四川省南充市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题(解析版).docx

《四川省南充市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题(解析版).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四川省南充市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题(解析版).docx（17页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、南充市20192020学年度下期普通高中二年级教学质量监测理科综合化学理科综合考试时间共150分钟，满分300分。其中化学100分。考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上答题无效。考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Cu-64Zn-65第I卷(选择题共42分)注意事项：必须使用2B铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。第I卷共7题，每题6分。每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2(g)和NO(g)过程中能量变化如图所示，下列判断错误的是A. 反应物的总能量大于生成

2、物的总能量B. 使用催化剂可降低E1C. 升高温度，活化分子百分数不变D. 热化学方程式为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) H=-(a-c)kJmol-1【答案】C【解析】【详解】A. 根据图像，反应物总能量大于生成物总能量，故A说法正确；B. 使用催化剂降低反应的活化能，因此使用催化剂课降低E1，故B说法正确；C. 升高温度，增加单位体积内活化分子的百分数，故C说法错误；D. 根据图像，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，因此热化学反应方程式为NO2(g)CO(g)=CO2(g)NO(g)H=(ac)kJmol1，故D说法正确；答案为C。2. 下列事实不能用勒

3、夏特列原理解释的是A. H2(g)、I2(g)、HI(g)平衡体系加压后颜色变深B. 常温下，将pH=10的NH3H2O溶液稀释10倍，pH9C. 利用TiC14水解制备TiO2时，需加入大量水并加热D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，有红褐色沉淀生成【答案】A【解析】【详解】A存在平衡H2+I2(g)2HI(g)，该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故A选；B氨水是弱电解质存在电离平衡，加水稀释促进电离，常温下，将pH=10的NH3H2O溶液稀释至10倍后，pH应是9，但醋酸又电离出氢

4、离子，溶液pH9，则能用勒夏特列原理解释，故B不选；C盐的水解是吸热反应，加热促进四氯化钛水解，则能用勒夏特列原理解释，故C不选；D向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，促进氢氧化镁的电离平衡正向移动，电离出更多的氢氧根与铁离子结合生成红褐色Fe(OH)3沉淀，能用勒夏特列原理解释，故D不选；答案选A。3. 如图为以稀H2SO4为电解质溶液，Pt为电极的氢氧燃料电池的工作原理示意图。下列有关说法错误的是A. 氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源B. a极为负极，电子由a极经外电路流向b极C. b极的电极反应式为：O2+4H+4e-=2H2OD. 电池工作一段时间后，装置中c(H2SO

5、4)不变【答案】D【解析】【分析】该装置为燃料电池，通燃料一极为负极，通氧气或空气一极为正极，电解质溶液显酸性，按照原电池工作原理进行分析；【详解】A氢氧燃料电池总反应是2H2O2=2H2O，水对环境无污染，因此氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源，故A说法正确；B通H2一极为负极，通氧气一极为正极，即a极为负极，b极为正极，根据原电池工作原理，电子从a极经外电路流向b极，故B说法正确；Cb极为正极，电解质溶液显酸性，因此正极反应式为O24H4e=2H2O，故C说法正确；D根据A选项分析，产生H2O，稀释硫酸，硫酸浓度降低，故D说法错误；答案为D。【点睛】原电池是将氧化还原反应分成两个半反

6、应，因此书写电极反应式(电解质为溶液)为先写出氧化剂+ne还原产物，还原剂ne氧化产物，根据电解质溶液酸碱性，判断出H、H2O、OH谁参与反应，最后根据电荷守恒和原子守恒配平其他。4. 下列电化学装置及用途正确的是ABCD铜的精炼铁上镀银防止Fe被腐蚀构成铜锌原电池A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 根据电解原理，铜的精炼中，粗铜作阳极，与电源的正极相连，纯铜作阴极，与电源的负极相连，故A错误；B. 电镀，镀件作阴极，镀层金属作阳极，即Fe为阴极，Ag为阳极，故B错误；C. 该装置为电解池装置，Fe为阴极，根据电解原理，Fe不参与反应，即该装置能防止Fe被腐蚀，故C

7、正确；D.锌与硫酸铜直接反应，没有电流产生，不能构成原电池；锌电极应盛放ZnSO4溶液，Cu电极盛放CuSO4溶液，这样才能构成原电池，故D错误；答案为C。5. 将0.2 mol/L的KI溶液和0.01mol/L Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别进行实验。下列能说明溶液中存在平衡2Fe3+2I2Fe2+I2的是A. 滴入硝酸银溶液产生黄色沉淀 B. 加入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去C. 滴入淀粉溶液，溶液变蓝色 D. 滴入KSCN溶液，溶液变红色【答案】D【解析】【详解】将0.2 mol/L的KI溶液和0.01mol/L Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，I-过量，若不

8、是可逆反应，Fe3+全部转化为Fe2+，则溶液中无Fe3+，故只需要证明溶液中含Fe3+，即能证明此反应为可逆反应，能建立化学平衡。A向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，溶液中I-过量，无论是否存在平衡反应，都会有黄色沉淀生成，所以不能说明反应存在平衡，A错误；B碘离子过量，因此加入酸性KMnO4溶液后，无论是否存在平衡反应，溶液紫红色都会褪去，B错误；C无论反应存不存在平衡，溶液中均有I2，滴入淀粉溶液后溶液均变蓝色，故不能证明存在平衡，C错误；D向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中有Fe3+，Fe3+是少量的，但是没有完全反应完，说明反应存在平衡，D正确；答案选D。6.

9、常温下，下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述错误的是A. 溶液中水电离出的c(H+)=1010-11molL-1B. 与等体积pH=11NaOH溶液混合，所得溶液pH=7C. 加入少量水稀释该溶液的过程中，增大D. 加入0.1molL-1CH3COONa溶液使pH=7，则c(CH3COO-)=c(Na+)【答案】B【解析】【详解】ApH=3的CH3COOH溶液中c(H+)=1.010-3molL-1，醋酸抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则由H2O电离出的c(H+)=c(OH-)=1.010-11molL-1，故A正确；BpH=3的CH3COOH等体积pH=11的NaOH溶液

10、混合，醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，反应后溶液呈酸性，故B错误；C由醋酸电离的平衡常数表达式可知，加水稀释，氢离子浓度降低，温度不变，则平衡常数不变，则稀释过程中，增大，故C正确；D滴加0.1molL-1CH3COONa溶液至pH=7时，根据电荷守恒可知c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性则，c(CH3COO-)=c(Na+)，故D正确；答案选B。7. 常温下，进行下列实验操作，能达到预期目的的是选项实验操作实验目的A在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液证明CO在溶液中存在水解平衡B分别测定盐酸和醋酸溶液的pH证明相同温度下，HCl的电离程度大于CH3COOHC向0.1mol

11、L-1的稀硫酸中加入ag锌粉，向0.4molL-1的稀硫酸中加入ag锌粒探究固体表面积对反应速率的影响D向两支装有4mL0.0lmolL-1KMnO4酸性溶液的试管中分别加入2rnL0.04molL-1H2C2O4(草酸)溶液、2mL0.2molL-1H2C2O4(草酸)溶液探究浓度对化学反应速率的影响A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】ANa2CO3为强碱弱酸盐，水溶液显碱性，存在H2OOH，滴入酚酞，溶液显红色，加入BaCl2，发生Ba2=BaCO3，使平衡向逆反应方向进行，c(OH)减小，红色变浅，能达到实验目的，故A正确；B题中没有指明两种物质物质的量浓度是否相同

12、，因此该实验无法比较电离程度大小，故B错误；C研究固体表面积对反应速率的影响，需要硫酸的浓度相同，而题中硫酸浓度不相同，因此该实验不能达到实验目的，故C错误；D高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式为25H2C2O46H=2Mn210CO28H2O，根据离子方程式，前一个草酸不足，高锰酸钾溶液过量，溶液不褪色，后一个草酸过量，高锰酸钾溶液不足，溶液褪色，因此无法得到实验目的，故D错误；答案为A。第II卷(非选择题 共58分)注意事项：必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答。作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5亳米黑色墨迹签字笔描消楚。答在试题卷、草稿纸上无效。第II

13、卷共4题，第810题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11-12题为选考题，考生任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。8. 回答下列问题。I.研究CO2与CH4转化为CO与H2，对缓解燃料危机，减少温室效应具有重要的意义。已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H=-566kJmol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H-484kJmol-1CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)H=-802kJmol-1(1)则反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的H=_kJmol-1。II.中和热的测定实验装置如图所示：(2)仪器A的名称是_

14、。(3)碎泡沫塑料的作用是_。III.铅蓄电池是最常见的二次电池，其构造如图所示：(4)铅蓄电池放电时负极的电极反应式为：_。(5)铅蓄电池充电时，其正极应连接外加直流电源的_(填“正”或“负”)极，充电时该电极的电极反应式为：_。(6)实验室用铅蓄电池做电源，用石墨电极电解400mL饱和食盐水，产生0.02mol Cl2，电解后所得溶液pH为_(假设溶液体积不变)，此时铅蓄电池内消耗的H2SO4的物质的量至少为_mol。【答案】 (1) +248 (2) 环形玻璃搅拌棒 (3) 保温、隔热，减少实验过程中热量损失 (4) Pb2eSO=PbSO4 (5) 正 (6) PbSO4-2e2H2O

15、=PbO2SO4H (7) 13 (8) 0.04【解析】【详解】(1)根据目标反应方程式，H=(802)(566)(484)kJmol1=248kJmol1；(2)仪器A为环形玻璃搅拌棒；(3)测定中和热实验，关键是减少热量的损失，因此碎泡沫塑料的作用是保温、隔热，减少实验过程中热量损失；(4)铅蓄电池总反应为PbPbO22H2SO4=2PbSO42H2O，根据原电池工作原理，负极上失去电子，化合价升高，即负极电极反应式为Pb2e =PbSO4；(5)铅蓄电池充电时，电池正极接电源的正极，电池负极接电源的负极；充电时铅蓄电池正极反应式为PbSO42e=PbO22H；(6)电解饱和食盐水的总反

16、应式为2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，产生0.02molCl2时，生成NaOH的物质的量为20.02mol=0.04mol，c(NaOH)=0.1molL1，根据水的离子积，溶液中c(H)=1013molL1，即pH=13；根据转移电子物质的量相同，存在Cl22ePb2H2SO4，消耗H2SO4的物质的量为20.02mol=0.04mol。【点睛】充电电池充电时，电池的正极接电源的正极，电池的负极接电源的负极，充电时各电极反应式应是放电时各电极电极反应式的逆过程，需要熟记。9. 氯化铜晶体(CuCl2H2O)中往往含有FeCl2杂质，为制得纯净的氯化铜晶体，首先将其制成水溶液，再按下图

17、所示的操作步骤进行提纯。请参照下表给出的数据填空：氢氧化物开始沉淀时的pH氢氧化物沉淀完全时的pHCu2+4.76.7Fe2+7.09.0Fe3+1.94(1)加入试剂X的目的是_。(2)适合本实验的X物质可以是_(填字母)。A KMnO4 B H2O2 C NaClO D Cl2(3)加入试剂Y的目的是调节溶液的pH，试剂Y的化学式为_，根据题给信息，溶液的pH范围应为_。(4)当c(Fe3+)=1.010-5molL-1时，可以认为沉淀完全，则Fe(OH)3的Ksp=_。(5)实验室在配制CuCl2溶液时需加入少许_(填物质名称)，理由是_(用化学用语和必要的文字回答)。(6)操作III是

18、_。【答案】 (1) 将Fe2氧化为Fe3，便于除去 (2) B、D (3) CuO 或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3 (4) 4pH4.7 (5) 1.01035 (6) 盐酸 (7) Cu2水解Cu22H2OCu(OH)22H，加入盐酸抑制其水解，防止溶液变浑浊 (8) 在HCl气流中蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥【解析】【分析】氯化铜(CuCl22H2O)中含FeCl2杂质，为制得纯净氯化铜晶体，由流程可知，首先将其制成水溶液，加氧化剂X使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，从环保和不引进杂质角度考虑，X可以为氯气(氯水或过氧化氢等)；然后加入试剂Y，过滤后得到Fe

19、(OH)3沉淀和CuCl2溶液，则加入Y的目的是调节溶液pH，从不能引进杂质方面分析，Y可以为CuO或Cu(OH)2，操作为过滤；最后对CuCl2溶液蒸发结晶得到CuCl22H2O；【详解】(1)分析流程和实验流程可知，操作加入的X为双氧水，目的使Fe2+氧化成Fe3+，故答案为：将Fe2氧化为Fe3，便于除去；(2)加入X的目的是氧化亚铁离子，加入的是氧化剂，能将Fe2+氧化为Fe3+，且易除去，除杂时，不能引入新的杂质，所以选项中：AKMnO4氧化剂加入会增加杂质离子，故A不选：BH2O2做氧化剂没有增加新杂，故B选； C NaClO是氧化剂，但引入杂质钠离子，故C不选；DCl2是氧化剂，

20、反应过程中不引入新的杂质，故D选；故答案为：BD；(3)操作II中加入试剂Y的目的是调节溶液pH，从不能引进杂质方面分析，Y可以为CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3；分析图表数据可知，铁离子完全沉淀的pH为4，铜离子开始沉淀的pH为4.7，要调节pH使Fe3+全部沉淀，而不能沉淀Cu2+，需要调节溶液的pH范围为：4pH4.7；故答案为：CuO 或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3；4pH4.7；(4)由表中数据可知，Fe(OH)3完全沉淀时pH=4，则，则则Fe(OH)3的，故答案为：1.01035；(5)由于Cu2+水解发生水解：Cu2+2H2OCu

21、(OH)2+2H+，所以实验室在配制CuCl2溶液时，需加入少许盐酸，以便抑制铜离子水解，故答案为：盐酸；Cu2水解Cu22H2OCu(OH)22H，加入盐酸抑制其水解，防止溶液变浑浊；(6)操作III若要得无水CuCl2，需要在HCl气流中蒸发，从而防止铜离子水解，故答案为：在HCl气流中蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。10. .T时，在2L刚性密闭容器中，X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)，反应过程中X、Y、Z物质的量变化如图1所示。若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示。请回答下列问题：(1)容器中发生反应的方程式为_。(2)正反应为

22、_反应(填“放热”或“吸热”)。(3)图1中，从反应开始到平衡用时3min，则03min内，v(X)=_。(4)T时，该反应的平衡常数K=_(保留小数点后两位)。(5)若只改变一个反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件为_。.常温下，用0.1000mlL-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mlL-1CH3COOH溶液，溶液的pH与滴入NaOH溶液体积的关系如图所示。请回答下列问题：(1)实验过程中不需要的仪器或用品是_(填序号)。A. 100mL容量瓶 B. 锥形瓶 C. 滴定管夹 D. 玻璃棒 E. 滴定管(2)如图点所示溶液中离子浓度由大到小的顺序是_。(3)如图点所示溶液

23、中，水的电离程度最大的是_(填序号)，c(Na+)=c(CH3COO-)的是_(填序号)。(4)已知Ka(CH3COOH)=1.810-5，当滴定过程中c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9时，溶液pH=_。【答案】 (1) 3X(g)Y(g) 2Z(g) (2) 吸热 (3) 0.1molL1min1 (4) 0.67 (5) 使用催化剂 (6) A、D (7) c(CH3COO-)c(Na)c(H)c(OH) (8) (9) (10) 5【解析】【分析】I.利用化学计量数之比等于变化物质的量的之比、影响化学平衡移动的因素、化学反应速率的数学表达式等角度进行分析；II.从弱电解质

24、的电离、盐类水解等角度进行分析；【详解】I.(1)根据图1，X和Y的物质的量减小，X和Y为反应物，Z的物质的量增大，即Z为生成物，X、Y、Z变化的物质的量为(2.01.4)：(1.61.4)：(0. 80.4)=3：1：2所以反应方程式为3X(g)Y(g) 2Z(g)；(2)根据图2，反应速率越快，T2先达到平衡，根据温度越高，因此T2T1，根据图像，温度越高，Y体积百分含量减小，平衡向正反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应方向为吸热反应；(3)根据化学反应速率的数学表达式，v(X)=0.1mol/(Lmin)；(4)，达到平衡时，X、Y、Z的物质的量浓度分别是0.7molL1、0.

25、7molL1、0.4molL1，根据化学平衡常数的定义，得出K=0.67；(5)对比图1和图2，达到平衡时各自的物质的量保持不变，图2达到平衡所用时间比图1短，改变的条件，只加快反应速率，对平衡无影响，即改变的条件是使用催化剂；II.(1)滴定时使用的仪器为锥形瓶、滴定管夹、酸式滴定管、碱式滴定管，因此不需要使用的仪器是100mL容量瓶和玻璃棒，答案为AD；(2)点消耗NaOH的体积为10mL，即点溶质为CH3COOH和CH3COONa，且两者物质的量相等，点溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO水解程度，因此离子浓度大小顺序是c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)；

26、(3)点溶质为CH3COOH和CH3COONa，该溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，抑制水的电离，点溶液显中性，对水的电离无影响，点溶质为CH3COONa，CH3COO水解，促进水的电离，水的电离程度由大到小的顺序是；根据电荷守恒，c(Na)c(H)=c(OH)c(CH3COO)，c(Na)=c(CH3COO)，因此有c(H)=c(OH)，溶液显中性，pH=7，即点符合；(4)根据电离平衡常数只受温度的影响，与浓度大小无关，因此有Ka=，解得c(H)=1105molL1，即pH=5。【化学一选修3：物质结构与性质】11. 元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨

27、道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。诮回答下列问题：(1)基态X原子中，核外电子占据最高能层的符号是_，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为_。(2)元素W与X处于同一周期，其基态原子中未成对电子数是核外电子总数的，W基态原子的价电子排布式为_。(3)在第三周期中，第一电离能比Y大的主族元素有_(填元素符号)。(4)YZ3分子中，Y原子的杂化轨道类型是_，其分子的立体构型为_。(5)Z的氢化物(H2Z)的沸点高于Y的氢化物(H2Y)，其原因是_。(6)H2Z在特定条件下得到一个H+形成H3Z+，从结构角度对上述过程分析

28、错误的是_。A 中心原子的杂化轨道类型发生了改变B 中心原子的价层电子对数发生了改变C 微粒的立体结构发生了改变D 微粒中键角发生了改变(7)X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示。X离子的配位数为_。若该晶体密度为gcm-3，晶胞参数为apm，则阿伏加德罗常数的值NA=_。【答案】 (1) N (2) 球形 (3) 3d54s1 (4) P、Cl (5) sp2 (6) 平面正三角形(或平面三角形) (7) 水分子之间形成了氢键 (8) A、B (9) 4 (10) 【解析】【分析】X位于第四周期，其基态原子的内层全部排满电子，且最外层有2个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d

29、104s2，即X为Zn，元素Y基态原子的3p上有4个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p4，即Y为S，元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，即Z为O，据此分析。【详解】根据上述分析，X为Zn，Y为S，Z为O，(1)Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，离核越远，能量越高，Zn核外电子占据最高能层的符号是N；该电子填充在s能级上，电子云轮廓图为球形；(2)按照信息，符合条件元素是Cr，其价电子排布式为3d54s1；(3)同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但IIAIIIA，VAVIA，因此第三周期中第一电离能比S大的是P、Cl、Ar，Ar为0族，不属于主族元素

30、，符合条件的是P、Cl；(4)YZ3为SO3，中心原子S含有3个键，孤电子对数为=0，价层电子对数等于3，价层电子对数等于杂化轨道数，即中心原子S的杂化类型为sp2；立体构型为平面三角形；(5)H2Z为H2O，H2Y为H2S，都属于分子晶体，前者含有分子间氢键，后者不含分子间氢键，因此H2O的沸点高于H2S；(6) A. H2O中中心原子O有2个键，孤电子对数为=2，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，H3O中心原子O有3个键，孤电子对数为=1，价层电子对数为4，杂化类型都是sp3，故A说法错误；B. 根据选项A的分析，价层电子对数没有发生变化，故B说法错误；C. 根据选项A的分析，H2O的空

31、间构型为V形，H3O的空间构型为三角锥形，故C说法正确；D. 根据C选项分析，H2O中键角为105，H3O的键角是10928，故D说法正确；答案为AB；(7)根据晶胞图，Zn的配位数为4；X位于顶点和面心，个数为=4，Y位于体心，有4个，即化学式为ZnS，晶胞的质量为，晶胞的体积为(a1010)3cm3，根据密度的定义，=，解得NA=。【化学一选修5：有机化学基础】12. 2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3。现以烯烃C5H10为原料，合成有机物

32、M和N，合成路线如下：(1)A的结构简式是_。B的系统命名是_。(2)CD的反应类型是_。(3)写出DM的化学方程式_。(4)已知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则N的结构简式为_。(5)满足下列条件的X的同分异构体共有_种，写出任意一种的结构简式_。遇FeCl3溶液显紫色 苯环上的一氯取代物只有两种(6)写出EF合成路线_(用结构简式表示有机物，箭头上注明试剂和反应条件)。【答案】 (1) CH2C(CH3)CH2CH3 (2) 3，4二甲基3己烯 (3) 取代反应 (4) +HOOC-COOH2H2O (5) (6) 3 (7) (任意写一种) (8) CH3CH2CBr(CH3

33、)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO【解析】【分析】A与溴的四氯化碳反应生成E，该反应为加成反应，则A为烯烃，E经过多步反应得到F，根据F的结构简式，发生反应分别为卤代烃的水解、醇的连续氧化反应，可以推出A的结构简式为，E的结构简式为， F的分子式为C5H10O3，对比F和G的分子式，G比F少了一个H2O，则FG发生消去反应，G只有一个甲基，即G的结构简式为，G在浓硫酸条件下与X发生酯化反应，根据N的分子式，N中只有一个酯基，因此根据酯化反应实质和原子守恒，推出X的分子式为C8H10O，C2H2O4为乙二酸，即结构简式为HOOCCOOH，D与HO

34、OCCOOH发生酯化反应，根据原子守恒，D的分子式为C8H18O2，根据烯烃复分解反应原理，推出B的结构简式为 ，据此分析；【详解】(1)根据上述分析，A的结构简式为；B的结构简式为，选择含有碳碳双键最长的碳链为主链，离官能团最近的一端进行编号，B的名称为3，4二甲基3己烯；(2)B与溴四氯化碳发生加成反应，即C的结构简式为C生成D的条件是NaOH的水溶液，即CD发生水解反应或取代反应；(3)根据(2)的分析，D的结构简式为，DM发生酯化反应，即反应方程式为+HOOC-COOH2H2O；(4)X的分子式为C8H10O，X中含有苯环，只有一个取代基，且取代基中无甲基，因此X的结构简式为，GN发生酯化反应，即N的结构简式为；(5)根据(4)的分析，X结构简式为，遇FeCl3溶液额显紫色，该结构中含有酚羟基，苯环上的一氯代物只有两种，说明是对称结构，因此、，共有3种；(6)根据上述分析，E经过多步反应得到F，根据F的结构简式，发生反应分别为卤代烃的水解、醇的连续氧化反应，因此有 CH3CH2COH(CH3)CHO。【点睛】有机推断题中，根据反应条件，推测反应类型，确认所含官能团，一般有机反应中，碳的连接方式不变，可以得出有机物的结构简式。