高中化学总复习一.docx

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高中化学总复习一

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一．选择题（共16小题）

1．某同学向一支试管中按一定的顺序分别加入下列几种物质（一种物质只加一次）：

a．KI溶液；b．淀粉溶液；c．NaOH溶液；d．稀硫酸；e．氯水．发现溶液颜色按如下顺序变化：

①无色→②棕黄色→③蓝色→④无色→⑤蓝色．下列对此过程进行的分析中错误的是（　　）

A．加入以上药品的顺序是a→e→b→c→d

B．③→④反应的化学方程式为3I2+6NaOH═5NaI+NaIO3+3H2O

C．溶液由棕黄色变为蓝色的原因是淀粉溶液遇碘变蓝色

D．④→⑤反应的粒子方程式为2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣

2．将ag二氧化锰粉末加入cLbmol•L﹣1的浓盐酸中加热完全溶解，反应中转移电子d个，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）

A．可以收集到氯气

L

B．反应后溶液中的Cl﹣数目为（bc•NA﹣2d）

C．NA可表示为

D．反应后溶液中的H+数目为（bc﹣2d）

3．向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（　　）

A．碳酸钙粉末B．稀硫酸

C．氯化钙溶液D．二氧化硫水溶液

4．如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是（　　）

选项

W

X

Y

Z

A

S

SO2

SO3

H2SO4

B

Na

Na2O2

NaOH

NaCl

C

Fe

FeCl3

Fe（OH）2

FeCl2

D

Al

AlCl3

NaAlO2

Al2（SO4）3

A．AB．BC．CD．D

5．有关下图所示化合物的说法不正确的是（　　）

A．既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应

B．1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应

C．既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色

D．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体

6．由﹣C6H5、﹣C6H4﹣、﹣CH2﹣、﹣OH四种原子团（前两者为含苯环的基团）组成属于酚类物质的种类有（　　）

A．1种B．2种C．3种D．4种

7．某羧酸酯的分子式为C10H18O4，在NaOH溶液中1mol该酯完全水解可得到2mol乙醇和1mol羧酸钠，将羧酸钠酸化后得羧酸X，则X可能的结构共有（不考虑立体异构）（　　）

A．7种B．8种C．9种D．10种

8．某烃的分子式为C10H14，它不能使溴水褪色，但可使KMnO4酸性溶液褪色，分子结构中只含有一个烷基，符合条件的烃有（　　）

A．2种B．3种C．4种D．5种

9．某羧酸的衍生物A，其化学式为C6H12O2．已知

，又已知D不与Na2CO3溶液反应，C和E都不能发生银镜反应．A的结构可能有（　　）

A．2种B．3种C．4种D．6种

10．150℃时，将1L混合烃与9L氧气混合，在密闭容器内充分燃烧，当恢复至150℃，体积恒定时，容器内压强增大8%，则该混合烃的组成是（　　）

A．甲烷与乙烷体积比是1：

4B．丙炔与乙炔体积比是1：

4

C．乙烯与丁烷体积比是1：

4D．乙烯与丁烯体积比是1：

4

11．已知阿魏酸的结构简式为

，则同时符合下列条件的阿魏酸的同分异构体的数目为（　　）

①苯环上有两个取代基，且苯环上的一溴代物只有2种；

②能发生银镜反应；

③与碳酸氢钠溶液反应可生成使澄清石灰水变浑浊的气体；

④与FeCl3溶液发生显色反应．

A．2种B．3种C．4种D．5种

12．向100mLFeBr2溶液中通入标准状况下的Cl23.36L，Cl2全部被还原，最终测得溶液中c（Br﹣）是c（Cl﹣）的一半，则原FeBr2溶液的物质的量浓度（mol•L﹣1）是（　　）

A．0.75B．1.5C．2D．3

13．现有CuO和Fe3O4的混合物7.6g，向其中加入1mol•L﹣l的H2SO4溶液100mL恰好完全反应，若将15.2g该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体质量为（　　）

A．13.6gB．12gC．6gD．3.2g

14．将一定质量的镁铜合金加入到100mL某浓度HNO3中，两者恰好反应，假设反应的还原产物只有NO气体．反应后向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/L的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原合金质量增加5.1g；则下列有关叙述中不正确的是（　　）

A．开始加入合金的总物质的量为0.15mol

B．生成NO气体体积在标准状况下为2.24L

C．生成沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为100mL

D．原硝酸物质的量浓度为1mol/L

15．足量铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体若与1.12LO2（标准状况）混合后通入水中，气体被水完全吸收．若向原所得溶液中加入5mol•L﹣1H2SO4溶液100mL，则继续溶解的Cu的质量为（　　）

A．6.4gB．9.6gC．19.2gD．24g

16．将35.8gAl、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体（标准状况）．另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44LNO（标准状况），向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为（　　）

A．66.4gB．50.8gC．44.8gD．39.2g

二．填空题（共2小题）

17．某芳香族化合物经分析含有C、H、O的质量分数分别为78.7%、8.2%、13.1%．

（1）如果该有机物分子中只含有一个氧原子，则该化合物的分子式为　　．

（2）如果该有机物具有两个甲基，且它遇FeCl3溶液会变为紫色，这样的结构共有　　种．如果它遇FeCl3溶液不会变色，这样的结构共　　种．

（3）如果该有机物只有一个甲基，且它遇FeCl3溶液会变为紫色，这样的结构共有　　种；如果它遇FeCl3溶液不会变色，这样的结构共有　　种．

（4）如果该有机物没有甲基，则它遇FeCl3溶液　　（填“能”或“不能”）呈紫色，这样的结构共有　　种．

18．烯烃中碳碳双键是重要的官能团，在不同条件下能发生多种变化．

（1）烯烃的复分解反应就是两种烯烃交换双键两端的基团，生成两种新烯烃的反应．请写出在催化剂作用下，两个丙烯分子间发生复分解反应的化学方程式　　．

（2）烯烃与高锰酸钾酸性溶液反应的氧化产物有如图的反应关系：

已知某烯烃的化学式为C5H10，它与高锰酸钾酸性溶液反应后得到的产物若为乙酸和丙酸，则此烯烃的结构简式是　　；若为二氧化碳和丁酮（

），则此烯烃的结构简式是　　．

三．解答题（共4小题）

19．氯气是氯碱工业的主要产品之一，它是一种常用的消毒剂．请回答：

（1）氯水中起杀菌消毒作用的物质是　　（填化学式）．

（2）氯碱工业生产氯气的化学方程式为　　．

（3）84消毒液（主要成分为NaClO）与氯气相比具有贮运方便等优点，用氯气与烧碱溶液反应制备84消毒液的离子方程式为　　．

（4）二氧化氯是一种高效、广谱、安全的杀菌、保鲜剂．我国科学家研发了用氯气氧化亚氯酸钠（NaClO2）固体制备二氧化氯的方法，其化学方程式为　　．

（5）饱和氯水与石灰石的反应是制取较浓HClO溶液的方法之一．某同学做了如下实验研究：

①在试管中加入过量的块状碳酸钙，再加入约20mL饱和氯水，充分反应，有少量气泡产生，溶液浅黄绿色褪去；

②过滤，将滤液滴在有色布条上，发现其比氯水的漂白性更强；

③为了确定反应产物，将滤液分为三份，分别进行以下实验：

第一份与石灰水混合，立即产生大量白色沉淀；

第二份与稀盐酸混合，立即产生大量无色气体；

将第三份加热，看到溶液变浑浊且有大量无色气体产生．经检测，上述实验中产生的无色气体均为CO2．请回答：

①反应后所得的溶液漂白性增强的原因是　　．

②依据上述实验可推知：

②的滤液中的溶质除CaCl2、HClO外，还含有的溶质的化学式为　　．写出第一份溶液与石灰水产生的白色沉淀的离子方程式　　．

20．常温下，KMnO4固体和浓盐酸反应产生氯气．为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）｡

实验过程：

Ⅰ．打开弹簧夹，打开活塞

a，滴加浓盐酸｡

Ⅱ．当B和C中的溶液都变

为黄色时，夹紧弹簧夹｡

Ⅲ．当B中溶液由黄色变为

棕红色时，关闭活塞a｡

Ⅳ．…

（1）A中产生黄绿色气体，其电子式是　　｡

（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是　　｡

（3）B中溶液发生反应的离子方程式是　　｡

（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是：

　　．

（5）过程Ⅲ实验的目的是　　｡

（6）氯､溴､碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：

同主族元素从上到下，电子层数依次增多，　　，得电子能力逐渐减弱，非金属性逐渐减弱｡

21．已知漂白粉有效成分能与浓盐酸反应生成Cl2和一种固体时能作干燥剂的物质等．请从图中选用适当的实验装置，设计一个最简单的实验，测定漂白粉有效成分的质量分数．

请填写下列空白：

（1）实验中漂白粉有效成分与浓盐酸反应的化学方程式为　　．

（2）所选用装置的连接顺序应是（填各接口的字母代号）　　．

（3）在读取量筒的刻度数时，应注意①　　②　　③　　．

（4）若各仪器内仍残留有少量Cl2，则测定结果将　　（填“偏高”、“偏低”或“不影响”），其原因是　　．

（5）某同学在实验中发现量筒里未收集到液体，其失败的原因可能是下列中的　　．

①装置漏气②浓盐酸已变成稀盐酸③所选仪器容积太大

④漂白粉已全变质⑤e接f⑥d接f．

22．为实现以下各步的转化，请在括号中填入适当的试剂的化学式．

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参考答案与试题解析

一．选择题（共16小题）

1．【解答】解：

KI为无色溶液，加入氯水反应生成碘，变为棕黄色，然后加淀粉变蓝，再加NaOH反应生成NaI、NaIO3，溶液又变为无色，最后加硫酸，发生氧化还原反应生成单质碘，溶液中还有淀粉，则变蓝，

A、由上述分析可知，加入以上药品的顺序是a→e→b→c→d，故A正确；

B、③→④反应的离子方程式为3I2+6OH﹣═5I﹣+IO3﹣+3H2O，故B正确；

C、碘单质遇淀粉变蓝，则溶液由棕黄色变为蓝色，故C正确；

D、④→⑤反应的离子方程式为5I﹣+IO3﹣+6H+═3I2+3H2O，故D错误．

故选D．

2．【解答】解：

发生MnO2+4HCl

MnCl2+Cl2↑+2H2O，随反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应．

A．根据二氧化锰或转移电子数可以计算生成氯气的物质的量或质量，氯气所处的温度、压强不确定，密度也未知，不能计算其体积，故A错误；

B．bc为氯离子总物质的量，d为转移电子数目，即为参加反应的氯离子数目，关系式bc﹣d没有意义，由于浓盐酸易挥发，反应后溶液中的Cl﹣数目小于（bcNA﹣d）个，故B错误；

C．依据电子转移守恒：

MnO2～MnCl2～2e﹣，则

×2×NA=d，得到NA=

，故C正确；

D．由于浓盐酸易挥发，无法计算反应后溶液中H+的数目，故D错误，

故选：

C．

3．【解答】解：

在氯水中存在反应Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，

A．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2↑+H2O，使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，故A正确；

B．加入稀硫酸使溶液中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，故B错误；

C．加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故C错误；

D．加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故D错误；

故选A．

4．【解答】解：

A．S燃烧生成二氧化硫，且S在常温下不能转化为SO3、H2SO4，则常温下不能发生图中转化，故A不选；

B．Na燃烧生成Na2O2，Na在常温下反应生成Na2O，则常温下不能发生图中转化，故B不选；

C．Fe燃烧生成FeCl3，且Fe在常温下不能直接生成Fe（OH）2，则常温下不能发生图中转化，故C不选；

D．Al与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z，反应均可在常温下进行，故D选；

故选D．

5．【解答】解：

A、有机物含有碳碳双键，故可以与Br2发生加成反应，又含有甲基，故可以与Br2光照发生取代反应，故A正确；

B、酚羟基要消耗一个NaOH，两个酯基要消耗两个NaOH，1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应，故B正确；

C、苯环可以催化加氢，碳碳双键可以使KMnO4褪色，故C正确；

D、该有机物中不存在羧基，并且酚羟基酸性比碳酸弱，故不能与NaHCO3放出CO2气体，故D错误．

故选D．

6．【解答】解：

题给的4种基团两两组合后属于酚类物质的物质有C6H5CH2C6H4OH，有邻间对共3种结构．

故选C．

7．【解答】解：

某羧酸酯的分子式为C10H18O4，在NaOH溶液中1mol该酯完全水解可得到2mol乙醇和1mol羧酸钠，将羧酸钠酸化后得羧酸X，根据碳原子守恒可知羧酸为己二酸，C4H8（COOH）2中的碳骨架C﹣C﹣C﹣C和

两种，采取“定一议二”法确定：

、

、

，故可能的结构共有9种，故选C．

8．【解答】解：

该烃的分子式符合2n﹣6的通式，它不能使溴水褪色，但可使KMnO4酸性溶液褪色，所以含有苯环；根据题意知，该分子含有丁烷烷基，所以只判断丁烷烷基的同分异构体即可；丁烷烷基的碳链同分异构体有：

苯的同系物中与苯环相连的C原子上必须含有H原子，才可被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，烷基

，与苯环相连的C原子上不含H原子，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色．

故选：

B

9．【解答】解：

A的分子式为C6H12O2，A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化，应为醇，则A应为酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，则C不可能为甲酸，如C为乙酸，则D为CH3CHOHCH2CH3，如C为丙酸，则D为CH3CHOHCH3，如C为丁酸，则D为乙醇，如E为乙醛，不可能，

所以A只能为CH3COOCH（CH3）CH2CH3或CH3CH2COOCH（CH3）2，故选A．

10．【解答】解：

烃在氧气中充分燃烧的方程式为：

CxHy+（x+

）O2→xCO2+

H2O，由该方程式分析可知，温度在150℃时，当y=4时，该反应为等体积反应；当y＜4时，反应为气体体积减小的反应；当y＞4时，反应为气体体积增大的反应，

在A、B、C、D四个选项中，甲烷、丙炔、乙烯分子中H原子均4，所以关键是分析乙烷、乙炔、丁烷、丁烯的反应情况，

反应后容器内压强增大8%，即气体体积增大：

（1+9）8%L=0.8L，

A．甲烷与乙烷体积比是1：

4，乙烷的体积为0.8L，则

2C2H6+7O2→4CO2+6H2O气体体积增大△V

27461

0.80.4L，

气体体积增大了0.4L，不符合题意，故A错误；

B．乙炔分子中含有2个H，属于反应后气体体积减小的反应，故B错误；

C.2C4H10+13O2→8CO2+10H2O气体体积增大△V

2138103

0.8L1.2L，

气体体积增大了1.2L，不符合题意，故C错误；

D．C4H8+6O2→4CO2+4H2O气体体积增大△V

16441

0.8L0.8L

反应后气体体积增大了0.8L，符合题意，故D正确；

故选D．

11．【解答】解：

①苯环上有两个取代基，且苯环上的一溴代物只有2种，则2个取代基处于对位；

②能发生银镜反应，则含有醛基﹣CHO；

③与碳酸氢钠溶液反应可生成使澄清石灰水变浑浊的气体，则含有﹣COOH；

④与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基，

故符合条件的同分异构体有：

、

、

、

，故共有4种，

故选C．

12．【解答】解：

还原性Fe2+＞Br﹣，所以通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，氯气完全反应，Cl2的物质的量=

=0.15mol，溶液中c（Br﹣）是c（Cl﹣）的一半，则溴离子的物质的量是氯离子物质的量的一半，为0.15mol，若Br﹣没有反应，则n（FeBr2）=0.5n（Br﹣）=0.075mol，0.075molFe2+只能消耗0.0375mol的Cl2，故有部分Br﹣参加反应；

设FeBr2的物质的量为x，则n（Fe2+）=xmol，n（Br﹣）=2xmol，未反应的n（Br﹣）=0.15mol，参加反应的n（Br﹣）=（2x﹣0.15）mol，

根据得失电子数相等计算得：

氯气得电子数=溴离子失电子数+亚铁离子失电子数，即0.15mol×2=xmol×1+（2x﹣0.15）mol×1，x=0.15mol，c=

=

=1.5mol/L，故选B．

13．【解答】解：

由于氧元素与硫酸根离子带有电荷相等，则硫酸的物质的量与金属氧化物中O元素的物质的量相等，

100mL1mol．L﹣l的H2SO4溶液中含有硫酸的物质的量为：

n（H2SO4）=0.1L×1mol/L=0.1mol，

则：

7.6金属氧化物中O的质量为：

0.1mol×16g/mol=1.6g，

15.2g混合物中含有氧元素的质量为：

1.6g×2=3.2g，

若将CuO和Fe3O4的混合物15.2g在足量CO中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，

则金属质量为氧化物的质量减去氧的质量：

15.2g﹣3.2g=12g，

故选B．

14．【解答】解：

将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：

3Mg+8HNO3（稀）═3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；

向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：

Mg（NO3）2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH═Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为

=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为

=0.15mol，生成NO为

=0.1mol，

A．由上述分析可知，镁和铜的总的物质的量为0.15mol，故A正确；

B．标况下NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故B正确；

C．加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3mol，故加入NaO溶液的体积为

=0.1L=100mL，故C正确；

D．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=4n（NO）=0.4mol，故原硝酸物质的量浓度为

=4mol/L，故D错误，

故选D．

15．【解答】解：

Cu和浓硝酸反应过程中，Cu失电子生成铜离子、硝酸得电子生成NO2、N2O4、NO，且转移电子守恒，这些气体若与2.24LO2（标况）混合后通入水中，气体被完全吸收，说明氧气得到的电子等于这些气体生成硝酸根离子得到的电子，所以氧气得到的电子等于Cu失去的电子，根据转移电子得n（Cu）=

=0.1mol，根据原子守恒得n（Cu）=n[Cu（NO3）2]=0.1mol，再加入稀硫酸后，相当于溶液中含有硝酸，能继续溶解Cu，n（H+）=2n（H2SO4）=2×5mol/L×0.1L=1mol，n（H+）：

n（NO3﹣）=1mol：

0.2mol=5：

1＞

，所以氢离子有剩余，根据硝酸根离子计算溶解铜的质量，

设溶解Cu的质量为x，

3Cu+2NO3﹣+8H+=3Cu2++2NO+4H2O

192g2mol

x0.2mol

192g：

2mol=x：

0.2mol

x=

=19.2g，

故选：

C．

16．【解答】解：

合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L（标准状况），物质的量为

=0.3mol，根据电子转移守恒可知n（Al）=

=0.2mol，故金属铝的质量为0.2mol×27g/mol=5.4g，金属铝提供电子的量是0.6mol，

将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为

×3=1.8mol，故Fe、Cu共提供的电子物质的量为1.8mol﹣0.6mol=1.2mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，即n（OH﹣）=1.2mol，所以反应后沉淀的质量等于35.8g﹣5.4g+1.2mol×17g/mol=50.8g，

故选B．

二．填空题（共2小题）

17．【解答】解：

某芳香族化合物经分析含有C、H、O的质量分数为78.7%、8.2%、13.1%，

（1）该有机物一个分子只含1个氧原子，则有机物的相对分子质量=

=122，分子中C原子数目=

=8、H原子数目=

=10，则该化合物的分子式为C8H10O，

故答案为：

C8H10O；

（2）如果该有机物具有两个甲基，它遇FeCl3溶液会变紫色，含有酚羟基，若2个甲基处于邻位，﹣OH有2种位置，若2个甲基处于间位，﹣OH有3种位置，若2个甲基处于对位，﹣OH有1种位置，符合条件的同分异构体有2+3+1=6种；如果它遇FeCl3溶液不会变色，且含有2个甲基，则苯环上有2个侧链，一个为甲基，另一个为﹣O﹣CH3，

有邻、间、对3种，

故答案为：

6；3；

（3）如果该有机物只有一个甲基，且它遇FeCl3溶液会变为紫色，则苯环有2个侧链，一个为乙基，一个为羟基，有邻、间、对3种；如果该有机物只有一个甲基，它遇FeCl3溶液不会变紫色，若有2个侧链，为﹣CH3、﹣CH2OH，有邻、间、对3种位置，若只有一个侧链，可以为﹣OCH2CH3，﹣CH2OCH3，﹣CH（OH）CH3，共6种，

故答案为：

3；6；

（4）如果该有机物没有甲基，只能为苯乙醇，与氯化铁不反应，故答案为：

不能；1．

18．【解答】解：

（1）烃的复分解反应就是两种烯烃交换双键两端的基团，生成两种新烯烃的反应，所以2CH2=CHCH3

CH2=CH2+CH3CH=CHCH3，

故答案为：

2CH2=CHCH3

CH2=CH2+CH3CH=CHCH3；

（2）乙酸的结构简式为：

CH3COOH，丙酸的结构简式为：

CH3CH2COOH，依据烯烃与高锰酸钾酸性溶液反应的氧化产物的规律可知该烯烃的结构简式为：

CH3﹣CH=CH﹣CH2﹣CH3，

二氧化碳和丁酮（

，依据烯烃与高锰酸钾酸性溶液反应的氧化产物的规律可知该烯烃的结构简式为：

CH2=C（CH3）C2H5，

故答案