1、四川省凉山州2018-2019学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）注意事项：全卷考试时间为 90 分钟，满分 100 分；请将自己的学校、姓名、考号写在答题卷密封线内，答题只能答在答题卷上，写在本试卷上无效。 考试结束后，只将答题卷交回。可能用到的相对原子质量： H1 C12 O16 Na23 S32 Cl35.5第I 卷 （选择题 共 42 分）一、选择题（本大题共 14 题）每题 3 分，共 42 分，每题只有一个选项符合题目要求）。1. 化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是A. 通常用来衡量一个国家的石油化学工业发展水平的标志是石油的年产量B. 食品包装袋中加入的还原性铁粉可做抗
2、氧化剂C. 硅太阳能电池利用的是原电池原理D. 纤维素是人类重要的营养物质之一【答案】B【解析】【详解】A通常用来衡量一个国家的石油化学工业发展水平的标志是乙烯的产量，A错误；B因为铁易与空气中氧气反应，所以可以用作食品包装袋中的抗氧化剂，B正确；C硅太阳能电池是将光能转化为电能，而原电池是将化学能转化为电能，C错误；D人类的重要营养物质是糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐、水，D错误；故选B。2. 关于分散系，下列说法正确的是A. 丁达尔效应是胶体和溶液本质区别B. Al(OH)3胶体有吸附作用，可用于自来水的消毒杀菌C. 化学的角度来说“往伤口上撒盐”的做法并无不妥，甚至可以说并不是害人而
3、是救人，那么，这种做法的化学原理是应用了胶体的聚沉D. 利用滤纸能将胶体和溶液分离【答案】C【解析】【详解】A胶体和溶液的本质区别是分散质颗粒的大小，A错误；BAl(OH)3胶体有吸附作用，可用于净水，而消毒杀菌一般使用具有强氧化性的物质，B错误；C血液属于胶体，所以血液具备胶体的性质，在遇到电解质溶液或加热时候都会发生聚沉，“往伤口上撒盐”可以使伤口表面的血液凝结，从而阻止进一步出血，以及防止细菌感染，属于胶体的聚沉，C正确；D胶体粒子直径在1-100nm之间，可以透过滤纸，分离胶体和溶液需用半透膜，D错误；故选C。3. 下列化学用语正确的是A. NH4C1 的电子式：B. 甲烷的球棍模型：
4、C. 乙醇的实验式为：CH2OD. 次氯酸的结构式为：HOCl【答案】D【解析】【详解】ANH4C1是离子化合物，氯离子的电子式需要画出周围的电子，NH4C1的电子式为，A错误；B球棍模型中线代表化学键，可连结以球型表示的原子中心，甲烷的球棍模型为，B错误；C实验式又称最简式，表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式，乙醇的实验式为C2H6O，C错误；D次氯酸为共价化合物，H、Cl可形成1条共价键，O可形成2条共价键，次氯酸的结构式为HOCl，D正确；故选D4. 下列有关物质组成、性质和变化的说法中正确的是A. 化学变化不产生新元素，产生新元素的变化不是化学变化B. 石油的分馏、裂化、裂
5、解和煤的干馏都属于化学变化C. 导电性属于物质的物理性质，所以物质导电时不可能发生化学变化D. CO2 的水溶液能导电，所以CO2 为电解质【答案】A【解析】【详解】A原子是化学变化中的最小微粒，化学变化中遵循质量守恒，质量守恒包括原子守恒、电荷守恒、元素守恒等几个方面，所以产生新元素的变化不是化学变化，A正确；B石油的分馏是将石油中几种不同沸点的混合物分离的一种方法，属于物理变化，而裂化、裂解均为大分子生成小分子，属于化学变化。煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，属于化学变化。所以裂化、裂解和煤的干馏都属于化学变化，而石油分馏是物理变化
6、，B错误；C溶液导电时在阳极区发生氧化反应，在阴极区发生还原反应，属于化学变化，C错误；DCO2 的水溶液能导电，是因为CO2与H2O反应生成的H2CO3是电解质，CO2不是电解质，D错误；故选A。5. 常温下，下列离子组在指定溶液中一定能大量共存的是A. 能与金属铝反应产生H2 的溶液：Na+、 Al3+、 NO、I-B. pH=13 的溶液：K+、 Ca2+、Cl-、 HCOC. 由水电离产生的c（OH-） = 11013molL-1 的溶液：Na+、 Fe2+、 NO、 Cl-D. c（CO） = 0.1 molL-1的溶液：Na+、 NH、 Br-、 SO【答案】D【解析】【详解】A能
7、与金属铝反应产生H2 的溶液为酸性或碱性，若溶液呈碱性，Al3+、OH-不能大量共存，若为酸性，有NO，不能产生氢气，A错误；BpH=13 的溶液中含有大量的OH-，OH-、HCO不能大量共存，B错误；C由水电离产生的c（OH-） = 11013molL-1 的溶液呈碱性，Fe2+、OH-不能大量共存，C错误；Dc（CO）= 0.1 molL-1的溶液：Na+、 NH、 Br-、 SO、CO不反应，能大量共存，D正确；答案为D。6. 设NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 7.1 g Cl2 与足量铁反应，转移电子数目为 0.3NAB. 标准状况下，36 g 水含有原子的数目为 6
8、 NAC. 12.0 g 熔融状态的 NaHSO4 中含有离子数目为 0.3NAD. 标准状况下，22.4 L SO3 中所含的原子数目为 4 NA【答案】B【解析】【详解】A7.1 g Cl2的物质的量为，转移电子数为0.2NA，A错误；B36 g 水的物质的量为，含有原子数为23NA =6NA，B正确；CNaHSO4在熔融态的电离方程式为NaHSO4Na+，故12.0 g 熔融状态的 NaHSO4中含有离子数目为 0.2NA，C错误；D标准状况下SO3为固体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，D错误；故选B。7. 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材
9、料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是A. 元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种B. 元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构C. 元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D. 元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2【答案】B【解析】【分析】X原子最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元
10、素。【详解】A元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故A正确；BW、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故B错误；C元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；D硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；答案选B。8. 莽草酸可用于合成药物达菲，其结构如图，下列关于莽草酸的说法正确的是A. 分子式为C7H8O5B. 1mol 莽草酸能消耗 4molNaOHC. 莽草酸可发生加成、取代、加聚和消去反应D. 莽草酸分子中所有原子均可共平面【答案】C【解析】【详解】A分子式为C7H10O5，A说法错误；B1mol 莽草酸中
11、含有1mol的羧基，能消耗1molNaOH，而醇羟基与NaOH不反应，B说法错误；C莽草酸含有碳碳双键可发生加成、加聚反应，含有羧基可发生取代反应，含有羟基能发生取代和消去反应，C说法正确；D莽草酸分子中含有sp3杂化的碳原子，则所有原子不可能共平面，D说法错误；答案为C。9.选项ABCD目的用酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液配制稀硫酸溶液在铁制品上镀铜检查装置气密性装置或操作A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】AKMnO4溶液不能盛放在碱式滴定管中，错误；B容量瓶不能用于稀释溶液，错误；C在铁制品上镀铜，待镀铁制品应放在阴极，错误；D漏斗中液面不下降即可证明装置气
12、密性良好，正确。10. 可逆反应 A(g) + 2B(g) xC(g) 在恒温体积为 2L 的密闭容器中达到平衡后，测得A 的浓度为 1mol/L，维持温度不变，将容器体积压缩为 1L，并维持容积不变，反应再次达到平衡，测得A 的浓度为 1.8mol/L，则x 数值为A. 3B. 3C. = 3D. 无法判断【答案】B【解析】【详解】平衡后，将容器体积压缩为 1L，A的浓度理论上应从1mol/L变为2mol/L，再次平衡时测得A 的浓度为 1.8mol/L，说明A的浓度减少，平衡向正向移动。压缩体积压强增大，压强增大平衡向气体体积减小的方向移动，即正方向为气体体积减小的方向，也就是气体系数减小
13、的方向，故有x C(CH3COO-) c(H+) c(OH-)【答案】B【解析】【详解】A、滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH1，所以滴定盐酸的曲线是图，滴定醋酸的曲线是图，错误；B、醋酸钠水解呈碱性，pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL，正确；C、V（NaOH）=20.00 mL 时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，两份溶液中c（Cl）c（CH3COO），错误；D、V（NaOH）=10.00mL时，溶液中恰好为同浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸电离大于醋酸根的水解程度，溶液中离子浓度关系为c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c
14、（OH），错误。14. 磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：下列叙述错误的是A. 合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B. 从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC. “沉淀”反应的金属离子为Fe3+D. 上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠【答案】D【解析】分析：正极片碱溶时铝转化为偏铝酸钠，滤渣中含有磷酸亚铁锂，加入硫酸和硝酸酸溶，过滤后滤渣是炭黑，得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，滤液中加入碳酸钠生成含锂的沉淀，据此解答。详解：A、废旧电池中含有重金属，随意排放容易污染
15、环境，因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，A正确；B、根据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有Al、Fe、Li，B正确；C、得到含Li、P、Fe的滤液，加入碱液生成氢氧化铁沉淀，因此“沉淀”反应的金属离子是Fe3，C正确；D、碳酸锂沉淀，硫酸锂能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。答案选D。点睛：本题以废旧电池的回收为载体考查金属元素的回收，明确流程中元素的转化关系是解答的关键，题目难度不大。第II卷 非选择题 共 58 分二、非选择题（包括必考题和选考题两部分袁， 1517 题为必考题，每个试题考生都必须作答。 第 1819 题为选考题，考生根据要求作答）
16、。（一）必考题：共三题，共 43 分15. 硫代硫酸钠晶体（Na2S2O35H2O）易溶于水，难溶于乙醇，加热、遇酸均易分解。某实验室模拟工业上制取硫代硫酸钠晶体，反应装置和试剂如图：实验具体操作步骤为：开启分液漏斗，使硫酸慢慢滴下，适当调节分液漏斗的滴速，使反应产生的SO2气体较均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，同时开启电动搅拌器搅动，水浴加热，微沸。直至析出的浑浊不再消失，并控制溶液的pH接近7时，停止通入SO2气体。请回答下列问题：（1）仪器A的名称_， Na2S 的电子式为_。（2）装置A中发生反应的化学方程式为_。（3）从上述生成物混合液中获得较高产率Na2S2O35H2
17、O的步骤为:为减少产品的损失，操作为趁热过滤.“趁热”的目的是_；操作是_；操作是抽滤、 洗涤、干燥。（4）测定Na2S2O35H2O 纯度取6.00 g产品，配制成100 mL溶液。取10.00 mL溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度0.0500mol/L的I2标准溶液进行滴定，反应原理为2S2O+I2= S4O+2I-，相关数据记录如下表所示。编号123溶液的体积/mL10.0010.0010.00消耗I2 标准溶液的体积/mL19.9822.5020.02Na2S2O35H2O的纯度为 _（保留 3 位有效数字）。（5）Na2S2O3 常用作脱氯剂，在溶液中易被 Cl2 氧化成 SO，该反
18、应离子方程式为 _。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). (3). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O (4). 为了防止晶体在漏斗中大量析出导致产率降低（或其他合理答案均可） (5). 蒸发浓缩、冷却结晶 (6). 82.7% (7). S2O+4Cl2+5H2O = 2SO+8Cl-+10H+【解析】【分析】A装置中，Na2SO3和H2SO4反应生成SO2，Na2SO3+H2SO4=Na 2SO4+SO2+H2O，SO2进入B装置，与Na2S、Na2CO3反应，4SO2+2Na2S+ Na2CO3=3Na2S2O3+CO2，制得Na2S2O3，反应后的混合液经活性炭脱
19、色、趁热过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥，可得硫代硫酸钠晶体粗品。【详解】（1）仪器A有支管，是蒸馏烧瓶；Na2S是离子化合物，电子式为；（2）根据分析，A中Na2SO3和H2SO4反应生成Na2SO4、SO2和H2O，反应的方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；（3）操作为趁热过滤，Na2S2O3在热水中溶解度较大，温度降低后会有晶体析出，采用趁热过滤是为了防止晶体在过滤的过程中因温度降低而在漏斗中析出，导致产率降低；根据分析，操作是蒸发浓缩、冷却结晶；（4）由表格可知，第2组数据与另外两组相差较大，需舍去，第1、3组消耗标准液的平均体积为，I2的物质的量
20、为0.05mol/L0.02L=0.001mol，由2I2可知，的物质的量为0.002mol，故Na2S2O35H2O的物质的量也为0.002mol，样品中Na2S2O35H2O的质量m=nM=100.002mol248g/mol=4.96g，Na2S2O35H2O的纯度为；（5）Na2S2O3被 Cl2 氧化为SO，Cl2转化为Cl-，反应的离子方程式为S2O+4Cl2+5H2O = 2SO+8Cl-+10H+；【点睛】本题要注意第（4）问，配制成100 mL溶液后取10.00 mL溶液做实验，所以在计算样品中Na2S2O35H2O的量时需乘以10。16. 卤块的主要成分是MgCl2，此外还
21、含Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子。若以它为原料按下图所示工艺流程进行生产，可制得轻质氧化镁。若要求产品尽量不含杂质，而且生产成本较低，根据表 1 和表 2 提供的资料，填写空白：表1生成氢氧化物沉淀的pH物质开始沉淀完全沉淀Fe(OH)32.73.7Fe(OH)27.69.6*Mn(OH)28.39.8Mg(OH)29.611.1表2原料价格表物质价格（元吨-1）漂液（含25.2%NaClO）450双氧水（含30%H2O2）2400烧碱（含98%NaOH）2100纯碱（含99.5%Na2CO3）600*Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，常将它氧化为Fe3+，生成Fe(OH)3沉淀除
22、去。（1）卤块加水过程中能够增大溶解效率的措施有_、_ （任意写两点）（2）在步骤中加入的试剂 X，最佳的选择是_，其作用是 _。（3）在步骤之所以要控制 pH=9.8，其目的是_。（4）在步骤中加入的试剂 Z 应是 _ ；（5）在步骤中发生的反应是 _。（6）在实验室中，为了除去 MgCl2酸性溶液中的 Fe3+而得到较纯净的MgCl2溶液，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸。这种试剂是 _。A、NH33 H2O B、NaOH C、Na2CO3 D、MgCO3（7）已知 298K 时，Mg(OH)2的溶度积常数为 Ksp=5.610-12，取适量MgCl2溶液
23、，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀平衡，测得pH=13，则所得溶液中的 c(Mg2+)= _mol/L。【答案】 (1). 升温 (2). 将卤块粉碎或搅拌等 (3). 漂液（NaClO） (4). 将 Fe2+ 氧化为 Fe3+ (5). 使 Mg2+以外的杂质转化为氢氧化物沉淀除去（或其他合理答案均可） (6). 纯碱/Na2CO3 (7). MgCO3 +H2OMg(OH)2+CO 2 (8). D (9). 5.610-10【解析】【分析】(1)把固体研磨、适当升温或搅拌等都能够增大溶解效率；(2)步骤是为了将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂时要考虑成本；(3)分析表1提供的数据：除去杂质
24、离子合理的pH范围是3.7pH9.8；(4)在步骤中加入的试剂应兼顾产品质量和生产成本；(5)步骤中为碳酸镁的水解；(6)通过调节pH除去溶液中的Fe3+，加入试剂不引入新的杂质离子；(7)KspMg(OH)2=c(Mg2+)c2(OH-)计算。【详解】(1)把固体研磨、适当升温或搅拌等都能够增大溶解效率；(2)步骤是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe(OH)3沉淀而除之，虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理；(3)步骤的目的在于除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，分析表1提供的数
25、据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7pH9.8，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg(OH)2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理；(4)在步骤中加入的试剂后生成的沉淀，为了兼顾产品质量和生产成本，且煮沸后生成沉淀和气体，则沉淀不可能为氢氧化镁，则加入的试剂只能为碳酸钠；(5)步骤中发生的反应是碳酸镁和水在加热条件下反应生成氢氧化镁沉淀和二氧化碳，方程式为MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2(6)除去溶液中的Fe3+，可通过调节pH实现，但加入的试剂应为不溶于水的固体，且不引入新的杂质离子，加入的试剂为碳酸镁，答案为D；(7)Ks
26、pMg(OH)2=c(Mg2+)c2(OH-)=5.610-12，pH=13时，c(OH-)=0.1mol/L，则c(Mg2+)=5.610-10 mol/L。17. 研究CO2 的利用对促进低碳社会的构建具有重要的意义。I. 已知某些化学键的键能数据如下：化学键C=OCOCHHHOH键能/kJmol-1745351415436462则CO2（g） + 3H2（g）CH3OH（g） + H2O（g） H = _kJmol-1II.将燃煤废气中的CO2 转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（l）（1）该反应化学平衡常数表达式 K = _。（2）已知
27、在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，平衡时 CO2 的转化率如图所示：该反应的H _0（选填“”“”）。若温度不变，减小反应投料比n（H2）/n（CO2），K 值将 _（选填“增大”“减小”“不变”）。（3）某温度下，向体积一定的密闭容器中通入CO2（g）与H2（g）发生上述反应，下列物理量不再发生变化时，能说明反应达到平衡状态的是_。A 二氧化碳的浓度B 容器中的压强C 气体的密度D CH3OCH3 与H2O 的物质的量之比（4）利用 CO 与H2 可直接合成甲醇，下图是由“甲醇-空气”形成的绿色燃料电池的工作原理示意图 ，写出以石墨为电极的电池工作时负极的电极反应式 _，利用该电池
28、电解 1 L 0.5mol/L 的 CuSO4 溶液，当消耗 560mLO2（标准状况下）时，电解后溶液的 pH =_（溶液电解前后体积的变化忽略不计）。【答案】 (1). -184 (2). (3). (4). 不变 (5). ABC (6). CH3OH-6e-+H2OCO2+6H+ (7). 1【解析】【详解】I反应热等于反应物的键能之和减生成物的键能之和，H =（7452+4363-4153-4623）kJ/mol=-184 kJ/mol；II（1）化学平衡常数K为生成物中气体浓度幂的乘积与反应物中气体浓度幂的乘积的比值，故该反应的平衡常数表达式为；（2）由图可知，温度升高，CO2的转
29、化率下降，因此该反应为放热反应，HC (8). sp2 (9). 平面三角形 (10). 12 (11). 【解析】【分析】(1)基态Fe 的价电子排布式为3d64s2；(2)原子轨道处于全满、半满、全空时结构稳定；(3)根据氯化铝熔点较低、容易升华判断；(4)等电子体是原子数相等、价电子数也相等的微粒； (5)同周期元素从左到右电负性依次增大；(6)根据价电子互斥理论判断CO的立体构型；(7)根据均摊原则计算晶胞中的原子数。【详解】(1)基态Fe 的价电子排布式为3d64s2，根据洪特规则，价电子排布图为；(2)Al 原子失去一个电子后，其 3s 上有 2 个电子为全满状态，较稳定，所以其第
30、二电离能增幅较大；(3)氯化铝熔点为 194, 熔融状态下不导电且容易升华，由此可判断氯化铝属于分子晶体；(4)等电子体是原子数相等、价电子数也相等的微粒；与 CO 互为等电子体的分子和离子分别为N2和CN-； CO 的结构式是，键与键数目之比为1：2；(5)同周期元素从左到右电负性依次增大，碳酸亚铁中所含非金属元素的电负性由大到小的顺序为OC；(6)碳酸亚铁中含有CO32-，碳原子的价电子对数是，碳原子的杂化轨道类型为sp2；碳原子的价电子对数是3、配位原子数为3，无孤电子对，CO的立体构型为平面三角形；(7)根据图示，距离一个顶点铁原子最近的铁原子有12个，根据均摊原则，一个晶胞中含有铁原
31、子数，若晶胞边长为a cm，晶胞的体积是，Fe 的摩尔质量为M gmol-1，阿伏加德罗常数的值为 NA，Fe 晶体的密度=gcm-3。【点睛】本题考查核外电子排布、价电子互斥理论、晶胞计算，明确价电子对数计算方法，根据均摊原则计算晶胞中原子数，晶胞顶点的原子被1个晶胞占用 、面心的原子被1个晶胞占用。化学要选修五:有机化学基础19. 水芹烯是一种具有祛痰、抗菌、杀虫作用的添加剂，由水芹烯合成聚合物H的路线如图所示。请回答下列问题：（1）水芹烯的分子式为_ ，C 的系统命名为_，反应的反应类型为_（2）D 分子中的官能团为（写名称） _，B 的结构简式为 _。（3）反应的化学反应方程式为 _。
32、H 在 NaOH 水溶液中发生水解反应的化学方程式为_。（4）M 是G 的同分异构体，且能与 NaHCO3反应生成CO2，则 M 的可能结构有_种（不考虑立体异构）（5）乙酸异丙酯 CH3COOCH（CH3）2是重要的有机化工中间体，写出以 2-甲基-2-丁烯为原料（其他无机试剂任选）制备乙酸异丙酯的合成路线_。【答案】 (1). C10H16 (2). 2-羟基丙酸 (3). 消去反应 (4). 羧基、溴原子 (5). (6). CH2=CHCOOH+CH3OH CH2=CHCOOCH3+H2O (7). +nNaOH +nCH3OH (8). 3 (9). 【解析】【分析】有框图可知，水芹
33、烯（）被KMnO4氧化，生成A（）和B（），B与H2加成生成C（），C与HBr发生取代反应生成D（），D在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应，生成E（），E在酸性的条件下得到F（），F与甲醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成G（），G在一定条件下发生加聚反应生成最终产物H（）。【详解】（1）水芹烯（）的分子式为C10H16；C是，系统命名为2-羟基丙酸；根据分析，反应是消去反应；（2）D为，官能团为羧基和溴原子；根据分析，B的结构简式为；（3）根据分析，反应是F与甲醇的酯化反应，方程式为CH2=CHCOOH+CH3OH CH2=CHCOOCH3+H2O；H中的酯基可在NaOH水溶液中发生水解，方程式为+nNaOH +nCH3OH；（4）M 是G 的同分异构体，且能与 NaHCO3反应生成CO2，说明M中有羧基，M的同分异构体有、，共3种；（5）以2-甲基-2-丁烯为原料（其他无机试剂任选）制备乙酸异丙酯可用有机合成的逆推法，乙酸异丙酯需用乙酸和异丙醇酯化制得，异丙醇可用丙酮与H2加成制得，2-甲基-2-丁烯与KMnO4反应可制得丙酮和乙酸，反应路线为。