1、2012年高考化学全国统一考试试题及答案可能用到的相对原子质量:H1 C12 O16 Na23 CI35.5 Br80第一部分(选择题共120分)6.下列用品的有效成分及用途对应错误的是6.B【解析】A项，食盐有效成分是氯化钠，可以用于调味品，A项正确；B项，小苏打有效成分是碳酸氢钠，做发酵粉，不是碳酸钠，B项错误；C项，复方氢氧化铝片的有效成分是氢氧化铝，做抗酸药剂，氢氧化铝中和胃酸，C项正确；D项，漂白粉的有效成分是次氯酸钙，用做消毒剂，D项正确。【考点与方法】本题考查食盐、小苏打、复方氢氧化铝片和漂白粉的有效成分及用途，意在考查考生的运用知识解决实际问题的能力和教材知识储量。本题易混淆小
2、苏打、苏打（纯碱）有效成分，苏打的有效成分是碳酸钠，可用于作洗涤剂，工业制普通玻璃。因为苏打溶液的碱性较强，产生1mol二氧化碳，需要2 mol H+，一般不用作酵粉。本题易误解“抗酸”，抗酸含义是消耗酸，而易误解为“不与酸反应”。7.下列结实实验现象的反映方程式正确的是A切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗2Na+O2=Na2O2B向AgC1悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色2AgC1+S2-=Ag2S+2C1-CNa2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色粘稠物2Na2O2=2Na2CO3+O2D向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀2HCO3-+Ca2+
3、2OH-=CaCO3+CO32-+2H2O7B.【解析】A项，钠在常温下暴露在空气中，钠被空气中氧气氧化成氧化钠：4Na+O2=2Na2O，A项错误；B项，硫化银的溶度积小于氯化银的溶度积，在难溶电解质转化过程中，溶度积较大的难溶电解质转化成溶度积较小的电解质，该离子方程式正确，B项正确；C项，过氧化钠在潮湿空气中放置一段时间，变成白粘稠物，是由于过氧化钠与空气中水蒸汽、二氧化碳反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，C项错误；D项，向碳酸氢钠溶液中加入过量的澄清石灰水，碳酸氢钠少量，取碳酸氢钠为1 mol，需要1mol氢氧化钙反应：NaH
4、CO3+Ca(OH)2=CaCO3+NaOH+H2O，离子方程式为Ca2+OH-+HCO3-=CaCO3+H2O，D项错误。【考点与方法】本题考查有关钠及其化合物、难溶电解质等转化原理，意在考查考生根据化学知识书写离子方程式和化学方程式能力。（1）本题易混淆产物与条件关系。钠在加热或点燃条件下与空气中氧气反应生成过氧化钠；在常温下在空气中与氧气反应只生成氧化钠。（2）易混淆“量与产物关系”。碳酸氢钠与氢氧化钙反应，相对量不同，反应产物不同。例如，当在澄清石灰水中滴加过量的碳酸氢钠溶液时，化学方程式为Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3+Na2CO3+2H2O8.下列试验中，所选装置不合理
5、的是A.分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，选 B.用CC14提取碘水中的碘，选C.用FeC12溶液吸收C12选 D.粗盐提纯，选和8A.【解析】A项，乙酸乙酯难溶于碳酸钠溶液，已分层，可以用分液法分离，选择装置，A项错误；B项，用四氯化碳萃取碘水中的碘，选择装置，B项正确；C项，装置可以用作洗气瓶，用氯化亚铁溶液吸收氯气，C项正确；D项，粗盐提纯需要过滤、蒸发结晶，选择和装置正确，D项正确。【考点与方法】本题考查混合物分离、提纯以及除杂装置的选择，意在考查实验基本操作与装置辨析。（1）蒸发和蒸馏。蒸发操作用于除去溶液中溶剂，分离熔点较高、稳定性较好的固体物质；蒸馏操作用于分离两种或多
6、种互溶的液体混合物，如石油分馏；也可以用于分离难挥发性和较稳定物质与液体，从中得到液体，如制备蒸馏水。如果只有一种液体挥发，不需要温度计，如本题装置；如果得到多种液体，需要温度计控制温度。（2）分液与蒸馏：如果两种液体不互溶，用分液操作分离，节能、操作简单；如果两种或多种液体互溶，且沸点不同，用蒸馏操作分离（消耗能源，操作较复杂）。（3）分液与萃取。如果两种液体已分层，就用分液；如果两种物质溶解形成溶液，需要加入一种溶剂，促使其分层，用萃取，分液是萃取的一部分。9已知33As、35Br位于同一周期，下列关系正确的是A原子半径：AsC1P B.热稳定性：HC1AsH3HBrC还原性：As3-S2
7、-C1- D.酸性：H3AsO4H2SO4H3PO49C.【解析】A项，砷位于第四周期第VA族，溴位于第四周期第VIIA族，砷的原子半径大于溴的原子半径，而氯与溴位于同主族，且氯位于第三周期，氯原子半径小于砷的原子半径，故原子半径有：AsBrCl，A项错误；B项，同主族，从上至下，气态氢化物的热稳定性逐渐减弱：HClHBr.同周期，从左至右，气态氢化物的热稳定性逐渐增强：AsH3HBrAsH3，B项错误；C项，选择磷元素为参照物，磷与砷位于同主族，磷、硫、氯位于同周期，同周期，从左至右气态氢化物的还原性逐渐减弱：PH3H2SHCl；同主族，从上至下气态氢化物的还原性逐渐增强：PH3PH3H2S
8、HCl.即还原性有As3-S2-Cl-.C项正确；D项，同主族，从上至下，非金属元素最高价含氧酸的酸性逐渐减弱：酸性有H3PO4H3AsO4；同周期，从左至右，非金属元素最高价含氧酸的酸性逐渐增强，酸性有H2SO4H3PO4，故酸性顺序：H2SO4H3PO4H3AsO4，D项错误。【考点与方法】本题以第四周期主族元素砷、溴为载体考查元素周期律，即包括原子半径、热稳定性、氢化物的还原性和最高价氧化物对应的水化物酸性等比较，意在考查考生综合运用元素周期律能力和推理思维能力。氢化物的热稳定性与挥发性：前者与化学键强弱有关，属于化学性质；后者与沸点高低有关，即分子间作用力（包括氢键）决定分子构成的物质
9、的挥发性强弱，属于物理性质。10.用右图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是 10A.【解析】分析装置知，小烧杯中液体与小烧杯中挥发出来的物质反应。A项，烧杯里浓硝酸挥发出硝酸气体，进入烧杯，使KI被氧化生成I2，4HNO3+2KI=I2+2KNO3+2NO2+2H2O，I2使淀粉溶液变蓝色，A项错误；B项，浓盐酸具有强挥发性，挥发出来的氯化氢进入酚酞溶液，酸不能使酚酞溶液变色，B项正确；C项，浓氨水具有强挥发性，氨气进入氯化铝溶液，发生反应：AlCl3+3 NH3H2O=Al(OH)3+3NH4Cl,产生白色沉淀，C项正确；D项，饱和氯水易挥发出来氯气，氯气遇湿润红纸条，发生
10、反应：H2O+Cl2HCl+HClO，次氯酸使红纸条褪色，D项正确。【考点与方法】本题考查浓硝酸与KI溶液发生氧化还原反反应以及碘水使淀粉溶液变蓝色、盐酸与酚酞溶液、氨水与氯化铝溶液反应、饱和氯水中次氯酸漂白性等知识，意在考查物质性质和实验现象。稀硝酸挥发性弱，如果A项中浓硝酸换成稀硝酸，可能无明显现象；本题中饱和氯水指新制饱和氯水，而不是久置的氯水，久置氯水实际变成氯化氢溶液。11下列说法正确的是A.天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水.有恒定的熔点、沸点B.麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖C.若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物不一致D.乙醛、氯乙烯和乙二醇均可
11、作为合成聚合物的单体11D.【解析】A项，天然植物油为混高级脂肪酸甘油酯，属于混合物，没有固体的熔点和沸点，A项错误；B项，麦芽糖是还原型二糖，而蔗糖是非还原型二糖，B项不正确；C项，可以用列举法推断，两种不同的氨基酸可以形成两种二肽，互为同分异构体。例如，1分子H2N-CH2COOH和1分子H2NCH2CH2COOH可以形成两种二肽，这两种二肽互为同分异构体：H2NCH2CONHCH2CH2COOH和HOOC-CH2NHOCCH2CH2NH2，但是，它们的水解产物相同，C项错误；D项，乙醛类似甲醛，可以制酚醛树脂；氯乙烯的高聚物是聚氯乙烯；乙二醇与乙二酸在浓硫酸，加热条件下生成聚乙二酸乙二酯
12、（聚酯纤维，即涤纶），D项正确。【考点与方法】本题考查植物油成分、糖类组成与性质、常见高聚物的单体，意在考查考生综合运用知识能力。单甘油酯与纯净物易混淆，单甘油酯指一种高级脂肪酸与甘油形成的酯，即一个酯分子内，RCOO-相同，而油酯由多种酯分子构成，属于混合物。易错误理解为天然植物油就是油酸甘油酯组成的纯净物，错选A。12.人工光合作用能够借助太阳能，用CO2和H2O备化学原料。下图是通过人工光合作用制备HCOOH的原理示意图，下列说法不正确的是 A.该过程是将太阳能转化为化学能的过程B.催化剂a表面发生氧化反应，有O2产生C.催化剂a附近酸性减弱，催化剂b附近酸性增强D.催化剂b表面的反应是
13、CO2 +2H+2e-=HCOOH12C【解析】依题意，以二氧化碳和水原料，在太阳能作用下生成HCOOH，化学方程式为CO2+H2HCOOH。A项，人工光合作用是借助太阳能由二氧化碳和氢气生成甲酸，将太阳能贮在于化学物质中，类似于光合作用的能量贮存，A项正确；B项，由图示知，电子由催化剂a表面流向催化剂b表面，说明催化剂a为负极，催化剂b为正极，在原电池中，负极发生氧化反应，即水在催化剂a附近发生氧化反应，二氧化碳在催化剂b表面发生还原反应，催化剂a表面的反应式为2H2O-2e-=4H+O2，会生成氧气，B项正确；C项，由图示知，催化剂a区域生成H+，溶液酸性增强，而催化剂b附近生成了HCOO
14、H，甲酸是弱酸，酸性减弱，C项不正确；D项，二氧化碳在催化剂b表面发生还原反应结合H+生成HCOOH,电极反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH.【考点与方法】本题考查原电池原理，涉及能量转化、电极名称和电极反应类型判断、溶液酸碱性变化以及电极反应式等，意在考查考生处理新信息能力。解答本题的关键是将该装置转化成原电池，太阳能只是作启动反应的能量，根据电子流向判断电极。易混淆“绿色植物的光合作用”和“人工光合作用”，二者共同点是利用太阳能合成新物质，原料相同。不同点是，绿色植物的光合作用产物是糖类和氧气，而人工光合作用的产物是甲酸。25.(13分)直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利
15、用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2.（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应： 。（2）在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是 .（3）吸收液吸收SO2的过程中，随：变化关系如下表：91：91：11：91.7.26.2上表判断NaHSO3溶液显 性，用化学平衡原理解释： 。当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母)： 。（4）当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生。再生示意图如下：在阳极放电的电极反应式是 。当阴极室中溶液升至8以上时，吸收液再生并循环利用。简述再生原理： 。25.【答案】【解题思路】（1）二氧
16、化硫形成硫酸型酸雨过程是，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧化成硫酸；或二氧化硫在空气中遇漂尘（作催化剂）被氧化成SO3，直接与水反应生成硫酸。（2）氢氧化钠吸收二氧化硫生成亚硫酸钠和水，而亚硫酸钠溶液可以继续吸收二氧化硫生成亚硫酸氢钠。（3）亚硫酸是中强酸。由表格数据知，当亚硫酸钠的物质的量大于亚硫酸氢钠的物质的量时，溶液呈碱性，说明以水解为主，当亚硫酸氢钠的物质的量大于亚硫酸钠溶液的物质的量时，溶液呈酸性，即亚硫酸氢根离子的电离能力大于水解能力，故亚硫酸钠溶液呈碱性，水解程度较弱。由表格数据知，当溶液中亚硫酸氢钠的浓度略大于亚硫酸钠的浓度时，溶液呈中性：亚硫酸氢钠电离H+浓度等于亚硫酸
17、钠水解生成OH-浓度相等。+，+，即电离生成的亚硫酸根离子浓度与水解生成的亚硫酸氢根离子浓度相等，由于原始溶液中亚硫酸氢钠浓度大于亚硫酸钠溶液，故离子浓度有,溶液中电荷守恒式为，中性溶液中c(H+)=c(OH-)。c错误，a和b正确。（4）在阳极发生氧化反应，硫的化合价由+4价升至+6价，以硫酸根离子形式存在，由氧守恒知，水参与电极反应：+H2O-2e-=+3H+,另外，亚硫酸根离子在阳极发生氧化反应，电极反应式为。亚硫酸钠溶液为吸收二氧化硫的溶液，由图示中物料性质知，在阴极室充入亚硫酸氢钠溶液和亚硫酸钠溶液的混合溶液，流出的溶液呈碱性，说明亚硫酸钠浓度变大。即在阴极发生还原反应：含亚硫酸钠浓
18、度较多的溶液作吸收液。【考点与方法】本题以环境污染酸雨为背景考查SO2、H2SO3、H2SO4、Na2SO3、NaHSO3性质，意在考查考生书写化学方程式、离子方程式、电极反应式等，将电解原理应用、盐类水解等理论串联起来，考查综合运用能力。突破本题有两个关键点，一是数据表。由表格中亚硫酸钠、亚硫酸氢钠的物质的量之比与溶液酸碱性关系，得出亚硫酸钠溶液呈碱性，而亚硫酸氢钠溶液呈酸性，即亚硫酸钠在水中水解，而亚硫酸氢钠在水中以电离为主，水解为次。由此引发出，中性溶液中亚硫酸氢钠和亚硫酸钠浓度关系不确定，无法写出溶液中物料守恒式（易错点！）；二是电解装置图示。理解电解原理，抓住阴阳离子交换膜功能、电极
19、名称以及物质的流进入与流出成分，结合数据表知，亚硫酸钠和亚硫酸氢钠浓度相对大小。书写电极反应式时，要结合电极反应类型，以及质量守恒和电子守恒综合判断反应物和产物。26.(12分)用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HC1。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：（1）已知:反应A中， 4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量。H2O的电子式是_.反应A的热化学方程式是_。断开1 mol HO键与断开 1 mol HCl 键所需能量相差约为_kJ，H2O中H-O键比HCl中HCl键（填“强”或“弱”）_。（2）对于反应A，下图是4种投料比n(HCl):n(O2)，分别为1：1、2：1
20、、4：1、6：1下，反应温度对HCl平衡转化率影响的曲线。曲线b对应的投料比是_.当曲线b, c, d对应的投料比达到相同的HCl平衡转化率时，对应的反应温度与投料比的关系是_。投料比为2:1、温度为400时，平衡混合气中Cl2的物质的量分数是_。26.【答案】【解析】(1)水是共价化合物，1个水分子含两个极性共价键。在该温度下，水为气态，热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) H= -115.6 kJ/mol.设氢氯键能为a，氢氧键能为b。反应热等于反应物键能总和减去产物键能总和，4a+498kJ/mol-2243kJ/mol-4b=-115.6kJ/mol.
21、4(a-b)=-127.6 kJ/mol,a-b=-32kJ/mol. 氢氧键比氢氯键强。（2）从图像看，反应物投料和温度两个变化量影响氯化氢转化率。在相同温度下，该反应达到平衡时，当氧气浓度不变时，增大氯化氢浓度，氯化氢的转化率降低，而氧气转化率增大。曲线斜率越大，对应氯化氢的转化率越大。曲线变化率（斜率）=转化率变化程度=转化率变化量与原始转化率之比。取温度为350至400段，温度变化量相同，对应转化率如下表所示：曲线ab cd35067%80%86%91%40065%75%80%84%变化率0.0370.06250.06980.0769投料中n(HCl):n(O2)越大，氯化氢转化率越小
22、，所以，a、b、c、d曲线对应的投料分别为6:1、4:1、2:1、1:1。投料比越大，氯化氢转化率越小，而相同投料时，温度越低，氯化氢转化率越高，氯化氢与氧气物质的量之比为2：1，对应的c曲线：400时，氯化氢转化率为80%。4HCl+O22H2O+2Cl2物质的量(mol) 2 1 0 0转化量(mol) 4a a 2a 2a400时(mol) (2-4a) (1-a) 2a 2a根据氯化氢的转化率为80%，计算得：4a/2mol=0.8,a=0.4mol. 混合气体中氯气体积分数为2a/(3mol-a)=0.8mol/(3mol-0.4mol)=30.8%。【考点与方法】本题考查化学反应能
23、量变化、反应热与键能关系和化学平衡原理应用，意在考查考生识图能力和计算能力。本题易错点有：（1）根据化学键键能与反应热计算得出4molH-Cl键能与4molH-O键能之间关系，易忘记除4。(2)识图是关键，如果图像数据不能正确识别，本题无法得到a,b,c,d曲线对应的配料比，导致计算出错。（3）在A与B反应的化学平衡中，增大A的浓度，B的转化率增大，而A的转化率减小，易忽视反应物增大，只根据平衡移动判断，得出氯化氢与氧气物质的量比越大，氯化氢转化率越高的错误结论。27.（15分）有文献记载:在强碱条件下，加热银氨溶液可能析出银镜。某同学进行如下验证和对比实验。装置实验序号试管中的药品现象 实验
24、2mL银氨溶液和数滴较浓NaOH溶液有气泡产生:一段时间后，溶液逐渐变黑:试管壁附着银镜实验2mL银氨溶液和数滴浓氨水有气泡产生:一段时间后，溶液无明显变化该同学欲分析实验和实验的差异，查阅资料:abAgOH不稳定，极易分解为黑色Ag2O(1)配制银氨溶液所需的药品是 。(2)经检验，实验的气体中有NH3,黑色物质中有Ag2O.用湿润的红色石蕊试纸检验NH3产生的现象是 。产生Ag2O的原因是 。 (3)该同学对产生银镜的原因提出瑕设:可能是NaOH还原Ag2O。实验及现象:向AgNO3 溶液中加入 ，出现黑色沉淀;水浴加热，未出现银镜。(4)重新假设:在NaOH存在下.可能是NH3， 还原A
25、g2O。用右图所示装置进行实验.现象:出现银镜。在虚线框内画出用生石灰和浓氨水制取NH3的装置简图(夹持仪器略)。(5)该同学认为在(4)的实验中会有Ag(NH3)2OH生成.由此又提出假设:在NaOH存在下，可能是Ag(NH3)2OH也参与了NH3还原Ag2O的反应.进行如下实验:有部分Ag2O溶解在氨水中，该反应的化学方程式是 。实验结果证实假设成立，依据的现象是 。用HNO3溶液,清洗试管壁上的Ag，该反应的化学方程式是 。27.【答案】【解析】（1）用稀硝酸银溶液与稀氨水配制银氨溶液。（2）氨气溶于水，溶液呈碱性，使红色石蕊试纸变蓝色。NH3H2ONH4+OH-，在碱性条件下（加入氢氧
26、化钠），促进一水合氨分解，有利于平衡：Ag(NH3)2+2H2OAg+2NH3H2O向右移动，使溶液中银离子浓度增大，与氢氧化根离子结合生成氢氧化银，分解生成氧化银。（3）做硝酸银溶液与氢氧化钠溶液反应实验，出现黑色沉淀，不出现银镜，说明氢氧化钠不能还原氧化银。（4）在氢氧化钠存在下，氨水溶解氧化银能力减弱。AgNO3+2NH3H2OAg(NH3)2OH+NH4NO3+H2O浓氨水与生石灰混合产生氨气，可以用固与液在常温下气体发生装置制取氨气，可以用分液漏斗控制加入浓氨水量和速率，在生石灰中滴加浓氨水，生石灰还起干燥作用。2NH3+3Ag2ON2+6Ag+3H2O（5）氧化银溶于氨水：Ag2O
27、+4NH3H2O=2Ag(NH3)2OH+3H2O 如果水浴加热试管里银氨溶液，会产生银镜，说明假设成立。用浓、稀硝酸都能溶解银，且稀硝酸溶解等量的银效率较高，产生污染物较少。【考点与方法】本题以氨气还原+1价银为载体考查实验设计，涉及药品选择、现象描述与解释、补充步骤以及绘制气体发生装置图等，意在考查考生接受新信息、同化信息以及解决实际问题能力。本题易错点有：（1）运用电离平衡、溶解平衡原理解释氧化银形成。（2）设计实验时，都要确保溶液呈碱性，即在银氨溶液中加入氢氧化钠溶液。（3）解决新信息问题关键是读懂信息并结合教材实验基础知识分析实验问题。28. (17分) 优良的有机溶剂对孟烷、耐热型
28、特种高分子功能材料PMnMA的合成路线如下:己知芳吞化合物苯环上的氢原子可被卤代烷中的烷基取代。如:（1） B为芳香烃。由B生成对孟烷的反应类型是 (CH3 )2CHCl与A生成B的化学方程武是 A的同系物中相对分子质量最小的物质是 (2) 1.08g的C与饱和溴水完全反应生成3.45 g白色沉淀。E不能使Br2的CC14溶液褪色.F的官能团是 C的结构简式是 反应I的化学方程式是 (3)下列说法正确的是(选填字母) a.B可使酸性高锰放钾溶液褪色 b. C不存在醛类同分异构体 c.D的酸性比 E弱 d. E的沸点高于对孟烷 (4) G的核磁共振氢谱有3种峰，其峰面积之比为3:2:1 .G与N
29、aHCO3反应放出CO2。反应II的化学方程式是 28.【答案】【解析】（1）根据已知信息，苯及苯的同系物在催化剂作用下与RX（卤代烃）发生取代反应，结合框图信息对孟烷结构，逆推：化合物A为甲苯。B与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成对孟烷。(CH3)2CHCl与甲苯发生对位取代反应生成对孟烷和氯化氢。甲苯的同系物中相对分子质量最小的物质是苯。（2）F能与氢气反应，生成对孟烷，说明F中含有碳碳双键。E不能与溴发生加成反应，说明E不含烯烃的碳碳双键，E消去生成F，C与饱和溴水反应生成白色沉淀，说明C为酚类，D最终变成对孟烷，说明C为间甲基苯酚，与溴发生三溴取代：1.08gC相当于0.01mol.
30、C的三溴代物质量为3.45g，符合题意。D为酚类，E为醇类，说明D与氢气反应生成E。（3）B为芳香烃，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；C 存在醛类同分异构体，因为含有不饱和键、氧原子，可以形成醛类。D为酚类，E为醇类，酚电离H+能力比醇的强。E为醇，醇的沸点高于同碳原子数的烷烃，所以，ad正确。（4）G为CH3C(COOH)=CH2（含羧基，含3种氢原子），G与E发生酯化反应，反应II发生加聚反应。【考点与方法】本题考查有机推断与合成，涉及有机反应类型、有机物结构与性质、书写化学方程式以及推断有机物结简式与官能团等，意在考查考生接受新信息和同化信息能力以及综合推理能力。解本题关键是从对孟烷结构逆推，E到F易误认为E与水反应，也表示E脱去水。推断化合物C是难点，可以采用试探法，结合框图推断C可能的结构，然后找入数据验证，也可以用数据讨论。理解提示信息，是正确解题基础。G的可能结构有多种，如CH3CH=CHCOOH含4种氢原子，不合题意。书写加聚反应方程式，实际上是碳碳双键反应，其他官能团或结构不变，易出错。第 12 页,共 12页
