【化学】山东省济南第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试检测（解析版）

山东省济南第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试检测
说明：满分 100 分，时间 90 分钟。分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(综合题)两部分。第Ⅰ卷为第 1 页至第 5 页，第Ⅱ卷为第 6 页至第 7 页。请将答案按要求写在答题纸指定位置。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16
第Ⅰ卷(单项选择题，共 20 题，共 60 分)
选择题(每题只有一个选项符合题意，每题 3 分)
1.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是 ( )
A. 使用医用酒精杀菌消毒的过程中只发生了物理变化
B. 医用口罩无纺布的原材料成分之一是聚丙烯，其结构简式为
C. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
D. 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于卤代烃
【答案】A
【解析】
【详解】A. 使用医用酒精杀菌消毒的过程是蛋白质变性，发生了化学变化，故A错误；
B. 医用口罩无纺布的原材料成分之一是聚丙烯，是由丙烯CH2=CHCH3发生加聚反应得到，其结构简式为，故B正确；
C. 温度较高会使蛋白质变性，因此疫苗一般应冷藏存放，故C正确；
D. 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯(CF2=CF2)属于卤代烃，故D正确。
综上所述，答案为A。
2.下列化学基本用语表述正确的是
A. 羟基的电子式
B. 醛基的结构简式 —COH
C. 1—丁烯的键线式
D. 丙烷分子的比例模型为：
【答案】C
【解析】
【详解】A．羟基的电子式为，A错误；
B．醛基的结构简式为－CHO，B错误；
C．1—丁烯的键线式为，C正确；
D．丙烷分子的球棍模型为，D错误；
答案选C。
3.下列关于有机物的叙述正确的是( )
A. 氯苯分子中所有原子都处于同一平面
B. 苯、油脂均不能使酸性 KMnO4 溶液褪色
C. 乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键
D. 、、互为同系物
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氯苯是苯中的一个氢原子被氯取代，苯分子12个原子在同一平面内，因此氯苯分子中所有原子都处于同一平面，故A正确；
B. 油脂中的油能使酸性 KMnO4 溶液褪色，油中含有有碳碳双键，故B错误；
C. 聚氯乙烯和苯分子中均不含有碳碳双键，故C错误；
D. 、、三者含有的苯环个数不相同，不互为同系物，故D错误。
综上所述，答案为A。
4.把有机物氧化为，所用氧化剂最合理的是（ ）
A. O2 B. 酸性KMnO4 C. 银氨溶液 D. 溴水
【答案】C
【解析】
【分析】
比较两种有机物，前者中的醛基变为羧基，而碳碳双键不被氧化，所以选择弱氧化剂银氨溶液或新制氢氧化铜。
【详解】A、O2与醛基在催化剂的作用发生催化氧化生成羧基，但反应条件苛刻，不是最好的方法，故A错误；
B、酸性KMnO4能氧化有机物中的甲基、碳碳双键、醛基，故B错误；
C、银氨溶液是弱氧化剂只能氧化有机物中的醛基，故C正确；
D、溴水除了可以氧化有机物中的醛基，还可以与碳碳双键发生加成反应，故D错误；
故选：C。
5.某有机物的结构简式如图所示。下列说法错误的是（　　）

A. 该有机物的分子式为C12H12O4
B. 1 mol该有机物最多能与4 mol H2反应
C. 该有机物可与NaHCO3溶液反应放出CO2，生成2.24 L CO2（标准状况下）需要0.1 mol该有机物
D. 该有机物可发生氧化、取代、加成和还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构简式可知该有机物的分子式为C12H12O4，故A不符合题意；
B．能与氢气发生加成反应的为碳碳双键、苯环和醛基，则1 mol该有机物最多能与5 mol H2反应，故B符合题意；
C．只有羧基能与NaHCO3反应，则0.1 mol该有机物与足量NaHCO3溶液可生成0.1 mol CO2，气体体积为2.24 L（标准状况下），故C不符合题意；
D．分子中含有碳碳双键、醛基，可发生加成、氧化、还原反应，含有羧基、羟基，可发生取代反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
6.下列现象与氢键有关的是（ ）
①NH3的熔、沸点比VA族其他元素氢化物的高
②乙醇、乙酸可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小
④水分子高温下也很稳定
A. ①②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ②③④
【答案】B
【解析】
【详解】①因ⅤA族中，N的非金属性最强，氨气中分子之间存在氢键，则氨气的熔、沸点比ⅤA族其他元素氢化物的高，故①正确；②因乙醇、乙酸与水分子之间能形成氢键，则乙醇、乙酸可以和水以任意比互溶，故②正确；③冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③正确；④水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故④错误；故选B。
7.离子键、共价键、金属键、范德华力都是微粒之间的不同作用力，下列物质：①Na2O2②SiO2③氦气 ④金刚石 ⑤NH4Cl ⑥白磷 含有上述任意两种作用力的是（ ）
A. ①②④ B. ①③⑥ C. ①⑤⑥ D. ③④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】
活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，分子晶体中分子之间存在范德华力。
【详解】①Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子和O原子之间存在共价键，所以过氧化钠中存在两种作用力，故正确；
②SiO2中Si原子和O原子之间存在共价键，所以只存在一种作用力，故错误；
③氦气只存在范德华力，故错误；
④金刚石中C原子之间只存在共价键，所以只存在一种作用力，故错误；
⑤NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键、N原子和H原子之间存在共价键，所以氯化铵中存在两种作用力，故正确；
⑥白磷分子中P原子之间存在共价键、白磷分子之间存在范德华力，所以白磷中存在两种作用力，故正确；
故选C。
8.关于有机物叙述正确的是（ ）
A. 丙烷的二卤代物是4种，则其六卤代物是2种
B. 某烃同分异构体只能形成一种一氯代物，其分子式一定为C5H12
C. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种
D. 对二甲苯的核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢
【答案】C
【解析】
【详解】A. 丙烷的分子式为C3H8，其二卤代物有4种，六卤代物的种数等于二卤代物的种数，即有4种，故A错误；
B. 某烃的同分异构体只能形成一种一氯代物，可以是，也可以是，故B错误；
C.苯环上有2个取代基，取代基位置是邻间对，含有3个碳原子的烷基可以是－CH2CH2CH3也可以是－CH(CH3)2，因此所得产物有2×3种，即有6种，故C正确；
D. 对二甲苯中，关于红线对称，应有2种不同化学环境的氢原子，故D错误；
答案：C。
9.膳食纤维具有突出的保健功能，是人体的“第七营养素”。木质素是一种非糖类膳食纤维，其单体之一——芥子醇结构简式如图所示。下列有关芥子醇的说法正确的是（ ）

A. 芥子醇分子中含9种不同化学环境的H原子
B. 芥子醇分子中所有碳原子不可能同一平面上
C. 芥子醇属于芳香族化合物，分子式是C11H12O4
D. 芥子醇能发生的反应类型有氧化、取代、加成
【答案】D
【解析】
【详解】A. 芥子醇分子中含7种不同化学环境的H原子，故A错误；
B. 芥子醇分子中的碳原子分别位于苯环、碳碳双键决定的2个平面上，单键可以旋转，所有碳原子可能在同一平面上，故B错误；
C. 芥子醇含有苯环，属于芳香族化合物，分子式是C11H14O4，故C错误；
D. 芥子醇含有碳碳双键、羟基，所以能发生的反应类型有氧化、取代、加成，故D正确；
选D。
10.金属原子在二维平面里的放置有如图所示的两种方式，下列说法中正确的是( )

A. 图(a)为非密置层，配位数为 6
B. 图(b)为密置层，配位数为 4
C. 图(a)在三维空间里堆积可得到镁型和铜型
D. 图(b)在三维空间里堆积仅得到简单立方堆积
【答案】C
【解析】
【详解】A. 图(a)为密置层，配位数为 6，故A错误；
B. 图(b)为非密置层，配位数为 4，故B错误；
C. 图(a)在三维空间里堆积可得到面心立方(铜型)和六方最密堆积(镁型)，故C正确；
D. 图(b)在三维空间里堆积得到简单立方堆积和体心立方，故D错误。
综上所述，答案为C。
11.下列说法正确的是( )
A. 向[Co(NH3)3Cl3]的水溶液中加入 AgNO3 溶液，不能观察到有明显的白色沉淀生成
B. 冰融化时只破坏范德华力
C. H2O、Al2Cl6 中都含配位键
D. 邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，是因为邻羟基苯甲醛存在氢键，而对羟基苯甲醛不存在氢键
【答案】A
【解析】
【详解】A. 向[Co(NH3)3Cl3]的水溶液中不能电离出氯离子，因此加入 AgNO3 溶液，不能观察到有明显的白色沉淀生成，故A正确；
B. 冰融化时破坏分子间氢键和范德华力，故B错误；
C. H2O中不含配位键，故C错误；
D. 邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，是因为邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，而对羟基苯甲醛存在分子间氢键，分子间氢键使得熔沸点升高，分子内氢键使得熔沸点降低，故D错误。
综上所述，答案为A。
12.由CH3CH2CH2Br制备CH3CH（OH）CH2OH，依次（从左至右）发生的反应类型和反应条件都正确的是（　　）
选项
反应类型
反应条件
A
加成反应、取代反应、消去反应
NaOH醇溶液/加热、NaOH水溶液/加热、常温
B
消去反应、加成反应、水解反应
NaOH水溶液/加热、常温、NaOH醇溶液/加热
C
消去反应、加成反应、取代反应
NaOH醇溶液/加热、常温、NaOH水溶液/加热
D
氧化反应、取代反应、消去反应
加热、NaOH醇溶液/加热、NaOH水溶液/加热
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】由CH3CH2CH2Br制取CH3CH(OH)CH2OH，可用逆推法判断：CH3CHOHCH2OH→CH3CHBrCH2Br→CH3CH=CH2→CH3CH2CH2Br，则CH3CH2CH2Br应首先发生消去反应生成CH3CH=CH2，需要的条件是NaOH的醇溶液、加热；CH3CH=CH2发生加成反应生成CH3CHBrCH2Br，常温下即可发生反应；CH3CHBrCH2Br发生水解反应可生成1，2-丙二醇，需要条件是氢氧化钠的水溶液、加热，故选：C。
13.甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是

A. 甲、乙的化学式均为C8H14
B. 乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）
C. 丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面
D. 甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】
【分析】
A．根据结构简式判断；
B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上；
C．苯为平面形结构，结合三点确定一个平面分析；
D．乙与高锰酸钾不反应。
【详解】A．由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；
B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH－原子上，共有7种，故B正确；
C．苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；
D．乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。
故选D。
14.根据下列合成路线判断反应类型正确的是( )

A. A→B的反应属于加成反应 B. B→C的反应属于酯化反应
C. C→D的反应属于消去反应 D. D→E的反应属于加成反应
【答案】A
【解析】
【详解】A、A中含有碳碳双键，与氢气发生加成反应生成B，A正确；
B、有机物B是环醚，与氯化氢发生加成反应生成C，B错误；
C、C中含有羟基，与氯化氢发生取代反应生成D，C错误；
D、D中的氯原子被－CN取代，发生取代反应，D错误；
答案选A。
15.有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是

A. ①为简单立方堆积 ②为六方最密堆积 ③为体心立方堆积 ④为面心立方最密堆积
B. 每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，③2个，④4个
C. 晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8，③8，④12
D. 空间利用率的大小关系为：①<②<③<④
【答案】B
【解析】
【详解】A、①为简单立方堆积、②为体心立方堆积、③为六方最密堆积、④为面心立方最密堆积，② 、③颠倒，故A错误；
B、根据晶胞计算，每个晶胞含有的原子数分别为：①8×1/8=1个，②8×1/8+1=2个，③8×1/8+1=2个，④8×1/8+6×1/2=4个，故B正确；
C、配位数是指晶胞中与原子紧邻的原子数，所以四种晶胞中原子的配位数分别为：①6， ②8 ，③12， ④12，故C错误；
D、空间利用率是指晶胞在所含原子的体积与晶胞体积的比值，根据四种晶胞的空间利用率判断①< ②< ③= ④，故D错误；
答案选B。
16.下列说法正确的是( )
A. (CH3)3CCH2(CH3)C=CH2的名称为：2，2，4-三甲基-4-戊烯
B. 在一定条件下可以发生缩聚反应生成高分子化合物
C. 1mol 有机物与 NaOH 溶液反应，最多消耗 6molNaOH
D. 用氢氧化钠溶液可以除去乙酸乙酯中混有的乙酸、乙醇杂质
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A. (CH3)3CCH2(CH3)C=CH2的名称为：2，4，4-三甲基-1-戊烯，故A错误；
B. 在一定条件下可以发生缩聚反应，按照羧基脱羟基，羟基脱氢发生缩聚反应生成高分子化合物，故B正确；
C. 1mol 有机物与 NaOH 溶液反应，含有1mol羧基，消耗1molNaOH，含有1mol肽键消耗1molNaOH，含有1mol酚酸酯消耗2molNaOH，含有1mol酚羟基消耗1molNaOH，共消耗 5molNaOH
D. 用饱和碳酸钠溶液可以除去乙酸乙酯中混有的乙酸、乙醇杂质，故D错误。
综上所述，答案为B。
17.某聚酯纤维结构如图所示，下列说法正确的是( )

A. 由单体合成该聚酯纤维的反应属于加聚反应
B. 该聚酯纤维的单体为对苯二甲酸和乙二醇
C. 该聚酯纤维不能水解
D. 该聚酯纤维含有亲水基羟基，在水中溶解度较大
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由单体合成该聚酯纤维的反应属于缩聚反应，故A错误；
B. 根据该聚酯纤维的结构得到该高聚物的单体为对苯二甲酸和乙二醇，故B正确；
C. 该聚酯纤维含有酯基，能发生水解，故C错误；
D. 该聚酯纤维虽然含有亲水基羟基，但由于含有较多的碳原子，因此在水中溶解度较小，故D错误。
综上所述，答案为B。
18.胆矾 CuSO4·5H2O 可写[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如图：

下列有关胆矾的说法正确的是( )
A. Cu2+的电子排布式为[Ar]3d84s1
B. 胆矾是分子晶体，分子间存在氢键
C. 氧原子参与形成离子键、配位键和氢键三种化学键
D. 因为作用力的不同，胆矾中的水在不同温度下会分步失去
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．Cu2+的电子排布式为[Ar]3d9，故A错误；
B．胆矾是离子晶体，根据图中信息说明存在分子间氢键，故B错误；
C．氧原子与铜形成配位键，[Cu(H2O)4]SO4与H2O存在氢键，但氢键不是化学键，故C错误；
D．根据结构图信息得出胆矾晶体中水有两类，一种是形成氢键的水分子，一种是形成配体的水分子，因此在加热时，胆矾中的水在不同温度下会分步失去，故D正确。
综上所述，答案为D。
19.异秦皮啶具有抗肿瘤功效，秦皮素具有抗痢疾杆菌功效，它们在一定条件下可发生如图所示的转化。下列说法正确的是( )

A. 异秦皮啶与秦皮素互为同系物
B. 秦皮素一定条件下能发生加成反应、消去反应和取代反应
C. 1 mol 秦皮素最多可与 3 mol NaOH 反应
D. 每个异秦皮啶分子与氢气完全加成后的产物中含有 5 个手性碳原子
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A. 异秦皮啶与秦皮素酚羟基数目不相同，结构不相似，因此不互为同系物，故A错误；
B. 秦皮素一定条件下能发生加成反应和取代反应，但不能发生消去反应，酚羟基不能发生消去反应，故B错误；
C. 1 mol 秦皮素含有2mol酚羟基，消耗2molNaOH，含有1mol酚酸酯，消耗2mol NaOH，因此最多可与 4 mol NaOH 反应，故C错误；
D. 每个异秦皮啶分子与氢气完全加成后的产物中含有 5 个手性碳原子，图中*号的碳原子为手性碳原子，故D正确。
答案为D。
20.合成药物异搏定路线中某一步骤如图所示，下列说法正确的是( )

A. 物质 X 的分子式为 C8H10O2
B. 物质 Y 可以发生水解、加成和氧化反应
C. 物质 Z 中所有原子有可能在同一平面内
D. 等物质的量的 X、Y 分别与 NaOH 反应，最多消耗 NaOH 的物质的量之比为 1:2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A. 根据X的结构得到X 的分子式为C8H8O2，故A错误；
B. 物质Y含有酯基和—Br可发生水解，不能发生加成反应，故B错误；
C. 物质 Z 中含有—CH3，因此所有原子不可能在同一平面内，故C错误；
D. 1molX含有1mol酚羟基，消耗1molNaOH，1molY含有1mol酯基，消耗1molNaOH，含有1mol—Br，水解消耗1molNaOH，因此等物质的量的 X、Y 分别与 NaOH 反应，最多消耗 NaOH 的物质的量之比为 1:2，故D正确。
答案为D。
第Ⅱ卷 (综合题，共 3 题，共 40 分)
21.Al 的晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示。

已知 Al的原子半径为 d，NA代表阿伏加德罗常数，Al 的相对原子质量为 M。
(1)晶胞中 Al 原子的配位数为_____，一个晶胞中 Al 原子的数目为_____，该晶胞的空间利用率是_____。
(2)该晶体的密度为_____(用字母表示)。
【答案】 (1). 12 (2). 4 (3). 74% (4).
【解析】
【分析】
根据晶胞结构得出金属Al为面心立方，根据面心立方得出配位数，空间利用率，再根据晶胞结构先计算晶胞参数，再计算密度。
【详解】(1)根据晶胞的结构得出晶体Al是面心立方，晶胞中原子的配位数为12，一个晶胞中Al原子的数目为，该晶胞的空间利用率是74%；故答案为：12；4；74%。
(2)晶体Al是面心立方，则晶胞参数，该晶体的密度为；故答案为：。
【点睛】晶胞密度的计算是常考知识，根据密度公式分别找出质量和体积，先找出一个的质量，再乘以晶胞中有几个，再根据晶胞参数计算晶胞体积。
22.辣椒素是辣椒的活性成分，可在口腔中产生灼烧感，能够起到降血压和胆固醇的功效，进而在很大程度上预防心脏病，也能缓解肌肉关节疼痛。辣椒素酯类化合物的结构可以表示为：
（R烃基）
其中一种辣椒素酯类化合物J的合成路线如下：

已知：
①A、B和E为同系物，其中B的相对分子质量为44，A和B核磁共振氢谱显示都有两组峰；
②化合物J的分子式为C15H22O4；
③
回答下列问题：
（1）G所含官能团的名称为_____________。
（2）由A和B生成C的化学方程式为______________。
（3）由C生成D的反应类型为____________，D的化学名称为______________。
（4）由H生成I的化学方程式为______________。
（5）J的结构简式为_____________。
（6）G的同分异构体中，苯环上的一氯代物只有一种的共有___种（不含立体异构），核磁共振氢谱显示2组峰的是__________（写结构简式)。
【答案】 (1). 醚键、（酚）羟基 (2). (3). 加成（还原） (4). 4,4-二甲基-1-戊醇 (5). (6). (7). 8种 (8).
【解析】
【分析】
化合物J的分子式为C15H22O4，结合J的结构为，故R为—C6H13，因此F和I为和C6H13COOH，结合流程图知，F为C6H13COOH，I为；因此G为，H为；B的相对分子质量为44，B核磁共振氢谱显示有两组峰，故B为CH3CHO；A和B为同系物，结合信息③，据此分析作答。
【详解】A为C4H9CHO，A的核磁共振氢谱显示有两组峰，则A为(CH3)3CCHO，C为(CH3)3CCH =CHCHO，D为(CH3)3CCH2CH2CH2OH，E为(CH3)3CCH2CH2CHO， F为(CH3)3CCH2CH2COOH。
（1）G为，所含官能团的有醚键，(酚)羟基，故答案为醚键，(酚)羟基；
（2）A为(CH3)3CCHO，B为CH3CHO；A和B生成C的化学方程式为(CH3)3CCHO +CH3CHO(CH3)3CCH =CHCHO，故答案为(CH3)3CCHO +CH3CHO(CH3)3CCH =CHCHO；
（3）C为(CH3)3CCH =CHCHO，D为(CH3)3CCH2CH2CH2OH，C与氢气发生加成反应生成D；D为(CH3)3CCH2CH2CH2OH，名称为4，4-二甲基-1-戊醇，故答案为加成(还原)；4，4-二甲基-1-戊醇；
（4）在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成I，化学方程式+2NaOH+NaCl+H2O；
（5）根据上述分析，J为；
（6）G为，G的同分异构体中，苯环上的一氯代物只有一种的有、、、、、、、共8种；其中核磁共振氢谱显示2组峰的是，故答案为8种；。
23.布洛芬具有降温和抑制肺部炎症的双重作用。一种制备布洛芬的合成路线如下：

已知：①CH3CH2ClCH3CH2MgCl
②+HCl
回答下列问题：
(1)A 的化学名称_____，G→H 的反应类型_____，H 中官能团的名称_________。
(2)分子中所有碳原子可能在同一平面上的 E 的结构简式_____。
(3)I→K 的化学方程式为_____。
(4)写出符合下列条件的 D 的同分异构体的结构简式_____ (不考虑立体异构)。
①能与 FeCl3溶液发生显色反应；
②分子中有一个手性碳原子；
③核磁共振氢谱有七组峰
(5)写出以间二甲苯、CH3COCl 和(CH3)2CHMgCl 为原料制备的合成路线________ (无机试剂任选)
【答案】 (1). 甲苯 (2). 消去反应 (3). 碳碳双键、酯基 (4). 或 (5). +H2O +CH3OH (6). (7).
【解析】
【分析】
A(甲苯)与氯气在光照条件下反应生成B()，与Mg、乙醚发生类似信息①的反应生成，与在酸性条件下发生类似信息①的反应生成D()，在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成E(可能的结构或)，或与氢气发生加成反应生成F，F与发生加成反应生成G，G发生消去反应生成H()，与氢气发生加成反应生成I，I在酸性条件下水解生成K。
【详解】(1)A的化学名称甲苯，根据G→H的反应条件和K的结构得出反应类型为消去反应，H()中官能团的名称碳碳双键、酯基；故答案为：甲苯；消去反应；碳碳双键、酯基。
(2)E中含有碳碳双键，分子中所有碳原子可能在同一平面上的E的结构简式或；故答案为：或。
(3)I→K是在酸性条件下发生水解反应，其化学方程式为+H2O +CH3OH；故答案为：+H2O +CH3OH。
(4)符合下列条件①能与 FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②分子中有一个手性碳原子，说明有一个碳原子连的四个原子或原子团不相同；③核磁共振氢谱有七组峰，D的同分异构体的结构简式；故答案为：。
(5)先是根据信息②，与(CH3)2CHMgCl在酸性条件下反应生成，在浓硫酸作用下发生消去反应生成，与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成；因此流程图为： ；故答案为： 。
【点睛】有机推断是常考题型，考察学生分析推断的能力，根据信息和前后分子结构推断有机物的反应或有机物的物质结构。