江西省上饶市广信中学2025届高三化学仿真考试试题含解析

PAGE17-江西省上饶市广信中学2025届高三化学仿真考试试题（含解析）1.中华诗词中蕴含着很多化学学问。下列关于诗词的分析错误的是（）A.“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”中的“翠色”来自氧化铜B.“嫘祖栽桑蚕吐丝，抽丝织作绣奇妙”中的“丝”不耐酸碱C.“手如柔荑，肤如凝脂”中的“脂”能够水解D.“墨滴无声人水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”具有胶体的性质【答案】A【解析】【详解】A.来自氧化铜是黑色粉末，外观不行能呈“翠色”，A错误；B.蚕丝的成分是蛋白质，在酸性或碱性下会水解，B正确；C.“手如柔荑，肤如凝脂”中的“脂”是脂肪，能够水解，C正确；D.“墨滴”是碳分散在水中形成的胶体，具有胶体的性质，D正确；答案为A。2.Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在肯定条件下反应制得。下列叙述正确的是A.Y的分子式为C12H16O2B.可用FeCl3溶液鉴别X和YC.Y能使酸性高锰酸钾溶液褪色可证明其分子中含有碳碳双键D.1molX与4molH2完全加成所得产物分子中含2个手性碳原子【答案】B【解析】【详解】A．Y的分子式为C12H14O2，故A错误；B．X中含有酚羟基，而Y中不含，故可用FeCl3溶液鉴别X和Y，故B正确；C．Y含有醛基和碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能证明其分子中含有碳碳双键，故C错误；D．1molX与4molH2完全加成所得产物为，故分子中不含手性碳原子，故D错误；故答案为B3.科学家研制出了一种漂白效率极高的新型漂白剂（结构如图所示），其中W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。常温下，0.1mol/LZ的氢化物的水溶液pH=1，且Z与Y位于不同周期。下列叙述正确的是（）A.原子半径：Z＞Y＞X＞WB.氢化物的沸点：Y＞X＞Z＞WC.X的氧化物的水化物是强酸D.Y的某种单质具有杀菌消毒作用【答案】D【解析】【分析】由新型漂白剂结构可知，W形成的价键数为4，X形成的价键数为3，Y形成的价键数为2，Z形成的价键数为1；W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，常温下，0.1mol/LZ的氢化物的水溶液pH=1，则Z为Cl；Z与Y位于不同周期，则Y为O元素、W为C元素、X为N元素，据此分析解题。【详解】由分析知：W为C元素、X为N元素、Y为O元素、Z为Cl元素；A．C、N、O为同周期主族元素，核电荷数越大，原子半径越小，C、N、O、Cl四种元素的原子半径由大到小的依次为Cl＞C＞N＞O，即Z＞W＞X＞Y，故A错误；B．H2O常温下为液体，NH3和H2O分子间存在氢键，四种元素简洁氢化物的沸点由高到低的依次为H2O＞NH3＞HCl＞CH4，但C的氢化物包括多碳的烃，常温下有固体，有液体，即碳的氢化物沸点也可能比H2O高，故B错误；C．N的最高价氧化物的水化物HNO3是强酸，而+3价N的氧化物水化物HNO2是弱酸，故C错误；D．O3具有强氧化性，具有杀菌消毒作用，故D正确；故答案为D。4.以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。下列叙述不正确的是（）A.过程Ⅰ中的能量转化形式是太阳能→化学能B.过程Ⅰ中每消耗116gFe3O4转移2mol电子C.过程Ⅱ的化学方程式为3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑D.铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分别等优点【答案】B【解析】【详解】A.过程Ⅰ利用太阳能将四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，实现的能量转化形式是太阳能→化学能，选项A正确；B.过程Ⅰ中四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，每消耗116gFe3O4，即0.5mol，Fe由+3价变为+2价，转移mol电子，选项B错误；C.过程Ⅱ实现了氧化亚铁与水反应生成四氧化三铁和氢气的转化，反应的化学方程式为3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑，选项C正确；D.依据流程信息可知，铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分别等优点，选项D正确。答案选B。5.下列试验操作能达到试验目的的是A用装置甲验证NH3极易溶于水B.用50mL量筒量取10mol·L-1硫酸2mL,加水稀释至20mL,配制1mol·L-1稀硫酸C.用pH试纸测量氯水的pHD.用装置乙制取无水FeCl3【答案】A【解析】【详解】A.将胶头滴管中的水挤入烧瓶，若氨气极易溶于则烧瓶内压强降低，气球会鼓起来，可以达到试验目的，故A正确；B.稀释浓硫酸时要把浓硫酸加入水中，且不能在量筒中进行，故B错误；C.氯水中有次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测其pH值，故C错误；D.氯化铁易水解生成氢氧化铁和HCl，加热促进水解，而且盐酸易挥发，所以蒸干最终得到氢氧化铁而不是氯化铁，故D错误；故答案为A。【点睛】制备无水氯化铁须要在HCl气流中加热蒸发氯化铁溶液，抑制氯化铁水解。6.常温下，相同浓度的两种一元酸HX、HY分别用同一浓度的NaOH标准溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

A.HX、HY起始溶液体积相同B均可用甲基橙作滴定指示剂C.pH相同的两种酸溶液中：D.同浓度KX与HX的混合溶液中，粒子浓度间存在关系式：【答案】D【解析】【详解】A.反应达到终点时，HX与HY消耗NaOH溶液体积分别是30mL和40mL，故起始酸的体积比为3：4，故A错误；B.NaOH滴定HX达到滴定终点时，溶液pH约为8，而甲基橙的变色范围是，故不能用甲基橙做指示剂，故B错误；C.由图像中两种酸浓度相同时的pH可知，HY的酸性强于HX的酸性，pH相同的两种酸溶液中，，故C错误；D.同浓度的KX和HX的混合溶液中，存在电荷守恒为，物料守恒为，将物料守恒带入电荷守恒可得，故D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查酸碱滴定图像分析，为高频考点，难度不大。驾驭酸碱滴定图像分析、溶液中的离子浓度关系是解答关键。侧重考查学生的分析图像和解决化学问题的实力。7.复旦高校王永刚的探讨团队制得一种柔性水系锌电池,该可充电电池以锌盐溶液作为电解液,其原理如图所示。下列说法不正确的是A.放电时,N极发生还原反应B.充电时,Zn2+向M极移动C.放电时,每生成1molPTO-Zn2+,M极溶解Zn的质量为260gD.充电时,N极的电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+=PTO-Zn2+【答案】D【解析】【分析】放电时，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，即M电极为负极，则N电极为正极，电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+；充电时，外加电源的正极连接原电池的正极N，外加电源的负极连接原电池的负极。【详解】A.该原电池中，放电时M电极为负极，N电极为正极，正极得电子发生还原反应，故A正确；

B.充电时，原电池的负极M连接外加电源的负极作阴极，电解质中阳离子Zn2+移向阴极M，故B正确；

C.放电时，正极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，电子守恒有4Zn～PTO-Zn2+，所以每生成1molPTO-Zn2+，M极溶解Zn的质量=65g/mol×4mol=260g，故C正确；

D.充电时，原电池的正极N连接外加电源的正极作阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为PTO-Zn2+-8e-=2PTO+4Zn2+，故D错误；

故选：D。8.碘被称为“智力元素”，科学合理地补充碘可防治碘缺乏病，KI、KIO3曾先后用于加碘盐中。KI还可用于分析试剂、感光材料、制药等，其制备原理如下：反应I：3I2+6KOH==KIO3+5KI+3H2O反应II：3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O请回答有关问题。(1)启普发生器中发生反应的化学方程式为________。装置中盛装30%氢氧化钾溶液的仪器名称是__________。(2)关闭启普发生器活塞，先滴入30%的KOH溶液.待视察到三颈烧瓶中溶液颜色由棕黄色变为______(填现象)，停止滴人KOH溶液；然后________(填操作)，待三颈烧瓶和烧杯中产生气泡的速率接近相等时停止通气。(3)滴入硫酸溶液，并对三颈烧瓶中的溶液进行水浴加热，其目的是_______________。(4)把三颈烧瓶中的溶液倒入烧杯中，加入碳酸钡，在过滤器中过滤，过滤得到的沉淀中除含有过量碳酸钡外，还含有硫酸钡和____(填名称)。合并滤液和洗涤液，蒸发至析出结晶，干燥得成品。(5)试验室模拟工业制备KIO3流程如下：几种物质的溶解度见下表：用惰性电极电解KI溶液也能制备KIO3，与电解法相比，上述流程制备KIO3的缺点是_________。(6)某同学测定.上述流程生产的KIO3样品的纯度。取1.00g样品溶于蒸馏水中并用硫酸酸化，再加入过量的KI和少量的淀粉溶液，逐滴滴加2.0mol·L-1Na2S2O3溶液，恰好完全反应时共消耗12.60mLNa2S2O3溶液。该样品中KIO3的质量分数为___________(已知反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。【答案】(1).ZnS+H2SO4=H2S↑+ZnSO4(2).恒压滴液漏斗(3).无色(4).打开启普发生器活塞，通入气体(5).使溶液酸化并加热，有利于溶液中剩余的硫化氢逸出，从而除去硫化氢(6).硫(7).KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境(8).89.88%【解析】【分析】(1)启普发生器中发生的反应是硫化锌和稀硫酸反应生成硫化氢气体和硫酸锌；(2)三颈烧瓶中首先发生反应3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O，然后与启普发生器中生成的H2S发生反应3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O，从而制得KI。【详解】(1)启普发生器中发生的反应是硫化锌和稀硫酸反应生成硫化氢气体和硫酸锌，反应的化学方程式：ZnS+H2SO4=H2S↑+ZnSO4，仪器A的名称为恒压滴液漏斗，故答案为：ZnS+H2SO4=H2S↑+ZnSO4；恒压滴液漏斗；(2)关闭启普发生器活塞，打开滴液漏斗的活塞，滴入30%的KOH溶液，待视察棕黄色溶液变为无色，停止滴入KOH溶液；然后打开启普发生器活塞，通入气体待KIO3混合液和NaOH溶液气泡速率接近相同时停止通气，故答案为：无色；打开启普发生器活塞，通入气体；(3)滴入硫酸溶液，并对KI混合液水浴加热，其目的是：使溶液酸化并加热，有利于H2S溢出，从而除去H2S，故答案为：使溶液酸化并加热，有利于H2S溢出，从而除去H2S；(4)通入气体待KIO3混合液和NaOH溶液气泡速率接近相同时停止通气过程中发生反应3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O，把KI混合液倒入烧杯，加入碳酸钡除去过量的硫酸，在过滤器中过滤，过滤得到的沉淀中除含有过量碳酸钡外，还有硫酸钡和单质硫，故答案为：硫；(5)依据流程：碘、氯酸钾、水酸化反应得到KH(IO3)2、Cl2和KCl，除去Cl2，结晶KH(IO3)2过滤，分别KH(IO3)2和KCl，加水溶解KH(IO3)2，加入KOH调整pH，浓缩结晶得到碘酸钾，电解法将碘氧化为碘酸钾，而KClO3氧化法产生氯气，污染环境；故答案为：KClO3和I2反应时会产生有毒的氯气，污染环境；(6)设样品中KIO3的质量分数为x，KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O①；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-②，将方程式②×3+①得：所以碘酸钾的质量分数x=，故答案为：89.88%。9.含钒石煤(含有铁、硅、铝、钙、镁等元素的氧化物)中的钒大部分是以V(Ⅲ)和V(Ⅳ)形式存在，由含钒石煤提钒的一种工艺流程如下所示：已知：铜铁试剂能与铜、铁、铝、钛等元素形成不溶于水的协作物。回答下列问题：(1)含钒石煤预制时加入复合添加剂对钒浸出率的影响如图所示，其中最佳复合添加剂为______________。(2)下图为“抽滤”试验原理装置图，“抽滤”时抽气泵的作用是______________；(3)已知酸浸液中被氧化成，其离子方程式为___________________。“净化除杂”时用铜铁试剂除去所含的、等杂质离子而不通过调整酸浸液pH的缘由是_________________________________________________________。(4)“沉钒”的离子反应方程式为___________________。(5)“煅烧”纯净的沉钒产物过程中，固体残留率与温度改变如图所示。已知A点坐标为(260℃，85.47%)，则A点对应物质的化学式为________________________，B点对应的物质为，则B点坐标为________________。【答案】(1).Na2CO3/K2CO3(2).抽走装置中的空气，形成负压，加快过滤速率(3).V2O24++H2O2=2VO2++2H+(4).若调整酸浸液pH易生成Fe(OH)3、Al(OH)3胶体，胶体会吸附溶液中的钒酸根离子，造成钒损失(5).VO3-+NH4+=NH4VO3↓(6).HVO3(7).(400℃

，77.78%)【解析】【分析】(1)读图找出最佳复合添加剂；(2)从抽滤的原理来回答作用；(3)结合氧化还原反应的规律写离子方程式，“净化除杂”时用铜铁试剂除去所含的Al3+、Fe3+等杂质离子而不通过调整酸浸液pH的缘由，从两种方法的优劣比较来回答；(4)读图找到产生沉淀的反应物，据此写“沉钒”的离子反应方程式；(5)读图，结合质量守恒定律中元素养量守恒计算和化学反应规律回答。【详解】(1)据图可知，在质量比相同的状况下，Na2CO3/K2CO3作复合添加剂时，钒浸出率最高，故最佳复合添加剂为Na2CO3/K2CO3；(2)"抽滤"比过滤效果好速度快的缘由是装置内外压强差大，故利用抽气泵抽走装置中的空气，使吸滤瓶中的压强降低，使过滤速度加快；(3)V2O24+被H2O2氧化成VO2+，V2O24+作还原剂，V化合价上升，H2O2作氧化剂，O化合价降低，则离子方程式为：V2O24++H2O2=2VO2++2H+；按信息，铜铁试剂能与铜、铁、铝、钛等元素形成不溶于水的协作物而除去，若调整酸浸液pH易生成Fe(OH)3、Al(OH)3胶体，胶体会吸附溶液中的钒酸根离子，造成钒损失；答案为：若调整酸浸液pH易生成Fe(OH)3、Al(OH)3胶体，胶体会吸附溶液中的钒酸根离子，造成钒损失；(4)据流程图知，“含钒净化液”中的VO3-与铵盐中NH4+结合生成NH4VO3沉淀，故“沉钒”的离子反应方程式为VO3-+NH4+=NH4VO3↓；(5)据图，260℃时NH4VO3分解生成HVO3和NH3，则剩余固体质量与初始固体质量的百分比为×100％≈85.47%，所以A点(260℃)对应物质的化学式为HVO3；B点对应的物质为V2O5，依据质量改变特点，可以得出剩余固体质量与初始固体质量的百分比为≈77.78%，则B点坐标为(400℃，77.78%)。【点睛】(3)离子方程式的书写依据氧化还原反应反应中得失电子守恒以及原子守恒原则书写和配平，“净化除杂”时除去所含的、等杂质离子不通过调整酸浸液pH的方法，调整pH，其目的在于促进、的水解，此处不用此法，说明水解产物对除杂过程有影响，故从水解产物的角度作答(5)依据已学学问铵盐不稳定，受热易分解，考虑A点固体残余物，B点已知固体为V2O5，结合A利用元素守恒进行计算，得出坐标。10.联氨(N2H4)和次磷酸钠(NaH2PO2)都具有强还原性，都有着广泛的用途。(1)已知：①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-621.5kJ·mol-1②N2O4(l)=N2(g)+2O2(g)△H2=+204.3kJ·mol-1则火箭燃料的燃烧反应为2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)△H=________。(2)已知反应N2H4(g)+2Cl2(g)⇌N2(g)+4HCl(g)，T°C时，向VL恒容密闭容器中加入2molN2H4(g)和4molCl2(g)，测得Cl2和HCl的浓度随时间的关系如图所示。①0~10min内，用N2(g)表示的平均反应速率v(N2)=_____________。②M点时，N2H4的转化率为_____________(精确到0.1)%。③T°C时，达到平衡后再向该容器中加入1.2molN2H4(g)、0.4molCl2(g)、0.8molN2(g)、1.2molHCl(g)，此时平衡_________________(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。(3)①次磷酸(H3PO2)是一元酸，常温下1.0mol·L-1的NaH2PO2溶液pH为8，则次磷酸的Ka=________。②用次磷酸钠通过电渗析法制备次磷酸.装置如图所示。交换膜A属于_________(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜，当电路中流过3.8528×105库仑电量时，制得次磷酸的物质的量为______(一个电子的电量为1.6×10-19库仑，NA数值约为6.02×1023)。【答案】(1).-1038.7kJ•mol-1(2).0.06mol/(L•min)(3).33.3(4).逆向移动(5).1.0×10-2(6).阳离子(7).4mol【解析】【详解】(1)依据盖斯定律，反应①×2+②即可得火箭燃料的燃烧反应2N2H4(1)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)△H=(-621.5×2+204.3)kJ•mol-1=-1038.7kJ•mol-1，故答案为：-1038.7kJ•mol-1；(2)依据图示，Cl2作为反应物，浓度减小，HCl作为生成物，浓度增大：

①△c(Cl2)=(2-0.8)mol/L=1.2mol/L，v(Cl2)==0.12mol/(L•min)，依据反应速率与计量系数成正比可得v(N2)=v(Cl2)=0.06mol/(L•min)，故答案为：0.06mol/(L•min)；②据图可知反应起先时c(Cl2)=2mol/L，投料为2molN2H4(g)和4molCl2(g)，则起先时c(N2H4)=1mol/L，容器体积为2L，设M点N2H4的转化浓度为xmol/L，列三段式：，M点Cl2和HCl的浓度相等，则2-2x=4x，解得x=mol/L，则N2H4的转化率为=33.3%，故答案为：33.3%；③据图可知反应平衡时c(Cl2)=0.8mol/L，初始c(Cl2)=2mol/L，c(N2H4)=1mol/L，反应中消耗c(Cl2)=1.2mol/L，则依据反应的化学方程式N2H4(g)+2Cl2(g)N2(g)+4HCl(g)可知，消耗c(N2H4)=0.6mol/L，生成c(N2)=0.6mol/L，c(HCl)=2.4mol/L，所以平衡时各物质的浓度为c(Cl2)=0.8mol/L，c(N2H4)=1mol/L-0.6mol/L=0.4mol/L，c(N2)=0.6mol/L，c(HCl)=2.4mol/L，则该温度下的平衡常数K==77.76。平衡后再向该容器中加入1.2molN2H4(g)、0.4molCl2(g)、0.8molN2(g)、1.2molHCl(g)，结合容器体积为2L可得各物质的浓度变为：c(Cl2)==1mol/L，c(N2H4)==1mol/L，c(N2)==1mol/L，c(HCl)==3mol/L，此时Qc==81>K，所以平衡逆向移动，故答案为：逆向移动；(3)①次磷酸(H3PO2)是一元酸，H2PO2-水解的离子方程式为：H2PO2-+H2O=H3PO2+OH-，pH=8，则c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=c(H3PO2)=mol/L=10-6mol/L，c(H2PO2-)=(1.0-10-6)mol/L≈1mol/L，所以Ka==1.0×10-2，故答案为：1.0×10-2；②依据图示可知，产品室产生次磷酸，则电极M应为阳极电解水中的OH-，剩余H+通过交换膜A移向产品室，所以交换膜A为阳离子交换膜。电路中流过3.8528×105库仑电量时，转移的电子的物质的量为=4mol，次磷酸根带一个单位的负电荷，氢离子带一个单位的正电荷，所以电解过程中每转移1mol电子就生成1mol次磷酸，则转移4mol电子时生成4mol次磷酸，故答案为：阳离子；4mol。【点睛】(2)③Qc>K，平衡逆向移动；Qc=K，平衡不移动；Qc＜K，平衡正向移动。11.KMnO4是一种高效氧化剂可用来氧化吸附有机异味物.也可以与水中的杂质如二价铁、锰、硫、氰、酚等反应。试验室常用Na2C2O4标准溶液标定未知浓度的KMnO4溶液，发生反应:5C2O42-+2MnO4-+16H++4H2O=2[Mn(H2O)6]2++10CO2↑。依据以上信息,完成下列问题:(1)按电子排布K位于元素周期表的_______区,基态Mn2+的核外电子排布式可表示为_____。(2)1mol[Mn(H2O)6]2+中所含有的共价键数目为__________。(3)基态C原子的核外电子中占据最高能级的电子云轮廓图为_______.C2O42-中碳原子的轨道杂化类型是___________________.(4)同主族元素氧、硫、硒对应最简洁氢化物的沸点:H2O>H2Se>H2S,缘由是__________。(5)β-MnSe的结构中Se为面心立方最密积累，晶胞结构如图所示。①β-MnSe中Mn的配位数为_____________。②若该晶体的晶胞参数为apm,阿伏加德罗常数的值为NA。则距离最近的两个锰原子之间的距离为______pm,β-MnSe的密度ρ=______(列出表达式)g·cm-3。【答案】(1).s(2).1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5(3).18NA(4).哑铃形(5).sp2杂化(6).相对分子质量越大，范德华力就越大，沸点就越高，但水分子间形成氢键，使熔沸点较高(7).4(8).(9).【解析】【详解】(1)K位于周期表中第4周期第IA族，则K位于元素周期表的s区；基态Mn原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s2，失去4s2两个电子变成Mn2+，则基态Mn2+的核外电子排布式可表示为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；

(2)[Mn(H2O)6]2+中所含有的σ键数目为：6×2=12个氢氧键和6个配位键，所以1mol[Mn(H2O)6]2+中所含有的σ键数目为18NA；

(3)基态C原子的核外电子排布为1s22s22p2，核外电子中占据最高能级为2p，则基态C原子的核外电子中占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形，C2O42-中碳原子和一个氧原子形成碳氧双键，和另一个氧原子形成碳氧单键，和另一个碳原子形成碳碳单键，所以碳原子的轨道杂化类型为sp2杂化；

(4)O、S、Se为同主族元素，形成的H2O、H2S和H2Se均为分子晶体，H2O分子间氢键导致沸点异样上升，H2S和H2Se随着相对分子质量增大，分子间作用力增加，沸点上升，氢键影响大于分子间作用力影响，所以最简洁氢化物的沸点：H2O＞H2Se＞H2S；

(5)①依据晶胞结构分析，Mn位于四面体中心，四周有4个Se，则Mn的配位数为4；

②1个晶胞中含有Mn数目为4，含有Se的数目为8×+6×=4，依据晶胞结构可知两个Mn原子的最近距离为面对角线的一半，距离为cm；一个晶胞体积为V=(a×10-10)3cm3，所以密度为ρ＝g/cm3。【点睛】配位键也是σ键；计算晶胞体积时要留意题目所给单位，有时须要单位的换算。12.某爱好小组利用芳香族化合物A制取有机物F的合成路途如下：已知：回答下列问题：(1)A的分子式为_____________；B→C的反应类型为____________。(2)足量的D与Na2CO3溶液发生反应的化学方程式：_______________________________。(3)E的结构简式为______________。(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称