2018届绍兴诸暨市化学二模试卷及答案
怎样提升学习成绩呢?当然是要多准备一些化学试卷练习啦,以下是百分网小编为你整理的2018届绍兴诸暨市化学二模试卷，希望能帮到你。
2018届绍兴诸暨市化学二模试卷题目
一、选择题(共7小题，每小题6分，满分42分)
1.下列说法不正确的是( )
A.利用贮氢金属和氢气反应生成氢化物的方法，为解决氢气的贮存问题指明了方向
B.科学家发现纳米硒除荧光灯的残汞效果非常好，可见纳米硒的非金属性比一般的硒强
C.在人类对酸碱认识的发展过程中，提出的酸碱质子理论不但适用于水溶液，在非水溶液和无水条件下也适用
D.为了使加酶洗衣粉有良好的洗涤效果，可先用温水溶解洗衣粉
2.下列说法操作不正确的是( )
A.某些强氧化剂(如氯酸钾、高锰酸钾等)或其混合物不能研磨，否则易引起爆炸
B.达到滴定终点后，静置1～2min再读数，主要是为了防止管壁有液体残留引起误差
C.在用简易量热计测定反应热时，一般采取下列实验措施：使用碎泡沫起隔热保温、用普通玻璃棒进行搅拌，准确读取反应前后温度、取2～3次的实验平均值
D.某溶液可能含有SO42﹣和Cl﹣，可先加足量的硝酸钡，取上层清液再加稀硝酸和硝酸银，来检验其中的Cl﹣
3.原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种前20号的主族元素，其中A和C、B和D分别在同一主族，且它们原子的最外层电子数之和为20.已知A的氧化物能引起温室效应，E的单质能与水剧烈反应且同主族中存在金属和非金属元素，下列说法正确的是( )
A.B的氢化物的沸点比D的氢化物要高，原因是B的非金属性强
B.比较A、C元素形成的常见氧化物，它们的化学键类型相同，晶体类型也相同
C.C的最高价氧化物的水化物酸性比D的最高价氧化物的水化物酸性强
D.根据元素周期律，推测E在氧气中燃烧时可能生成E2O2、EO2等物质
4.下列说法不正确的是( )
A.分馏石油气和裂解气可用溴水进行鉴别
B.异丁烷的二氯取代物有3种(不考虑立体异构)
C.主链含四个碳的烷烃中，碳原子个数是最多的是2，3﹣四甲基丁烷
D.乙醇和甘油都含羟基，葡萄糖和蔗糖都是糖类，但它们之间不是同系物
5.双级膜电渗析解离NaCl溶液制备酸碱的原理，为提高海水淡化的附加值提供了新的技术路径.已知BP为双级膜，阴阳膜界面可以解离H+和OH﹣，下列说法正确的是( )
A.A为阳离子交换膜，C为阴离子交换膜
B.X为阴极，发生的电极反应方程式为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O
C.在X、Y极室加入Na2SO4，目的是提供制备的酸和碱的阳离子或阴离子
D.通过该装置，不但海水得到了淡化，同时还可以得到NaOH、HCl、H2、O2等物质
6.根据表，下列说法正确的是( )
化学式 电离常数(25℃)
CH3COOH Ka=1.8×10﹣5
H2SO3 Ka1=1.23×10﹣2
Ka2=6.6×10﹣8
NH3.H2O Kb=1.8×10﹣5
A.25℃时，pH=3的醋酸和pH=11的氨水等体积混合后，混合液中水的电离是被促进的
B.Na2SO3溶液中滴加足量醋酸，反应的离子方程式为：SO32﹣+2CH3COOH=SO2↑+H2O+2CH3COO﹣
C.NaHSO3溶液呈酸性，是因为Kw/Ka1>Ka2
D.0.1mol/L的CH3COOH溶液与等浓度等体积的CH3COONa混合后，溶液中的微粒存在以下关系：c(H+)+c(CH3COOH)=c(CH3COO﹣)+2c(OH﹣)
7.某酸性工业废水，可能含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣、Br﹣、I﹣中的一种或几种，为了能回收其中的某些成分，进行了以下实验：
已知pH=4时，Fe3+沉淀完全，而Cu2+、Ca2+未沉淀.
下列说法不正确的是( )
A.该工业废水中肯定存在Cu2+、I﹣
B.若废水中存在NO3﹣，则肯定存在Fe3+
C.操作1为鼓入热空气，试剂1为Fe
D.为了得到FeSO47H2O，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥
二、非选择题(共4小题，满分43分)
8.乙炔是一种重要的有机物化工原料，现以它为原料，设计如下转化关系图(部分产物、反应条件已略去)，其中A是由等物质的量的乙炔、一氧化碳和水反应而得.
已知：物质 不稳定，会自动转化R﹣CH2CHO.请回答：
(1)A分子中的官能团名称为 .
(2)乙炔→F的反应类型是 ;一定条件下，C→B的反应类型是 .
(3)E的结构简式为 .
(4)下列说法中正确的是 (选填编号).
A.F属于芳香烃，且苯是同系物 B. 是D的一种同分异构体
C.D既是E是单体，又是E的链节 D.A、B、D、F四种物质都能使溴水褪色
(5)写出反应A+C→D的化学方程式 .
9.请回答：
(1)HClO的电子式为 .
(2)甲硅烷是一种无色无味的气体，结构类似于甲烷，在空气中能自燃，已知它的热值为akJg﹣1，则它的标准燃烧热为△H= .
(3)土壤呈碱性有很多原因，其中包括某些强碱弱酸盐(如Na2CO3)的水解，可以加入固体石膏(CaSO42H2O)来进行改良，用离子方程式表示原理 .
(4)配平氧化还原反应的离子方程式 Cr2O72﹣+ NO2﹣+ = Cr3++ NO3﹣+ .
10.液氨和二硫化碳在一定条件下反应可以生成甲和乙两种盐.2.55g乙受热会完全分解生成等物质的量的气体丙和丁共2.24L(标况)，丙能使紫色石蕊试液变蓝，另取少量FeCl3溶液，向其中滴加甲溶液，发现溶液变为血红色.请推测并回答：
(1)用离子方程式表示紫色石蕊试液变蓝原因： .
(2)写出乙受热分解的化学方程式 .
(3)甲溶液中加入足量浓NaOH溶液，加热后也能生成气体丙，写出该反应的离子方程式 .
(4)化合物甲的化学式为 .
(5)往上述血红色溶液中通入SO2，发现溶液红色褪去，请从氧化还原反应的角度解释红色褪去的原因 .
11.乙二醇是一种重要的有机化工原料，在478K利用草酸二甲酯催化加氢合成乙二醇的反应历程如下：
①CH3OOCCOOCH3(g)+2H2(g)⇌HOCH2COOH3(g)+CH3OH(g)△H1=a kJ/mol
②HOCH2COOCH3(g)+2H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+CH3OH(g)△H2=b kJ/mol
③HOCH2CH2OH(g)+H2(g)⇌C2H5OH(g)+H2O(g)△H3=c kJ/mol
(1)写出478K时草酸二甲酯催化加氢合成乙二醇的热化学方程式： .
(2)下表是各反应在不同温度下的平衡常：
反应/K/温度 458K 478K 488K
①
②
③ 1.78×104 1.43×104 1.29×104
1.91×107 1.58×107 1.45×107
8.11×108 3.12×108 2.00×108
①写出反应③的平衡常数表达式K= ，△H3 0(选填“>”、“=”或“<”).
②下列有关反应②的说法中，正确的是 (选填号).
A.较低温度有利于反应②自发进行
B.恒容条件下，当反应混合气体的平均摩尔质量不再改变时，反应达到了平衡
C.升高温度，有利于提高乙二醇的产率
D.增加氢气的浓度，一定既能加快反应的速率，又能提高乙二醇的百分含量
(3)分析图1、图2，选择工业上合成乙二醇的最佳压强n(H2)：n(草酸二甲酯)比例 (选填编号).
A.0～1Mpa，n(H2)：n(草酸二甲酯)=40 B.1～2Mpa，n(H2)：n(草酸二甲酯)=20
C.2～3Mpa，n(H2)：n(草酸二甲酯)=40 D.2～3Mpa，n(H2)：n(草酸二甲酯)=20
(4)图3表示温度对反应的影响，试分析工业上合成乙二醇时，实际温度不高也不低，选择在473K的理由? .
(5)对反应①，在478K、恒压条件下，充入草酸二甲酯和H2各2mol，一段时间后达平衡，若在t1时刻再充入各1mol的反应物(其它条件不变)，t2时重新达到平衡，请在图4中画出正逆反应速率随时间变化的示意图.
2018届绍兴诸暨市化学二模试卷答案
一、选择题(共7小题，每小题6分，满分42分)
1.下列说法不正确的是( )
A.利用贮氢金属和氢气反应生成氢化物的方法，为解决氢气的贮存问题指明了方向
B.科学家发现纳米硒除荧光灯的残汞效果非常好，可见纳米硒的非金属性比一般的硒强
C.在人类对酸碱认识的发展过程中，提出的酸碱质子理论不但适用于水溶液，在非水溶液和无水条件下也适用
D.为了使加酶洗衣粉有良好的洗涤效果，可先用温水溶解洗衣粉
【分析】A.贮氢金属和氢气反应生成氢化物的方法，解决气体难以储存和运输的问题;
B.纳米硒与一般的硒，得到电子的能力相同;
C.酸碱质子理论与结合氢离子或氢氧根离子有关;
D.加酶洗衣粉，可作催化剂，温水中催化效果较好.
【解答】解：A.贮氢金属和氢气反应生成氢化物的方法，解决气体难以储存和运输的问题，则为解决氢气的贮存问题指明了方向，故A正确;
B.纳米硒与一般的硒，得到电子的能力相同，非金属性相同，与纳米硒除荧光灯的残汞效果非常好无关，故B错误;
C.由酸碱质子理论可知，结合氢离子的为碱，能结合氢氧根离子为酸，不但适用于水溶液，在非水溶液和无水条件下也适用，故C正确;
D.加酶洗衣粉，可作催化剂，温水中催化效果较好，则为了使加酶洗衣粉有良好的洗涤效果，可先用温水溶解洗衣粉，故D正确;
故选B.
【点评】本题考查物质的性质、应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、化学与生活等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大.
2.下列说法操作不正确的是( )
A.某些强氧化剂(如氯酸钾、高锰酸钾等)或其混合物不能研磨，否则易引起爆炸
B.达到滴定终点后，静置1～2min再读数，主要是为了防止管壁有液体残留引起误差
C.在用简易量热计测定反应热时，一般采取下列实验措施：使用碎泡沫起隔热保温、用普通玻璃棒进行搅拌，准确读取反应前后温度、取2～3次的实验平均值
D.某溶液可能含有SO42﹣和Cl﹣，可先加足量的硝酸钡，取上层清液再加稀硝酸和硝酸银，来检验其中的Cl﹣
【分析】A.强氧化剂在研磨时易发生分解反应;
B.达到滴定终点后，管壁有液体残留时会导致测定溶液浓度偏低;
C.读取混合溶液温度应该是最高温度;
D.SO42﹣用氯化钡溶液鉴别;银离子用硝酸酸化的硝酸银溶液检验.
【解答】解：A.强氧化剂研磨易发生分解反应，生成气体导致爆炸，则KClO3、KMnO4等强氧化剂或其混合物不能研磨，否则将引起爆炸，故A正确;
B.达到滴定终点后，管壁有液体残留时，混合溶液中标准液体积偏小，会导致测定溶液浓度偏低，所以达到滴定终点后，静置1～2min再读数，主要是为了防止管壁有液体残留引起误差，故B正确;
C.读取混合溶液温度应该是最高温度，最高温度时酸碱恰好完全反应，不是任何温度，故C错误;
D.SO42﹣用氯化钡溶液鉴别，如果原来溶液中不含亚硫酸根离子或硫离子等可以用硝酸钡溶液检验;银离子用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，故D正确;
故选C.
【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及离子检验、实验操作、实验安全等知识点，明确实验原理、基本操作方法、物质性质是解本题关键，知道硫酸根离子、氯离子及铁离子、亚铁离子的检验方法及现象，题目难度不大.
3.原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种前20号的主族元素，其中A和C、B和D分别在同一主族，且它们原子的最外层电子数之和为20.已知A的氧化物能引起温室效应，E的单质能与水剧烈反应且同主族中存在金属和非金属元素，下列说法正确的是( )
A.B的氢化物的沸点比D的氢化物要高，原因是B的非金属性强
B.比较A、C元素形成的常见氧化物，它们的化学键类型相同，晶体类型也相同
C.C的最高价氧化物的水化物酸性比D的最高价氧化物的水化物酸性强
D.根据元素周期律，推测E在氧气中燃烧时可能生成E2O2、EO2等物质
【分析】原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种前20号的主族元素，已知A的氧化物能引起温室效应，A为C元素;E的单质能与水剧烈反应且同主族中存在金属和非金属元素，则E为Na或K，其中A和C、B和D分别在同一主族，则C为Si，可知E只能为K，由它们原子的最外层电子数之和为20，设B的最外层电子数为x，则4×2+x×2=20，解得x=6，则B为O，D为S，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答.
【解答】解：原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种前20号的主族元素，已知A的氧化物能引起温室效应，A为C元素;E的单质能与水剧烈反应且同主族中存在金属和非金属元素，则E为Na或K，其中A和C、B和D分别在同一主族，则C为Si，可知E只能为K，由它们原子的最外层电子数之和为20，设B的最外层电子数为x，则4×2+x×2=20，解得x=6，则B为O，D为S，
A.B的氢化物的沸点比D的氢化物要高，与水中含氢键有关，与O的非金属性强无关，故A错误;
B.二氧化碳、二氧化硅中化学键相同，晶体类型分别为分子晶体、原子晶体，故B错误;
C.非金属性D大于C，则C的最高价氧化物的水化物酸性比D的最高价氧化物的水化物酸性弱，故C错误;
D.根据元素周期律，K的金属性大于Na，则推测E在氧气中燃烧时可能生成E2O2、EO2等物质，故D正确;
故选D.
【点评】本题考查原子结构及元素周期律，为高频考点，把握元素在周期表的位置、元素化合物知识推断元素为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意原子结构及元素化合物知识的综合应用，题目难度不大.
4.下列说法不正确的是( )
A.分馏石油气和裂解气可用溴水进行鉴别
B.异丁烷的二氯取代物有3种(不考虑立体异构)
C.主链含四个碳的烷烃中，碳原子个数是最多的是2，3﹣四甲基丁烷
D.乙醇和甘油都含羟基，葡萄糖和蔗糖都是糖类，但它们之间不是同系物
【分析】A.分馏石油气是各种烷烃的混合物，而裂化汽油含有不饱和键;
B.异丁烷为CH3CH(CH3)CH3，其二氯代物可以取代同一碳原子上的2个H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断;
C.主链含四个碳的烷烃中，支链只能是甲基，最多4个甲基;
D.同系物是结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2基团的化合物互称为同系物，官能团的种类和数目相同.
【解答】解：A.裂化汽油中的不饱和键可以使溴水褪色，而分馏石油气不能使溴水褪色，故A正确;
B.异丁烷为CH3CH(CH3)CH3，二氯代物取代同一碳原子上的2个H原子，有：CH3CH(CH3)CHCl2;取代不同碳原子上的H原子，有：ClCH2CH(CH3)CH2Cl，ClCH2CCl(CH3)CH3，共有3种，故B正确;
C.主链含四个碳的烷烃中，支链只能是甲基，最多4个甲基，名称为2，2，3，3﹣四甲基丁烷，故C错误;
D.乙醇和甘油都含羟基，分别含有1个、3个羟基;葡萄糖中含有醛基，蔗糖中不含有醛基，都是糖类，它们之间不是同系物，故D正确;
故选C.
【点评】本题主要考查有机物的结构和性质，涉及同分异构体、同系物的辨析，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大.
5.双级膜电渗析解离NaCl溶液制备酸碱的原理，为提高海水淡化的附加值提供了新的技术路径.已知BP为双级膜，阴阳膜界面可以解离H+和OH﹣，下列说法正确的是( )
A.A为阳离子交换膜，C为阴离子交换膜
B.X为阴极，发生的电极反应方程式为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O
C.在X、Y极室加入Na2SO4，目的是提供制备的酸和碱的阳离子或阴离子
D.通过该装置，不但海水得到了淡化，同时还可以得到NaOH、HCl、H2、O2等物质
【分析】A、A是氯离子通过，而B是钠离子自由通过;
B、X为阳极，而不是阴极;
C、在X、Y极室加入Na2SO4，目的是增加溶液的导电性;
D、该装置是氯化钠的浓度减少，同时在阴极得到氢气阳极得到氧气.
【解答】解：A、A是氯离子通过，而B是钠离子自由通过，所以A为阴离子交换膜，C为阳离子交换膜，故A错误;
B、X为阳极，而不是阴极，电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故B错误;
C、在X、Y极室加入Na2SO4，目的是增加溶液的导电性，而不是提供制备的酸和碱的阳离子或阴离子，故C错误;
D、该装置是氯化钠的浓度减少，同时在阴极得到氢气阳极得到氧气，所以通过该装置，不但海水得到了淡化，同时还可以得到NaOH、HCl、H2、O2等物质，故D正确;
故选D.
【点评】本题考查了海水淡化原理，明确图片内涵是解本题关键，阴阳离子在电极上放电，导致排出的水为淡水，从而实现海水淡化，难度不大.
6.根据表，下列说法正确的是( )
化学式 电离常数(25℃)
CH3COOH Ka=1.8×10﹣5
H2SO3 Ka1=1.23×10﹣2
Ka2=6.6×10﹣8
NH3.H2O Kb=1.8×10﹣5
A.25℃时，pH=3的.醋酸和pH=11的氨水等体积混合后，混合液中水的电离是被促进的
B.Na2SO3溶液中滴加足量醋酸，反应的离子方程式为：SO32﹣+2CH3COOH=SO2↑+H2O+2CH3COO﹣
C.NaHSO3溶液呈酸性，是因为Kw/Ka1>Ka2
D.0.1mol/L的CH3COOH溶液与等浓度等体积的CH3COONa混合后，溶液中的微粒存在以下关系：c(H+)+c(CH3COOH)=c(CH3COO﹣)+2c(OH﹣)
【分析】A、pH=3的醋酸和pH=11的氨水等体积混合后，得到的是醋酸铵溶液，能双水解的盐类;
B、化学反应遵循强酸制备弱酸的原理，据此回答;
C、NaHSO3溶液呈酸性，亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度;
D、0.1mol/L的CH3COOH溶液与等浓度等体积的CH3COONa混合后，溶液中存在物料守恒，据此回答.
【解答】解：A、pH=3的醋酸和pH=11的氨水等体积混合后，得到的是醋酸铵溶液，能双水解的盐类，水的电离是被促进的，故A正确;
B、SO32﹣+2CH3COOH=SO2↑+H2O+2CH3COO﹣，说明酸性：CH3COOH>H2SO3，这和CH3COOH的Ka=1.8×10﹣5、H2SO3的Ka1=1.23×10﹣2亚硫酸酸性强是矛盾的，故B错误;
C、NaHSO3溶液呈酸性，亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，而Kw/Ka1>Ka2说明亚硫酸氢根离子的水解程度大于电离程度，故C错误;
D、0.1mol/L的CH3COOH溶液与等浓度等体积的CH3COONa混合后，溶液中存在物料守恒2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO﹣)，存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)，整理两式子，得到：2c(H+)+c(CH3COOH)=c(CH3COO﹣)+2c(OH﹣)，故D错误.
故选A.
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，难度不大，注意电荷守恒、物料守恒、质子守恒三大守恒的应用是关键.
7.某酸性工业废水，可能含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣、Br﹣、I﹣中的一种或几种，为了能回收其中的某些成分，进行了以下实验：
已知pH=4时，Fe3+沉淀完全，而Cu2+、Ca2+未沉淀.
下列说法不正确的是( )
A.该工业废水中肯定存在Cu2+、I﹣
B.若废水中存在NO3﹣，则肯定存在Fe3+
C.操作1为鼓入热空气，试剂1为Fe
D.为了得到FeSO47H2O，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥
【分析】废水中通入足量氯气的目的是将溶液中还原性较强的离子氧化，可能氧化Fe2+、Br﹣、I﹣，操作1为鼓入热空气，吹出溴蒸气，冷凝后有深红棕色液体生成，说明是液溴，则可推断出原废水中含Br﹣; 调节溶液PH约为4，Fe3+沉淀完全，得到氢氧化铁沉淀，加稀硫酸后氢氧化铁沉淀溶解，试剂1为铁，将三价铁离子还原为二价铁离子，为了得到FeSO47H2O，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥; 加足量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，说明原废水中不含Cu2+，含Ca2+，白色沉淀是氢氧化钙，在加足量氢氧化钠溶液后溶液无明显现象，说明溶液中无碘，原废水中不含I﹣;氯离子不能确定; 由于废水呈酸性，若含有NO3﹣、就不能有还原性二价铁离子，只能是三价铁离子，有二价铁离子，就不能有NO3﹣.
【解答】解：废水中通入足量氯气的目的是将溶液中还原性较强的离子氧化，可能氧化Fe2+、Br﹣、I﹣，操作1为鼓入热空气，吹出溴蒸气，冷凝后有深红棕色液体生成，说明是液溴，则可推断出原废水中含Br﹣; 调节溶液PH约为4，Fe3+沉淀完全，得到氢氧化铁沉淀，加稀硫酸后氢氧化铁沉淀溶解，试剂1为铁，将三价铁离子还原为二价铁离子，为了得到FeSO47H2O，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥; 加足量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，说明原废水中不含Cu2+，含Ca2+，白色沉淀是氢氧化钙，在加足量氢氧化钠溶液后溶液无明显现象，说明溶液中无碘，原废水中不含I﹣;氯离子不能确定; 由于废水呈酸性，若含有NO3﹣、就不能有还原性二价铁离子，否者会发生氧化还原反应，只能是三价铁离子; 若有二价铁离子，就不能有NO3﹣，
A.根据上述分析可知，溶液中不含Cu2+、I﹣，故A错误;
B.由于废水呈酸性，若含有NO3﹣，就不能有还原性二价铁离子，否者会发生氧化还原反应，只能是三价铁离子; 若有二价铁离子，就不能有NO3﹣，若废水中存在NO3﹣，则肯定存在Fe3+，故B正确;
C.操作1为鼓入热空气，吹出溴蒸气;试剂1为铁，将三价铁离子还原为二价铁离子，是为后面得到FeSO47H2O服务，故C正确;
D.为了得到FeSO47H2O，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，故D正确;
故选A.
【点评】本题结合化工工艺流程对中学常见离子进行检验，注意所加试剂的目的，常见离子以及物质的性质是答题的关键，一些困难问题还需要顺向思维与逆向思维相结合，本题有一定的难度.
二、非选择题(共4小题，满分43分)
8.乙炔是一种重要的有机物化工原料，现以它为原料，设计如下转化关系图(部分产物、反应条件已略去)，其中A是由等物质的量的乙炔、一氧化碳和水反应而得.
已知：物质 不稳定，会自动转化R﹣CH2CHO.请回答：
(1)A分子中的官能团名称为 碳碳双键、羧基 .
(2)乙炔→F的反应类型是 加成反应 ;一定条件下，C→B的反应类型是 酯化反应 .
(3)E的结构简式为 .
(4)下列说法中正确的是 BD (选填编号).
A.F属于芳香烃，且苯是同系物 B. 是D的一种同分异构体
C.D既是E是单体，又是E的链节 D.A、B、D、F四种物质都能使溴水褪色
(5)写出反应A+C→D的化学方程式 CH2=CHCOOH+CH3CH2OH=CH2=CHCOOCH2CH3+H2O .
【分析】乙炔与水加成生成B，B为CH3CHO，CH3CHO催化加氢生成C为CH3CH2OH，根据A和C反应的条件可知，该反应应为酯化反应，A是由等物质的量的乙炔、一氧化碳和水反应而得，则A为C3H4O2，根据D和E的分子式可知，D发生加聚反应生成E，所以可推知A为CH2=CHCOOH，所以D为CH2=CHCOOCH2CH3，E为 ，乙炔与甲苯发生加成反应生成 F，据此答题.
【解答】解：乙炔与水加成生成B，B为CH3CHO，CH3CHO催化加氢生成C为CH3CH2OH，根据A和C反应的条件可知，该反应应为酯化反应，A是由等物质的量的乙炔、一氧化碳和水反应而得，则A为C3H4O2，根据D和E的分子式可知，D发生加聚反应生成E，所以可推知A为CH2=CHCOOH，所以D为CH2=CHCOOCH2CH3，E为 ，乙炔与甲苯发生加成反应生成 F，
(1)A为CH2=CHCOOH，A分子中的官能团名称为碳碳双键、羧基，
故答案为：碳碳双键、羧基;
(2)根据上面的分析可知，乙炔→F的反应类型是加成反应，一定条件下，C→B的反应类型是酯化反应，
故答案为：加成反应;酯化反应;
(3)根据上面的分析可知，E的结构简式为 ，
故答案为： ;
(4)A.根据F的结构可知，F属于芳香烃，但不是苯的同系物，故A错误;
B.D为CH2=CHCOOCH2CH3， 是D的一种同分异构体，故B正确;
C.D既是E是单体，但不是E的链节，故C错误;
D.A、B、D、F四种物质含有醛基或碳碳双键，所以都能使溴水褪色，故D正确.
故选BD;
(5)反应A+C→D的化学方程式为CH2=CHCOOH+CH3CH2OH=CH2=CHCOOCH2CH3+H2O，
故答案为：HCH2=CHCOOH+CH3CH2OH=CH2=CHCOOCH2CH3+H2O.
【点评】本题考查有机推断，涉及烯烃、醇、醛、羧酸等性质以及学生推理能力等，是对有机化合物知识的综合考查，能较好的考查考生的思维能力，根据乙烯与D的分子式，判断D的结构是解题的关键，难度中等，是高考热点题型.
9.请回答：
(1)HClO的电子式为 .
(2)甲硅烷是一种无色无味的气体，结构类似于甲烷，在空气中能自燃，已知它的热值为akJg﹣1，则它的标准燃烧热为△H= ﹣32akJ/mol .
(3)土壤呈碱性有很多原因，其中包括某些强碱弱酸盐(如Na2CO3)的水解，可以加入固体石膏(CaSO42H2O)来进行改良，用离子方程式表示原理 CO32﹣+CaSO4=SO42﹣+CaCO3↓ .
(4)配平氧化还原反应的离子方程式 1 Cr2O72﹣+ 3 NO2﹣+ 8H+ = 2 Cr3++ 3 NO3﹣+ 4H2O .
【分析】(1)次氯酸分子为共价化合物，其中氢原子最外层达到2个电子稳定结构，氯、氧原子达到8电子稳定结构;
(2)根据甲硅烷的质量计算1mol甲硅烷燃烧放出的热量，结合化学方程式书写热化学方程式.注意物质的聚集状态和反应热的单位;
(3)Na2CO3、CaSO4反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠;
(4)反应中Cr2O72﹣→Cr3+，Cr元素由+6价降低为+3价，共降低6价，NO2﹣→NO3﹣，N元素由平均化合价+3价升高为+5价，共升高2价，化合价最小公倍数为6，Cr2O72﹣的系数为1，NO2﹣的系数为3，再根据原子守恒、电荷守恒配平其它物质系数，据此解答.
【解答】解：(1)H原子最外层1个电子，Cl原子最外层7个电子，O原子最外层6个电子，次氯酸为共价化合物，其电子式为 ，故答案为： ;
(2)由于硅烷的热值为akJg﹣1，则1molSiH4燃烧放出的热量为：32akJ，
反应的化学方程式为：SiH4+O2=SiO2+2H2O，则热化学方程式为：SiH4(g)+O2(g)=SiO2(g)+2H2O(l);△H=﹣32akJ/mol，
故答案为：﹣32akJ/mol;
(3)石膏是主要成分是CaSO4，Na2CO3、CaSO4反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠，硫酸根离子和钠离子不水解，则其溶液呈中性，所以石膏能降低其碱性，反应方程式为CO32﹣+CaSO4=SO42﹣+CaCO3↓，故答案为：CO32﹣+CaSO4=SO42﹣+CaCO3↓;
(4)反应中Cr2O72﹣→Cr3+，Cr元素由+6价降低为+3价，共降低6价，NO2﹣→NO3﹣，N元素由平均化合价+3价升高为+5价，共升高2价，化合价最小公倍数为6，Cr2O72﹣的系数为1，NO2﹣的系数为3，再根据原子守恒、电荷守恒配平其它物质系数，配平后的方程式为Cr2O72﹣+3NO2﹣+8H+→2Cr3++3NO3﹣+4H2O，
故答案为：1;3;8H+;2;3;4H2O.
【点评】本题考查氧化还原反应配平、燃烧热的计算和电子式的书写，难度中等，应注意基础的掌握.
10.液氨和二硫化碳在一定条件下反应可以生成甲和乙两种盐.2.55g乙受热会完全分解生成等物质的量的气体丙和丁共2.24L(标况)，丙能使紫色石蕊试液变蓝，另取少量FeCl3溶液，向其中滴加甲溶液，发现溶液变为血红色.请推测并回答：
(1)用离子方程式表示紫色石蕊试液变蓝原因： NH3+H2O⇌NH3H2O⇌NH4++OH﹣ .
(2)写出乙受热分解的化学方程式 NH4HS NH3↑+H2S↑ .
(3)甲溶液中加入足量浓NaOH溶液，加热后也能生成气体丙，写出该反应的离子方程式 NH4++OH﹣ NH3↑+H2O .
(4)化合物甲的化学式为 NH4SCN .
(5)往上述血红色溶液中通入SO2，发现溶液红色褪去，请从氧化还原反应的角度解释红色褪去的原因 二氧化硫具有还原性、铁离子具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成亚铁离子导致溶液褪色，离子方程式为2SO2+Fe3++H2O=2Fe2++SO42﹣+2H+ .
【分析】液氨和二硫化碳在一定条件下反应可以生成甲和乙两种盐，2.55g乙受热会完全分解生成等物质的量的气体丙和丁共2.24L(标况)，丙能使紫色石蕊试液变蓝，说明丙为NH3，则乙为铵盐;
另取少量FeCl3溶液，向其中滴加甲溶液，发现溶液变为血红色，说明甲中含有SCN﹣离子，甲是盐，则甲为NH4SCN，反应物中有NH3、CS2，生成物中含有NH4SCN和另一种铵盐，该反应中所有元素化合价不变，且乙分解生成两种气体，则为硫化铵或硫氢化铵，如果是NH4HS，n(NH4HS)= =0.05mol，分解反应为NH4HS H2S↑+NH3↑，0.05mol硫氢化铵分解生成0.1mol气体，气体条件在标况下的条件是2.24L，则乙为NH4HS;
结合题目分析解答.
【解答】解：液氨和二硫化碳在一定条件下反应可以生成甲和乙两种盐，2.55g乙受热会完全分解生成等物质的量的气体丙和丁共2.24L(标况)，丙能使紫色石蕊试液变蓝，说明丙为NH3，则乙为铵盐;
另取少量FeCl3溶液，向其中滴加甲溶液，发现溶液变为血红色，说明甲中含有SCN﹣离子，甲是盐，则甲为NH4SCN，反应物中有NH3、CS2，生成物中含有NH4SCN和另一种铵盐，该反应中所有元素化合价不变，且乙分解生成两种气体，则为硫化铵或硫氢化铵，如果是NH4HS，n(NH4HS)= =0.05mol，分解反应为NH4HS H2S↑+NH3↑，0.05mol硫氢化铵分解生成0.1mol气体，气体条件在标况下的条件是2.24L，则乙为NH4HS;
(1)氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨分解生成铵根离子和氢氧根离子，导致氨水溶液呈碱性，用离子方程式表示紫色石蕊试液变蓝原因：NH3+H2O⇌NH3H2O⇌NH4++OH﹣，
故答案为：NH3+H2O⇌NH3H2O⇌NH4++OH﹣;
(2)乙是硫氢化铵，硫氢化铵受热分解的化学方程式为NH4HS NH3↑+H2S↑，
故答案为：NH4HS NH3↑+H2S↑;
(3)甲是硫氢化铵，甲溶液中加入足量浓NaOH溶液，加热后也能生成气体丙，该反应的离子方程式NH4++OH﹣ NH3↑+H2O，
故答案为：NH4++OH﹣ NH3↑+H2O;
(4)化合物甲的化学式为NH4SCN，故答案为：NH4SCN;
(5)往上述血红色溶液中通入SO2，发现溶液红色褪去，铁离子和二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，从而导致溶液褪色，离子方程式为2SO2+Fe3++H2O=2Fe2++SO42﹣+2H+，
故答案为：二氧化硫具有还原性、铁离子具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成亚铁离子导致溶液褪色，离子方程式为2SO2+Fe3++H2O=2Fe2++SO42﹣+2H+.
【点评】本题考查无机物推断，为高频考点，涉及N、C、S元素及其化合物之间的转化，明确物质性质是解本题关键，侧重考查学生分析推断及获取信息解答问题能力，知道铁离子的检验方法，题目难度不大.
11.乙二醇是一种重要的有机化工原料，在478K利用草酸二甲酯催化加氢合成乙二醇的反应历程如下：
①CH3OOCCOOCH3(g)+2H2(g)⇌HOCH2COOH3(g)+CH3OH(g)△H1=a kJ/mol
②HOCH2COOCH3(g)+2H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+CH3OH(g)△H2=b kJ/mol
③HOCH2CH2OH(g)+H2(g)⇌C2H5OH(g)+H2O(g)△H3=c kJ/mol
(1)写出478K时草酸二甲酯催化加氢合成乙二醇的热化学方程式： CH3OOCCOOCH3(g)+4H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)△H=(a+b)kJ/mol .
(2)下表是各反应在不同温度下的平衡常：
反应/K/温度 458K 478K 488K
①
②
③ 1.78×104 1.43×104 1.29×104
1.91×107 1.58×107 1.45×107
8.11×108 3.12×108 2.00×108
①写出反应③的平衡常数表达式K= ，△H3 < 0(选填“>”、“=”或“<”).
②下列有关反应②的说法中，正确的是 AB (选填号).
A.较低温度有利于反应②自发进行
B.恒容条件下，当反应混合气体的平均摩尔质量不再改变时，反应达到了平衡
C.升高温度，有利于提高乙二醇的产率
D.增加氢气的浓度，一定既能加快反应的速率，又能提高乙二醇的百分含量
(3)分析图1、图2，选择工业上合成乙二醇的最佳压强n(H2)：n(草酸二甲酯)比例 C (选填编号).
A.0～1Mpa，n(H2)：n(草酸二甲酯)=40 B.1～2Mpa，n(H2)：n(草酸二甲酯)=20
C.2～3Mpa，n(H2)：n(草酸二甲酯)=40 D.2～3Mpa，n(H2)：n(草酸二甲酯)=20
(4)图3表示温度对反应的影响，试分析工业上合成乙二醇时，实际温度不高也不低，选择在473K的理由? 此反应的催化剂在473K时催化活性最好 .
(5)对反应①，在478K、恒压条件下，充入草酸二甲酯和H2各2mol，一段时间后达平衡，若在t1时刻再充入各1mol的反应物(其它条件不变)，t2时重新达到平衡，请在图4中画出正逆反应速率随时间变化的示意图.
【分析】(1)①CH3OOCCOOCH3(g)+2H2(g)⇌HOCH2COOH3(g)+CH3OH(g)△H1=a kJ/mol，
②HOCH2COOCH3(g)+2H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+CH3OH(g)△H2=b kJ/mol，
由盖斯定律可知，①+②可得CH3OOCCOOCH3(g)+4H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)，△H;
(2)①达到化学平衡状态时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，称为化学平衡常数，温度升高，K减小，说明逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应;
②A.根据△G=△H﹣T△S<0自发进行的分析;
B.根据公式M= 分析平均摩尔质量是否为变量;
C.升高温度，平衡逆向移动;
D.增加氢气的浓度，反应①②③平衡正向移动;
(3)有图1可知，增大压强有利于合成乙二醇，由图2可知n(H2)：n(草酸二甲酯)越大，有利于合成乙二醇;
(4)由图3可知温度对反应的影响不大，选择在473K在于催化剂的活性最大;
(5)在478K、恒压条件下，充入各1mol的反应物，反应物浓度增大，生成物浓度减小，与平衡为等效平衡.
【解答】解：(1)①CH3OOCCOOCH3(g)+2H2(g)⇌HOCH2COOH3(g)+CH3OH(g)△H1=a kJ/mol，
②HOCH2COOCH3(g)+2H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+CH3OH(g)△H2=b kJ/mol，
由盖斯定律可知，①+②可得CH3OOCCOOCH3(g)+4H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)，△H=(a+b)kJ/mol，
故答案为：CH3OOCCOOCH3(g)+4H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)△H=(a+b)kJ/mol;
(2)①HOCH2CH2OH(g)+H2(g)⇌C2H5OH(g)+H2O(g)K= ，温度升高，K3减小，说明逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，△3H<0，
故答案为：K= ;<;
②A.HOCH2COOCH3(g)+2H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+CH3OH(g)△S<0，K随温度的变化与反应HOCH2CH2OH(g)+H2(g)⇌C2H5OH(g)+H2O(g)相同，因此△H<0，则△G=△H﹣T△S在低温时小于零，自发进行，故A正确;
B.反应物和生成物都是气体，m恒定，反应前后相比，气体的物质的量n减小，由M= 可知，M为变量，因此恒容条件下，当反应混合气体的平均摩尔质量不再改变时，反应达到了平衡，故B正确;
C.升高温度，平衡逆向移动，不利于提高乙二醇的产率，故C错误;
D.增加氢气的浓度，反应①②③化学反应速率增大，平衡正向移动，但①②生成乙二醇，反应③消耗乙二醇，因此不能确定乙二醇的百分含量的变化趋势，故D错误;
故答案为：AB;
(3)有图1可知，增大压强有利于合成乙二醇因此选择2～3Mpa，由图2可知n(H2)：n(草酸二甲酯)越大，有利于合成乙二醇，因此选择n(H2)：n(草酸二甲酯)=40，
故答案为：C;
(4)由图3可知温度对草酸二甲酯的转化率和乙二醇的选择性影响不大，选择在473K在于催化剂的活性最好，
故答案为：此反应的催化剂在473K时催化活性最好;
(5)在478K、恒压条件下，充入各1mol的反应物，反应物浓度增大，生成物浓度减小，与平衡为等效平衡，对应的图象为 ，
故答案为 .
【点评】本题考查热化学方程式、化学平衡的计算、平衡移动以及平衡状态的判断，为高频考点，综合性很强，题目难度较大，难点在于对图象的分析能够与化学反应原理相匹配.
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