【文档说明】上海市金山中学2019-2020学年高二上学期期末考试（等级）化学试题 【精准解析】.doc，共(17)页，823.000 KB，由小赞的店铺上传

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金山中学2019学年度第一学期高二年级化学学科期末（等级）试卷（考试时间：60分钟，满分：100分）一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1.为提高轻质燃油的产量，石油工业采用的主要方法是（）A.减压分馏B.裂解C.催化裂化D.重整【答案】C【解析】【详

解】A．减压分馏可以获得润滑油、石蜡等重油，不能获得轻质油，故A错误；B．将重油催化裂解是为了提高三烯的产量和质量，故B错误；C．将减压获得的重油进行催化裂化，可以进一步提高轻质油的产量和质量，故C正确；D．石油重整是对烃类物质结构

进行重新排列，故D错误；答案选C。2.冰晶石可由3Al(OH)、NaCl、2CaF和24HSO等原料生产。有关化学用语表示错误的是（）A.冰晶石的化学式：35NaAlFB.中子数为13的铝原子：26AlC.Cl−的结构示意图：D.2CaF的电子式：2FCaF−−

+∶∶∶∶【答案】A【解析】【详解】A．Na3AlF5中，阳离子总正电荷=1×3+3=6≠总负电荷=1×5，其正确的化学式应该为Na3AlF6，故A错误；B．铝的质子数为13，中子数=质量数-质子数，故中子数为13的铝原子符号为：26Al，B正确；C．氯是1

7号元素，Cl−的结构示意图：，C正确；D．2CaF是离子化合物，其电子式：2FCaF−−+∶∶∶∶，D正确；答案选A。3.在“HI(s)→HI(g)→H2和I2”的变化过程中，被破坏的作用

力依次是（）A.范德华力、范德华力B.共价键、离子键C.范德华力、共价键D.共价键、共价键【答案】C【解析】【详解】碘化氢是分子晶体，由固态转化为气态时，需要克服范德华力，碘化氢气体受热分解为氢气和碘时，需要破坏的是氢原子、碘原子间的共价键

。故选C。【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键、非金属元素之间存在共价键，分子晶体和原子晶体中存在共价键、离子晶体中存在离子键，分子晶体熔化时破坏分子间作用力、原子晶体熔化时破坏共价键、离子晶体熔化时破坏离子键。4

.为了缓解海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择（）A.碳B.锌C.铜D.钠【答案】B【解析】【详解】A.碳与铁连接在一起容易发生电化学腐蚀，铁作负极，加快腐蚀，A不选；B.锌的金属性强于铁，与铁连接在一起，形成原电池，铁作正极，

被保护，B选；C.铜的金属性弱于铁，与铁连接在一起容易发生电化学腐蚀，铁作负极，加快腐蚀，C不选；D.钠是活泼的金属极易和水反应生成氢氧化钠和氢气，不能形成原电池，起不到保护铁的作用，D不选；答案选B。5.不能使溴水褪色的物质是（）A.甲烷B.乙烯C.乙

炔D.四氯化碳【答案】A【解析】【详解】A.甲烷的性质稳定，不能与溴水反应，不能使溴水褪色，故A符合题意；B.乙烯分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色，故B不符合题意；C.乙炔分子中含有碳碳三键，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色，故C不

符合题意；D.溴在四氯化碳中的溶解度比在水中大，四氯化碳可做萃取剂，使溴水萃取褪色，故D不符合题意；故选A。6.将下列物质溶于或通入水中，既有离子键破坏又有共价键破坏的是A.SO2B.烧碱C.HClD.NaHSO4【答案】D【解析】【

分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，化学变化中、电离中均有化学键的断裂，以此来解答。【详解】A、反应生成亚硫酸，只有共价键的断裂，故A不符合题意；B、电离生成钠离子和氢氧根离子，只有离子键的断裂，故B不符合题意；C、电离生成氢离子和

氯离子，只有共价键的断裂，故C不符合题意；D、电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，离子键和共价键均断裂，故D符合题意。答案选D。【点睛】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电离及化学变化中化学键

的变化。7.要增大锌和稀硫酸反应制取氢气的速率，可使用（）A.锌粉B.高纯度锌粒C.浓硫酸D.同浓度醋酸【答案】A【解析】【详解】A．将锌粒改为锌粉增大反应物间的接触面积，反应速率加快，故A符合题意；B．粗锌中含有其他杂质，可与锌构成原电

池加快反应速率，若使用高纯度锌粒反应速率反而减慢，故B不符合题意；C．用浓硫酸代替稀硫酸，生成的气体为二氧化硫，而不是氢气，故C不符合题意；D．醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，不能完全电离，用同浓度醋酸代替稀硫酸，会降低溶液中的氢离子浓度，制取氢气的速率会减慢，故D不符合题意；答案选A。

8.能将溶液中的3Fe+转化成2Fe+的物质是（）A.CuB.32NHHOC.2ClD.KSCN【答案】A【解析】【详解】A.Cu与铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，A选；B.32NHHO与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，得不到亚铁离子，B不选；C.2Cl与铁离子不反应，C不选；D.K

SCN与铁离子反应生成络合物，溶液显红色，得不到亚铁离子，D不选；答案选A。9.3NH和4CH分析比较，相同的是（）A.水溶性B.化学键类型C.键角D.空间构型【答案】B【解析】【详解】A．3NH是极性

分子，4CH是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理，3NH易溶于水，4CH难溶于水，二者的水溶性不同，故A不符合题意；B．3NH和4CH都是共价化合物，3NH中都是N-H单键，属于极性键，4CH中都是

C-H单键，也是极性键，且共价单键都是键，则二者的化学键类型都相同，故B符合题意；C．3NH中的中心原子N原子的价层电子对数=3+5-123=4，N原子采取sp3杂化，空间结构为三角锥形，键角为107°18′，4CH中的

中心原子C原子的价层电子对数=4+4-142=4，C原子采取sp3杂化，空间结构为正四面体形，键角为109°28′，二者键角不同，故C不符合题意；D．根据C项分析，二者的空间构型不相同，故D不符合题意；答案选B。10.符合工业合成氨生产实际的是A.V2O5做催化剂B.NH3循环使用C.

N2和H2液化分离D.反应温度由催化剂决定【答案】D【解析】【详解】A．铁触媒做催化剂加快反应速率，缩短达到平衡的时间，不是V2O5，不符合生产实际，故A错误；B．生产过程中分离氨气后的氮气和氢气循环使用，氨气是产物，不符合生产实际，故B错误；C．N2和H2液

化分离平衡逆向进行，不利于合成氨，不符合生产实际，故C错误；D．催化剂在一定温度下活性最大，催化效率最高，反应温度由催化剂决定，故D正确；故答案为D。11.能说明非金属性Cl比S强的是A.酸性HCl>H2SB.电子对偏移程度Cl-H>S-HC.沸

点硫>氯气D.最高正价Cl>S【答案】B【解析】【详解】A．比较非金属性的强弱，应根据对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性比较，不能根据氢化物的酸性进行比较，故A错误；B．元素的非金属性越强，吸引电子能力越强，电子对偏移程度Cl﹣

H＞S﹣H，可说明非金属性Cl＞S，故B正确；C．沸点属于物理性质，与元素的非金属性无关，故C错误；D．化合价高元素的非金属性不一定强，所以不能根据最高正化合价的大小来比较非金属性，故D错误；故答案为B。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非

金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的

非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱。12.利用无色酚酞试液可以鉴别的一组溶液是（）A.2BaCl、24HSO、HClB.NaOH、KOH、HClC.23KCO、23NaCO、HClD.NaCl、NaO

H、HCl【答案】D【解析】【详解】A．三种物质都不会使酚酞变色，不能鉴别，故A错误；B．氢氧化钠和氢氧化钾都会使酚酞变红色，不能鉴别，故B错误；C．碳酸钾和碳酸钠的溶液都显碱性，都会使酚酞变红色，不能鉴别，故C错误；D．氢氧化钠会使酚酞变色，盐酸和氯化钠不会使酚酞变色，但是盐酸会与氢氧

化钠反应使红色褪去，可以鉴别，故D正确；故答案选D。13.在3CHCOOH溶液中存在电离平衡：33CHCOOHHCHCOO+−+，要使溶液中3CHCOO−浓度增大，且电离平衡逆向移动，可采取的措施是（）A.加水B.加热C.加3CHCOONa固体D.加NaOH固体【答案】C【解析】【

详解】A.加水稀释促进醋酸的电离，电离平衡正向移动，3CHCOO−的浓度减小，故A不选；B.加热促进醋酸的电离，电离平衡正向移动，3CHCOO−的浓度增大，故B不选；C.加入3CHCOONa固体，3CHCOO−的浓度增大，电离平衡逆向移动，故C选；D.加入NaOH

固体，消耗氢离子使电离平衡正向移动，3CHCOO−的浓度增大，故D不选；答案选C。14.26AlH的球棍模型如图所示，则有关26AlH的说法正确的是（）A.Al为3−价，H为+1价B.含极性键和非极性键C.是离子化合物D.在空气中燃烧产物是23AlO和2HO【答案】D【解析】【详解

】A．Al的金属性比H强，易失去电子，26AlH中Al为+3价，H为-1价，故A错误；B．由同种元素形成的共价键为非极性共价键，由不同种元素形成的共价键为极性共价键，由球棍模型图可知，26AlH为共价化合物，只含有含极性键，故B错误；C．由B项分析，26AlH为共价化合物，故C错误；D

．根据元素守恒，26AlH在空气中完全燃烧，产物是23AlO和2HO，故D正确；答案选D。15.将2HS、2SO各0.01mol同时通入1L水中，则该溶液（）A.有酸性、漂白性B.有中性、漂白性C.只有酸性D.只有漂白性【答案】A【解析】【详解】将2HS、2SO各0.01

mol同时通入1L水中，在水溶液中发生的反应为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，根据反应可知2SO过量，过量的二氧化硫可溶于水，同时与水反应SO2+H2OH2SO3，则形成的溶液中主要含有的微粒有：2SO、H2O、H2SO3、-3HSO、2-3SO、H+，溶液含有H

+，显酸性，含有2SO，具有漂泊性，答案选A。16.25℃时纯水的14WK10−=，100℃时，12WK10−=，这说明（）A.100℃水的电离程度较小B.前者H+较后者的大C.水的电离是吸热的D.100℃时水的电离程度是室温时的100倍

【答案】C【解析】【详解】A.25℃时纯水的14WK10−=，100℃时，12WK10−=，这说明100℃水的电离程度较大，A错误；B.电离吸热，加热促进水的电离，因此前者H+较后者的小，B错误；C.水的电离是吸

热的，加热促进水的电离，因此水的离子积常数增大，C正确；D.由于Kw＝c(H＋)·c(OH－)可知，25℃时，水电离产生的氢离子浓度为10-7mol/L,100℃时，水电离产生的氢离子浓度为10-6mol/L,因此100℃时水的电离程度不是室温时的100倍，D错误；答案选

C。17.与Na、NaOH都反应的物质是（）①2O②HCl溶液③2Cl④3NaHCO溶液A.②③B.③④C.②③④D.①②③④【答案】C【解析】【详解】①2O与Na和NaOH均不反应；②HCl溶液与钠反应生成氯化钠和氢气，与氢氧化钠发生中和反应；③2Cl与钠反应生成氯化钠，与氢氧化钠

溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；④3NaHCO溶液与钠反应生成碳酸钠、氢气和水，与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，与Na和NaOH都反应的物质是②③④。答案选C。18.实验室用海带提取碘的操作过程中，所

选仪器错误的是选项操作所选仪器A称取3g左右的干海带托盘天平B灼烧干海带至完全变成灰烬烧杯C过滤煮沸后的海带灰与水的混合液漏斗D用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘分液漏斗A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】A．粗略称量干海带可用托盘天平，选项A正确；B．灼烧固体应在坩埚

中进行，而加热液体可用蒸发皿，选项B错误；C．过滤煮沸后的海带灰水混合液可用漏斗分离，选项C正确；D．四氯化碳与水互不相溶，可用分液漏斗进行分液，选项D正确。答案选B。点睛：本题考查物质的分离和提纯知识，题目难度不大，注意把握常见物质的分离操作方法和使用

的仪器，学习中注意相关基础知识的积累。可用托盘天平粗略称量干海带，灼烧固体应在坩埚中进行，用漏斗过滤浊液，萃取后的液体混合物用分液的方法分离，以此解答该题。19.下列物质的制备原理与工业生产相符的是（）A.222OO,HO

2放3电NNOHNO⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→B.22OHO324点燃SSOHSO⎯⎯→⎯⎯⎯→C.Δ2电2解MgCl(aq)无水MgClMg⎯⎯⎯⎯→⎯→D.饱和23NHCO32,Δ3NaCl(aq)NaHCONaCO⎯⎯⎯⎯⎯→⎯→【答案】D【解析】【详解】A.在工业上利用氨

气的催化氧化制备NO，进而制备硝酸，A不选；B.硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，得不到三氧化硫，B不选；C.氯化镁水解生成氢氧化镁和盐酸，水解吸热，升高温度，氯化氢易挥发，促进水解平衡右移，最终得不到氯化镁，C不选；D.饱和氧化钠溶液中先通入氨气后通入二

氧化碳生成碳酸氢钠，过滤得到碳酸氢钠，加热分解生成碳酸钠，D选；答案选D。20.某溶液中大量存在3Al+、2Mg+、4NH+和2Fe+四种阳离子，若向其中加入过量NaOH溶液，加热并搅拌，再加入过量HI溶液，溶液中会减少的阳离子是（）A.3Al+B.2Mg+C.4NH+D.2Fe+【答案】CD【

解析】【详解】向含有大量存在Al3+、Mg2+、4NH+和Fe2+四种阳离子的溶液中加入过量NaOH溶液，加热并搅拌，铝离子变为偏铝酸根离子，镁离子生成氢氧化镁沉淀，铵根离子变为氨气，亚铁离子变为氢氧化铁沉淀，再加入过量H

I溶液时，偏铝酸根离子生成铝离子，氢氧化镁变为镁离子，氢氧化铁变为铁离子，溶液中镁离子、铝离子数目不变，铵根离子、亚铁离子会减少，综上所述，答案为CD。二、综合分析题（共60分）21.有四种短周期元素，它们的结构、性质等信

息如下表所述：元素结构、性质等信息A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性C元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物是自来水

生产过程中常用的消毒杀菌剂完成下列填空：(1)A的原子结构示意图是________。(2)元素B在周期表中的位置是_______；从原子结构角度分析比较A和B的金属性强弱：_____。(3)单质C的结构式是______，其化学性质稳定的原因是________。(4)A、B的最高价氧化物对应的水

化物相互反应的离子方程式为______。(5)C、D的氢化物相互反应后，将产物溶于水，水溶液呈______性(选填“酸”、“碱”或“中”)，将溶液中所有离子的浓度由大到小排序：_____。【答案】(1).(2).第三周期IIIA族(3).Na原子半径大于Al，

对最外层电子的作用力小，更易失去电子(4).N≡N(5).两个氮原子之间是三键，很牢固，破坏它们需要很大的能量(6).Al3++4OH-=Al(OH4)−或Al3++4OH-=2AlO−+2H2O(7).酸(8).c(Cl-)＞c(4NH+)＞c(H+)＞c(OH-)【解

析】【分析】A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂，则A为Na；B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性，则B为Al；C元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂，则C为

N；D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂，D为Cl。【详解】(1)A为Na，原子结构示意图为；(2)元素B为Al，位于第三周期IIIA族；Na和Al在同一周期，Na原子半

径大于Al，对最外层电子的作用力小，更易失去电子，则金属性强；(3)单质C为氮气，结构式为N≡N，由于两个氮原子之间是三键，很牢固，破坏它们需要很大的能量，故化学性质很稳定；(4)A、B的最高价氧化物对应的水化物分别为

NaOH、Al(OH)3，NaOH、Al(OH)反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al3++4OH-=Al(OH4)−或Al3++4OH-=2AlO−+2H2O；(5)C、D的氢化物分别为NH3、HCl，两者反应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性；溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，则c(

Cl-)＞c(4NH+)＞c(H+)＞c(OH-)。22.4COCH、在一定条件下均可与水蒸气反应。完成下列填空：(1)已知：422CH(g)+3/2O(g)=CO(g)+2HO(g)+akJ222H(g)+1/2O(g)=HO(g)+bkJ422CH(g)+HO(g)=CO(g)+3H

(g)+QkJ则Q=______(用a、b表示)。(2)将不同量的CO(g)和2HO(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，发生反应：222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)++，得到三组数据：实验组温度/℃起

始量加平衡量达到平衡所需时间/min2HOCO2CO1650241.652900120.433900120.41①反应涉及物质中，含非极性键的分子的电子式为_______，实验1中，从反应开始到平衡，2H的平均反应速率为_______。②该

反应的正反应是______热反应(选填“吸”或“放”)。③实验3跟实验2相比，改变的条件可能是______。④下列事实能说明该反应达到平衡的有______(选填编号)。a.容器内压强不再改变b.容器内气体密度不再改变c.容器内2HO的质量不再改变d.2正逆v(H)=v(CO)

【答案】(1).a-3b(2).H:H(3).0.16mol/Lmin（）(4).放(5).使用催化剂或增大压强(6).cd【解析】【详解】（1）由反应①422CH(g)+3/2O(g)=CO(g)+2HO(g)+ak

J知，该反应的焓变为：-11ΔH=-akJmol；由反应②222H(g)+1/2O(g)=HO(g)+bkJ，该反应的焓变为：-12ΔH=-bkJmol；由反应③422CH(g)+HO(g)=CO(g)+3H

(g)+QkJ，该反应的焓变为：-1ΔH=-QkJmol；根据盖斯定律可知：反应①-反应②3可得反应③，则12ΔH=ΔH-ΔH3，Q=a-3b；（2）①反应涉及物质中，含非极性键的分子为氢气，电子式为H:H；根据方程

式可知v（H2）=v（CO2），则221.6mol2LvH=vCO==0.16mol/Lmin5min（）（）（）；②实验1中CO的转化率为1.6mol4mol×100%=40%，实验2中CO的转化率为0.4mol2mol×1

00%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热；③实验3跟实验2相比，温度相同，浓度相同，但实验3达到平衡所用时间少，反应速率更大，但平衡状态一样，应是使用了催化剂，由于反应前后气体体积不变，则增大了压强，平衡也不

移动，也可能为压强的增大；故答案为：使用催化剂或增大压强；④a．由于反应前后气体的体积不变，则无论是否达到平衡状态都存在容器内压强不改变，不能作为判断达到平衡的依据，故a错误；b．由于气体的质量不变，容器的体积不变，则无论是否达

到平衡状态，容器内气体密度都不变，不能作为判断达到平衡的依据，故b错误；c．容器内H2O的质量不再改变，说明达到平衡状态，故c正确；d．v正（H2）=v逆（CO），说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故d正确；综上所诉，答案为：cd。23.利用甲烷与氯气发生取代反应的副产品制取盐酸的设

想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如图：完成下列填空：(1)A中反应的化学方程式是_______；有人认为E中有氯化氢产生，不能证明甲烷与氯气发生了取代反应，你认为他的看法_______(填“

正确”或“不正确”)，理由是_______。(2)B有三种功能：①控制气流速度；②混匀混合气体；③_______。(3)设()()24VClz=xVCH，若想理论上获得最多的氯化氢，则x≥_____。(4)一段时间后发现D中的棉花由白色变为蓝

色，则棉花上可能预先滴有_____溶液。(5)E中除盐酸外，还含有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为_____(选填编号)。a.水洗分液法b.蒸馏法c.萃取分液法d.结晶法(6)该装置没有进行尾气处理，

其尾气的主要成分为_____(选填编号)。a.CH4b.CH3Clc.CH2Cl2d.CHCl3【答案】(1).MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O(2).正确(3).若氯气与甲烷发生置换反应，也有氯化氢生成

(4).干燥氯气和氯化氢(5).4(6).淀粉-KI(7).a(8).ab【解析】【分析】实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应生成Cl2，Cl2经干燥后和甲烷在光照条件下发生取代反应，生成多种氯代烃和HCl，最后生成的HCl溶于水生成盐酸，与有机物可用分液的方法分

离。【详解】(1)A中二氧化锰与浓盐酸共热生成二氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O；在强光照射下，若氯气与甲烷发生置换反应，也有氯化氢生成，所以E中有氯化氢产生，不能证

明甲烷与氯气发生了取代反应；(2)B为浓硫酸，还可以干燥氯气和氯化氢；(3)1mol甲烷最多与4mol氯气反应生成4molHCl，所以要获得更多氯化氢，氯气要多于或等于甲烷的4倍；(4)氯气能将碘化钾氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉会变蓝色；(5)生成的有机物为氯代烃，不溶于水，

可用分液的方法分离，答案为a；(6)二氯甲烷、酸氯甲烷和四氯化碳为液体，则尾气的主要成分为未反应的甲烷和一氯甲烷气体，答案为ab。24.溴丁烷是合成医药、染料和香料的常见原料。完成下列填空：(1)B的官能团名称是______，

B和D互称为______，写出一种B的同系物的结构简式：______。(2)丁烷与溴蒸气在光照条件下可反应生成A，该反应的化学方程式为：______。(3)写出CD→反应的化学方程式_______，该反应的反应类型是________。(4)设计一条由溴丙烷合成的路线___

__。【答案】(1).碳碳双键(2).同分异构体(3).CH2=CHCH3(单烯烃合理即可)(4).CH3CH2CH2CH3+Br2⎯⎯→光CH3CH2CH2CH2Br+HBr(5).170⎯⎯⎯→浓硫酸℃CH3CH=CHCH3↑+H

2O(6).消去反应(7).CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2【解析】【分析】由题中信息可知，1-溴丁烷在氢氧化钾的乙醇溶液中发生反应生成1-丁烯；1-丁烯在酸性条件下与水发生加成反应生成2-丁醇；2-丁醇在浓硫酸的作用下转化为2-丁烯；2-丁烯与溴水在强碱性环境

中发生加成反应生成E。【详解】(1)B为1-丁烯，其官能团名称为碳碳双键；B和D分子式相同，而结构不同，互称为同分异构体；B为1-丁烯，属于烯烃，则其同系物也为烯烃，如CH2=CHCH3；(2)丁烷与溴蒸气在光照条件下发生取代反应，生成A，化学方程式为CH3CH

2CH2CH3+Br2⎯⎯→光CH3CH2CH2CH2Br+HBr；(3)C→D为醇的消去反应，方程式为170⎯⎯⎯→浓硫酸℃CH3CH=CHCH3+H2O，反应类型为消去反应；(4)根据题中A到B的转化信息可知，溴丙

烷在氢氧化钾的醇溶液中可以发生反应转化为丙烯；根据题中D到E的转化信息可知，丙烯与溴水在强碱性环境中可以发生加成反应，生成。故合成路线为CH3CH2CH2BrCH3CH=CH2。