2019届高三化学第五次月考试卷(含解析).doc

2019届高三化学第五次月考试卷(含解析)1.化学与生活、生产、环境密切相关，下列有关说法正确的是A. 冬天大量使用燃煤，会加剧雾霾天气的形成B. 在食盐中加入大量KIO3，有利于提高碘盐的品质C. 食品包装袋中常用保鲜剂的组成为铁粉、炭粉和氯化钠，其中炭粉作还原剂D. 涤纶、塑料和光导纤维都是有机高分子材料【答案】A【解析】【详解】A燃烧煤会产生大量的细小的烟尘等，会加剧雾霾天气的形成，A项正确；B食盐中加入适量的KIO3可起到为人体补充碘元素的作用，但在食盐中加入大量的KIO3，对人体有害，B项错误；C铁粉、炭粉、氯化钠在潮湿空气中可形成原电池，发生了吸氧腐蚀，可除去食品包装袋中的部分氧气，其中炭粉作正极，不参与电极反应，C项错误；D光导纤维主要成分是二氧化硅，不是有机高分子材料，D项错误；所以答案选择A项。2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 常温常压下，124 g P4中所含PP键数目为4NAB. 100 mL 1molL1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NAD. 标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA【答案】D【解析】【详解】AP4分子为正四面体结构，1mol P4分子中有6molPP键，A项错误；B因Fe3+会发生水解，100 mL 1molL1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B项错误；CSO2和O2的反应为可逆反应，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA ，C项错误；D标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的总物质的量为0.5mol，而甲烷和乙烯每个分子均含有4个氢原子，所以该气体含氢原子的物质的量为2mol，D项正确；所以答案选择D项。【点睛】白磷分子形成正四面体结构。在此结构中，磷和磷原子间的连线，既代表了磷原子在空间上的相对位置关系，也代表了磷原子和磷原子间形成的共价键。3.a、b、c、d是四种短周期主族元素，其原子序数依次增大。a原子核外最外层电子数是次外层的2倍；c是同周期中原子半径最大的元素；工业上一般通过电解d的熔融氧化物的方法获得d的单质；d原子最外层电子数是b的1/2。下列说法正确的是A. a与b形成的化合物中含有离子键和共价键B. 由四种元素中的三种组成的无机盐溶于水均可促进水的电离C. 简单离子半径：dbcD. 相同质量的c、d的单质分别与足量盐酸反应，前者生成的氢气多【答案】B【解析】【分析】a原子核外最外层电子数是次外层的2倍，则a是碳元素；c是同周期中原子半径最大的元素，则据原子序数依次增大可知c在第三周期，c为Na元素；d为第三周期元素，工业上一般通过电解d的熔融氧化物的方法获得d的单质，所以d为Al元素；d原子最外层电子数是b的1/2，所以b的最外层电子数为6，则b为第二周期的O元素，综上所述，a、b、c、d四种元素分别是C、O、Na、Al。【详解】A碳与氧形成的化合物中通常为CO和CO2，其中只有共价键，不含离子键，A项错误；B由四种元素中的三种组成的无机盐中，阳离子可能为钠离子或铝离子，阴离子可能为CO32-、HCO3-、AlO2-等，阴离子均能水解，阳离子铝离子能水解，B项正确；C在核外电子总数相同时，核电荷数越大，半径越小，所以简单离子半径O2-Na+Al3+，C项错误；D假设钠和铝的质量均为23g，则分别与足量盐酸反应时，钠生成氢气0.5mol，铝生成氢气1.28mol，所以铝生成的氢气多，D项错误；所以答案选择B项。【点睛】相同质量的钠和铝反应生成氢气的量的比较方法较多，可以设金属均为1g，也可以比较生成相同氢气的量看所耗金属的质量的多少。4.下列实验方案正确且能达到实验目的的是A. 证明碳酸的酸性比硅酸强B. 验证草酸晶体是否含结晶水C. 检验混合气体中H2S和CO2D. 制备乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A盐酸挥发出的HCl也能和硅酸钠反应，应先除去，A项错误；B草酸受热易熔化，所以试管口不能向下倾斜，且草酸受热分解也会产生水，B项错误；C足量酸性高锰酸钾溶液可检验并除去H2S，可通过澄清石灰水变浑浊检验CO2的存在，C项正确；D导管不能插入饱和碳酸钠溶液中，否则会引起倒吸，D项错误；所以答案选择C项。5.氨硼烷(NH3BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3BH3+3H2O2NH4BO2+4H2O。已知两极室中电解质足量，下列说法正确的是A. 正极的电极反应式为2H+2eH2B. 电池工作时，H+通过质子交换膜向负极移动C. 电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3D. 工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9 g，则电路中转移0.6 mol电子【答案】D【解析】【分析】本题考察新型原电池工作原理，根据电池反应可知，正、负极的电极反应分别为3H2O2+6H+6e-=6H2O、NH3BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+。【详解】A 正极的电极反应式为：3H2O2+6H+6e-=6H2O，没有气体生成，A项错误；B原电池工作时，氢离子作为阳离子向正极移动，B项错误；C两电极反应分别为：3H2O2+6H+6e-=6H2O、NH3BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+。两极均没有气体生成，C项错误；D从电极反应式来看，如有6mol电子转移，则左极室质量增加31g-6g=25g，右极室质量增加6g，两极室质量之差为19g，所以当左右两室质量差为1.9g时，电路中转移0.6mol电子，D项正确；所以答案选择D项。【点睛】将题给的电池总反应，依价态的升高或降低分成两个半反应，依酸性介质条件分别写出两个电极反应式进行分析即可。6.2，4二氯苯乙酸是生产新型杀虫、杀螨剂螺螨酯的关键中间体，其结构简式如图所示。下列有关说法错误的是（ ）A. 该有机物能发生加成反应、取代反应B. 该有机物的分子式为C8H6Cl2O2C. 改变氯原子在苯环上的位置，还可得到8种结构D. 该有机物分子中所有的碳原子可能同时处于同一平面【答案】C【解析】【分析】A. 苯环能与氢气发生加成反应，羧基能与醇发生酯化反应；B.根据结构简式可判断该物质分子式；C. 改变氯原子在苯环上的位置（邻、间、对），还可得到5种结构；D. 根据苯环的平面结构和碳碳单键能绕轴旋转的特性可知可能共平面的碳原子数。【详解】苯环能与氢气发生加成反应，羧基能与醇发生酯化反应(取代反应)，A正确；根据结构简式可判断出其分子式为C8H6Cl2O2，B正确；两个氯原子在对位，含-CH2COOH结构有1种，两个氯原子在间位，含-CH2COOH结构有3种，两个氯原子在邻位，含-CH2COOH结构有2种，共有6种，除去本身一种，还有5种，C错误；根据苯环的平面结构和碳碳单键能绕轴旋转的特性可知，该有机物分子中所有的碳原子可能同时处于同一平面，D正确；正确选项C。【点睛】对于芳香族化合物，如果只含有一个苯环，环上有3个取代基（取代基无同分异构结构），这样的有机物同分异构体的种类判断规律：如果3个取代基相同，有机物有3种同分异构体；如果2个取代基相同，有机物有6种同分异构体；如果3个取代基不相同，有机物有10种同分异构体；记住这样的规律，寻找同分异构体的效率会大增。7.常温下PbSO4、PbCO3的溶度积常数分别为1.710-8、7.410-14，下列说法错误的是A. PbSO4的饱和溶液中，c(Pb2+)约为1.310-4 molL-1B. 反应PbSO4(s)+CO32-(aq) PbCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数约为4.410-6C. 向c(CO32-)=c(SO42-)的混合液中滴加Pb(NO3)2溶液，先得到PbCO3沉淀D. PbCO3在水中的溶解度比在Pb(NO3)2溶液中的大【答案】B【解析】【详解】APbSO4的饱和溶液中，c(Pb2+)= c(SO42-)，c(Pb2+) c(SO42-)=1.710-8，则c(Pb2+)1.310-4 molL-1，A项正确；B反应PbSO4(s)+CO32-(aq) PbCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K=c(SO42)c(CO32)=Ksp(PbSO4)Ksp(PbCO3)2.3105，B项错误；C由于PbSO4、PbCO3的组成形式相同而PbCO3溶度积较小，所以先生成沉淀的是PbCO3，C项正确；DPb(NO3)2溶液中的Pb2+会使PbCO3的沉淀溶解平衡左移，从而减小其在水中的溶解量，D项正确；所以答案选择B项。8.某含铜样品的主要成分为aCuCO3bCu(OH)2(a、b均为最简正整数)，为测定其化学组成和Cu元素的质量分数，甲、乙两个实验小组经查阅资料，设计了两种不同的实验方案(假定杂质对实验无干扰)。甲组同学利用以下方法测定：在一定质量的样品中加入过量的稀硫酸，过滤，测量产生气体的体积(忽略水蒸气的体积)；在滤液中加过量的NaOH稀溶液，过滤；灼烧中所得滤渣，直至残留固体恒重。(1)为了除去滤渣中的可溶性杂质，需要对滤渣进行的操作是_。滤渣应在_(填仪器名称)中进行灼烧。(2)利用如图装置测量气体体积时，读数时应注意：恢复至室温；_；平视且视线与凹液面最低处相切。若操作无误，但气体体积测量结果仍然明显偏低，合理的改进措施是_。(3)甲组同学在处理实验数据时，将常温常压下测得的气体体积V L换算成V/22.4 mol进行计算，则计算所得的a将_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。乙组同学利用如图装置进行测定(夹持及加热装置略去)：(4)装置B中的药品是_，装置D的作用是_。(5)若样品的质量为20 g，充分反应后测得装置B中固体质量增加了0.9 g，装置C中固体质量增加了4.4 g，则样品中主要成分的化学式为_，样品中铜元素的质量分数为_。【答案】 (1). 洗涤 (2). 坩埚 (3). 调节量气管和水准管的液面相平 (4). 将量气装置中的水换为饱和碳酸氢钠溶液 (5). 偏大 (6). 无水氯化钙 (7). 防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置C，影响测定结果 (8). 2CuCO3Cu(OH)2 (9). 48%【解析】【分析】甲组同学的方法：加入过量稀硫酸使碳酸铜和氢氧化铜均溶解，溶解时放出二氧化碳，通过测量气体体积可得碳酸铜的量；在滤液中加入过量的氢氧化钠溶液，首先中和掉上一步过量的酸，然后使Cu2+沉淀，通过称量灼烧后的沉淀的量可以得到Cu2+的量。乙组同学的方法：将样品反应得到的水和二氧化碳分步吸收，通过仪器质量的变化得到各组分的量。【详解】(1)滤渣上还附着着大量的硫酸钠，需要通过洗涤操作洗掉；进行固体灼烧操作应该使用的仪器是坩埚。(2) 利用如图装置测量气体体积，读数时应注意：恢复至室温；调节量气管和水准管的液面相平，使压力相等；平视且视线与液体的凹液面最低处相切，这样才能得到准确的读数，若操作无误，但气体体积测量结果仍然明显偏低，可能是由于水对二氧化碳的溶解吸收作用，可改为吸收CO2能力更小的饱和碳酸氢钠溶液。(3)常温常压下测得的气体体积比标准状况下测得的大，可以计算得到的气体的物质的量比实际大，a值将偏大。(4)B的作用是吸收样品中分解产生的水蒸气，不能将二氧化碳同时吸收，可以选择无水氯化钙；D的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置C，影响测定结果。(5)0.9g水的物质的量为0.05mol，4.4g二氧化碳的物质的量为0.1mol，所以碳酸铜与氢氧化铜的化学计量数之比为2：1，则a=2，b=1，所以化学式为2CuCO3Cu(OH)2；该样品的物质的量为0.05mol，样品中的铜元素的质量为：0.05mol364gmol-1=9.6g，其质量分数为9.6g/20g100=48。9.工业采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：已知：菱锰矿的主要成分是MnCO3，其中含Fe、Ca、Mg、Al等元素。Al3+、Fe3+沉淀完全的pH分别为4.7、3.2，Mn2+、Mg2+开始沉淀的pH分别为8.1、9.1。焙烧过程中主要反应为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O。（1）结合图1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、m(NH4Cl)m(菱镁矿粉)分别为_、_、_。（2）对浸出液净化除杂时，需先加入MnO2将Fe2+转化为Fe3+，再调节溶液pH的范围为_，将Fe3+和Al3+变为沉淀而除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+变为氟化物沉淀除去。（3）“碳化结晶”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为_。（4）上述流程中可循环使用的物质是_。（5）现用滴定法测定浸出液中Mn2+的含量。实验步骤：称取1.000 g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使反应2Mn2+NO3+4PO43+2H+2Mn(PO4)23+NO2+H2O充分进行；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NO2+NH4+N2+2H2O以除去NO2；加入稀硫酸酸化，用2.00 molL110.00 mL硫酸亚铁铵标准溶液进行滴定，发生的反应为Mn(PO4)23+Fe2+Mn2+ Fe3+2PO43；用0.10 molL110.00 mL酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2+。酸性K2Cr2O7溶液与Fe2+反应的离子方程式为_(还原产物是Cr3+)。试样中锰的质量分数为_。【答案】 (1). 500 (2). 60min (3). 1.10 (4). 4.7pH8.1 (5). Mn2+2HCO3MnCO3+ CO2+H2O (6). NH4Cl (7). 6Fe2+Cr2O72+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O (8). 77%【解析】【详解】本题考查无机化工流程，意在考查考生分析和解决化学问题的能力。（1）随着温度的升高，锰浸出率逐渐升高，但是500 以后，锰浸出率增加缓慢，并且在500 时，锰浸出率已超过95%。从节约能源的角度考虑，焙烧温度取500 即可；焙烧时间为60 min时锰浸出率较大，超过60 min锰浸出率趋于平缓，因此，实验选择最佳的焙烧时间为60 min；当氯化铵与菱锰矿粉质量比为1.101时，锰浸出率已经很高，继续增加氯化铵用量，锰浸出率提高不明显，因此，氯化铵与菱锰矿粉最佳质量比为1.101。（2）Fe3+和Al3+完全沉淀的pH分别是3.2、4.7，调节pH不能使Mn2+沉淀，所以pH的范围是4.7pH0)。则H=_kJmol1 (用含a、b、c、d的代数式表示)。(2)用合成气制甲醇的反应为2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)H，在10 L的恒容密闭容器中按物质的量之比12充入CO和H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示。H_(填“”“”或“=”)0。写出两条可同时提高反应速率和CO的转化率的措施：_、_。下列说法正确的是_(填序号)。A温度越高，该反应的平衡常数越大B达平衡后再充入稀有气体，CO的转化率提高C体系内气体压强不再变化时，反应达到平衡状态D图中压强p1p2200 时，n(H2)随时间的变化如表所示，3 min时反应刚好达到平衡状态，请利用表中的数据计算03 min内v(CH3OH)=_molL1min1。t/min0135n(H2)/mol8.05.44.04.0200时该反应的平衡常数K=_。向上述200 的平衡体系中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，保持温度不变，则平衡_(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。(3)甲烷、氧气和KOH溶液可组成燃料电池。标准状况下通入5.6 L甲烷时，测得电路中转移1.96 mol电子，则甲烷的利用率为_。【答案】 (1). (a+3b+cd) (2). (3). 增大H2浓度 (4). 增大压强 (5). CD (6). 1/15或0.067 (7). 6.25 (8). 正向移动 (9). 98%【解析】【分析】（1）利用盖斯定律的计算反应热时，将各分式与所求总式对比，明确热化学方程式是否需要反向，是否需要乘以某个数。（2）本小问涉及了化学反应速率的计算和影响因素、化学平衡的判定、化学平衡的图像、化学平衡常数的计算、浓度商与化学平衡常数的大小比较判断反应进行的方向等。综合度较高。（3）本小问涉及原电池原理的简单计算。【详解】（1）据题意，先写出相关的热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-akJmol-1 H2(g)+12O2 (g)H2O (l) H=-bkJmol-1 CO(g)+ 12O2 (g)CO2 (g) H=-ckJmol-1 H2O(l)=H2O(g) H=-ckJmol-1 根据盖斯定律可知，反应总式CH4(g)+ H2O(g)CO(g)+3H2(g)可由前4个分式相加减得到，即-3-，可得CH4(g)+ H2O(g)CO(g)+3H2(g) 的H =a+3b+cd；（2）以图中的p1线为例（保持压强不变），则随着温度的升高，CO的转化率降低，说明升温平衡左移，该反应正向放热，即Hp1;所以答案选CD。 投入H28.0mol，平衡时H2为4.0mol，所以H2反应了4.0mol，其浓度改变量为0.4mol/L,用H2表示的化学反应速率为v(H2)=0.43molL-1min-1；据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，用CH3OH表示的化学反应速率为v(CH3OH)=12v(H2)=0.46 molL-1min-1=115molL-1min-10.067 molL-1min-1； 2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)初始 8.0 4.0 0变化 4.0 2.0 2.0平衡 4.0 2.0 2.0所以平衡时各物质的浓度分别为：0.4mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L，所以200时该反应的化学平衡常数为K=0.20.420.2=6.25；向上述200 的平衡体系中再加入2 mol CO、2 mol H2、2 mol CH3OH，保持温度不变，此时Qc=0.40.40.622.786.25，所以平衡正向移动；（3）负极的电极反应式为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，所以每反应1molCH4，转移8mole-，现转移1.96mol电子，则参加反应的CH4 的物质的量为0.245mol，通入甲烷的物质的量为0.25mol，所以甲烷的利用率为0.245mol0.25mol100%=98%。11.钇钡铜氧(YBa2Cu3O7-x)是一种高温超导材料(其中Y显+3价，Cu显+2、+3价)，最早是将BaCO3、Y2(CO3)3和CuCO3混合在高温下反应制备的。请回答下列问题:（1）Y(钇)是一种重要的稀土金属，与Sc(钪)同族相邻。则Y原子核外有_个价电子。Y位于元素周期表的_区。（2）在BaCO3中，CO32-的空间构型为_，C原子采取_杂化；BaCO3、CaCO3受热分解分别生成BaO、CaO，BaO、CaO熔点较高的是_ (填化学式)。（3）基态Cu3+的核外电子排布式为_。（4）若YBa2Cu3O7-x(0x0.5)材料在T 下有超导性，当x=0.2时，n(Cu3+)n(Cu2+)=_。（5）铜有两种氧化物:CuO和Cu2O，后者比前者的热稳定性强，原因是_。（6）如图是某种超导材料A的晶胞结构示意图，其化学式为_。若A的摩尔质量为M gmol-1，阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞参数为apm、apm、bpm，则晶体的密度为_gcm-3。【答案】 (1). 3 (2). d (3). 平面正三角形 (4). sp2 (5). CaO (6). Ar3d8或1s22s22p63s23p63d8 (7). 14 (8). Cu2O中Cu+的3d能级为全充满状态，较稳定 (9). YBa2Cu3O7 (10). 1030Ma2bNA【解析】【分析】（1）Sc(钪)位于第B族，有3个价电子，所以Y也有3个价电子，第B族元素属于d区；（2）碳酸根离子中的中心原子碳的价层电子对数为（4+03+2）/2=3，所以为sp2杂化，碳与3个氧成键，空间构型为平面正三角形，BaO、CaO中，阴、阳离子所带电荷数均相同，但Ca2+半径较小，CaO的晶格能较大，熔点较高；（3）基态铜原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，失去3个电子成为1s22s22p63s23p63d8；（4）根据化合物中各元素的化合价代数和为0进行计算；（5）Cu2O中Cu的化合价为+1价，失去最外层的1个电子，变为Ar3d10的结构，此时3d能级达到全满的稳定结构，所以Cu2O的稳定性较强；（6）根据“均摊法”进行计算；（7）根据质量除以体积既得密度。【详解】（1）Sc(钪)位于第B族，有3个价电子，所以Y也有3个价电子，第B族元素属于d区，故答案为：3，d。（2）碳酸根离子中的中心原子碳的价层电子对数为（4+03+2）/2=3，所以为sp2杂化，碳与3个氧成键，空间构型为平面正三角形，BaO、CaO中，阴、阳离子所带电荷数均相同，但Ca2+半径较小，CaO的晶格能较大，熔点较高，故答案为：平面正三角形，sp2，CaO。（3）铜是29号元素，基态铜原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，失去3个电子成为1s22s22p63s23p63d8，故Cu3+的核外电子排布式为：Ar3d8，故答案为：Ar3d8或1s22s22p63s23p63d8。（4）当x=0.2时，则化学式为：YBa2Cu3O6.8，假设+3价Cu个数为a，+2价Cu个数为b，根据YBa2Cu3O7-x中各元素化合价代数和为0可知：+3+（+2）2+（+3）a+（+2）b+（-2）6.8=0，则3a+2b=6.6，且a+b=3，可解得a=0.6，b=2.4，即n(Cu3+)n(Cu2+)=0.4：2.4=1：4，故答案为：1：4。（5）铜有CuO和Cu2O两种氧化物，后者比前者的热稳定性强，原因是Cu2O中Cu的化合价为+1价，失去最外层的1个电子，变为Ar3d10的结构，此时3d能级达到全满的稳定结构，所以Cu2O的稳定性较强，故答案为：Cu2O中Cu+的3d能级为全充满状态，较稳定。（6）Y有8个在顶点，所以Y有81/8=1个，Ba有8个在棱边上，所以Ba有81/4=2个，Cu都在晶胞内部有3个，O有2个在晶胞内部，另外有10个都在晶胞的面上，所以O有2+101/2=7个，由上可知晶体的化学式为：YBa2Cu3O7，故答案为：YBa2Cu3O7。（7）1个晶胞的体积为(a10-10cm)2b10-10cm=a2b10-30cm3，A的摩尔质量为Mgmol-1，阿伏加德罗常数的值为NA，则1个晶胞的质量为M/NAg，根据=m/V=M/NAga2b10-30cm3=1030M/a2bNAgcm-3，故答案为：1030M/a2bNA。12.PHB塑料是一种在微生物作用下可降解成无机物的环保型塑料，工业上可用异戊二烯合成：已知：(R1、R2、R3、R均为烃基)请回答下列问题：(1)A用系统命名法命名为_，D中官能团的名称是_。(2)反应的反应类型为_。(3)B与H2反应后的产物的结构简式为，则B的结构简式为_。(4)写出反应的化学方程式：_。(5)C的同分异构体X满足下列条件：能发生水解反应和银镜反应；1个分子中含有2个碳氧双键。则符合条件的X共有_种。另一种同分异构体Y能与碳酸钠溶液反应放出气体，能发生银镜反应，核磁共振氢谱共有四组峰且峰面积之比为1122，则Y的结构简式为_。(6)参照PHB的上述合成路线，设计一条由D为起始原料制备的合成路线(其他试剂任选)_。【答案】 (1). 2甲基1，3丁二烯 (2). 羧基、羰基 (3). 加成反应 (4). (5). +(n1)H2O (6). 7 (7). HOOCCH2CH2CHO (8). 【解析】【分析】（1）A为二烯烃，先确定双键的位置，再确定甲基的位置，根据系统命名法则进行命名；根据有机物D的结构简式，确定其含有的官能团。（2）根据A的结构简式、B的分子式以及CHC-CH(CH3)2的分子式并结合已知可判断出该反应类型。(3) 由PHB的结构简式逆推可知E，再根据反应条件，逆推出C，再根据信息，可以推出B的结构简式。（4）由