訓(xùn)練(十二)非選擇題專項(xiàng)練(4)1氯氣和漂粉精是現(xiàn)代工業(yè)和生活常用的消毒、殺菌劑。(1)某課外活動(dòng)小組利用如圖所示裝置制取氯氣。提供的試劑有：濃鹽酸、飽和食鹽水、氫氧化鈉溶液、高錳酸鉀固體。反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2KMnO416HCl(濃)=2KCl2MnCl25Cl28H2O。裝置H中盛放的試劑是_。處理尾氣時(shí)關(guān)閉彈簧夾a和彈簧夾_(填字母代號(hào)，下同)，打開彈簧夾_。(2)寫出工業(yè)上用氯氣和石灰乳制取漂粉精的化學(xué)反應(yīng)方程式_。(3)實(shí)驗(yàn)室有一瓶密封不嚴(yán)的漂粉精樣品，其中肯定存在CaCl2，現(xiàn)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，探究該樣品中可能存在的其他固體物質(zhì)。提出合理假設(shè)。假設(shè)1：該漂粉精未變質(zhì)，只含_；假設(shè)2：該漂粉精全部變質(zhì)，只含_；假設(shè)3：該漂粉精部分變質(zhì)，既含Ca(ClO)2又含CaCO3。設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。請(qǐng)寫出實(shí)驗(yàn)步驟、預(yù)期現(xiàn)象與結(jié)論。限選用的儀器和藥品：試管、膠頭滴管、帶導(dǎo)管的單孔塞，蒸餾水、自來(lái)水、1 molL1鹽酸、品紅溶液、澄清石灰水。(提示：不必檢驗(yàn)Ca2和Cl)實(shí)驗(yàn)步驟預(yù)期現(xiàn)象與結(jié)論a取少量上述漂粉精于試管中，_b解析(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理可知注射器中盛放濃鹽酸，G中為KMnO4，兩者反應(yīng)生成的Cl2用排液法收集在H中，H中液體應(yīng)為飽和食鹽水，反應(yīng)結(jié)束后關(guān)閉a、b，打開c，余氯用NaOH溶液吸收。(3)漂粉精的主要成分為CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，變質(zhì)過(guò)程的化學(xué)方程式為Ca(ClO)2CO2H2O=CaCO32HClO,2HClO=2HClO2，因此除CaCl2固體外，若該漂粉精未變質(zhì)，則只含Ca(ClO)2，若全部變質(zhì)，則只含CaCO3，最后實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)歸結(jié)為檢驗(yàn)CaCO3和Ca(ClO)2，根據(jù)所提供的試劑分析，CaCO3能溶解于鹽酸中，生成的氣體能使澄清石灰水變渾濁，Ca(ClO)2和稀鹽酸反應(yīng)后生成HClO，HClO具有漂白性，能使品紅溶液褪色。答案(1)飽和食鹽水bc (2)2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O(3)Ca(ClO)2CaCO3實(shí)驗(yàn)步驟預(yù)期現(xiàn)象與結(jié)論a加入適量1 molL1 鹽酸溶解后，再將產(chǎn)生的氣體導(dǎo)入澄清石灰水中若澄清石灰水未變渾濁，則假設(shè)1成立；若澄清石灰水變渾濁，則假設(shè)2或假設(shè)3成立b向步驟a反應(yīng)后的試管中滴入12滴品紅溶液，振蕩(或另外取樣操作)若品紅溶液褪色，則假設(shè)3成立；若品紅溶液不褪色，則假設(shè)2成立2.氯化亞銅(CuCl)常用作有機(jī)合成工業(yè)中的催化劑，在空氣中迅速被氧化成綠色；見光則分解，變成褐色。如圖是工業(yè)上用制作印刷電路的廢液(含F(xiàn)e3、Cu2、Fe2、Cl)生產(chǎn)CuCl的流程：根據(jù)以上信息回答下列問(wèn)題：(1)生產(chǎn)過(guò)程中X的化學(xué)式為_。(2)寫出產(chǎn)生CuCl的化學(xué)方程式：_。(3)在CuCl的生成過(guò)程中理論上不需要補(bǔ)充SO2氣體，結(jié)合化學(xué)方程式和必要的文字說(shuō)明理由_，實(shí)際生產(chǎn)中SO2要適當(dāng)過(guò)量，原因可能是_(答一點(diǎn)即可)。(4)實(shí)驗(yàn)探究pH對(duì)CuCl產(chǎn)率的影響如下表所示：pH1234567CuCl產(chǎn)率/%70908278757270析出CuCl晶體最佳pH為_，當(dāng)pH較大時(shí)CuCl產(chǎn)率變低原因是_。調(diào)節(jié)pH時(shí)，_(填“能”或“不能”)用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是_。(5)氯化亞銅的定量分析：稱取樣品0.25 g和過(guò)量的FeCl3溶液于錐形瓶中，充分溶解。用0.10 molL1硫酸鈰標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。已知：CuClFeCl3=CuCl2FeCl2、Fe2Ce4=Fe3Ce3。三次平行實(shí)驗(yàn)結(jié)果如下(平行實(shí)驗(yàn)結(jié)果相差不能超過(guò)1%)：平行實(shí)驗(yàn)次數(shù)1230.25 g樣品消耗硫酸鈰標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積(mL)24.3524.0523.95則樣品中CuCl的純度為_(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。解析向工業(yè)上以制作印刷電路的廢液(含F(xiàn)e3、Cu2、Fe2、Cl)加入過(guò)量的鐵粉，三價(jià)鐵離子與鐵粉反應(yīng)轉(zhuǎn)化為二價(jià)鐵離子，銅離子與鐵反應(yīng)生成銅，然后過(guò)濾，濾渣為過(guò)量的鐵和生成的銅，依據(jù)銅與鐵活潑性，將濾渣溶于鹽酸，銅與鹽酸不反應(yīng)，過(guò)濾得到濾渣即為銅，然后銅與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫和水，銅與氯氣反應(yīng)生成氯化銅，硫酸銅、二氧化硫、氯化銅和水反應(yīng)生成氯化亞銅和硫酸。(1)印刷電路的廢液(含F(xiàn)e3、Cu2、Fe2、Cl)加入鐵，三價(jià)鐵離子能夠與鐵反應(yīng)生成二價(jià)鐵離子，銅離子能夠與鐵反應(yīng)能生成銅，過(guò)濾后濾渣中含有銅和鐵，加入鹽酸，鐵與鹽酸反應(yīng)能生成氯化亞鐵，銅與鹽酸不反應(yīng)，將銅分離出來(lái)，則X為Fe、Y為HCl；(2)依據(jù)圖示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反應(yīng)生成H2SO4、CuCl，依據(jù)得失電子守恒其方程式為：CuCl2CuSO4SO22H2O=2CuCl2H2SO4；(3)由反應(yīng)方程式Cu2H2SO4(濃)CuSO4SO22H2O可知Cu與濃硫酸反應(yīng)的過(guò)程中有SO2生成，且生成的CuSO4和SO2的物質(zhì)的量之比為11，生產(chǎn)CuCl的過(guò)程中消耗CuSO4和SO2的物質(zhì)的量之比也為11，所以理論上不需要補(bǔ)充SO2氣體；實(shí)際生產(chǎn)中要保持適當(dāng)過(guò)量的SO2，目的是提高Cu2的還原速率，同時(shí)可以防止生成的Cu被空氣氧化；(4)由表中數(shù)據(jù)可知，pH=2時(shí)，CuCl產(chǎn)率最高；pH較大時(shí)，Cu2水解程度增大，導(dǎo)致反應(yīng)生成CuCl減少；硝酸具有強(qiáng)氧化性，能將產(chǎn)品CuCl氧化生成Cu2，所以不能用相同pH的硝酸代替硫酸；(5)根據(jù)題目中所給數(shù)據(jù)及平行實(shí)驗(yàn)結(jié)果相差不能超過(guò)1%，體積為24.35 mL，誤差大舍去，則滴定0.25 g樣品消耗硫酸鈰標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為：=24 mL，結(jié)合方程式可知：CuClFeCl3=CuCl2FeCl2，F(xiàn)e2Ce4=Fe3Ce3，CuClCe4，CuCl的純度為100%=95.5%。答案(1)Fe(2)CuCl2CuSO4SO22H2O=2CuCl2H2SO4(3)Cu2H2SO4(濃)CuSO4SO22H2O反應(yīng)中生成的CuSO4和SO2為11，所以理論上不需要補(bǔ)充SO2氣體提高Cu2的還原速率，同時(shí)可以防止生成的Cu被空氣氧化(4)2Cu2水解程度增大，反應(yīng)生成CuCl減少，產(chǎn)率減小不能硝酸會(huì)與產(chǎn)品CuCl發(fā)生反應(yīng)(5)95.5%3碳的化合物與人類生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。(1)在一恒溫、恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：Ni(s)4CO(g)Ni(CO)4(g)，利用該反應(yīng)可以將粗鎳轉(zhuǎn)化為純度達(dá)99.9%的高純鎳，對(duì)該反應(yīng)的說(shuō)法正確的是_(填字母編號(hào))。A把溫度由80 升高到180 ，正反應(yīng)速率減小，逆反應(yīng)速率增大B反應(yīng)達(dá)到平衡后，充入Ni(CO)4(g)再次達(dá)到平衡時(shí)，減小C反應(yīng)達(dá)到平衡后，充入CO再次達(dá)到平衡時(shí)，CO的體積分?jǐn)?shù)降低D當(dāng)容器中混合氣體密度不變時(shí)，可說(shuō)明反應(yīng)已達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)(2)圖1所示的直形石英玻璃封管中充有CO氣體，在溫度為T1的一端放置不純的鎳(Ni)粉，Ni粉中的雜質(zhì)不與CO(g)發(fā)生反應(yīng)，在溫度為T2的一端得到了純凈的高純鎳，則溫度T1_T2(填“”“”或“=”)。上述反應(yīng)體系中循環(huán)使用的物質(zhì)是_。(3)甲醇是一種重要的化工原料，工業(yè)上可用CO和H2合成甲醇(催化劑為Cu2O/ZnO)：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H=90.8 kJmol1。若在溫度、容積相同的3個(gè)密閉容器中，按不同方式投入反應(yīng)物，保持恒溫、恒容，測(cè)得反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)的有關(guān)數(shù)據(jù)如下：容器甲乙丙反應(yīng)物投入量1 mol CO、2 mol H21 mol CH3OH2 mol CO、4 mol H2CH3OH的濃度/molL1c1c2c3反應(yīng)的能量變化放出Q1kJ吸收Q2kJ放出Q3kJ反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率123下列說(shuō)法正確的是_。ac1=c2b2Q1=Q3cQ1Q2=90.8 d23100%(4)據(jù)研究，上述(3)中合成甲醇反應(yīng)過(guò)程中起催化作用的為Cu2O，反應(yīng)體系中含少量CO2有利于維持催化劑Cu2O的量不變，原因是_(用化學(xué)方程式表示)。(5)已知在常溫常壓下：甲醇的燃燒熱為725.8 kJmol1，CO的燃燒熱為283 kJmol1，H2O(g)=H2O(l) H=44.0 kJmol1。寫出甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和水蒸氣的熱化學(xué)方程式：_。(6)金屬氧化物可被一氧化碳還原生成金屬單質(zhì)和二氧化碳，如圖2是四種金屬氧化物(Cr2O3、SnO2、PbO2、Cu2O)被一氧化碳還原時(shí)lg與溫度(t)的關(guān)系曲線圖。四個(gè)反應(yīng)中屬于吸熱反應(yīng)的是_(填金屬氧化物的化學(xué)式)，在700 用一氧化碳還原Cr2O3時(shí)，若反應(yīng)方程式化學(xué)計(jì)量數(shù)為最簡(jiǎn)整數(shù)比，該反應(yīng)的平衡常數(shù)(K)數(shù)值等于_。解析(1)對(duì)于可逆反應(yīng)，升高溫度，正逆反應(yīng)速率均加快，A錯(cuò)誤。=K(平衡常數(shù))，因此溫度不變，比值不變，B錯(cuò)誤。反應(yīng)達(dá)到平衡后，充入CO再次達(dá)到平衡時(shí)，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡右移，CO的體積分?jǐn)?shù)降低，C正確。Ni與CO反應(yīng)，隨反應(yīng)的進(jìn)行，氣體質(zhì)量增大，直到反應(yīng)達(dá)到平衡，質(zhì)量才不發(fā)生變化，根據(jù)公式=m/V，容器容積V不變，密度不變時(shí)，說(shuō)明質(zhì)量m不再變化，反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，D正確；(2)根據(jù)上述反應(yīng)，在5080 ，Ni與CO化合生成Ni(CO)4，在180200 分解生成Ni和CO，因此T1T2，反應(yīng)中CO可循環(huán)利用；(3)根據(jù)反應(yīng)特點(diǎn)可以確定，甲和乙可建立相同平衡狀態(tài)，因此平衡時(shí)：c1=c2，a正確；Q1Q2=90.8，c正確；12=100%，比較甲和丙，開始時(shí)丙中CO和H2濃度均為甲的2倍，相對(duì)于甲，丙相當(dāng)于加壓，假設(shè)甲和丙建立相同的平衡狀態(tài)，則丙中放熱是甲中的2倍，但加壓平衡右移，因此Q32Q1，b錯(cuò)誤；31，因此23100%，d錯(cuò)誤；(4)反應(yīng)中含有CO，CO會(huì)還原Cu2O，加入少量CO2，可使CO還原Cu2O反應(yīng)逆向移動(dòng)，保持Cu2O的量不變，反應(yīng)為Cu2OCO2CuCO2；(5)甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和水蒸氣的反應(yīng)為CH3OHO2=CO2H2O。根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)CH3OH(l)O2(g)=CO(g)2H2O(g)的H=725.8 kJmol1(283 kJmol1)2(44.0 kJmol1)=354.8 kJmol1；(6)用CO還原金屬氧化物，反應(yīng)的平衡常數(shù)K均可表示為n，n0，因此lg越小，則平衡常數(shù)越大。對(duì)于CO還原Cr2O3和SnO2，溫度升高lg減小，則平衡常數(shù)增大，平衡正向移動(dòng)，因此這兩個(gè)反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，對(duì)于CO還原PbO2和Cu2O的反應(yīng)為放熱反應(yīng)；一氧化碳還原Cr2O3的反應(yīng)為3CO(g)Cr2O3(s)2Cr(s)3CO2(g)，在700 用一氧化碳還原Cr2O3時(shí)，lg=4，=104，K=(104)3=1012。答案(1)CD(2)CO(3)ac(4)Cu2OCO2CuCO2(5)CH3OH(l)O2(g)=CO(g)2H2O(g)H=354.8 kJmol1(6)Cr2O3、SnO210124某工廠從廢含鎳有機(jī)催化劑中回收鎳的工藝流程如圖所示(已知廢催化劑中含有Ni 70.0%及一定量的Al、Fe、SiO2和有機(jī)物，鎳及其化合物的化學(xué)性質(zhì)與鐵的類似，但Ni2的性質(zhì)較穩(wěn)定)。已知：部分陽(yáng)離子以氫氧化物的形式完全沉淀時(shí)的pH如下表所示。沉淀物Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2pH5.23.29.79.2回答下列問(wèn)題：(1)濾渣a的成分是_，用乙醇洗滌廢催化劑的目的是_，從廢渣中回收乙醇的方法是_。(2)為提高酸浸速率，可采取的措施有_(答一條即可)。(3)硫酸酸浸后所得濾液A中可能含有的金屬離子是_，向其中加入H2O2的目的是_，反應(yīng)的離子方程式為_。(4)利用化學(xué)鍍(待鍍件直接置于含有鍍層金屬的化合物的溶液中)可以在金屬、塑料、陶瓷等物品表面鍍上一層金屬鎳或鉻等金屬，與電鍍相比，化學(xué)鍍的最大優(yōu)點(diǎn)是_。(5)濾液C進(jìn)行如下所示處理可以制得NiSO47H2O。濾液C溶液DNiSO47H2O操作X的名稱是_。產(chǎn)品晶體中有時(shí)會(huì)混有少量綠礬(FeSO47H2O)，可能是由于生產(chǎn)過(guò)程中_導(dǎo)致Fe2未被完全氧化。NiSO4在強(qiáng)堿溶液中用NaClO氧化，可制得堿性鎳鎘電池電極材料NiOOH，該反應(yīng)的離子方程式是_。解析(1)用乙醇洗滌的目的是溶解并除去有機(jī)物雜質(zhì)，利用蒸餾的方法可將乙醇與其他有機(jī)物分離開；只有SiO2不與硫酸反應(yīng)，故濾渣a的成分是SiO2；(2)將廢催化劑粉碎或適當(dāng)?shù)靥岣吡蛩岬臐舛取⒔輹r(shí)的溫度均可提高酸浸速率；(3)依據(jù)分析可知濾液A中可能含有的金屬離子是Al3、Fe2、Ni2，加入H2O2的目的是將Fe2氧化為Fe3，有利于分離，反應(yīng)離子方程式為：2Fe22HH2O2=2Fe32H2O，由表中數(shù)據(jù)及流程圖知，加入試劑X的目的是將鎳轉(zhuǎn)化為Ni(OH)2，故X是堿類物質(zhì)，X可以為NaOH；(4)與電鍍相比，化學(xué)鍍的最大優(yōu)點(diǎn)是：不消耗電能，節(jié)約能源；(5)由溶液得到晶體的操作為蒸發(fā)結(jié)晶，所以操作X的名稱是蒸發(fā)結(jié)晶；產(chǎn)品晶體中有時(shí)會(huì)混有少量綠礬(FeSO47H2O)，可能是由于生產(chǎn)過(guò)程中H2O2的用量不足(或H2O2失效)，可能會(huì)導(dǎo)致Fe2未被完全氧化，從而使產(chǎn)品晶體中混有少量綠礬(FeSO47H2O)；NiSO4在強(qiáng)堿溶液中用NaClO氧化，可制得堿性鎳鎘電池電極材料NiOOH，該反應(yīng)的離子方程式是：2Ni2ClO4OH=2NiOOHClH2O。答案(1)SiO2溶解、除去有機(jī)物蒸餾(2)將廢催化劑粉碎或適當(dāng)?shù)靥岣吡蛩岬臐舛?、浸泡時(shí)的溫度(3)Al3、Fe2、Ni2加入H2O2的目的是將Fe2氧化為Fe3，有利于分離2Fe22HH2O2=2Fe32H2O(4)不消耗電能，節(jié)約能源(5)蒸發(fā)結(jié)晶H2O2的用量不足(或H2O2失效)2Ni2ClO4OH=2NiOOHClH2O5蘆筍中的天冬酰胺(結(jié)構(gòu)如圖1)和微量元素硒、鉻、錳等，具有提高身體免疫力的功效。(1)天冬酰胺所含元素中，_(填元素名稱)元素基態(tài)原子核外未成對(duì)電子數(shù)最多，第一電離能最大的是_。(2)天冬酰胺中碳原子的雜化軌道類型為_，分子中和鍵數(shù)目之比為_。(3)O、S、Se為同主族元素，H2O、H2S和H2Se的參數(shù)對(duì)比見表?；瘜W(xué)式鍵長(zhǎng)/nm鍵角H2O0.99104.5H2S1.3492.3H2Se1.4791.0H2S的鍵角大于H2Se的原因可能為_。H2O、H2S、H2Se沸點(diǎn)由高到低的順序?yàn)開，酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)開。(4)寫出鉻的基態(tài)電子排布式：_。(5)金屬鉻為體心立方晶體，晶胞結(jié)構(gòu)如圖2，則該晶胞中含有_個(gè)鉻原子。若鉻的密度為 gcm3，相對(duì)原子質(zhì)量為M，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則鉻原子的半徑為_cm。解析(1)天冬酰胺中含有H、C、N、O四種元素，原子基態(tài)核外未成對(duì)電子分別為1、2,3、2，因此氮元素基態(tài)原子核外未成對(duì)電子數(shù)最多。H、C、N、O第一電離能最大的是N；(2)分子中亞甲基和次甲基中的碳原子均為sp3雜化，羰基碳為sp2雜化，天冬酰胺中含有16個(gè)鍵和2個(gè)鍵，因此和鍵數(shù)目之比為81；(3)硫原子的電負(fù)性強(qiáng)于Se，形成的共用電子對(duì)斥力大，因此H2S中鍵角大，H2O、H2S、H2Se均為分子晶體，由于水分子間存在氫鍵，因此其沸點(diǎn)高于H2S和H2Se，H2Se相對(duì)分子質(zhì)量大于H2S，故沸點(diǎn)H2Se高于H2S，酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镠2SeH2SH2O；(4)鉻的原子序數(shù)為24，其基態(tài)電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1；(5)在鉻的晶胞中含有鉻原子數(shù)為18=2，設(shè)晶胞邊長(zhǎng)為x，根據(jù)=得，=，所以x=，所以晶胞的體對(duì)角線長(zhǎng)度為，所以鈉原子半徑=。答案(1)氮氮(2)sp3和sp281(3)由于硫的電負(fù)性強(qiáng)于Se，形成的共用電子對(duì)斥力大，鍵角大H2OH2SeH2SH2SeH2SH2O(4)1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1(5)26有機(jī)香料的分子式為C13H18O2，其合成路線如圖所示：已知：RCH=CH2RCH2CH2OH通過(guò)質(zhì)譜法測(cè)得A的相對(duì)分子質(zhì)量為56，它的核磁共振氫譜顯示有兩組峰且峰面積之比為13；D分子中含有支鏈；E能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，在催化劑存在下1 mol E與2 mol H2可以發(fā)生反應(yīng)生成F，且F分子中含有苯環(huán)但無(wú)甲基。請(qǐng)回答：(1)A中所含官能團(tuán)的名稱為_；A生成B的反應(yīng)類型是_。(2)C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_。(3)D與F反應(yīng)的化學(xué)方程式為_，E發(fā)生銀鏡反應(yīng)的離子方程式為_。(4)符合下列條件：遇FeCl3溶液顯紫色、苯環(huán)上有兩個(gè)取代基的F的同分異構(gòu)體有_種，寫出其中一種物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式_。解析有機(jī)物A發(fā)生信息中的反應(yīng)生成B，A應(yīng)屬于烴類，其相對(duì)分子質(zhì)量為56，則=48，可知A的分子式為C4H8，A的核磁共振氫譜有2組峰且峰面積之比為13，B可以連續(xù)發(fā)生氧化反應(yīng)，則A為(CH3)2C=CH2，B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為(CH3)2CHCH2OH，C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為(CH3)2CHCHO，D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為(CH3)2CHCOOH，D和F反應(yīng)生成有機(jī)物C13H18O2，發(fā)生酯化反應(yīng)，則F為醇，D中含有4個(gè)碳原子，所以F中含有9個(gè)碳原子，F(xiàn)的分子式為C9H12O，E可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)，含有CHO，在催化劑存在條件下1 mol E與2 mol H2反應(yīng)可以生成F，F(xiàn)分子中含有苯環(huán)但無(wú)甲基，可推知E為，F(xiàn)為，則G為。(1)A為(CH3)2C=CH2，A中所含官能團(tuán)的名稱為碳碳雙鍵，A生成B的反應(yīng)類型是加成反應(yīng)；(2)由上述分析可知，C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為(CH3)2CHCHO；(3)D與F反應(yīng)是酯化反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：H2O，E發(fā)生銀鏡反應(yīng)的離子方程式為：2Ag(NH3)22OH2Ag3NH3NHH2O。(4)F的同分異構(gòu)體符合：遇FeCl3溶液顯紫色，說(shuō)明含有酚羥基，苯環(huán)上有兩個(gè)取代基，F(xiàn)的同分異構(gòu)體為 (鄰、間、對(duì)3種)， (鄰、間、對(duì)3種)，所以共6種。答案(1)碳碳雙鍵加成反應(yīng)(2)(CH3)2CHCHO(3) H2O2Ag(NH3)22OH(4)6