2022年高考押题预测卷02（辽宁卷）-化学（全解全析）.pdf

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1、2022年高考原创押题预测卷0 2【辽宁卷】化学全解全析1.【答案】B1234567891011BBACBDDADDD12131415BBDC【解析】A.铜文物表面生成CU2（O H）3 C 1,铜元素化合价从0 升高到+2价，则有元素化合价升降，该过程是氧化还原过程，A 错误：B.“司母戊鼎”的材料为青铜，和“天宫空间站”使用的钛合金材料均为合金，属于金属材料，B 正确；C.碳纤维主要成分是碳单质，是无机非金属材料，不属于新型有机高分子材料，C 错误；D.能从自然界直接获取的能源是一次能源、电能不属于一次能源，是二次能源，D 错误；答案选B。2.【答案】B【解析】A.中子数是20的氯原子的质

2、子数为17、质量数为3 7,原子符号为:;C 1,故 A 错误；B.氢化锂中氢离子的核电荷数为1,核外有1 个电子层，最外层电子数为2,离子的结构示意图为B故、力,正确：C.一氧化碳和氮气的原子个数都为2、价电子数都为1 4,互为等电子体，等电子体具有相同的空间结构，氮气分子中含有氮氮三键，则一氧化碳分子中含有碳氧三键，结构式为C=O,故 C 错误；D.氢硫酸根离子在溶液中水解生成硫化氢和氢氧根离子，水解的离子方程式为HS+H Q -H 3+OFT,故 D 错误;故选Bo3.【答案】A【解析】A.C O H f HCHO为氧化反应，碳元素化合价升高，被氧化，故 A 错误；B.利用二氧化碳人工合

3、成淀粉，可减少二氧化碳，有利于碳中和，制得的淀粉可用于食品，故 B 正确；C.淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖在酒化前的作用下生成乙醉，故 C 正确；D.根据淀粉分子式表示形式，每个葡萄糖单元中一般有三个羟基，还含有其他的含氧官能团，因此与丙三醇不互为同系物，故 D 正确；故选A。4.【答案】C【解析】pH=l 的溶液中H-浓度为。-lmol/L,100mL该溶液中含有H,的物质的量为O.Olmol,则一定不存在c o：；向溶液中通入CI2分液后最终得到紫黑色固体，则原溶液中含有I，Fe3+能够氧化，则一定不存在Fe3 254 g紫黑色固体为碘单质，物质的量为0.0 1 mol,原溶液中含有的物质的量

4、为0.0 2mol；水层中加入NaOH溶液得到固体，无论固体是氢氧化亚铁或氢氧化铁，灼烧得到的1.60 g固体为FeQ一 则溶1 6。液中一定存在Fe?+,Fe?+的物质的量为：-x 2=0.0 2mol,0.0 2mol Fez+带有正电荷为0.0 4 mol,160 g/mol0.0 hnolH+带有正电荷为O.OlmoL 0.0 2mol带有负电荷为0.0 2m ol,所以原溶液中一定含有Cl,其物质的量至少为0.0 3mol,通入氯气的物质的量为0.0 1 mol,再产生0.0 2mol C，所以AgCl的总质量至少为7.175g。A.根据分析，原溶液中一定不存在Fe3+,选项A错误；

5、B.根据分析，原溶液中一定不存在CO；,一定含有。一，选项B错误；C.根据分析，原溶液中一定含有F e、C，选项C正确；D.根据分析，AgCl的总质量至少为7.175g,选项D错误；答案选C。5.【答案】B【解析】由图示可知，M极H 20 To2,氧元素化合价升高，失电子，电极M为负极，电极N为正极，以此解题。A.由分析可知电极M为负极，电极N为正极，正极的电势高于负极，故A正确；B.2CO2+2H2O=2HCOOH+O2 AH0,正反应吸热，该装置把光能转化为电能和化学能，故B错误；C.正极CO2得电子生成甲酸，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH,故C正确；D.9.2gHCOOH

6、的物质的量是0.2m ol,根据总反应方程式2co2+2H2O2HCOOH+O2,若制得9.2gHCOOH,整套装置吸收0.2mol二氧化碳、放出（M m ol氧气，所以整套装置质量增加8.8g-3.2g=5.6g,故D正确；故 选B。6.【答案】D【解析】A.图中读数为11.60 mL,且50 mL滴定管下方无刻度，则滴定管中剩余溶液大于（50-11.60）mL=38.4 0 mL,故A错误；B.小烧杯应与大烧杯口相平，防止热量散失，故B错误；C.Fe与电源负极相连，不能失去电子，应与电源正极相连制备，故C错误；D.氧气不与水反应，难溶于水，可以用排水法测氧气的体积，故D正确；故答案为D。7

7、.【答案】D【解析】A.由图i晶胞结构可知,T i位于顶点,Fe位于体心，因此每个晶胞中含有的T i原子个数=8x）=1,O含有的Fe原子个数=1,则钛铁合金的化学式为T iF e,故A正确；B.由图i可知，该晶体中每个Fe被8个T i所形成的立方体包围，每个T i亦被8个Fe所形成的立方体包围，即钛铁合金中每个T i周围距离最近且等距的Fe有8个，故B正确；C.根据A选项分析，每个晶胞中含有1个TiFe,一个晶胞的质量（4 8+56）10 4 .八 3 10 4=-晶胞的体积=（3x10-8）cm3=2.7x 10-23cm3,该晶体的密度=.义、1x 1（厂23AA,g/cm6g/cm3,

8、故C正确；D.由图i i可知，T i位于晶胞的顶点和棱上，Fe位于晶胞内部，H位于体心和面上，因此每个晶胞中含有的T i原子个数=8x：+4 x 1=2,含有的Fe原子个数=2,含有的H原子个数=10 xg+l=6,Ti:Fe:H=2:2:6=l:l:3,则理论上形成的金属氢化物的化学式：TiFeH3,故D错误；答案选D。8.【答案】A【解析】X、Y、W位于不同周期，又因为X原子序数在五种元素中最小，则X为H,常温下X、Y-Y 1 一形成两种液体二元化合物，说明Y为O,W+X-Y-R-Y-X 中含有离子键，结合题意W应位于第II Y J三周期，则W为Na。又存在原子序数：3Y=Z+R,即24=

9、Z+R,又因为Y为0,Z与Y位于同一周期，则Z为F,代入24=Z+R,R的原子序数为1 5,说明R为P。即X、Y、Z、W、R分别为H、0、F、Na、P,据此解答。A.电解NaF溶液，F-在水溶液中不放电，即不可能产生耳，A项错误；B.核外电子排布相同时;离子半径应遵循“序小径大”，即简单离子半径：0 2-F N a+,B项正确；C.Na分别与H、0可形成NaH、Na?。和Na?。?，均存在离子键，C项正确；D.常温下水为液态，H F为气态，即简单氢化物的沸点：H20HF,D项正确；答案选A。9.【答案】D【解析】A.C12未干燥，a中有色布条会褪色，不能说明C L是否具有漂白性，A错误；B.H

10、C1不是氯元素的最高价含氧酸，且该装置中盐酸可能挥发，挥发的HC1也能够与Na2SiO3溶液反应产生HzSiCh沉淀，因此不能确定CCh是否能使NazSiCh溶液变浑浊，B错误；C.观察到的现象不足以说明该反应为取代反应，若发生取代反应，每一步反应都会产生HC1,HC1极易溶于水，遇水蒸气会使量筒内出现白雾，测定反应后溶液p H比反应前的低，C错误；D.焦炉气主要成分为H2、CO、CH4等，它们燃烧都使火焰显蓝色，D正确；故合理选项是D。10.【答案】D【解析】A.由结构简式可知，Z分子中含有饱和碳原子和饱和氮原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形、饱和氮原子的空间构型为三角锥形，属于Z分子中所

11、有原子不能共面，故A错误；B.由转化关系可知，X与SOCb发生取代反应生成Y和氯化氢，故B错误；C.由结构简式可知，Y分子的化学式为C6H3ONCI2,故C错误；D.由结构简式可知，X分子中含有的竣基能与碳酸钠溶液发生反应，故D正确；故选Do11.【答案】D【解析】从图中可以看出，当其他条件一致时，在浓硝酸浓度为12.2mol/L中，主要产物N O和N 02,随着硝酸浓度逐渐降低，产物NCh逐渐减少而N O的相对含量逐渐增多，当浓度为9.75mol/L时，主要产物是NO,其次是NO2及少量的N 2O,当HN0 3的浓度降到4.0 2mol/L时，钱根离子成为主要产物，可见，凡有硝酸参加的氧化还

12、原反应都比较复杂，往往同时生成多种还原产物，据此解答。A.由图可知，硝酸的浓度越小，氨气含量越高，这说明其还原产物氮的价态越低的成分越多，故A正确；B.根据以上分析可知硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物，故B正确；C.当硝酸浓度为9.75mol LT时,还原产物有NO、NCh和N 2O,物质的量之比为其体积比=10：6：2=5：3：1,假设NO是5mol、NCh是3mol、N2O是Im o l,则反应中转移电子的物质的量是26mo1,假设氧化产物是铁离子，则根据电子得失守恒可知还原剂的物质的量是等，。/,所以根据原子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比可 为10：y=1 5：1 3,故C正确

13、；D.常温时，铁遇浓硝酸要发生钝化，铁能与大于12.2mol-LHNO3溶液反应，不能说明不存在“钝化”现象，故D错误：故选D。12.【答案】B【解析】A.由图示可知，葡萄糖和果糖的分子式均为C6Hl2。6,分子式相同而结构不同，互为同分异构体，A项正确；B.山梨醇中单键碳的连接方式类似烷烧，为锯齿形，六个碳原子不可能共线，B项错误;C.乙二醇和1,2-丙二醇均含伯醇，可氧化为醛，C项正确；D.葡萄糖异构为果糖时，有O-H的断裂和形成，D项正确；故答案为B。13.【答案】B【解析】A.二氧化氮会与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以二氧化氮排放会造成酸雨，故A正确；B.向原煤中添加石灰石可以减少二氧

14、化硫的排放，但不能减少二氧化碳的排放，所以不能实现“碳达峰、碳中和“，故B错误；C.由图可知，上述循环中消耗大气中的臭氧和H C h,生成H O,所以大气中OH自由基的浓度升高，故C正确：D.由图可知，上述循环中消耗大气中的臭氧和H C h,所 以BrCl的排放会造成臭氧含量减小，故D正确；故选B。14.【答案】D【解析】A.由图可知，0 Imin,一氧化碳物质的量增加2mol,则反应速率 C)=三=加 面(5亩)；Imin13min时，平衡不移动，反应速率之比等于化学计量数之比，则V(CO)=2V(C O 2),故A错误；B.该反应反应前后质量发生变化，体积不变，则其密度为变量，当容器内气体

15、的密度不变时，说明反应达到平衡M_状态；根据P=F知，体积不变，反应达到平衡时，气体的质量增大，则平衡时气体的密度大于起始时气体的密度，则鲁1,故 B 错误；C.5min时再充入一定量的CO,C O 的物质的量瞬间增大，平衡逆向移动，C O 的物质的量又逐渐减小，5min时 C02浓度不变，平衡逆向移动，CCh的物质的量逐渐增大，则 b 表示n(CCh)的变化，c 或 d 表示n(CO)的变化，故 C 错误；D.由图可知，3min时升高温度，一氧化碳增多，说明反应是吸热反应，T i温度平衡，一氧化碳物质的量为2m ol,二氧化碳物质的量为7mol；平衡常数 2 1)=至&=J%=：,T2温度平

16、衡，一氧化碳物质的量为4m。1，二氧化碳物质的量为6moLc(CO2)/mol 72L2(4mol y平衡常数K(T?)=三塔=a=9,则9 景=4.7,故 D 正确；答案选D。c(C(J2)onioi 32L15.【答案】CV(NaOH 溶液)V(NaOH 溶液)【解析】A.X 为第一反应终点，即一(H,A溶液)制 时 当V(H,A溶液)=2时为第二反应终点即Z点，Z 点时为Na2A溶液，盐类水解促进水的电离，A 错误；B.X 点时所得为NaHA溶液，根据物料守恒得到c(Na+)=c(H?A)+c(HA-)+c(A ),但溶液总体积约40m L,若体积变化忽略不计，则C(H2A)+C(HA)

17、+C(A2-)=0.05 mol-L-,B 错误；C.第二反应终点时，物料守恒得到c(Na+)=2c(H2A)+2c(HA-)+2c(A),按电荷守恒得c(H+)+c(Na*)=c(HA-)+2c(A2-)+c(0 H),则有C(H+)+2C(H2A)=C(OH)-c(HA),可得 c(H+)+c(H2A)c(0H-)-c(HA)C 正确：D.电离平衡常数 Ka 及盐类的水解常数Kh均受温度影响，反应过程中温度发生变化c(HA-)=c(A2-)时溶液温度已 2 5 9,故不能按c(HA-)=c(A)时的pH=9.7计算25时 H2A的电离常数K a?,也不能据此计算常温下Na2A的水解常数K

18、i.D 错误；答案选C。16.(14 分)【答案】(l)PbSO(1 分)ZnS+4H+MnO2=Mn2+Zn2+S+2H2O(2 分)(2)3(1 分)(3)HA与水互不相溶，且ZnSO4在 HA中溶解程度比在水中更大(2 分)酸(1 分)将 CM+转化为Cu除 去(1 分)(5)xZn2+(x-y)HCO3+(x+y)NH,.H2O=Znx(OH)2y(CO,)(xy)J +(x+y)NH：+(x-y)H2O(2 分)取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl,溶液，不产生白色沉淀(2 分)ZnJO H)4co3 (2 分)【解析】“浸出”时，将 ZnS转化为 ZnSO汨 S,将

19、Fe?。、CuO、PbO?转化为Fe2(S O j、CuSO4,PbSC 等,滤 渣 I 的主要成分除过量MnOz外，还有S 和PbSO-MnO2氧化ZnS的离子方程式为ZnS+4H+MnO,=Mn2+Zn2 t+S+2H2Oo(2)“沉铁”时，Fe3+转化为Fe(0H)3沉淀，Fe计完全沉淀的e(OH)=3 moi.L =lx lO mol.L 1-故滴加氨水需要调节pH 最低为 3。(3)“萃取”过程中，ZnSO,转移到有机相中的原因是HA与水互不相溶，ZnSO”在HA中溶解程度比在水中更大。“反萃取”过程中平衡逆移，为了提高反萃取效率，反萃取剂应该呈酸性。(4广深度净化”中加Zn的目的是

20、将CY+转化为Cu除去。(5)“沉锌 时，/,转 化 为 的 田 刀 仁。,),其反应的离子方程式为xZn2+(x-y)HCO；+(x+y)NH3 H q=Z n,(O H)2,(CO3)(一/+(x +y)NH；+(x-y)H2。检验沉淀洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl?溶液，未产生白色沉淀。由题意可知，碱式碳酸锌充分加热分解生成H?O为O.()4mol,CO?为().()2mol,故2y:(x-y)=4:l,x:y=3:2,故碱式碳酸锌的化学式为Zn3(OH)4 C 03。17.(14 分)【答案】(1)Cr2O+14H+6C1-2Cr3+3Cl2t+7

21、H2O(2 分)(2)饱和食盐水(1 分)P2O5或无水氯 化 钙(1 分)(3)PCb+SO2+C12=PO C 13+SO C 12(2 分)(4)(球形)冷凝管(1 分)干燥S C h,通过观察产生气泡的速率控制通入气体的速率(2 分)(5)蒸 储(1 分)(6)当最后一滴KSCN标准液滴入锥形瓶，溶液的颜色由浅黄色变为红色，且半分钟内红色不褪去(2分)79.8%(2 分)【解析】【分析】本题考查PC13、SO2、C12在 6065。(2 时反应制备P0C13和 S0C13的实验，根据资料卡片，本实验必须在无水条件下反应，所以装置A 用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，B 用 P2O5或无水

22、CaCb除去氯气中的水蒸气，E 用浓硫酸除去二氧化硫中的水蒸气，且 A 和 E 都可以通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速，D 用无水CaCb防止空气中的水蒸气进入，用 F 球形冷凝管进行冷凝回流，将 PCb充分反应，提高产率。(1)重格酸钾与浓盐酸反应制备氯气和C Q b,反应的离子方程式为Cr2O；+14H+6cl=2Cr3+3CLT+7H2O；(2)A装置用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，B 装置用P2O5或无水CaCL除去氯气中的水蒸气，所以A、B 装置中的试剂分别是饱和食盐水、P2O5或无水C aC L,故答案为：饱和食盐水、P2O5或无水氯化钙；(3)由题意可知在装置C 发生的反

23、应为二氧化硫、氯气和三氯化磷反应生成POC13和 SO C b,方程式为：6065PCI3+SO2+CI2 POCh+SOCh；(4)球形冷凝管与直球形冷凝管最大区别是球形冷凝管接触面枳大，冷凝效果更好，能将反应物和生成物都充分冷凝回流，增加产率，所以虚线框中用球形冷凝管；装置E 用浓硫酸除去二氧化硫中的水蒸气，且控制产生气泡的速率控制反应速率，所以E 的作用是干燥SO 2,通过观察产生气泡速率控制通入气体的流速，故答案为：球形冷凝管；干燥SO 2,通过观察产生气泡速率控制通入气体的流速；根据资料卡片POC13和 SOCb的沸点不同，所以提纯POC13的操作是蒸储，故答案为：蒸懦(6)用 KS

24、CN滴定过量的硝酸银，用 NH4Fe(SO4)2做指示齐IJ,当硝酸银反应完后，KSCN和 NH4Fe(SO4)2中的三价铁反应，溶液显血红色，故滴定终点的现象是：当最后一滴KSCN标准液滴入锥形瓶，溶液由浅黄色变为血红色，且半分钟内不复原，故答案为：当最后一滴KSCN标准液滴入锥形瓶，溶液的颜色由浅黄色变为红色，且半分钟内红色不褪去；根据条件可知：AgNCh的总物质的量为：O.4mol/LxO.025L=O.Olmol,KSCN的物质的量为0.1mol/Lx0.022L=0.0022mol,SCN-反应的 Ag+为 0.0022mol,CT反应的 Ag+为 0.01 mol-0.0022mo

25、l=0.0078 mol,C1-的物质的量是0.0078 mol,根据元素守恒则25ml中POCb物质的量是0.0078 molx 13=0.0026 mol,则4.000g样品中POCL物质的量是0.0026 molx 10=0.026 mol,POCL的质量分数为0.026molxl53.5g/mol-xl00%79.8%,故答案为：79.8%。18.（13 分）【答案】(1)+2 0 8.4 (2 分)V(1 分)(1 分)9.6 x 1 0 4 (2 分)n (1 分)由图可知，直线n斜率大，E a 小，催化效率高(2 分)(3)4 0%(2 分)X 1 0-4(2 分)8 1【解析】

26、+2 H2(g)(1)由图可知，环己烷转化为1,3 环己二烯的热化学方程式为，/=+2 3 7.1 k J/m o l,1,3 环己二烯转化为苯的热化学方程式为(g)+H2(g)“2=2 8.7 k J/m o l,由盖斯定律可知，+可得环己烷转化为苯的热化学方程式为+3 H2(g)/7=(+2 3 7.1 k J/m o l)+(2 8.7 k J/m o l)=+2 8 0.4 k J/m o L 故答案为：+2 8 0.4；(2)该反应为气体体积减小的反应，温度一定时增大压强，平衡向正反应方向移动，乙醇的体积分数增大，由图可知，压强为外时乙醇的体积分数小于P2时，则 P 小于尸2；由图可

27、知，压强一定时升高温度,乙醇的体积分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，反应为放热反应，反应的平衡常数减小，则温度较低的 a 点平衡常数大于b 点，故答案为：；;在 m催化剂作用下，由图中数据可得如下方程式：5 6.2 7.2x lO 3 E a+C,27.4-7.5 x 1 0 3E a+C ,解联立方程可得a=9.6 x l()4j/m o i；由图可知，直线n的斜率大于m,说明活化能瓦小于m,催化效率高于m,故答案为：9.6 X1 04；n；由图可知，直线n斜率大，及小，催化效率高；(3)设起始通入一氧化碳和氢气的物质的量都为2m。1、生成甲烷的物质的量为am o l,由题意可建立如下三段

28、式：2co(g)+2H 2 (g)C H4(g)+C O2(g)起(m o l)220 0变(m o l)2a2aa a平(m o l)2-2a2-2aa a平衡时正逆反应速率相等，由三段式数据可得：5.0 x I O-4 x x 20 0)x x 20 0),解得4-2a 4-2a 1 6a=0.4,则 一 氧 化 碳 的 转 化 率 为 答?x l0 0%=40%,平衡时分压常数2m o l0 4 0 4(X 20 0)X(x 20 0)-好-y x io-4,故答案为：40%；X1 0-4。(X 20 0)2 X(X 20 0)2 8 1 8 13.2 3.21 9.(1 4 分)【答案

29、】(1)A B (2分)(2)丙 烯(2分)取代反应(1 分)酯 基(1 分)(4)(H (H,C M N a O H N a O Z Y-C H;O H +C H3C OONa+NaC l+H2O (2 分)(5)9 (2 分)3 (2 分)(6)C H 2=C H C H 3 BMCCI,C H2B r C H B r C H3-C H2B r C H B r C H 2C lC H.OIII *(2 分)CH.OII【解析】由框图中G、F 反应生成N 的条件以及分子式可知,应为酯化反应，故N 中含有酯基，且(G)：(F)=1 ：3,1 m o l G与足量N a 反应产生的H2为 3 3

30、.6 L+22.4L-m o lT=1.5 m o l,结合G的分子式可知G中含有3个羟基,VCH,O-C-CH.C IIO-C-C ILI XCll；o-C-C lCH,OHII *故 G为CHO H,对比N、G分子式可知F分子中含有2 个 C原子,故F为 C H 3 co OH,N 为ICI 1,011由 E(IIOOOH)逆推，由转化关系可知A中含有苯环与酯基，A与 C 1 2在光照条件下发生侧链上的取代反应生成B,B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成C与 D,D酸化得到F (乙酸)，则 D为 C H 3 co ONa,则 C中含有7个 C原子，C发生连续氧化反应，酸化得到H

31、OYCOOH,说明C中含有一C H 2 0 H 结构，故 C为H,H B 为A 为CH?C O O-4)-C Hr(l)A.对羟基苯甲酸含有羟基和竣基两种含氧官能团，在一定条件下能发生缩聚反应，A正确;B.对羟基苯甲酸含酚羟基，与 F eC b溶液发生显色反应，B正确;C.酚羟基也能与NaOH溶液反应，C错误；D.对羟基苯甲酸不能发生水解反应，D错误；答案选AB；(2)H为CH2=CHCH3,化学名称为丙烯。CHtCCM 11；生成()0&C I是甲基氢原子被C1取代的反应，CH工a、中官能团是酯基；VC H,O-C-C H,(3)根据前面分析可知N的结构简式为 V ;C IIO-C-C H.

32、I XCII,O-C-CH(4)I H U X)O中含酯基、C l,均能在碱溶液中水解，其产物为CH3coONa和0Ht 另外还有NaCl、H 2O,所以B生成C和D的化学方程式为I H(K)C11,C l+3NaOHn()II.Oll+CHjCOONa+NaCl+HzO；(5)能发生银镜反应，说明含醛基，或为甲酸某酯；与FeCh溶液反应变色，则含酚羟基，故符合条件的同分异构体可分为两组：1个一CHO、2个一0 H、苯环，共6种；1个一OOCH、1个一0 H、苯环，共3种；即共有9种：其中核磁共振氢谱中有4种吸收峰，即有4种不同环境氢原子，有:C 11,011I 2(6)目标产物;H O 中有三个羟基，羟基可由卤原子碱性水解得到，因此CH2=CHCH3先发生取代反应CH,OH生成CH2=CHCH20,CH2=CHCH2C1再与溪单质加成生成CH2BrCHBrCH2。(注意通常采用澳的四氯化碳溶液或澳水，不可以用液浪)，然后经碱性水解得到目标产物，即(11/)11I ZCH2=CHCH3 仝 CH2=CHCH2c产K或 浏 臂(化 碳 落 液 CHaBrCHBrCH2cl 浮耀?K)H.Cl I,OH