1、云南省德宏州梁河一中2014-2015学年高二下学期第二次月考化学试卷一、选择题（每题6分）共42分1可逆反应A（s）+B（g）nC（g）H=Q（n为正整数）在不同条件下反应混合物中C的百分含量和反应过程所需时间的关系曲线如图所示下列有关叙述中一定正确的是( )A其他条件相同，a表示使用了催化剂，b没有使用催化剂B其他条件相同，若只改变压强，则a比b的压强大且n2C其他条件相同，若只改变温度，则a比b的温度高且Q0D其他条件相同，若改变A的物质的量，则a比b消耗A的物 质的量少考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线 专题：化学平衡专题分析：A、加入催化剂同等程度增大正逆反应速率，平衡不移动；B
2、、压强越大，平衡时C的百分含量（C%）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即1n；C、a到达平衡时间短，所以a温度高，再根据升温，平衡移动分析；D、A为固体，达到平衡后，改变A平衡不移动解答：解： A、加入催化剂同等程度增大正逆反应速率，平衡不移动，则a、b到达平衡时C的百分含量相同，故A错误；B、a到达平衡时间短，所以a压强高，压强越大，平衡时C的百分含量（C%）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即1n，所以a比b的压强大且n2，故B正确；C、a到达平衡时间短，所以a温度高，升温平衡时C的百分含量（C%）减小，平衡逆向移动，所以H0，故C错误；D、A为固体，达到平衡后，改变A的
3、物质的量平衡不移动，故D错误；故选B点评：本题考查了体积分数随温度、压强变化曲线的分析，难度不大，明确“先拐先平数值大”是解本题的关键，注意D选项中，固体量的多少对化学平衡无影响，即不影响平衡的移动2下列关于反应热的说法正确的是( )A当H为“一”时，表示该反应为吸热反应B已知C（s）+O2（g）CO（g）的反应热为l10.5kJ/mol，说明碳的燃烧热为110.5kJ/molC反应热的大小取决于反应物所具有总能量和生成物所具有总能量的相对大小D反应热不但与反应体系的始态和终点状态有关，而且与反应的途径也有关考点：反应热和焓变 专题：化学反应中的能量变化分析：A、考查了吸放热的H的表示方法；B
4、、紧扣燃烧热的概念来解答本题；C、反应物所具有总能量和生成物所具有总能量的相对大小决定了反应是吸热还是放热；D、根据盖斯定律的内容来解答解答：解：A、放热反应的H0，为“一”值，吸热反应的H0，为“+”值，故A错误；B、燃烧热的概念：在25摄氏度，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热定义要点：可燃物完全燃烧生成稳定化合物所放出的热量为标准而在此反应中，C（s）没有完全燃烧，故110.5kJ/mol不是C（s）的燃烧热，故B错误；C、反应物所具有总能量和生成物所具有总能量的相对大小决定了反应是吸热还是放热当反应物所具有总能量大于生成物所具有
5、总能量时，反应放热，反之则吸热，故C正确；D、盖斯定律：一个反应无论是一步完成还是分为数步完成，其热效应是相同的，反应热的数值取决于始态和终态，与所经的路径无关，故D错误；故选C点评：本题考查了反应吸放热的表示方法及判断、燃烧热的概念、盖斯定律等内容，注意燃烧热的定义要点，难度不大3反应 4X（g）Y（g）+2Z（g）H0下列反应条件有利于生成Y的是( )A低温、低压B高温、高压C低温、高压D高温、低压考点：化学平衡的影响因素 分析：该反应是气体体积减小、吸热的可逆反应，要使该反应向正反应方向移动，可采取加压、升高温度、减小生成物的浓度、增加反应物的浓度的方法解答：解：该反应是气体体积减小、吸
6、热的可逆反应，要使该反应向正反应方向移动，可采取加压、升高温度、减小生成物的浓度、增加反应物的浓度的方法故选B点评：本题考查了化学平衡的影响因素，难度不大，注意压强对反应前后气体体积不变的反应无影响4某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应：X（g）+Y（g）2Z（g）+W（s）；下列不能判断达到化学平衡状态的标志是( )A混合气体的平均摩尔质量不变B当容器中气体压强不变C生成2mol Z的同时生成1mol XD混合气体的密度不变考点：化学平衡状态的判断 专题：化学平衡专题分析：化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，结合反应的特点进行
7、分析解答：解：A混合气体的平均摩尔质量不变，能证明正逆反应速率相等，一定达到平衡状态，故A不选；B反应前后气体的体积相等，容器中总压强不变，不能说明达到平衡状态，故选B；C生成2mol Z等效于消耗1mol X的同时生成1mol X，能说明达到平衡状态，故C不选；D反应前后气体的质量不等，体积恒定，当达到平衡状态时，容器中混合气体的密度不变，故D不选；故选B点评：本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题注意把握判断是否达到平衡的角度，解答该类题目一定要分析反应的特点，特别是反应前后气体的变化关系以及有无固体参加反应，在做题时不能忽视5将0.1mol/L的氨水稀释10倍，随着氨水浓度的降低
8、，下列数据逐渐增大的是( )ABc（OH）CDc（NH4+）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 分析：将0.1mol/L的氨水稀释10倍，溶液中随着水量的增加，由NH3H2OOH+NH4+可知，n（OH）、n（NH4+）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH）、c（NH4+）都减小，加水会促进电离，则n（NH3H2O）减少，据此进行判断解答：解：由NH3H2OOH+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3H2O）减少，n（OH）增大，则的比值增大，故A错误、C正确；加水稀释过程中，溶液中氢氧根离子、铵根离子的浓度都会减小，故B、D错误；故选C点评：本题考查弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中
9、等，明确稀释时电离平衡的移动及离子的物质的量、离子的浓度的变化是解答的关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力6在由水电离产生的H+浓度为11013molL1的溶液中，一定能大量共存的离子组是( )K+、Cl、NO3、S2K+、Fe2+、I、SO42Na+、Cl、NO3、SO42Na+、Ca2+、Cl、HCO3K+、Ba2+、Cl、NO3ABCD考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：水电离产生的H+浓度为11013molL1的溶液，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸或碱的溶液，利用离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应来分析离子在溶液中的共存解答：解：因由水电离产
10、生的H+浓度为11013molL1的溶液，小于1107molL1，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸或碱的溶液，碱溶液中该组离子不反应，但酸溶液中NO3、S2 发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；碱溶液中Fe2+、OH结合生成沉淀，酸溶液中该组离子不反应，故错误；该组离子在酸或碱溶液中都不发生反应，则一定能大量共存，故正确；酸溶液中HCO3与H+结合生成二氧化碳和水，碱溶液中HCO3与OH结合生成碳酸根离子和水，生成的碳酸根离子与Ca2+结合生成碳酸钙沉淀，则一定不能共存，故错误；该组离子在酸或碱溶液中都不发生反应，则一定能大量共存，故正确；故选：B点评：本题考查离子的共存问题，明确水的电离
11、这一信息的利用是解答本题的关键，然后熟悉离子的性质及离子之间的反应即可解答7在容积一定的密闭容器中，发生可逆反应：A（g）+B（g）xC（g），有如图（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）所示的反应曲线，则下列说法中正确的是( )Ax=2，T1T2，P2P1BP3P4，y轴表示B的质量分数CP3P4，y轴表示混合气体的密度DP3P4，y轴表示混合气体的平均摩尔质量考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线 分析：图1中根据“先拐先平数值大”知，T1T2，P2P1，增大压强，C的体积分数增大，平衡向正反应方向移动，则正反应是气体体积减小的反应，所以x=1；升高温度，C的体积分数降低，说明向
12、逆反应方向移动，则正反应是放热反应解答：解：图1中根据“先拐先平数值大”知，T1T2，P2P1，增大压强，C的体积分数增大，平衡向正反应方向移动，则正反应是气体体积减小的反应，所以x=1；升高温度，C的体积分数降低，说明向逆反应方向移动，则正反应是放热反应A由上述分析可知，x=1，T1T2，P2P1，故A错误；B升高温度平衡向逆反应方向移动，B的质量分数增大，增大压强平衡向正反应方向移动，B的质量分数减小，则P3P4，故B错误；C混合气体总质量不变，容器容积不变，反应混合气体的密度不变，故C错误；D混合气体总质量不变，升高温度平衡向逆反应方向移动，混合气体总物质的量增大，平均摩尔质量减小，增大
13、压强平衡向正反应方向移动，混合气体总物质的量减小，混合气体平均摩尔质量增大，则P3P4，故D正确，故选D点评：本题考查化学平衡图象、影响化学平衡的因素，关键是利用“定一议二”与“先拐先平数值大”原则分析反应特征二、填空题：58分8已知强酸与强碱反应的中和热为57.3KJ/mol，请写出硫酸溶液与氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）H=57.3 kJ/mol现有pH=2的醋酸甲和pH=2的盐酸乙：（1）取10mL的甲溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡向右（填“向左”、“向右”或“不”）移动，若加入少量的冰醋酸，醋酸的电离
14、平衡向右（填“向左”、“向右”或“不”）移动，若加入少量无水醋酸钠固体，待固体溶解后，溶液中的值将减小（填“增大”、“减小”或“无法确定”）（2）相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍稀释后的溶液，其pH大小关系为pH（甲）小于pH（乙）（填“大于”、“小于”或“等于”，下同）若将甲、乙两溶液等体积混合，溶液的pH=2（3）各取25mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH=7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V（甲）大于V（乙）考点：热化学方程式；弱电解质在水溶液中的电离平衡 分析：、依据中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，标注物质聚集
15、状态和对应焓变写出热化学方程式；、（1）醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，如果加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大平衡向右移动，向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离；（2）氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，若将甲、乙两溶液等体积混合，溶液的pH=2；（3）各取25mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH=7，则消耗的NaOH溶液的体积与酸的物质的量成正比解答：、稀的强酸与强碱溶液反应的中和热为57.3kJ/mol，则稀硫酸与稀烧碱溶液中和热的热化学方程式为：H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2S
16、O4（aq）+H2O（l）H=57.3 kJ/mol，故答案为：H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）H=57.3 kJ/mol；、（1）醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸电离平衡向正反应方向移动；向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，则氢离子浓度减小，醋酸分子浓度增大，所以c（H+）/c（CH3COOH）减小，故答案为：向右，向右，减小；（2）氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸溶液中氢离子浓度减小程度大于盐酸溶液中氢离子浓度减小程度，所以盐酸的pH大于醋酸，混合
17、前醋酸和HCl溶液的pH相等，若将甲、乙两溶液等体积混合，加水稀释形成醋酸电离，则溶液中氢离子浓度吧，所以溶液的pH=2，故答案为：小于，2；（3）各取25mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH=7，则消耗的NaOH溶液的体积与酸的物质的量成正比，等pH、等体积的醋酸和HCl中n（CH3COOH）n（HCl），所以消耗NaOH体积V（甲）大于V（乙），故答案为：大于点评：本题考查了酸碱混合溶液定性判断，明确弱电解质电离特点及混合溶液酸碱性即可解答，会利用平衡原理解答，题目难度不大9H2O2在工业、农业、医药上都有广泛的用途（1）H2O2是二元弱酸，写出第一步的电离方程式H2
18、O2H+HO2，第二步的电离平衡常数表达式Ka2=（2）许多物质都可以做H2O2分解的催化剂一种观点认为：在反应过程中催化剂先被H2O2氧化（或还原），后又被H2O2还原（或氧化）下列物质都可做H2O2分解的催化剂，在反应过程中先被氧化，后被还原的是I Fe3+ Cu2+ Fe2+考点：氧化还原反应；电离方程式的书写 分析：（1）H2O2为二元弱酸，分2步电离；平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；（2）根据在反应过程中先被氧化，后被还原的即化合价先升高，后降低，结合元素的化合价来解答；解答：解：（1）H2O2为二元弱酸，分2步电离，电离方程式分别为：H2O2H+HO2，HO2
19、H+O22，第二步的电离平衡常数表达式Ka2=，故答案为：H2O2H+HO2；（2）I的化合价可先升高到0价，再降低到1价，符合题意；Fe3+的化合价只能先降低，然后再升高，不符合题意；Cu2+的化合价只能先降低，然后再升高，不符合题意，Fe2+的化合价可先升高到+3价，再降低到+2价，符合题意，故选：；点评：本题是一道综合知识题目，涉及实验操作，电离方程式式、平衡常数、氧化还原反应，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大10一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力有如图所示曲线，请回答（1）a、b、c三点的氢离子浓度由小到大的顺序为cab（2）a、b、c三点中，醋酸的电离程度最大的一点
20、是c考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡 分析：（1）溶液的导电能力与离子浓度成正比；（2）溶液越稀，醋酸的电离程度越大解答：解：（1）溶液的导电能力与离子浓度成正比，根据图象知，溶液导电能力大小顺序是bac，则氢离子浓度由小到大顺序是cab，故答案为：cab；（2）溶液越稀，醋酸的电离程度越大，根据图象知，溶液体积大小顺序是cba，所以醋酸电离程度最大的是c，故答案为：c点评：本题考查了弱电解质的电离，明确溶液导电能力的影响因素、弱电解质电离程度与溶液浓度的关系是解本题关键，正确分析图象即可，题目难度不大11氮是地球上含量最丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用请回答下列
21、问题：（图中涉及物质为气态）（1）如图是1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）H=234kJmol1（2）在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下化学反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，其化学平衡常数K与温度t的关系如下表：请完成下列问题试比较K1、K2的大小，K1 K2（填写“”、“=”或“”）下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据是c（填序号字母）：a容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2 bv（N2）正=3v（H2）逆c容器内压
22、强保持不变 d混合气体的密度保持不变在400时，当测得NH3和N2、H2的物质的量分别为1mol和2mol、3mol时，则该反应的v（N2）正v（N2）逆（填写“”、“=”或“”）酸或碱电离平衡常数（Ka或 Kb）CH3COOH1.8105HNO24.6104HCN51010HClO3108NH3H2O1.8105考点：热化学方程式；化学平衡的影响因素 分析：（1）分析图象特征可知，反应是放热反应，依据热化学方程式书写方法写出热化学方程式，标注物质聚集状态和对应反应的焓变；（2）对于放热反应，温度越高，平衡逆向移动，反应平衡常数越小；根据平衡状态的判断依据判断；化学平衡常数，正反应平衡常数和你
23、反应的平衡常数互为倒数，根据浓度熵和平衡常数的关系来确定平衡的移动方向解答：解：、（1）该反应的焓变H=E1E2=134KJ/mol368KJ/mol=234KJ/mol，所以热化学方程式为：NO2（g）+CO（g）NO（g）+CO2（g）H=234kJmol1，故答案为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）H=234kJmol1；（2）该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，所以K1K2，故答案为：；N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，反应是气体体积减小的放热反应，则a、容器内各物质的浓度之比等于计量数之比，不能证明正逆反
24、应速率相等，故a错误；b、不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比是平衡状态，3（N2）（正）=（H2）（逆）是平衡状态，故b错误；c、容器内压强不变，气体的物质的量不变，该反应达平衡状态，故c正确；d、如果是在密闭容器中反应，质量不变，体积不变，密度始终不变，故d错误；故答案为：c； 容器的体积为0.5L，NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为：2mol/L、4mol/L、6mol/L，Qc=0.5，所以化学反应向正反应方向进行，v（N2）正v（N2）逆，故答案为：点评：本题考查化学平衡常数及影响因素、意义，反应速率计算等，题目难度中等，注意化学平衡常数大小说明反应进行程度，与反应难易无关
25、、与反应速率无关三、选考题：只选38题【化学-物质结构与性质】12氢能是一种洁净的可再生能源，制备和储存氢气是氢能开发的两个关键环节氢气的制取（1）水是制取氢气的常见原料，下列说法正确的是AB（填序号）AH3O+的空间构型为三角锥形B水的沸点比硫化氢高C冰晶体中，1mol水分子可形成4mol氢键（2）科研人员研究出以钛酸锶为电极的光化学电池，用紫外线照射钛酸锶电极，使水分解产生氢气已知钛酸锶晶胞结构如图，则其化学式为SrTiO3氢气的存储（3）Ti（BH4）2是一种储氢材料Ti原子在基态时的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2Ti（BH4）2可由TiCl
26、4和LiBH4反应制得，TiCl4 熔点25.0，沸点136.94，常温下是无色液体，则TiCl4晶体类型为分子晶体考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；氢键的存在对物质性质的影响 分析：（1）A水合氢离子中氧原子含有3个键和1个孤电子对，所以其采用sp3杂化，空间构型为三角锥形；BO的电负性较大，对应的氢化物可形成氢键，沸点较高；C在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，利用均摊法计算；（2）利用均摊法计算该晶胞中含有的原子个数，从而确定其化学式；（3）处于最低能量的原子叫做基态原子，基态电子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特规则，Ti元素为22号元素，原子核外有22个电子，
27、根据核外电子排布规律书写；TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为37，沸点为136.94，根据其物理性质来判断晶体类型解答：解：I（1）A水合氢离子中，价层电子对数=3+（6131）=4，且含有一个孤电子对，所以其空间构型是三角锥型，故A正确；B氢键广泛存在于非金属性较强的元素F、O、N等元素形成的含氢化合物中，水分子间存在氢键，所以其沸点比硫化氢高，故B正确；C在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，每1个水分子平均形成2个氢键，故C错误；故答案为：AB；（2）该晶胞中Ti原子个数为1，O原子个数6=3，Sr原子的个数为8=1，所以化学式为SrTiO3，故答案为：SrTiO3；（
28、3）Ti的原子序数为22，位于第四周期第B族，最后填充d电子，电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2；TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为37，沸点为136.94，由此可判断 TiCl4是由共价键结合的分子，晶体类型属于分子晶体，故答案为：分子晶体点评：本题考查较为综合，涉及分子的立体构型、晶胞结构、原子在基态时的核外电子排布、氢键等知识点，题目难度中等，为高频考点四、【化学-物质结构与性质】13最近尼赫鲁先进科学研究中心借助ADF软件对一种新型环烯类储氢材料（C16S8）进行研究，从理论角度证明这种分子
29、中的原子都处于同一平面上（结构如图所示），每个平面上下两侧最多可储存10个H2分子元素电负性大小关系是：CS（填“”、“=”或“”）分子中C原子的杂化轨道类型为sp2有关键长数据如下：从表中数据可以看出，C16S8中碳硫键键长介于CS与C=S之间，原因可能是：分子中的C与S原子之间有键或分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质C16S8与H2微粒间的作用力是范德华力考点：元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学键和分子间作用力的区别 分析：一般来说，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大；周期表从上到下，元素的电负性逐渐变小电负性大的元素集中在元素周期表的右上角，电负性小
30、的元素集中在左下角；对于有机物利用杂化轨道数=孤对电子对数+键数进行判断；当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；根据键长数据分析；分子与分子间的作用力为分子间作用力解答：解：元素周期表中同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，同主族元素从上到下元素的电负性逐渐减弱，所以元素的电负性是指元素的原子在化合物中把电子吸引向自己的本领，元素的非金属性强者电负性大，其单质的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，H2CO3的酸性远不及H2SO4的酸性强，所以元素电负性C略小于S，故答案为：；根据图2结构可知：碳原子形成2个CS，1个C=S二键，C原子杂化轨道数为（2+1）=3，C原子采
31、取sp2杂化方式，故答案为：sp2；CS键长为181pm，C=S键长为155pm，C16S8中碳硫键键长为176pm，键长介于CS与C=S之间，原因可能是：分子中的C与S原子之间有键或分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质，故答案为：分子中的C与S原子之间有键或分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质；分子之间存在范德华力，C16S8与H2微粒间的作用力是范德华力，故答案为：范德华力点评：本题考查烯类储氢材料有关知识，涉及元素电负性大小、原子的杂化轨道类型、微粒间的作用力等知识点，题目难度中等，注意杂化轨道数判断，为高频考点五、【化学-有机化学基础】14对甲基苯甲酸乙酯（）是用于合成药物的中间体请根
32、据下列转化关系图回答有关问题：（1）D中含有官能团的名称是羧基，AB的反应类型为加成反应（2）G的结构简式为（3）写出1种属于酯类且苯环上只有一个取代基的C8H8O2的同分异构体（4）丁香酚（）是对甲基苯甲酸乙酯的同分异构体，下列物质与其能发生反应的是ACD（填序号）ANaOH（aq） BNaHCO3（aq） C酸性KMnO4（aq） DFeCl3（aq）（5）写出合成对甲基苯甲酸乙酯的化学方程式+CH3CH2OH+H2O考点：有机物的推断 分析：C8H8O2不饱和度=5，苯环不饱和度是4，还含有一个双键，该物质和B反应生成对甲基苯甲酸乙酯，则该物质是对甲基苯甲酸，结构简式为，则B为CH3CH
33、2OH，A和水发生加成反应生成B，则A为CH2=CH2，A和溴发生加成反应生成E，E为CH2BrCH2Br，E发生水解反应生成F，F为HOCH2CH2OH，对甲基苯甲酸中甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，D为，D和F发生酯化反应生成G，根据G分子式知，G结构简式为，据此分析解答解答：解：C8H8O2不饱和度=5，苯环不饱和度是4，还含有一个双键，该物质和B反应生成对甲基苯甲酸乙酯，则该物质是对甲基苯甲酸，结构简式为，则B为CH3CH2OH，A和水发生加成反应生成B，则A为CH2=CH2，A和溴发生加成反应生成E，E为CH2BrCH2Br，E发生水解反应生成F，F为HOCH2CH2OH，对甲基苯
34、甲酸中甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，D为，D和F发生酯化反应生成G，根据G分子式知，G结构简式为，（1）D为，D中含有官能团的名称是羧基，AB的反应类型为加成反应，故答案为：羧基；加成反应；（2）G的结构简式为，故答案为：；（3）属于酯类且苯环上只有一个取代基的C8H8O2的同分异构体为，故答案为：；（4）丁香酚（）中含有碳碳双键、酚羟基和醚键，具有烯烃、酚和醚的性质，A酚羟基具有酸性，能和NaOH发生中和反应，故正确；B不含羧基，所以不能与NaHCO3反应，故错误；C碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性KMnO4（aq）褪色，故正确； D含有酚羟基，所以能与FeCl3（aq）发生显色反应，故正确；故选ACD；（5）对甲基苯甲酸和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成对甲基苯甲酸乙酯，方程式为+CH3CH2OH+H2O，故答案为：+CH3CH2OH+H2O点评：本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，根据对甲基苯甲酸乙酯结构简式结合反应条件采用正逆结合的方法进行推断，正确推断各物质结构简式是解本题关键，知道官能团与性质关系，题目难度不大