重庆市铜梁区2021-2022学年高一化学下学期期末试题（Word版附解析）

高一下期期末练习题一、单选题(每题3分，共42分)1.2018年6月5日是第47个世界环境日，主题为“塑战速决”，呼吁全世界齐心协力对抗一次性塑料污染问题。下列做法不应提倡的是A.大量生产超薄塑料袋B.将塑料垃圾回收再生C.生产可降解绿色替代品D.少用或不用一次性塑料制品【答案】A【解析】【详解】A、超薄塑料袋几乎不可重复使用，难以回收，大量生产超薄塑料袋会产生白色污染，故A不应提倡；B、做好废弃塑料的回收，可以减少白色污染，故B应提倡；C、生产可降解绿色替代品，可以减少白色污染，故C应提倡；D、少用或不用一次性塑料制品，可以减少白色污染，故D应提倡；答案选A。2.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A.糖类、油脂、蛋白质均为高分子化合物B.利用油脂在碱性条件下水解可制得甘油和肥皂C.用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造丝D.生活垃圾需分类投放、分类处理【答案】A【解析】分析】【详解】A．多糖类和蛋白质都属于高分子化合物，单糖、低聚糖和油脂不属于高分子化合物，A错误；B．油脂与氢氧化钠溶液共热反应生成高级脂肪酸钠和甘油、可制得甘油和肥皂，B正确；C．蛋白质灼烧时有特殊的羽毛烧焦的气味。用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造丝，C正确；D．生活垃圾需分类投放、分类处理，以充分利用资源、保护环境，D正确；答案选A。3.人的胃液是一种无色而呈酸性的液体，pH在0.9~1.5之间，胃液中含有大量盐酸。胃溃 疡患者胃酸过多可考虑选用下列试剂中的A.小苏打粉B.氢氧化铝粉C.氧化钙粉D.纯碱和碳酸钙粉【答案】B【解析】【分析】碳酸氢钠、碳酸钙能和盐酸反应生成二氧化碳，生成的气体会使胃膨胀，加重胃溃疡的程度，故胃溃疡的病人不能服用碳酸氢钠、碳酸钙，只能选用Al(OH)3，氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水。【详解】A．小苏打粉能和盐酸反应生成二氧化碳，生成的气体会使胃膨胀，加重胃溃疡的程度，故A不选；B．氢氧化铝碱性弱，与盐酸反应生成氯化铝和水，故B选；C．氧化钙粉溶于水生成氢氧化钙属于强碱，故C不选；D．纯碱和碳酸钙粉能和盐酸反应生成二氧化碳，生成的气体会使胃膨胀，加重胃溃疡的程度，故D不选；故选B。4.某同学依据实验现象，分析苹果中的物质成分，下列推测不合理的是选项实验现象推测A苹果具有香味含有低级酯B向苹果泥中滴加溶液，未变蓝不含淀粉C切开苹果，放置一段时间，果肉颜色变深含有还原性物质D向苹果汁中加入适量NaOH溶液，再与新制的悬浊液共热，产生砖红色沉淀含有葡萄糖A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．水果发出的香气是多种香味物质的混合香气，一般为低级酯为主，另有少量的醇和其他物质，A正确；B．检验淀粉应该用碘水，而不是溶液，B错误； C．切开苹果，放置一段时间，果肉颜色变深，因为苹果中含有酚类等还原性物质，酚类化合物与空气中的氧气接触会变为醌类化合物，发生变色反应变为黄色，苹果切开表面与空气接触时间越长，颜色变化越深，最后变为深褐色，C正确；D．向苹果汁中加入适量NaOH溶液，再与新制的悬浊液共热，产生砖红色沉淀，这是醛基的性质，说明苹果汁中含有葡萄糖，D正确；故选B。5.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.1mol 11B含有的中子数为0.6NAB.78g苯含有碳碳双键的数目为3NAC.标准状况下，11.2L乙烯和丙烯混合物中含极性键数为2NAD.足量铜与500 mL18.4 mol/L的硫酸反应，生成SO2的分子数为4.6NA【答案】A【解析】【详解】A.B为5号元素，11B的质量数为11，则其中子数为11-5=6，则0.1mol11B所含中子数为0.6NA，A项正确；B.苯中不存在碳碳双键，B项错误；C.乙烯和丙烯的最简式为CH2，含有2个极性键，标准状况下，11.2L乙烯和丙烯混合物认为含有最简式CH2的物质的量为0.5mol，则含有极性键数目为NA，C项错误；D.500mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜加热反应，当硫酸浓度变稀后，反应要停止，也就是说硫酸不可能全部与铜反应，故生成SO2分子的数目小于4.6NA，D项错误；答案选A。6.氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰。在反应过程中，破坏1mol氢气中的化学键消耗的能量为Q1kJ，破坏1mol氯气中的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1mol氯化氢中的化学键释放的能量为Q3kJ。下列关系式中正确的是AQ1+Q2<2Q3B.Q1+Q2>Q3C.Q1+Q2<Q3D.Q1+Q2>2Q3【答案】A【解析】【详解】氢气在氯气中燃烧的反应为放热反应，由反应热=反应物键能之和与生成物键能之和的差值相等可得：ΔH=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol—2Q3kJ/mol<0，则Q1+Q2<2Q3；故选A。7.常温下，下列各离子组在指定溶液中能大量存在的是A.无色溶液中： B.的溶液中：C.使石蕊变红溶液中：D.的溶液中：【答案】D【解析】【分析】【详解】A.在水溶液中显紫色，不符合题意要求，A错误；B.与发生氧化还原反应，不能共存，B错误；C.使石蕊变红的溶液为酸性溶液，与反应生成亚硫酸，不能共存，C错误；D.的溶液为碱性溶液，均能共存，D正确；故答案为：D。8.X、Y、Z、Q、W五种短周期元素，核电荷数依次增加。只有Q为金属，X与Q同主族，Z与W同主族，Y原子最外层电子数是内层电子数的2倍，Q＋与Z3－具有相同的电子层结构。下列说法正确的是A.Z的氧化物都能跟碱反应B.Z的氢化物与Z的最高价氧化物的水化物能发生反应C.Y的最高价氧化物的水化物是非电解质D.原子半径Q<W【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、Q、W五种短周期元素，核电荷数依次增加，Y原子最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层电子数小于9，所以Y是C元素；Q为金属，Q＋与Z3－具有相同的电子层结构，且Z、Q是短周期元素，所以Q是Na元素，Z是N元素；只有Q为金属，X与Q同主族，X与Q是短周期元素，所以X是H元素；Z与W同主族，所以W是P元素；即X是H元素，Y是C元素，Z是N元素，Q是Na元素，W是P元素。【详解】A．Z的氧化物有多种，部分氧化物是不成盐氧化物，如NO是不成盐氧化物，和碱不反应，A错误；B．Z的氢化物是NH3，Z的最高价氧化物的水化物是HNO3，氨气和硝酸能发生反应生成硝酸铵，B正确；C．Y的最高价氧化物的水化物H2CO3，是弱电解质，C错误；D．Q是Na元素，W是P元素；两者的原子位于具有电子层数，W的核电荷数大，所以 半径小，原子半径Q>W，D错误；故选B。9.某同学用如图所示实验来探究构成原电池的一般条件，下列说法中正确的是A.左瓶的灯泡发光B.右瓶的铜棒变粗C.右瓶中铁棒为正极D.左瓶：Fe−2e−===Fe2+【答案】B【解析】【详解】A.左瓶电极插入苯中，苯是非电解质，不能构成原电池，灯泡不会发光，A错误；B.右瓶电极插入硫酸铜溶液中，且构成闭合回路，形成原电池，铁是负极，铜是正极，溶液中的铜离子得到电子析出铜，所以铜棒变粗，B正确；C.金属性铁强于铜，因此右瓶中铁棒为负极，C错误；D.左瓶不能形成原电池，铁电极在苯中，不能发生反应，D错误；答案选B。10.把3molP和2.5molQ置于2L密闭容器中，发生如下反应：3P（g）+Q（g）xM（g）+2N（g），5min后达到平衡，生成N1mol，经测定M的平均速率是0.1mol/（L•min），下列叙述错误的是（）A.P的平均反应速率是0.15mol/（L•min）B.Q的转化率是25%C.Q的平衡浓度是1mol/LD.x的值为2【答案】BD【解析】【详解】把3molP和2.5molQ置于2L密闭容器中，5min后达到平衡，生成1molN，则：3P（g）+Q（g）xM（g）+2N（g）起始量（mol）：32.500变化量（mol）：1.50.50.25x1 平衡量（mol）：1.520.25x1A．=0.15mol/（Lmin），故A正确；B．Q转化率=×100%=20%，故B错误；C．Q的平衡浓度为=1mol/L，故C正确；D．根据M的速率，则0.25x=0.1mol/（Lmin）×5min×2L，解得x=4，故D错误；故选BD。【点评】本题考查化学平衡计算，理解掌握三段式在化学平衡计算中应用，比较基础。11.下列实验操作和现象与结论的关系不相符的是操作和现象结论A将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，钠与乙醇反应要平缓得多乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼B在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色石蜡油的分解产物中含有烯烃C向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体不能证明氯元素的非金属性强于碳元素D向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀蔗糖未水解A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．水、乙醇都可与钠反应生成氢气，根据生成氢气的剧烈程度可以比较得出乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故A正确；B．在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，证明石蜡油的分解产物中含有烯烃，故B正确；C.向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体，盐酸不是氯元素的最高价氧化物的水化物，不能证明氯元素的非金属性强于碳元素，故C正确；D.向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，需要首先加入氢氧化钠中和催化剂——硫 酸，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，才能检验蔗糖是否水解，故D错误；故选D。点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、影响反应速率因素等知识，把握物质的性质及反应原理为解答的关键。侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。12.下列实验能达到预期目的是（　　）A.制溴苯B.检验无水乙醇中是否有水C.从a处移到b处，观察到铜丝由黑变红D.制取少量乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A、苯与溴水不反应，苯与液溴在铁作催化剂的条件下制溴苯，故A错误；B.钠与乙醇、水都能反应放出氢气，不能用金属钠检验无水乙醇中是否有水，故B错误；C.b处乙醇蒸气的浓度较大，从a处移到b处，氧化铜被乙醇还原为铜，观察到铜丝由黑变红，故C正确；D.制取少量乙酸乙酯的实验中，用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，故D错误，答案选C。13.以丙酸为原料，经过下列反应可制取一种补铁剂：下列说法正确的是A.生成需要B.1mol乳酸最多消耗C.试剂a可以是 D.乳酸分子满足通式，乳酸属于糖类【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由图中流程可知生成是1mol丙酸与1mol氯气发生取代反应得到的，故需要，A错误；B．1mol乳酸中含有1mol羧基，羟基与氢氧化钠不反应，故1mol乳酸最多消耗，B正确；C．由图中流程可知生成的是乳酸亚铁，故试剂a不可以是，C错误；D．乳酸分子为C3H6O3，满足通式，但乳酸不属于糖类，因为糖类是多羟基醛或酮或能水解生成多羟基醛或酮的有机物，乳酸不符合该条件，D错误；故选B。14.在2.0L恒温恒容密闭容器中充入1.0molHCl和0.3molO2，加入催化剂发生反应：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)，HCl、O2的物质的量随时间变化如图所示。下列说法正确的是A.t2时，v(正)＝v(逆)B.加入催化剂反应速率不变C.t1时容器内气体的总压强比t2时的大D.t3时，容器中c(Cl2)＝c(H2O)＝0.4mol·L－1【答案】C【解析】【详解】A.t2时，反应物的量还在减少，反应还在向正方向进行，v(正)>v(逆)，选项A错误；B.加入催化剂改变化学反应速率，选项B错误；C.反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)是气体体积缩小的反应，随着反应的进行，气体的物质的量减少，恒容容器内压强减小，故t1时容器内气体的总压强比t2时的大，选 项C正确；D.t3时，O2的物质的量为0.1mol，减少了0.2mol，故容器中c(Cl2)＝c(H2O)＝0.1mol·L－1，选项D错误。答案选C。二、填空题(4个大题，共58分)15.卤块的主要成分是MgCl2(还含有少量Fe2+、Fe3+、Mn2+等离子)。以它为原料按下图流程可制得单质镁。已知：溶液中生成氢氧化物的pH如下表物质Fe(OH)3Mn(OH)2Mg(OH)2开始沉淀2.78.39.6完全沉淀3.79.811.1请回答下列问题：（1）步骤①中加入NaClO目的是_______；为了尽量除去杂质，pH应调至_______，固体a中的成分有_______。（2）溶液b中的主要溶质为_______，步骤②后检验固体b已洗涤干净的操作为_______。（3）步骤④选用的试剂X应是_______。（4）步骤⑤操作Ⅰ包括：先制得MgCl2·6H2O，再加热失水得无水MgCl2.由溶液c制MgCl2·6H2O的操作为_______、_______、过滤。（5）步骤⑥反应的化学方程式为_______。【答案】（1）①.将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去②.9.8③.Fe(OH)3、Mn(OH)2、Mg(OH)2（2）①NaCl②.取少量最后一次洗液于试管，加入硝酸酸化，再加硝酸银溶液，无白色沉淀生成，则固体b已洗净（3）盐酸（4）①.蒸发浓缩②.冷却结晶 （5）MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑【解析】【分析】卤块的主要成分是MgCl2(还含有少量Fe2+、Fe3+、Mn2+等离子)，加NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，用NaOH调pH，将Fe3+与Mn2+转化为Fe(OH)3、Mn(OH)2沉淀除去，滤液中含有Mg2+，加Na2CO3将Mg2+转化为MgCO3沉淀，固体b为MgCO3，溶液b中主要为NaCl，加水煮沸生成Mg(OH)2和CO2，MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2，加盐酸得到溶液c，即为MgCl2溶液，蒸发浓缩冷却结晶过滤得到MgCl2·6H2O，在HCl的饱和气流中继续蒸发得到无水MgCl2，电解得到Mg。【小问1详解】根据分析，步骤①中加入NaClO的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于除去；根据表格数据可知，为了将Mn2+完全除去，pH应调至9.8，此时会有少量的Mg2+也发生沉淀，生成的沉淀有Fe(OH)3、Mn(OH)2、Mg(OH)2；【小问2详解】由流程分析可知，溶质b为NaCl；沉淀吸附溶液中的氯离子，可用检验氯离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是取少量最后一次洗液于试管中，加入硝酸酸化，再加硝酸银溶液，无白色沉淀生成，则固体b已洗净；【小问3详解】根据分析，溶解Mg(OH)2生成MgCl2，应加入盐酸；【小问4详解】根据分析，由溶液c制MgCl2·6H2O的操作为蒸发浓缩(或加热浓缩)、冷却结晶、过滤；【小问5详解】镁属于活泼金属，所以采用电解熔融盐的方式制得，化学方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑。16.实验小组研究SO2与Na2O2的反应。（1）实验前分析物质的化学性质，提出假设：假设1：SO2和CO2都是酸性氧化物。类比CO2与Na2O2的反应可知，SO2与Na2O2反应生成Na2SO3和O2；假设2：SO2具有_______性，SO2与Na2O2反应生成Na2SO4。（2）用如图所示装置进行SO2与Na2O2反应的实验。实验过程中，观察到C中淡黄色粉末逐渐变为白色，用带火星的木条靠近D中导气管口，木条复燃。 ①A中反应产生SO2的化学方程式是_______。②B中的试剂为_______，其主要作用是_______。③实验证明假设_______正确。（3）为检验C中是否有Na2SO4生成，设计如下方案：取少量C中反应后的白色固体溶解于水，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入足量的稀HNO3，仍有白色沉淀不溶解，证明有Na2SO4生成。该方案是否合理？_______(填“合理”或“不合理”)。请简要说明理由：_______。（4）进一步实验证明C中反应后的固体中既有Na2SO3又有Na2SO4.从氧化还原反应的角度分析，+4价硫元素能被氧化为+6价。在上述实验条件下，+4价硫元素未完全转化为+6价，可见化学反应实际进行的情况与反应的_______(只写一条)有关。【答案】（1）还原性（2）①.Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O②.浓硫酸③.干燥SO2④.1（3）①.不合理②.硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸钡氧化成硫酸钡（4）温度或者条件【解析】【分析】A中浓硫酸和铜在加热条件下反应生成SO2，Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，B中干燥SO2，C中实施SO2与过氧化钠反应以探究反应产物，D中碱石灰，既用于吸收二氧化硫防止污染环境、又防止空气中的二氧化碳与水分进入C中。【小问1详解】SO2与Na2O2反应生成Na2SO4，二氧化硫被氧化成硫酸根，体现二氧化硫的还原性；【小问2详解】①A中铜与浓硫酸加热条件下反应产生二氧化硫，反应方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O。②根据分析，B中的试剂主要作用是干燥SO2，且为液态干燥剂，是浓硫酸。③根据C中淡黄色粉末变白色说明Na2O2发生了反应，根据带火星的木条靠近D中导气管口，木条复燃，可证明产物有氧气从而证明假设1成立；【小问3详解】方案不合理，因为硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸钡氧化成硫酸钡，最终的白色沉淀不确定是反应产生的硫酸钡还是被硝酸氧化而来的硫酸钡；【小问4详解】在上述实验条件下，+4价硫元素未完全转化为+6价，说明反应不能充分进行，这与反应是在常温条件下进行，温度对物质的性质有一定影响，导致反应不能充分进行。17.研究氮的氧化物碳的氧化物等大气污染物的处理有重要意义。（1）汽车尾气中NO生成过程中的能量变化如图所示。生成1molNO(g)_______(填“吸收"或“放出")_______kJ的热量。（2）汽车排气管内安装的催化转化器可使尾气的主要污染物(NO和CO)转化为无毒的大气循环物质。一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。下列能判断该反应达到化学平衡状态的是_______(填序号)。A.反应速率v(NO)=v(CO)B.混合气体中NO的物质的量分数保持不变C.混合气体的密度不再改变D.混合气体的压强不再改变（3）用CO2和H2合成甲醇有利于减少碳排放，其反应原理为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)。向甲、乙两个体积都为2.0L的恒容密闭容器中均充入1molCO2和3molH2，甲在T1乙在T2温度下发生上述反应，反应过程中n(CH3OH)随时间(t)的变化见下表：t/min036122436n甲(CH3OH)/mol00.360.600.820.800.80n乙(CH3OH)/mol00.300.500.680.850.85①T1_______T2(填“>”“<”或“=”)。②甲容器中，0~6min内的平均反应速率v(H2)=_______。③甲容器中CO2的平衡转化率为_______ （4）一种室温下“可呼吸”的Na-CO2电池装置如图所示，电池的总反应为3CO2+4Na=2Na2CO3+C。①电极a为_______极(填“正”或“负")。②电极b发生的电极反应为_______。【答案】（1）①.吸收②.180（2）BD（3）①.>②.③.80%（4）①.负②.3CO2+4e-═2CO+C【解析】【小问1详解】由图可知，该反应的反应热等于反应物分子中化学键吸收的总能量(946kJ/mol+498kJ/mol=1444kJ/mol)与形成生成物分子中的化学键放出的总能量(632kJ/mol×2=1264kJ/mol)之差，即吸热180kJ/mol，故答案为：吸收；180；【小问2详解】A．无论反应是否达到平衡状态，反应速率v(NO)=v(CO)，故A错误；B．混合气体中NO的物质的量分数保持不变，即NO浓度不再改变，说明反应已达到平衡状态，故B正确；C．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能说明反应已达到平衡状态，故C错误；D．该反应是气体物质的量减小的反应，随着反应进行，混合气体的压强减小，当混合气体的压强不再改变，说明反应已达到平衡状态，故D正确；故答案为：BD；【小问3详解】①相同反应时间下，甲容器n(CH3OH)变化量比乙容器的多，说明甲的反应速率快，温度高，则T1>T2；②甲容器中，0~6min内的平均反应速率，由速率之比等于系数比，则 v(H2)=3；③甲容器中平衡时∆n(CH3OH)=0.8mol，由变化的物质的量之比等于系数比，则∆n(CO2)=∆n(CH3OH)=0.8mol，转化率为；【小问4详解】电池的总反应为3CO2+4Na=2Na2CO3+C，放电时Na失电子作负极、Ni作正极，负极反应式为Na-e-=Na+、正极反应式为3CO2+4e-═2CO+C；①电极a上Na失电子，则a为负极；②电极b为正极，发生的电极反应为3CO2+4e-═2CO+C。18.已知：A可作为水果催熟剂，D是一种合成高分子材料，G是一种有果香味的物质。现以C4H10为原料合成D、G的路线设计如下：请回答下列问题：（1）B的名称为_______。反应①～⑥中属于加成反应的是_______。（2）写出下列反应的化学方程式：反应④_______，反应③_______。（3）为加快⑥的反应速率，采取的措施有_______，若用46gE和30gF在一定条件下反应生成29.5gG，则G的产率为_______。（4）比C4H10多1个碳的同系物存在多种同分异构体，写出它们的结构简式：_______。【答案】（1）①.1，2-二氯乙烷②.①④（2）①.CH2=CH2+H2OCH3CH2OH②.nCH2=CHCl（3）①.加浓硫酸、加热②.67%（4）CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4【解析】【分析】水果催熟剂A是乙烯CH2=CH2，反应①发生加成反应生成B：CH2ClCH2Cl，反应②发生消去反应生成C：CH2=CHCl，反应③发生加聚反应得到聚氯乙烯，反应④发生加 成反应得到乙醇E：C2H5OH，反应⑤发生氧化反应得到乙酸F：CH3COOH，反应⑥发生酯化反应得到具有果香味的乙酸乙酯G：CH3COOCH2CH3，据此分析解答。【小问1详解】B的名称为1，2-二氯乙烷；反应①～⑥中属于加成反应的是①④；【小问2详解】反应④：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；反应③：nCH2=CHCl【小问3详解】酯化反应中加浓硫酸、加热可提高反应速率；题中所给量根据反应方程式可知乙醇过量，乙酸不足，30g乙酸理论上完全反应得到44g乙酸乙酯，故产率=；【小问4详解】比C4H10多1个C的同系物为戊烷C5H12，其结构简式可能为CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4。