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2023南通海安高级中学高二下学期第一次月考化学试题含解析
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2022-2023学年度第二学期高二年级阶段检测(一)
化学
I卷(选择题)
单项选择题：本题包括14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 近年来，我国医疗、航空航天事业研究成果显著。下列物质不属于有机物的是
A. “北斗三号”导航卫星太阳能电池使用的透光电极材料——石墨烯
B. “嫦娥5号”织物版国旗使用的国产高性能材料——芳纶纤维
C. “新冠疫情”医用防护服使用的防水透湿功能材料——聚氨酯薄膜
D. “一箭四星”运载火箭发动机使用的高效固态推进剂——二聚酸二异氰酸酯
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．石墨烯碳单质，属于无机物，A符合题意；
B．芳纶纤维是有机高分子化合物，属于有机物，B不符合题意；
C．聚氨酯薄膜是有机高分子化合物，属于有机物，C不符合题意；
D．二聚酸二异氰酸酯是有机高分子化合物，属于有机物，D不符合题意；
故选A。
2. 下列化学用语描述正确的是
A. CCl4的球棍模型： B. 乙炔的电子式：
C. 聚丙烯的结构简式： D. 对硝基甲苯的结构简式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．CCl4的球棍模型为，比例模型为，故A错误；
B．乙炔的电子式为，故B错误；
C．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为，故C正确；
D．对硝基甲苯的结构简式为，故D错误；
选C。
3. 下列各组物质，最适宜使用红外光谱法进行区分的是
A. 2—甲基戊烷()、3—甲基戊烷()
B. 1—丙醇(CH3CH2CH2OH)，1—丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)
C. 苯()、甲苯()
D. 1—丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)、1—溴丁烷(CH3CH2CH2CH2Br)
【答案】D
【解析】
【分析】红外光谱法可以测定有机化合物分子中所含的化学键或官能团，若两种有机化合物中的化学键或官能团不同，则可以用红外光谱法进行区分。
【详解】A．2—甲基戊烷、3甲基戊烷中都没有官能团，化学键相同(C—C和C—H)，无法用红外光谱法进行区分，故A错误；
B．1—丙醇、1—丁醇的官能团都是—OH，化学键相同(C—C、C—H、C—O和O—H)，无法用红外光谱法进行区分，故B错误；
C．苯、甲苯中都没有官能团，化学键相同，无法用红外光谱法进行区分，故C错误；
D．1—丁醇的官能团是—OH，1—溴丁烷的官能团是碳溴键，化学键也不完全相同，可以用红外光谱法进行区分，故D正确；
故选D。
4. 前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物水溶液呈碱性，Y的原子核外有2个未成对电子，Z的单质燃烧时火焰呈黄色，W的原子序数是Y的两倍，Q的最外层有一个电子且内层轨道全充满。下列说法正确的是
A. 第一电离能：I1(Y)>I1(X)>I1(W)
B. Q元素位于第四周期IA族
C. 原子半径：r(Z)>r(W)>r(Y)
D. W简单气态氢化物的稳定性比Y的强
【答案】C
【解析】
【分析】X的气态氢化物水溶液呈碱性，则X为N元素；Z的单质燃烧时火焰呈黄色，则Z为Na元素；前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且Y的原子核外有2个未成对电子，则Y为O元素；W的原子序数是Y的两倍，则W为S元素；Q的最外层有一个电子且内层轨道全充满，则Q为Cu元素，据此分析来解题。
【详解】A．X为N元素，Y为O元素，W为S元素，根据同一周期由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是N原子的2p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大；同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S，故A项错误；
B．根据分析，Q为Cu元素，位于元素周期表第四周期第ⅠB族，故B项错误；
C．Y为O元素，Z为Na元素，W为S元素，根据同周期元素的原子从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素的原子，从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径从大到小：r(Na)>r(S)>r(O)，故C项正确；
D．W的简单气态氢化物为H2S，Y的简单气态氢化物为H2O，根据元素的非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性就越强，由于非金属性O>S，所以简单气态氢化物的稳定性H2O>H2S，故D项错误；
答案选C。
5. CaC2和ZnC2、Al4C3、Mg2C3、Li2C2等都同属离子型碳化物。请通过对CaC2制C2H2的反应的思考，从中得出必要的启示，判断下列反应产物正确的是
A. ZnC2水解生成乙烷(CH4) B. Al4C3水解生成丙炔(C3H4)
C. Mg2C3水解生成丙炔(C3H4) D. Li2C2水解生成乙烯(C2H4)
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．1个锌离子消耗2个氢氧根离子，含碳基团与氢离子结合得到C2H2乙炔，故A错误；
B．4个铝离子消耗12个氢氧根离子，含碳基团与氢离子结合得到C4H12，该物质不存在，故B错误；
C．2个镁离子消耗4个氢氧根离子，含碳基团与氢离子结合得到C3H4丙炔，故C正确；
D．2个锂离子消耗2个氢氧根离子，含碳基团与氢离子结合得到C2H2乙炔，故D错误；
故答案为C。
6. 1，1-联环戊烯()是重要的有机合成中间体。下列关于该有机物的说法中，错误的是
A. 分子式为C10H14，属于不饱和烃 B. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应 D. 与氢气的加成产物只有1种
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子式为C10H14，含有碳碳双键，属于不饱和烃，A正确；
B．含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，C正确；
D．与氢气的加成，可一个碳碳双键加成，也可能2个碳碳双键都加成，故产物不只有1种，D错误；
故选D。
7. 下列除去杂质的方法正确的是
①除去乙烷中少量的乙烯：将混合气体通入酸性高锰酸钾溶液
②除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用NaOH溶液洗涤，分液
③溴苯中混有溴，加入足量的NaOH溶液，经分液除去
④除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏
A. ①② B. ②④ C. ②③ D. ③④
【答案】D
【解析】
【详解】①由于酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能把乙烯氧化为二氧化碳，会引入新的杂质二氧化碳，因而不能用酸性高锰酸钾溶液除去乙烷中少量的乙烯，①错误；
②乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解，因此除去乙酸乙酯中少量的乙酸不能用NaOH溶液洗涤，可改用饱和碳酸钠溶液，②错误；
③加入足量的NaOH溶液，溴与NaOH溶液反应生成可溶于水的钠盐，静置分层，再经分液可除去溴苯中混有的溴，③正确；
④乙酸和生石灰反应生成乙酸钙，然后蒸馏出乙醇，可除去乙醇中的乙酸，④正确；
综上所述，③④正确，故选D。
8. 2022年3月，中科院首创二氧化碳加氢制汽油技术在山东正式投产。转化过程示意图如下：
下列说法错误的是
A. 有机物b的二氯代物和互为同分异构体
B. 反应②既存在的形成又存在的形成
C. 有机物a是新戊烷，除a之外，还有2种同分异构体
D. 反应①既存在的断裂又存在的断裂
【答案】A
【解析】
【详解】A．和为同一种物质，不同分异构体，A错误；
B．反应②中一氧化碳和氢气生成(CH2)n，故反应中既存在的形成又存在的形成，B正确；
C．戊烷存在正戊烷、异戊烷、新戊烷3种同分异构体，由结构可知有机物a是新戊烷，除a之外，还有2种同分异构体，C正确
D．二氧化碳结构为O=C=O，反应①为二氧化碳和氢气转化为一氧化碳，根据质量守恒可知还会生成水，故既存在断裂又存在的断裂，D正确；
故选A。
9. 某有机物键线式为，有关该物质叙述正确的是
A. 该分子最多有7个碳原子共面，最多4个碳原子共线
B. 1 mol该物质与充分发生加成反应，能消耗2 mol
C. 该物质一氯取代产物种类有6种
D. 该物质与互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A．该分子最多有7个碳原子共面，最多3个碳原子共线，A项错误；
B．1mol碳碳双键能与1 mol加成，1mol碳碳三键能与2 mol 加成，因此1 mol该物质充分发生加成反应能消耗3 mol，B项错误；
C．该物质有6种不同化学环境的氢原子，因此一氯取代产物种类有6种，C项正确；
D．该物质与分子式不同，不是同分异构体，而是互为同系物，D项错误；
故答案选C。
10. 下列实验操作中正确的是
A. 制取溴苯：将铁屑、溴水、苯混合加热
B. 鉴别己烯和苯：分别向己烯和苯中滴入酸性KMnO4溶液，振荡，观察是否褪色
C. 实验室制取硝基苯：先加入浓硫酸，再加苯，最后滴入浓硝酸
D. 实验室由自来水制蒸馏水采用了如图装置
【答案】B
【解析】
【详解】A．制取溴苯应用液溴，不能用溴水，选项A错误；
B．己烯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，苯与高锰酸钾不反应，可鉴别，选项B正确；
C．为防止酸液的飞溅，应先加入浓硝酸，再加入浓硫酸，最后向冷却了的混合酸中滴加苯，选项C错误；
D．实验室由自来水制蒸馏水时冷凝水应下口进水上口出水，选项D错误；
答案选B。
11. 下列有机物的核磁共振氢谱有6组峰的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．该分子结构不对称，含6种不同化学环境的H，核磁共振氢谱有6组峰，峰面积比为1:1:1:1:1:3，A正确；
B．该分子中含4种不同化学环境的H，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1:1: 1: 3，B错误；
C．该分子中含4种不同化学环境的H，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1:2:2:3，C错误；
D．苯中的六个氢原子是完全相同的，核磁共振氢谱有1组峰，D错误；
故选A。
12. 一种调味香精是由M、N、Q三种物质组成的混合物(结构如图所示)。下列关于三种物质的说法错误的是
A. 互为同分异构体
B. 所有碳原子均不可能处于同一平面
C. 等质量的三种物质分别与足量反应，消耗的质量相同
D. 与HBr发生加成反应均只能生成一种产物
【答案】D
【解析】
【详解】A．三种物质分子式相同、结构不同，互为同分异构体，选项A正确；
B．三种物质均含有饱和碳，所有碳原子均不可能处于同一平面，选项B正确；
C．三种物质分子中均含一个碳碳双键，且相对分子质量相同，故等质量的三种物质最多消耗的质量相同，选项C正确；
D．所含碳碳双键均不对称，与HBr发生加成反应均能生成两种产物，选项D错误；
答案选D。
13. 金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过下列途径制备：
下列说法正确的是
A. 四氢二聚环戊二烯分子式为
B. 金刚烷的二氯代物有6种
C. 二聚环戊二烯与HBr加成反应最多得4种产物
D. 上述四种烃均能使溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据四氢二聚环戊二烯的键线式，其含有的碳原子数是10个，含有的H原子数是16，则其分子式是，故A错误；
B．金刚烷的二氯代物有如图所示共6种， 、 、、 、 、，故B正确；
C．二聚环戊二烯含有两个双键，若加成时只加成一个双键，有4种结构，若两个双键均被加成，有4种结构，所以最多有8种，故C错误；
D．四氢二聚环戊二烯、金刚烷不含碳碳双键，不能与溴发生加成，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误；
答案B。
14. 萘()与浓硫酸发生取代反应可以生成2种取代产物，反应进程中能量变化如图所示。其中相同投料，经历相同时间，不同反应温度时产物的比例不同，在40℃和160℃时，得到1-取代产物与2-取代产物的比例分别为96：4和15：85，下列说法正确的是
A. 1-取代产物比2-取代产物更稳定
B. 与40℃相比，160℃时萘的平衡转化率更大
C. 选择合适的催化剂同样可以提高2-取代产物比率
D. 延长反应时间，最终以1-取代产物为主
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象，2－取代产物的能量低于1－取代产物，能量越低，物质越稳定，因此2－取代产物比1－取代产物稳定，故A错误；
B．反应为放热反应，升温时，平衡逆向移动，萘的平衡转化率降低，故B错误；
C．根据催化剂的选择性，合适的催化剂可以加快主反应的反应速率，从而提高单位时间内该反应产物在总的生成物中的比率，故C正确；
D．1－取代反应和2－取代反应都是放热反应，1－取代反应活化能低，在低温时相对速率比2－取代反应快，因此低温时1－取代所占比率高；升高温度后，活化能不再是制约1－取代、2－取代相对速率的关键因素，由于2－取代产物更稳定，2－取代产物在总产物中的比率增加，反应产物中二者的比例是衡量两个竞争反应的相对快慢的依据；时间不是影响产物的原因，故D错误；
故选C。
II卷(非选择题)
15. 完成下列问题。
（1）用系统命名法命名下列有机物。
①：_____。
②：_____。
③CH2=C(CH3)C(CH3)=CH2：______。
（2）写出下列有机物的结构简式。
①某气态烃(标准状况下)224mL与含有3.2g溴的溴水恰好完全加成，生成物的每个碳原子上都有1个溴原子，该烃的结构简式为______。
②某芳香烃的相对分子质量为102，若该分子内所有原子均在同一平面内，则其结构简式为_____。
③某烷烃碳架结构如图所示：，若此烷烃为炔烃加氢制得，则此炔烃的结构简式为_____，若此烷烃为单烯烃加氢制得，则此烯烃的结构有_____种(考虑顺反异构)。
【答案】（1） ①. 3，3，4－三甲基已烷 ②. 2，2，4，5－四甲基－3－乙基已烷 ③. 2，3－二甲基－1，3－丁二烯
（2） ①. CH2=CHCH=CH2 ②. ③. ④. 6
【解析】
【小问1详解】
①主链有6个碳原子，根据支链位置和最小，从右端开始给碳原子编号，系统命名为3，3，4－三甲基已烷。
②主链有6个碳原子，根据支链位置和最小，从右端开始给碳原子编号，系统命名为2，2，4,5－四甲基-3-乙基已烷；
③CH2=C(CH3)C(CH3)=CH2含有2个碳碳双键，为二烯烃，系统命名为2，3－二甲基－1，3－丁二烯。
【小问2详解】
①某气态烃(标准状况下)224mL，该烃的物质的量为0.01mol，与含有3.2g溴的溴水恰好完全加成，溴的物质的量为0.02mol，生成物的每个碳原子上都有1个溴原子，说明该烃分子中含有2个碳碳双键，该烃的结构简式为CH2=CHCH=CH2。
②某芳香烃的相对分子质量为102，则该烃分子式为C8H6，若该分子内所有原子均在同一平面内，则其结构简式为。
③某烷烃碳架结构如图所示：，若此烷烃为炔烃加氢制得，则此炔烃的结构简式为，若此烷烃为单烯烃加氢制得，则此烯烃的结构有、、、、、，共6种。
16. 草酸钴可用于制备有机合成中间体。一种以铜钴矿为原料，生产草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程如图：
已知：①“浸出”液含有的离子主要有H+、Fe3+、Cu2+、Co2+、SO42-；
②pH增大，Fe2+被氧化的速率加快，同时生成的Fe3+水解形成更多的胶体；
③25℃时，Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15。
（1）①生产时为提高铜钴矿粉浸出率，常采取的措施有___(填字母)。
a.高温浸出 b.适当延长浸出时间 c.分批加入细菌浸取液并搅拌
②铜钴矿粉也可采用在90℃、酸性条件下，加入适当还原剂进行浸出。若用Na2SO3为还原剂，浸出钴的主要化学反应为Co2O3+2H2SO4+Na2SO32CoSO4+2H2O+Na2SO4。除考虑成本因素外，还原剂不选用浸出率更高的NaNO2的原因是___。
（2）“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是___。
（3）“氧化”过程中，控制70℃、pH=4条件下进行，pH对除铁率和钴回收率的影响如图所示。
①“氧化”过程的离子方程式为___。
②pH为4～5时，钴的回收率降低的原因是___。
（4）300℃时，在空气中煅烧CoC2O4·2H2O可制得CO3O4，该反应的化学方程式为___。
【答案】 ①. bc ②. 90℃、酸性条件下，还原剂选用NaNO2会产生大量的有毒气体NO2 ③. Cu2+ ④. 2Fe2++H2O2+2H2O2FeOOH+4H+ ⑤. pH过高，Fe3+生成氢氧化铁胶体吸附大量Co2+，导致钴回收率降低 ⑥. 3CoC2O4·2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O
【解析】
【分析】铜钴矿粉加入细菌浸取液后，溶液中的离子有H+、Fe3+、Cu2+、Co2+、SO42-，用萃取剂出去Cu2+，加还原剂将Fe3+还原为Fe2+，然后加入H2O2将Fe2+氧化为FeOOH沉淀，除去Fe，最后再用C2O42-将Co2+沉淀下来，得到CoC2O4。
【详解】（1）①a.高温条件下可以加快反应速率，但是细菌在高温条件下会死亡，故不能用高温，a错误；
b. 适当延长浸出时间可以使反应更充分，提高浸出率，b正确；
c. 分批加入细菌浸取液并搅拌能使反应物混合更均匀，更充分，提高浸出率，c正确；
故选bc。
②NaNO2被氧化后会生成NO2，有毒，造成环境污染，故不能使用NaNO2；
（2）由分析可知，后续的操作不能除去Cu2+，故只能在萃取步骤中除去；
（3）①根据流程的提示，氧化剂为H2O2，氧化后产物为FeOOH，故反应为：2Fe2++H2O2+2H2O2FeOOH+4H+，
②根据提示，pH增大，Fe2+被氧化的速率加快，同时生成的Fe3+水解形成较多的胶体，氧化铁胶体吸附大量Co2+，导致钴回收率降低；
（4）根据题意，在空气中煅烧CoC2O4·2H2O可制得Co3O4，Co、C化合价升高，空气中的O2参与反应，方程式为：3CoC2O4·2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O；
【点睛】本题要注意第（4）小题，在空气中煅烧，空气中的成分就可能参加反应，由于Co、C都升价，那么氧化剂只能是空气中的O2。
17. 完成下列问题。
（1）研究有机物的方法有很多，常用的有①核磁共振氢谱②蒸馏③重结晶④萃取⑤红外光谱⑥过滤，其中用于分子结构确定的有_____(填序号)
（2）下列物质中，其核磁共振氢谱中只有一个吸收峰的是_____(填字母)。
A. CH3CH3 B. CH3COOH C. CH3COOCH3 D. CH3OCH3
（3）某含碳、氢、氧三种元素的有机物甲，经燃烧分析实验测定其碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%，则甲的实验式(最简式)是_____。
（4）①如图是该有机物甲的质谱图，则其相对分子质量为_____，分子式为_____。
②确定甲的官能团：通过实验可知甲中一定含有羟基，写出羟基的电子式_____；甲可能的结构有______种.
③确定甲的结构简式：
a.经测定有机物甲的核磁共振氢谱如图所示，则甲的结构简式为_____。
b.若甲的红外光谱如图所示，则该有机物的结构简式为_____。
【答案】（1）①⑤ （2）AD
（3）C4H10O （4） ①. 74 ②. C4H10O ③. ④. 4 ⑤. C(CH3)3OH ⑥. CH3CH2OCH2CH3
【解析】
【小问1详解】
①核磁共振氢谱能显示其分子中含有几种处于不同化学环境的氢原子；⑤红外光谱能分析分子中的原子团、化学键，用于分子结构确定的有①⑤；
【小问2详解】
A．CH3CH3分子中只有一种等效氢，核磁共振氢谱中只有一个吸收峰，故选A；
B．CH3COOH分子中有两种等效氢，核磁共振氢谱中有两个吸收峰，故不选B；
C．CH3COOCH3分子中有两种等效氢，核磁共振氢谱中有两个吸收峰，故不选C；
D．CH3OCH3分子中只有一种等效氢，核磁共振氢谱中只有一个吸收峰，故选D；
选AD。
【小问3详解】
某含碳、氢、氧三种元素的有机物甲，经燃烧分析实验测定其碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%，根据质量守恒，氧的质量分数是21.63%，n(C): n(H): n(O)= ，则甲的实验式(最简式)是C4H10O。
【小问4详解】
①根据该有机物甲的质谱图，最大质荷比为74，则其相对分子质量为74，分子式为C4H10O。
②羟基中含有1个孤电子，羟基的电子式为 ；甲可能的结构有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)3COH、(CH3)2CHCH2OH，共4种；
③A．经测定有机物甲的核磁共振氢谱有2组峰，则甲的结构简式为(CH3)3COH。
B．若甲的红外光谱图显示有-CH3、C-O-C、-CH2-，则该有机物的结构简式为CH3CH2OCH2CH3。
18. A~G都是有机化合物，它们的转化关系如图所示：
请回答下列问题：
（1）已知：6.0g化合物E完全燃烧生成8.8gCO2和3.6gH2O；E的蒸气与氢气的相对密度为30，则E的分子式为_____，分子中σ键和π键数目之比为_____。
（2）A为一取代芳香烃，B中含有一个甲基。由B生成C的化学方程式为_____。
（3）由D生成G的反应类型是______。
（4）由E和C反应生成F的化学方程式是____。
（5）在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种的共有_____种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1∶1的是_____(填结构简式)。
【答案】（1） ①. C2H4O2 ②. 7∶1
（2） +NaOH+NaCl
（3）加成反应 （4）CH3COOH++H2O
（5） ①. 7 ②.
【解析】
【分析】A与氯气在光照条件下发生取代反应，B为卤代烃，B在NaOH水溶液中发生水解反应，即C为醇，D能与溴的四氯化碳发生反应，该反应为加成反应，即D中含有碳碳不饱和键，C与E在浓硫酸加热条件下酯化反应，即F为酯，E为羧酸，据此分析；
【小问1详解】
E的蒸气与氢气的相对密度为30，根据相同条件下，摩尔质量之比等于密度之比，即E的摩尔质量为60g/mol，6.0g(0.1mol)化合物E完全燃烧生成8.8g(0.2mol)CO2和3.6g(0.2mol)H2O，因此6.0g化合物E中n(O)==0.2mol，化合物E的分子式为C2H4O2；E为羧酸，结构简式为CH3COOH，分子中σ键和π键数目之比为7∶1；故答案为C2H4O2；7∶1；
【小问2详解】
A的分子式为C8H10，且A为一取代芳香烃，符合通式CnH2n-6，A属于苯的同系物，即A的结构简式为 ，A与氯气在光照的条件下发生取代反应，氯原子取代取代基上的氢原子，B中含有一个甲基，因此B的结构简式为 ，B→C的条件为NaOH水溶液，该反应为卤代烃的水解反应，即反应方程式为+NaOH+NaCl；故答案为+NaOH+NaCl；
【小问3详解】
D与溴的四氯化碳发生反应生成G，该反应为加成反应；故答案为加成反应；
【小问4详解】
E和C发生酯化反应，其反应方程式为CH3COOH++H2O；故答案为CH3COOH++H2O；
【小问5详解】
G的结构简式为 ，G的同分异构体中，苯环一硝化产物只有一种，可能的结构简式有 、 、、、、 、 ，共有7种；核磁共振氢谱有两组峰，说明有两种不同的氢原子，峰面积之比为1∶1，符合条件的结构简式为 ；故答案为7； 。
2022-2023学年度第二学期高二年级阶段检测(一)
化学
I卷(选择题)
单项选择题：本题包括14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 近年来，我国医疗、航空航天事业研究成果显著。下列物质不属于有机物的是
A. “北斗三号”导航卫星太阳能电池使用的透光电极材料——石墨烯
B. “嫦娥5号”织物版国旗使用的国产高性能材料——芳纶纤维
C. “新冠疫情”医用防护服使用的防水透湿功能材料——聚氨酯薄膜
D. “一箭四星”运载火箭发动机使用的高效固态推进剂——二聚酸二异氰酸酯
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．石墨烯碳单质，属于无机物，A符合题意；
B．芳纶纤维是有机高分子化合物，属于有机物，B不符合题意；
C．聚氨酯薄膜是有机高分子化合物，属于有机物，C不符合题意；
D．二聚酸二异氰酸酯是有机高分子化合物，属于有机物，D不符合题意；
故选A。
2. 下列化学用语描述正确的是
A. CCl4的球棍模型： B. 乙炔的电子式：
C. 聚丙烯的结构简式： D. 对硝基甲苯的结构简式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．CCl4的球棍模型为，比例模型为，故A错误；
B．乙炔的电子式为，故B错误；
C．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为，故C正确；
D．对硝基甲苯的结构简式为，故D错误；
选C。
3. 下列各组物质，最适宜使用红外光谱法进行区分的是
A. 2—甲基戊烷()、3—甲基戊烷()
B. 1—丙醇(CH3CH2CH2OH)，1—丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)
C. 苯()、甲苯()
D. 1—丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)、1—溴丁烷(CH3CH2CH2CH2Br)
【答案】D
【解析】
【分析】红外光谱法可以测定有机化合物分子中所含的化学键或官能团，若两种有机化合物中的化学键或官能团不同，则可以用红外光谱法进行区分。
【详解】A．2—甲基戊烷、3甲基戊烷中都没有官能团，化学键相同(C—C和C—H)，无法用红外光谱法进行区分，故A错误；
B．1—丙醇、1—丁醇的官能团都是—OH，化学键相同(C—C、C—H、C—O和O—H)，无法用红外光谱法进行区分，故B错误；
C．苯、甲苯中都没有官能团，化学键相同，无法用红外光谱法进行区分，故C错误；
D．1—丁醇的官能团是—OH，1—溴丁烷的官能团是碳溴键，化学键也不完全相同，可以用红外光谱法进行区分，故D正确；
故选D。
4. 前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物水溶液呈碱性，Y的原子核外有2个未成对电子，Z的单质燃烧时火焰呈黄色，W的原子序数是Y的两倍，Q的最外层有一个电子且内层轨道全充满。下列说法正确的是
A. 第一电离能：I1(Y)>I1(X)>I1(W)
B. Q元素位于第四周期IA族
C. 原子半径：r(Z)>r(W)>r(Y)
D. W简单气态氢化物的稳定性比Y的强
【答案】C
【解析】
【分析】X的气态氢化物水溶液呈碱性，则X为N元素；Z的单质燃烧时火焰呈黄色，则Z为Na元素；前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且Y的原子核外有2个未成对电子，则Y为O元素；W的原子序数是Y的两倍，则W为S元素；Q的最外层有一个电子且内层轨道全充满，则Q为Cu元素，据此分析来解题。
【详解】A．X为N元素，Y为O元素，W为S元素，根据同一周期由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是N原子的2p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大；同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S，故A项错误；
B．根据分析，Q为Cu元素，位于元素周期表第四周期第ⅠB族，故B项错误；
C．Y为O元素，Z为Na元素，W为S元素，根据同周期元素的原子从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素的原子，从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径从大到小：r(Na)>r(S)>r(O)，故C项正确；
D．W的简单气态氢化物为H2S，Y的简单气态氢化物为H2O，根据元素的非金属性越强，对应气态氢化物的稳定性就越强，由于非金属性O>S，所以简单气态氢化物的稳定性H2O>H2S，故D项错误；
答案选C。
5. CaC2和ZnC2、Al4C3、Mg2C3、Li2C2等都同属离子型碳化物。请通过对CaC2制C2H2的反应的思考，从中得出必要的启示，判断下列反应产物正确的是
A. ZnC2水解生成乙烷(CH4) B. Al4C3水解生成丙炔(C3H4)
C. Mg2C3水解生成丙炔(C3H4) D. Li2C2水解生成乙烯(C2H4)
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．1个锌离子消耗2个氢氧根离子，含碳基团与氢离子结合得到C2H2乙炔，故A错误；
B．4个铝离子消耗12个氢氧根离子，含碳基团与氢离子结合得到C4H12，该物质不存在，故B错误；
C．2个镁离子消耗4个氢氧根离子，含碳基团与氢离子结合得到C3H4丙炔，故C正确；
D．2个锂离子消耗2个氢氧根离子，含碳基团与氢离子结合得到C2H2乙炔，故D错误；
故答案为C。
6. 1，1-联环戊烯()是重要的有机合成中间体。下列关于该有机物的说法中，错误的是
A. 分子式为C10H14，属于不饱和烃 B. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应 D. 与氢气的加成产物只有1种
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子式为C10H14，含有碳碳双键，属于不饱和烃，A正确；
B．含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．含有碳碳双键，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，C正确；
D．与氢气的加成，可一个碳碳双键加成，也可能2个碳碳双键都加成，故产物不只有1种，D错误；
故选D。
7. 下列除去杂质的方法正确的是
①除去乙烷中少量的乙烯：将混合气体通入酸性高锰酸钾溶液
②除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用NaOH溶液洗涤，分液
③溴苯中混有溴，加入足量的NaOH溶液，经分液除去
④除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏
A. ①② B. ②④ C. ②③ D. ③④
【答案】D
【解析】
【详解】①由于酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能把乙烯氧化为二氧化碳，会引入新的杂质二氧化碳，因而不能用酸性高锰酸钾溶液除去乙烷中少量的乙烯，①错误；
②乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解，因此除去乙酸乙酯中少量的乙酸不能用NaOH溶液洗涤，可改用饱和碳酸钠溶液，②错误；
③加入足量的NaOH溶液，溴与NaOH溶液反应生成可溶于水的钠盐，静置分层，再经分液可除去溴苯中混有的溴，③正确；
④乙酸和生石灰反应生成乙酸钙，然后蒸馏出乙醇，可除去乙醇中的乙酸，④正确；
综上所述，③④正确，故选D。
8. 2022年3月，中科院首创二氧化碳加氢制汽油技术在山东正式投产。转化过程示意图如下：
下列说法错误的是
A. 有机物b的二氯代物和互为同分异构体
B. 反应②既存在的形成又存在的形成
C. 有机物a是新戊烷，除a之外，还有2种同分异构体
D. 反应①既存在的断裂又存在的断裂
【答案】A
【解析】
【详解】A．和为同一种物质，不同分异构体，A错误；
B．反应②中一氧化碳和氢气生成(CH2)n，故反应中既存在的形成又存在的形成，B正确；
C．戊烷存在正戊烷、异戊烷、新戊烷3种同分异构体，由结构可知有机物a是新戊烷，除a之外，还有2种同分异构体，C正确
D．二氧化碳结构为O=C=O，反应①为二氧化碳和氢气转化为一氧化碳，根据质量守恒可知还会生成水，故既存在断裂又存在的断裂，D正确；
故选A。
9. 某有机物键线式为，有关该物质叙述正确的是
A. 该分子最多有7个碳原子共面，最多4个碳原子共线
B. 1 mol该物质与充分发生加成反应，能消耗2 mol
C. 该物质一氯取代产物种类有6种
D. 该物质与互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A．该分子最多有7个碳原子共面，最多3个碳原子共线，A项错误；
B．1mol碳碳双键能与1 mol加成，1mol碳碳三键能与2 mol 加成，因此1 mol该物质充分发生加成反应能消耗3 mol，B项错误；
C．该物质有6种不同化学环境的氢原子，因此一氯取代产物种类有6种，C项正确；
D．该物质与分子式不同，不是同分异构体，而是互为同系物，D项错误；
故答案选C。
10. 下列实验操作中正确的是
A. 制取溴苯：将铁屑、溴水、苯混合加热
B. 鉴别己烯和苯：分别向己烯和苯中滴入酸性KMnO4溶液，振荡，观察是否褪色
C. 实验室制取硝基苯：先加入浓硫酸，再加苯，最后滴入浓硝酸
D. 实验室由自来水制蒸馏水采用了如图装置
【答案】B
【解析】
【详解】A．制取溴苯应用液溴，不能用溴水，选项A错误；
B．己烯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，苯与高锰酸钾不反应，可鉴别，选项B正确；
C．为防止酸液的飞溅，应先加入浓硝酸，再加入浓硫酸，最后向冷却了的混合酸中滴加苯，选项C错误；
D．实验室由自来水制蒸馏水时冷凝水应下口进水上口出水，选项D错误；
答案选B。
11. 下列有机物的核磁共振氢谱有6组峰的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．该分子结构不对称，含6种不同化学环境的H，核磁共振氢谱有6组峰，峰面积比为1:1:1:1:1:3，A正确；
B．该分子中含4种不同化学环境的H，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1:1: 1: 3，B错误；
C．该分子中含4种不同化学环境的H，核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1:2:2:3，C错误；
D．苯中的六个氢原子是完全相同的，核磁共振氢谱有1组峰，D错误；
故选A。
12. 一种调味香精是由M、N、Q三种物质组成的混合物(结构如图所示)。下列关于三种物质的说法错误的是
A. 互为同分异构体
B. 所有碳原子均不可能处于同一平面
C. 等质量的三种物质分别与足量反应，消耗的质量相同
D. 与HBr发生加成反应均只能生成一种产物
【答案】D
【解析】
【详解】A．三种物质分子式相同、结构不同，互为同分异构体，选项A正确；
B．三种物质均含有饱和碳，所有碳原子均不可能处于同一平面，选项B正确；
C．三种物质分子中均含一个碳碳双键，且相对分子质量相同，故等质量的三种物质最多消耗的质量相同，选项C正确；
D．所含碳碳双键均不对称，与HBr发生加成反应均能生成两种产物，选项D错误；
答案选D。
13. 金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过下列途径制备：
下列说法正确的是
A. 四氢二聚环戊二烯分子式为
B. 金刚烷的二氯代物有6种
C. 二聚环戊二烯与HBr加成反应最多得4种产物
D. 上述四种烃均能使溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据四氢二聚环戊二烯的键线式，其含有的碳原子数是10个，含有的H原子数是16，则其分子式是，故A错误；
B．金刚烷的二氯代物有如图所示共6种， 、 、、 、 、，故B正确；
C．二聚环戊二烯含有两个双键，若加成时只加成一个双键，有4种结构，若两个双键均被加成，有4种结构，所以最多有8种，故C错误；
D．四氢二聚环戊二烯、金刚烷不含碳碳双键，不能与溴发生加成，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误；
答案B。
14. 萘()与浓硫酸发生取代反应可以生成2种取代产物，反应进程中能量变化如图所示。其中相同投料，经历相同时间，不同反应温度时产物的比例不同，在40℃和160℃时，得到1-取代产物与2-取代产物的比例分别为96：4和15：85，下列说法正确的是
A. 1-取代产物比2-取代产物更稳定
B. 与40℃相比，160℃时萘的平衡转化率更大
C. 选择合适的催化剂同样可以提高2-取代产物比率
D. 延长反应时间，最终以1-取代产物为主
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象，2－取代产物的能量低于1－取代产物，能量越低，物质越稳定，因此2－取代产物比1－取代产物稳定，故A错误；
B．反应为放热反应，升温时，平衡逆向移动，萘的平衡转化率降低，故B错误；
C．根据催化剂的选择性，合适的催化剂可以加快主反应的反应速率，从而提高单位时间内该反应产物在总的生成物中的比率，故C正确；
D．1－取代反应和2－取代反应都是放热反应，1－取代反应活化能低，在低温时相对速率比2－取代反应快，因此低温时1－取代所占比率高；升高温度后，活化能不再是制约1－取代、2－取代相对速率的关键因素，由于2－取代产物更稳定，2－取代产物在总产物中的比率增加，反应产物中二者的比例是衡量两个竞争反应的相对快慢的依据；时间不是影响产物的原因，故D错误；
故选C。
II卷(非选择题)
15. 完成下列问题。
（1）用系统命名法命名下列有机物。
①：_____。
②：_____。
③CH2=C(CH3)C(CH3)=CH2：______。
（2）写出下列有机物的结构简式。
①某气态烃(标准状况下)224mL与含有3.2g溴的溴水恰好完全加成，生成物的每个碳原子上都有1个溴原子，该烃的结构简式为______。
②某芳香烃的相对分子质量为102，若该分子内所有原子均在同一平面内，则其结构简式为_____。
③某烷烃碳架结构如图所示：，若此烷烃为炔烃加氢制得，则此炔烃的结构简式为_____，若此烷烃为单烯烃加氢制得，则此烯烃的结构有_____种(考虑顺反异构)。
【答案】（1） ①. 3，3，4－三甲基已烷 ②. 2，2，4，5－四甲基－3－乙基已烷 ③. 2，3－二甲基－1，3－丁二烯
（2） ①. CH2=CHCH=CH2 ②. ③. ④. 6
【解析】
【小问1详解】
①主链有6个碳原子，根据支链位置和最小，从右端开始给碳原子编号，系统命名为3，3，4－三甲基已烷。
②主链有6个碳原子，根据支链位置和最小，从右端开始给碳原子编号，系统命名为2，2，4,5－四甲基-3-乙基已烷；
③CH2=C(CH3)C(CH3)=CH2含有2个碳碳双键，为二烯烃，系统命名为2，3－二甲基－1，3－丁二烯。
【小问2详解】
①某气态烃(标准状况下)224mL，该烃的物质的量为0.01mol，与含有3.2g溴的溴水恰好完全加成，溴的物质的量为0.02mol，生成物的每个碳原子上都有1个溴原子，说明该烃分子中含有2个碳碳双键，该烃的结构简式为CH2=CHCH=CH2。
②某芳香烃的相对分子质量为102，则该烃分子式为C8H6，若该分子内所有原子均在同一平面内，则其结构简式为。
③某烷烃碳架结构如图所示：，若此烷烃为炔烃加氢制得，则此炔烃的结构简式为，若此烷烃为单烯烃加氢制得，则此烯烃的结构有、、、、、，共6种。
16. 草酸钴可用于制备有机合成中间体。一种以铜钴矿为原料，生产草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程如图：
已知：①“浸出”液含有的离子主要有H+、Fe3+、Cu2+、Co2+、SO42-；
②pH增大，Fe2+被氧化的速率加快，同时生成的Fe3+水解形成更多的胶体；
③25℃时，Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15。
（1）①生产时为提高铜钴矿粉浸出率，常采取的措施有___(填字母)。
a.高温浸出 b.适当延长浸出时间 c.分批加入细菌浸取液并搅拌
②铜钴矿粉也可采用在90℃、酸性条件下，加入适当还原剂进行浸出。若用Na2SO3为还原剂，浸出钴的主要化学反应为Co2O3+2H2SO4+Na2SO32CoSO4+2H2O+Na2SO4。除考虑成本因素外，还原剂不选用浸出率更高的NaNO2的原因是___。
（2）“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是___。
（3）“氧化”过程中，控制70℃、pH=4条件下进行，pH对除铁率和钴回收率的影响如图所示。
①“氧化”过程的离子方程式为___。
②pH为4～5时，钴的回收率降低的原因是___。
（4）300℃时，在空气中煅烧CoC2O4·2H2O可制得CO3O4，该反应的化学方程式为___。
【答案】 ①. bc ②. 90℃、酸性条件下，还原剂选用NaNO2会产生大量的有毒气体NO2 ③. Cu2+ ④. 2Fe2++H2O2+2H2O2FeOOH+4H+ ⑤. pH过高，Fe3+生成氢氧化铁胶体吸附大量Co2+，导致钴回收率降低 ⑥. 3CoC2O4·2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O
【解析】
【分析】铜钴矿粉加入细菌浸取液后，溶液中的离子有H+、Fe3+、Cu2+、Co2+、SO42-，用萃取剂出去Cu2+，加还原剂将Fe3+还原为Fe2+，然后加入H2O2将Fe2+氧化为FeOOH沉淀，除去Fe，最后再用C2O42-将Co2+沉淀下来，得到CoC2O4。
【详解】（1）①a.高温条件下可以加快反应速率，但是细菌在高温条件下会死亡，故不能用高温，a错误；
b. 适当延长浸出时间可以使反应更充分，提高浸出率，b正确；
c. 分批加入细菌浸取液并搅拌能使反应物混合更均匀，更充分，提高浸出率，c正确；
故选bc。
②NaNO2被氧化后会生成NO2，有毒，造成环境污染，故不能使用NaNO2；
（2）由分析可知，后续的操作不能除去Cu2+，故只能在萃取步骤中除去；
（3）①根据流程的提示，氧化剂为H2O2，氧化后产物为FeOOH，故反应为：2Fe2++H2O2+2H2O2FeOOH+4H+，
②根据提示，pH增大，Fe2+被氧化的速率加快，同时生成的Fe3+水解形成较多的胶体，氧化铁胶体吸附大量Co2+，导致钴回收率降低；
（4）根据题意，在空气中煅烧CoC2O4·2H2O可制得Co3O4，Co、C化合价升高，空气中的O2参与反应，方程式为：3CoC2O4·2H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O；
【点睛】本题要注意第（4）小题，在空气中煅烧，空气中的成分就可能参加反应，由于Co、C都升价，那么氧化剂只能是空气中的O2。
17. 完成下列问题。
（1）研究有机物的方法有很多，常用的有①核磁共振氢谱②蒸馏③重结晶④萃取⑤红外光谱⑥过滤，其中用于分子结构确定的有_____(填序号)
（2）下列物质中，其核磁共振氢谱中只有一个吸收峰的是_____(填字母)。
A. CH3CH3 B. CH3COOH C. CH3COOCH3 D. CH3OCH3
（3）某含碳、氢、氧三种元素的有机物甲，经燃烧分析实验测定其碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%，则甲的实验式(最简式)是_____。
（4）①如图是该有机物甲的质谱图，则其相对分子质量为_____，分子式为_____。
②确定甲的官能团：通过实验可知甲中一定含有羟基，写出羟基的电子式_____；甲可能的结构有______种.
③确定甲的结构简式：
a.经测定有机物甲的核磁共振氢谱如图所示，则甲的结构简式为_____。
b.若甲的红外光谱如图所示，则该有机物的结构简式为_____。
【答案】（1）①⑤ （2）AD
（3）C4H10O （4） ①. 74 ②. C4H10O ③. ④. 4 ⑤. C(CH3)3OH ⑥. CH3CH2OCH2CH3
【解析】
【小问1详解】
①核磁共振氢谱能显示其分子中含有几种处于不同化学环境的氢原子；⑤红外光谱能分析分子中的原子团、化学键，用于分子结构确定的有①⑤；
【小问2详解】
A．CH3CH3分子中只有一种等效氢，核磁共振氢谱中只有一个吸收峰，故选A；
B．CH3COOH分子中有两种等效氢，核磁共振氢谱中有两个吸收峰，故不选B；
C．CH3COOCH3分子中有两种等效氢，核磁共振氢谱中有两个吸收峰，故不选C；
D．CH3OCH3分子中只有一种等效氢，核磁共振氢谱中只有一个吸收峰，故选D；
选AD。
【小问3详解】
某含碳、氢、氧三种元素的有机物甲，经燃烧分析实验测定其碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%，根据质量守恒，氧的质量分数是21.63%，n(C): n(H): n(O)= ，则甲的实验式(最简式)是C4H10O。
【小问4详解】
①根据该有机物甲的质谱图，最大质荷比为74，则其相对分子质量为74，分子式为C4H10O。
②羟基中含有1个孤电子，羟基的电子式为 ；甲可能的结构有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)3COH、(CH3)2CHCH2OH，共4种；
③A．经测定有机物甲的核磁共振氢谱有2组峰，则甲的结构简式为(CH3)3COH。
B．若甲的红外光谱图显示有-CH3、C-O-C、-CH2-，则该有机物的结构简式为CH3CH2OCH2CH3。
18. A~G都是有机化合物，它们的转化关系如图所示：
请回答下列问题：
（1）已知：6.0g化合物E完全燃烧生成8.8gCO2和3.6gH2O；E的蒸气与氢气的相对密度为30，则E的分子式为_____，分子中σ键和π键数目之比为_____。
（2）A为一取代芳香烃，B中含有一个甲基。由B生成C的化学方程式为_____。
（3）由D生成G的反应类型是______。
（4）由E和C反应生成F的化学方程式是____。
（5）在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种的共有_____种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1∶1的是_____(填结构简式)。
【答案】（1） ①. C2H4O2 ②. 7∶1
（2） +NaOH+NaCl
（3）加成反应 （4）CH3COOH++H2O
（5） ①. 7 ②.
【解析】
【分析】A与氯气在光照条件下发生取代反应，B为卤代烃，B在NaOH水溶液中发生水解反应，即C为醇，D能与溴的四氯化碳发生反应，该反应为加成反应，即D中含有碳碳不饱和键，C与E在浓硫酸加热条件下酯化反应，即F为酯，E为羧酸，据此分析；
【小问1详解】
E的蒸气与氢气的相对密度为30，根据相同条件下，摩尔质量之比等于密度之比，即E的摩尔质量为60g/mol，6.0g(0.1mol)化合物E完全燃烧生成8.8g(0.2mol)CO2和3.6g(0.2mol)H2O，因此6.0g化合物E中n(O)==0.2mol，化合物E的分子式为C2H4O2；E为羧酸，结构简式为CH3COOH，分子中σ键和π键数目之比为7∶1；故答案为C2H4O2；7∶1；
【小问2详解】
A的分子式为C8H10，且A为一取代芳香烃，符合通式CnH2n-6，A属于苯的同系物，即A的结构简式为 ，A与氯气在光照的条件下发生取代反应，氯原子取代取代基上的氢原子，B中含有一个甲基，因此B的结构简式为 ，B→C的条件为NaOH水溶液，该反应为卤代烃的水解反应，即反应方程式为+NaOH+NaCl；故答案为+NaOH+NaCl；
【小问3详解】
D与溴的四氯化碳发生反应生成G，该反应为加成反应；故答案为加成反应；
【小问4详解】
E和C发生酯化反应，其反应方程式为CH3COOH++H2O；故答案为CH3COOH++H2O；
【小问5详解】
G的结构简式为 ，G的同分异构体中，苯环一硝化产物只有一种，可能的结构简式有 、 、、、、 、 ，共有7种；核磁共振氢谱有两组峰，说明有两种不同的氢原子，峰面积之比为1∶1，符合条件的结构简式为 ；故答案为7； 。
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