铜仁市2026年高考冲刺模拟化学试题（含答案解析）

这是一份铜仁市2026年高考冲刺模拟化学试题（含答案解析），共5页。
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一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、已知：①H2 (g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ ②Se (g) → Se (s) +102.17kJ； 下列选项正确的是
A．H2 (g) + Se (s)的总能量对应图中线段 b
B．相同物质的量的 Se，Se(s)的能量高于 Se(g)
C．1ml Se (g)中通入 1ml H2(g)，反应放热 87.48kJ
D．H2 (g) + S (g) H2S (g) +QkJ ，Q< 87.48kJ
2、为模拟氨碱法制取纯碱的主要反应，设计在图所示装置。有关说法正确的是( )
A．先从b管通入NH3再从a管通入CO2
B．先从a管通入CO2再从b管通入NH3
C．反应一段时间广口瓶内有晶体析出
D．c中装有碱石灰以吸收未反应的氨气
3、对氧化还原反应：11P+15CuSO4+24H2O→5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，下列说法正确的是
A．5/11的磷被氧化
B．3ml CuSO4可氧化11/5ml P
C．每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6ml
D．当1ml P参加反应时，转移电子的物质的量为3 ml
4、下列能源中不属于化石燃料的是（ ）
A．石油B．生物质能C．天然气D．煤
5、下列实验过程中，始终无明显现象的是
A．CO2通入饱和Na2CO3溶液中
B．SO2通入CaCl2溶液中
C．NH3通入HNO3和AgNO3的混和溶液中
D．SO2通入Na2S溶液中
6、中国科学家在合成氨（N2+3H22NH3△HFe，A错误；
B.Fe是26号元素，在元素周期表中位于第四周期VIII族，B正确；
C.丙是Fe3O4，只能与酸反应产生盐和水，不能与碱发生反应，因此不是两性氧化物，C错误；
D.Fe是变价金属，与硝酸反应时，二者的相对物质的量的多少不同，反应失去电子数目不同，可能产生Fe2+，也可能产生Fe3+，而Al是+3价的金属，因此等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNO3的量不一定相等，D错误；
故合理选项是B。
本题考查了元素及化合物的推断及其性质的知识，涉及Fe、Al的单质及化合物的性质，突破口是丙是氧化物，是具有磁性的黑色晶体，结合Fe与水蒸气的反应及铝热反应，就可顺利解答。
17、D
【解析】
根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含，则一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。
【详解】
A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A不符合题意；
B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HCl为分子晶体，含共价键，故B不符合题意；
C、氯气为分子晶体，含共价键；He为分子晶体，是单原子分子，不含化学键，故C不符合题意；
D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键，故D符合题意；
故选：D。
本题考察了化学键类型和晶体类型的关系，判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部可能存在化学键。
18、A
【解析】
12.0g熔融的NaHSO4(电离产生Na+和HSO4-)中含有的阳离子数为0.1NA，①不正确；
②1ml Na2O(由Na+和O2-构成)和Na2O2(由Na+和O22-构成)混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA，②正确；
③常温常压下，92g的NO2和92g N2O4都含有6ml原子，所以混合气体含有的原子数为6NA，③正确；
④中不含有碳碳双键，④不正确；
⑤氢氧化铁胶粒由许多个氢氧化铁分子构成，用1L1.0 ml/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目小于NA，⑤不正确；
⑥1ml SO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，由于反应可逆，所以共转移电子数小于2NA，⑥不正确；
⑦在反应KIO3+6HI=KI+3I2 +3H2O 中，KIO3中的I由+5价降低到0价，所以每生成3mlI2转移的电子数为5NA，⑦正确；
⑧常温常压下，17 g甲基(－14CH3)中所含的中子数为=8NA，⑧不正确；
综合以上分析，只有②③⑦正确，故选A。
NaHSO4在水溶液中，可电离产生Na+、H+、SO42-；而在熔融液中，只能电离产生Na+和HSO4-，在解题时，若不注意条件，很容易得出错误的结论。
19、B
【解析】
A.反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)为熵减的反应，则该反应ΔS＜0，选项A错误；
B．向醋酸溶液中通入氯化氢气体，氢离子浓度增大而抑制醋酸电离，则Kac(CH3COOH)= c(H＋)·c(CH3COO－) 增大，选项B正确；
C．Cl2与水的反应是可逆反应，不可能完全转化，转移的电子数小于6.02×1023个，选项C错误；
D. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)为放热反应，反应物键能总和小于生成物键能总和，选项D错误。
答案选B。
20、C
【解析】
A、太阳能电池帆板的材料是单质硅，故选项A错误；
B、汽油、水煤气是不可再生能源，乙醇是可再生能源，故选项B错误；
C、碳纤维、光导纤维都是新型无机非金属材料，故选项C正确；
D、葡萄糖是单糖，不水解，故选项D错误。
答案选C。
21、D
【解析】
A．2.33gBaSO4物质的量为0.01ml，根据BaSO4~2e-得，当生成0.01mlBaSO4时，转移电子数目为0.02NA，故A正确；
B．SO2具有漂白性，可使品红褪色，故B正确；
C．1个H2O2分子中很有1个非极性键，17gH2O2物质的量为0.5ml，含有非极性键的数目为0.5NA，故C正确；
D．BaCl2为离子化合物，不含分子，故D错误；
故答案选D。
22、D
【解析】
根据主链最长原则，主链有7个碳原子；根据支链最近原则，从右端开始第3个碳原子上连有一个甲基，所以的名称是3-甲基庚烷，故D正确。
二、非选择题(共84分)
23、CH2=CHCH3 加成反应 1，3，5—三甲苯 Br2/光照和Br2/Fe 羟基、羧基 n +(n-1)H2O
【解析】
A属于烯烃，则A结构简式为CH2=CHCH3，根据A、B分子式及苯的分子式可知，丙烯与苯发生加成反应生成B，根据已知信息，由D的结构简式逆推可知C为，则B为，D发生消去反应生成E，E发生加聚反应生成PMMA，PMMA为，D发生缩聚反应生成，PET为；向少量F溶液中滴加几滴FeCl3溶液，溶液呈紫色，且F在其同系物中相对分子质量最小，则F为，F发生反应生成G，G和乙酸酐发生取代反应生成Aspirin，根据Aspirin的结构简式知，G结构简式为，据此分析解答。
【详解】
(1)A属于烯烃，分子式为C3H6，则A结构简式是CH2=CHCH3，故答案为：CH2=CHCH3；
(2)通过以上分析知，A与苯在AlCl3催化作用下反应生成B的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应；
(3)B为，B的一溴代物只有2种的芳香烃为，名称是1，3，5-三甲苯，光照条件下发生甲基失去取代反应，催化剂条件下发生苯环上取代反应，因此需要的试剂与条件为：Br2/光照和Br2/Fe故答案为：1，3，5-三甲苯；Br2/光照和Br2/Fe；
(4)①通过以上分析知，C的结构简式是，故答案为：；
②根据上述分析，G的结构简式为，G物质中含氧官能团名称为羟基和羧基，故答案为：羟基和羧基；
(5)D在一定条件下发生缩聚反应制取PET的化学方程式是n +(n-1)H2O，故答案为：n +(n-1)H2O。
正确推断物质的结构简式是解题的关键。解答本题要注意充分利用题示信息和各小题中提供的信息进行推导。本题的易错点为(5)中方程式的书写，要注意水前面的系数。
24、C7H8O 羧基 银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液 NaOH的醇溶液，加热 水解反应（或取代反应） +H2O +2H2O 13
【解析】
有机物B是芳香烃的含氧衍生物，其相对分子质量为108，B中氧的质量分数为14.8%，B中O原子个数==1，碳原子个数==7…8，所以B分子式为C7H8O，B中含有苯环且能连续被氧化，则B为，B被催化氧化生成M，M为，N为苯甲酸，结构简式为；
A发生水解反应生成醇和羧酸，C为羧酸，根据题给信息知，C发生取代反应生成D，D发生反应然后酸化得到E，E能生成H，D是含有氯原子的羧酸，则D在氢氧化钠的醇溶液中加热生成E，E发生加聚反应生成H，所以D为、E为、C为；D反应生成F，F能反应生成E，则D发生水解反应生成F，F为，F发生酯化反应生成G，根据G分子式知，G为；根据B、C结构简式知，A为，以此解答该题。
【详解】
(1)B为，分子式为C7H8O，D为，含氧官能团为羧基；
(2)由以上分析可知A为，M为，含有醛基，可用银氨溶液或新制备氢氧化铜浊液检验；
(3)通过以上分析知，条件I为氢氧化钠的醇溶液、加热；D为，D发生水解反应(取代反应)生成F；
(4)F发生消去反应生成E，反应方程式为+2H2O，F发生酯化反应生成G，反应方程式为+2H2O；
(5)N为苯甲酸，结构简式为，X是N的同系物，相对分子质量比N大14，即X中含有羧基，且分子中碳原子数比N多一个，根据条件：①含有苯环 ②能发生银镜反应，说明含有醛基，③遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，如苯环含有2个取代基，则分别为-CH2CHO、-OH，有邻、间、对3种，如苯环含有3个取代基，可为-CH3、-CHO、-OH，有10种，共13种；
其中核磁共振氢谱有五组峰，且吸收峰的面积之比为1：1：2：2：2的同分异构体的结构简式为。
以B为突破口采用正逆结合的方法进行推断，注意结合反应条件、部分物质分子式或结构简式、题给信息进行推断，注意：卤代烃发生反应条件不同其产物不同。
25、三颈烧瓶 干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解 干冰 加快 降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应放热造成NH2COONH4分解 过滤 C NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3•H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑ 加入足量氢氧化钡溶液，充分反应后，过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量，重复2～3次
【解析】
根据装置：仪器2制备氨气，由于氨基甲酸铵易水解，所以用仪器3干燥氨气，利用仪器4制备干燥的二氧化碳气体，在仪器5中发生2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(s)制备氨基甲酸铵；
(1)根据仪器构造可得；考虑氨基甲酸铵水解；
(2)①仪器4制备干燥的二氧化碳气体，为干冰；
②反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，说明二氧化碳过量，氨气不足；
(3)①考虑温度对反应的影响和氨基甲酸铵受热分解；
②过滤得到产品，氨基甲酸铵易分解，所得粗产品干燥可真空微热烘干；
(4)①氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵和一水合氨，据此书写；
②测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，可以使其水解得到NH4HCO3，用氢氧化钡沉淀得到碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量可得氨基甲酸铵的质量，进而可得其质量分数，据此可得。
【详解】
(1)根据图示，仪器2的名称三颈烧瓶；仪器3中NaOH固体的作用是干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解；故答案为：三颈烧瓶；干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解；
(2)①反应需要氨气和二氧化碳，仪器2制备氨气，仪器4制备干燥的二氧化碳气体，立即产生干燥的二氧化碳气体，则为干冰；故答案为：干冰；
②氨气易溶于稀硫酸，二氧化碳难溶于稀硫酸，若反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，说明二氧化碳过量，应该加快产生氨气的流速；故答案为：加快；
(3)①该反应为放热反应，温度升高不利于合成，故采用冰水浴可以降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应放热造成H2NCOONH4分解；故答案为：降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应放热造成H2NCOONH4分解；
②当CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时，即停止反应，过滤，为防止H2NCOONH4分解，真空微热烘干粗产品；故答案为：过滤；C；
(4)①氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵，反应为：NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3•H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑；故答案为：NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3•H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑；
②测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，可以使其水解得到NH4HCO3，用氢氧化钡沉淀得到碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量可得氨基甲酸铵的质量，进而可得其质量分数，具体方法为：用天平称取一定质量的样品，加水溶解，加入足量氢氧化钡溶液，充分反应后，过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量，重复2～3次，测量的数据取平均值进行计算；故答案为：加入足量氢氧化钡溶液，充分反应后，过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量，重复2～3次。
26、CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl 该反应放热，防止温度升高导致H2O2分解和氨水中氨气挥发 向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2～3次 生成的硫酸钙为微溶物，覆盖在样品表面，阻止反应进一步进行 催化作用 45.0% 部分CaCl2溶液与浓氨水反应生成Ca(OH)2 部分CaO2与水反应生成Ca(OH)2或烘烤CaO2·8H2O失水不够完全
【解析】
I．（1）该装置发生的反应类似于复分解反应，根据原子守恒配平；
（2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，因此需要用冷水浴控制反应温度；结合沉淀的性质选择洗涤剂，然后根据沉淀的洗涤标准操作解答；
II．（3）硫酸钙为微溶物，可能会对反应有影响；类比双氧水的分解进行分析；
（4）滴定过程中双氧水与酸性高锰酸钾反应生成氧气、氯化锰、水，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平；根据消耗的酸性高锰酸钾的物质的量并结合守恒关系计算；
（5）CaO2与水缓慢反应，CaO2与浓氨水反应，烘烤过程中水分未完全失去等导致反应物有损失或生成物中杂质含量高均会导致CaO2含量偏低。
【详解】
I．（1）由题可知，三颈烧瓶中发生CaCl2在碱性条件下与H2O2生成CaO2·8H2O的反应，根据原子守恒可知，该反应化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；
（2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，温度过高会导致其分解，影响产量和化学反应速率；因过氧化钙可与水缓慢反应，不溶于乙醇，因此可选用乙醇进行洗涤，实验室洗涤沉淀的操作为：向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作2～3次；
II．（3）若选用硫酸，则CaO2与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4会覆盖在样品表面，使反应难以持续进行；MnCl2对该反应具有催化作用，可加快化学反应速率；
（4）滴定过程中酸性高锰酸钾与双氧水反应，Mn元素化合价从+7价降低至+2价，H2O2中O元素从-1价升高至0价，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平该离子方程式为：；滴定过程中消耗高锰酸钾的物质的量n=25×10-3L×0.02ml/L=5×10-4ml，根据守恒关系可知： n(H2O2)=n(CaO2)=2.5n(KMnO4)=1.25×10-3ml，样品中CaO2的质量分数；
（5）CaCl2溶液与浓氨水反应导致反应物未完全转化，同时还会导致最终固体中含有部分Ca(OH)2杂质，会使CaO2含量偏低；CaO2与水能反应生成微溶物Ca(OH)2，会导致生成的CaO2含量偏低；烘烤CaO2·8H2O失水不够完全导致固体质量偏大，最终导致计算CaO2含量偏低。
27、直形冷凝管(或冷凝管) 除去Cl2中混有的HCl杂质 F C B 将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集 滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量) S2Cl2遇水会分解放热，放出腐蚀性烟气 ac ×100%或%或%或%
【解析】
(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；
(2)S2Cl2受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；
(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数。
【详解】
(1)实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；
①仪器m 的名称为直形冷凝管(或冷凝管)，装置F 中试剂的作用是：除去Cl2中混有的HCl杂质；
②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→C→B→E→D；
③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气；并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；
④反应生成S2Cl2中因氯气过量则会有少量生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；
(2)少量S2Cl2泄漏时应喷水雾减慢其挥发(或扩散)，并产生酸性悬独液，但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因是：防止S2Cl2遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；
(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数；
①W溶液是吸收氧化二氧化硫的溶液，可以是a.H2O2溶液，c．氯水，但不能是b.KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，故答案为：ac；
②过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)==ml，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数= 。
考查性质实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行排列顺、数据处理能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
28、299 二 16.9 ΔH1+ΔH4-2ΔH3 80 72 32
【解析】
(1)利用反应吸收的总能量与释放的总能量的差值等于焓变进行计算；
(2)①根据速率常数表达式得出x，y的值，总级数等于x+y；
②根据所给公式和题中已知条件，结合自然对数的表示方法进行计算时间t；
(3)①利用盖斯定律计算ΔH2；
②列三段式，利用平衡时的压强表示化学平衡常数，计算出各物质的分压和Kp2。
【详解】
(1)焓变等于反应吸收的总能量与释放的总能量的差，设1mlHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，则：2xkJ−436kJ−151kJ=11kJ，解得x=299；
(2)①根据题意速率常数表达式中各物理量符号的含义，反应H2(g)＋I2(g)→2HI(g)，速率表达式：v＝k×c(H2)×c(I2)，则x=1，y=1，该总级数=x+y=2；
②根据题意，过氧化氢分解一半，则分解一半时的浓度c=c0。则；已知c=c0e-kt，则= e-kt，等式两边取自然对数，ln= ln e-kt=- kt，ln2=kt，k=0.0410 min-1，ln2=0.693，故t==16.9min；
(3)①已知：①I2(g)⇌2I(g)ΔH1，②I2(g)+ H2(g)⇌2HI(g)ΔH2，③HI(g)⇌I(g)+ H(g)ΔH3，④H2(g)⇌2H(g)ΔH4；根据盖斯定律可知，反应：②=①+2×③+④，可得ΔH2=ΔH1+ΔH4-2ΔH3；
②将等物质的量的I2和H2置于密闭容器中，起始总压强为416kPa，故I2和H2的起始分压分别为208 kPa，由体系达平衡，总压强为456kPa，则密闭容器中气体体积增大，已知Kp3、 Kp4值很小，则容器中有两步反应发生，即①I2(g)⇌2I(g)Kp1 = 200，②I2(g)+ H2(g)⇌2HI(g)，利用三段式，设I2和H2的转化分压分别为x，
设I2(g)的转化分压为y，则列“三段式”：
已知Kp1 = 200 体系达平衡，总压强为456kPa，反应①的压强表示的平衡常数Kp1 ==200，208-x+2x +2y+208-x-y=456，解得y=40，x=136，1500K平衡体系中I（g）、H2（g）分压分别为2y=80kPa，208-x=72kPa，Kp2= =32。
本题难点在于第(2)题中自然对数ln的含义，自然对数是以e为底的对数，对于自然对数的理解是该题解题关键。
29、氧化反应 1 碳碳双键、羧基
【解析】
分析：对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化为对苯二甲酸，对苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成（B），根据信息iii可知，B与SOCl1反应生成；与溴发生1,4加成生成(CH3)1CBr-CH=CH-BrC(CH3)1,该有机物与氢气发生加成生成(CH3)1CBr-CH1CH1-BrC(CH3)1,根据信息ii可知，(CH3)1CBr-CH1CH1-BrC(CH3)1与发生取代反应生成；然后根据信息i可知，有机物与发生取代反应生成；在酸性条件下发生水解生成（F）。据此进行解题。
详解：(1) 对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化为对苯二甲酸，反应①的反应类型是氧化反应；正确答案：氧化反应。
(1) 对苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成（B），反应②的化学方程式：；正确答案：。
(3)根据以上分析可知，有机物C的结构简式为(CH3)1CBr-CH=CH-BrC(CH3)1,以碳碳双键为对称轴进行分析可知，核磁共振氢谱图中有1个峰；正确答案：1。
(4) 根据信息ii可知，(CH3)1CBr-CH1CH1-BrC(CH3)1与发生取代反应生成；反应③的化学方程式：；正确答案：。
(5)综上分析可知，有机物F的分子式是C14H18O1.，结构简式为，含有的官能团：碳碳双键、羧基；正确答案：碳碳双键、羧基。
(6)有机物A为对苯二甲酸，同分异构体满足a．苯环上的一氯代物有两种，环上有两个取代基；b．既能发生银镜反应又能发生水解反应，结构中含有HCOO-取代基，具体结构如下: ；正确答案：。
(7) 乙烯与溴加成生成BrCH1CH1Br，BrCH1CH1Br发生取代生成HOCH1CH1OH，HOCH1CH1OH被氧化为OHCCHO，根据信息可知，并结合生成物的结构简式可知，OHCCHO与CH3CHBrCH3在Mg/H1O条件下发生加成反应生成，该有机物再发生消去生成；具体合成3流程如下：；正确答案：。
点睛：本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求。