高中化学鲁科版有机化学基础本册总复习总复习 省获奖

山东省招远市第四中学2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．下列物质中最难电离出H+的是（）【答案】A【解析】由于分子中原子或原子团之间是相互影响的，在乙酸、乙醇、水和苯酚中，由于羟基连接的基团不同，使羟基上的氢原子活泼性也不同。其顺序为：CH3COOH＞C6H5OH＞H2O＞CH3CH2OH上面的结论也可通过实验事实验证。如乙酸和苯酚都具有酸性，在水溶液中能电离出H+，但乙酸能与NaHCO3反应放出CO2，而苯酚则不能，水与乙醇都能与金属钠反应放出H2，但后者反应速率较慢。因此，在上述4种物质中，最难电离出H+的是乙醇。2．某有机物链状分子中含n个,m个,a个,其余为羟基。则羟基的个数为：+3m-a+m+a+2-a+2n+2-a【答案】C【解析】3．关于化学平衡常数K的叙述正确的是A．K值越大，表示化学反应速率越大B．对任一可逆反应，温度升高，则K值增大C．一般情况下K值越大，可逆反应进行得越彻底D．增大反应物的浓度时，K值增大【答案】C【解析】试题分析：A、平衡常数的大小与反应的速率没有关系，所以不选A；B、若温度升高，平衡正向移动，平衡常数就增大，但若逆向移动，平衡常数会减小，所以不选B；C、平衡常数越大，说明反应正向进行的越彻底，所以选C；D、平衡常数只受温度影响，所以不选D。考点：平衡常数。4．在隔绝空气的情况下，9.2g铁、镁、铝混合物溶解在一定量某浓度的稀硝酸中，当金属完全溶解后收集到4.48L（标准状况下）NO气体．在反应后的溶液中加入足量的烧碱溶液，可生成氢氧化物沉淀的质量为A．18.6gB．20gC．19.4gD．24g【答案】A【解析】试题分析：硝酸与金属反应生成一氧化氮：HNO3→NO，化合价降低3价，得到3e-电子，标况下的物质的量为：n（NO）==，得到电子的物质的量为：n（e-）=3e-×=，根据金属的转化关系：M→Mn+→M（OH）n和电子守恒可知，金属失去电子的物质的量等于硝酸中N原子得到电子的物质的量，也等于生成沉淀时结合OH-的物质的量，即：n（OH-）=n（e-）=，则最多生成沉淀的质量为：金属质量+净增OH-的质量=9.2g+×17g/mol=19.4g，由于沉淀中没有氢氧化铝，所以生成沉淀的质量小于19.4g，故选A考点：考查了混合物的计算的相关知识。5．下列物质属于电解质的是A．氯化钡B．浓氨水C．二氧化碳D．乙醇【答案】A【解析】试题分析：A、氯化钡是在水溶液中和熔融状态下均能导电的化合物，属于电解质，A正确；B、浓氨水是混合物，B错误；C、二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化碳的水溶液导电，但电离出离子的物质是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，C错误；D、乙醇是非电解质，D错误。答案选A。考点：电解质6．有关键能(破坏1mol共价键吸收的能量)数据如表化学键Si-OO═OSi-Si键能/kJ•mol-1X176晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si(s)+O2(g)═SiO2(s)△H=•mol-1，则X的值为(已知1mol

Si中含有2mol

Si-Si键，1mol

SiO2中含有4mol

Si-O键)A．B．460C．832D．920【答案】B【解析】试题分析：已知晶体硅的燃烧热为•mol-1，则Si(s)+O2(g)=SiO2(s)△H=•mol-1；1mol晶体硅中含有2molSi-Si，1molSiO2中含有4molSi-O，1molO2中含有1molO=O，则2×176+=，解得x=460，故选B。【考点定位】考查键能的计算【名师点晴】注意把握反应热与键能的关系是解决本题的关键，化学反应中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反应中的反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，据此结合Si(s)+O2(g)═SiO2(s)△H=-989、2kJ•mol-1，计算出表中X。7．下列说法正确的是（）A、NO2与水的反应：3NO2＋H2O=2NOeq\o\al(－,3)＋NO＋2H＋B．氯气通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-C、向NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液并加热：NH4＋＋OH－NH3↑＋H2OD、向硅酸钠溶液中通入SO2：SiO32－+2H＋=H2SiO3↓【答案】A【解析】试题分析：A．NO2与水的反应生成硝酸和NO，离子方程式为：3NO2＋H2O=2NOeq\o\al(－,3)＋NO＋2H＋，A正确；B．氯气通入水中生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸不可以拆，Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，B错误；C．向NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液，碳酸氢根离子和氢氧根离子反应，NH4＋＋HCO3-＋2OH－NH3↑＋2H2O+CO32-，C错误；D．向硅酸钠溶液中通入SO2：H2O+SO2+SiO32－=H2SiO3↓+SO32-，D错误，答案选A。考点：考查离子方程式的书写8．在无色强酸性溶液中可能大量共存的离子组是A．Ba2+、NH4+、S2-、MnO4-B．NH4+、Na+、Br-、Cl-C．K+、Ca2+、HSO3-、NO3-D．Fe2+、NH4+、Cl-、SO42-【答案】B【解析】试题分析：A、MnO4-为紫色，S2-在酸性溶液中不能共存，错误；B、可以共存；C、HSO3-在酸性条件下不能共存，且硝酸根具有强氧化性，错误；D、Fe2+为浅绿色，错误。考点：考查有限制条件的离子共存。9．一定质量的铁和足量的稀硝酸或浓硝酸完全反应，在相同条件下，用排水集气法收集产生的气体．下列叙述一定正确的是①硝酸浓度越大，消耗的硝酸越少②硝酸浓度不同，生成的Fe（NO3）3的物质的量相同③硝酸浓度越大，产生的气体越少④用排水集气法收集到的气体在相同状况下体积相等．A．只有②B．③④C．②④D．①②③④【答案】C【解析】试题分析：结合题给信息，因为硝酸足量所以铁全部溶解，所以产生的铁盐的物质的量相等；当采用排水法收集产生的气体时，均为NO,所以相同状况下气体体积相等。考点：硝酸的性质。10．分子中含有四个碳原子的饱和一元醇，它的同分异构体有多种，其中氧化后能生成醛的有（）A．1种B．2种C．3种D．4种【答案】B【解析】试题分析：分子中含有四个碳原子的饱和一元醇分子式为：C4H10O,若它的同分异构体氧化后能生成醛，则羟基应该链接在碳链的第一个碳原子上。即它是丙基C3H7-CH2OH氧化而成。丙基C3H7-有两种同分异构-CH2CH2CH3和-CH(CH3)2．所以氧化形成的醛也就是2种。考点：考查醇的各种同分异构体及结构、性质的知识。11．电镀废液中Cr2可通过下列反应转化成铬黄(PbCrO4)：Cr2(aq)+2Pb2+(aq)+H2O(l)2PbCrO4(s)+2H+(aq)ΔH<0该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是()【答案】A【解析】试题分析：A项，平衡常数大小与温度有关，该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，生成物的物质的量浓度减小，反应物的物质的量浓度增大，平衡常数随温度升高而减小，故A项正确；B项，pH增大，c(H+)减小，平衡向正反应方向移动，Cr2转化率增大，故B项错误；C项，温度升高，正、逆反应速率都加快；D项，增大反应物Pb2+的物质的量浓度，平衡正向移动，另一反应物Cr2的物质的量减小，故D项错误。考点：化学平衡常数12．下列物质一定属于同系物的是A、①和② B、④和⑥ C、⑤和⑦ D、③和④【答案】C【解析】试题分析：A、①和②都属于芳香烃，结构不相似，分子式通式不相同，不是同系物，故A错误；B、④和⑥最简式相同，结构不一定相似，若都为烯烃，则为同系物，C3H6存在同分异构体，可能为环烷烃，故B错误；C、⑤和⑦结构相似，都含有2个碳碳双键，为链状二烯烃，分子组成相差一个CH2原子团，互为同系物，故C正确；D、③和④结构不相似，C2H4是乙烯，苯乙烯是芳香烃，不是同系物，故D错误。故选C。考点：芳香烃、烃基和同系物点评：本题考查了同系物的判断，难度不大，同系物具有如下特征：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同，分子式不同、物理性质不同，研究范围为有机物。13．有一粗硅，含杂质铁，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的H2，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是A．物质的量之比为1∶1B．物质的量之比为1∶2C．质量之比为4∶1D．质量之比为2∶1【答案】C【解析】试题分析：粗硅中的硅与盐酸不反应，只有铁与盐酸反应Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑；粗硅中的硅与碱反应Si+2NaOH+H2O＝Na2SiO3+2H2↑，铁与氢氧化钠不反应，因放出等量氢气，根据方程式，铁与硅的物质的量之比为2：1，质量比为2×56：1×28=4：1。故选C。考点：考查了硅和铁的性质和依据化学方程式的简单计算的相关知识。14．同物质的量浓度的KCl、CaCl2、AlCl3三种溶液的体积比为3:2:1，这三种溶液中Cl﹣物质的量浓度之比是A．3:2:1B．1:2:3C．1:1:1D．2:3:1【答案】B【解析】试题分析：离子浓度与溶液的体积无关，因为KCl、CaCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度相等，KCl、CaCl2、AlCl3中Cl‾系数之比为1:2:3，则这三种溶液中Cl﹣物质的量浓度之比是1:2:3，故B项正确。考点：考查离子浓度比较。15．有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液，用一种试剂就可以将它们鉴别出来，这种试剂是A．H2SO4B．NaOHC．BaCl2D．KSCN【答案】B【解析】试题分析：A、硫酸和五种物质斗不反应，所以不选A；B、氢氧化钠和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，氯化铁和氢氧化钠反应生成红褐色沉淀，氯化镁和氢氧化钠生成白色沉淀，氯化铝和氢氧化钠反应生成白色沉淀，但随着加入的碱的量增加，最后沉淀能完全溶解，所以出现五种不同的现象，能区别，选B；C、氯化钡和五种溶液斗不反应，所以不选C；D、硫氰化钾只能检验出氯化铁，现象为溶液变成红色，其余不能鉴别，不选D。考点：离子检验。16．含CN－的废水有剧毒，可用液氯在碱性条件下将其氧化成OCN－，OCN－再进一步被氧化为无毒物质。有关反应如下：⑴KCN＋2KOH＋Cl2→KOCN＋2KCl＋H2O被氧化的元素是。⑵写出KOCN在KOH溶液中与氯气反应生成无毒物质的化学方程式：。⑶某厂废水中含KCN，其浓度为650mg/L，该废水的密度为1g/mL。现用氯氧化法处理，该厂每日处理上述废水20t，使KCN完全转化为无毒物质，每天至少需液氯kg（保留到小数点后1位）。【答案】【解析】⑴由KCN→KOCN碳元素化合价升高，被氧化的元素是碳；⑵2KOCN＋4KOH＋3Cl2=2CO2＋N2＋6KCl＋2H2O,N由-3价变成0价，共变6价；⑶20t废水的体积为：20×106g1g103L103L13kg18．（13分）乙二酸通常以二水合物的形式存在，俗称草酸晶体．已知草酸晶体在101℃时熔化并开始升华，157℃时大量升华，继续升温会分解生成CO、CO2和H（1）下列关于乙二酸的叙述正确的是（填编号）________________．①能和乙二醇发生酯化反应②能使酸性高锰酸钾溶液褪色③其溶液能使蓝色石蕊试纸变红④能和碳酸氢钠溶液反应生成气体（2）乙二酸的工业生产方法之一是以乙二醇为原料，在一定条件下，用空气氧化得到．写出该反应的化学反应方程式：_________________________________________________。（3）欲检验草酸晶体受热分解的产物中是否有CO2，甲、乙两位同学分别设计了装置1、装置2来完成实验．（I）简述检验装置1气密性的操作方法：_____________________________。（II）B和E两个装置中更合理的是________，理由为：_________________。（III）请从A～F中选择合适的仪器，组装一套可更好达到实验目的装置，按照气流由左到右的顺序依次为（用字母表示）：_________________。（Ⅳ）一定条件下草酸氢铵分解生成NH3、CO、CO2和H2O，110℃时将混合气体先通过Na2O2，再通过浓若将混合气体先通过浓，再通过Na2O2___________________________。【答案】（1）①②③④；（2）；（3）（І）如图连接好装置，将导管b没入水中，微热（或手捂）试管a，看到导管口处有气泡冒出，撤火（或松手）后，观察到导管内有一段水柱上升，则说明该装置的气密性良好；（Ⅱ）E；B中的导管过长、过细，冷凝后的乙二酸晶体可能会堵塞导管而存在安全隐患；E中采用U型管，与冰水的接触面积更大，更有利于乙二酸蒸气的冷凝，防止了乙二酸蒸气干扰CO2的检验；

（Ⅲ）A、E、F．（Ⅳ）C＞A＞D＞B【解析】试题分析：（1）①乙二酸含有羧基，乙二醇含有醇羟基，四能够能和乙二醇发生酯化反应，正确；②在乙二酸分子中C元素的化合价为+3价，有还原性，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化而能使酸性高锰酸钾溶液褪色，正确；③乙二酸有羧基，有酸性，因此其溶液能使蓝色石蕊试纸变红，正确；④乙二酸有羧基，有酸性，酸性比碳酸强，因此能和碳酸氢钠溶液反应生成CO2气体,正确。（2）以乙二醇为原料，在一定条件下，用空气氧化得到乙二酸的化学反应方程式是：；（3）（I）简述检验装置1气密性的操作方法是如图连接好装置，将导管b没入水中，微热（或手捂）试管a，看到导管口处有气泡冒出，撤火（或松手）后，观察到导管内有一段水柱上升，则说明该装置的气密性良好；（II）B和E两个装置中更合理的是E；B中的导管过长、过细，冷凝后产生的乙二酸晶体可能会堵塞导管而存在安全隐患；E中采用U型管，与冰水的接触面积更大，更有利于乙二酸蒸气的冷凝，防止了乙二酸蒸气干扰CO2的检验；（III）从A～F中选择合适的仪器，组装一套可更好达到实验目的装置，按照气流由左到右的顺序依次为：A、E、F；A是制取装置，B是冷凝装置，F用于检验及尾气处理，从而更环保。（Ⅳ）草酸氢铵分解受热分解的化学方程式是NH4HC2O4NH3↑+CO↑+CO2↑+H2O；1mol的NH4HC2O4分解产生NH3、CO、CO2、H2O各1mol.在110℃时水是气体，将混合气体先通过Na2O2，发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2，增重的质量是2+28=30g,再通过浓若将混合气体先通过浓，再通过Na2O2时发生反应2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2增重的质量是28g，即C是35g,D是28g.所以C＞A＞D＞B。考点：考查仪器的连接和使用、装置气密性的检查、方案优劣的评价、物质的化学性质、反应顺序与增重的关系的知识。19．下图为配制mLmol/LNa2CO3溶液过程的示意图。回答下列问题：（1）实验时要用到的仪器有：烧杯、玻璃棒、托盘天平、药匙、量筒、、。（2）在②③两步实验都用到玻璃棒，它的作用分别是、加速溶解；引流、。（3）配制过程中，若其他操作都正确，下列操作会引起浓度偏大的是：A．容量瓶中原有少量的蒸馏水；B．没有进行操作步骤④和⑤；C．第⑧步观察液面时俯视刻度线；D．如果加水超过了刻度线，取出少量水使液面恰好到刻度线（4）由计算可知，在称量操作中，需用托盘天平称量Na2CO3固体的质量为，若用5mol·L－1Na2CO3溶液配制该溶液，则应用量筒量取该溶液的体积为。【答案】（1）（2分）250mL容量瓶（错1处0分）胶头滴管（2）（2分）搅拌防止溶液外溅（3）（1分）C（4）（2分）5.3gmL【解析】试题分析：（1）配制过程需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、托盘天平、药匙、量筒、胶头滴管和250mL容量瓶。（2）②步溶解用到玻璃棒作用是搅拌加速溶解；③步转移溶液玻璃棒的作用是引流防止溶液外溅。（3）A．容量瓶中原有少量的蒸馏水，对结果没有影响，错误；B．没有进行操作步骤④和⑤，会导致溶液量偏少，结果偏低，错误；C．第⑧步观察液面时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，结果偏大，正确；D．如果加水超过了刻度线，取出少量水使液面恰好到刻度线导致溶质量偏少，结果偏小错误；故选C。考点：考查溶液配制实验20．葡萄糖酸锌[(C6H11O6O)2Zn]是一种营养锌强化剂，对婴儿及青少年的智力和身体发育有重要作用。工业上通过如下两步制备：（1）步骤一：充分反应后，过滤除去CaSO4沉淀。设计一个简单的实验，检验产物葡萄糖酸溶液中是否含有SO42—：。（2）步骤二：将葡萄糖酸溶液与ZnO混合，使其充分反应后，继续加入葡萄糖酸溶液至pH为，其目的是，下列物质可替代ZnO的是(填字母)。a．NH3·H2Ob．Zn(OH)2c．NaOHd．（3）将最后所得溶液浓缩至原来体积的，加入适量无水乙醇，放置8h以上，经结晶、分离、干燥获得葡萄糖酸锌晶体。分离过程中加入无水乙醇的目的是。（4）下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为mol·L－1计算)。金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3＋1.13.2Fe2＋5.88.8Cu2＋5.26.4某研究性学习小组欲用粗制硫酸锌溶液（其中含有Fe2+、Cu2+等）制备出活性ZnO，然后再合成葡萄糖酸锌。实验室制备活性ZnO的步骤如下：①取样，加入适量的KMnO4溶液，微热，调节溶液pH至（填写范围），除去溶液中Fe元素。②加入，过滤，向滤渣中加入适量稀硫酸，继续过滤，将两次滤液合并得较高纯度的硫酸锌溶液。③将纯碱慢慢加入上述硫酸锌溶液中，得碱式碳酸锌[其化学式为Zn2(OH)2CO3]，同时有无色气体产生。写出该反应的离子方程式：。④过滤、洗涤，将沉淀灼烧得活性氧化锌。其中灼烧需要的主要仪器有：酒精灯、玻璃棒、三脚架、泥三角、等。【答案】（1）取少量溶液于试管，滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42—；反之说明不含SO42—（2）抑制Zn2+的水解b（3）降低葡萄糖酸锌的溶解度，有利于其结晶析出（4）①~②过量的锌粉③2CO32—+2Zn2++H2O=Zn2(OH)2CO3↓+CO2↑④坩埚、坩埚钳【解析】试题分析：检验SO42—一般用盐酸和BaCl2溶液，要有取样、操作、现象、结论等步骤；（2）溶液酸性可以抑制Zn2+的水解；氧化锌与葡萄糖酸电离出氢离子反应，促进平衡正向移动，其它能与氢离子反应，不溶解于水、同时不产生新杂质的均可，如Zn(OH)2、ZnCO3等；（3）电解质一般不易溶解于有机溶剂，加入酒精能降低葡萄糖酸锌的溶解度，有利于其结晶析出；（4）①加入适量的KMnO4溶液把Fe2＋氧化为Fe3＋，调节pH让Fe3＋沉淀完全，但不能Cu2＋使沉淀，故范围为~；②加入过量锌除去Cu2＋；④灼烧固体应做坩埚中，还需要坩埚钳。考点：考查综合实验有关问题。21．向200mlNaOH溶液中投入5.4gAl，二者恰好完全反应，计算：（1）参加反应的NaOH的物质的量浓度？（2）生成标况下氢气的体积？【答案】（1）1mol/L（2）6.72L【解析】试题分析：考点：22．已知有以下物质相互转化，已知，A是世界上用量最大的金属单质：试回答：（1）写出E的化学式，F的化学式（2）写出由E转变成F的化学方程式。颜色变化_________________（3）向G溶液加入A的有关离子反应方程式________________________________。（4）写出G溶液中阳离子的鉴别方法（一种，要求写现象）____________________（5）写出B溶液转变成G溶液的方程式_______________________________【答案】（1）Fe（OH）2；Fe（OH）3；（2）4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；白色→灰绿→红褐；（3）2Fe3++Fe=3Fe2+；（4）取少量G溶液于试管中，向试管中滴加少量KSCN溶液，若出现红色，则证明溶液中有Fe3+；（5）2FeCl2+Cl2=2FeCl3。【解析】试题分析：D与硝酸银、硝酸反应得到的溶液，进行焰色反应显紫色，说明D溶液中含有K元素，D能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀H为氯化银，所以D应该是KCl．白色沉淀E在空气中转化为红褐色沉淀F，则E是氢氧化亚铁、F是氢氧化铁，G则氯化铁．B和C反应生成氯化钾和氢氧化亚铁，所以B、C分别是氢氧化钾、氯化亚铁中的一种，G能和A反应生成B，所以A是铁，B是氯化亚铁，C是氢氧化钾，A与盐酸反应得到B与氢气。（1）由上述分析可知，E的化学式为Fe（OH）2，F是氢氧化铁，化学式为Fe（OH）3，故答案为：Fe(OH)2；Fe（OH）3；（2）由E转变成F的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，颜色变化为白色→灰绿→红褐，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；白色→灰绿→红褐；（3）向氯化铁溶液加入Fe的有关离子反应方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；（4）检验氯化铁溶液中的金属阳离子的方法是：取少量G溶液于试管中，向试管中滴加少量KSCN溶液，若出现红色，则证明溶液中有Fe3+；故答案为：取少量G溶液于试管中，向试管中滴加少量KSCN溶液，若出现红色，则证明溶液中有Fe3+；（5）氯化亚铁转化为氯化铁，可以向氯化亚铁溶液中通入氯气，反应的方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3故答案为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3。考点：考查了元素及其化合物转化框图题、常见金属元素的单质及其化合物的综合应用的相关知识。23．短周期元素A﹣F的原子序数依次增大，部分元素的信息如下：元素编号信息B与元素A、D共同组成的化合物的种类最多D最外层电子数是次外层电子数的三倍E同周期元素中形成的简单离子半径最小F最高价氧化物对应的水化物的酸性最强根据以上信息，回答下列问题（用元素符号书写）：（1）某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在A2D、FD﹣、BC﹣，ABD3﹣、C2、F﹣等六种粒子，测得FD﹣和C2的物质的量随时间变化的曲线如图所示．请写出该反应的离子方程式2）W与D是相邻的同主族元素．在下表中列出H2WO3的不同化学性质，举例并写出相应的化学方程式编号性质化学方程式示例氧化性H2WO3+3H3PO3=3H3PO4+H2W↑①②（3）由A〜F中的某些元素组成的常见物质甲、乙、丙、丁、戊可发生以下反应：①写出甲的溶液与乙的溶液反应的离子方程式；②鉴定丁中阳离子的操作是；③如果丁中含有元素F，丁的溶液中离子浓度由大到小的排列顺序是．【答案】（1）5ClO﹣+2CN﹣+H2O=2HC