2019届二轮复习“7＋5”小卷练(四)作业（全国通用）

2019届二轮复习“7＋5”小卷练(四)作业（全国通用）

‎“7＋‎5”‎小卷练(四)‎ 本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间50分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H—1　Li—‎7　‎C—12　N—14　O—16　K—39　Cl—35.5　Mn—55　Fe—56　Zn—65　Mo—96‎ 选择题 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 一、选择题(本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)‎ ‎7．东汉蔡伦总结前人经验，用树皮、破渔网、破布、麻头等作为原料，制造成较低成本的书写纸，史称“蔡侯纸”。“蔡侯纸”的主要成分可能是(　　)‎ A．淀粉 B．天然纤维 C．聚氯乙烯 D．二氧化硅 解析　东汉蔡伦以树皮、破渔网、破布、麻头等作为原料，制造成了适合书写的植物纤维纸，据此可知“蔡侯纸”的主要成分为天然纤维，B项正确。‎ 答案　B ‎8．(2018·河北名校联盟高三质检)某同学做金属钼(Mo)在氧气中燃烧的实验测其氧化物的组成，结果如图所示，该同学利用实验结果得出Mo的氧化物Ⅰ和Ⅱ分别为(　　)‎ A．Ⅰ为MoO3，Ⅱ为Mo2O B．Ⅰ为MoO，Ⅱ为MoO2‎ C．Ⅰ为MoO2，Ⅱ为MoO3‎ D．Ⅰ为MoO3，Ⅱ为MoO2‎ 解析　根据图像可知Mo的氧化物Ⅰ中Mo和O的原子个数之比是∶＝1∶‎ ‎2，所以化学式是MoO2；根据图像可知Mo的氧化物Ⅱ中Mo和O的原子个数之比是∶＝1∶3，所以化学式是MoO3；答案选C。‎ 答案　C ‎9. 中共面的碳原子数最少为(　　)‎ A．10个 B．9个 ‎ C．8个 D．6个 解析　该有机物中存在两个平面：苯环、碳碳双键。与苯环直接相连的甲基碳原子、双键碳原子一定与苯环共面；转动苯环与双键碳原子之间的单键，两个平面不重叠时共面碳原子数最少，为8个。‎ 答案　C ‎10．硒是人体必需的微量元素。以铜阳极泥(主要成分为Ag2Se、Cu2Se和Ag、Au、Pt等)为原料制备纯硒的工艺流程如下(部分物质省略)：‎ 下列有关说法不正确的是(　　)‎ A．硫酸的质量分数最好为20%‎ B．Cu2Se焙烧的氧化产物为CuSO4和SeO2‎ C．水吸收生成1 mol Se时转移4 mol电子 D．滤液可以循环利用，提高原料利用率 解析　依题意，硫酸作氧化剂，氧化Ag2Se、Cu2Se，应选择浓硫酸作氧化剂，A项错误；硒化亚铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硒，硫酸本身被还原成SO2，故氧化产物为硫酸铜、二氧化硒，B项正确；水吸收二氧化硫和二氧化硒，发生氧化还原反应：SeO2＋2SO2＋2H2O===Se↓＋2H2SO4，故生成1 mol硒时转移4 mol电子，C项正确；根据流程图知，滤液的主要溶质是H2SO4，可以蒸发稀硫酸变成浓硫酸，用于焙烧铜阳极泥，D项正确。‎ 答案　A ‎11．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的L层电子数是K层的3倍，W所在族序数是周期数的2倍，Y、Z、W的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是(　　)‎ A．Y可以从溶液中置换出Z单质 B．单核离子半径：W>Z>Y>X C．X和W形成的化合物的水化物一定是强电解质 D．Y、Z、W三种元素最高价氧化物对应的水化物两两之间可以反应 解析　X的L层电子数是K层的3倍，X是O，W所在族序数是周期数的2倍，且W的原子序数大于O，则W是S，Y、Z、W的最外层电子数之和为10，则Y和Z的最外层电子数之和为4，结合X、Y、Z原子序数依次增大知，Y、Z分别是Na和Al。Na在水溶液中是不能置换出其他金属单质的，A选项错误；单核离子半径：W>X>Y>Z，B选项错误；X和W形成的化合物可能是SO2，也可能是SO3，其水化物不一定是强电解质，C选项错误；Y、Z、W三种元素最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3和H2SO4，两两之间可以反应，D选项正确。‎ 答案　D ‎12．T ℃下，向体积为‎2 L的恒容密闭容器中通入NO2和O2，发生反应：4NO2(g)＋O2(g)2N2O5(g)　ΔH<0，部分实验数据如下表。下列说法不正确的是 时间/s ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ n(NO2)/mol ‎8.00‎ n1‎ n2‎ ‎4.00‎ n(O2)/mol ‎2.00‎ ‎1.25‎ ‎1.00‎ n3‎ A.5 s内NO2的平均反应速率为0.3 mol·L－1·s－1‎ B．若10 s时，再向容器中充入2 mol N2O5(g)，则新平衡下，NO2的体积分数将增大 C．若5 s时，改在绝热恒容条件下达到平衡，则新平衡下的平衡常数比原平衡的小 D．T ℃，该反应的平衡常数为0.125，反应物的平衡转化率均为50%‎ 解析　5 s内v(O2)＝＝0.075 mol·L－1·s－1，v(NO2)＝4v(O2)＝0.075 mol·L－1·s－1×4＝0.3 mol·L－1·s－1，A项正确；根据表中提供数据，可以计算出n2＝4.00，n3＝1.00，显然10 s时反应处于平衡状态，若10‎ ‎ s时，再向容器中充入2 mol N2O5(g)，等效于将容器体积压缩为原来的一半，体系压强增大，平衡正向移动，故新平衡下，NO2的体积分数减小，B项错误；若5 s时，改在绝热恒容条件下达到平衡，由于反应正向进行放热，反应体系温度升高，而升温时平衡向逆反应方向移动，故新平衡下平衡常数比原平衡的小，C项正确；NO2、O2的起始浓度之比等于化学计量数之比，故二者的平衡转化率相等，由题表知，反应达到平衡时，反应物的平衡转化率均为50%，此时c(NO2)＝2 mol·L－1，c(O2)＝0.5 mol·L－1，c(N2O5)＝1 mol·L－1，平衡常数K＝＝0.125，D项正确。‎ 答案　B ‎13．常温下，向0.1 mol·L－1二元弱酸H‎2A的溶液中逐滴加入NaOH溶液，H‎2A、HA－、A2－的物质的量分数随pH的变化如图所示。下列叙述正确的是(　　)‎ A．a曲线代表HA－的物质的量分数随pH的变化 B．M点pH＝1.1时，溶液中微粒浓度关系为c(H＋)>c(HA－)＝c(H‎2A)‎ C．pH＝2.7时，c(A2－)＋c(HA－)＋c(H‎2A)＝0.1 mol·L－1‎ D．N点pH＝4.2时，c(A2－)＝c(HA－)，溶液中不存在H‎2A分子 解析　向二元弱酸H‎2A溶液中逐滴加入NaOH溶液，依次发生反应：H‎2A＋OH－===HA－＋H2O、HA－＋OH－===A2－＋H2O，结合题图可知，a曲线代表H‎2A的物质的量分数随pH的变化，b曲线代表HA－的物质的量分数随pH的变化，c曲线代表A2－的物质的量分数随pH的变化，A项错误；M点溶液中c(HA－)＝c(H‎2A)<0.05 mol·L－1，又pH＝1.1，故c(H＋)＝10－1.1 mol·L－1，c(H＋)>c(HA－)＝c(H‎2A)，B项正确；当pH＝2.7时，因滴入NaOH溶液，溶液的体积增大，结合物料守恒可知c(A2－)＋c(HA－)＋c(H‎2A)<0.1 mol·L－1，C项错误；N点pH＝4.2时，c(A2－)＝c(HA－)，溶液中仍存在少量H‎2A分子，D项错误。‎ 答案　B 非选择题 二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第26～28题为必考题，每道题考生都必须作答。第35、36题为选考题，考生根据要求作答。)‎ ‎(一)必考题(共43分)‎ ‎26．(14分)(2018·北京四中高三期中)亚氯酸钠(NaClO2)是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下：‎ ‎(1)Ⅰ中发生反应的还原剂是________(填化学式)。‎ ‎(2)Ⅱ中反应的离子方程式是________________________________。‎ ‎(3)Ⅲ中离子隔膜电解池的装置如下：‎ ‎①A的化学式是________，A在________口产生。‎ ‎②m为________(填“阴”、“阳”)离子交换膜。‎ ‎③结合化学用语和文字说明解释NaOH产生的原因：_________________‎ ‎__________________________________________________________。‎ ‎(4)ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：‎ ‎5NaClO2＋4HCl===5NaCl＋4ClO2↑＋2H2O ‎①该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是________。‎ ‎②研究表明：若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大，运用氧化还原反应规律分析其原因是_______________________________________‎ ‎____________________________________________________________。‎ ‎(5)NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl。取等质量变质前后的NaClO2试样均配成溶液，分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2＋的物质的量前者________(填>、<、＝)后者。‎ 解析　(1)由图得到Ⅰ中将亚硫酸钠转化为硫酸钠，S的化合价由＋‎‎4升 高为＋6，所以还原剂为亚硫酸钠。‎ ‎(2)Ⅱ中进入的ClO2转化为NaClO2化合价降低，所以是H2O2中的－1价的氧化合价升高为0价O2，方程式为：2ClO2＋H2O2＋2OH－===2ClO＋O2↑＋2H2O。‎ ‎(3)Ⅲ中离子隔膜电解池，中间加入硫酸钠溶液，其中阴离子硫酸根离子向阳极移动，所以m是阴离子交换膜。阳极发生的反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，氢离子浓度增加，结合穿过m的硫酸根离子得到硫酸，即X为氧气，e为硫酸，加入的g为稀硫酸(主要是为了使溶液导电)。对应的n为阳离子交换膜，以保证钠离子能向阴极移动，阴极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，生成的氢氧根结合钠离子得到氢氧化钠，所以Y为氢气，Z为氢氧化钠溶液，加入的f为稀氢氧化钠溶液(主要为了使溶液导电)。结合如上信息得到：‎ ‎①A的化学式是H2SO4，A在e口产生。‎ ‎②m为阴离子交换膜。‎ ‎③NaOH产生的原因如上所述。‎ ‎(4)①根据相同元素的相同价态一定直接转化的原理，生成物中的NaCl一定来自反应物的盐酸，NaCl有5个，HCl只有4个，所以有1个NaCl来自NaClO2，另外4个NaClO2转化为ClO2，所以氧化剂为1个NaClO2，还原剂为4个NaClO2，所以该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1∶4。‎ ‎②若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大，说明使用浓盐酸时，会被NaClO2氧化为Cl2，即随着盐酸浓度增大，NaClO2的氧化性增强，或者盐酸的还原性增强。‎ ‎(5)无论NaClO2是否变质，最后氧化亚铁离子的时候，都是将亚铁离子氧化为铁离子，Cl最终都是转化为Cl－，变质的反应为3NaClO2===2NaClO3＋NaCl，则3 mol NaClO2转化为2 mol NaClO3，这2 mol NaClO3得电子为2×6e－＝12 mol电子。如果不变质，3 mol NaClO2得电子为：3×4e－＝12 mol电子，所以NaClO2变质前后能得到的电子实际是一样的，能氧化的亚铁离子是相同的。‎ 答案　(1)Na2SO3‎ ‎(2)2ClO2＋H2O2＋2OH－===2ClO＋O2↑＋2H2O ‎(3)①H2SO4　e　②阴　③阴极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，反应室中的Na＋透过阳离子交换膜进入阴极室，和阴极区产生的OH－生成NaOH　‎ ‎(4)①1∶4　②ClO的氧化性或Cl－的还原性随溶液的酸性和浓度的增大而增强，因此Cl－被氧化得Cl2‎ ‎(5)＝‎ ‎27．(15分)某化学兴趣小组利用如图装置制取氯气并探究其有关性质。‎ ‎(1)装二氧化锰的仪器的名称是________。‎ ‎(2)正确连接装置后，如何检验A装置的气密性_____________________________________________________________。‎ ‎(3)室温下，将多余的Cl2用100 mL 1.7 mol·L－1的NaOH溶液完全吸收。对吸收后的溶液进行分析化验，测得其pH等于13(不考虑反应前后溶液的体积变化)，ClO－和ClO的物质的量浓度之比为5∶1。请回答：‎ ‎①吸收氯气消耗的NaOH的物质的量为________ mol。‎ ‎②被氧化的氯气的物质的量为________ mol。‎ ‎(4)通二氧化硫和氯气一段时间后，甲同学实验过程中品红溶液几乎不褪色，而乙同学的实验现象是品红溶液随时间的推移变得越来越浅。试根据该实验装置和两名同学的实验结果回答问题。‎ ‎①试分析甲同学实验过程中，品红溶液不褪色的原因：‎ ‎_____________________________________________________________，‎ 其涉及反应的离子方程式为______________________________________________‎ ‎________________________________________________________________。‎ ‎②你认为乙同学是怎样做到让品红溶液变得越来越浅的？_________________________________________________‎ ‎_________________________________________________________。‎ ‎(5)下列装置可用于尾气处理的是(夹持仪器已略去)________(填序号)。‎ ‎(6)请你帮该小组同学设计一个实验，证明装置B中的Na2SO3已被氧化：_______________________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________。‎ 解析　(2)用止水夹夹住A、B之间的橡胶管，打开A装置中分液漏斗的活塞与旋塞，向其中注水。若一段时间后，液面不再下降，说明气密性良好；反之，则气密性差。(3)①反应前NaOH的物质的量为‎0.1 L×1.7 mol·L－1＝0.17 mol，反应后溶液pH等于13，则反应后氢氧化钠的物质的量浓度为0.1 mol·L－1，故反应后NaOH的物质的量为‎0.1 L×0.1 mol·L－1＝0.01 mol，吸收氯气消耗的NaOH的物质的量为0.17 mol－0.01 mol＝0.16 mol。②ClO－和ClO的物质的量浓度之比为5∶1，发生的反应为8Cl2＋16NaOH===5NaClO＋NaClO3＋10NaCl＋8H2O，则反应掉的氯气的物质的量为0.16 mol×＝0.08 mol，其中被氧化的氯气生成ClO－和ClO，物质的量为0.08 mol×＝0.03 mol。(4)①氯气、二氧化硫和水反应生成盐酸和硫酸，盐酸和硫酸没有漂白性，所以控制SO2和Cl2按物质的量之比1∶1进气，反应的离子方程式为：SO2＋Cl2＋2H2O===SO＋2Cl－＋4H＋。②让氯气或二氧化硫过量可使品红溶液变得越来越浅，所以控制SO2和Cl2进气的物质的量，使之不相等。(5)广口瓶密闭，且导管没有伸入液面下，故a错误；食盐水不能与二氧化硫和氯气反应，且导管没有伸入液面下，故b错误；浓硫酸不能用来吸收SO2、Cl2，故c错误；二氧化硫和氯气都能与氢氧化钠溶液反应，且该装置可防倒吸，所以该装置可用于SO2、Cl2的尾气处理，故d正确。(6)证明Na2SO3已被氧化相当于检验B中溶液中存在硫酸根离子，实验方法为取少量B中溶液于试管中，向其中滴加稀盐酸至不再产生气体，再向其中滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明B中的亚硫酸钠已被氧化。‎ 答案　(1)圆底烧瓶 ‎(2)用止水夹夹住A、B之间的橡胶管，打开A装置中分液漏斗的活塞与旋塞，向其中注水。若一段时间后液面不再下降，说明气密性良好；反之，则气密性差 ‎(3)①0.16　②0.03‎ ‎(4)①控制SO2和Cl2按物质的量之比1∶1进气　SO2＋Cl2＋2H2O===SO＋2Cl－＋4H＋　②控制SO2和Cl2进气的物质的量，使之不相等 ‎(5)d ‎(6)取少量B中溶液于试管中，向其中滴加稀盐酸至不再产生气体，再向其中滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明B中的亚硫酸钠已被氧化(其他合理答案均可)‎ ‎28．(14分)亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂，工业上可用NO与Cl2合成，回答下列问题：‎ ‎(1)一定条件下，氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及有关反应的热化学方程式和平衡常数如表：‎ 反应 热化学方程式 平衡常数 ‎①‎ ‎2NO2＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g)　ΔH1‎ K1‎ ‎②‎ ‎4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(g)＋2NO(g)＋Cl2(g)　ΔH2‎ K2‎ ‎③‎ ‎2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)　ΔH3‎ K3‎ 则ΔH3＝________(用ΔH1、ΔH2表示)；K3＝________(用K1、K2表示)。‎ ‎(2)‎300 ℃‎时，在一密闭容器中发生反应：2ClNO(g)2NO(g)＋Cl2(g)，其正反应速率表达式v正＝k·cn(ClNO)。测得正反应速率和对应浓度的数据如表：‎ 序号 c(ClNO)/(mol·L－1)‎ v正/(mol·L－1·s－1)‎ ‎①‎ ‎0.30‎ ‎3.60×10－9‎ ‎②‎ ‎0.60‎ ‎1.44×10－8‎ ‎③‎ ‎0.90‎ ‎3.24×10－8‎ 则n＝________，k＝________；达到平衡后，若减小压强，则混合气体的平均相对分子质量将________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎(3)‎25 ℃‎时，向体积为‎2 L且带气压计的恒容密闭容器中通入0.08 mol NO和0.04‎ ‎ mol Cl2发生反应：2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)　ΔH。已知：反应起始和平衡时温度相同。‎ ‎①测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图1曲线a所示，则ΔH________(填“>”“<”或“不确定”)0；若其他条件相同，仅改变某一条件时，测得压强(p)随时间(t)的变化如图1曲线b所示 ，则改变的条件是_________________________________________________________‎ ‎_______________________________________________________________。‎ ‎②图2是两位同学描绘的上述反应平衡常数的对数值(‎1g K)与温度的变化关系图象，其中正确的曲线是________(填“甲”或“乙”)；m的值为________。‎ 解析　(1)根据盖斯定律可知，反应③＝2×反应①－反应②，则ΔH3＝2ΔH1－ΔH2，K3＝K/K2。(2)3.60×10－9＝k×0.30n，1.44×10－8＝k×0.60n，解得n＝2，k＝4.0×10－8；减小压强，平衡正向移动，则混合气体的平均相对分子质量将减小。(3)①分析题图1曲线a知反应过程中压强先增大后减小至不变，压强先增大是因为正反应放热，随着反应的进行，反应物浓度减小，压强又减小至不变，故ΔH<0。曲线b与曲线a相比，反应速率加快，平衡状态不变，故改变的条件是加入催化剂。②该反应为放热反应，则升温平衡逆向移动，平衡常数减小，lg K减小，故曲线乙正确，设反应达到平衡时，Cl2转化了x mol·L－1，由三段式法计算：‎ 根据反应起始和平衡时温度相同，且反应在恒容容器中进行，则有＝，解得x＝0.01，故‎25 ℃‎时平衡常数K＝＝＝100，1gK＝2。‎ 答案　(1)2ΔH1－ΔH2　K/K2‎ ‎(2)2　4.0×10－8　减小 ‎(3)①<　加入催化剂　②乙　2‎ ‎(二)选考题：共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做第一题计分。‎ ‎35．【选修3：物质结构与性质】(15分)2017年9月央视节目《经济半小时》报道了王者归“铼”，报道中指出中国发现超级金属铼，造出了航空发动机核心部件。回答下列问题：‎ ‎(1)已知金属铼(75Re)的价电子排布式为5d56s2，则金属铼(75Re)位于元素周期表中第________周期________族。‎ ‎(2)基态Re原子中，核外电子占据的最高能层的符号是________，占据该能层电子的电子云轮廓图的形状为________。‎ ‎(3)Mn与Re属于同一族，研究发现，Mn的熔点明显高于Re的熔点，原因可能是_______________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________。‎ ‎(4)Re通常以Re2CO3的形式存在于矿物中，CO的立体构型为________，中心原子的杂化类型为________，写出一个与CO互为等电子体的分子的化学式________。‎ ‎(5)已知金属Re的晶胞结构如图。‎ ‎①晶胞中Re原子的配位数为________。‎ ‎②原子的空间利用率为________(π＝3.14；＝1.414)。‎ 解析　(1)根据铼的价电子排布式为5d56s2，可得出铼位于元素周期表的第六周期ⅦB族。(2)基态Re原子中，核外电子占据的最高能层的符号为P，占据该能层的电子为6s电子，s电子的电子云轮廓图为球形。(3)二者均为金属晶体，根据金属键强弱比较，可以得出答案。(4)CO中中心原子的杂化类型为sp2杂化，其立体构型为平面三角形，BF3、BCl3等与CO互为等电子体。(5)①由题图可知，该金属晶体为面心立方最密堆积，故晶胞中Re原子的配位数为12。②设该晶胞的晶胞边长为a，Re原子半径为R，晶胞面对角线长为4R＝a，则a＝2R，晶胞体积V＝a3＝16R3。该晶胞中含4个Re原子，每个Re原子的体积为πR3，V利用＝4×πR3＝πR3，则原子的空间利用率＝V利用÷V×100%＝πR3÷16R3×100%＝74%。‎ 答案　(1)六　ⅦB　(2)P　球形 ‎(3)二者均为金属晶体，Mn与Re的价电子数相同，但是Mn原子的半径较小，金属键较强 ‎(4)平面三角形　sp2　BF3、BCl3等(任写一种，合理即可)‎ ‎(5)①12　②74%‎ ‎36．【选修5：有机化学基础】(15分)(2017·河北省衡水中学高三第二次模拟考试)环丁基甲酸是重要的有机合成中间体，其一种合成路线如下：‎ 回答以下问题：‎ ‎(1)A属于烯烃，其结构简式为_____________________________。‎ ‎(2)B→C的反应类型是________，该反应生成的与C互为同分异构体的副产物是________________________________________________________‎ ‎(写结构简式)。‎ ‎(3)D的结构简式为___________________________________________________，‎ E的化学名称是________。‎ ‎(4)写出同时满足下列条件的G的所有同分异构体___________________________(写结构简式，不考虑立体异构)。‎ ‎①核磁共振氢谱为3组峰；②能使溴的四氯化碳溶液褪色；③1 mol该同分异构体与足量饱和NaHCO3反应产生‎88 g气体。‎ ‎(5)H的一种同分异构体为丙烯酸乙酯(CH2===CH—COOC2H5)，写出聚丙烯酸乙酯在NaOH溶液中水解的化学方程式：____________________________________‎ ‎__________________________________________________________。‎ ‎(6)参照上述合成路线，以和化合物E为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线。‎ 解析　用逆合成分析法：由C的结构可推出B为CH2===CH—CH2Br，A为CH2===CH—CH3。‎ ‎(1)由上述分析，A与Br2光照条件下发生取代反应生成B，B与HBr发生加成反应生成C，A属于烯烃，则为丙烯，其结构简式为CH2===CH—CH3。‎ ‎(2)CH2===CH—CH2Br与HBr发生加成反应生成CH2Br—CH2—CH2Br，故B→C的反应类型是加成反应；该反应生成的与C互为同分异构体的副产物是 ‎。‎ ‎(3)D与E发生酯化反应生成F，由E的结构简式可推出D为丙二酸，结构简式为HOOC—CH2—COOH；E的化学名称是丙二酸二乙酯。‎ ‎(4)G为，其同分异构体：①核磁共振氢谱 为3组峰，则有3种氢原子。②能使溴的四氯化碳溶液褪色，则有碳碳双键。③‎ ‎1 mol该同分异构体与足量饱和NaHCO3反应产生‎88 g气体，则分子中有2个羧基。综上，结构简式为HOOC—CH2—CH===CH—CH2—COOH、CH2===C(CH2—COOH)2两种。‎ ‎(5)丙烯酸乙酯(CH2===CH—COOC2H5)发生加聚反应生成聚丙烯酸乙酯()，聚丙烯酸乙酯在NaOH溶液中水解的化学方程式：‎ ‎＋nNaOH＋nC2H5OH。‎ ‎(6)以化合物E(丙二酸二乙酯)为原料，制备，根据逆合成分析法，制备，需要；‎ 和(丙二酸二乙酯)反应生成；‎ 可由与HBr取代生成，故合成路线为 ‎。‎ 答案　(1)CH2===CH—CH3‎ ‎(2)加成反应　‎ ‎(3) ‎ ‎　丙二酸二乙酯 ‎(4)HOOC—CH2—CH===CH—CH2—COOH、‎ ‎(5) ‎ ‎(6) ‎