1、2016全国卷(化学)7I4 下列关于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是大气污染物之一7B 含硫化石燃料完全燃烧产物含有CO2、SO2等气体，CO2气体能产生温室效应，SO2气体有毒，能造成大气污染，A项正确、B项错误；液化石油气的主要成分是烃，燃烧产物主要为CO2和水，故液化石油气代替燃油可以减少大气污染，C项正确；燃料不完全燃烧产生的CO有毒，是大气污染物之一，D项正确。8I1、I2、I4 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
2、烯和丙烷8B 含有不饱和键的有机物能发生加成反应，乙醇是饱和一元醇，不能发生加成反应，A项错误；苯能与H2在一定条件下发生加成反应，氯乙烯含碳碳双键，能发生加成反应，B项正确；乙酸中的C=O键不能发生加成反应，溴乙烷无不饱和键，不能发生加成反应，C项错误；丙烯含碳碳双键，能发生加成反应，丙烷为饱和烃，不能发生加成反应，D项错误。9E5 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()Aa与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为1Bb与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物Cc的原子半径是这些元素中最大的Dd与a形成的化合物的
3、溶液呈弱酸性9A 原子中只有1个电子，则a是氢元素；短周期元素形成的b2和c的电子层结构相同，则b是氧元素、c是钠元素；d与b同族，则d是硫元素。a与其他三种元素形成的二元化合物主要有H2O、H2O2、NaH、H2S，NaH中钠元素为1价，氢为1价，A项错误；b与其他三种元素可形成的二元化合物有H2O、H2O2、Na2O2、Na2O、SO2、SO3，B项正确；由元素原子半径的周期性变化规律可知，原子半径NaSOH，C项正确；d与a形成的化合物是H2S，属于二元弱酸，在水溶液中能微弱地电离出H，D项正确。10I4、K1、L1 分子式为C4H8Cl2的有机物共有(不含立体异构)()A7种 B8种C
4、9种 D10种10C 由题意可知，C4H8Cl2是C4H10的二氯代物，C4H10的一氯代物有4种结构，且这4种一氯代物的等效氢共有12种，分别为CH2ClCH2CH2CH3、CH3CHClCH2CH3、CH2ClCHCH3CH3、CClCH3CH3CH3，当第二个氯原子分别取代和、和、和的氢原子时，均只得到一种物质。因此分子式为C4H8Cl2的有机物共有1239种，C项正确。11F4 MgAgCl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Mg2e=Mg2B正极反应式为Age=AgC电池放电时Cl由正极向负极迁移D负极会发生副反应Mg2H2O=Mg(OH)2H
5、211B 该电池中还原性较强的Mg为负极，失去2个电子发生氧化反应，A项正确；氧化性较强的AgCl为正极，发生还原反应，AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)、Ag e=Ag，AgCl是难溶盐，则正极反应式为AgCle=AgCl，B项错误；由于Mg失去电子成为Mg2，使负极区域带正电，AgCl得到电子生成Ag和Cl，使正极区域带负电，因此Cl由正极向负极迁移，使电解质溶液保持电中性，C项正确；氧化还原反应为放热反应，镁与热水能发生置换反应生成Mg(OH)2和H2，D项正确。12J2、C5、D5 某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足
6、量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；取少量样品加入足量稀盐酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为()ANaHCO3、Al(OH)3 BAgCl、NaHCO3CNa2SO3、BaCO3 DNa2CO3、CuSO412C NaHCO3溶于水，而Al(OH)3难溶于水，NaHCO3能与足量稀盐酸反应放出CO2气体，Al(OH)3能溶于足量稀盐酸，符合实验但不符合实验，A项错误；AgCl难溶于水，也难溶于稀盐酸，因此不符合实验但符合实验，B项错误；Na2SO3可溶于水，而BaCO3难溶于水，BaCO3、Na2SO3都能溶于足量稀盐酸，且能与稀盐酸反应放出CO2和SO2气体，Na2SO3具有
7、强还原性，容易被空气中的O2氧化为Na2SO4，SO与Ba2结合生成不溶于稀盐酸的BaSO4沉淀，既符合实验又符合实验，C项正确；Na2CO3、CuSO4均可溶于水，且能反应生成难溶于水的碳酸铜、氢氧化铜或碱式碳酸铜，碳酸铜、氢氧化铜或碱式碳酸铜均能溶于足量稀盐酸，且放出CO2气体，符合实验但不符合实验，D项错误。13J4 下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加入稀硝酸溶解，过滤、洗涤、干燥D.比较水与乙醇中氢的活泼性分别将
8、少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中13.D NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，生成难溶于水的Fe(OH)3沉淀，应将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中制备Fe(OH)3胶体，A项错误；加热蒸干MgCl2溶液时，MgCl2会水解生成Mg(OH)2和HCl，无法制备无水MgCl2，应将MgCl2溶液在HCl气流中加热蒸干制备无水MgCl2，B项错误；稀硝酸具有强酸性和强氧化性，能与CuO和Cu同时反应，应用稀硫酸或盐酸除去Cu粉中混有的CuO，C项错误；由控制变量法设计实验方案可知，同样质量、大小的钠投入同温同压下的水和乙醇中，根据产生气泡的快慢可以比较水和乙醇中氢的活泼性，D项正确。26A4、
9、B3、D4、E5 、F2、H1、H3 联氨(又称肼，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)实验室中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)2O2(g)N2(g)=N2O4(l)H1N2(g)2H2(g)=N2H4(l)H2O2(g)2H2(g)=2H2O(g)H32N2H4(l)N2O4(l)=3N2(g)4H2O(g)H41 048.9 kJmol1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，在水中的电离方式与氨相似。联
10、氨第一步电离反应的平衡常数值为_(已知：N2H4HN2H的K8.7107；KW1.01014)。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1 kg的联氨可除去水中溶解的O2_kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是_。26(1)HNH,),),)NH,),),)H2(2)2NH3NaClO=N2H4NaClH2O(3)2H32H2H1反应放热量大、产生大量气体(4)8.7107N2H6(HSO4)2(5)固体逐渐变黑，并有气泡产生1N2H4
11、的用量少，不产生其他杂质(还原产物为N2和H2O，而Na2SO3产生Na2SO4) (1)N、H均为非金属元素，根据各原子核最外层电子数分析可知，联氨分子含有1个NN键、4个NH键，其电子式为H,)NH,),),)NH,),),)H；N2H4是共价化合物，根据电子式可知氮元素的化合价为2价，氢元素的化合价为1价。(2)由题意可知，次氯酸钠是强氧化剂，氨是还原剂，氮元素由3价升高到2价，失去1个电子，生成联氨，氯元素由1价降低到1价，得到2个电子，生成稳定的氯化钠，则反应的化学方程式为2NH3NaClO=N2H4NaClH2O。(3)观察可知，四个热化学方程式关系式为22，由盖斯定律可知2H32
12、H2H1H4 ；由反应可知，2 mol N2H4(l)和1 mol N2O4(l)反应生成3 mol N2(g)和4 mol H2O(g)时，放出1 048.9 kJ热量，且产生7 mol气体，由此推断，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因是反应放热量大、产生大量气体。(4)由题给信息可知，N2H4HN2H的K8.7107，KWc(H)c(OH)1.01014，联氨在水溶液中的第一步电离平衡为N2H4H2ON2HOH，其电离常数Kb1c(OH)c(H)KKW8.71071.010148.7107；由题意可知，二元弱碱与硫酸中和所得正盐为N2H6SO4，该正盐与硫酸继续反应生成的酸式盐为N2
13、H6(HSO4)2。(5)由题意可知，联氨是还原剂，AgBr是氧化剂，两者反应时，AgBr中银元素由1价降低到0价，生成的单质银或银粉覆盖在淡黄色的溴化银固体表面，联氨中氮元素由2价升高到0价，生成氮气，反应的化学方程式为N2H44AgBr =N24Ag4HBr(可能还发生反应N2H4HBr=N2H5Br)，因此可观察到淡黄色固体逐渐变黑，并有气泡产生。由N2H4O2=N2 2H2O可知，1 mol联氨可除去1 mol O2，又因为M(N2H4)M(O2)，mnM，1 kg联氨可除去O2的质量为1 kg；用亚硫酸钠处理水中溶解氧的原理为2Na2SO3O2=2Na2SO4，处理等物质的量的O2时
14、，消耗联氨的物质的量仅为消耗亚硫酸钠的物质的量的一半，且联氨与氧气反应的产物为N2和H2O，而亚硫酸钠与氧气反应的产物为Na2SO4。27G1、G2、G3、G5、A4、A2 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：C3H6(g)NH3(g)O2(g)=C3H3N(g)3H2O(g)H515 kJmol1C3H6(g)O2(g)=C3H4O(g)H2O(g)H353
15、 kJmol1两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，最高产率对应的温度为460 。低于460 时，丙烯腈的产率_(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率，判断理由是_；高于460 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反应活化能增大图00(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_。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为_。27(1)
16、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17.51 (1)由题意可知，反应、都是放热反应，反应、分别放出515 kJmol1和353 kJmol1热量，两反应均符合化学反应自发进行的焓判据；反应的正反应是气体体积增大的放热反应，由勒夏特列原理可知，降温、减压均能使反应的化学平衡向正反应方向移动，提高丙烯腈平衡产率；催化剂具有高度的专一性，因此提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂，而非温度、压强。(2)反应的正反应是放热反应，如果已经达到化学平衡状态，当投料、压强、浓度等变量
17、不变时，升温能使平衡左移，丙烯腈的产率逐渐减小，读图可知，低于460 时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率。温度高于460 时，催化剂活性可能降低，导致丙烯腈产率降低，A项正确；反应的正反应是放热反应，升温使平衡逆向移动，平衡常数逐渐变小，B项错误；温度高于460 时，副反应进行程度可能增多，反应进行程度减少，导致丙烯腈产率降低，C项正确；反应活化能与催化剂有关，与温度、压强、浓度等无关，升高温度，不能使反应活化能改变，D项错误。(3)读图可知，最佳n(氨)/n(丙烯)约为1，因为该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低。由反应的热化学方程式可知，进料气中氨、氧气、丙烯气体的理论体积
18、之比为11.51，空气中氧气的体积分数约为1/5(氮气约占4/5)，则进料气中氨、空气、丙烯的理论体积比约为1117.51。28B1、B3、C3、G2、J2 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0.1 molL1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_。(2)甲组同学取2 mL FeCl2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2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL 煤油，再于液
19、面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是_。(4)丙组同学取10 mL 0.1 molL1KI溶液，加入6 mL 0.1 molL1 FeCl3溶液混合。分别取 2 mL 此溶液于3支试管中进行如下实验：第一支试管中加入1 mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；第二支试管中加入1滴K3溶液，生成蓝色沉淀；第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验检验的离子是_(填离子符号)；实验和说明：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FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反
20、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)。28(1)防止Fe2被氧化(2)2Fe2Cl2=2Fe32Cl(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)(4)Fe2Fe3可逆反应(5)2Fe2H2O22H=2Fe32H2OFe3催化H2O2分解产生O2H2O2分解反应放热，促进Fe3的水解平衡正向移动 (1)FeCl2容易被空气中的O2氧化为FeCl3，由Fe2FeCl3=3FeCl2可知，配制亚铁盐溶液时加入少量铁屑能防止Fe2被氧化。(2)氯气有强氧化性，能将FeCl2氧化为FeCl3，即2Fe2Cl
21、2=2Fe32Cl。(3)煤油不溶于水且密度比水小，浮在FeCl2溶液上面的煤油能隔绝空气，排除氧气对实验的影响。(4)Fe2与黄色的铁氰化钾溶液反应生成蓝色的铁氰化亚铁沉淀，即3Fe223=Fe32，则实验检验的离子是Fe2；由实验推断，KI与FeCl3溶液发生氧化还原反应，生成物含有I2，实验说明I过量的情况下，溶液中仍含有Fe3；由上述现象推断，Fe3没有完全还原为Fe2，即KI与FeCl3的氧化还原反应是可逆反应。(5)H2O2是强氧化剂，能将Fe2氧化成Fe3，则有2Fe2H2O22H=2Fe32H2O；一段时间后，Fe3能将H2O2氧化成O2，离子方程式为2Fe3H2O2=2Fe2
22、O22H，上述两步反应的总反应方程式为2H2O2=O22H2O，Fe3是该反应的催化剂，因而有气泡出现，且溶液变为棕黄色；由于上述反应放热，温度升高，H2O2反应生成水，起到了稀释作用，增大了溶液的pH，这些因素都能使水解平衡Fe33H2OFe(OH)33H正向移动，因此能生成红褐色沉淀。36O1、O4、O5、A3 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：OOC2H5OHOHC2H5乙基蒽醌乙基氢蒽醌OOC2H5H2O2A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工作液配制装置图00生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工
23、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H2O2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1.10 gcm3)，其浓度为_molL1。36(1)氢气和氧气乙基蒽醌乙基蒽醌
24、(乙基氢蒽醌)不溶于水，易溶于有机溶剂(2)OOC2H5H2OHOHC2H5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)2MnO6H5H2O2=2Mn28H2O5O28.9 (1)蒽醌法生产双氧水的反应原理为乙基蒽醌H2乙基氢蒽醌，乙基氢蒽醌O2乙基蒽醌H2O2，由上述两步反应相加可得总反应方程式为H2O2H2O2，乙基蒽醌是制备双氧水的催化剂，蒽醌法制备H2O2理论上消耗的原料是H2、O2；循环使用的原料是乙基蒽醌；乙基蒽醌(乙基氢蒽醌)不溶于水，易溶于有机溶剂。(2)A中反应物是乙基蒽醌和氢气，反应的化学方程式为OOC2
25、H5H2OHOHC2H5；A中反应产生乙基氢蒽醌，它是进入C中的反应混合液中的主要溶质。(3)D中的萃取剂是水，H2O2溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水，因此选择水作萃取剂。(4)F中残留H2O2，其分解产生的O2可能通过G进入A中，氧气与氢气组成的混合气体易发生爆炸，从而引发安全事故，因此F中要除尽残留的H2O2。(5)双氧水可以被酸性高锰酸钾溶液氧化生成水和氧气，离子方程式为2MnO6H5H2O2=2Mn28H2O5O2。以1 L(即1000 cm3)该双氧水为研究对象，溶质的c8.9 molL1。37N1、N3、N2、N4、N5 东晋华阳国志南中志卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜
26、镍合金)闻名中外，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能级上的未成对电子数为_。(2)硫酸镍溶于氨水形成SO4蓝色溶液。SO4中阴离子的立体构型是_。在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_。氨的沸点_(填“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；元素铜与镍的第二电离能分别为ICu1958 kJmol1、INi1753 kJmol1，ICuINi的原因是_。(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。图0
27、0晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_。若合金的密度为d gcm3，晶胞参数a_nm。37(1)1s22s22p63s23p63d84s2或3d84s22(2)正四面体配位键N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)31 107 (1)镍的原子序数为28，则基态Ni原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或3d84s2；3d能级有5个轨道，其中3个轨道排满2个自旋相反的电子，另外2个轨道分别只排了1个未成对电子。(2)SO4中阴离子为SO，由价层电子对互斥理论推断，SO具有正四面体的空间构型。SO4中阳离子为2，由
28、基态Ni原子电子排布式可知，失去2个4s能级上的最外层电子后，所得的基态Ni2具有空轨道，而NH3分子中中心氮原子周围有1对孤对电子，因此Ni2与NH3之间形成配位键，提供孤电子对的成键原子是N。N、P位于同主族，NH3、PH3的组成和结构相似，但NH3的沸点高于PH3，原因是膦分子之间只有范德华力，而氨分子之间不仅有范德华力，还有分子间氢键，且分子间氢键比范德华力强；氨分子的空间构型是三角锥形，不对称，因此氨是极性分子；氨分子的中心氮原子的轨道杂化类型为sp3，其中3个与氢原子的s轨道形成共价单键，另一个轨道由孤电子对占据。(3)单质铜及镍都是金属单质，金属单质通常是由金属键形成的晶体；基态
29、镍、铜原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p63d84s2或3d84s2、1s22s22p63s23p63d104s1或3d104s1，失去1个最外层电子后所得1价金属阳离子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p63d84s1或3d84s1、1s22s22p63s23p63d10或3d10，再失去1个最外层电子时，镍失去的是半充满的4s能级上的1个电子，而铜失去的是全充满的3d能级上的1个电子，因此前者比后者容易发生，这是铜的第二电离能大于镍的第二电离能的原因。(4)读图，由晶胞结构、均摊法可知，1个镍白铜合金晶胞中含有的铜原子和镍原子分别为63、81，则该晶胞中Cu、Ni
30、原子的数量比为31； 以1 mol该晶胞为研究对象，则1 mol该晶胞含有3 mol Cu和1 mol Ni，由mnM可知，1 mol该晶胞的mm(Cu)m(Ni)3 mol64 gmol11 mol59 gmol1251 g；设该晶胞的边长(a)为x107 cm，由晶胞构型可知，1个该晶胞的V (x107cm)3，则6.021023个该晶胞的V6.021023 (x107 cm)3，则该合金的密度d gcm3，即(x107)3，x107或，x107或107。38K4、L7 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：图00已知：A的相对分子质量
31、为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰RCORCOHCNRR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)38(1)丙酮(2)261(3)取代反应(4)H2CCCNCH2ClNaOHH2CCCNCH2OHNaCl(5)碳碳双键酯基氰基(6)8 (1)由已知可知，A所含氧原子数580.276161，A中所含碳、氢原子的相
32、对原子质量之和为581642，421236，则A的分子式为C3H6O；由于A分子的核磁共振氢谱显示为单峰，由此可知它不可能是烯醇、醛、环醚等有机物，只能是丙酮(CH3COCH3)。(2)由反应条件和已知信息可知，丙酮所含C=O键、HCN所含HC键断裂，形成CO、OH、CC键，则B的结构简式为；连在同一个碳上的2个甲基等效，则B的核磁共振氢谱显示为2组峰，且峰面积比为(33)161。(3)B的分子式为C4H7NO，比C的分子式多2个H、1个O，由此推断，B在浓硫酸加热下发生了醇的消去反应，则C的结构简式为H2CCCNCH3，其中所含甲基与氯气在光照下发生取代反应，生成H2CCCNCH2Cl和HC
33、l。(4)由反应条件可知，D具有卤代烃的性质，发生水解反应，即H2CCCNCH2ClNaOHH2CCCNCH2OHNaCl。(5)由反应条件可知，E具有醇的性质，能发生催化氧化转化为羧基，则F的结构简式为H2CCCNCOOH，F与甲醇发生酯化反应，生成G，则G的结构简式为H2CCCNCOOCH3，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H2CCCNCH2OOCH、H2CCCH2CNOOCH、H2CCHCHOOCHCN、NCCH=CHCH2OOCH、NCCH2CH=CHOOCH、CH3CHCCNOOCH、CNCH3CCHOOCH、CH3CHCOOCHCN，共8种含有碳碳双键、酯基、氰基且能发生银镜反应的同分异构体。
