三湘名校教育联盟届高三第二次大联考全国I卷理综化学试题解析版.docx
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三湘名校教育联盟届高三第二次大联考全国I卷理综化学试题解析版
三湘名校教育联盟●2020届高三第二次大联考(全国I卷)理综化学试题
1.化学与生活、环境、科技等密切相关。
下列说法错误的是
A.温室效应导致海水的酸度增大,贝壳类生物的生存将会受到威胁
B.植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯,长时间放置的植物油会因水解而变质
C.常温下用3体积乙醇与1体积蒸馏水配制成的混合液,可以灭活新型冠状病毒
D.白葡萄酒含维生素C等多种维生素,通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.二氧化碳和水反应生成碳酸,可以增加酸度,碳酸能与碳酸钙反应,所以珊瑚、贝壳类等生物的生存将会受到威胁,故A正确;
B.植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯,长时间放置会被氧化而变质,故B错误;
C.常温下用3体积乙醇与1体积蒸馏水配制成的混合液中酒精含量约为75%,即医用酒精,可以杀菌消毒,故C正确;
D.二氧化硫具有还原性,可防止营养成分被氧化,故D正确;
故答案为B。
2.设NA代表阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是
A.1molP4(正四面体结构)含有6NA个P-P键
B.1mol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为9NA
C.25℃,pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NA
D.常温常压下,过氧化钠与水反应,生成8g氧气时转移的电子数为0.25NA
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A.一个P4分子中含有6个P-P键,所以1molP4(正四面体结构)含有6NA个P-P键,故A正确;
B.一个CH3+所含电子数为6+3-1=8,所以1mol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为8NA,故B错误;
C.溶液体积未知,无法计算所含微粒数目,故C错误;
D.8g氧气的物质的量为0.25mol,过氧化钠与水反应过程中氧化产物为O2,且为唯一氧化产物,氧元素化合价由-1价变为0价,所以转移的电子数目为0.5NA,故D错误;
故答案为A。
3.维生素B3可以维持身体皮肤的正常功能,而且具有美容养颜的功效,其分子中六元环的结构与苯环相似。
下列有关维生素B分子的说法错误的是
A.所有的碳原子均处于同一平面B.与硝基苯互为同分异构体
C.六元环上的一氯代物有4种D.1mol该分子能和4molH2发生加成反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.该分子中所有C原子和N原子都采用sp2杂化且碳碳单键可以旋转,所以该分子中的所有C原子可能位于同一平面,故A正确;
B.硝基苯的分子式为C6H5NO2,该分子的分子式也为C6H5NO2,且二者结构不同,互为同分异构体,故B正确;
C.六元环上含有4种氢原子,所以其六元环上的一氯代物是4种,故C正确;
D.羧基中的碳氧双键不能加成,维生素B3分子中的六元环与苯环相似,则1mol该物质最多能和3mol氢气发生加成反应,故D错误;
故答案为D。
4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X、Y和Z组成的一种化合物可有效灭杀新型冠状病毒,它的结构式为:
。
向W的一种钠盐水溶液中通入YZ2气体,产生沉淀的质量m与通入YZ2气体的体积V的关系如图所示。
下列说法正确的是
A.氢化物的熔点一定是:
Y B.最高价氧化物对应水化物的酸性: Y>W C.X、Y、Z三种元素只能组成一种化合物 D.工业上常用热还原法冶炼单质W 【答案】B 【解析】 【分析】 X、Y和Z组成的化合的结构式为: ,构成该物质的元素均为短周期主族元素,且该物质可以消毒杀菌,该物质应为过氧乙酸: CH3COOOH,X为H、Y为C、Z为O;向W的一种钠盐水溶液中通入CO2气体可以产生沉淀且通过量的CO2气体沉淀不溶解,则该沉淀应为H2SiO3或Al(OH)3,相应的钠盐为硅酸钠或偏铝酸钠,W为Al或Si。 【详解】 A.C元素有多种氢化物,其中相对分子质量较大的一些氢化物的熔点要高于O的氢化物,故A错误; B.无论W为Al还是Si,其非金属性均小于C,最高价氧化物对应水化物的酸性: Y>W,故B正确; C.C、H、O元素可以组成多种烃类的含氧衍生物,故C错误; D.若W为Si,工业上常用碳还原法冶炼,但W为Al,工业上常用电解熔融氧化铝制取铝,故D错误; 故答案为B。 【点睛】 易错选项为D,要注意硅酸钠和偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳均可以产生沉淀,且沉淀不会与二氧化碳反应,所以根据题目所给信息无法确认W具体元素,要分情况讨论。 5.下列实验方案能达到实验目的的是 选项 实验目的 实验方案 A 去除甲烷中少量的乙烯 将气体依次通过酸性高锰酸钾溶液和浓硫酸洗气 B 洗涤分解KMnO4制O2的试管 先用稀盐酸洗涤试管,再用水清洗 C 探究蛋白质的盐析 向硫酸铵饱和溶液中滴加几滴鸡蛋清溶液,再加入蒸馏水 D 提纯混有NH4Cl的粗碘 将粗碘放入烧杯中,烧杯口放一盛满冷水的烧瓶,隔石棉网对烧杯加热,然后收集烧瓶外壁的固体 A.AB.BC.CD.D 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 A.乙烯会被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳,且浓硫酸不能除去二氧化碳,故A错误; B.高锰酸钾分解制取氧气的产物中有二氧化锰,稀盐酸和二氧化锰不反应,故B错误; C.硫酸铵饱和溶液为浓盐溶液,可以使蛋白质发生盐析,不变性,再加入蒸馏水可以重新溶解,故C正确; D.加热时碘升华,氯化铵受热易分解,烧瓶底部得到的仍是混合物,加热不能将二者分离,故D错误; 故答案为C。 6.美国科学家JohnB.Goodenough荣获2019年诺贝尔化学奖,他指出固态体系锂电池是锂电池未来的发展方向。 Kumar等人首次研究了固态可充电、安全性能优异的锂空气电池,其结构如图所示。 已知单位质量的电极材料放出电能的大小称为电池的比能量。 下列说法正确的是 A.放电时,a极反应为: Al-3e-=A13+,b极发生还原反应 B.充电时,Li+由a极通过固体电解液向b极移动 C.与铅蓄电池相比,该电池的比能量小 D.电路中转移4mole-,大约需要标准状况下112L空气 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 A.锂比铝活泼,放电时a极为负极,锂单质失电子被氧化,反应为“Li-e-═Li+,b极为正极得电子,被还原,故A错误; B.充电时a电极锂离子被还原成锂单质为电解池的阴极,则b为阳极,电解池中阳离子向阴极即a极移动,故B错误; C.因为锂的摩尔质量远远小于铅的摩尔质量,失去等量电子需要的金属质量也是锂远远小于铅,因此锂电池的比能量大于铅蓄电池,故C错误; D.电路中转移4mole-,则消耗1mol氧气,标况下体积为22.4L,空气中氧气约占20%,因此需要空气22.4L×5=112L,故D正确; 故答案为D。 7.已知HA的酸性强于HB的酸性。 25℃时,用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1mol∙L-l的HA溶液和HB溶液的pH(溶液的体积变化忽略不计),溶液中A-、B-的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化情况如图所示。 下列说法正确的是 A.曲线I表示溶液的pH与-lgc(B-)的变化关系 B. C.溶液中水的电离程度: M>N D.N点对应的溶液中c(Na+)>Q点对应的溶液中c(Na+) 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 A.HA的酸性强于HB的酸性,则Ka(HA)>Ka(HB),当-1gc(A-)=-1gc(B-)时c(A-)=c(B-),c(HA)=c(HB),则c(H+)越大,pH越小,Ka越大,所以曲线II表示pH与-1gc(B-)的关系,故A错误; B.对于HB,取点(10,2),则c(H+)=10-10mol/L,c(B-)=10-2mol/L,则Ka(HB)= = ,同理对于HA,取点(8,2),则c(H+)=10-8mol/L,c(A-)=10-2mol/L,则Ka(HA)= = ,所以Ka(HA): Ka(HB)=100,故B正确; C.M点和N点溶液中c(A-)=c(B-),溶液pH越大,水的电离程度越大,所以水的电离程度M<N,故C错误; D.对于N点溶液,存在电荷守恒: c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-),对于Q点溶液,存在电荷守恒: c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),N点和Q点溶液pH相同,则两溶液中c(H+)和c(OH-)分别相等,但c(B-)<c(A-),则N点对应的溶液中c(Na+)<Q点对应的溶液中c(Na+),故D错误; 故选: B。 8.氯氧化铋(BiOCl)常用于电子设备等领域,BiOCl难溶于水,它是BiCl3的水解产物。 以铋的废料(主要含铋的化合物,含少量铜、铅、锌的硫酸盐及Cu2S和Fe2O3等)为原料生产高纯度BiOCl的工艺流程如下: 请回答下列问题: (1)在浸液1中加入过量的锌,过滤,将滤液蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得结晶水合物M,M的摩尔质量为287g·mol-1,M为___(填化学式)。 (2)已知: 浸液2呈蓝色,浸渣2含有少量硫单质。 “浸铜”中MnO2的作用是____(用离子方程式表示)。 (3)“浸铋”中,铋的浸出率与温度关系如图所示: 在高于40℃左右时“铋浸出率”开始下降,其主要因素可能是____(从两个角度分析)。 (4)在室温和液固比固定的条件下,c(HCl)=1.0mol·L-1时,铋的浸出率与溶液中c(Cl-)的关系如图所示。 “浸铋”操作中,加入NaCl的目的是____。 (5)浸液3中主要溶质是BiCl3,“沉铋”过程中,有气体放出。 “沉铋”的主要化学反应的方程式为____。 从绿色化学角度看,浸液4可以用于____(填“酸浸”、“浸铜”或“浸铋”)。 (6)测定产品的纯度: 取mg充分洗涤并干燥后的产品,溶于稍过量的浓硝酸中,加水稀释到100.0mL,取20.0mL于烧杯中,用cmol·L-1的AgNO3标准溶液滴定至终点(用Na2CrO4,作指示剂),消耗AgNO3标准溶液VmL,则产品中BiOCl的质量分数为____%(用含m、c、V的代数式表示)。 【答案】ZnSO4·7H2OCu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++S+2Mn2++4H2OHCl的挥发加快、Bi3+水解程度增大增大浸出液中c(Cl-)提高铋浸出率BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+2NaCl+CO2↑浸铋 【解析】 【分析】 铋废料加入稀硫酸酸浸,浸液1中主要含Cu2+、Zn2+、Fe3+等,浸渣1中则主要含有铋的化合物、Cu2S和PbSO4;向浸渣1中加入稀硫酸和MnO2,根据题目信息可知亚铜离子被氧化得到Cu2+,S2-被氧化得到S单质,所以浸渣2中主要含有含铋化合物、S和PbSO4;向浸渣2中加入盐酸和NaCl溶液可以浸出Bi3+,酸性溶液中铋元素主要以Bi3+形式存在,所以浸液3中主要含有Bi3+,浸渣3主要为S和PbSO4;浸液3中加入Na2CO3溶液,溶液碱性增强,Bi3+水解以BiO+离子形式存在,BiO+与Cl-形成BiOCl从溶液中析出,最终得到BiOCl,据此分析解答。 【详解】 (1)浸液1中主要阳离子为Cu2+、Zn2+、Fe3+等,加入过量锌,Cu2+、Fe3+完全反应,得到纯净的硫酸锌溶液,所以最终得到的结晶水合物为ZnSO4·xH2O,其摩尔质量为287g·mol-1,则x= ,所以M为ZnSO4·7H2O; (2)浸液2为蓝色,说明有铜离子生成,即Cu+被MnO2氧化,浸渣2含有少量硫单质,即硫离子被氧化成硫单质,结合电子守恒和元素守恒可知该过程离子方程式为Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++S+2Mn2++4H2O; (3)温度升高HCl的挥发加快、Bi3+水解程度增大,导致高于40℃左右时“铋浸出率”开始下降; (4)据图可知氯离子浓度越大,铋的浸出率增大,加入氯化钠可以增大浸出液中c(Cl-),提高铋浸出率; (5)BiCl3的水解使溶液显酸性,碳酸钠水解使溶液显碱性,二者相互促进,最后彻底水解,所以得到的气体应为二氧化碳,发生的反应方程式为: BiCl3+Na2CO3=BiOCl↓+2NaCl+CO2↑;根据方程式可知浸液4中含有大量NaCl,可用于浸铋; (6)该滴定原理为利用硝酸银标准液滴定BiOCl中氯离子的量,存在数量关系n(BiOCl)=n(AgNO3);所以20.0mL待测液中n(BiOCl)=Vc×10-3mol,则样品中n(BiOCl)= ×Vc×10-3mol=5Vc×10-3mol,所以产品中BiOCl的质量分数为 。 9.二甲醚(CH3OCH3)是一种清洁能源。 工业上,常利用CO2和H2合成二甲醚。 有关反应如下(z、y、z均大于0): ①2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=-xkJ·mol-1 ②CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=-ykJ·mol-1 ③CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H3=-zkJ·mol-1 (1)2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=___________kJ·mol-1 (2)下列有关合成二甲醚的说法正确的是___(填字母)。 a.增大压强能提高反应速率和CO2的平衡转化率 b.体系中减小 ,平衡一定向正方向移动 c.容器体积一定,混合气体密度不变时一定达到平衡状态 d.充入适量CO,可能提高CH3OCH3的产率 (3)在一定温度下,在恒容密闭容器中发生反应: CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g),速率表达式为v=v正-v逆=k正c(CO)·c(H2O)-k逆c(CO2)·c(H2O)(其中,k正、k逆为正、逆速率常数,与浓度无关)。 达到平衡时,升高温度, 将_____选填“增大”“减小”或“不变”)。 (4)在恒容密闭容器中用CO2和H2合成二甲醚时CO2的平衡转化率与温度、投料比 的关系如图所示。 ①500K时,将9molH2和3molCO2充入2L恒容密闭容器中,5min时反应达到平衡状态,则0~5min内的平均反应速率v(H2)=____________mol∙L-1∙min-l,该温度下,反应的平衡常数K=____(列出计算式即可,无需化简)。 ②由图像可以得出的结论是_________(答两条)。 (5)工业上也可用CO和H2合成二甲醚,而且二者还能作燃料电池的燃料。 以CO、H2体积比为1: 2的混合气体与空气在KOH溶液中构成燃料电池(以石墨为电极),开始时,负极的电极反应式为____。 【答案】-(x+2z)ad减小0.72 投料比不变,升高温度CO2的平衡转化率降低,温度不变, 投料比越大,CO2的平衡转化率越大CO+2H2–6e-+8OH-=CO32-+6H2O 【解析】 【分析】 【详解】 (1)已知: ①2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=-xkJ·mol-1 ③CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H3=-zkJ·mol-1 根据盖斯定律可知①+2×③可得反应2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g),所以△H=△H1+2△H3=-(x+2z)kJ·mol-1; (2)a.合成二甲醚的反应为气体体积减小的反应,所以增大压强可以提高反应速率同时使平衡正向移动,提高CO2的平衡转化率,故a正确; b.若分离出CO2使体系 减小,平衡逆向移动,故b错误; c.容器体积不变,且反应物和生成物均为气体,则平衡移动过程中气体的质量不变,所以混合气体的密度一直不变,不能根据密度不变判断是否达到平衡,故c错误; d.充入CO可使反应②平衡右移增大CO2的量,促使反应③正向移动,提高二甲醚的产率,故d正确; 故答案为ad; (3)平衡状态时,正、逆反应速率相等,即k正c(CO)·c(H2O)=k逆c(CO2)·c(H2O),可得 =K(平衡常数),该反应正反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,平衡常数减小,即 减小; (4)①500K、投料比等于3时,CO2的平衡转化率为80%,容器体积为2L,则在该时间段内二氧化碳的平均反应速率为 =0.24mol∙L-1∙min-l,同一反应同一时段内不同物质反应速率之比等于计量数之比,所以v(H2)=3v(CO2)=0.72mol∙L-1∙min-l;列三段式有 则该反应的平衡常数K= = ; ②根据图像可知投料比不变,升高温度CO2的平衡转化率降低,温度不变, 投料比越大,CO2的平衡转化率越大; (5)CO和H2在反应过程中被氧化,所以在负极区充入,电解质溶液为KOH溶液,所以电极方程式为CO+2H2–6e-+8OH-=CO32-+6H2O。 10.铜及其化合物在生产、生活中有广泛应用。 回答下列问题: (1)铜和锌相邻,铜和锌的几种状态: ①铜: [Ar]3d10;②铜: [Ar]3d104s1③铜: [Ar]3d104p1④锌: [Ar]3d104s1⑤锌: [Ar]3d104s2。 它们都失去1个电子时需要的能量由大到小排序为___(填字母)。 a.①⑤④②③b.①④⑤②③c.②①③⑤④d.⑤①④③② 画出基态铜原子的价电子排布图____。 (2)Cu2+与NH3·H2O等形成配离子。 [Cu(NH3)4]2+中2个NH3被2个H2O取代得到两种结构的配离子,则[Cu(NH3)4]2+的空间构型是____(填“正四面体”或“正四边形”)。 (3)CuF2晶体的熔点为836℃。 其能量循环图示如下(a、b、c等均大于0): F-F键能为___kJ∙mol-1,CuF2(s)的晶格能为___kJ∙mol-1。 (4)铜常作醇氧化反应的催化剂。 M中C原子的杂化类型有___种,M的熔沸点比N的高,原因是___。 (5)磷青铜晶胞结构如图所示。 NA代表阿伏加德罗常数的值,铜、磷原子最近距离为 ①铜与铜原子最近距离为____nm。 ②磷青铜晶体密度为___g∙cm-3(用代数式表示)。 【答案】b 正四边形dg2M分子间能形成氢键,N分子间不能 a×10-3 【解析】 【分析】 【详解】 (1)铜: [Ar]3d10最外层为全满状态,且最外层为M层,所以其失去1个电子时需要的能量最大,所以铜的第二电离能大于锌的第二电离能,①>④;锌的第二电离能大于锌的第一电离能,④>⑤;基态铜的第一电离能大于激发态铜的第一电离能,②>③;基态锌⑤锌: [Ar]3d104s2最外层为全满状态,锌的第一电离能大于铜的第一电离能,⑤>②,综上所述选b;基态铜原子价电子为3d104s1,排布图为 ; (2)若[Cu(NH3)4]2+的空间构型为正四面体,则2个H2O取代2个NH3只能得到一种结构,所以其空间构型为正四边形; (3)断裂1mol化学键形成气态原子吸收的能量叫键能,则F-F键能为dkJ∙mol-1;气态离子形成1mol离子键所释放的能量叫晶格能,则CuF2的晶格能为gkJ∙mol-1; (4)M中苯环上和碳碳双键上的碳原子为sp2杂化,与羟基相连的碳原子为sp3杂化,共2种杂化方式;M分子中含有羟基可以形成分子间氢键,使熔沸点升高; (5)根据观察可知,该晶胞参数等于铜磷原子距离的2倍,所以晶胞参数为apm,2个相连铜原子的最近距离为面对角线的一半,距离为 a×10-3nm;根据均摊法可知该晶胞中铜原子个数为 =3,锡原子个数为 =1,磷原子个数为1,则晶胞的质量为 ,晶胞体积为(a×10-10)cm3,所以密度为 g∙cm-3。 【点睛】 分析[Cu(NH3)4]2+的空间构型时可以参照甲烷的空间构型,甲烷为正四面体,其二氯代物只有一种,而[Cu(NH3)4]2+由2个H2O取代2个NH3可得两种产物,说明[Cu(NH3)4]2+不是正四面体;进行晶胞计算时要注意单位的换算,1pm=10-3nm=10-10cm。 11.高分子材料聚酯纤维H的一种合成路线如下: 已知: CH2=CHCH3 CH2=CHCH2Cl+HCl 请回答下列问题: (1)C的名称是____,D的结构简式为____。 (2)E—F的反应类型是____,E分子中官能团的名称是___。 (3)写出C和G反应生成H的化学方程式____。 (4)在G的同分异构体中,同时满足下列条件的结构有___种(不考虑立体异构)。 ①属于芳香族化合物,能发生银镜反应和水解反应,遇FeCl3溶液发生显色反应 ②1mol该有机物与3molNaOH恰好完全反应 ③分子结构中不存在 其中,核磁共振氢谱显示4组峰的结构简式为____。 (5)参照上述流程,以1-丁烯为原料合成HOCH2(CHOH)2CH2OH,设计合成路线____(无机试剂任选)。 【答案】乙二醇 消去反应碳碳双键、氯原子nHOCH2CH2OH+n +(2n-1)H2O13 CH2=CHCH2CH3 CH2=CHCHClCH3 CH2=CHCH=CH2 BrCH2CHBrCHBrCH2Br HOCH2CHOHCHOHCH2OH 【解析】 【分析】 相对分子质量为28的烯烃为乙烯,乙烯与溴加成生成B为CH2BrCH2Br,B在氢氧化钠水溶液中水解生成C为HOCH2CH2OH;C与G发生缩聚反应生成H,则H为 ;薄荷醇在浓硫酸、加热条件下发生羟基的消去反应,根据J逆推可知D为 ,D发生题目所给反应生成E,则E为 。 【详解】 (1)根据分析可知C为HOCH2CH2OH,其名称为乙二醇;D为 ; (2)E为 ,在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成F;E分子中官能团为氯原子和碳碳双键; (3)乙二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成H,方程式为nHOCH2CH2OH+n +(2n-1)H2O; (4)G的同分异构体满足: ①属于芳香族化合物,能发生银镜反应和水解反应,遇FeCl3溶液发生显色反应,说明同时含有醛基、酯基、酚羟基;②1mol该有机物与3molNaOH恰好完全反应,说明酯基水解后可以生成酚羟基;③分子结构中不存在 ;则有以下几种情况: 若苯环含有两个取代基,分别为-OH、-OOC-CHO,有3种;若苯环上有3个取代基,分别为-OH、-CHO、-OOCH,则有10种结构,共有13种同分异构体;其中核磁共振氢谱显示4组峰的结构简式为 ; (5)由目标产物可知需要在原料分子中先引入4个卤原子,之后再使卤原子水解生成羟基,再结合D到E的过程可知合成路线为: CH2=CHCH2CH3 CH2=CHCHClCH3 CH2=CHCH=CH2 BrCH2CHBrCHBrCH2Br HOCH2CHOHCHOHCH2OH。 【点睛】 苯环上有2个取代基时同分异构体有3种,有3个不同取代基时有10种,若3个取代基中有两个相同有6种。 12.丙烯酸酯类物质广泛用于建筑、包装材料等,丙烯酸是合成丙烯酸酯的原料之一。 丙烯醇可用于生产甘油、塑料等。 以丙烯醛为原料生产丙烯醇、丙烯酸的流程如图所示: 已知: ①2CH2=CH-CHO+NaOH CH2=CHCH2OH+CH2=CHCOONa ②2CH2=CHOONa+H2SO4→2CH2=CHCOOH+Na2SO4 ③有关物质的相关性质如表: 物质 丙烯醛 丙
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