1、重庆市南开中学2020届高三化学网络复习测试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Na 23Mg 24Al 27S 32Cl 35.5一、选择题1.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥气体B. FeCl3溶液水解呈酸性，可用作铜制线路板的蚀刻剂C. 铜比铝活动性弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸D. ClO2具有强氧化性，可用于消毒杀菌【答案】D【解析】【详解】A、浓硫酸具有吸水性，可用于干燥气体，故A错误；B、FeCl3用作铜制线路板的蚀刻剂是FeCl3具有氧化性，故B错误；C、铜与浓硝酸能反应，所以不能用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸
2、，故C错误；D、ClO2具有强氧化性，可用于自来水的消毒杀菌，故D正确。2.常温下2 mL 1 molL-1 NaHCO3溶液，pH约为8，向其中滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀和无色气体生成。下列说法中，不正确的是A. NaHCO3溶液中，HCO3-水解程度大于其电离程度B. NaHCO3溶液中，c(Na+) c(HCO3-) c(OH-) c(H+)C. 最终所得的混合溶液中，c(Na+) + c(H+) = c(HCO3-) + 2c(CO32-)+ c(OH-)D. 滴加饱和CaCl2溶液促进了HCO3-的电离【答案】C【解析】A. 碳酸氢根离子既可以发生电离使溶液呈酸性，也可以
3、发生水解使溶液呈碱性，1 molL-1 NaHCO3溶液的pH约为8，溶液呈碱性，说明HCO3的水解程度大于电离程度，故A正确；B. 在NaHCO3溶液中，因碳酸氢根离子既发生电离又发生水解，且水解程度大于电离程度使溶液呈碱性，则c(Na+) c(HCO3-) c(OH-) c(H+)，故B正确；C. 向NaHCO3溶液中滴加几滴饱和CaCl2溶液，混合后的溶液中含有Ca2和Cl，根据电荷守恒有：c(Na+) + c(H+)+2 c(Ca2+) = c(HCO3-) + 2c(CO32-)+ c(OH-)+ c(Cl-)，故C错误；D. 碳酸氢根离子发生电离：HCO3HCO32，滴加几滴饱和C
4、aCl2溶液，有白色沉淀生成，说明Ca2和CO32结合生成了CaCO3沉淀，促进了HCO3的电离，故D正确；答案选C。3.有机物W 在工业上常用作溶剂和香料,其合成方法如下:下列说法正确的是A. N、W 互为同系物B. M、N、W 均能发生加成反应和取代反应C. W 能发生皂化反应D. M 的二氯代物有8种【答案】B【解析】【详解】A、N含有官能力为羧基，属于羧酸类，W含有官能团为酯基，属于酯类，不是同系物，选项A错误；B、M、N、W 三种有机物结构中均含有苯环，均能与氢气发生加成反应，M能够与溴、铁作催化剂发生取代反应生成溴苯，N能与醇发生酯化反应，W能酸性或碱性环境下发生水解反应，选项B正
5、确；C、高级脂肪酸甘油酯在碱性环境下水解为皂化反应，W不属于高级脂肪酸甘油酯，能够与碱反应，但不是皂化反应，选项C错误；D、M的二氯代物有：环上有2个氯、1个甲基，这样的有机物有6种，环上有一个CHCl2，只有1种，环上有1个氯、1个CH2Cl，这样的有机物有3种，共计有10种，选项D错误。答案选B。4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同。Y是空气中含量最高的元素，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z2与W具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（ ）A. 原子半径大小顺序：r(W)r(Z)r(Y)r(X)B. 由X、Y、Z三
6、种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性C. 元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强D. 化合物X2Z2与W2Z2所含化学键类型完全相同【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是空气中含量最高的元素，则Y为N元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；Z2-与W+具有相同的电子层结构，则W为Na；X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同，则X单质为气体，故X为H元素。据此解答。【详解】A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，氢原子比较最小，故原子半径r（Na）r（N）
7、r（O）r（H），选项A错误；B、由X（H）、Y（N）、Z（O）三种元素形成的化合物中，一水合氨的水溶液呈碱性，选项B正确；C、非金属性Z（O）Y（N），元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于NH3，选项C错误；D、化合物H2O2含有共价键，而Na2O2含有共价键、离子键，所含化学键类型不完全相同，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查结构性质位置关系综合应用，推断元素是解题关键，注意对你元素周期律的理解掌握。5.能正确表示下列反应的离子方程式是A. Fe2+、Fe3+共存时，检验Fe2+:Fe3+ +3SCN- =Fe(SCN)3B. 向次氯酸钙溶液通入过量CO2
8、:Ca2+ +2C1O- +H2O +CO2=CaCO3+2HClOC. 除去MgO中少量的Al2O3 杂质:Al2O3 +6H+=2Al3+ +3H2OD. Fe 与稀硝酸反应，当n(Fe): n(HNO3)= 1:2 时:3Fe +2NO3-+8H+=3Fe2+2NO +4H2O【答案】D【解析】【详解】A. Fe2+、Fe3+共存时，检验Fe2+要用高锰酸钾溶液，故A错误；B. 向次氯酸钙溶液通入过量CO2生成次氯酸和碳酸氢钙: C1O- +H2O +CO2=HCO3-+HClO，故B错误；C. 用氢氧化钠溶液除去MgO中少量的Al2O3 杂质:Al2O3 +2OH-+3H2O=2Al(
9、OH)4-，故C错误；D. Fe 与稀硝酸反应，当n(Fe): n(HNO3)= 1:2 时，铁过量生成Fe2+，所以反应的离子方程式是3Fe +2NO3-+8H+=3Fe2+2NO +4H2O，故D正确。答案选D。6.下列实验装置不能达到实验目的的是A. 装置：先从口进气收集满CO2，再从口进气，可收集NO气体B. 装置：可用该装置分离葡萄糖和淀粉的混合溶液C. 装置：试管中盛有酸性高锰酸钾溶液可验证乙烯具有还原性D. 装置：证明铁发生吸氧腐蚀时空气参加反应【答案】C【解析】【详解】A二氧化碳和NO不反应，且NO密度小于二氧化碳，所以可以采用向下排二氧化碳气体法收集NO，选项A正确；B. 淀
10、粉溶液为胶体，不能通过半透膜，葡萄糖分子能通过半透膜，能用该装置分离葡萄糖和淀粉的混合溶液，选项B正确；C、乙醇易挥发，产生的乙烯中含有乙醇，且乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色干拢检验，该实验不能达到实验目的，选项C错误；D、证明铁发生吸氧腐蚀时空气参加反应，在中性溶液中发生吸氧腐蚀则氧气消耗后红墨水左高右低，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及电化学腐蚀、乙烯的制备、气体收集等知识点，明确实验原理及基本操作方法是解本题关键，易错选项是A，注意NO不能采用排空气法收集但可以采用排二氧化碳法收集。7.一定量CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s) + CO2
11、（g）2CO(g)，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：已知：气体分压（P分）=气体总压（p总）体积分数。下列说法正确的是A. 550时，若充入惰性气体，V正、V逆均减小，平衡不移动B. 650时，反应达平衡后CO2的转化率为40.0%C. T时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动D. 925时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp= 23. 04p总【答案】D【解析】【详解】A. 550，若充入惰性气体，容器的压强不变，容器的体积增大，相当于减小压强，正、逆均减小，平衡向正反应方向移动，A项错误；B. 由图知650时，CO的体积分数为40%，CO2的体积分
12、数为60%，平衡时n（CO2）：n（CO）=60%：40%=3:2，设CO2平衡物质的量为3mol，CO平衡物质的量为2mol，生成2molCO消耗1molCO2，反应达到平衡时CO2的转化率为100%=25%，B项错误；C. T平衡时CO与CO2的体积分数相等，若充入等体积的CO2和CO即为平衡状态，平衡不移动，C项错误；D. 925时CO的体积分数为96%，CO2的体积分数为4%，CO的分压为0.96p总，CO2的分压为0.04p总，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=（0.96p总）2（0.04p总）=23.04p总；答案选D。【点睛】本题考查化学平衡图像的分析和化学平衡的计算
13、，明确图像中曲线变化的含义是解题的关键，注意容器为恒压容器，充入惰性气体时相当于减小压强，对有气体参与的反应反应速率减慢、化学平衡向气体分子数增大的方向移动。二、填空题8.碳酸镧La2(CO3)3可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症。制备反应原理为2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3+6NH4Cl+3CO2+3H2O。某化学兴趣小组利用下列装置在实验室中模拟制备碳酸镧。(1)盛放稀盐酸的仪器名称为_。(2)制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为F_。(3)Y中发生反应的化学方程式为_。(4)X中盛放的试剂是_，其作用为_。(5)Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2，原因
14、是_。(6)该化学兴趣小组为探究La2(CO3)3和La(HCO3)3的稳定性强弱，设计了如下的实验装置，则甲试管中盛放的物质为_;实验过程中，发现乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线如图所示，试描述实验过程中观察到的现象为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). A (3). B (4). D (5). E (6). C (7). NH3H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3 (8). 饱和NaHCO3溶液 (9). 吸收挥发出的HCl气体同时产生CO2 (10). NH3在水中的溶解度大，可吸收更多量的CO2，生成较大浓度的NH4HCO3 (11). La(HCO3)3 (12). B烧
15、杯中澄清石灰水变浑浊，然后A烧杯中澄清石灰水变浑浊【解析】【分析】（1）盛装稀盐酸仪器为分液漏斗；（2）由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，由此确定连接次序；（3）Y中CaO与氨水反应制备氨气；（4）X中饱和碳酸氢钠溶液可除去HCl；（5）NH3在水中的溶解度大，可吸收更多量的CO2，生成较大浓度的NH4HCO3 ；（6）利用套管实验验证La2(CO3)3和La(HCO3)3的稳定性强弱，先选择稳定强的直接加热，稳定性差的间接性加热；两试管中固体发生了分解反应，应有CO2气体生成。【详解】（1）盛装稀盐酸的仪器为分液漏斗，打开活塞后会有盐酸滴入锥形瓶中，
16、故答案为：分液漏斗；（2）由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：FABDEC，故答案为：A；B；D；E；C；（3）Y中CaO与氨水反应制备氨气：NH3H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3 ；故答案为：NH3H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3 ；（4）X中盛放的试剂是NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl、同时生成CO2；故答案为：饱和NaHCO3溶液；吸收挥发的HCl、同时生成CO2；（5）Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2，原因是NH3在水中的溶解度大，可吸收更多量的CO2，生成较大浓度的NH
17、4HCO3 ，故答案为：NH3在水中的溶解度大，可吸收更多量的CO2，生成较大浓度的NH4HCO3 ；（6）理论上酸式碳酸盐稳定性较差，应直接加热，即甲试管中盛放的物质为La(HCO3)3，乙试管中盛放的物质为La2(CO3)3，乙试管中La2(CO3)3分解生成CO2，能使A中澄清石灰水变浑浊，A中La(HCO3)3分解生成CO2，能使B中澄清石灰水变浑浊。故答案为：La(HCO3)3；B烧杯中澄清石灰水变浑浊，然后A烧杯中澄清石灰水变浑浊。【点睛】本题考查物质的制备实验、物质制备实验方案的设计，把握制备流程、元素化合物与反应原理等为解答的关键，侧重分析实验能力的考查，综合性较强，易错点（6
18、）两试管中固体均发生了分解反应，应有CO2气体生成。9.钨有“光明使者”的美誉,在自然界中主要以钨(+6价)酸盐的形式存在，黑钨矿的主要成分是铁和锰的钨酸盐，化学式常写成(Fe、Mn)WO4,钨酸(B)酸性很弱，难溶于水，黑钨矿传统冶炼工艺的第一阶段是碱熔法，第二阶段则是用还原剂还原出金属钨。化合物A、B、C含有同一元素。请回答下列问题：（1）为提高水浸速率，采取的措施为_(写两种)。（2）用还原剂还原出金属钨。碳和氢气均可还原化合物C得钨,用氢气比用碳更具有优点,其理由是_。如果用金属铝与化合物C反应,还原出1mol钨至少需要铝的质量为_。（3）利用“化学蒸气转移法”提纯金属钨的反应原理为：
19、W(s)+I2(g)WI2(g) H”、“”或“=”)。（4）写出黑钨矿中FeWO4在步骤中反应的化学方程式_。【答案】 (1). 粉碎、搅拌、升高水温等中的两种即可 (2). 氢气易与产物钨分离且不产生有毒气体 (3). 54g (4). 41 (5). C (6). (7). 4FeWO4+8NaOH+O22Fe2O3+4Na2WO4+4H2O【解析】（1）粉碎、搅拌、升温等方法都可以达到目的；正确答案：粉碎、搅拌、升高水温等中的两种即可； (2)氢气的氧化产物为水，对环境无危害，且气体易与固体分离；而碳的氧化产物易产生一氧化碳，对环境有危害；正确答案：氢气易与产物钨分离且不产生有毒气体；
20、 根据电子守恒规律：设消耗金属铝xmol,钨由+6价降到0价。铝由0价升高到+3价； 3x=61，x=2mol,m(Al)= 227=54g, 正确答案：54g；（3） W(s) + I2(g) WI2(g) H0。 起始量 2 0变化量 220% 220%平衡量 1.6 0.4则平衡时c（I2(g)）c（WI2(g)）=4:1 ；平衡常数为温度的函数，温度不变，平衡常数不变，A错误；增大反应物的浓度，反应速率加快，但不是成正比关系，B错误；该反应为反应前后气体的总量不变的反应，I2(g)的物质的量浓度增大2倍，相当于加压，平衡不动，平衡时I2(g)的物质的量浓度是原平衡的2倍，平衡时WI2(
21、g)的体积分数保持不变；C正确，D错误；正确答案：41 ；C； 碘单质受热易升华，温度升高，碘固体变为碘蒸气，从固体中分离；所以温度T1小于T2； 正确答案：c(HA)c(H)c(A2)c(OH) (3). 小 (4). Cr2O72-+6Fe2+ +14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O (5). 3.010-6molL-1 (6). 3CO24Na4e=2Na2CO3C (7). 15.8【解析】【分析】（1）NH4NO3、(NH4)2SO4中铵根离子水解溶液呈酸性，(NH4)2SO4中铵根离子的浓度大于NH4NO3，所以(NH4)2SO4的酸性强；CH3COONa、Na2CO3都是强碱弱
22、酸盐，溶液显碱性，碳酸根离子水解大于 醋酸根离子，所以碱性Na2CO3大于CH3COONa；（2）向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加20mL 0.2mol/LNaOH溶液，恰好生成NaHA,根据图示此时H2A小于A2-,说明HA-电离大于水解,所以溶液呈酸性；HA-电离出的氢离子抑制水电离；（3）Cr2O72-与Fe2+发生氧化还原反应，生成Cr3+、Fe3+；根据 计算Cr3+的浓度；（4）4Na+3CO2Na2CO3+C，碳元素化合价降低，所以是二氧化碳在正极发生还原反应生成碳；根据图示，碳酸钠、碳都在正极生成。【详解】（1）NH4NO3、(NH4)2SO4铵根离子水解溶液呈酸性，
23、(NH4)2SO4中铵根离子的浓度大于NH4NO3，所以(NH4)2SO4的酸性强；CH3COONa、Na2CO3都是强碱弱酸盐，溶液显碱性，碳酸根离子水解大于 醋酸根离子，所以碱性Na2CO3大于CH3COONa，所以pH从大到小排列顺序为；（2）向20mL0.2mol/LH2A溶液中滴加20mL 0.2mol/LNaOH溶液，恰好生成NaHA,此时H2A小于A2-,说明HA-电离大于水解,所以溶液呈酸性，所以溶液中离子浓度大小关系c(Na+)c(HA-)c(H+)c(A2-)c(OH-)；HA-电离出的氢离子抑制水电离水的电离程度比纯水小；（3）Cr2O72-与Fe2+发生氧化还原反应，生
24、成Cr3+、Fe3+，反应离子方程式是Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；根据 ，c(Cr3+)= 3.010-6mol/L；（4）4Na+3CO2Na2CO3+C，碳元素化合价降低，所以是二氧化碳在正极发生还原反应生成碳，电极反应是3CO2+4Na+4e-=2Na2CO3+C；根据3CO2+4Na+4e-=2Na2CO3+C，转移0.2mol电子，生成0.1mol Na2CO3和0.05mol C，质量是11.2g，负极消耗钠0.2mol ，消耗钠4.6g，所以两极质量差是15.8g 。11.甲醇(CH3OH )是一种用途广泛的基础有机原料和优质燃料。（1）甲醇
25、可以在铜作催化剂的条件下直接氧化成甲醛(HCHO)基态Cu原子的价层电子的轨道表达式为_,其核外电子共占据_个能级。甲醇和甲醛中碳原子的杂化方式分别为_,其组成元素的电负性由小到大的顺序为_.（2）在一定条件下,甲醇(沸点64.7)可转化为乙酸甲酯(CH3COOCH3,佛点57.1)乙酸甲酯分子中心键和节键的个数之比为_；甲醇与乙酸甲酯的混合物因沸点接近而不易分离，工业上用蒸馏的方法分离二者时常先加适量水,理由为_。（3）科研团队通过皮秒激光照射悬浮在甲醇溶液中的多臂碳纳米管合成T一碳,T-碳的晶体结构可以看成金刚石晶体中每个碳原子被- 一个由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代,如图所示。T
26、-碳与金刚石互称为_;一个T-碳晶胞中含有_个碳原子。T-碳的密度非常小,约为金刚石的一半。试计算T-碳晶胞的边长和金刚石品胞的边长之比为_。【答案】 (1). (2). 7 (3). sp3、sp2 (4). H、C、O (5). 10：1 (6). 乙酸甲酯不易与水形成氢键，而甲醇易与水形成氢键使甲醇沸点升高，使得乙酸甲酯容易从混合物中蒸出 (7). 同素异形体 (8). 32 (9). 2:1【解析】【详解】（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，价层电子的轨道表达式为，其核外电子共占据7个能级；甲醇中碳原子杂
27、化方式为 sp3，而甲醛中碳原子的杂化方式为 sp2，元素非金属性越强电负性越大，则其组成元素C、H、O的电负性由小到大的顺序为H、C、O；（2）在一定条件下，甲醇(沸点64.7)可转化为乙酸甲酯(CH3COOCH3，佛点57.1)乙酸甲酯分子中除了碳氧双键中含一个键和一个键外，另有9个键，故键和键的个数之比为10：1；甲醇与乙酸甲酯的混合物因沸点接近而不易分离，乙酸甲酯不易与水形成氢键，而甲醇易与水形成氢键使甲醇沸点升高，使得乙酸甲酯容易从混合物中蒸出，故工业上用蒸馏的方法分离二者时常先加适量水；（3）T-碳与金刚石是由碳形成的不同单质，互称为同素异形体；金刚石的晶胞是18个碳原子（顶点8个
28、，面心上下左右前后6个，体内两层对角线各2个共4个），运用切割法， 一个晶胞中的应是个碳原子；T-碳的晶体结构可以看成金刚石晶体中每个碳原子被- 一个由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代，故含有碳个数为32个；T-碳的密度非常小，约为金刚石的一半，而根据构成原子的数目，质量为金刚石的4倍，根据V=，T-碳晶胞的体积应该是金刚石的8倍，而边长=，则边长为金刚石的2倍，即T-碳晶胞的边长和金刚石品胞的边长之比为2：1。12.化合物I(C11H12O3)是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基。I可以用E和H在一定条件下合成：已知以下信息：A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；RC
29、HCH2RCH2CH2OH化合物F苯环上的一氯代物只有两种；通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。请回答下列问题：（1）C的化学名称为_。（2）E的结构简式为_。（3）AB的反应类型为_、_；E+HI的反应类型为_。（4）F生成G的化学方程式为_。（5）E+HI的化学方程式为_。（6）I的同系物J比I相对分子质量小14，J的同分异构体中能同时满足如下条件：苯环上只有两个取代基；既能发生银镜反应，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，这样的同分异构体共有_种（不考虑立体异构)。J的一种同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为2：2：1，写出J的这种同
30、分异构体的结构简式_。【答案】 (1). 2-甲基-1-丙醇 (2). (CH3)2CHCOOH (3). 消去反应 (4). 中和反应 (5). 酯化反应（或取代反应） (6). +2Cl2+2HCl (7). (CH3)2CHCOOH + + H2O (8). 18 (9). 【解析】【分析】A的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，则A为C(CH3)3Cl；C(CH3)3Cl在氢氧化钠的乙醇溶液中加热发生消去反应生成烯B为(CH3)2CH=CH2；根据RCHCH2RCH2CH2OH可知，(CH3)2CH=CH2反应生成C为(CH3)2CH2CH2OH；(CH3)2
31、CH2CH2OH在铜的催化下氧化生成D为(CH3)2CH2CHO；(CH3)2CH2CHO在新制的氢氧化铜县浊液中加热氧化后酸化得到E为(CH3)2CHCOOH；化合物F分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，则F为对甲基苯酚；在光照条件下与氯气发生取代反应生成二氯代物G为，在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解，通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。则生成的H为；与(CH3)2CHCOOH在一定条件下反应生成I为。【详解】（1）C为(CH3)2CH2CH2OH，化学名称为2-甲基-1-丙醇；（2）E的结构简式为(CH3)2CHCOOH；（3）AB是C(CH3)3Cl在氢氧化
32、钠的乙醇溶液中加热发生消去反应生成 (CH3)2CH=CH2；，反应类型为消去反应、中和反应；E+HI是与(CH3)2CHCOOH在一定条件下反应生成和水，反应类型为酯化反应或取代反应；（4）F生成G是在光照条件下与氯气发生取代反应生成和氯化氢，化学方程式为+2Cl2+2HCl；（5）E+HI是与(CH3)2CHCOOH在一定条件下反应生成和水，化学方程式为(CH3)2CHCOOH + + H2O；（6）I（）的同系物J比I相对分子质量小14，则少一个CH2，J的同分异构体中能同时满足如下条件：苯环上只有两个取代基；既能发生银镜反应，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，则含有一个醛基和一个羧基，则除苯环外两个取代基可以是-CHO和-CH2CH2COOH、-CHO和-CH(CH3)COOH、-CH2CHO和-CH2COOH、-CH(CH3)CHO和-COOH、-CH2CH2CHO和-COOH、-CH3和-CH(CHO)COOH六种，而在苯环上两个取代基的位置有邻、间、对位，故共有18种同分异构体；J的一种同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为2：2：1，则酸化后高度对称两个羧基等效，J的这种同分异构体的结构简式为。