键&& N③高于&&& NH3分子间可形成氢键&& 极性& sp3（3）金属&& 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子（4）①3：1② 【解析】试题分析：（1）镍是28号元素，位于第四周期，第Ⅷ族，根据核外电子排布规则，其基态原子的电子排布式为1s22s2 2p63s23p63d84s2，3d能级有5个轨道，先占满5个自旋方向相同的电子，在分别占据三个轨道，电子自旋方向相反，所以未成对的电子数为2。&考点：考查核外电子排布，化学键类型，晶胞的计算等知识。38．[化学--选修5：有机化学基础]（15分）氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为 ，从而具有胶黏性，某种氰基丙烯酸酯（G）的合成路线如下：&已知：①A的相对分子量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰② 回答下列问题：（1）A的化学名称为_______。（2）B的结构简式为______，其核磁共振氢谱显示为______组峰，峰面积比为______。（3）由C生成D的反应类型为________。（4）由D生成E的化学方程式为___________。（5）G中的官能团有___、 ____ 、_____。（填官能团名称）（6）G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的共有_____种。（不含立体异构）【答案】38.（1）（1）丙酮（2）&& 2& 6：1（3）取代反应（4） （5）碳碳双键& 酯基& 氰基（6）8【解析】试题分析：（1）A的相对分子量为58，氧元素质量分数为0.276，则氧原子个数为58×0.276÷16=1，根据商余法，42÷12=3…6，A分子的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示为单峰，则A为丙酮。（2）A为丙酮，根据已知②题给的信息，B为 ，B分子中有2种氢原子，则其核磁共振氢谱显示为2组峰，峰面积比为1：6。（3）光照条件下与氯气反应是取代反应的条件，则由C生成D的反应类型为取代反应。（4）根据题给信息，由D生成E的化学方程式为 。（5）根据题给结构简式，氰基丙烯酸酯为CH2=C(CN)COOR，根据流程图提供的信息可知，G的结构简式为CH2=C(CN)COOCH3，则G中的官能团有碳碳双键、酯基、氰基。（6）G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的有机物为甲酸酯，HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC(CH3)=CH2，然后将氰基接到酯基右端碳上，共有8种。考点：考查有机物的推断，有机化学方程式的书写，官能团，同分异构体的判断等知识。文章来源天 添资源 网 w ww.tT z
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