1、江苏省扬州市邗江区实验学校2016届高三下期4月月考化学试卷（苏教版，解析版）1已知某有机物的分子式为C3HaOb(a、b均是不为0的正整数)，下列关于C3HaOb的说法中正确的是（ ）A当a=8时该物质可能发生加成反应 Ba一定是偶数C当a=6、b=2时该物质不可能含有两种官能团 D1个C3HaOb可能含有3个醛基【答案】B【解析】A项中当a为8时，有机物的饱和度为0,即不会有不饱和键的存在，不能发生加成反应；C3H6O2的不饱和度为1，可以含有OH和CHO；C3HaOb的只有三个碳原子，不可能含有3个醛基。2将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后，气体体积11.2L（体积均
2、在相同条件下测定），则该氮氧化合物的化学式为ANO2BN2O2CN2ODN2O4【答案】A【解析】根据2NxOy+2yCu=2yCuO+xN2，以及题中数据反应后气体体积为反应前气体体积的一半，可以得到x=1，因此只有A选项符合题意。3向含有KCl和KI的混合溶液中加入过量的溴水充分反应。将溶液蒸干并灼烧所得的物质，最后剩余的固体物质是（ ）AKCl B KCl和KI CKCl和KBr D KCl、KBr、I2【答案】C【解析】试题分析：过量的溴水把KI完全反应掉，生成KBr和碘单质，蒸干并灼烧时水、过量的溴、碘单质都挥发掉了，剩余物质含有KCl和KBr，C正确。考点：考查卤单质之间的反应点评
3、：熟知卤单质间的反应及卤单质的性质4下列实验操作正确的是A用饱和溴水除去甲苯中混有的苯酚B用氨水洗涤除去试管内壁上的银镜C实验室用加热NH4Cl固体使之分解的方法制NH3D用稀硫酸和Zn反应制H2时，加少量CuSO4溶液可加快反应速率【答案】D【解析】试题分析：A.甲苯能萃取溴水中的溴，不能达到除杂的目的，错误。B.氨水和银不能发生反应，因此不能用氨水除去试管内壁上的银镜，错误。C.氯化铵不稳定，加热时分解生成氯化氢和氨气，但温度降低时，氯化氢和氨气又立即反应生成氯化铵，因此不能用该方法制取氨气，错误。D用稀硫酸和Zn反应制H2时，加少量CuSO4溶液，会发生反应：CuSO4+Zn=Cu+Zn
4、SO4，产生的Cu附着在Zn上，二者会构成原电池，Zn是负极，因此可加快反应速率，正确。考点：考查实验操作正误判断的知识。5锂碘电池可用来为心脏起搏器提供能源，其电池反应可简化为：2Li + I2 = 2LiI。下列有关说法正确的是AI2发生氧化反应 B碘电极为该电池的正极 C正极反应为：Li = Li+ D该电池放电时化学能转化为电能【答案】BD【解析】试题分析：由总反应式可知，化合价升高的做负极，所以锂做负极。碘做正极。所以碘发生的是还原反应。原电池是将化学能转化为电能的装置，所以答案选BD考点：考查原电池的相关知识点6除去下列物质中所含少量杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂和分离方法能达
5、到实验目的是 混合物试剂分离方法A乙烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气B硬脂酸钠（甘油）氯化钠过滤C乙酸乙酯（乙酸）NaOH溶液蒸馏D苯（苯酚）溴水过滤【答案】B【解析】试题分析：A、乙烷中的乙烯若用酸性高锰酸钾除去，乙烯被氧化为二氧化碳，也是气体，错误；B、向硬脂酸钠中加入氯化钠，降低硬质酸钠的溶解度，使其析出，然后过滤可得硬质酸钠固体，正确；C、乙酸乙酯、乙酸都与氢氧化钠溶液反应，错误；D、溴与苯酚生成的三溴苯酚溶于苯中，不能过滤除去，错误，答案选B。考点：考查有机物的除杂，试剂的选择，分离方法的判断7常温时，将V1mL c1molL1的氨水滴加到V2mL c2moLL1的盐酸中，下列结论中正
6、确的是（ ）A.若混合溶液的pH=7，则c1V1c2V2 B.若V1=V2，c1=c2，则溶液中c (NH4+) = c (Cl-)C.若混合溶液的pH=7，则溶液中c (NH4+)c (Cl-)D.若V1=V2，且混合液的pH7，则一定有c1 = c2【答案】A【解析】所谓中和是指酸碱恰好反应生成盐和水的反应，而中性是指溶液中H+与OH的浓度相等，常温下pH=7氨水与盐酸恰好中和（即c1V1=c2V2 ）生成氯化铵溶液为强酸弱碱盐溶液，常温下溶液呈酸性，pH7，A：混合溶液的pH=7，则说明氨水相对过量，即c1V1c2V2 ，正确B：V1=V2，c1=c2，即c1V1=c2V2 ，恰好中和，
7、溶液呈酸性，c (H+)c (OH-)，另两离子c (NH4+)、=或、=、，KBKA=KC ，该反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小，A、B、C三点的温度为Bc(HSO3-)c(H+)c(SO32-)c(OH-)。【解析】试题分析：（1）已知：2SO2(g)+O2(g)+2H2O(l)=2H2SO4(l) H=-457kJ/mol；SO3(g) +H2O(l)=H2SO4(l) H=-130kJ/mol；根据盖斯定律，-2可得：2SO2(g)+O2 (g) 2SO3(g) H=-197kJ/mol；故每生成l mol SO3(g)的H=(-197kJmol-1)2=-98.5kJmo-1
8、；（2）v(SO3)=0.75mol/L10min=0.075mol/(Lmin)，由于在相同时间段内用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(O2 )=1/2 v(SO3)= 0.0375 mol/(Lmin)；反应2SO2(g)+O2 (g)2SO3(g) H=-197kJ/mol的正反应为气体体积减小的反应，在其它条件不变时，增大压强，平衡向正反应方向移动，氧气的转化率增大，根据图像可知，氧气的转化率：P2P1，所以压强P2P1。化学平衡常数只受温度影响，与压强无关，正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，由于温度TA=TcTB，升高温度，化学平衡
9、常数减小，故平衡常数：KBKA=KC；（3）同物质的量的SO2 与NH3 溶于水，发生反应生成亚硫酸氢铵，反应离子方程式为：SO2+ NH3+H2O =NH4 + +HSO3 - ；根据电荷守恒，可知：c(H+)+c(NH4 +)=c(HSO3 -)+2c(SO3 2-)+c(OH- )，则c(H+)-c(OH-)= c(HSO3 -)+2c(SO3 2-)+ c(NH4 +)，选项D正确；溶液中氢离子源于水的电离、HSO3 -的电离、NH4 +的水解，氢氧根离子源于水的电离、HSO3 -的水解，由于水电离得到的c水(H+)与c水(OH- )相等，则c(H+)-c(OH-)= c(SO3 2-
10、)+c(NH3 H2 O)+ c水(H+)-c(H2SO3 )+ c水(OH- )= c(SO3 2-)+ c(NH3 H2 O)- c(H2 SO3 )，选项C正确；故CD正确；根据电离平衡常数Ka1(H2SO3)K(NH3H2O) Ka2(H2SO3)，所以对于NH4HSO3，NH4+、HSO3-都会发生水解反应，由于电离平衡常数K(NH3H2O) Ka2(H2SO3)，则水解程度NH4+c(HSO3-)；c(H+) c(OH-) ；在溶液中存在电离平衡：HSO3-H+ SO32-；H2 OH+ OH-； H+由两部分电离产生，所以c(H+)c(SO32-)，故溶液中离子浓度关系是：c(N
11、H4+)c(HSO3-)c(H+)c(SO32-)c(OH-)。【考点定位】考查热化学方程式的书写、反应速率计算、化学平衡比较、化学平衡图像的应用、离子浓度大小比较的知识。【名师点睛】根据盖斯定律可知：反应放出或吸收的热量与反应途径无关，只与反应物、生成物的聚集状态及反应的物质多少有关。可以将已知的热化学方程式进行叠加，得到相应的热化学方程式，通过方程式叠加，不仅可以计算不能直接发生反应的反应热，也可以计算不容易测定的反应的反应热。化学反应速率是衡量化学反应进行的快慢程度的物理量，是用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加表示的；用不同物质表示的化学反应速率，速率比等于方程式中该物质的化
12、学计量数的比。化学平衡则反映了可逆化学反应的物质进行的程度，可以用化学平衡常数表示。化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时，各生成物浓度幂之积与各反应物浓度幂之积的比。化学平衡常数越大，则反应进行的程度越大。它只与温度有关，若改变外界条件，使化学平衡正向移动，温度不变，化学平衡常数就不变，若是通过升高温度使化学平衡正向移动，则化学平衡常数增大。外界条件对化学平衡移动的影响可以根据化学平衡移动原理进行分析判断。比较离子浓度大小时，要结合溶液中存在的电解质的电离、弱电解质的电离平衡、盐的水解平衡，根据物料守恒、电荷守恒及质子守恒进行分析解答。17H、D、T的中子数分别是_，质量数分别是_，同位素原子
13、的 虽然不同，但_基本上完全相同；16O、17O、18O属_，O2、O3、O4属_，某元素的同位素原子可以形成3种分子量不同的双原子分子，则该元素有_种同位素原子。【答案】012、123、中子数、化学性质、 同位素、同素异形、2【解析】考查原子的组成以及同位素的概念等。质子数和中子数之和是质量数，质子数相同质量数不同的核素互称为同位素。而同素异形体是指由同一种元素形成的不同单质，所以16O、17O、18O属于同位素，O2、O3、O4则属于同素异形体。根据排列组合可知，若某元素的同位素原子可以形成3种分子量不同的双原子分子，则其同位素一定是两种。18（7分）选用如下实验装置组合后完成用浓盐酸、二
14、氧化锰共热制Cl2，并用Cl2和Ca(OH)2反应制少量漂白粉的实验。已知工业制漂白粉反应为放热反应。温度稍高即发生副反应6Cl2+6Ca(OH)2=5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O。选用各装置的接口顺序为 （填图中小写英文字母）。制漂白粉的装置选择 （填C或D）装置的原因 。F装置的作用是 写出F中发生反应的化学方程式 实验中若用12molL-1的浓盐酸100mL与足量的MnO2反应，最终生成Ca(ClO)2的物质的量总是小于015mol，其可能的主要原因是 （假定各步反应均无反应物损耗且无副反应发生）。【答案】（1）adig；（2）D;该反应放热，升高温度，有副反应发生；吸收氯气
15、，防止污染大气；Cl2+2NaOH2=NaCl+NaClO+H2O，（5）盐酸反应后浓度变稀，反应停止；【解析】试题分析：（1）将反应生成的氯气通入石灰水中，制备漂白粉，注意温度不能过高，过量的氯气用氢氧化钠吸收，故仪器链接顺序为adig；（2）制漂白粉的装置应选择D装置，原因是氯气与氢氧化钙的反应为放热反应，温度升高有副反应发生；F装置中的氢氧化钠能吸收多余的氯气，防止污染大气，故答案为F中的化学方程式为Cl2+2NaOH2=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：D;该反应放热，升高温度，有副反应发生；吸收氯气，防止污染大气；Cl2+2NaOH2=NaCl+NaClO+H2O（3）实验中若
16、用12molL-1的浓盐酸100mL与足量的MnO2反应，最终生成Ca(ClO)2的物质的量总是小于015mol，其可能的主要原因是盐酸反应后浓度变稀，反应停止,故答案为：盐酸反应后浓度变稀，反应停止考点：氯气的实验室制法19（14分）红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯。在实验室也可以用如下图所示的装置制取乙酸乙酯，请回答下列问题。（1）乙醇分子官能团名称是_。（2）试管A中加入几块碎瓷片的目的是_。（3）试管A中发生反应的化学方程式为 _，反应类型是_。（4）反应开始前，试管B中盛放的溶液是_。作用是_。（5）可用_的方法把制得的乙酸乙酯分离出来。【答案
17、】（14分）（1）羟基 （2）防止暴沸（3）CH3COOHC2H5OHCH3COOC2H5H2O酯化反应（取代反应）（4）饱和碳酸钠溶液 中和乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层（5）分液【解析】试题分析：（1）醇的官能团是羟基，乙醇中含有羟基；（2）液体加热要加碎瓷片，防止暴沸；（3）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，同时该反应可逆，反应的化学方程式为CH 3 COOH+CH 3 CH 2 OHCH 3 COOC 2 H 5 +H 2 O；反应类型为取代反应；（4）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层
18、；（5）因B中的液体混合物分层不互溶，可用分液方法分离；考点：乙酸乙酯实验制备及操作规范，涉及反应原理、混合物的分离提纯等。20化学实验邻苯二甲酸二异癸酯为无色粘稠液体，密度约为0.966gcm3，不溶于水，易溶于有机溶剂，常用作耐热塑料增塑剂。某实验小组的同学用下图所示装置制取少量邻苯二甲酸二异癸酯（图中夹持和加热装置已略去），主要操作步骤如下：向三颈烧瓶内加入0.05g钛酸四异丙酯、95.7g异癸醇及37.3g邻苯二甲酸酐；搅拌，升温至210，持续搅拌反应3小时；冷却至室温，将反应混合物倒出，抽滤；滤液用饱和碳酸氢钠洗涤、分液，再用蒸馏水洗涤、分液，得到粗产品；将粗产品加入蒸馏装置，减压蒸
19、馏，获得成品。请回答下列问题：（1）加入钛酸四异丙酯的作用为 。（2）步骤中升温至210，持续搅拌反应3小时的目的是 ；判断反应已结束的方法是 。（3）步骤抽滤时用到的硅酸盐质仪器有 、 。（4）步骤中分液时，得到粗产品的实验操作为 。（5）步骤中减压蒸馏的目的是 。【答案】（1）催化剂 （2分）（2）确保反应完全 （2分） 分水器中水不再增加（2分）（3）布氏漏斗、抽滤瓶 （2分，每空1分）（4）放出下层液体后，关闭旋塞，从漏斗上口倒出（2分）（5）降低产品沸点，防止温度过高产品分解（2分）【解析】试题分析：迁移乙酸乙酯的制备实验作答。（1）制备邻苯二甲酸二异癸酯的试剂为钛酸四异丙酯、异癸醇
20、及邻苯二甲酸酐；加入钛酸四异丙酯的作用为催化剂；（2）步骤中升温至210，持续搅拌反应3小时的目的是确保反应完全；判断反应已结束的方法是分水器中水不再增加；（3）步骤抽滤时用到的硅酸盐质仪器有布氏漏斗、抽滤瓶；（4）邻苯二甲酸二异癸酯为无色粘稠液体，密度约为0.966gcm3，步骤中分液时，得到粗产品的实验操作为放出下层液体后，关闭旋塞，从漏斗上口倒出；（5）液体的沸点随压强的减小而降低，步骤中减压蒸馏的目的是降低产品沸点，防止温度过高产品分解。考点：考查物质的制备、分离和提纯实验。21取100 mL的Na2CO3和Na2SO4混合溶液，加入适量Ba(OH)2溶液100 mL后，恰好完全反应，
21、过滤、干燥后得到17.645 g白色沉淀和滤液(溶液体积为200 mL)，再用过量稀硝酸处理沉淀，最后减少到5.825 g，并有气体放出。计算第(3)问请写出计算过程：(1)原混合液中Na2SO4的物质的量浓度为_mol/L；(2)产生的气体在标准状况下的体积为_L；(3)过滤出沉淀后，计算所得滤液的物质的量浓度为多少？【答案】（1）0.25mol/L（3分） （2）1.344L（3分） （3）0.85mol/L（3分）【解析】试题分析：不溶于稀硝酸的5.825g沉淀为硫酸钡所以硫酸钡沉淀的物质的量为：5.825g233g/mol0.025molNa2SO4+Ba(OH)2=2NaOH+BaS
22、O4所以原混合溶液中Na2SO4的物质的量为：0.025mol则原混合液中Na2SO4的物质的量浓度为0.025mol0.1L0.25mol/L沉淀中BaCO3的质量为：17.645g5.825g11.82gBaCO3的物质的量为：11.82g197g/mol0.06mol所以根据碳原子守恒可知，生成CO2的体积是0.06mol22.4L/mol1.344L混合溶液中有Na2CO3为0.06mol，Na2SO4为0.025molNa2CO3+Ba(OH)2=BaCO3+2NaOH 、Na2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2NaOH所以生成NaOH的物质的量为：20.06mol+20.025
23、mol0.17mol乙醇滤液的物质的量浓度为：0.17mol0.2L0.85mol/L考点：考查根据方程式以及溶液中物质的量浓度的有关计算点评：该题是中等难度的试题，试题综合性强，侧重对学生能力的培养与解题方法的指导与训练。有利于培养学生的规范答题能力，提高学生的应试能力。该题的关键是明确物质的量浓度的含义，另外还要利用好几种守恒关系，即质量守恒定律、电子得失守恒、电荷守恒以及原子守恒等。22有一包白色粉末状混合物，可能含有K2CO3、CuSO4、AlCl3、NaOH中的某几种，现进行如下实验： 将混合物溶于水，得到无色透明溶液。 取少量上述溶液两份：第一份中加入稀硝酸，开始出现白色沉淀，有气
24、泡产生，继续加入稀硝酸，沉淀全部溶解，再加入AgNO3溶液，又出现白色沉淀；第二份进行焰色反应，直接观察，火焰呈黄色。根据上述实验现象回答：（1）原混合物中肯定有 。（2）第一份中，继续加入稀硝酸，沉淀全部溶解的离子方程式为 。（3）第一份中，再加入AgNO3溶液，又出现白色沉淀的离子方程式为 。（4）第二份进行焰色反应，为什么观察不到K+的焰色反应 。【答案】（共8分，每空2分）（1）K2CO3、AlCl3、NaOH；（2）Al(OH)33H+Al3+3H2O；（3）Ag+Cl-2AgCl；（4）Na+火焰呈黄色，会对K+的检验造成干扰（或未透过钴玻璃观察）。（合理答案也给分）【解析】试题分
25、析：混合物溶于水，得到无色透明溶液，说明没有硫酸铜，第一份加入稀硝酸，开始有白色沉淀，有气泡，说明原固体中有碳酸钾，后加入硝酸，沉淀溶解，说明白色沉淀为氢氧化铝，即原固体中有氯化铝，和氢氧化钠。加入硝酸银有沉淀，更能说明原固体有氯化铝。第二份做焰色反应，火焰为黄色，说明含有氢氧化钠。所以原混合物有碳酸钾和氯化铝和氢氧化钠。第一份继续加入硝酸沉淀溶解是氢氧化铝和硝酸反应生成硝酸铝和水，离子方程式为Al(OH)33H+Al3+3H2O：。第一份中加入硝酸银产生白色沉淀，是氯离子和银离子结合生成氯化银沉淀，离子方程式为：Ag+Cl-2AgCl。做焰色反应，因为没有通过蓝色钴玻璃，所以不能观察到钾离子
26、的焰色反应。考点：物质的检验，离子方程式的书写23（1）已知A、B、C、D是中学化学中常见的四种不同粒子，它们之间存在如图所示的转化关系(反应条件已经略去)：如果A、B、C、D均是10电子的粒子，请写出：A电子式：A_；D的结构式：D_。如果A和C是18电子的粒子，B和D是10电子的粒子，请写出：A与B在溶液中反应的离子方程式为 。根据上述离子方程式，可以判断C与B结合质子的能力大小是 。(用化学式或离子符号表示)。（2）另一10电子物质，相同条件下对H2的相对密度为8，常温常压下，3.2g该物质与足量氧气充分燃烧后放出akJ热量，(a0)。写出该物质燃烧热的热化学方程式： 。将3.2g该物质
27、燃烧后的产物通入100 mL3molL-1的NaOH溶液中，充分反应后所得的溶液中离子浓度大小关系为： 。【答案】（1）；H-O-H（2）HSOHS2H2O OHS2 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H5akJmol1 ；c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+) 【解析】试题分析：（1）如果A、B、C、D均是10电子的粒子，则根据转化关系可判断A是铵根，B是氢氧根，C是氨气，D是水，铵根的电子式为；水的结构式为HOH。如果A和C是18电子的粒子，B和D是10电子的粒子，则A是HS，B是OH，C是S2，D是水，A与B在溶液中反应的离子方程式为H
28、SOHS2H2O。根据上述离子方程式，可以判断C与B结合质子的能力大小是OHS2。（2）另一10电子物质，相同条件下对H2的相对密度为8，即则根据密度之比是相对分子质量之比可知其相对分子质量是16，因此是甲烷。常温常压下，3.2g该物质即0.2mol甲烷与足量氧气充分燃烧后放出akJ热量，(a0)，则该物质燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H5akJmol1。将3.2g该物质燃烧后的产物即0.2mol二氧化碳通入100 mL3molL-1的NaOH溶液中，设碳酸钠是xmol，碳酸氢钠是ymol，则xy0.2，2xy0.3，解得xy0.1，由于碳酸根
29、的水解程度大于碳酸氢根，所以充分反应后所得的溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)。考点：考查无机框图题推断24软质隐形眼镜材料W、树脂X的合成路线如下： 已知：（1）甲对氢气的相对密度是29，能发生银镜反应，甲的结构简式为_ （2）A 中含有的官能团名称是_（3）CW 反应的化学方程式是_（4）下列关于物质C 的说法正确是_a能发生加成、加聚、取代和消去反应 b存在顺反异构体c能使酸性高锰酸钾溶液褪色 d不存在羧酸类同分异构体 （5）B 有多种同分异构体属于酯且含有碳碳双键的同分异构体共有_种（不考虑顺反异构，下同），写出其中能发生银镜反应
30、，且含有甲基的所有同分异构体的结构简式是_（6）为确定某芳香族化合物F的结构，进行了如下实验：经质谱仪测定，该有机物的相对分子质量为110准确称取该有机物样品550g，充分燃烧后，生成标准状况下672LCO2和270gH2O氢核磁共振谱图显示，F有2个吸收峰，强度为2：1，则F的结构简式为_（7）G 含三个甲基，氢核磁共振谱图上有4 个吸收峰写出生成E+FG的化学方程式_，反应类型是_【答案】（1）CH3CH2CHO；（2）碳碳双键、醛基；（3）nCH2=C（CH3）COOCH2CH2OH；（4）ac；（5）5；HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）=CH2；（6） ；（7）；加成反应
31、；【解析】试题分析：由信息可知，甲为醛，与HCHO反应，再脱水生成A，则A中含有C=C和-CHO，由聚合物W的结构可知，A为2甲基丙烯醛，B为2-甲基丙烯酸，B与乙二醇发生酯化反应生成C，C为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，AD发生加成反应，D为2甲基丙醇，DE发生醇的消去反应，则E为2甲基丙烯，由E+F反应生成G，由碳原子数目可知，F为含6个碳原子的对二苯酚，（1）甲对氢气的相对密度是29，能发生银镜反应，甲为醛，甲的化学式为：C2H5CHO，结构简式为CH3CH2CHO，故答案为：CH3CH2CHO；（2）A为2甲基丙烯醛，含有碳碳双键、醛基，故答案为：碳碳双键、醛基；（3）C
32、为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，W为，CW 反应的化学方程式为：nCH2=C（CH3）COOCH2CH2OH；（4）C为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，aC中含有碳碳双键，能发生加成、加聚反应，含有酯基能发生水解反应（也是取代反应），含有羟基能反应消去反应，正确；bC中存在CH2=结构，不存在顺反异构体，错误；cC中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，正确；dC中含有酯基，存在羧酸类同分异构体，如HOCH=C（CH3）CH2CH2COOH，错误，故选ac；（5）B为2-甲基丙烯酸，属于酯且含有碳碳双键的同分异构体为HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）=C
33、H2、CH3COOCH=CH2、CH2=CHCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2，共5种，其中能发生银镜反应，且含有甲基的所有同分异构体的结构简式为HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）=CH2，故答案为：5；HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）=CH2；（6）经质谱仪测定，该有机物的相对分子质量为110，准确称取该有机物样品5.50g，充分燃烧后，生成标准状况下6.72LCO2和2.70gH2O，则C、H原子个数之比为1：1，氢核磁共振谱图显示，F有2个吸收峰，强度为2：1，则结构中存在两种位置的H原子，所以F为，故答案为：；（7）G含三个甲基，氢核磁共振谱图上有4个吸收峰，则G中有4种H，所以E+FG的化学方程式为【考点定位】考查有机物的推断【名师点晴】本题考查有机物的推断，利用已知信息及有机物的结构、官能团的变化、碳原子数目的变化推断各物质是解答本题的关键，注意把握有机物的结构与性质，平时学习时要学会归纳和总结有机物的结构和性质以及反应条件与物质结构间的关系等相关知识。
