安徽省宿州市2020届高三理综模拟考试卷（六）化学试题 Word版含解析 15页

www.ks5u.com 安徽省宿州市2020年高三年级化学理综模拟卷六 一、选择题 ‎1.《天工开物》中对“海水盐”有如下描述：“凡煎盐锅古谓之牢盆……其下列灶燃薪，多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘……火燃釜底，滚沸延及成盐。”文中涉及的操作是(　　)‎ A. 萃取 B. 结晶 C. 蒸馏 D. 过滤 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】“灶燃薪”是加热，“多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘”是蒸发结晶，B正确，故答案为：B。‎ ‎2.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 氢氧化钡溶液中加入硫酸铵：Ba2＋＋OH－＋NH4+＋SO42-=BaSO4↓＋NH3·H2O B. 用惰性电极电解CuCl2溶液：Cu2＋＋2Cl－＋2H2OCu(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑‎ C. 向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO D. 向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5O－＋CO2＋H2O→C6H5OH＋HCO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应不符合正确配比，离子方程式为Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3•H2O，故A错误；‎ B．用惰性电极电解饱和CuCl2溶液时，阴极上Cu2+放电能力大于H+，阳极上氯离子放电，所以电解氯化铜本身，电解反应的离子方程式为Cu2++2Cl- Cu+Cl2↑，故B错误；‎ C．向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应，离子方程式为SO2+Ca2++3ClO-+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故C错误；‎ D．苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-，故D正确； ‎ 答案选D。‎ ‎3.下列关于有机物1－氧杂－2，4－环戊二烯()的说法正确的是(　　)‎ A. 与互为同系物 - 15 -‎ B. 二氯代物有3种(不考虑立体异构)‎ C. 所有原子都处于同一平面内 D. 1 mol该有机物完全燃烧消耗5mol O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 属于酚，而不含有苯环和酚羟基，具有二烯烃的性质，两者不可能是同系物，A错误；‎ B. 共有2种等效氢，一氯代物是二种，二氯代物是4种，B错误；‎ C. 中含有两个碳碳双键，碳碳双键最多可提供6个原子共平面，则中所有原子都处于同一平面内，C正确；‎ D. 的分子式为C4H4O，1 mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1 mol×(4＋1－0.5)＝4.5 mol，D错误；‎ 故答案为：C。‎ ‎【点睛】有机物燃烧：CxHy＋(x＋)O2→xCO2＋H2O；CxHyOz＋(x＋－)O2 → xCO2＋H2O。‎ ‎4.NH4NO3溶液受热可发生分解反应：NH4NO3N2↑＋HNO3＋H2O(未配平)。用NA表示阿伏加德罗数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A. 分解时每生成2.24 L(标准状况)N2，转移电子的数目为0.6NA B. 2.8 g N2中含有共用电子对的数目为0.3NA C. 56 g Fe与足量热浓硝酸反应生成NO2分子的数目为3NA D. 0.1 mol·L－1 NH4NO3溶液中，NH4+的数目小于0.1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NH4NO3溶液受热可发生分解反应：5NH4NO34N2↑＋2HNO3＋9H2O。‎ ‎【详解】A. 该反应属于归中反应，NH4+中－3价的氮元素升高为0价，被氧化，NO3－‎ - 15 -‎ 中＋5价的氮元素降低为0价，被还原，被氧化的氮原子与被还原的氮原子的物质的量之比为5∶3，每生成4mol N2，转移15mol电子，所以，当生成0.1 mol N2时，转移电子的物质的量为×0.1mol＝0.375 mol，转移的电子数为0.375NA，A错误；‎ B. N2的结构式为N≡N，1个 N2分子含有3对共用电子，2.8 g N2的物质的量为0.1mol，含有的共用电子对数为0.3NA，B正确；‎ C. 浓硝酸具有强氧化性，可将铁氧化为＋3价，本身被还原为NO2，56g Fe物质的量为1mol，可失去3mol电子，所以，反应生成3mol NO2，但有一部分NO2转化为N2O4，最终生成的NO2分子数少于3NA，C错误；‎ D. 已知硝酸铵溶液的物质的量浓度，但未告知溶液的体积，不能确定含有硝酸铵的物质的量，无法计算含有NH4+的数目，D错误；‎ 故答案为：B。‎ ‎5.X、Y、Z、Q、R均为短周期元素，且Y、Z、Q、R在周期表中的位置关系如下图所示。已知X与Y同主族，X与Q能形成最简单的有机物。则下列有关说法正确的是( )‎ Q R Y Z A. 原子半径：r(Z)>r(Y)>(R)>r(Q)‎ B. 气态化合物的稳定性：QX4>RX3‎ C. X与Y形成的化合物中含有离子键 D. 最高价含氧酸的酸性：X2QO3>XRO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、Q、R均为短周期元素，X与Q能形成最简单的有机物为甲烷，则X为H，Q为C，X与Y同主族，则Y为Na，结合Y、Z和R在周期表的位置可知，Z为Mg，R为N，据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，X为H，Q为C，Y为Na，Z为Mg，R为N。‎ - 15 -‎ A. 同周期元素随着原子序数的增大原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则原子半径： r(Y)> r(Z) > r(Q) >r(R)，A项错误；‎ B. 非金属性越强，其对应的气态化合物越稳定，则NH3的稳定性大于CH4，即RX3> QX4，B项错误；‎ C. X与Y形成NaH，含离子键，C项正确； ‎ D. 非金属性越强，其对应的最高价含氧酸的酸性越大，则硝酸的酸性大于碳酸，即：XRO3 > X2QO3，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F-从乙电极流向甲电极，下列关于该电池的说法正确的是（ ）‎ A. 放电时，甲电极的电极反应式为Bi－3e-＋3F-=BiF3‎ B. 放电时，乙电极电势比甲电极高 C. 充电时，导线上每通过1mole-，甲电极质量增加19g D. 充电时，外加电源的正极与乙电极相连 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 充电时F－从乙电极流向甲电极，说明乙为阴极，甲为阳极。‎ ‎【详解】A. 放电时，甲电极的电极反应式为BiF3 + 3e－= Bi＋3F－，故A错误；‎ B. 放电时，乙电极电势比甲电极低，故B错误；‎ C. 充电时，甲电极发生Bi－3e－＋3F－= BiF3，导线上每通过1mole－，则有1mol F－变为BiF3，其质量增加19g，故C正确；‎ D. 充电时，外加电源的负极与乙电极相连，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ - 15 -‎ ‎【点睛】阳极失去电子，化合价升高，阴离子移向阳极，充电时，电源正极连接阳极。‎ ‎7.甲、乙两个恒容密闭容器中均发生反应：C(s)＋2H2O(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＞0，有关实验数据如下表所示：‎ 容器 容积/L 温度/℃‎ 起始量/mol 平衡量/mol 平衡常数 C(s)‎ H2O(g)‎ H2(g)‎ 甲 ‎2‎ T1‎ ‎2.0‎ ‎4.0‎ ‎3.2‎ K1‎ 乙 ‎1‎ T2‎ ‎1.0‎ ‎2.0‎ ‎1.2‎ K2‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A. K1＝12.8‎ B. T1＜T2‎ C. T1 ℃时向甲容器中再充入0.1 mol H2O(g)，则平衡正向移动，CO2(g)的体积分数增大 D. 若T2温度下，向2 L恒容密闭容器中充入1.0 mol CO2和2.0 mol H2，达平衡时，CO2的转化率大于40%‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据表中数据可知甲容器中反应达到平衡时，c(H2O)＝0.4mol·L－1，c(CO2)＝0.8mol·L－1，c(H2)＝1.6mol·L－1，K1＝＝12.8，A正确；‎ B. 乙容器中反应达到平衡时，c(H2O)＝0.8mol·L－1，c(CO2)＝0.6mol·L－1，c(H2)＝1.2mol·L－1，K2＝＝1.35，K1＞K2，该反应为吸热反应，K减小说明反应逆向进行，则温度降低，即T1＞T2，B错误；‎ C. 向容器中再充入0.1mol H2O(g)，相当于增大压强，平衡逆向移动，则CO2的体积分数减小，C错误；‎ D. 与乙容器中的量比较，1.0mol CO2和2.0mol H2相当于1.0mol C和2.0mol H2O，若体积不变，则平衡时是完全等效的，即CO2为0.6mol，CO2‎ - 15 -‎ 的转化率为40%，但由于体积增大，压强减小，反应向生成CO2的方向移动，则CO2的转化率小于40%，D错误；‎ 故答案为：A。‎ 二、非选择题 ‎8.硫酸四氨合铜晶体常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质溶于水，不溶于乙醇、乙醚，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3mol/L的硫酸、浓氨水、10% NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500 mol/L稀盐酸、0.500 mol/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。‎ I．CuSO4溶液的制备 ‎①称取4g铜粉，A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌，放置冷却。‎ ‎②在蒸发皿中加入30mL 3mol/L的硫酸，将A中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。‎ ‎③趁热过滤得蓝色溶液。‎ ‎(1)A仪器的名称为____。‎ ‎(2)某同学在实验中有1.5g的铜粉剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因_____‎ II．晶体的制备 将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作 ‎(3)已知浅蓝色沉淀的成分为，试写出生成此沉淀的离子反应方程式_________。‎ ‎(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是__。‎ III．氨含量的测定 精确称取mg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mL C1mol/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用C2mol/L - 15 -‎ ‎ NaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂)，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。‎ ‎(5)A装置中长玻璃管的作用_____，样品中氨的质量分数的表达式_______。‎ ‎(6)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏高的原因是_______。‎ A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管 B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视 C．滴定过程中选用酚酞作指示剂 D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁。‎ ‎【答案】 (1). 坩埚 (2). 反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4 (3). 2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+ (4). Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解 (5). 平衡气压，防止堵塞和倒吸 (6). (7). BD ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）灼烧固体，应在坩埚中进行，所以仪器A坩埚，故答案为坩埚。‎ ‎（2）得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，浓硫酸具有吸水性，使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4，可使固体变为白色，故答案为反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4。‎ ‎（3）浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，根据原子守恒可知反应的离子方程式为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+，故答案为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+。‎ ‎（4）析出晶体时采用加入乙醇方法，而不是浓缩结晶的原因是Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解，故答案为Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解。‎ - 15 -‎ ‎（5）A装置中长玻璃管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸的作用；与氨气反应的n(HCl)=10-3V1L×0.5mol/L-10-3V2L×0.5mol/L=0.5×10-3(V1-V2)mol，根据氨气和HCl的关系式可知：n(NH3)=n(HCl)= 0.5×10-3(V1-V2)mol，则样品中氨的质量分数为，故答案为平衡气压，防止堵塞和倒吸；。‎ ‎（6）如果氨含量测定结果偏高，则V2偏小，‎ A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，浓度偏低，则V2偏大，含量偏低，故A错误；‎ B.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致V2偏小，含量偏高，故B正确；‎ C.滴定过程中选用酚酞作指示剂，对实验没有影响，故C错误；‎ D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，故D正确。‎ 故答案为BD。‎ ‎【点睛】在分析滴定实验的误差分析时，需要考虑所有的操作都归于标准液的体积变化上。标准液的体积变大，则测定结果偏大，标准液的体积变小，则测定结果偏小。‎ ‎9.氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：‎ 常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表：‎ Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Cu(OH)2‎ 开始沉淀 ‎7.5‎ ‎2.7‎ ‎4.8‎ 完全沉淀 ‎9.0‎ ‎3.7‎ ‎6.4‎ ‎(1)炉气中的有害气体成分是__________(填化学式)，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。‎ ‎(2)若试剂X是H2O2溶液，则“氧化”反应的离子方程式为____________________，并写出H2O2的电子式：__________；当试剂X是__________时，更有利于降低生产成本。‎ - 15 -‎ ‎(3)加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是__________。‎ ‎(4)操作X包括__________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是_________。‎ ‎(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：____________________________________。‎ ‎【答案】 (1). SO2 (2). 2∶1 (3). 2Fe2＋＋2H＋＋H2O2＝2Fe3＋＋2H2O (4). (5). 空气或氧气 (6). 3.7≤pH＜4.8 (7). 过滤 (8). 防止Cu2O被空气中氧气氧化 (9). 2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）预处理后与氧气焙烧：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO、Cu2S+2O22CuO+SO2，部分FeO被氧化为Fe2O3，得到相应的金属氧化物和二氧化硫气体，加入稀硫酸溶解金属氧化物，得到含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的酸性溶液，加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂Y调节pH=3.7～4.8，沉淀Fe3+，过滤，将滤液用KOH、N2H4还原，反应为：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O。‎ ‎【详解】（1）根据流程可知，矿石与氧气得到金属氧化物和SO2；Cu2S与O2发生反应Cu2S＋2O22CuO＋SO2，氧化剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1；故答案为：SO2；2∶1；‎ ‎（2）若试剂X是H2O2溶液，将Fe2＋氧化为Fe3＋，离子反应方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2＝2Fe3＋＋2H2O；H2O2的电子式为；在酸性条件下，氧气也可将Fe2＋氧化为Fe3＋，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代；故答案为：2Fe2＋＋2H＋＋H2O2＝2Fe3＋＋2H2O；；氧气或空气 ‎（3）加入试剂Y的目的是调节pH完全沉淀Fe3＋，但不沉淀Cu2＋，根据表中数据可知，pH的调控范围为3.7≤pH＜4.8；故答案为：3.7≤pH＜4.8；‎ ‎（4）操作X为过滤，滤渣经洗涤、烘干，制得Cu2O；因为Cu2O具有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气；故答案为：过滤；防止Cu2O被空气中氧气氧化；‎ - 15 -‎ ‎（5）铜作阳极，石墨作阴极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，阳极发生氧化反应，其电极反应式为2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O；故答案为：2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。‎ ‎10.乙酸是生物油的主要成分之一，乙酸制氢具有重要意义：‎ 热裂解反应：CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g) △H=+213.7 kJ·mol－1‎ 脱酸基反应 CH3COOH(g)→2CH4(g)+CO2(g) △H=－33.5 kJ·mol－1‎ ‎（1）请写出CO与H2甲烷化的热化学方程式__________________________________。‎ ‎（2）在密闭溶液中，利用乙酸制氢，选择的压强为________（填“较大”或“常压”）。‎ 其中温度与气体产率的关系如图：‎ ‎①约650℃之前，脱酸基反应活化能低速率快，故氢气产率低于甲烷；650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时_________________。‎ ‎②保持其他条件不变，在乙酸气中掺杂一定量的水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，请用化学方程式表示：____________________。‎ ‎（3）若利用合适的催化剂控制其他的副反应，温度为T K时达到平衡，总压强为P kPa，热裂解反应消耗乙酸20%，脱酸基反应消耗乙酸60%，乙酸体积分数为________（计算结果保留1位小数）；脱酸基反应的平衡常数Kp分别为________________kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。‎ ‎【答案】 (1). 2CO(g) +2H2(g)→ CH4(g) + CO2 (g) ∆H= −247.2 KJ·mol-1 (2). 常压 (3). 热裂解反应正向移动，而脱酸基反应逆向移动，故氢气产率高于甲烷 (4). CO(g) +H2O(g) ═ H2(g) + CO2 (g) (5). 9.1% (6). 0.8P ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由盖斯定律计算；‎ ‎（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g)‎ - 15 -‎ ‎ ，反应为气体体积增大的反应，选择的压强为常压。‎ ‎①热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g) 是吸热反应，热裂解反应正向移动，脱酸基反应CH3COOH(g)→CH4(g)+CO2(g) 是放热反应，而脱酸基反应逆向移动。‎ ‎②CO能与水蒸反应生成二氧化碳和氢气。‎ ‎（3）根据体积分数的定义计算；根据平衡常数Kp的定义计算。‎ ‎【详解】（1）由盖斯定律计算：①热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g) △H=+2l3.7KJ·mol－1，②脱酸基反应CH3COOH(g)→CH4(g)+CO2(g) △H=－33.5KJ·mol－1，②-①得：CO与H2甲烷化的热化学方程式 2CO(g) +2H2(g)→ CH4(g) + CO2 (g) ∆H= −247.2 KJ·mol-1；‎ ‎（2）在密闭容器中，利用乙酸制氢，CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g) ，反应为气体体积增大的反应，选择的压强为常压。‎ ‎①热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g) 是吸热反应，热裂解反应正向移动，脱酸基反应CH3COOH(g)→CH4(g)+CO2(g) 是放热反应，而脱酸基反应逆向移动。650℃之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时①热裂解反应正向移动，而脱酸基反应逆向移动，故氢气产率高于甲烷。‎ ‎②CO能与水蒸反应生成二氧化碳和氢气，在乙酸气中掺杂一定量水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，CO(g) +H2O(g) ═ H2(g) + CO2 (g) 。‎ ‎（3）热裂解反应CH3COOH(g)→2CO(g)+2H2(g) △H=+2l3.7KJ·mol－1‎ ‎ 0.2 0.4 0.4‎ 脱酸基反应CH3COOH(g)→CH4(g)+CO2(g) △H=－33.5KJ·mol－1‎ ‎ 0.6 0.6 0.6‎ 乙酸体积分数为0.2/(0.4+0.4+0.6+0.6+0.2)×100%=9.1%‎ Kp=p(CH4)p(CO2)/p(CH3COOH)= =0.8P.‎ ‎11.丁烯二酸有顺丁烯二酸()和反丁烯二酸()两种结构，以顺丁烯二酸为原料合成环酮的中间体F的合成路线如下:‎ - 15 -‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)根据顺丁烯二酸和反丁烯二烯的命名原则，的名称为__________。‎ ‎(2)C物质的分子式为________;D物质中含氧官能团的名称为_________。‎ ‎(3)由C生成D的反应类型为_____‎ ‎(4)F与B也能发生类似于B生成C的反应，则该反应的化学方程式为____________。‎ ‎(5)F可与H21:1加成得产物G，其分子式为C8H10O，H为G的同分异构体，能与氯化铁溶液发生显色反应，则H的结构可能有____种，其中核磁共振氢谱有4组峰的H的结构简式为__________(任写一种)。‎ ‎(6)根据上述路线图所提供的信息写出以氯代环戊烷()丙烯酸CH2＝ CHCOOH为原料制备的合成路线(其他试剂任选) ________‎ ‎【答案】 (1). 反-2-戊烯 (2). C8H6O4 (3). 羟基、醚键 (4). 还原 (5). (6). 9 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据顺丁烯二酸和反丁烯二烯的命名，可知不同的原子或原子团在C=C键同侧的称为反式结构；‎ ‎(2)根据C的结构简式判断C物质的分子式。根据D物质的结构简式判断含氧官能团的名称；‎ ‎(3)有机物分子中去掉氧原子、加入氢原子的反应是还原反应；‎ - 15 -‎ ‎(4) 与发生加成反应生成；‎ ‎(5)H分子式为C8H10O，能与氯化铁溶液发生显色反应，说明H含有酚羟基； ‎ ‎(6) 根据上述路线图，发生消去反应生成环戊烯，环戊烯与溴加成生成，发生消去反应生成，与CH2＝ CHCOOH发生加成反应可生成。‎ ‎【详解】(1)不同的原子或原子团在C=C键同侧的称为反式结构，所以为反式结构，名称是反-2-戊烯；‎ ‎(2) C结构简式是，C物质的分子式是C8H6O4。D的结构简式是，含氧官能团有羟基、醚键；‎ ‎(3)，去掉1个氧原子，增加了6个氢原子，属于还原反应；‎ ‎(4)根据 与发生加成反应生成，与发生加成反应生成，反应方程式是；‎ ‎(5)H分子式为C8H10O，能与氯化铁溶液发生显色反应，说明H含有酚羟基，H的结构简式有、、、、、、‎ - 15 -‎ ‎、、，共9种，其中核磁共振氢谱有4组峰的H的结构简式为或；‎ ‎(6) 根据上述路线图，发生消去反应生成环戊烯，环戊烯与溴加成生成，发生消去反应生成，与CH2＝ CHCOOH发生加成反应可生成，合成路线为。‎ - 15 -‎ ‎ ‎ - 15 -‎