福州高三月模擬化學試題

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精福建省福州市2019屆高三5月高考模擬理科綜合能力測試化學試題1.我國在物質制備領域成績斐然，下列物質屬于有機物的是（）A．雙氫青蒿素B．全氮陰離子鹽C．聚合氮D．砷化鈮納米帶A.A B.B C。C D。D【答案】A【解析】【詳解】A．雙氫青蒿素,由C、H、O三種元素組成，結構復雜,屬于有機物，A符合題意；B．全氮陰離子鹽，由N、H、O、Cl四種元素組成,不含碳元素，不屬于有機物，B不合題意;C．聚合氮,僅含氮一種元素，不含碳元素，不屬于有機物，C不合題意；D．砷化鈮納米帶，由砷和鈮兩種元素組成,不含碳元素，不屬于有機物,D不合題意。故選A。2。氮及其化合物的轉化過程如圖所示。下列分析合理的是A.催化劑a表面發(fā)生了極性共價鍵斷裂和形成B。N2與H2反應生成NH3的原子利用率為100％C.在催化劑b表面形成氮氧鍵時，不涉及電子轉移D。催化劑a、b能提高反應平衡轉化率【答案】B【解析】【詳解】A。催化劑A表面是氮氣與氫氣生成氨氣的過程，發(fā)生的是同種元素之間非極性共價鍵的斷裂,A項錯誤;B.N2與H2在催化劑a作用下反應生成NH3屬于化合反應，無副產物生成，其原子利用率為100％，B項正確；C.在催化劑b表面形成氮氧鍵時，氨氣轉化為NO，N元素化合價由—3價升高到+2價，失去電子，C項錯誤；D。催化劑a、b只改變化學反應速率，不能提高反應的平衡轉化率,D項錯誤；答案選B?！军c睛】D項是易錯點，催化劑通過降低活化能,可以縮短反應達到平衡的時間，從而加快化學反應速率，但不能改變平衡轉化率或產率.3.用“銀—Ferrozine”法測室內甲醛含量的原理為:已知:吸光度與溶液中有色物質的濃度成正比。下列說法正確的是A。反應①中參與反應的HCHO為30g時轉移電子2molB?？捎秒p氧水檢驗反應②后的溶液中是否存在Fe3+C.生成44。8LCO2時反應②中參加反應的Ag一定為8molD。理論上測得溶液吸光度越高，HCHO含量也越高【答案】D【解析】【詳解】A。30gHCHO的物質的量為1mol，被氧化時生成二氧化碳，碳元素化合價從0價升高到+4價，所以轉移電子4mol，故A錯誤；B。過氧化氫能將Fe2+氧化為Fe3+，與Fe3+不反應，所以不能用雙氧水檢驗反應②后的溶液中是否存在Fe3+，故B錯誤；C。沒有注明溫度和壓強,所以無法計算氣體的物質的量，也無法計算參加反應的Ag的物質的量，故C錯誤；D.吸光度與溶液中有色物質的濃度成正比,吸光度越高，則說明反應②生成的Fe2+越多，進一步說明反應①生成的Ag越多，所以HCHO含量也越高，故D正確。故選D。4。利用Cu和濃硫酸制備SO2的反應涉及的裝置,下列說法正確的是A.用裝置①制備SO2 B。用裝置②檢驗和收集SO2C.用裝置③稀釋反應后溶液 D.用裝置④測定反應后溶液中c（H+)【答案】C【解析】【詳解】A.Cu和濃硫酸反應生成SO2需要加熱，A錯誤；B.檢驗SO2可用品紅溶液,但收集SO2用向上排空氣法時導管要長進短出，B錯誤；C.反應后溶液仍含有較高濃硫酸的硫酸，稀釋時宜采用和濃硫酸稀釋一樣的方法，即向水中倒入應后的溶液并攪拌,C正確；D.NaOH溶液為堿性溶液，應盛放在堿式滴定管中,不能用酸式滴定管盛放，D錯誤；答案為C。5.我國自主研發(fā)的對二甲苯綠色合成項目取得新進展，其合成過程如圖所示,下列說法不正確的是A。異戊二烯所有碳原子可能共平面B.可用溴水鑒別M和對二甲苯C.對二甲苯的一氯代物有2種D.M具有芳香族同分異構體【答案】D【解析】【詳解】A．異戊二烯相當于兩個乙烯共用二個碳原子,兩個“乙烯”所在的平面有可能重合，所有碳原子有可能共平面,A正確；B．M分子中含有碳碳雙鍵和醛基，都能使溴水褪色，而對二甲苯與溴水不反應,所以可用溴水鑒別M和對二甲苯，B正確；C．對二甲苯苯環(huán)上的一氯代有機產物只有1種,甲基上的一氯代有機產物只有1種，所以一氯代有機產物有2種，C正確;D．M的不飽和度為3，而苯基的不飽和度為4，所以M不可能具有芳香族同分異構體，D不正確；故選D.6。如圖某工廠用NO氣體制取NH4NO3溶液,下列說法正確的是A.陽極的電極反應式為：NO-3e—+2H2O=NO2—+4H+B.物質B與物質C是同一種物質C.A物質可為氨氣D.陰、陽兩極轉移的電子數(shù)之比為5∶3【答案】C【解析】【詳解】A、陽極NO失電子發(fā)生氧化反應生成NO3—，電極反應式是：NO—3e—+2H2O=NO3—+4H+,故A錯誤;B、陰極是NO得電子發(fā)生還原反應生成銨根離子,所以B是銨根離子，C是硝酸根離子,故B錯誤;C、陽極反應為NO-3e—+2H2O=NO3—+4H+,陰極反應為：NO+5e—+6H+=NH4++H2O，從兩極反應可看出，要使得失電子守恒，陽極產生的NO3-的物質的量大于陰極產生的NH4+的物質的量，因此若要使電解產物全部轉化為NH4NO3，需補充NH3,故C正確;D、電解過程中兩個電極轉移電離量一定相等，陰、陽兩極轉移的電子數(shù)之比為1∶1,故D錯誤;故選C.【點睛】本題考查電解池中電極反應式書寫。C選項的判斷，關鍵是理解好陰陽兩個電極轉移電子數(shù)一定相同，電解生成的硝酸根離子比銨根離子多。7。短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，它們的原子最外層電子數(shù)總和等于Z的原子序數(shù),由這四種元素組成的一種化合物M具有如圖性質,下列推斷正確的是A.原子半徑：Z〉Y>X>WB。最高價氧化物對應的水化物酸性：Y>XC。W、Y、Z組成的化合物只含共價鍵D。W分別與X、Y、Z組成的二元化合物都易溶于水【答案】B【解析】【分析】由流程圖可以看出，紅色溶液為Fe(SCN)3，加入NaOH溶液，生成的氣體為NH3，則M中含有NH4+；生成的沉淀為Fe（OH）3；所得溶液為NaSCN，由此得出M應為NH4SCN.由信息“短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，它們的原子最外層電子數(shù)總和等于Z的原子序數(shù)",可推出W、X、Y、Z分別為H、C、N、S元素?！驹斀狻緼．C、N為同周期元素，C在N的左邊，原子半徑：C〉N，A不正確;B．非金屬性C〈N，所以最高價氧化物對應的水化物酸性：HNO3〉H2CO3,B正確;C．W、Y、Z組成的化合物可能為（NH4)2S，既含共價鍵又含離子鍵，C不正確;D．H與C組成的二元化合物，不管是哪種烴，都難溶于水,D不正確；故選B.8.Ⅰ．含CN-電鍍廢水的一種方法如圖（CN—和CNO-中N的化合價均為-3價）某學習小組依據上述方法，用如圖實驗裝置進行該電鍍廢水處理的研究。操作步驟:?。汝P閉裝置甲的活塞，再將含CN—廢水與過量NaClO溶液混合，取200mL混合液[其中c（CN-）相當于0.200mol·L—1]加入裝置甲中。ⅱ．待裝置甲中充分反應后，打開活塞，使溶液全部流入裝置乙中，關閉活塞.ⅲ．測定干燥管Ⅰ增加的質量。（1)裝置甲玻璃儀器名稱為________________；裝置乙中反應離子方程式為________________。（2)裝置丙中的試劑是________________，裝置丁的作用是________________。(3）假定上述實驗中的氣體都被充分吸收。若干燥管Ⅰ增重1.408g。則CN—被處理的百分率為________________。（4)你認為用此裝置進行實驗，CN-實際被處理的百分率與(3）中比較會________________(填“偏高”、“偏低”、“無法確定"或“無影響")，簡述你的理由________________.Ⅱ．防治空氣污染，燃煤脫硫很重要。目前，科學家對Fe3+溶液脫硫技術的研究已取得新成果。(5)某學習小組為了探究“SO2與Fe3+反應的產物"，將過量的SO2通入FeCl3溶液中后,各取10mL反應液分別加入編號為A、B、C的試管中,并設計以下3種實驗方案：方案①：A中加入少量KMnO4溶液，溶液紫紅色褪去.方案②：B中加入KSCN溶液，溶液不變紅，再加入新制的氯水,溶液變紅.方案③:C中加入稀鹽酸酸化的BaCl2溶液，產生白色沉淀。上述實驗方案中不合理的是________________（填方案編號）?！敬鸢浮浚?).分液漏斗(2)。2CNO—+6ClO—+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O（3）.濃硫酸（4)。吸收混合氣中的Cl2（5）.80.0%(6)。偏高（7）。部分Cl2在裝置丁中沒有被吸收而在干燥管Ⅰ中被吸收（或“偏低：部分CO2殘留在裝置內沒有在干燥管Ⅰ中被完全吸收”或“無法確定：部分Cl2在干燥管Ⅰ中被吸收,部分CO2沒有在干燥管Ⅰ中被吸收”等合理答案均給分）（8)。方案①【解析】【詳解】(1）裝置甲玻璃儀器名稱為分液漏斗；裝置乙中,CNO—被ClO-在酸性溶液中進一步氧化，生成N2、Cl2和CO2等，反應的離子方程式為2CNO—+6ClO—+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O。答案為：分液漏斗；2CNO—+6ClO—+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O;（2)從實驗裝置中可以看出,在分液漏斗甲中，過量NaClO與CN—混合,發(fā)生反應生成CNO-，將反應后的液體與乙裝置內的稀硫酸混合，發(fā)生反應生成N2、Cl2和CO2等；從裝置丁看，銅網的作用是吸收Cl2，干燥管Ⅰ是吸收CO2，由CO2的質量計算含CN-電鍍廢水中CN—的質量；干燥管Ⅱ是吸收進入空氣中的CO2、H2O等，防止被干燥管Ⅰ吸收,從而引起CO2的質量偏差.由此可推出丙裝置中的溶液應能吸收反應生成的水蒸氣,所以應加入濃硫酸。裝置丁的作用是吸收混合氣中的Cl2。答案為:濃硫酸;吸收混合氣中的Cl2;(3)假定上述實驗中的氣體都被充分吸收，若干燥管Ⅰ增重1.408g,則CN-被處理的百分率為=80。0％.答案為：80.0％;（4）用此裝置進行實驗，難以保證Cl2被丁裝置完全吸收,也無法保證生成的CO2被干燥管Ⅰ中的堿石灰完全吸收，所以CN—實際被處理的百分率與(3）中比較會偏高,理由是：部分Cl2在裝置丁中沒有被吸收而在干燥管Ⅰ中被吸收（或“偏低；部分CO2殘留在裝置內沒有在干燥管Ⅰ中被完全吸收”或“無法確定：部分Cl2在干燥管Ⅰ中被吸收，部分CO2沒有在干燥管Ⅰ中被吸收”等合理答案均給分).(5）方案①：A中加入少量KMnO4溶液，因為Fe2+、Cl—都能將MnO4-還原,所以溶液紫紅色褪去不能證明Fe2+的存在,方案①不合理；方案②：B中加入KSCN溶液，溶液不變紅，再加入新制的氯水，溶液變紅，則證明含有Fe2+，方案②合理;方案③：C中加入稀鹽酸酸化的BaCl2溶液，產生白色沉淀，證明溶液中含有SO42—，方案③合理；上述實驗方案中，不合理的是方案①。答案為：方案①。9。硼氫化鈉(NaBH4)是有機合成中常用的還原劑.一種制備硼氫化鈉工藝如下（部分條件和產物省略）：已知：MgH2、NaBH4遇水蒸氣劇烈反應并放出H2?；卮鹣铝袉栴}：（1）Mg2B2O5?H2O中B的化合價為_______________.MgH2和NaBO2必須在干燥條件下合成硼氫化鈉,其原因是_____________________________________________。（2)難溶的Mg2B2O5與濃氫氧化鈉溶液反應的離子方程式為__________.（3)SOCl2溶于水能產生兩種氣體,其中一種氣體能使品紅溶液褪色，則灼燒時加入SOCl2的目的是______________________________。（4）已知鎂—H2O2酸性燃料電池反應為Mg+H2O2+H2SO4MgSO4+2H2O.常溫下，電解質溶液為200mL0.1mol·L1硫酸溶液。①寫出正極的電極反應式:______________________________。②若電路中有0.038mol轉移電子時，則溶液pH約為_____(忽略體積變化,不考慮H2O2電離）。（5）“有效氫”是衡量含氫還原劑的還原能力指標,定義為1g含氫還原劑的還原能力與多少克H2相當。NaBH4的“有效氫”等于_________________(結果保留2位小數(shù)）.（6）工業(yè)上，可以利用NaBO2、HCHO和生石灰在加熱下生成NaBH4和難溶的鹽,寫出化學方程式________________________________________?！敬鸢浮浚?）。+3（2)。防止MgH2、NaBH4與水蒸氣反應（3）.Mg2B2O5+H2O+2OH=2Mg（OH)2+2BO2(4）.提供HCl抑制MgCl2水解(5).H2O2+2e+2H=2H2O（6)。2（7）。0。21(8)。NaBO2+2HCHO+2CaONaBH4+2CaCO3【解析】【分析】Mg2B2O5?H2O與NaOH反應，得到濾渣和濾液，從濾液中最終得到了NaBO2。從濾渣最終得到了MgCl2。濾液的溶質為NaBO2,經過蒸發(fā)濃縮等一系列操作得到晶體。濾渣為Mg（OH）2,與濃鹽酸作用得到MgCl2·7H2O，經電解等一系列操作得MgH2,與NaBO2反應得到NaBH4?！驹斀狻浚?）根據化合物中各元素的化合價代數(shù)和為0，Mg的化合價為＋2，O的化合價為－2，設B的化合價為x，有2×（＋2）＋2x＋5×（－2)=0，得x=＋3。則B的化合價為+3。根據已知MgH2、NaBH4遇水蒸氣劇烈反應并放出H2,所以保持干燥環(huán)境的目的是防止硼氫化鈉、氫化鎂與水蒸氣反應。答案為+3；防止MgH2、NaBH4與水蒸氣反應；(2）Mg2B2O5?H2O與NaOH反應，得到濾渣和濾液。濾液的溶質為NaBO2，因為經過蒸發(fā)濃縮等一系列操作得到NaBO2晶體，而一系列操作不會改變溶質。濾渣為Mg（OH）2,與濃鹽酸作用得到MgCl2·7H2O。所以難溶的Mg2B2O5與濃氫氧化鈉溶液反應生成了氫氧化鎂和偏硼酸鈉（NaBO2），方程式為Mg2B2O5+H2O+2OH=2Mg(OH）2+2BO2；(3）MgCl2·7H2O脫去結晶水的時候要防止Mg2＋水解生成Mg(OH)2。而SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑，消耗了水,生成的氯化氫又能抑制氯化鎂水解。答案為與水反應提供HCl抑制MgCl2水解(4）①正極得到電子化合價降低,化合價降低的為H2O2中的O,其化合價從－1降低到－2，發(fā)生還原反應.電解質溶液含有硫酸，為酸性，則正極方程式為H2O2+2e+2H=2H2O。②n（H)=0。04mol,由電極反應式知，轉移1mol電子必消耗1molH，轉移0。038mol電子時溶液中c（H）==0.01mol·L1,pH=—lgc(H＋）=-lg0.01=2.（5)含氫還原劑的氧化產物為H2O等,1molNaBH4的質量為38g，發(fā)生反應時，失去8mol電子，相當于4molH2,為8g氫氣。NaBH4的有效氫等于≈0。21.（6)反應物為NaBO2、HCHO和CaO，根據原子守恒難溶鹽為CaCO3。則方程式為NaBO2+2HCHO+2CaONaBH4+2CaCO3。10。將H2S轉化為可再利用的資源是能源研究領域的重要課題。（1）H2S的轉化Ⅰ克勞斯法Ⅱ鐵鹽氧化法Ⅲ光分解法①反應Ⅰ化學方程式是________。②反應Ⅱ：____+1H2S==

____Fe2++____S↓+____(將反應補充完整）。③反應Ⅲ體現(xiàn)了H2S的穩(wěn)定性弱于H2O。結合原子結構解釋二者穩(wěn)定性差異的原因：_______.（2)反應Ⅲ硫的產率低，反應Ⅱ的原子利用率低。我國科研人員設想將兩個反應耦合，實現(xiàn)由H2S高效產生S和H2，電子轉移過程如圖.過程甲、乙中，氧化劑分別是______。（3）按照設計，科研人員研究如下。①首先研究過程乙是否可行，裝置如圖。經檢驗，n極區(qū)產生了Fe3+，p極產生了H2。n極區(qū)產生Fe3+的可能原因：?。瓼e2+-e—=Fe3+ⅱ．2H2O—4e-=O2+4H+，_______（寫離子方程式）。經確認,ⅰ是產生Fe3+的原因。過程乙可行。②光照產生Fe3+后,向n極區(qū)注入H2S溶液,有S生成，持續(xù)產生電流，p極產生H2。研究S產生的原因，設計如下實驗方案：______。經確認，S是由Fe3+氧化H2S所得，H2S不能直接放電。過程甲可行。（4）綜上,反應Ⅱ、Ⅲ能耦合，同時能高效產生H2和S，其工作原理如圖。進一步研究發(fā)現(xiàn),除了Fe3+/Fe2+外，I3-/I—也能實現(xiàn)如圖所示循環(huán)過程。結合化學用語，說明I3-/I-能夠使S源源不斷產生的原因：________.【答案】(1）.↓（2）。2Fe3+（3）。2(4）。1（5）。2H+(6).O與S位于同主族，原子半徑S〉O，得電子能力S<O，非金屬性S〈O,氫化物穩(wěn)定性H2S<H2O（7）。、（8）。（9）.將溶液換成溶液（10).在電極上放電：。在溶液中氧化：。和循環(huán)反應.【解析】【分析】（1）H2S具有較強的還原性,利用氧化還原反應將其轉化為S，據此分析;(2）氧化劑具有氧化性，易得電子，化合價降低，據此作答；（3）根據光能轉化成化學能，化學能轉化為電能,討論負極發(fā)生的電極反應；(4）根據電解質溶液中正負極反應方程式，及各物質的轉化關系作答?！驹斀狻?1）①H2S在氧氣氧化作用下生成S,其化學方程式為:↓；②H2S為Fe3+氧化為S，依據氧化還原反應規(guī)律可知，其離子方程式為：2Fe3++1H2S==2Fe2++S↓+2H+，故答案為2Fe3+：2；1:2H+；③O與S位于同主族,原子半徑S〉O,得電子能力S〈O，非金屬性S〈O，氫化物穩(wěn)定性H2S<H2O；(2）過程甲中，S元素化合價從-2價升高到0價，F(xiàn)e元素從+3降低到+2價，則氧化劑為Fe3+；過程乙中，F(xiàn)e元素從+2升高到+3價，H元素化合價從+1價降低到0價，則氧化劑為H+；（3）n極區(qū)產生了Fe3+,p極產生了H2,則n極為氧化反應,是原電池的負極,p極發(fā)生了還原反應是原電池的正極，負極區(qū)，除了Fe2+失電子生成Fe3+以外,也可能是水失電子生成的氧氣將Fe2+氧化成Fe3+所致，其離子方程式為：2H2O—4e-=O2+4H+，；②為了研究S是由于H2S失電子發(fā)生氧化反應產生的，避免溶液中其他離子的干擾，需要將將溶液換成溶液，進行驗證。（4）根據上述工作原理可知，I3-/I-能夠使S源源不斷產生，主要是因為在電極上放電：。在溶液中氧化：。和循環(huán)反應。11。氮是極其重要的化學元素.我國科學家最近成功合成了超高含能材料聚合氮和金屬氮?；诘獨獾哪茉囱芯恳彩俏磥砟茉窗l(fā)展的重要方向。（1)基態(tài)氮原子的價電子排布式為___________.（2)14g氮氣分子中原子軌道以“頭碰頭”方式形成的共價鍵數(shù)目為___________，以“肩并肩”方式形成的共價鍵數(shù)目為___________。（3）C、N、O三種元素按第一電離能從大到小的排列順序為___________。已知氧的第一電離能為1369kJ·mol－1、第二電離能為3512kJ·mol－1、第三電離能為5495kJ·mol－1，其第二電離能增幅較大的原因是__________________。(4）某含氨配合物CrCl3·6NH3的化學鍵類型有配位鍵、極性共價鍵和___________。CrCl3·6NH3有三種異構體，按絡離子式量增大的順序分別是[Cr(NH3)6]Cl3、___________、[Cr(NH3）4Cl2］Cl·2NH3。（5)NH4N3是高能量度材料，其晶胞如下圖所示。N3－是直線型結構，N3－中氮原子的雜化類型是___________.在VSEPR模型中NH4+的幾何構型名稱為______________。(6)已知NH4N3的晶胞參數(shù)為anm和0。5anm,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則NH4N3的密度為_________________g·cm－3?！敬鸢浮浚?）。2s22p3（2）。0.5NA（3)。NA（4）.N＞O＞C(5）.O失去1個電子后，2p軌道有3個電子，為半充滿狀態(tài)，較為穩(wěn)定(6)。離子鍵(7).［Cr(NH3)5Cl］Cl2·NH3（8).sp(9）。正四面體(10）.【解析】【分析】=1，NH4+為1個,由此可求出1個小立方體的質量及體積，從而求出NH4N3的密度?！驹斀狻浚?）氮原子的電子排布式為1s22s22p3，則基態(tài)氮原子的價電子排布式為2s22p3.答案為:2s22p3；(2）14g氮氣為0。5mol，1個氮氣分子中含有1個σ鍵、2個π鍵，其中以“頭碰頭”方式形成的共價鍵為σ鍵，數(shù)目為0。5NA，以“肩并肩”方式形成的共價鍵為π鍵，數(shù)目為NA.答案為:0.5NA;NA；（3)C、N、O屬于同周期元素且原子序數(shù)依次增大，同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大，但N由于2p軌道半充滿而出現(xiàn)反常,其第一電離能大于O，所以三種元素按第一電離能從大到小的排列順序為N＞O＞C.氧的第二電離能增幅較大，應從2p軌道的電子排布情況進行分析，其原因是O失去1個電子后，2p軌道有3個電子，為半充滿狀態(tài)，較為穩(wěn)定。答案為：N＞O＞C；O失去1個電子后,2p軌道有3個電子，為半充滿狀態(tài),較為穩(wěn)定；(4)某含氨配合物CrCl3·6NH3為離子化合物,化學鍵類型有配位鍵、極性共價鍵和離子鍵。CrCl3·6NH3有三種異構體，按絡離子式量增大的順序分別是［Cr（NH3）6]Cl3、［Cr（NH3）5Cl]Cl2·NH3、［Cr(NH3)4Cl2]Cl·2NH3。答案為:離子鍵;[Cr(NH3)5Cl]Cl2·NH3；(5）N3－是直線型結構,其與CO2為等電子體，則N3－中氮原子的雜化類型是sp。在VSEPR模型中NH4+的價層電子對數(shù)為4，則幾何構型名稱為正四面體。答案為：sp；正四面體；（6)由晶胞結構可知，1個晶胞分為8個小立方體，每個小立方體中，含N3—的個數(shù)為8×=1，NH4+為1個，1個小立方體的質量為g,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,則NH4N3的密度為=g·cm－3。答案為：?！军c睛】對于一種金屬離子與幾種配體形成的配合物，雖然某種配體的數(shù)目可以改變,但配體的總數(shù)通常是固定不變的。12.某藥物H的一種合成路線如下:回答下列問題:(1)C的名稱是______________.（2)F→H的反應類型為______________。B→C的試劑和條件是_____________。（3）H有多種同分異構體，在下列哪種儀器中可以顯示物質中化學鍵和官能團類型______（填字母）.A．質譜儀B．元素分析儀C．紅外光譜儀D．核磁共振氫譜儀（4）寫出D→E的化學方程式___________。（5）在E