江西进贤二中学年高考考前冲刺第二次训练化学试题 Word版含答案.docx

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江西进贤二中学年高考考前冲刺第二次训练化学试题Word版含答案

江西进贤二中2017-2018学年高考考前冲刺第二次训练化学

可能用到的相对原子质量H-1C-12N-14O-16Mg-24S-32K-39Ca-40Cr-52Fe-56

第I卷（选择题共126分）

一、选择题（本大题共13小题，每小题6分，共78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、下列关于离子的检验方法一定正确的是（　　）

A．向某溶液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则滴加足量稀HNO3，若有沉淀不溶解，则说明原溶液中一定含Ag+

B．向某溶液中滴加KSCN溶液，若出现红色则说明原溶液中含Fe3+

C．向某溶液中滴加足量稀HCl，产生气体使澄清石灰水变浑浊，则说明原溶液中一定含CO32﹣

D．用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧直接观察火焰颜色未见紫色，则说明原溶液中不含K+

8、某植物含有机物X，其结构如图所示，下列说法中错误的是（）

A．X分子中所有碳原子可能处在同一个平面上

B．1molX与浓溴水反应时最多消耗2molBr2

C．X可以发生加成、加聚、氧化、还原、消去等反应

D．1个X与足量H2完全反应的产物中含有3个手性碳原子

9、下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（　　）

A．实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2：

MnO2+4HCl（浓）

Mn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2O

B．Ca（HCO3）2溶液中加入少量NaOH溶液：

Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O

C．向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至呈中性：

2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═2H2O+BaSO4↓

D．向次氯酸钠溶液中通入SO2：

2ClO﹣+SO2+H2O═SO32﹣+2HClO

10、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，已知Z的最高正价与最低负价的代数和为4，Y能形成两种常见的液体二元化合物M、Q，其中M是生物生存必需的物质．x能形成多种单质，其中有两种单质硬度差异极大，下列说法中错误的是（　　）

A．最高价氧化物对应水化物的酸性：

w＞Z＞x

B．化合物Q中存在两种类型的共价键

C．Z、X都可以形成两种常见的酸性氧化物

D．四种元素的常见单质中X的单质的沸点最高

11、由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X存在如下图转化关系（部分生成物和反应条件略去），下列推断不正确的是（）

A．若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则X一定是铝盐

B．若D为CO，C能和E反应，则A是Na2O2，X的同素异形体只有3种

C．若A是单质，B和D的反应是OH－＋HCO3-=H2O＋CO32-，则E一定能还原Fe2O3

D．若X是Na2SO3，C为气体，则A可能是氯气，且D和E能发生反应

12、反应C（s）+H2O（g）

CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（）

①增加C的量

②将容器的体积缩小一半

③保持体积不变，充入N2使体系压强增大

④保持压强不变，充入N2使容器体积变大．

A．①④B．②③C．①③D．②④

13、某同学按如图所示的装置进行试验．A、B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水．当K闭合时，在交换膜处SO42﹣从右向左移动．下列分析错误的是（　　）

A．金属活动性A强于B

B．反应初期，y电极的电极反应为：

2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑

C．反应初期，x电极周围出现白色沉淀，后来电极附近沉淀溶解

D．电解一段时间后将AlCl3溶液倒入烧杯并搅拌可得到偏铝酸盐溶液

第Ⅱ卷

三、非选择题：

包括必考题和选考题两部分。

第22题-第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33题-第40题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题（共129分）

26、某学生为了测定部分变质的Na2SO3样品的纯度．按图2所示称取一定量的Na2SO3样品放入A装置的烧瓶中，滴入足量的H2SO4至完全反应；然后，将B中完全反应后的溶液与足量的BaCl2溶液反应，过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀23.3g．回答下列问题：

（1）写出A装置中玻璃仪器的名称：

酒精灯、、．

（2）实验开始时，应先点燃处酒精灯（填装置字母）．

（3）实验开始后，写出B中反应的离子方程式．

（4）C中的现象是，E装置的作用是．

（5）原样品中Na2SO3的纯度为（精确到0.1%）．按题给装置和操作进行实验，若装置连接和实验操作均无任何问题，该学生测得的Na2SO3的纯度（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．

27、2015年8月12日天津港特大爆炸事故，再一次引发了人们对环境问题的关注．据查危化仓库中存有大量的钠、钾、白磷（P4）、硝酸铵和氰化钠（NaCN）．

（1）白磷有毒能和氯酸溶液发生氧化还原反应：

3P4+10HClO3+18H2O═10HCl+12H3PO4，该反应的氧化产物是，若有1molP4参加反应转移电子为mol．

（2）氰化钠（NaCN）是一种化工原料，用于基本化学合成、电镀、冶金和有机合成医药、农药及金属处理等方面．

①已知：

25℃时，HCN的电离平衡常数Ka=6.2×10﹣10，H2CO3在25℃时的电离平衡常数是Ka1=4.5×10﹣7、Ka2=4.7×10﹣11，则向NaCN溶液通入少量CO2反应方程式是：

．

②常温下，氰化钠能与过氧化氢溶液反应，生成碳酸氢钠和能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，大大降低其毒性．该反应的化学方程式是：

．

③电解法可以处理空气中的氮氧化物，用如图示电解池，将NOx在电解池中分解成无污染的N2和O2除去，两电极间是固体氧化物电解质，在一定条件下可自由传导O2﹣，电解池阴极反应为．

（3）①传统工业上利用氨气可以合成尿素．主要反应如下：

2NH3（g）+CO2（g）═NH2CO2NH4（s）△H=﹣159.47kJ·mol﹣1

NH2CO2NH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+72.49kJ·mol﹣1

反应2NH3（g）++CO2（g）═CO（NH2）（s）+H2O（g）的△H=kJ·mol﹣1

②工业上用氨气制备硝酸，将一定质量的铁粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中充分反应后，容器中剩余m1g铁粉，此时共收集到NO气体448mL（标准状况）．然后向上述混合物中加入稀硫酸至不再产生NO为止，容器剩余铁粉m2g，则m1﹣m2为．（若铁改为铜，答案相应改正）

28、CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂．一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2·6H2O的工艺流程如图1：

已知：

①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；

②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：

（金属离子浓度为：

0.01mol/L）

沉淀物

Fe（OH）3

Fe（OH）2

Co（OH）2

Al（OH）3

Mn（OH）2

开始沉淀

2.7

7.6

7.6

4.0

7.7

完全沉淀

3.7

9.6

9.2

5.2

9.8

③CoCl2·6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴．

（1）水钴矿进行预处理时加入Na2SO3的主要作用是．

（2）写出NaClO3在浸出液中发生主要反应的离子方程式；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式．

（3）“加Na2CO3调pH至a”，a的取值范围是；过滤所得到的沉淀成分为．

（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是、和过滤．制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是．

（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图2．向“滤液”中加入萃取剂的目的是；其使用的最佳pH范围是．

A．2.0～2.5B．3.0～3.5C．4.0～4.5D．5.0～5.5

（6）为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量，称取16.4g的粗产品溶于水配成100.0mL溶液，从中取出25.0mL与足量AgNO3溶液混合，过滤、洗涤、将沉淀烘干后称其质量为4.6g，则粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数是．（结果保留小数点后一位数字）

38．[化学——选修5：

有机化学基础]（15分）

用丙酮为原料来合成化合物（B）（其中部分产物未列出）的路线如下：

（1）反应③的反应类型是，生成的无机产物的化学式为．

（2）化合物（B）中所含的官能团的名称为．

（3）中间产物（A）可经过著名的黄鸣龙还原法，直接得到对应相同碳骨架的烷烃，请写出得到的该烷烃的分子式，对该烷烃用系统命名法命名：

．

（4）写出化合物（B）与氢氧化钠的水溶液共热的化学方程式：

．

（5）丙酮的同分异构体有多种，其中一种环状的同分异构体发生加聚反应后，得到的高聚物的结构简式是：

，则该同分异构体的结构简式为：

．

（6）反应②是著名的频哪醇（pinacol）重排，试写出用环戊酮（

）来代替丙酮，连续发生上述路线中反应①、②之后，得到的有机产物的结构简式为：

．

参考答案及评分细则

7.【答案】B

【解析】解：

A、溶液中滴加BaCl2溶液有白色沉淀，可能为AgCl沉淀，也可能为BaSO4沉淀，二者都不溶于稀稀HNO3，则说明原溶液中不一定含Ag+，故A错．

B、可用KSCN溶液检验溶液中是否含有Fe3+，二者反应溶液颜色变为红色，为Fe3+的特征反应，故B正确．

C、CO32﹣和HCO3﹣都能与HCl反应生成CO2气体，不能判断出是否含有CO32﹣，应该用BaCl2或CaCl2来检验CO32﹣，故C错．

D、实验室检验K+的存在用焰色反应，可以观察到紫色火焰，但要通过蓝色钴玻璃观察，以便滤去黄色光，避免干扰．故D错．

故选：

B．

8.【答案】C

【解析】A．该分子中含有碳碳双键、苯环，则连接苯环、碳碳双键的碳原子都位于同一平面上，故A正确；

B．苯环上酚羟基的邻对位H原子能和溴发生取代反应，碳碳双键能和溴发生加成反应，所以1molX与浓溴水反应时最多消耗2molBr2，故B正确；

C．该分子中含有酚羟基、醇羟基和碳碳双键、羧基，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应和还原反应，连接醇羟基碳原子相邻的C原子上没有H元素，所以不能发生消去反应，故C错误；

D.1个X与足量H2完全反应的产物中，环上连接﹣OH、﹣CH2OH、﹣CH2CH2COOH的碳原子都是手性碳原子，所以含有3个手性碳原子，故D正确；

故选C．

9.【答案】C

【解析】解：

A．实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2，离子方程式：

MnO2+4H++2Cl﹣

Mn2++Cl2↑+2H2O，故A错误；

B．Ca（HCO3）2溶液中加入少量NaOH溶液，离子方程式：

Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O，故B错误；

C．向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至呈中性，离子方程式：

2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═2H2O+BaSO4↓，故C正确；

D．向次氯酸钠溶液中通入SO2，离子方程式：

2ClO﹣+SO2+H2O═SO42﹣+2H++2Cl﹣，故D错误；

故选：

C．

10.【答案】C

【解析】解：

Z的最高正价与最低负价的代数和为4，最高正价和最低负价的绝对值为8，其最高正价为6，属于第ⅤIA族元素，Y能形成两种常见的液体二元化合物M、Q，其中M是生物生存必需的物质，故M水，Q是双氧水，故Y是O，x能形成多种单质，其中有两种单质硬度差异极大，故X是碳，据此得出Z应是S，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，故W是Cl，

A、四种元素非金属性强弱顺序为O＞Cl＞S＞C，故A正确；

B、Q是H2O2，含有极性键、非极性键，故B正确；

C、因CO不是酸性氧化物，故C错误；

D、金刚石、石墨沸点均非常高，故D正确，故选C．

11.【答案】B

【解析】解：

A项若D为白色沉淀，则D为摩尔质量为78g/mol的Al（OH）3，A为摩尔质量为78g/mol的Na2O2，X为铝盐，C为偏铝酸盐，铝盐和偏铝酸盐在溶液中发生水解反应生成Al（OH）3，符合转化关系，故A项正确；B项若D为CO，C能和E反应，则C为CO2，X为C，A为Na2O2，B为O2，X的同素异形体有金刚石、石墨、纳米碳、C60、C70等，故B项错误；C项若A是单质，则A为活泼金属Na，B和D的反应是OH－＋HCO3—=H2O＋CO32—，B为NaOH、E为H2，一定能还原Fe2O3，故C项正确；D项X是Na2SO3，C为气体，则A可能是氯气也可以是NO2，若A是氯气，则B为HCl，D为SO2，E为HClO，DE可发生氧化还原反应，故D项正确；本题选B。

12.【答案】C

【解析】①因浓度越大，化学反应速率越快，但是固体量的增减不影响反应速率，所以增加C（s）的量，反应速率不变，故①选；

②将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故②不选；

③保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故③选；

④保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故④不选．

故选C．

13.【答案】D

【解析】解：

A、当K闭合时，SO42﹣从右向左移动，原电池中阴离子移向负极，说明A为负极，B为正极，即A的金属活动性大于B，故A正确；

B、Y为阳极，发生氧化反应，电极方程式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，故B正确；

C、右边装置中y极上发生的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，x极上发生的电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，由于氢离子放电而氢氧根离子不放电导致溶液呈碱性，铝离子和氢氧根离子反应生成难溶性的氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，故C正确；

D、电解AlCl3溶液，y极上发生的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，x极上发生的电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，由于氢离子放电而氢氧根离子不放电导致溶液呈碱性，铝离子和氢氧根离子反应生成难溶性的氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液中不存在过量的NaOH，将AlCl3溶液倒入烧杯并搅拌不能得到偏铝酸盐溶液，故D错误；

故选D．

26.【答案】

（1）圆底烧瓶、分液漏斗；

（2）D；

（3）Cl2+SO2+2H2O═4H++2Cl﹣+SO42﹣；

（4）红色鲜花褪色；吸收未反应的二氧化硫和氯气；

（5）50.8%；偏低．

【解析】解：

（1）解：

装置中所用玻璃仪器为：

圆底烧瓶、分液漏斗和酒精灯，

故答案为：

圆底烧瓶、分液漏斗；

（2）应先准备氯气，保证二氧化硫被完全氧化，故先加热D处酒精灯，

故答案为：

D；

（3）D为实验室制备氯气的发生装置，反应为：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑2H2O，A中是实验室制备二氧化硫的装置，反应的化学方程式为：

H2SO4+Na2SO3═Na2SO4+H2O+SO2↑，氯气具有氧化性，二氧化硫具有还原性，在B中发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，反应为：

Cl2+SO2+2H2O═4H++2Cl﹣+SO42﹣；

故答案为：

Cl2+SO2+2H2O═4H++2Cl﹣+SO42﹣；

（4）红色鲜花中含水，水和氯气反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，故红色鲜花褪色；氯气和二氧化硫有毒，二氧化硫在溶液中反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：

SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2O；氯气在其溶液中反应生成NaCl和NaClO，反应为：

Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+2H2O，故E中NaOH溶液吸收尾气防止污染；

故答案为：

红色鲜花褪色；吸收未反应的二氧化硫和氯气；

（5）根据硫元素守恒计算，

Na2SO3～SO2～BaSO4

126g233g

m23.3g

m=

=12.6g，

样品质量为：

10.0g+10.0g+5.0g﹣0.2g=24.8g，

所以Na2SO3的质量分数为

×100%=50.8%，

按题给装置和操作进行实验，二氧化硫与氯气不一定能充分接触，使得二氧化硫有可能没有完全被氧化而被氢氧化钠吸收，导致硫酸钡质量减少，则由此计算的亚硫酸钠的质量减少，质量分数偏低，

故答案为：

50.8%；偏低．

27.【答案】

（1）H3PO4；20；

（2）①CO2+NaCN+H2O=NaHCO3+HCN；

②NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑；

③2NOx+4xe﹣=N2+2xO2﹣；

（3）①﹣86.98；

②5.04．

【解析】解：

（1）反应中P元素化合价升高得到H3PO4，氧化产物为H3PO4，若有1molP4参加反应转移电子为1mol×4×5=20mol，故答案为：

H3PO4；20；

（2）①由电离平衡常数可知，酸性：

H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，则NaCN溶液通入少量CO2生成NaHCO3与HCN，反应方程式为：

CO2+NaCN+H2O=NaHCO3+HCN，

故答案为：

CO2+NaCN+H2O=NaHCO3+HCN；

②常温下，氰化钠能与过氧化氢溶液反应，生成碳酸氢钠和能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该气体为氨气，反应方程式为：

NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑，

故答案为：

NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑；

③电解池阴极发生还原反应，NOx在阴极获得电子生成N2、O2﹣，阴极电极反应式为：

2NOx+4xe﹣=N2+2xO2﹣，

故答案为：

2NOx+4xe﹣=N2+2xO2﹣；

（3）①已知：

Ⅰ.2NH3（g）+CO2（g）═NH2CO2NH4（s）△H=﹣159.47kJ·mol﹣1

Ⅱ．NH2CO2NH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+72.49kJ·mol﹣1

根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ可得：

2NH3（g）+CO2（g）═CO（NH2）（s）+H2O（g），△H=﹣159.47kJ·mol﹣1+72.49kJ·mol﹣1=﹣86.98kJ·mol﹣1，

故答案为：

﹣86.98；

②铁粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铁粉，生成Fe（NO3）2和NO气体，NO的物质的量为

=0.02mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的Fe的物质的量为

=0.03mol，根据Fe原子守恒可知，溶液中n=0.03mol，溶液中n（NO3﹣）=0.06mol．

再向溶液中足量稀硫酸至不再反应为止，Fe（NO3）2中NO3﹣发生反应3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O，容器剩有铜粉m2g，（m1﹣m2）为与溶液中NO3﹣反应的铜的质量，

令再次反应的铜的物质的量为xmol，则：

3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O

32

xmol0.06mol

所以x=0.09mol

所以再次反应的Fe的质量为0.09mol×56g/mol=5.04g，即（m1﹣m2）=5.04g，

故答案为：

5.04．

28.【答案】

（1）将Fe3+、Co3+还原；

（2）ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O；ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O；

（3）5.2≤a≤7.6；Fe（OH）3、Al（OH）3；

（4）蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解；

（5）除去溶液中的Mn2+；B；

（6）93.0%．

【解析】解：

（1）亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子Fe3+、Co3+，所以浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+、Co3+还原，

故答案为：

将Fe3+、Co3+还原；

（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：

ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：

ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O；

故答案为：

ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O；ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O；

（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，为使铝离子沉淀完全，而钴离子不沉淀，根据表中数据可知pH值的范围是5.2≤a≤7.6，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：

2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：

2Fe3++3CO32﹣+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：

Fe（OH）3、Al（OH）3，

故答案为：

5.2≤a≤7.6；Fe（OH）3、Al（OH）3；

（4）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：

蒸发浓缩、冷却结晶和过滤；

根据题意知，CoCl2·6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2·6H2O需减压烘干，

故答案为：

蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解；

（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；

由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，

故答案为：

除去溶液中的Mn2+；B；

（6）根据AgCl沉淀质量为4.6g，可计算得粗产品中CoCl2·6H2O的质量为

g×

=15.26g，所以粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数为

×100%=93.0%，

故答案为：

93.0%．

38.【答案】

（1）取代反应；HBr；

（2）羰基、溴原子；

（3）C6H14；2，2﹣二甲基丁烷；

（4）

；

（5）

；

（6）

．

【解析】解：

（1）对比（A）与（B）的结构可知，（A）中连接羰基的甲基上H原子被Br取代生成（B），是取代反应，同时生成HBr，

故答案为：

取代反应；HBr；

（2）根据（B）的结构简式可知所含官能团的名称为羰基、溴原子，

故答案为：

羰基、溴原子；

（3）中间产物（A）可经过著名的黄鸣龙还原法，直接得到对应相同碳骨架的烷烃，则该烷烃为（CH3）3CCH2CH3，分子式为C6H14，名称为2，2﹣二甲基丁烷，

故答案为：

C6H14；2，2﹣二甲基丁烷；

（4）（B）与氢氧化钠的水溶液共热发生水解反应得到

与HBr，HBr又与氢氧化钠发生中和反应，反应方程式为：

，

故答案为：

；

（5）发生加聚反应得到高聚物，将高聚物链节中半键连接可得高聚物单体为

，

故答案为：

；

（6）反应①中C=O双键中其中一个碳氧单键断裂，氧原子结合H原子形成羟基，而C原子相互连接，反应②中羟基与甲基交换，发生重排，同时2羟基脱去1分子水生成羰基，戊酮（

）发生上述路线中反应①得到

，再经过反应②之后，得到的有机产物的结构简式为

，

故答案为：

．