高三上学期期末考试理综化学试题(答案解析)96

四川省泸县第五中学【精品】高三上学期期末考试理综化学
试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列物质中属于纯净物的是（）
A．石油B．汽油C．甲苯D．煤
2．下列关于有机物的说法，正确的是
A．已知异丙苯的纺构简式为，则异丙苯中碳原子可能处于同一平面
B．分子式为C4H9Cl的有机物共有4种同分异构体
C．乙酸和溴乙烷在一定条件下均可发生加成反应
D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物
3．设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4L的H2和22.4L的F2混合后，气体分子数为2N A
B．0.3mol二氧化氮与水反应转移电子数为0.2N A
C．1L2mol·L-1的NaHCO3溶液中所含H原子数为2N A
D．0.1mol的NO与足量O2的混合物中含有的N原子数为0.2N A
4．分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法。

下列分类合理的是
①根据酸分子中含有的H原子个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸
②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
③根据氧化物的组成将氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物
④根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应
⑤根据分散系的稳定性大小将混合物分为胶体、溶液和浊液
A．只有②④B．只有②③④C．只有①②④D．只有②③④⑤5．下列反应的离子方程式正确的是( )
A．氢氧化钠溶液中通入少量二氧化硫：SO2＋OH- = HSO3-
B．碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：HCO3－＋Ba2＋＋OH- = BaCO3↓＋H2O C．盐酸滴入氨水中：H-＋OH- = H2O
D．碳酸钙溶解于稀硝酸中：CO32 -＋2H+ = CO2↑＋H2O
6．已知K2Cr2O7在酸性溶液中易被还原成Cr3+，PbO2、K2Cr2O7、Cl2、FeCl3、Cu2+的氧化性依次减弱。

下列反应在水溶液中不可能发生的是
A．Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+
B．3Pb2++Cr2O72－+2H+＝3PbO2+2Cr3++H2O
C．2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－
D．6Cl－+Cr2O72－+14H+＝2Cr3++3Cl2↑+7H2O
7．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法中，正确的是
A．图中A、B、D三点处Kw的大小关系：B>A>D
B．25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，溶液中c(NH4+)／c(NH3·H2O)的值逐渐减小
C．在25℃时，保持温度不变，在水中加入适量NH4Cl固体，体系可从A点变化到C 点
D．A点所对应的溶液中，可同时大量存在Na+、Fe3+、Cl-、SO42—
二、实验题
8．取少量Fe2O3粉末(红棕色)加入适量盐酸，发生反应的化学方程式为
________________，反应后得到的溶液呈________色。

用此溶液分别做如下实验：（1）取少量溶液置于试管中，滴入几滴NaOH溶液，可观察到有红褐色沉淀生成，反应的化学方程式为____________________________________，此反应属于
________________。

（2）在小烧杯中加入20 mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈________色，即制得Fe(OH)3胶体。

（3）取另一只小烧杯也加入20 mL蒸馏水，向烧杯中加入1 mL FeCl3溶液，振荡均匀后，将此烧杯(编号甲)与盛有Fe(OH)3胶体的烧杯(编号乙)一起放置于暗处，分别用激光笔照射烧杯中的液体，可以看到__________烧杯中的液体产生丁达尔效应，这个实验可以用来区别________________________。

（4）取乙烧杯中少量Fe(OH)3胶体置于试管中，向试管中滴加一定量的稀HI溶液，边滴加边振荡，会出现一系列变化。

a．先出现红褐色沉淀，原因是__________________________________________。

b．随后沉淀溶解，溶液呈黄色，写出此反应的离子方程式：________________。

c．最后溶液颜色加深，原因是_________________________(用离子方程式表示)。

d．用稀盐酸代替稀HI溶液，能出现上述哪些相同的变化现象？________(填序号)。

三、工业流程题
9．电镀广泛地应用于工业生产中。

在电镀铬的工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Cu2+、Fe2+、Fe3+和Al3+等，且酸性较强。

为回收利用铬元素，此工业废水通常采用如下流程处理：
已知：
(1) 铬元素有以下循环过程：
(2) Cu(OH)2能溶于氨水：Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O
请回答下列问题：
(1)加入试剂甲的目的：__________；
(2)试剂乙的名称：___________，试剂丙的化学式：_________；
(3) 上述操作I、Ⅱ、Ⅲ相同，则进行该实验操作所需要的主要玻璃仪器有________；
(4)滤渣I的主要成分为__________(写化学式)。

(5)在铬元素循环过程的反应①中每反应掉1 mol H2O2同时消耗H+数目为：__________；
(6) 铬元素循环过程的反应⑥的离子方程式______________；废水处理流程中生成滤渣Ⅲ的离子方程式________。

四、原理综合题
10．工业上通常采取CO（g）和H2（g）合成CH3OH（g）
（1）已知某温度和压强下
①2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) △H=－566kJ·mol－1
②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) △H=－483.6kJ·mol－1
③2CH2OH(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(g) △H=－1275.6kJ·mol－1
则在相同温度和压强下，CO（g）与H2（g）合成CH3OH（g）的热化学方程式__________。

若反应生成6.4g甲醇，则转移电子的物质的量为__________。

（2）可利用甲醇燃烧反应设计一个燃料电池。

如图1，用Pt作电极材料，用氢氧化钾溶液作电解质溶液，在两个电极上分别充入甲醇和氧气。

①写出燃料电池负极的电极反应式__________。

②若利用该燃料电池提供电源，与图1右边烧杯相连，在铁件表面镀铜，则铁件应是__________极（填“A”或“B”）；当铁件的质量增重6.4g时，燃料电池中消耗氧气的标准状况下体积为__________L。

（3）电解法可消除甲醇对水质造成的污染，原理是：通电将Co2＋氧化成Co3＋，然后将甲醇氧化成CO2和H＋（用石墨烯除去Co2＋）现用如图2所示装置模拟上述过程，则Co2＋在阳极的电极反应式为__________。

除去甲醇的离子方程式为__________。

11．含第V A族的磷、砷(As)等元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。

回答下列问题：
(1)基态P原子的核外电子排布式为____，有____个未成对电子。

(2)常温下PCl5是一种白色晶体，其立方晶系晶体结构模型如图甲所示，由A、B两种微粒构成。

将其加热至148℃熔化，形成一种能导电的熔体。

已知A、B两种微粒分别与CC14、SF6互为等电子体，则A为____，其中心原子杂化轨道类型为____，B为____。

(3)PO43-的空间构型为____，其等电子体有____（请写出一种）。

(4)砷化镓属于第三代半导体，它能直接将电能转变为光能，砷化镓灯泡寿命是普通灯泡的100倍，而耗能只有其10%。

推广砷化镓等发光二极管(LED)照明，是节能减排的有效举措。

已知砷化镓的晶胞结构如图乙，晶胞参数a= 565pm。

①砷化镓的化学式为____，镓原子的配位数为____。

②砷化镓的晶胞密度=____g/cm3（列式并计算，精确到小数点后两位），m位置Ga原子与n位置As原子之间的距离为____pm(列式表示)。

五、填空题
12．（1）键线式的名称是_______。

（2）中含有的官能团的名称为_________、________。

（3）C5H12的某种同分异构体只有一种一氯代物,写出它的结构简式______。

（4）某炔烃和氢气充分加成产物为2,5-二甲基己烷,该炔烃的结构简式是____________。

（5）某芳香烃结构为。

它的分子式为________，一氯代物有
______种。

（6）分子式为C6H12的某烃的所有碳原子都在同一平面上，则该烃的结构简式为
_________。

若分子式为C4H6的某烃中所有的碳原子都在同一条直线上，则该烃的结构简式为__________。

（7）分子式为C8H10的芳香烃，苯环上的一氯代物只有一种，该芳香烃的结构简式是______。

参考答案
1．C
【解析】A．石油是由烃无机盐等组成的混合物，故A不符合；B．汽油是石油分馏产物，得到的是一定沸点范围内的馏分属于混合物，故B不符合；C．甲苯中只含有一种物质，属于纯净物．故C符合；D．煤是由有机物和无机物组成的复杂混合物，故D不符合；故选C。

点睛：明确物质的成分和理解纯净物和混合物的区别是解题关键，纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；再仔细分析物质是由几种物质组成的，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质就属于混合物。

2．B
【解析】
A、苯为平面正六边形，甲烷为正四面体，因此此有机物的结构中“”，没有在同一平面上，故A错误；
B、丁烷的四种结构为（以碳胳形式）：、，氯原子的位置有4种，故B正确；
C、乙酸中虽然含有碳氧双键，
但羧基和酯基中碳氧双键不能发生加成，溴乙烷不含有不饱和键，因此不能发生加成，故C错误；D、油脂不属于高分子化合物，蛋白质属于高分子化合物，故D错误。

3．B
【解析】A. 标准状况下，22.4L的H2和22.4L的F2混合后生成的HF非气体，气体分子数为0，选项A错误；B. 0.3mol二氧化氮与水反应生成0.2mol硝酸和0.1molNO，转移电子数为0.2N A，选项B正确；C. NaHCO3溶液中水分子也含有氢原子，故所含H原子数大于2N A，选项C错误；D. 0.1mol的NO与足量O2的混合物中含有的N原子数为0.1N A，选项D错误。

答案选B。

4．A
【分析】
①根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等；
②氧化还原反应的实质是电子转移，特征是化合价变化；
③根据氧化物的性质可以将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物；
④化学反应有的是吸热反应，有的放热，一定伴随能量的转化；
⑤根据分散质微粒的大小可以将混合物进行分类．
【详解】
①根据酸分子能电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸等，故①错误；
②据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应是化学反应的
分类方法，故②正确；
③根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为金属氧化物、非金属氧化物，根据氧化物的性质可以将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物，故③错误；
④化学反应一定伴随能量的转化，根据化学反应中的热效应，将化学反应分为放热反应、吸热反应，故④正确；
⑤根据分散质微粒直径的大小，可以将分散系分为胶体、浊液和溶液三大类，故⑤错误．
综上所述：②④正确；故选A．
5．B
【详解】
A．氢氧化钠和二氧化硫量的大小关系决定了反应产物，氢氧化钠溶液中通入少量二氧化硫：SO2+2OH-═SO32-+H2O，故A错误；
B．碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合，则氢氧化钡剩余，发生反应：
HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，故B正确；
C．氨水是弱碱，在离子方程式中不能再拆，盐酸滴入氨水中：H++NH3•H2O═H2O+NH4+，
故C错误；
D．碳酸钙是难溶物，不能拆成离子形式，反应为：CaCO3+2H+═CO2↑+H2O+Ca2+，故D错误；
故答案为B。

6．B
【解析】
【分析】
氧化还原反应中一般满足氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，PbO2、K2Cr2O7、Cl2、FeCl3、Cu2+的氧化性依次减弱，在反应中应满足以强制弱的规律，以此解答该题。

【详解】
A．反应中Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+氧化性Fe3+＞Cu2+，和已知氧化性强弱顺序相符合，因此该
反应能发生，故A不符合；
B．反应中3Pb2++Cr2O72－+2H+＝3PbO2+2Cr3++H2O氧化性Cr2O72－＞PbO2，与已知氧化性强弱顺序矛盾，该反应不能发生，故B符合；
C．反应2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－中氧化性是：Cl2＞Fe3+，和已知氧化性强弱顺序相符合，反应能发生，故C不符合；
D．反应6Cl－+Cr2O72－+14H+＝2Cr3++3Cl2↑+7H2O中氧化性Cr2O72－＞Cl2，和已知氧化性强弱顺序相符合，因此该反应能发生，故D不符合。

答案选B。

7．B
【详解】
A、K w的影响因素为温度，水的电离吸热，升高温度K w增大，A、D在同一等温线上，故图中A、
B、D三点处Kw的大小关系为B>A=D，A错误；
B、25℃时，向pH=1的稀硫酸中逐滴加入pH=8的稀氨水，c(OH-)逐渐增大，c(OH-) •c(NH4+) ／c(NH3·H2O)的值不变，故c(NH4+) ／c(NH3·H2O)逐渐减小，B正确；
C、在25℃时，保持温度不变，在水中加人适量NH4Cl固体，体系不能从A点变化到C点，体系从A点变化到C点，可采用加热的方法，C错误；
D、A点所对应的溶液呈中性，Fe3+因水解生成氢氧化铁沉淀不能大量存在，D错误。

故选B。

8．Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O 棕黄FeCl3＋3NaOH===3NaCl＋Fe(OH)3↓复分解反应红褐乙胶体和溶液加入电解质后，胶体发生聚沉
Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O 2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋ab
【解析】
碱性氧化物与酸反应生成盐和水，即Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O，FeCl3溶液呈棕黄色。

(1)向FeCl3溶液中滴入NaOH溶液发生复分解反应。

(2)此小题主要考查Fe(OH)3胶体的制法。

(3)胶体可发生丁达尔效应，而溶液不能，利用这一点可以区分胶体和溶液。

(4)HI既有酸性又有强还原性，I－能使Fe(OH)3胶体聚沉，H＋使其溶解，生成的Fe3＋又能氧化I－生成I2；而HCl只能使其先聚沉再溶解。

该题涉及到胶体的聚沉、Fe(OH)3的碱性、HI 是强电解质、具有酸性、还原性等性质。

分析④时的关键在于Cl－比I－还原性弱，Cl－不能还原Fe3＋，故导致现象不同。

9．将Fe2+氧化成Fe3+氨水Cl2烧杯、漏斗、玻璃棒Cu(OH)2、Fe(OH)3
8
3
×6.02×10232CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O 2H2O+A1O2-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-
【分析】
(1)根据废水的成分和加入试剂甲以后废水的成分来回答；
(2)试剂乙可以将氢氧化铜沉淀溶解掉；试剂丙可以将CrO2-转化为CrO42-；
(3)根据实验的目的判断实验操作，据此分析判断所需要的主要玻璃仪器；
(4)根据氢氧化钠和各个离子之间的反应以及反应的产物来回答；
(5)根据重铬酸根和双氧水在酸性环境下的反应来回答；
(6)反应⑥为铬酸根在酸性条件下可以转化为重铬酸根；向四羟基合铝酸根中通入过量二氧化碳会生成滤渣Ⅲ。

【详解】
(1)在电镀铬的工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Cu2+、Fe2+、Fe3+和Al3+等，加入试剂甲以后废水的成分含有Cr3+、Cu2+、Fe3+和Al3+，由此可见试剂甲将亚铁离子氧化为三价铁离子，故答案为将Fe2+氧化成Fe3+；
(2)向含有Cr3+、Cu2+、Fe3+和Al3+的溶液中加入过量的氢氧化钠，生成的沉淀即滤渣Ⅰ有氢氧化铜和氢氧化铁，根据题意信息Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，所以试剂乙可以将氢氧化铜沉淀溶解掉，应为氨水，根据铬元素的循环过程，可知试剂丙可以将CrO2-氧化为CrO42-，实现三价铬到CrO42-的转化，所以试剂丙是氯气，故答案为氨水；Cl2；
(3)操作I、Ⅱ、Ⅲ均实现了难溶固体和液体的分离，是过滤，过滤实验操作所需要的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为烧杯、漏斗、玻璃棒；
(4)向含有Cr3+、Cu2+、Fe3+和Al3+的溶液中加入过量的氢氧化钠，生成的沉淀即滤渣Ⅰ有氢氧化铜和氢氧化铁，故答案为Cu(OH)2、Fe(OH)3；
(5)重铬酸根和双氧水在酸性环境下的反应实质是：Cr2O72-+3H2O2+8H+=7H2O+3O2↑+2Cr3+，
每反应掉1mol H2O2同时消耗H+的物质的量为8
3
mol，数目为：
8
3
×6.02×1023，故答案为
8
3
×6.02×1023；
(6)反应⑥为铬酸根在酸性条件下可以转化为重铬酸根，即2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O；向四羟基合铝酸根中通入过量二氧化碳会生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应的离子方程式为
2H2O+A1O2-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O；
2H2O+A1O2-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-。

10．CO （g ）+2H 2（g ）CH 3OH （g ）△H ＝-128.8
kJ /mol 0.8mol CH 3OH -6e -+8OH -＝CO 32-+6H 2O B 1.12 Co 2+-e -＝Co 3+ 6Co 3++CH 3OH +H 2O ＝CO 2↑+6Co 2++6H +
【详解】
（1）已知：
①2CO (g )＋O 2(g )=2CO 2(g ) △H =－566kJ ·mol －1
②2H 2(g )＋O 2(g )=2H 2O (g ) △H =－483.6kJ ·mol －1
③2CH 2OH (g )＋3O 2(g )=2CO 2(g )＋4H 2O (g ) △H =－1275.6kJ ·mol －1
根据盖斯定律：①×1/2+②-③得：CO （g ）+2H 2（g ）CH 3OH （g ）△H ＝-128.8
kJ /mol ； 若反应生成6.4g 甲醇，甲醇的物质的量是6.4g ÷32g /mol ＝0.2mol ，反应中碳元素化合价从+2价降低到－2价，得到4个电子，则转移电子的物质的量为0.8mol 。

（2）①用Pt 作电极材料，用氢氧化钾溶液作电解质溶液，由于原电池中负极发生失去电子的氧化反应，因此甲醇在负极失电子在碱溶液中生成盐，负极的电极反应式为
CH 3OH -6e -+8OH -＝CO 32-+6H 2O ；
②利用该燃料电池提供电源，与图1右边烧杯相连，在铁件表面镀铜，则铁件做电解池的阴极，阴极与电源负极连接，装置图中与甲醇相连的B 电极是阴极；当铁件的质量增重6.4g 即0.1mol 铜时，根据Cu 2++2e -
＝Cu 可知电子转移0.2mol ，燃料电池中消耗氧气的电极反应为O 2+2H 2O +4e -＝4OH -，依据电子守恒计算消耗氧气物质的量0.05mol ，标准状况下体积=0.05mol ×22.4L /mol =1.12L ；
（3）通电后，将Co 2+氧化成Co 3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co 2+-e -＝Co 3+；以Co 3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO 2而净化，自身被还原为Co 2+，反应的离子方程式为：6Co 3++CH 3OH +H 2O ＝CO 2↑+6Co 2++6H +。

11．1s 22s 22p 63s 23p 3 3 +4PCl sp 3 -6PCl 正四面体 SO 42- GaAs 4 ()()
33231070754
/ 5.346.021056510g cm -+⨯≈⨯⨯⨯
【分析】 （1）根据构造原理，按照电子排布顺序（1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s4f……）进行电子排布，再画出电子排布图分析未成对电子；
（2）PCl 5晶体中含有两种微粒，熔融能导电，说明这两种微粒是阴阳离子，再根据A 、B 两种微粒分别与CC14、SF 6互为等电子体，分析作答；
（3）PO43－的孤电子对数为（5-8+3）/2=0，σ键电子对数为4，据此分析构型；原子数为5，价电子数为32，据此找等电子体；
（4）①利用均摊法计算：黑球4个全部在晶胞内，白球位于晶胞顶点和面心，配位数通过观察晶胞分析；
②砷化镓的晶胞含4个CaAs，先计算4个CaAs的质量(70+75) ×4g/N A，再晶胞的体积为
a3=(565×10-10)3 cm3，最后通过
m
=
V
求算。

m与n之间的距离为晶胞体对角线的
1
4。

【详解】
（1）根据构造原理，基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，电子排布图为：
，有3个未成对电子。

答案：1s22s22p63s23p3；3；
（2）常温下PCl5是一种白色晶体，由A、B两种微粒构成。

将其加热至148℃熔化，形成
一种能导电的熔体，这说明形成的是离子晶体。

已知A、B两种微粒分别与CCl4、SF6互为等电子体，由于原子总数和价电子总数分别都相等的是等电子体，则A为PCl4+，P原子的
价层电子对数是4，且不存在孤电子对，因此其中心原子杂化轨道类型为sp3，B为PCl6-。

答案：PCl；sp3；PCl。

（3）PO43－的中心原子P的价层电子对数是4，由于孤电子对数为0，该离子的空间构型为正四面体形，其等电子体有SO42-、CCl4等。

答案：正四面体；SO42-；
（4）①晶胞中黑球位于晶胞内，数目为4，白球位于晶胞顶点和面心，数目为8×1/8+6×1/2=4，数目为1：1，则砷化镓的化学式为CaAs；根据晶胞As原子的配位数为4，则镓原子距离最近的As原子数目也为4，即配位数为4；
②砷化镓的晶胞含4个CaAs，则1mol晶胞的质量为(70+75)× 4g，晶胞的体积为
a3=(565×10-10)3 cm3，1mol晶胞的体积为6.02×1023×(565×10-10)3 cm3，则晶胞的密度为(70+75) ×4g/[6.02×1023×(565×10-10)3 cm3]=5.34 g/cm3；m位置As原子与n位置Ga原子之
间的距离为晶胞体对角线的1/4，则距离为3
×565 pm=pm。

答案：。

【点睛】
确定晶胞中原(离)子数目及晶体化学式，对于平行六面体晶胞而言，用均摊法计算的依据是：①处于顶点的微粒，同时为8个晶胞所共享，每个微粒有1/8属于该晶胞；②处于棱上的微粒，同时为4个晶胞所共享，每个微粒有1/4属于该晶胞；③处于面上的微粒，同时为2个晶胞所共享，每个微粒有1/2属于该晶胞；④处于晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞。

对于
六方晶胞而言，用均摊法计算的依据是：①处于顶点的微粒，同时为6个晶胞所共享，每个微粒有1/6属于该晶胞；②处于竖直棱上的微粒，同时为3个晶胞所共享，每个微粒有1/3属于该晶胞；处于底面棱上的微粒，则同时为4个晶胞所共享，每个微粒有1/4属于该晶胞；
③处于面上的微粒，同时为2个晶胞所共享，每个微粒有1/2属于该晶胞；④处于晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞。

12．2-甲基戊烷羟基、酯基(CH3)2CHC≡CCH(CH3)2C18H14
4 CH3C≡CCH3
【解析】
【详解】
（1）键线式，端点和拐点都是C原子，主链有5个碳原子的烷烃，2号碳上有一个甲基，故其名称为2-甲基戊烷。

答案为2-甲基戊烷；
（2）该有机物分子中有—OH和—COOC—，其名称分别为羟基和酯基。

答案为羟基酯基；（3）C5H12为戊烷，其有3种，分别为：正戊烷CH3CH2CH2CH2CH3、异戊烷(CH3)2CHCH2CH3、
新戊烷(CH3)3CCH3。

只有1种氢原子的为新戊烷。

答案为；
（4）加成后的产物的结构简式为，能够插入碳碳三键的
位置，只有3和4号位的碳原子之间。

答案(CH3)2CHC≡CCH(CH3)2；
（5）根据结构简式可以判断其分子式为C18H14。

其分子的结构有两条对称轴，将分子切分为4个部分，则该烃共有4种氢原子（如图）：，故其一氯代物
共有4种。

答案为C18H144；
（6）分子式为C6H12的某烃一共有6个碳原子，6个原子共平面，可以从碳碳双键思考，碳碳双键上的碳原子以及其碳原子相连的2个碳原子共平面；同理，C4H6的某烃中所有的碳原子都在同一条直线上，其可以考虑碳碳三键。

答案为CH3C≡CCH3；
（7）分子式为C8H10的芳香烃，有4种分别为乙苯、邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯；其
一氯代物只有1种的为对二甲苯，答案为；。