宁夏银川唐徕回民中学2020届高三化学下学期第一次模拟考试试题含解析.doc

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1、宁夏银川唐徕回民中学2020届高三化学下学期第一次模拟考试试题（含解析）1.我国科学家将石墨烯(由石墨剥离的层状结构)和碳纳米管经低温脱水处理，获得了一种“最轻材料”。该材料具有超强的吸附能力，且有望成为理想的储能保温、催化载体和吸音材料。下列有关说法正确的是()A. 石墨烯属于有机物B. 该材料吸油过程为物理变化C. 碳纳米管是碳的一种同位素D. 碳纳米管属于胶体分散系【答案】B【解析】【详解】A石墨烯是一种很薄石墨片，属于单质，而有机物烯烃中含有碳、氢元素，故A错误；B石墨吸油过程中没有新物质生成，物理变化，故B正确；C石墨烯、碳纳米管都是碳的单质，互为同素异形体，故C错误；D碳纳米管属于

2、单质，在合适的分散剂中才能形成胶体分散系，故D错误；故选B。2.依曲替酯可以由原料X经过多步反应合成得到：下列说法正确的是（ ）A. X与Y互为同分异构体B. X与Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色C. 在光照条件下，依曲替酯中的苯环能与Cl2发生取代反应D. 依曲替酯中所有不饱和键均能与溴发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A.原料X与中间体Y的分子式相同，但结构不同，则二者互为同分异构体，故A正确；B.原料X、Y中含C=C，可以使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；B.依曲替酯中的苯环能与Cl2发生取代反应的条件是铁做催化剂，光照下不能发生苯环上的取代反应，故C错误；D.依曲替酯中含-COO

3、C-，酯基中的不饱和键不能与溴发生加成反应，故D错误；故选A。【点晴】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物官能团与性质的关系来解答，熟悉酚、酯、烯烃的性质是解答的关键，选项D为易错点。3.A、B、C三种元素的原子序数之和为37，A、B在同一周期，A+、C-具有相同的核外电子层结构。下列推测不正确的是( )A. 同周期元素中C的氢化物稳定性最强B. 同周期元素中A的金属性最强C. 原子半径：ABC，离子半径：A+ C-D. A、B、C的简单离子中，会破坏水的电离平衡的是C【答案】C【解析】【分析】A+与C-具有相同的核外电子层结构，可推知C在A、B的上一个周期，又因为A、B、C原子序数之和

4、为37，A、B在同一周期，若A、B处于长周期，则A、B元素的质子数之和大于37，故A、B、C处于短周期，则A为Na、C为F、可知B的质子数=37-11-9=17，则B为Cl，结合元素周期律的递变规律解答该题。【详解】A同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，故同主族中HF最稳定，故A正确；BA为Na，由同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，可知同周期元素中Na的金属性最强，故B正确；C同周期随原子序数递增原子半径减小，故原子半径NaCl，电子层结构相同，核电核数越大离子半径越小，则离子半径应为：FNa+，故C错误；DA、B、C的简单离子中F形成的酸为弱酸，能够水解，会破坏水的

5、电离平衡，故D正确；答案选C。【点睛】元素周期律应用时，需正确推断出各种元素，根据不同元素在周期表的位置，判断金属性，非金属性的递变规律。4.某研究性学习小组利用电化学方法处理石油炼制过程中产生的含H2S的废气。基本工艺是将H2S通入FeCl3溶液中，过滤后将滤液加入电解槽中电解，电解后的滤液可以循环利用。下列有关说法正确的是（ ）A. 过滤得到的沉淀可能是FeSB. 与a极相连的电极反应式为Fe2+- e-= Fe3+C. 可以用Fe与外接电源a极相连D. 若有0.10mol电子转移，则一定能得到1.12L H2【答案】B【解析】【详解】A.将H2S通入FeCl3溶液中，H2S被铁离子氧化为

6、S，即发生2Fe3+H2S=S+2Fe2+2H+，所以过滤得到的沉淀是S沉淀，故A错误；B.与b 相连的电极上氢离子得电子生成氢气，则为阴极，所以与a极相连的电极为阳极，阳极上亚铁离子失电子生成铁离子，即电极反应式为Fe2+-e-Fe3+，故B正确；C.Fe与外接电源的a极相连，Fe作阳极失电子，而溶液中的亚铁离子不反应，所以不能用Fe作电极，故C错误；D.电极反应2H+2e-=H2，有0.1mol电子发生转移，会生成0.05mol氢气，在标准状况下，氢气的体积为1.12L，但是选项中没有说明是标准状况下，所以无法确定氢气的体积，故D错误；故选B。5. 25时，在25mL c mol/L的一元

7、弱酸(HA)中，加入VmL 0.1mol/L的一元强碱(BOH)。下列有关判断一定正确的是（ ）A. 当25c=0.1V，c(A-)c(B+)B. 当pH7时，c(A-)c(OH-)C. 当pH=7，且V=25时，c0.1D. 当pHc(A-)【答案】C【解析】【详解】A.当25c=0.1V时，HA溶液和BOH溶液正好完全中和，得到BA的溶液，BA为强碱弱酸盐，弱酸根在溶液中水解，溶液显碱性，溶液中c（A-）c（B-），故A错误；B.当pH7时，溶液显碱性，c（A-）可以大于、小于或是等于c（OH-），故B错误；C当pH=7，且V=25时，反应中弱酸应过量，则c0.1，故C正确；D.当pH7时

8、，溶液显示酸性，c（H+）c（OH-），根据电荷守恒可知溶液中c（B+）c（A-），故D错误；故选C。【点晴】注意分析问题的角度，当25C=0.1V时，HA和BOH正好完全中和，生成BA的溶液，弱酸的阴离子会存在水解，导致溶液显示碱性。6. 用相对分子质量为57的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物有（ ）A 4种B. 8种C. 10种D. 12种【答案】D【解析】【详解】烷基组成通式为CnH2n+1，烷基式量为57，所以14n+1=57，解得n=4，所以烷基为-C4H9，若为正丁烷形成的丁基，正丁烷分子中有2种H原子，形成的丁基有2种结构；若为异丁烷形成的异丁基，异丁烷分子中有2种

9、H原子，形成的丁基有2种结构，故丁基共有4种结构，甲苯苯环上的H原子种类有3种，故丁基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的数目为43=12，故选D。【点晴】解题关键是根据烷基式量为57的确定烷基，注意利用等效氢判断可能的烷基异构情况与苯环中氢原子种类，利用组合计算。根据烷基组成通式CnH2n+1，利用商余法，结合式量为57确定烷基，根据烷烃的同分异构体中等效氢确定烷基同分异构体数目，甲苯苯环上的H原子有3种，再利用组合计算判断。7.下列有关实验设计、观察或记录、结论或解释都正确的是（ ）选项实验设计观察或记录结论或解释A将浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中产生红棕色气体浓硝酸的还原

10、产物是NO2B测某铵盐溶液的pHpH7NH4+水解生成NH3H2O，使溶液显碱性C用湿润的淀粉碘化钾试纸检验某气体试纸变蓝该气体一定是Cl2D将盛少量水的分液漏斗静置、倒置、将塞子旋转180后再次倒置漏斗口和活塞不漏水分液漏斗不漏液A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.稀硝酸的还原产物是一氧化氮，一氧化氮易于氧气反应生成二氧化氮，故A错误；B.NH4+水解生成NH3H2O，同时会生成氢离子，溶液应该呈酸性，解释与实验结果不符，故B错误；C.用湿润的淀粉碘化钾试纸检验某气体，试纸变蓝，说明碘离子被氧化为碘单质，具有氧化性的气体不一定是氯气，如臭氧也具有强氧化性，故C错误；

11、D.分液漏斗中装入适量蒸馏水，正放，倒放，将上口瓶塞旋转180，正放倒放，将下端旋塞旋转180，正放倒放，若都不漏水，则分液漏斗不漏水，故D正确；故选D。【点晴】本题的易错项为A，要注意将浓硝酸加入稀硫酸中就变成了稀硝酸，稀硝酸与铜反应放出一氧化氮，浓硝酸与铜反应放出二氧化氮，这样的基本规律要熟记。8.某研究性学习小组用下列装置(铁架台等支撑仪器略)探究氧化铁与乙醇的反应Cu(OH)2悬浊液用于检验反应产物。（1）组装好仪器后必须进行的操作是_。（2）为快速得到乙醇气体，可采取的方法是_；若实验时小试管中的溶液已经开始发生倒吸，应采取的措施是_(填字母)。A取下小试管 B移去酒精灯 C将导管从

12、乳胶管中取下 D以上都可以（3）乙醇被氧化的产物是_(写结构式)。（4）若M的成分为FexOy，用CO还原法定量测定其化学组成。称取a g M样品进行定量测定，实验装置和步骤如下：组装仪器 点燃酒精灯 加入试剂 打开分液漏斗活塞 检查气密性 停止加热 关闭分液漏斗活塞 称重.正确的操作顺序是_（填字母）。a bc d.尾气处理的方法是_。若测得碱石灰增重b g，则x：y=_(用含有a、b的代数式表示)。【答案】 (1). 检查装置的气密性 (2). 水浴加热或对烧杯进行加热 (3). c (4). (5). C (6). 用气球收集或直接点燃 (7). 【解析】【分析】（1）依据装置图分析可知

13、反应过程需要在气密性好的装置中进行；（2）依据图1装置分析可知，乙醇易挥发，可以对烧杯加热或烧杯中加入热水；阻止倒吸的操作是迅速拆下导气管；（3）依据反应现象可知，乙醇蒸气在氧化铁做催化剂作用下生成乙醛；（4）. 依据反应原理和实验目可知实验步骤为组装装置，检验装置气密性，加入试剂，先加入水把一氧化碳赶入后续装置，点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比；一氧化碳属于不成盐氧化物，最后的尾气可以采用点燃或用气囊收集的方法处理；铁的氧化物中减少的质量为氧元素的质量，碱石灰增加的质量为二氧化碳的质量。【详解】（1）依

14、据装置图分析可知反应过程需要在气密性好的装置中进行，则实验前需要检验装置气密性， 故答案为：检验装置气密性；（2）依据图1装置分析可知，乙醇易挥发，可以对烧杯加热或烧杯中加入热水；阻止倒吸的操作是迅速拆下导气管，故答案为：在烧杯中加入热水（对烧杯加热）；c；（3）依据反应现象可知，乙醇蒸气在氧化铁做催化剂作用下生成乙醛，乙醛的结构式为，故答案为：；（4）.依据反应原理和实验目可知实验步骤为组装装置，检验装置气密性，加入试剂，先加入水把一氧化碳赶入后续装置，点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比，所以选c，故答案

15、为：c；一氧化碳属于不成盐氧化物，最后的尾气可以采用点燃或用气囊收集的方法处理；碱石灰增加的质量为二氧化碳的质量，其中一半的氧来自与金属氧化物，金属氧化物中氧元素的质量为bg，铁的质量为（a-b）g，依据元素物质的量计算得到比值，n（Fe）：n（O）=：=，故答案为：用气球收集或直接点燃；。【点晴】依据实验结果，铁的氧化物中减少的质量为氧元素的质量，碱石灰增加的质量为二氧化碳的质量是解题关键。9.MnO2又名黑锰矿，主要用于生产优质软磁铁氧体。MnO2合成方法按制备工艺中所用原料的不同，分为固相合成和液相合成。已知：MnO2不溶于水，其中锰的价态有+2价，也可能有+3价和+4价。请回答下列问题

16、：(1)若Mn3O4中锰的价态看作由+2和+4价组成，写出它由氧化物形成的表达式：_(2)MnOOH中锰的价态为_价，写出的化学方程式：_；碱性锌锰干电池的电池反应为：Zn+2MnO2 + 2H2O=Zn(OH)2 + 2MnOOH，写出该电池正极的电极反应式_(3)将(NH4)2SO4溶于水使锰的悬浊液显酸性，随即缓慢地产生气泡，试用相应的离子方程式解释原因_。过滤出的Mn(OH)2需要洗涤，简要说明洗涤沉淀的操作过程：_。(4)若中收集到672mL(标准状况下)的H2，则理论上可以得到_g Mn3O4。【答案】 (1). 2MnOMnO2或MnO22MnO (2). +3 (3). 12M

17、n2O3+CH48Mn3O4+CO2+2H2O (4). MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH- (5). Mn+2NH4+2H2O=Mn2+H2+2NH3H2O (6). 向过滤器中加蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复上述操作2-3次 (7). 2.29【解析】【分析】由制备流程可知，MnOOH焙烧生成Mn2O3，中发生12Mn2O3+CH48Mn3O4+CO2+2H2O，Mn3O4中锰的价态看作由+2和+4价组成，可写成2MnOMnO2，金属锰的悬浊液与硫酸铵发生反应为Mn+2NH4+2H2O=Mn2+H2+2NH3H2O，过滤出的Mn(OH)2需要洗涤，在空气中加热生成Mn3O4，

18、以此来解答。【详解】(1)若Mn3O4中锰的价态看作由+2和+4价组成，它由氧化物形成的表达式2MnOMnO2或MnO22MnO；(2)MnOOH中O为-2价，H为+1价，由化合物中正负化合价的代数和为0可知，则锰的价态为+3；的化学方程式为12Mn2O3+CH48Mn3O4+CO2+2H2O；碱性锌锰干电池的电池反应为：Zn+2MnO2 + 2H2O=Zn(OH)2 + 2MnOOH，负极为：Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2，正极反应式可由总反应减去负极反应，该电池正极的电极反应式MnO2+e-+H2O =MnOOH + OH-；(3)将(NH4)2SO4溶于水使锰的悬浊液显酸性，随

19、即缓慢地产生气泡，用相应的离子方程式解释原因为Mn+2NH4+2H2O=Mn2+H2+2NH3H2O；过滤出的Mn(OH)2需要洗涤，简要说明洗涤沉淀的操作过程为向过滤器中加蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复上述操作2-3次；(4)由Mn+2NH4+2H2O=Mn2+H2+2NH3H2O、6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O可知，存在关系3H2Mn3O4，则中收集到672mL(标准状况下)的H2，则理论上可以得到Mn3O4的质量为229g/mol=2.29g。10.CO2和CH4是两种主要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值的化学品是目前的研究目标。（1）250时，以镍合金

20、为催化剂，向4L容器中通入6mol CO2、6mol CH4，发生如下反应：CO2(g) + CH4(g)2CO(g) + 2H2(g)。平衡体系中各组分的体积分数如下表：物质CH4CO2COH2体积分数0.10.10.40.4此温度下该反应的平衡常数K=_。已知：CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) H=-890.3kJmol-1，CO(g) + H2O(g) = CO2(g) + H2(g) H=+2.8kJmol-1，2CO(g) + O2(g) = 2CO2(g) H=-566.0kJmol-1，反应CO2(g) + CH4(g)2CO(g) + 2H2

21、(g)的H=_。（2）以二氧化钛表面覆盖的Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成为乙酸。在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的变化关系如图所示。250300时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是_。为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是_。将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为_。（3）以CO2为原料可以合成多种物质。聚碳酸酯是一种易降解的新型合成材料，它是由CO2加聚而成的。写出聚碳酸酯的结构简式：_。以氢氧化钾水溶液作为电解质进行电解，CO2在铜电极上可转化为甲烷，电极反应式为_。【答案】 (1). 64 (2). +247.3 kJmol1

22、 (3). 温度超过250时，催化剂的催化效率降低 (4). 增大反应压强或增大CO2的浓度 (5). 3Cu2Al2O4+32H+2NO3=6Cu2+ 6Al3+2NO+16 H2O (6). (7). CO2+8e+6H2O=CH4+8OH【解析】【分析】（1）由题意建立三段式计算可得；由盖斯定律计算可得；（2）由图可知温度超过250时，催化剂的催化效率降低；增大反应压强或增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物CH4的转化率增大；Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2OAl2O3，与硝酸反应硝酸铜、硝酸铝、一氧化氮和水；（3）CO2分子中含有碳氧双键，一定条件下发生加聚反应；由碳元素化合

23、价变化可知，CO2在阴极得电子发生还原反应生成甲烷。【详解】（1）设反应消耗二氧化碳的物质的量为x，由题意建立如下三段式：由CH4的体积分数为0.1可得=0.1，解得X=4，则化学平衡常数K=64，故答案为：64；CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=-890.3kJmol-1CO（g）+H2O （g）=CO2（g）+H2（g）H=2.8kJmol-12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=-566.0kJmol-1根据盖斯定律，由+2-2得，CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g），则H=-890.3kJmol-1+2.8kJmol-12+566.0kJ

24、mol-12=+247.3 kJmol-1，故答案为：+247.3 kJmol-1；（2）由图可知温度超过250时，催化剂的催化效率降低，则温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案为：温度超过250时，催化剂的催化效率降低；增大反应压强或增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物CH4的转化率增大，故答案为增大反应压强、增大CO2的浓度；Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2OAl2O3，与硝酸反应硝酸铜、硝酸铝、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu2Al2O4+32H+2NO3-= 6Cu2+6Al3+2NO+16H2O，故答案为：3Cu2Al2O4+32H+2NO3-=6Cu2+6Al3+ 2

25、NO+16H2O；（3）CO2分子中含有碳氧双键，一定条件下发生加聚反应生成，故答案为：；由碳元素化合价变化可知，CO2在阴极得电子发生还原反应生成甲烷，电极反应式为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-，故答案为：CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-。11.已知A、B、R、D都是周期表中前四周期的元素，它们的原子系数依次增大。其中A元素基态原子第一电离能比B元素基态原子的第一电离能大，B的基态原子的L层、R基态原子的M层均有2个单电子，D是第族中原子序数最小的元素。(1)写出基态D原子的电子排布式_。(2)已知高纯度R的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地位。工业上生

26、产高纯度R的单质过程如下：写出过程的反应方程式_，已知RHCl3的沸点是31.5oC，则该物质的晶体类型是_，中心原子的轨道杂化类型为_，该物质的空间构型是_。(3)A的第一电离能比B的第一电离能大的原因是_，A、B两元素分别与R形成的共价键中，极性较强的是_。A、B两元素间能形成多种二元化合物，其中与A3-互为等电子体的物质的化学式为_。(4)已知D单质的晶胞如图所示，则晶体中D原子的配位数为_，一个D的晶胞质量为_，已知D原子半径为r pm，则该晶胞的空间利用率为_ (写出计算过程)。【答案】 (1). Ar3d64s2 (2). SiHCl3 + H2Si + 3HCl (3). 分子晶

27、体 (4). sp3 (5). 四面体形 (6). N原子的2p能级处于较稳定的半充满状态 (7). Si-O键 (8). N2O (9). 8 (10). (11). 晶胞中铁原子占据的体积为两个铁原子的体积，铁原子的半径为r pm，如图所示，晶胞的棱长为=，晶胞的体积=()3，空间利用率=100%=68%【解析】【分析】B的基态原子的L层、R基态原子的M层均有2个单电子，则最外层电子数可能为4或6，B可能为C或O元素，R可能为Si或S元素，D是第族中原子序数最小的元素，应为Fe，A元素基态原子第一电离能比B元素基态原子的第一电离能大，且A的原子序数小于B，则A是N元素、B是O元素，高纯度R

28、的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地位，则R是Si元素；(1)D是Fe元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写基态D原子的电子排布式；(2)SiO2和C在高温下发生置换反应生成粗Si，粗硅和HCl在300条件下反应生成SiHCl3，SiHCl3和过量氢气在1000-1100条件下反应生成纯硅，的反应为SiHCl3和氢气的反应，生成Si和HCl，分子晶体熔沸点较低，该分子中Si原子价层电子对个数是4且不孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Si原子的轨道杂化类型及空间构型；(3)原子轨道中电子处于全满、全空或半满最稳定；N、O两元素分别与Si形成的共价键中，元素的非金属性越强，

29、其形成的化合物中极性键的极性越强；等电子体中原子个数相等及价电子数相等；(4)该晶胞是体心立方晶胞，该晶胞中Fe原子个数=1+8=2，其配合物是8，每个Fe原子的质量=，则该晶胞质量就是两个Fe原子质量，空间利用率 =。【详解】(1)D是Fe元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写基态D原子的电子排布式为Ar3d64s2；(2)SiO2和C在高温下发生置换反应生成粗Si，粗硅和HCl在300条件下反应生成SiHCl3，SiHCl3和过量氢气在1000-1100条件下反应生成纯硅，的反应为SiHCl3和氢气的反应，生成Si和HCl，反应方程式为SiHCl3 +H2Si+3HCl；分子晶体熔

30、沸点较低，该物质熔沸点较低，则该物质晶体类型为分子晶体，该分子中Si原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Si原子的轨道杂化类型及空间构型分别为sp3、四面体形；(3)原子轨道中电子处于全满、全空或半满最稳定，N原子的2p能级处于较稳定的半充满状态，所以N原子比O原子第一电离能大；N、O两元素分别与Si形成的共价键中，元素的非金属性越强，其形成的化合物中极性键的极性越强，因为O元素的非金属性大于N，则极性O-Si键N-Si键；等电子体中原子个数相等及价电子数相等，N3-中含有3个原子、价电子数是16，与该离子互为等电子体的氮氧化物为N2O；(4)该晶胞是体心立方晶胞，

31、该晶胞中Fe原子个数=1+8=2，体心上的Fe原子被顶点上的8个原子包围，所以其配合物是8，每个Fe原子的质量=g，则该晶胞质量就是两个Fe原子质量=2g=2g=g；晶胞中铁原子占据的体积为两个铁原子的体积，铁原子的半径为r pm，如图所示，晶胞的棱长为=，晶胞的体积=()3，空间利用率=100%=68%。12.美国药物学家最近合成一种可能用于治疗高血压的有机物K，合成路线如下：其中A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%；E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰。H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一。G和H以1：3反应生成I。试回答下列问题：（1）A的分子式为：_。（2）写出下列物

32、质的结构简式：D：_；G：_。（3）反应中属于取代反应的有_。（4）反应的化学方程式为_；反应的化学方程式为_。（5）E有多种同分异构体，符合“既能发生银镜反应又能发生水解反应”条件的E的同分异构体有_种，写出符合上述条件且核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式：_。【答案】 (1). C5H12 (2). (3). CH3CHO (4). (5). C6H12O62C2H5OH + 2CO2 (6). (7). 4 (8). HCOOC(CH3)3【解析】【分析】A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%，因此A中=，则A为C5H12；H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要

33、污染物之一，H为HCHO，根据流程图，B为卤代烃，C为醇，D为醛，E为酸；F为乙醇，G为乙醛，G和H以1：3反应生成I，根据信息，I为，J为，E和J以4：1发生酯化反应生成K，E为一元羧酸，E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰，E为，则D为，C为。【详解】（1）根据上述分析可知，A的分子式为C5H12，故答案为：C5H12；（2）根据上述分析，D的结构简式为；G为乙醛，结构简式为CH3CHO，故答案为：；CH3CHO；（3）根据流程图可知，反应是葡萄糖的分解反应；反应为卤代烃的水解反应，属于取代反应；反应是醛和醛的加成反应；反应是醛的氢化反应，属于加成反应；反应是酯化反应，属于取代反应，属于取代反应，故答案为：；（4）反应是葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，反应的化学方程式为C6H12O62C2H5OH + 2CO2；反应是在催化剂作用下，与氢气共热发生加成反应，反应的化学方程式为，故答案为：C6H12O62C2H5OH + 2CO2；（5）既能发生银镜反应又能发生水解反应，表明分子结构中含有醛基和酯基，E为，E的同分异构体属于甲酸酯，同分异构体的结构为HCOOC4H9，因为丁基有4种结构，故E的同分异构体有4种，其中核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式为HCOOC(CH3)3，故答案为：4；HCOOC(CH3)3。- 15 -