梅州市高三總復習質檢試卷化學本試卷共8頁，小題。滿分分，考試用時分鐘。注意事項：答卷前，考生務必用鉛筆在“考生號”處填涂考生號。用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己所在的縣、學校、班級以及自己的姓名和考生號、試室號、座位號填寫在答題卡上。用鉛筆將試卷類型填涂在答題卡相應位置上。選擇題每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試卷上。應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答的答案無效。考生必須保持答題卡的整潔。考試結束后，將試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H1OV一、選擇題：本題共小題，共分。第小題，每小題2分；第小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.紀錄片《如果國寶會說話》展示了國寶背后的中國精神、中國審美和中國價值觀。下列文物中，主要由無機非金屬材料制成的是A．洛神賦圖B．三彩載樂駱駝俑C．木雕雙頭鎮墓獸D．三星堆青銅神樹A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】第1頁/共23頁【詳解】A．洛神賦圖材質為纖維素，屬于有機高分子材料，A不符合；B．三彩載樂駱駝俑屬于陶瓷，是硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，B符合；C．木雕雙頭鎮墓獸材質為木材，屬于纖維素，是有機高分子材料，C不符合；D．三星堆青銅神樹材質是合金，屬于合金材料，D不符合；答案選B。2.近年來，我國航空航天事業成果顯著。下列對所涉及的化學知識敘述正確的是A.“天宮二號”航天器使用質量輕的鈦合金，鈦合金硬度比純鈦小B.“C919”雷達使用的復合材料中含玻璃纖維，其屬于有機高分子C.“長征五號”運載火箭采用液氫液氧作為推進劑，與互為同位素D.“嫦娥六號”帶回地球的月壤中含有Si、Mg、Al等元素，Al屬于s區【答案】C【解析】【詳解】A．鈦合金的硬度通常比純鈦大，而非更小，合金的硬度一般高于其純金屬組分，A錯誤；B．玻璃纖維的主要成分是二氧化硅和硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，而非有機高分子，B錯誤；C．同位素是指質子數相同、中子數不同的原子，與互為同位素，C正確；D．鋁和硅屬于區元素，鎂屬于區元素，D錯誤；故選C。3.的是A.用鹽腌制梅菜，能延長保存時間B.用花生油煎“釀苦瓜”，花生油屬于混合物C.豆腐制作過程“煮漿”，是將蛋白質轉化為氨基酸D.釀“娘酒”加酒曲，涉及淀粉→葡萄糖→乙醇的轉化【答案】C【解析】【詳解】A．鹽可以抑制微生物的生長，延長保存時間，故A正確；B．花生油由多種高級脂肪酸與甘油生成的酯，屬于混合物，故B正確；CC錯誤；DD正確；第2頁/共23頁答案選C。4.NaOH標準溶液配制和標定，需經過NaOH溶液配制、基準物質的稱量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列所用儀器或操作正確的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】A．氫氧化鈉固體易潮解，不能放在濾紙上稱量，A錯誤；B．配制溶液中洗滌液沿玻璃棒注入容量瓶，B正確；C．眼睛的視線應與凹液面向平，C錯誤；D．NaOH溶液屬于堿性溶液，應使用堿式滴定管進行滴定。圖中所示滴定管為酸式滴定管，D錯誤；故選B。5.化學實驗中的顏色變化，可將化學抽象之美具體為形象之美。下列說法不正確的是A.土豆片遇到碘溶液，呈藍色B.新制氯水久置，溶液由淡黃綠色變為無色C.用潔凈的鉑絲蘸取KCl溶液灼燒，透過藍色鈷玻璃觀察，火焰呈紫色D.將粉末露置在空氣中一段時間，固體由白色變為淡黃色【答案】D【解析】【詳解】A．土豆中的淀粉遇碘單質會顯藍色，A正確；B．新制氯水含Cl2呈淡黃綠色，久置后氯氣在水中會逐漸揮發，導致溶液中的氯氣濃度降低，且Cl2和水第3頁/共23頁反應生成的HClOCl2B正確；C．K+的焰色反應為紫色，藍色鈷玻璃可濾去鈉的黃色光干擾，C正確；D．本身為淡黃色固體，露置空氣中會與COHO反應生成白色NaCO為白色，而非白色變為淡黃色，D錯誤；故選D。6.一種以鋁—空氣為電源的航標燈，該電池以海水為電解質溶液。關于該電池，下列說法正確的是A.鋁作負極，發生還原反應B.海水中的移向鋁電極C.每轉移4mol電子，消耗標準狀況下22.4L的空氣D.空氣一極發生的電極反應式為：【答案】D【解析】【分析】鋁—空氣、海水為電解質溶液的原電池，鋁為活潑金屬，為負極，進入空氣的一端為正極。【詳解】A．鋁作負極，負極上發生氧化反應，A錯誤；B．原電池中陽離子向正極移動，Na+移向通入空氣的一端，B錯誤；C．每轉移4mol電子，消耗1molO，標準狀況下22.4L的氧氣，C錯誤；D．空氣一極為正極，發生得電子還原反應，電極反應式為：，D正確；答案選D。7.“勞動最光榮，勤奮出智慧”。下列勞動項目與所述的化學知識沒有關聯的是選勞動項目化學知識項A用福爾馬林制作生物標本甲醛有強氧化性B溶液作腐蝕液制作印刷電路板氧化性強于C用NaOH和鋁粉疏通廚衛管道鋁和NaOH溶液反應生成第4頁/共23頁施加適量石膏降低鹽堿地(含D)土壤的堿性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【詳解】A．福爾馬林能使蛋白質變性，用于制作生物標本，與強氧化性無關，故A錯誤；B．與Cu反應生成和，為氧化劑，為氧化產物，氧化劑的氧化性強于氧化產物，則氧化性強于，故B正確；C．鋁粉與氫氧化鈉溶液反應生成氫氣可用于疏通管道，故C正確；D．石膏（CaSO）的K大于CaCO，因此向碳酸鹽中加入CaSO4可以轉化為CaCO3和硫酸鹽，故D正確；故答案為A。8.木質素是一種天然存在的高分子化合物，在生物材料領域具有廣泛的應用潛力。一種木質素單體結構如圖，關于該化合物，下列說法正確的是A.可與NaOH溶液反應B.該結構中含有5種官能團C.該結構中所有原子共平面D.與足量加成后的產物不含手性碳原子【答案】A【解析】【詳解】A．木質素結構中有酚羥基，能與NaOH溶液反應，A正確；B．結構中有碳碳雙鍵、醚鍵、羥基三種官能團，B錯誤；C．該結構中與醇羥基連接的碳原子為四面體結構，所有原子不可能共平面，C錯誤；第5頁/共23頁D．與足量加成后的產物為：，有2個手性碳原子，D錯誤；答案選A。9.(不與沸騰的濃硫酸反應)。按圖裝置進行實驗，下列分析正確的是A.銅與濃硫酸反應，濃硫酸只體現氧化性B.浸有紫色石蕊溶液的濾紙先變紅后褪色C.冷卻后，向反應后的試管A內倒入少量水，溶液變藍色D.通過氣球打氣筒向裝置內部通入空氣能防止NaOH溶液倒吸【答案】D【解析】【詳解】A．銅與濃硫酸反應，體現了濃硫酸的酸性和氧化性，A錯誤；B．二氧化硫只能使紫色石蕊試液變紅不能使其褪色，B錯誤；C．試管中含有濃硫酸，故稀釋時應將試管中溶液倒入水中，C錯誤；D．二氧化硫易溶于水，故通過氣球打氣筒向裝置內部通入空氣能防止NaOH溶液倒吸，D正確；故選D。10.部分含Fe或含N物質的分類與相應化合價關系如圖。下列推斷合理的是第6頁/共23頁A.從原子結構角度分析，g比f穩定B.工業制硝酸涉及a→b→c→d的轉化C.常溫下，可用e容器盛裝d的濃溶液，因為e和d的濃溶液不反應D.向沸水中滴加h的飽和溶液，一定能形成產生丁達爾效應的分散系【答案】A【解析】【分析】由圖可知，a為單質N，b為NO，c為NO，d為HNO，e為Fe，f為FeO，g為FeO，h為鐵鹽。Af為FeOg為FeOFe2+的價電子排布式為3d6Fe3+價電子排布式為3d53d軌道半充滿較穩定，A正確；B．工業制硝酸用氨氣催化氧化得到NO，不是用N2的氧化，B錯誤；C．濃硝酸與Fe單質在常溫下發生鈍化，二者發生了反應，表面形成致密的氧化膜，阻止了反應的繼續進行，C錯誤；D．沸水中滴加飽和的FeCl3溶液，繼續加熱至溶液呈紅褐色，產生膠體，若加熱時間過長，膠體會發生聚沉，若用飽和的硫酸鐵溶液滴加到沸水中，產生的膠體會聚沉，D錯誤；答案選A。氯堿工業涉及、、NaOH、NaCl等物質。設為阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A.1molNaCl固體中，含離子數為B.1L的NaOH溶液中，含有氧原子數為C.標準狀況下，22.4L和的混合氣體含有共價鍵數目為D.將與NaOH溶液反應制備消毒液，消耗1mol轉移電子數為第7頁/共23頁【答案】A【解析】【詳解】A.NaCl中含有Na+和Cl-，1molNaCl固體中，含離子數為，A正確；B.NaOH溶液中的水分子中也含有O1L的NaOHB錯誤；C22.4L的H2和Cl2混合氣體為1molH2和Cl2NC錯誤；D.Cl2與足量NaOH溶液反應的化學方程式為Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+HO，反應中Cl2既是氧化劑又是還原劑，1molCl2參與反應轉移1mol電子，所以轉移電子數為N，D錯誤；故選A。12.下列陳述I與陳述II均正確，且具有因果關系的是選項陳述I陳述II將氣體通入NaClO溶液中產生HClO和的酸性比HClO的A酸性強工業固氮中將與在一定條件下反應合B具有還原性成C高純硅可以制成計算機的芯片、太陽能電池晶體硅具有半導體性能D相同壓強下，HF的沸點比HCl的沸點低HF分子間作用力弱于HClA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【詳解】A．具有還原性，將氣體通入NaClO溶液中會發生氧化還原反應生成，A錯誤；B與在一定條件下反應合成NB錯誤；C．晶體硅具有半導體性能，使其可用于計算機芯片和太陽能電池，陳述I與陳述II均正確，C正確；第8頁/共23頁D．HF因分子間氫鍵導致沸點顯著高于HCl的，D錯誤；故選C。13.乙醇和乙酸是生活中兩種常見的有機物。利用以下裝置進行實驗，能達到預期目的的是A．分離乙醇和乙酸B．驗證乙醇的還原性CD．制取少量乙酸乙酯A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【詳解】A．乙醇和乙酸互溶，而且會反應，所以不可以用分液，故A不能達到預期目的；B．少量酸性高錳酸鉀和乙醇反應會褪色，可以證明乙醇的還原性，故B能達到預期目的；C．乙酸有揮發性，揮發產生的乙酸蒸氣會隨著乙酸與NaHCO3反應產生的CO2氣體進入盛有苯酚鈉溶液的裝置中，發生反應也產生苯酚，因此不能用于比較乙酸、碳酸、苯酚的酸性強弱，故C不能達到預期目的；D．不應該用氫氧化鈉溶液，會使酯水解，應該盛飽和NaCO3溶液，故D不能達到預期目的；答案選B。14.化合物(XY)ZE8可作氧化劑和漂白劑。XYZE均為短周期主族元素，僅有X與E同一周期，Z與E同一族。E在地殼中含量最多，X的基態原子價層p軌道半充滿。下列說法正確的是A.該化合物中Z元素的化合價為+7B.ZE3的VSEPR模型為四面體C.ZE2分子的鍵角比ZE3分子的鍵角小D.第一電離能：E＞X＞Z第9頁/共23頁【答案】C【解析】【分析】XYZE均為短周期主族元素，僅有X與E同一周期，E在地殼中含量最多，則E是O元素；Z與E同一族，則Z是S元素；X的基態原子價層p軌道半充滿，則X原子核外電子排布式是1s22s22p3，所以X為N元素，根據化合物的結構可知Y是H元素，然后根據問題分析解答。【詳解】由上述分析可知：X為N元素，Y為H元素、Z為S元素、E為O元素。A．根據上述分析可知：Z為S元素，原子核外電子排布是2、8、6，所以Z的最外層電子數為6，該化合物中Z元素的化合價為+6價，A錯誤；BZ為SE為OZE3為SOS的價層電子對數為3＋=3，S原子采用sp2雜化，因此VSEPR模型為平面三角形，B錯誤；CZ為SE為OZE2為SOZE3為SOSO2分子的中心S原子價層電子對數為2＋=3S原子采用sp21子的排斥力，所以SO2呈VSO3分子中S原子價層電子對數也是3S原子也是采用sp2S原子上無孤對電子，因此SO3分子呈平面三角形，鍵角是120度，故鍵角：SO＜SO，C正確；D．由上述分析可知：X為N元素，Z為S元素、E為O元素。一般情況下同一周期主族元素，原子序數N的2p元素，所以第一電離能：N＞O；O、S是同一主族元素，原子序數越大，元素的第一電離能就越小，則第一電離能：O＞S，故三種元素的第一電離能：X(N)＞E(O)＞Z(S)，D錯誤；故合理選項是C。15.已知在少量作用下，常溫時能劇烈分解并放出熱量，分解的機理由兩步構成，I：(慢反應，)II：(快反應)過程的能量變化示意圖是A.B.C.第10頁/共23頁D.【答案】B【解析】【分析】反應為放熱反應，則生成物能量小于反應物能量；第一步為慢反應，第二步為快反應，則第一步活化能大于第二步活化能。據此解答：【詳解】A．生成物能量等于反應物能量，A錯誤；B．第一步活化能大于第二步活化能，且生成物能量小于反應物能量，B正確；C．第一步活化能小于第二步活化能，且生成物能量等于反應物能量，C錯誤；D．第一步活化能小于第二步活化能，D錯誤；故答案為B。16.某實驗小組利用如圖所示裝置制備。已知甲裝置的工作原理為：，電極a、b采用石墨或Fe。下列說法不正確的是A.乙裝置中電極a應為Fe，b電極為石墨B.乙裝置中可用溶液代替NaCl溶液C.電極b發生的反應：D.理論上每生成9.0g，甲裝置中將有0.2mol向惰性電極II移動【答案】B【解析】第11頁/共23頁Aa應為Fe作陽極失電子生成b電極為陰極，可采用石墨，該選項正確；B．若用溶液代替溶液，在陰極得電子生成Cu，無法生成，就不能生成，該選項錯誤；C．電極b為陰極，溶液中的得電子發生還原反應，電極反應式為，該選項正確；D．9.0g的物質的量為，根據，0.1mol0.2mol性電極II）移動，根據電荷守恒，有0.2mol向惰性電極II移動，該選項正確；綜上所述，正確答案是Ｂ。二、非選擇題：本題共4小題，共分。17.配合物在生產、生活中應用廣泛。例如：(鐵氰化鉀)用于檢驗。回答下列問題：（1）的配位數為___________，中配位原子是___________(填元素符號)。（2）配位體電子式為___________，對應氫化物HCN分子中鍵與鍵數目之比為___________。（3）工業上，以石墨為電極，電解(亞鐵氰化鉀)溶液可以制備，陽極的電極反應式為___________。（4）探究的性質。查閱資料，提出猜想：猜想1：溶液中存在電離平衡；猜想2：具有氧化性。【設計實驗】序實驗操作實驗現象號在10mL溶液中滴入滴入KSCN溶液，無明顯現象，I加入濃鹽酸后，_____i______幾滴KSCN溶液，再向溶液中加入少量濃鹽酸第12頁/共23頁在10mL和II產生藍色沉淀的混合溶液中插入一根無銹鐵絲在10mL溶液中插入III產生藍色沉淀一根無銹鐵絲(與II中相同)【結果分析】①實驗I證明猜想1成立，實驗現象i是___________。②已知：常溫下，；，，I滴入KSCN溶液時無明顯現象的原因___________。③實驗III產生藍色沉淀是因為產生了與未反應的生成了藍色沉淀，說明猜想2成立。另設計實驗證明的氧化性___________(要求寫出實驗操作與預期現象，限選試劑：NaOH溶液、淀粉溶液、KI溶液和飽和溶液)。④基于猜想1、2成立，可推斷實驗II、III中___________(填“”“”或“”)。【答案】（1）①.6②.C（2）①.②.（3）（4）①.溶液變成紅色②.，此反應的生紅色物質③.向2mL溶液中滴加幾滴飽和溶液，溶液出現淡黃色渾濁，說明具有氧化性(或向2mL溶液中滴加幾滴KI液出現藍色，說明具有氧化性)④.【解析】第13頁/共23頁【分析】探究的性質，提出兩個猜想：猜想1：溶液中存在電離平衡；猜想2：具有氧化性；I中加入濃鹽酸后，H+與CN-結合生成HCNCN-解離出Fe3+Fe3+與SCN-II中FeCl3提供高濃度Fe3+，直接氧化鐵絲生成Fe2+更快；實驗III中K?[Fe(CN)?]需先解離出少量Fe3+再反應，速率較慢，以此解答。【小問1詳解】CN-CCN-通過C原子與Fe3+6個CN-形成六配位，故配位數為6，配位原子是C。【小問2詳解】中含有6+7+1=14個電子，配位體電子式為，HCN分子中，H-C為σ鍵，C≡N含1個σ鍵和2個π鍵，總σ鍵數2，π鍵數2，比例為1:1。【小問3詳解】電解時，陽極發生氧化反應，失去電子被氧化為，電極方程式為：。【小問4詳解】①加入濃鹽酸后，H+與CN-結合生成HCN，降低CN-濃度，促使解離出Fe3+，Fe3+與SCN-反應生成紅色絡合物，實驗現象i是溶液變成紅色；②實驗I滴入KSCN溶液時無明顯現象的原因：生紅色物質；③設計實驗證明2mL溶液中滴加幾滴飽和具有氧化性(或向2mL溶液中滴加幾滴KI入幾滴淀粉溶液，溶液出現藍色，說明具有氧化性)；④實驗II中FeCl3提供高濃度Fe3+，直接氧化鐵絲生成Fe2+更快；實驗III中K?[Fe(CN)?]需先解離出少量Fe3+再反應，速率較慢，故A<A。第14頁/共23頁18.(主要成分為：、、、和等)中回收的一種生產工藝流程如下圖所示：已知：價釩在溶液中主要以和的形式存在，兩者轉化關系為。（1）寫出基態釩原子的價層電子排布式___________。（2I”的主要成分為___________、、、原”過程中發生反應的離子方程式為___________。（3(下式中的R表示或，HA表示有機萃取劑的主要成分)：劑有___________(寫化學式)。（43mol的變為，需要氧化劑至少為___________mol。（5pH”中加入KOH有兩個目的，分別為___________、___________。（6）釩的某種氧化物的立方晶胞結構如下圖，晶胞參數為apm。晶胞中V的配位數與O的配位數之比為___________；已知表示阿伏加德羅常數的值，該晶體密度為___________(列出計算式即可)。【答案】（1）（2）①.②.（3）、HA第15頁/共23頁（40.5（5）①.促使水解成沉淀②.促使轉化為沉釩（6）①.②.(或)【解析】【分析】利用廢釩催化劑(主要成分為：、、、和等)回收的工藝流在硫酸作用下進行還原，I子、、、的濾液，再加有機萃取劑HA進行萃取，分液得有機層，再加入試劑X進行反萃取，分液后有機萃取劑進入萃取環節循環使用，得到酸性水溶液，加氧化，再加KOH調節pH，過濾得廢渣II沉釩得得產品【小問1詳解】釩為23號元素，位于周期表中第四周期第VB族，則基態釩原子的價層電子排布式為：。故答案：。【小問2詳解】根據分析，廢渣I為難溶于硫酸的被在酸性作用還原為，則反應的離子方程式為：。故答案為：；。【小問3詳解】根據萃取和反萃取方程式：生萃取時，水層有硫酸生成，可以用在反萃取操作中；當發生反萃取時，有機層有HA產生，可以用在萃取操作中，所以可以循環使用的物質為：、HA。【小問4詳解】要使3mol的變為，需要氧化劑至少為。故答案為：0.5。第16頁/共23頁【小問5詳解】由于在反萃取后的酸性水溶液中還存在和，經氧化后變為和，所以加入KOH后首先調節pH，促使水解形成沉淀過濾除去，同時根據題目已知轉化，得到加入KOH還可以消耗使平衡右移生成更多的，有利于下一步沉釩操作。故答案為：促使水解成沉淀；促使轉化為，有利于下一步沉釩。【小問6詳解】根據晶胞圖形可知，1個V原子與6個O原子形成配位鍵，配位數為6，1個O原子與3個V原子形成配位鍵，配位數為3，則晶胞中V的配位數與O的配位數之比為；同時在晶胞中，O原子有4個位于晶胞面心，2個位于體心，則O原子數為：；V原子有8個位于晶胞頂點，1個位于體心，則V原子數為：1個晶胞的構成為或參數為apm，則邊長為，則該晶體密度為。故答案為：2：1；（或19.油氣開采、石油化工、煤化工等行業廢氣普遍含有，需要回收處理并加以利用。（1）根據文獻，對的處理主要有兩種方法。①克勞斯工藝。該工藝經過兩步反應使轉化為：反應I：反應II：寫出該工藝總反應的熱化學方程式___________。②分解法。反應III：，該反應能自發進行的條件是___________。第17頁/共23頁③相比克勞斯工藝，分解法處理的優點是___________。（2）消除天然氣中是能源領域的研究熱點，利用表面吸附時，研究表明有兩種機理途徑，如下圖所示。下列說法中，正確的有___________。A.的速率：途徑1途徑2B.途徑2歷程中最大能壘為C.在吸附過程中提供了O原子D.吸附在催化劑表面的水分子解吸出來時放出能量（3）科研人員把鐵的配合物(L為配體)溶于弱堿性的海水中，制成吸收液，將氣體轉化為單質硫。該工藝包含兩個階段：①的吸收氧化；②的再生。反應原理如下：i．ii．①25℃時，溶液中、和在含硫粒子總濃度中所占分數隨溶液pH圖計算，的，___________，則的電離程度比水解程度___________(填“大”或“小”)。第18頁/共23頁②再生反應在常溫下進行，解離出的易與溶液中的形成沉淀。若溶液中的，FeSpH不大于___________(寫出計算過程。已知25℃時，)。【答案】（1）①.②.高溫③.副產物可作燃料（2）BC（3）①.②.小③.8【解析】【小問1詳解】①根據蓋斯定律，可得該工藝總反應的熱化學方程式：；②反應III焓變大于0，熵變大于0，因此在高溫條件下可以自發進行；③克勞斯工藝為與氧氣反應生成生成可作燃料。【小問2詳解】A．反應活化能：途徑1>途徑2，因此速率：途徑1<途徑2，故A錯誤；B．途徑2歷程中的能壘依次為、、，故B正確；C．反應過程為硫化氫轉化為單質硫和水，反應需要增加一個氧原子，可能來源于催化劑，故C正確；D吸收能量，故D錯誤；第19頁/共23頁故答案為BC。【小問3詳解】①根據題意pH=13時、的所占分數相等，則；的電離平衡常數為，水解平衡常數為，因此的電離程度小于水解程度；②再生反應在常溫下進行，解離出的易與溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根據得到，根據和，得到，pH=8，因此為避免有FeS沉淀生成，應控制溶液pH不大于8。20.化合物E是一種廣泛應用于光固化產品的光引發劑，可采用A為原料，按如下圖路線合成：（1）化合物A的分子式為___________，名稱為___________(系統命名法)。（2）化合物C中官能團的名稱是___________。化合物C的某同分異構體含有苯環且核磁共振氫譜圖上有4組峰，峰面積之比為，能與新制反應生成磚紅色沉淀，其結構簡式為___________(寫一種)。（3）關于上述合成路線中的相關物質及轉化，下列說法正確的有___________。A.化合物D和E不能通過紅外光譜鑒別B.C→D的轉化為取代反應，試劑X為HBr第20頁/共23頁C.化合物C中，碳原子的雜化軌道類型為和雜化D.化合物E可溶于水是因為其分子中的含氧官能團能與水分子形成氫鍵（4）對化合物E，分析預測其含氧官能團可能的化學性質，完成下表。序號反應試劑、條件反應形成的新物質反應類型①___________