完整版海南高考化学试题及答案高清解析版.docx

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完整版海南高考化学试题及答案高清解析版

2016年海南省高考化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：

本题共6小题，每小题2分，共12分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．（2分）（2016•海南）下列物质中，其主要成分不属于烃的是（　　）

A．汽油B．甘油C．煤油D．柴油

【答案】B

【解析】甘油为丙三醇，是醇类，不是烃，汽油、煤油、柴油为碳原子数在不同范围内的烃类混合物，多为烷烃．故选B．

2．（2分）（2016•海南）下列物质不可用作食品添加剂的是（　　）

A．谷氨酸单钠B．柠檬酸C．山梨酸钾D．三聚氰胺

【答案】D

【解析】A．谷氨酸单钠为味精的主要成分，故A不选；

B．柠檬酸主要用作酸味剂、抗氧化剂、调色剂等，故B不选；

C．山梨酸钾，主要用作食品防腐剂，故C不选；

D．三聚氰胺有毒，不能用于食品加工及作食品添加剂，故D选．故选D．

3．（2分）（2016•海南）下列反应可用离子方程式“H++OH﹣=H2O”表示的是（　　）

A．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合B．NH4Cl溶液与Ca（OH）2溶液混合

C．HNO3溶液与KOH溶液混合D．Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合

【答案】C

【解析】A．二者反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，硫酸钡在离子反应中保留化学式，不能用H++OH﹣=H2O表示，故A不选；

B．NH4Cl溶液与Ca（OH）2溶液混合反应实质是铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，不能用H++OH﹣=H2O表示，故B不选；

C．HNO3溶液与KOH溶液混合，反应实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式：

H++OH﹣=H2O，故C选；

D．磷酸二氢根离子为多元弱酸根离子，不能拆，所以Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合不能用H++OH﹣=H2O表示，故D不选；故选：

C．

4．（2分）（2016•海南）下列叙述错误的是（　　）

A．氦气可用于填充飞艇B．氯化铁可用于硬水的软化

C．石英砂可用于生产单晶硅D．聚四乙烯可用于厨具表面涂层

【答案】B

【解析】A．气球内其他的密度必须比空气密度小，氦气的密度小于空气的密度，并且化学性质稳定，不易和其它物质发生反应，氦气可用于填充气球，故A正确；

B．氯化铁不能与钙离子、镁离子反应，不能降低钙离子、镁离子浓度，所以不能用于硬水的软化，故B错误；

C．二氧化硅与焦炭反应生成硅与二氧化硅，所以石英砂可用于生产单晶硅，故C正确；

D．不粘锅表面涂层的主要成分为聚四氟乙烯，故D正确；故选：

B．

5．（2分）（2016•海南）向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是（　　）

A．c（CO32﹣）B．c（Mg2+）C．c（H+）D．Ksp（MgCO3）

【答案】A

【解析】MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：

MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32﹣（aq），加入少量稀盐酸可与CO32﹣促使溶解平衡正向移动，故溶液中c（CO32﹣）减小，c（Mg2+）及c（H+）增大，Ksp（MgCO3）只与温度有关，不变，只有A正确．故选A．

6．（2分）（2016•海南）油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：

C57H104O6（s）+80O2（g）=57CO2（g）+52H2O（l）

已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8×104kJ，油酸甘油酯的燃烧热为（　　）

A．3.8×104kJ•mol﹣1B．﹣3.8×104kJ•mol﹣1C．3.4×104kJ•mol﹣1D．﹣3.4×104kJ•mol﹣1

【答案】D

【解析】燃烧热指的是燃烧1mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量．燃烧1kg油酸甘油酯释放出热量3.8×104kJ，

则1kg该化合物的物质的量为

，则油酸甘油酯的燃烧热△H=﹣

=﹣3.4×104kJ•mol﹣1，故选D．

二、选择题：

本题共6小题，每小题4分，共24分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分．

7．（4分）（2016•海南）下列实验设计正确的是（　　）

A．将SO2通入溴水中证明SO2具有漂白性

B．将铁屑放入稀HNO3中证明Fe比H2活泼

C．将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在CO32﹣

D．将乙烯通入KmnO4酸性溶液证明乙烯具有还原性

【答案】D

【解析】A、SO2通入溴水褪色是发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫的还原性，而不是漂白性，故A错误；

B、将铁屑放入稀HNO3中是硝酸的强氧化性，生成氮的氧化物，而不产生氢气，所以不能证明Fe比H2活泼，故B错误；

C、将澄清石灰水滴入某溶液有沉淀产生，不能证明其中存在CO32﹣，还可能存在碳酸氢根离子和亚硫酸根、亚硫酸氢根离子，故C错误；

D、乙烯有还原性，能被高锰酸钾氧化，使其褪色，故D正确；故选D．

8．（4分）（2016•海南）下列有关实验操作的叙述错误的是（　　）

A．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁

B．从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁

C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁

D．向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁

【答案】B

【解析】A．过滤时为防止液体飞溅，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，使滤液沿烧杯内壁缓缓流下，故A正确；

B．滴加试剂时应防止污染滴管，滴管不能接触试管内壁，故B错误；

C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，故C正确；

D．向容量瓶转移液体时，为防止流出容量瓶外，可使导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁，故D正确．故选B．

9．（4分）（2016•海南）利用太阳能分解水制氢，若光解0.02mol水，下列说法正确的是（　　）

A．可生成H2的质量为0.02g

B．可生成氢的原子数为2.408×1023个

C．可生成H2的体积为0.224L（标准情况）

D．生成H2的量理论上等于0.04molNa与水反应产生H2的量

【答案】D

【解析】根据方程式2H2O=2H2↑+O2↑，光解0.02mol水，可产生0.02molH2和0.01molO2．则可得：

A．可生成H2的质量为0.02mol×2g/mol=0.04g，故A错误；

B．可生成氢的原子数为0.02mol×2×6.02×1023/mol=2.408×1022个，故B错误；

C．可生成标准状况下H2的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L，故C错误；

D．钠与水发生2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，则0.04molNa与水反应产生0.02molH2，故D正确．故选D．

10．（4分）（2016•海南）某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液．下列说法正确的是（　　）

A．Zn为电池的负极B．正极反应式为2FeO42﹣+10H++6e﹣=Fe2O3+5H2O

C．该电池放电过程中电解质溶液浓度不变D．电池工作时OH﹣向负极迁移

【答案】AD

【解析】A．根据化合价升降判断，Zn化合价只能上升，故为负极材料，K2FeO4为正极材料，故A正确；

B．KOH溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为2FeO42﹣+6e﹣+8H2O=2Fe（OH）3+10OH﹣，故B错误；

C．该电池放电过程中电解质溶液浓度减小，故错误；

D．电池工作时阴离子OH﹣向负极迁移，故D正确．故选AD．

11．（4分）（2016•海南）由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示．下列说法正确的是（　　）

A．由X→Y反应的△H=E5﹣E2B．由X→Z反应的△H＜0

C．降低压强有利于提高Y的产率D．升高温度有利于提高Z的产率

【答案】BC

【解析】A．根据化学反应的实质，由X→Y反应的△H=E3﹣E2，故A错误；

B．由图象可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即由反应的△H＜0，故B正确；

C．根据化学反应2X（g）≒3Y（g），该反应是气体系数和增加的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利于提高Y的产率，故C正确；

D．由B可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的产率降低，故D错误．故选BC．

12．（4分）（2016•海南）工业上可由乙苯生产苯乙烯：

，下列说法正确的是（　　）

A．该反应的类型为消去反应

B．乙苯的同分异构体共有三种

C．可用Br2、CCl4鉴别乙苯和苯乙烯

D．乙苯和苯乙烯分子内共平面的碳原子数均为7

【答案】AC

【解析】A．反应C﹣C变为C=C，为消去反应，故A正确；

B．乙苯的同分异构体可为二甲苯，有邻、间、对，连同乙苯共4种，故B错误；

C．苯乙烯可与溴发生加成反应，溶液褪色，而乙苯不反应，可鉴别，故C正确；

D．苯环和碳碳双键都为平面形，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，则乙苯有7个碳原子共平面，苯乙烯有8个碳原子共平面，故D错误．

故选AC．

三、非选择题，包括必考题和选考题两部分．第13～17题为必考题，每个试题考生都必须作答，第18～23题为选考题，考生根据要求作答．

（一）必考题

13．（8分）（2016•海南）短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题：

（1）M元素位于周期表中的第　　周期、　　族．

（2）Z元素是　　，其在自然界中常见的二元化合物是　　．

（3）X与M的单质在高温下反应的化学方程式为　　，产物分子为直线形，其化学键属　　共价键（填“极性”或“非极性”）．

（4）四种元素中的　　可用于航空航天合金材料的制备，其单质与稀盐酸反应的化学方程式为　　．

【答案】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，则X为C元素；Y2+电子层结构与氖相同，则Y为Mg；Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，则Z为Si，M为S元素．

【解析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，则X为C元素；Y2+电子层结构与氖相同，则Y为Mg；Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，则Z为Si，M为S元素．

（1）M为S元素，核外各层电子数为2、8、6，有3个电子层，最外层电子数为6，故处于第三周期VIA族，

故答案为：

三；VIA；

（2）Z元素是Si，其在自然界中常见的二元化合物是SiO2，

故答案为：

Si；SiO2；

（3）X碳与硫的单质在高温下反应生成CS2，反应化学方程式为C+2S

CS2，产物分子为直线形，结构与二氧化碳类似，由于是由不同元素原子形成的共价键，其化学键属于极性共价键，

故答案为：

C+2S

CS2；极性；

（4）四种元素中只有Mg为金属元素，密度比较小，制成的合金硬度大，可用于航空航天合金材料的制备，Mg为活泼金属，与与稀盐酸发生置换反应生成氢气，反应的化学方程式为：

Mg+2HCl═MgCl2+H2↑，

故答案为：

Mg；Mg+2HCl═MgCl2+H2↑．

14．（8分）（2016•海南）KAl（SO4）2•12H2O（明矾）是一种复盐，在造纸等方面应用广泛．实验室中，采用废易拉罐（主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质）制备明矾的过程如下图所示．回答下列问题：

（1）为尽量少引入杂质，试剂①应选用　　（填标号）．

a．HCl溶液b．H2SO4溶液c．氨水d．NaOH溶液

（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为　　．

（3）沉淀B的化学式为　；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是　　．

（4）已知：

Kw=1.0×10﹣14，Al（OH）3⇌AlO2﹣+H++H2OK=2.0×10﹣13．Al（OH）3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于　．

【答案】易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，可选择浓NaOH溶解，得到偏铝酸钠溶液，并通过过滤除去Fe、Mg等杂质，滤液中加入NH4HCO3溶液后，促进AlO2﹣水解生成Al（OH）3沉淀，过滤后将沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，添加K2SO4溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到晶体明矾；

（1）铝是两性金属能与强酸、强碱反应，而Mg、Fe只能溶解于酸，据此选择试剂；

（2）用NaOH溶液溶解Al生成偏铝酸钠及氢气，据此写出反应化学方程式；

（3）滤液中加入NH4HCO3溶液后，促进AlO2﹣水解生成Al（OH）3沉淀；Al3+水解使明矾溶液显酸性；

（4）Al（OH）3沉淀溶解在NaOH溶液里发生的反应为Al（OH）3+OH﹣⇌AlO2﹣+2H2O，结合水的离子积和氢氧化铝的电离平衡常数计算此反应的平衡常数．

【解析】

（1）根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液，而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异，可选择NaOH溶液溶解易拉罐，可除去含有的铁、镁等杂质，故答案为：

d；

（2）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；故答案为：

2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；

（3）滤液中加入NH4HCO3溶液后，电离出的NH4+和HCO3﹣均能促进AlO2﹣水解，反应式为NH4++AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+NH3•H2O，生成Al（OH）3沉淀；因Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，则明矾水溶液显酸性，故答案为：

Al（OH）3；Al3+水解，使溶液中H+浓度增大；

（4）Al（OH）3⇌AlO2﹣+H++H2O①H2O⇌H++OH﹣②，①﹣②可得Al（OH）3+OH﹣⇌AlO2﹣+2H2O，则Al（OH）3溶于NaOH溶液反应的平衡常数=K÷Kw=

=20，故答案为：

20．

15．（8分）（2016•海南）乙二酸二乙酯（D）可由石油气裂解得到的烯烃合成．回答下列问题：

（1）B和A为同系物，B的结构简式为　　．

（2）反应①的化学方程式为　　，其反应类型为　　．

（3）反应③的反应类型为　　．

（4）C的结构简式为　　．

（5）反应②的化学方程式为　　．

【答案】C2H6O与C反应生成D，由D的结构简式可知C为HOOC﹣COOH，C2H6O为CH3CH2OH，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成乙醇．C3H5Cl发生卤代烃的水解反应生成CH2=CHCH2OH，则C3H5Cl为CH2=CHCH2Cl，B为CH2=CHCH3，CH2=CHCHO发生氧化反应得到HOOC﹣COOH．

【解析】C2H6O与C反应生成D，由D的结构简式可知C为HOOC﹣COOH，C2H6O为CH3CH2OH，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成乙醇．C3H5Cl发生卤代烃的水解反应生成CH2=CHCH2OH，则C3H5Cl为CH2=CHCH2Cl，B为CH2=CHCH3，CH2=CHCHO发生氧化反应得到HOOC﹣COOH．

（1）由上述【答案】可知，B的结构简式为：

CH2=CHCH3，

故答案为：

CH2=CHCH3；

（2）反应①是CH2=CH2和水发生加成反应生成乙醇，化学方程式为：

CH2=CH2+H2O

CH3CH2OH，属于加成反应，

故答案为：

CH2=CH2+H2O

CH3CH2OH，加成反应；

（3）反应③是CH2=CHCH2Cl发生水解反应生成CH2=CHCH2OH，也属于取代反应，

故答案为：

水解反应或取代反应；

（4）C的结构简式为：

HOOC﹣COOH，

故答案为：

HOOC﹣COOH；

（5）反应②是乙二酸与乙醇发生酯化反应生成乙二酸二乙酯，化学方程式为：

HOOC﹣COOH+2CH3CH2OH

CH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O，

故答案为：

HOOC﹣COOH+2CH3CH2OH

CH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O．

16．（9分）（2016•海南）顺﹣1，2﹣二甲基环丙烷和反﹣1，2﹣二甲基环丙烷可发生如图1转化：

该反应的速率方程可表示为：

v（正）=k（正）c（顺）和v（逆）=k（逆）c（反），k（正）和k（逆）在一定温度时为常数，分别称作正，逆反应速率常数．回答下列问题：

（1）已知：

t1温度下，k（正）=0.006s﹣1，k（逆）=0.002s﹣1，该温度下反应的平衡常数值K1=　　；该反应的活化能Ea（正）小于Ea（逆），则△H　　0（填“小于”“等于”或“大于”）．

（2）t2温度下，图2中能表示顺式异构体的质量分数随时间变化的曲线是　　（填曲线编号），平衡常数值K2=　；温度t1　　t2（填“小于”“等于”或“大于”），判断理由是　　．

【答案】

（1）根据v（正）=k（正）c（顺），k（正）=0.006s﹣1，以及v（逆）=k（逆）c（反），k（逆）=0.002s﹣1，结合化学平衡状态时正逆反应速率相等，可列出正、反浓度关系，可计算平衡常数，该反应的活化能Ea（正）小于Ea（逆），说明断键吸收的能量小于成键释放的能量，即该反应为放热反应；

（2）随着时间的推移，顺式异构体的质量分数不断减少，则符合条件的曲线是B，设顺式异构体的起始浓度为x，则可逆反应左右物质的系数相等，均为1，则平衡时，顺式异构体为0.3想，反式异构体为0.7x，所以平衡常数K2=

=

，以此解答该题．

【解析】

（1）根据v（正）=k（正）c（顺），k（正）=0.006s﹣1，则v（正）=0.006c（顺），v（逆）=k（逆）c（反），k（逆）=0.002s﹣1，则v（逆）=0.002c（反），化学平衡状态时正逆反应速率相等，则0.006c（顺）=0.002c（反），该温度下反应的平衡常数值K1=

=

=3，该反应的活化能Ea（正）小于Ea（逆），说明断键吸收的能量小于成键释放的能量，即该反应为放热反应，则△H小于0，

故答案为：

3；小于；

（2）随着时间的推移，顺式异构体的质量分数不断减少，则符合条件的曲线是B，设顺式异构体的起始浓度为x，则可逆反应左右物质的系数相等，均为1，则平衡时，顺式异构体为0.3想，反式异构体为0.7x，所以平衡常数K2=

=

，因为K1＞K2，放热反应升高温度时平衡逆向移动，所以温度t2＞t1，

故答案为：

B；

；小于；放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动．

17．（11分）（2016•海南）某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS．某同学用15.0g该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜．采用的实验方案如下：

回答下列问题：

（1）在下列装置中，第一次浸出必须用　　，第二次浸出应选用　　．（填标号）

（2）第二次浸出时，向盛有滤液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液．若顺序相反，会造成　　．滤渣2的主要成分是　　．

（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是　　．

（4）某同学在实验完成之后，得到1.5gCuSO4﹒5H2O，则铜的回收率为　　．

【答案】

（1）根据题目化学工艺流程知，第一次浸出发生反应：

ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，有有毒的生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，第二次浸出时发生反应：

CuS++H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O，不产生有毒气体；

（2）H2O2与固体颗粒接触分解；二氧化硅不与硫酸反应；

（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用仪器为蒸发皿；

（4）根据CuS质量分数计算废催化剂中Cu的物质的量，再计算硫酸铜晶体的物质的量，进而计算铜的回收率．

【解析】

（1）根据题目化学工艺流程知，第一次浸出发生反应：

ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，有有毒的生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，选D装置，第二次浸出时发生反应：

CuS++H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O，不产生有毒气体，可以选用A装置，

故答案为：

D；A；

（2）第二次浸出时，向盛有滤液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液．若顺序相反，会造成H2O2与固体颗粒接触分解，

二氧化硅不与硫酸反应，滤渣2的主要成分是SiO2，

故答案为：

H2O2与固体颗粒接触分解；SiO2；

（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用仪器为蒸发皿，

故答案为：

蒸发皿；

（4）废催化剂中Cu的物质的量为15.0g×12.8%÷96g/mol=0.02mol，1.5gCuSO4﹒5H2O中Cu的物质含量的为1.5g÷250g/mol=0.006mol，则铜的回收率为

×100%=30%，

故答案为：

30%．

（二）选考题，任选一模块作答[选修5--有机化学基础]

18．（6分）（2016•海南）下列化合物在核磁共振氢谱中能出现两组峰，且其峰面积之比为2：

1的有（　　）

A．乙酸甲酯B．对苯二酚C．2﹣甲基丙烷D．对苯二甲酸

【答案】BD

【解析】A．乙酸甲酯（CH3COOCH3）中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为1：

1，故A错误；

B．对苯二酚（

）中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为2：

1，故B正确；

C.2﹣甲基丙烷中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为9：

1，故C错误；

D．对苯二甲酸（

）中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为2：

1，故D正确．

故选：

BD．

19．（14分）（2016•海南）富马酸（反式丁烯二酸）与Fe2+形成的配合物﹣﹣富马酸铁又称“富血铁”，可用于治疗缺铁性贫血．如图是合成富马酸铁的一种工艺路线：

回答下列问题：

（1）A的化学名称为　　由A生成B的反应类型为　　．

（2）C的结构简式为　　．

（3）富马酸的结构简式为　　．

（4）检验富血铁中是否含有Fe3+的实验操作步骤是　．

（5）富马酸为二元羧酸，1mol富马酸与足量饱和NaHCO3溶液反应可放出　　LCO2（标况）；富马酸的同分异构体中，同为二元羧酸的还有　　（写出结构简式）．

【答案】环己烷与氯气在光照条件下生成B为卤代烃，B发生消去反应生成环己烯，则B为

，环己烯与溴发生加成反应生成C为

，C再发生消去反应生成

，

与氯气发生取代反应生成

，

发生氧化反应生成

，再发生消去反应、中和反应得到

，进行酸化得到富马酸为：

．

【解析】环己烷与氯气在光照条件下生成B为卤代烃，B发生消去反应生成环己烯，则B为

，环己烯与溴发生加成反应生成C为

，C再发生消去反应生成

，

与氯气发生取代反应生成

，

发生氧化反应生成

，再发生消去反应、中和反应得到

，进行酸化得到富马酸为：

．

（1）A的化学名称为环己烷，由A生成B的反应类型为取代反应，

故答案为：

环己烷；取代反应；．

（2）环己烯与溴发生加成反应生成C，C的结构简式为：

，

故答案为：

；

（3）由上述【答案】可知，富马酸的结构简式为：

，

故答案为：

；

（4）检验富血铁中是否含有Fe3+的实验操作步骤是：

取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则产品中含有Fe3+，反之，则无，

故答案为：

取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则产品中含有Fe3+，反之，则无；

（5）富马酸为二元羧酸，1mo