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2018-2019学年广西南宁市第三中学高二上学期期末考试化学试题 解析版
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广西南宁市第三中学2018-2019学年高二上学期期末考试
化学试题
1.下列说法不正确的是
A. 食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质
B. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
C. 油脂和蛋白质都属于高分子化合物
D. 煤经过气化和液化两个化学变化过程，可变为清洁能源
【答案】C
【解析】
【详解】A. 食用油反复受热时会产生苯并芘等稠环芳烃的有害物质，A项正确；
B.流感病毒的蛋白质在受热条件下发生变性，所以加热能杀死流感病毒，B项正确；
C. 油脂不属于高分子化合物，C项错误；
D. 煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程，主要反应为：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)；煤的液化是将煤转化为甲醇等液体燃料的过程，所以煤经过气化和液化两个化学变化过程可变为清洁能源，D项正确；答案选C。
2.下列物质在水溶液中电离方程式中，书写正确的是
A. CH3COOH = H＋＋CH3COO－
B. KHSO4 K＋＋H＋＋SO42－
C. Al(OH)3Al3＋＋3OH-
D. H3PO4 3H＋＋PO43－
【答案】C
【解析】
【详解】A.CH3COOH为弱电解质，在水溶液中只能部分电离，其电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，A项错误；
B.KHSO4为强电解质，在水溶液中完全电离，其电离方程式为KHSO4=K++H++SO42-，B项错误；
C.Al(OH)3属于弱电解质，在水溶液中部分电离，其电离方程式为Al(OH)3Al3＋＋3OH-，C项正确；
D.H3PO4是多元弱酸，在水溶液中分步电离，H3PO4H2PO4-+H+，H2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，离子方程式的书写一般只写第一步电离，D项错误；答案选C。
3.下列实验装置图正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A、制备乙烯时温度计要放在溶液中控制温度170℃，A错误；B、该装置是实验室制备氨气的装置图，B正确；C、浓盐酸和二氧化锰反应制备氯气需要加热，C错误；D、吸收乙酸乙酯的导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，D错误，答案选B。
点睛：明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键，选项D是易错点，容易忽视倒吸。注意对几个实验方案进行评价，主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。另外有无干扰、是否经济、是否安全、有无污染等也是要考虑的。
4.分支酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分支酸的叙述正确的是
A. 1mol分支酸最多可与3molNaOH发生中和反应
B. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
C. 分支酸的分子式为C10H8O6
D. 往分支酸中滴加浓溴水，产生白色浑浊
【答案】B
【解析】
【详解】A.羧基具有酸性，能与NaOH发生中和反应：R-COOH+NaOH→R-COONa+H2O，分支酸分子中含有2个羧基（-COOH），所以1mol分支酸最多可与2molNaOH发生中和反应，A项错误；
B.分支酸中含有羧基，能与乙醇发生酯化反应；分支酸中含有羟基，能与乙酸发生酯化反应，B项正确；
C.根据碳原子的4价，每个碳原子剩余的价键都与氢原子相连，所以分支酸的分子式为C10H10O6，C项错误；
D.从结构上看分支酸不属于酚类，分支酸与浓溴水发生加成反应，没有白色沉淀产生，D项错误；答案选B。
5.将A g块状碳酸钙跟足量盐酸反应，反应物损失的质量随时间的变化曲线如下图的实线所示，在相同的条件下，将B g粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，则相应的曲线（图中虚线所示）正确的是（已知A>B）
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】固体表面积越大，则反应速率越大，加入粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，较块状碳酸钙反应速率大，即相同时间内虚线所示的曲线对应的损失的质量大，因为 a＞b导致最终损失的质量a＞b，由图象可知，只有C符合，故选C。
【点睛】分析化学反应速率的图像应注意以下几方面：①看起点，分清反应物和生成物，浓度减小的是反应物，浓度增大的是生成物，生成物多数以原点为起点。②看变化趋势，分清正反应和逆反应，分清放热反应和吸热反应。③看终点，分清消耗浓度和增加浓度，反应物的消耗浓度与生成物增加浓度之比等于反应方程式中各物质的化学计量数之比。④对于时间速率图像，看清曲线是连续的还是跳跃的，分清“渐变”和“突变”，“大变”和“小变”。
6.下列事实不能用勒夏特列原理（平衡移动原理）解释的是
A. 对于反应体系 CO(g) + NO2(g) NO(g) + CO2(g)，压缩体积可使颜色变深
B. 实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气
C. 重铬酸钾溶液中存在如下平衡：Cr2O72-(橙红色)+H2O 2H++2CrO42-(黄色)，向K2Cr2O7溶液中加入几滴氢氧化钠，溶液变黄色
D. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
【答案】A
【解析】
【分析】
勒夏特列原理（平衡移动原理）内容是：如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强、参加反应的化学物质的浓度）平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。据此分析。
【详解】A.对于有气体参加的反应，压缩体积，体系压强增大，根据该反应方程式可知，反应前后气体分子数不变，所以增大压强平衡不移动，而压缩体积时包括NO2(呈红棕色)在内的各组分的浓度增大，所以体系颜色加深，故不能用勒夏特列原理解释，；
B.Cl2溶于水时存在平衡①Cl2(g)Cl2(aq)，②Cl2(aq)+H2O(l)H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)，饱和食盐水中Cl-浓度很大，平衡向减小Cl-浓度方向移动，即平衡②向逆反应方向移动；结果溶液中Cl2(aq)浓度增大，使平衡①也向逆反应方向移动，从而使Cl2在食盐水中溶解度减小，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，故能用勒夏特列原理解释；
C.重铬酸钾溶液中加入几滴氢氧化钠溶液时：H++OH-=H2O，使溶液中H+浓度减小，平衡向H+浓度增大的方向移动，即向正反应方向移动，CrO42-浓度增大，溶液变黄色，故能用勒夏特列原理解释；
D.啤酒瓶中存在平衡CO2(g)CO2(aq)，密封的啤酒瓶中气体压强较大，开启啤酒瓶时瓶内气压减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即向逆反应方向移动，产生大量CO2气体形成泡沫，故能用勒夏特列原理解释；答案选A。
7.根据碘与氢气反应的热化学方程式（1）I2(g)+ H2(g) 2HI(g) ΔH＝－9.48 kJ/mol
（2）I2(s)+ H2(g) 2HI(g) ΔH＝＋26.48 kJ/mol，下列判断正确的是
A. 254 g I2(g)中通入2 gH2(g)，反应放热9.48 kJ
B. 1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ
C. 反应（2）的反应物总能量比反应（1）的反应物总能量低
D. 反应（1）的产物比反应（2）的产物稳定
【答案】C
【解析】
试题分析：n(I2)= 254 g÷254 g/mol=1mol;n(H2)=" 2" g÷2 g/mol=1mol, n(I2): n(H2)=1:1,符合方程式中的物质的量的比，但由于该反应为可逆反应，所以不可能完全反应，所以反应放出的热量小于9．48 kJ。错误。B．由题目给定的两个热化学方程式可知：1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差(26．48 +9．48) kJ = 35．96 kJ．错误。C．两个反应的生成物的总能量相同，而反应物的总能量前者大于后者，所以反应（2）的反应物总能量比反应（1）的反应物总能量低。正确。D．同种物质能量越低越温度。而反应（1）的产物与反应（2）的产物状态相同，所以稳定性也相同。错误。
考点：考查可逆反应的特点及物质的稳定性与能量的关系的知识。
8.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如图所示的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），根据如图可得出的判断结论正确的是
A. a、b、c三个状态只有b是平衡状态
B. 达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c
C. 若T2
【答案】D
【解析】
【详解】A.图像揭示了T2温度下可逆反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)，改变B的初始物质的量，分别达到平衡状态时生成物AB3的体积分数的变化曲线，所以曲线上的点对应的状态都是平衡状态。A项错误；
B.由图像可知a→b→c过程中B2的初始物质的量逐渐增大，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，因A2的初始量不变，所以A2的转化率逐渐增大，即a
【点睛】本题难点是D项的判断，要理解AB3的体积分数=，随着B2的物质的量的增加，平衡向正反应方向移动，AB3的分子数目逐渐增大，但容器中气体分子总数也在增加，b点是AB3的体积分数由增大到减小的转折点，只有反应物初始物质的量符合计量数之比才是这个转折点的状态。
9.某单烯烃与氢气的加成产物为：CH3CH2CH(CH3)CH2CH3 ，下列相关说法正确的是
A. 该产物的名称是3－甲基己烷 B. 该产物有3种沸点不同的一氯代物
C. 原单烯烃可能有3种不同结构 D. 原单烯烃与分子式为C5H10的烃一定互为同系物
【答案】C
【解析】
【详解】A. CH3CH2CH(CH3)CH2CH3该分子主链含5个碳原子，名称是3-甲基戊烷，A项错误；
B. CH3CH2CH(CH3)CH2CH3该分子有4种等效氢原子，所以其一氯代物有4种，B项错误；
C.根据碳碳双键与H2加成的特点知，原单烯烃有3种不同结构：CH2=CHCH(CH3)CH2CH3、CH3CH=C(CH3)CH2CH3、CH2=C(CH2CH3)2，C项正确；
D.原单烯烃分子式为C6H12，但分子式为C5H10的烃结构可能是烯烃，也可能是环烷烃，当为环烷烃时与原单烯烃就不互为同系物，D项错误；答案选C。
【点睛】运用“等效氢原子”判断一元取代物的种数：“等效氢原子”种类数=一元取代物同分异构体数目；在根据单烯烃与氢气加成产物逆向推断原来烯烃的同分异构体数目，同样可运用“等效氢原子”判断，如加氢产物中处于对称位置的-CH2-CH2-结构上，只有一种-CH=CH-结构。
10.反应A(g)＋B(g) C(g)＋D(g)过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A. 反应物的键能总和大于生成物的键能总和
B. 升高温度，利于A的转化率增大
C. 加入催化剂时，可以降低反应热
D. 增大压强，能够缩短反应达到平衡状态的时间
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图像知反应A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，反应物总能量大于生成物总能量，属于放热反应，所以，反应物的键能总和小于生成物的键能总和，A项错误；
B.因为该反应为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度该反应向逆反应方向移动，A的转化率将减小，B项错误；
C.催化剂能够改变反应的活化能，不能改变反应热，C项错误；
D.对于有气体参加的反应，增大压强反应速率增大，所以增大压强能够缩短反应达到平衡的时间，D项正确；答案选D。
11.按照下列实验内容，不能达到实验目的的是
实验目的
实验内容
A
探究催化剂对反应速率的影响
盛有10 mL 5%H2O2溶液，加入少量MnO2粉末，观察实验现象
B
探究温度对化学反应速率影响
取四支试管，分为两组，每组两支试管。每组两支试管分别加入相同Na2S2O3溶液和稀H2SO4。将两组分别置于冰水浴和热水浴一段时间后，再将本组的Na2S2O3溶液与稀H2SO4混合，观察现象。
C
探究浓度对反应速率的影响
相同温度下，向两支试管分别加入相同体积不同浓度的Na2S2O3溶液，再加入相同体积相同浓度的稀H2SO4，观察相同时间内产生气泡的多少。
D
探究醋酸是否弱电解质
常温下测定物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液的pH
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. H2O2能发生分解反应产生O2：2H2O2=2H2O+O2↑，实验时通过观察加入MnO2粉末前后溶液中产生气泡的快慢探究催化剂对化学反应速率的影响，可达到实验的目的，A项正确；
B. Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，通过控制两组实验的反应物浓度和体积相同，改变温度（冰水浴和热水浴），观察试管中产生浑浊的时间以确定反应速率。所以，可以达到实验的目的，B项正确；
C.相同时间内产生气泡的多少是难以用观察法确定的，该实验无法达到实验目的，C项错误；
D.常温下测定物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液的pH，pH越大，溶液中H+浓度越小，则酸的电离程度越小，即可确定该酸为弱电解质，D项正确；答案选C。
12.满足分子式为C4H8ClBr的有机物共有
A. 10种 B. 11种 C. 12种 D. 13种
【答案】C
【解析】
先分析碳骨架异构，分别为C—C—C—C与2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架C—C—C—C有8种，骨架有4种，共12种。
13.在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和c(H+)都相等，向两烧杯中同时加入两颗锌粒，反应结束后得到等量的氢气，有一个烧杯中有锌粒剩余。下列说法正确的是
A. 两烧杯中参加反应的锌等量
B. 盐酸物质的量浓度比醋酸大
C. 乙烧杯中的锌粒剩余
D. 甲烧杯的反应时间更短
【答案】A
【解析】
【详解】A.由题意知反应结束后得到等量的氢气，根据反应方程式2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑，2CH3COOH+Zn=(CH3COO)2Zn+ H2↑中计量关系可知，两烧杯中参加反应的锌等量，A正确；
B.因为盐酸和醋酸溶液中c(H+)相同，盐酸完全电离而醋酸部分电离，所以两种酸的物质的量浓度大小关系：c(HCl)
14.反应2NO（g）＋2H2（g）N2（g）＋2H2O（g）中，每生成7gN2放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为：υ＝k·c m（NO）·cn（H2）（k、m、n待测），其反应包含下列两步：①2NO＋H2=N2＋H2O2（慢） ②H2O2＋H2=2H2O（快） T℃时测得有关实验数据如下：
下列说法错误的是
A. 该反应速率表达式：υ＝5000·c2（NO）·c（H2）
B. 整个反应速率由第①步反应决定
C. 正反应的活化能：①＜②
D. 该反应的热化学方程式为2NO（g）＋2H2（g）=N2（g）＋2H2O（g） △H＝－664kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A.由表格数据分析：实验II和实验I的c(NO)相同，实验II的c(H2)是实验I的2倍，实验II的反应速率υ也是实验I反应速率的2倍，可推知反应速率υ公式中n=1；同理，实验IV和实验III的c(H2)相同，实验IV的c(NO)是实验III的2倍，实验IV的反应速率υ是实验III的4倍，可推知反应速率υ公式中m=2，即反应速率υ=k·c2(NO)·c(H2)，再将表格中实验I的数据代入得k===5000，所以该反应速率表达式υ=5000·c2(NO)·c(H2)，A项正确；
B.在该反应的历程中第①步最慢，整个反应速率应由最慢的一步决定的，B项正确；
C.一个反应越难发生，表明反应物分子成为活化分子所需要的能量越高，即活化能越大，反之活化能越小，因为第①步反应慢，第②步反应快，所以正反应的活化能：①>②，C项错误；
D.因1molN2的质量为28g，反应生成1molN2放出的热量==664 kJ，该反应的热化学方程式为2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g) △H＝－664kJ·mol－1，D项正确；答案选C。
15.已知酸性：H2SO4>>H2CO3>> HCO3—，综合考虑反应物的转化率和原料成本等因素，将转变为的方法有
A. 与足量的NaOH溶液共热后，再加入适量H2SO4
B. 与足量的NaOH溶液共热后，再通入足量CO2
C. 与稀H2SO4共热后，加入足量的NaHCO3溶液
D. 与稀H2SO4共热后，加入足量的Na2CO3溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
根据羧酸、酯、酚的性质，结合“强酸制弱酸”或“弱酸制更弱酸”的原理分析。
【详解】A. 在足量NaOH溶液中共热生成的有机物是和CH3COONa，因H2SO4的酸性比苯甲酸、苯酚酸性都强，所以再加入适量H2SO4时将生成，不能得到，A项错误；
B. 在足量NaOH溶液中共热生成的有机物是和CH3COONa，因为H2CO3的酸性比苯酚强，但比苯甲酸弱，所以再通入足量CO2时生成，B项正确；
C. 与稀H2SO4共热后生成有机物和CH3COOH，因为苯酚的酸性比H2CO3弱，苯甲酸的酸性比H2CO3强，所以再加入足量NaHCO3溶液时生成，但与稀H2SO4共热的反应是可逆反应，反应物转化率不高，C项错误；
D. 与稀H2SO4共热后生成有机物和CH3COOH，因为苯酚的酸性比HCO3-强，苯甲酸的酸性比H2CO3强，所以再加入足量Na2CO3溶液时生成，不能得到，D项错误；答案选B。
16.工业上可用CO2和H2反应合成甲醇。
已知25°C、101 kPa下：
H2(g)+1/2O2(g)=H2O (g) △H1= - 242kJ/mol
CH3OH(g)+3/2O2(g) =CO2(g)+2H2O(g) △H2= - 676kJ/mol
（1）写出CO2与H2反应生成CH3OH(g)与H2O (g)的热化学方程式_________________。常温下，某实验中将6 mol CO2和8 mol H2充入2 L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图曲线 (甲)所示。请完成下列问题：
（2）该反应能在________（填“高温”或“低温”）条件下自发进行；从a点到b点，用H2表示该反应的平均化学反应速率是____________。（保留两位有效数字），a点逆反应速率_____b点逆反应速率(填“>”、“<”或“＝”)；达平衡时，CO2的转化率是_____。
（3）若仅改变某一实验条件再进行一次实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线(乙)所示，曲线(乙)对应改变的实验条件可以是________(填序号)。
a．加催化剂 b．增大压强 c．升高温度 d．增大H2浓度
（4）若曲线甲b点达到平衡时体系压强为100MPa，此时H2的平衡分压为_______MPa。(某物质分压＝总压×某物质的物质的量分数)
（5）下列叙述能标志该反应达到化学平衡状态的是_________
a．CO2与H2的转化率之比不变 b．υ(生成H2) : υ(消耗H2O) = 3:1
c．混合气体的相对分子质量不变 d．甲醇与水蒸气的分压比不变
【答案】 (1). CO2(g)＋3H2(g) ＝CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝ -50 kJ/mol (2). 低温 (3). 0.28mol/(L·min) (4). < (5). 33.3% (6). b (7). 20 (8). ac
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律对已知热化学方程式进行加合运算。
(2) 由CO2(g)＋3H2(g)＝CH3OH(g)＋H2O(g) 的ΔH、ΔS的正负，再根据ΔH－TΔS<0时反应才能自发进行，确定该反应自发进行的温度条件。由图像分析，初始只投入了反应物，从正反应开始，第8min后反应已处于平衡状态，根据反应速率公式=计算H2的平均反应速率。根据逆反应速率受生成物浓度影响分析a、b两点逆反应速率的相对大小。最后根据转化率概念计算CO2的转化率。
(3)从图像分析，再一次实验时起始投料不变，达到平衡所需要的时间缩短，平衡时H2的物质的量比甲曲线小，表明平衡向正反应方向移动。由此分析。
(4)根据相关数据先计算H2平衡时物质的量分数，再根据“某物质分压＝总压×某物质的物质的量分数”得到H2的平衡分压。
(5)根据化学平衡状态的特征分析。
【详解】(1)给已知的热化学方程式编号①H2(g)+O2(g)=H2O (g) △H1= - 242kJ/mol。②CH3OH(g)+O2(g) =CO2(g)+2H2O(g) △H2= - 676kJ/mol。根据盖斯定律，将①×3－②得：CO2(g)＋3H2(g)＝CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝(- 242kJ/mol)×3－(- 676kJ/mol)= -50 kJ/mol。即所求的热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)＝CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=-50 kJ/mol。
(2) 由反应CO2(g)＋3H2(g)＝CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=-50 kJ/mol可知，该反应ΔH<0，ΔS<0，因为只有当ΔH－TΔS<0时该反应才能自发进行，因此只有T值较小时（即低温）下才可能自发进行。由图像知从a点到b点过程中Δc(H2)=－=2mol/L，Δt=8min－1min=7min，则用H2表示该反应的平均反应速率===0.28mol/(L·min)。反应开始时生成物浓度为0，逆反应速率为最小，反应开始后生成物浓度逐渐增大，逆反应速率逐渐增大，所以a、b两点逆反应速率大小关系为：a
(4)曲线甲的b点达到平衡时H2的物质的量为2mol，由“三段式”分析如下：
平衡时H2的物质的量分数=×100%=20%，则H2的平衡分压=100MPa×20%=20MPa。
(5)a. 由反应CO2(g)＋3H2(g)＝CH3OH(g)＋H2O(g)可知，反应过程中CO2和H2转化量之比=1:3，但初始时CO2和H2的物质的量之比=6mol:8mol=3:4≠1:3，因此反应过程中CO2和H2的转化率之比≠1:3，且一直在变化，只有达到平衡状态时CO2和H2的转化率之比才不变，所以CO2与H2的转化率之比不变，能标志该反应达到化学平衡状态，a项正确；b.υ(生成H2)表示逆反应速率，υ(消耗H2O)也表示逆反应速率，不能确定此时反应是否达到化学平衡状态。所以υ(生成H2) : υ(消耗H2O) = 3:1，不能标志该反应达到化学平衡状态，b项错误；c.根据质量守恒，反应过程中混合气体总质量（m总）不变，由反应方程式知，在反应过程中混合气体的总物质的量（n总）一直减小，根据混合气体的相对分子质量公式=可推知，混合气体的相对分子质量在反应过程中一直在变化，只有达到平衡状态时才不变，所以混合气体的相对分子质量不变，能标志该反应达到化学平衡状态，c项正确；d.根据“某物质分压＝总压×某物质的物质的量分数”可知，物质分压与对应组分的物质的量成正比，由反应方程式计量数知，生成甲醇与水蒸气的物质的量之比一直等于1:1，因此反应过程中甲醇与水蒸气的分压比一直不变，所以甲醇与水蒸气的分压比不变，不能标志该反应达到化学平衡状态，d项错误；答案选ac。
17.电离平衡常数（用Ka表示)的大小可以判断电解质的相对强弱。25℃时，有关物质的电离平衡常数如下表所示。根据该表，回答下列问题：
化学式
HF
CH3COOH
H2SO3
H2CO3
H2S
电离平衡
常数（Ka）
7.2×10-4
1.8×10-5
K1=1.54×10-2
K2=1.02×10-7
K1=4.4×10-7
K2=4.7×10-11
K1＝9.1×10－8
K2＝1.1×10－12
（1）同浓度的F－、CO32-、CH3COO-、HS-结合H＋的能力最强的为__________
（2）溶液中不可能大量共存的离子组是__________
a．HS-、SO32- b．HF、CH3COO- c．HS-、HCO3- d. HSO3-、HCO3-
（3）Na2CO3溶液通入过量H2S的离子方程式是：___________。
（4）已知pH= -lgc（H+），体积为10 mL pH＝2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000 mL，稀释过程中pH变化如图所示，则HX的电离平衡常数______醋酸的电离平衡常数(填“>”、“<”或“＝”)。 任意写一种方法证明醋酸是弱电解质________________。
（5）向 0.l mol•L-1 HF 溶液中滴加 NaOH 溶液至c(HF) : c(F-) =5 : 36，此时溶液pH = _____。
【答案】 (1). CO32- (2). b (3). H2S+CO32- =HCO3-+HS- (4). 大于 (5). 测定0.1mol/L的CH3COONa溶液的pH，若pH>7，说明醋酸是弱酸，即醋酸是弱电解质或测定0.1mol/L的CH3COOH溶液的pH，若pH>1，说明醋酸是弱酸，即醋酸是弱电解质。（其它合理的方法均可） (6). 4
【解析】
【分析】
(1)电离平衡常数越小表明酸越弱，该酸越难电离出H+，逆向思考得知：电离常数越小，其酸根结合H+能力越强，据此分析。
(2)只有不发生任何反应的离子之间才能大量共存，结合强酸制弱酸原理分析。
(3)根据电离常数可知酸性强弱关系H2CO3>H2S>HCO3->HS-，根据“弱酸能制更弱酸”写出反应的离子方程式。
(4)弱酸溶液中存在电离平衡，稀释使电离平衡向电离方向移动，当pH相同且稀释相同倍数时，酸越弱pH变化程度越小。根据醋酸在水溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+选择合适的方法证明醋酸是弱电解质。由此解答。
(5)根据电离平衡常数计算出溶液中H+浓度，再根据pH=-lgc(H+)计算溶液的pH。
【详解】(1)电离平衡常数越小表明酸越弱，该酸越难电离出H+，逆向思考得知，电离常数越小，其酸根结合H+能力越强。由表格数据知，相关酸的电离常数大小关系为：HF>CH3COOH>H2S>HCO3-，所以结合H+的能力最强的为CO32-。
(2)因电离常数相对大小HS-CH3COOH，且强酸能制取弱酸，可推知反应HF+CH3COO-=CH3COOH+F-可发生，所以在溶液中HF和CH3COO-不能大量共存，b项正确；c. 因电离常数大小关系H2S>HCO3->HS-，且弱酸不能制取较强酸，它们之间不发生反应，所以在溶液HS-和HCO3-可以大量共存，c项错误；d.根据电离常数大小关系H2SO3>H2CO3>HSO3-，HSO3-和HCO3-之间不发生反应，所以在溶液HSO3-和HCO3-可以大量共存，d项错误；答案选b。
(3)根据电离常数大小关系H2CO3>H2S>HCO3->HS-，可知酸性强弱H2CO3>H2S>HCO3->HS-，根据较强酸制较弱酸原理得离子方程式为H2S+CO32-=HCO3-+HS-。
(4)弱酸溶液中存在电离平衡，加水稀释使电离平衡向电离方向移动，因此，当pH相同且稀释相同倍数时酸越弱，pH变化程度越小。由图像可知，pH均为2的CH3COOH和HX，均稀释100倍后，CH3COOH的pH变化小于HX，表明HX的酸性比醋酸强，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数。测定0.1mol/L的CH3COONa溶液的pH，若pH>7，说明醋酸是弱酸，即醋酸是弱电解质。
(5) HFH++F-，Ka(HF)==7.2×10-4，则c(H+)===10-4mol/L，此时溶液的pH=-lgc(H+)=-lg10-4=4。
【点睛】本题易错点是将电离平衡常数的大小与酸的强弱关系进行“互转”来解决问题，对于pH相同的一元酸稀释相同的倍数时，酸越弱pH变化越小，酸与盐反应或酸式盐与正盐反应时有时要运用“强酸制弱酸，较强酸制较弱酸”原理分析。
18.煤气中主要的含硫杂质有H2S以及CS2、COS等有机硫，煤气燃烧后含硫杂质会转化成SO2从而引起大气污染。煤气中H2S的脱除程度已成为其洁净度的一个重要指标，脱除煤气中H2S的方法有干法脱硫和湿法脱硫，其中湿法脱硫的原理是利用Na2CO3溶液吸收H2S生成NaHS，再进一步被空气氧化成Na2S2O3。
请回答下列问题：
（1）①Na2S2O3的化学名称为___________。
（2）脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法以及水解法等。
①COS的分子结构与CO2相似，COS的电子式为_____________。
②Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为___________________；增大压强，COS的转化率_____________（填“提高”、“不变”或“降低”）。
③已知断裂1mol化学键所需的能量如下：
化学键
H—H
C═O
C═S
H—S
E/kJ•mol-1
436
745
577
339
1072
H2还原COS发生的反应为H2(g)+COS(g) ═H2S(g)+CO(g)，该反应的ΔH=________kJ·mol-1。
④用活性α—Al2O3催化COS水解的反应为COS(g)+ H2 O(g) CO2(g)+ H2S (g) ΔH<0，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，在相同的时间内测得不同温度下COS的转化率（未达平衡）如图1所示；某温度下，COS的平衡转化率与的关系如图2所示。
由图1可知，催化剂活性最大时对应的温度约为_______；由图2可知，P点时平衡常数K=____________（保留2位有效数字）。
（3）回收处理燃煤烟气中SO2的方法之一是用氨水先将SO2转化为NH4HSO3，再通入空气将其氧化成(NH4)2SO4。能提高燃煤烟气中SO2去除率的措施有__________（填字母）。
a．增大氨水浓度 b．增大燃煤烟气的流速 c．升高温度 d．增大压强
【答案】 (1). 硫代硫酸钠 (2). (3). COS+4Br2+12OH- = CO32- + SO42- + 8Br- +6H2O (4). 提高 (5). +8 (6). 150℃ (7). 0.048 (8). ad
【解析】
【分析】
(1) Na2S2O3的化学名称是硫代硫酸钠。
(2) ①CO2的结构式为O=C=O，据此写出COS的电子式。②Br2具有较强氧化性，COS中硫元素显-2价，其中硫元素表现较强的还原性，结合题给信息写出其离子方程式。③根据反应热ΔH=反应物总键能－生成物总键能，结合物质结构式计算。④由图像1可知，COS的转化率开始一段时间随温度的升高而增大，当温度约为150℃时转化率最大，随后温度升高COS转化率反而减小，说明催化剂的活性降低。图2是COS的平衡转化率随变化曲线，P点的COS的平衡转化率为30%，初始投料比=3，再根据反应COS(g)+H2O(g)CO2(g)+ H2S(g)平衡常数表达式计算。
(3)根据题给信息写出去除SO2的化学方程式为SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq)， 2NH4HSO3(aq)+O2(g)=(NH4)2SO4(aq)+H2SO4(aq)，根据反应速率和反应进行的限度分析。
【详解】(1) Na2S2O3的化学名称是硫代硫酸钠。
(2)①CO2的结构式为O=C=O，S和O一样都有6个价电子，COS的电子式为。
②Br2具有较强氧化性，COS中硫元素显-2价，其中硫元素表现较强的还原性，反应生成SO42-、CO32-、Br-和H2O，根据元素守恒和得失电子守恒写出其离子方程式为COS+4Br2+12OH- = CO32- + SO42- + 8Br- +6H2O。该反应的正反应气体体积减小，故增大压强平衡向正反应方向移动，所以增大压强，COS的转化率提高。
③H2(g)+COS(g) ═H2S(g)+CO(g)，根据物质结构式H-H，O=C=S，H-S-H，CC，有反应热ΔH=反应物总键能－生成物总键能=(1×436kJ/mol+1×745kJ/mol+1×577kJ/mol)－(2×339kJ/mol+1×1072kJ/mol)=+8kJ/mol。
④COS(g)+H2O(g)CO2(g)+ H2S(g) ΔH<0，由图1可知，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，COS的转化率开始一段时间随温度的升高而增大，当温度约为150℃时转化率最大，所以催化剂活性最大时对应的温度约为150℃。由图2可知，P点对应的状态是平衡状态，且COS的平衡转化率为30%，初始投料比=3，设初始COS的物质的量为a mol，容器体积为VL，则初始H2O的物质的量为3a mol。达到平衡时COS转化的物质的量为0.3a mol，则平衡时COS、H2O、CO2、H2S的物质的量分别为0.7a mol、2.7a mol、0.3a mol、0.3a mol，由COS(g)+H2O(g)CO2(g)+ H2S(g)知P点平衡常数K===≈0.048。
(3)根据题给信息可得：SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq)， 2NH4HSO3(aq)+O2(g)=(NH4)2SO4(aq)+H2SO4(aq)。a.增大氨水浓度，可使SO2的吸收率增大，反应转化得更彻底，可以有效提高SO2的去除率，a项正确；b. 增大燃煤烟气的流速，将使气体与溶液接触时间缩短，燃煤烟气吸收不充分，SO2的去除率降低，b项错误；c.升高温度气体的溶解度减小，使浓氨水挥发，SO2溶解度降低，所以SO2的去除率降低，c项错误；d.由去除SO2的反应原理可知，增大压强反应速率增大，而且平衡向正反应方向移动，所以增大压强能够有效增大SO2的去除率，d项正确；答案选ad。
19.A（C3H6）是基本有机化工原料。由A制备聚合物C和的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：
回答下列问题：
（1）D的名称是_______，B含有的含氧官能团的名称是_______________。
（2）C的结构简式为_______________，D→E的反应类型为________________。
（3）E→F的化学方程式为____________________________。
（4）中最多有__________个原子共平面，发生缩聚反应生成有机物的结构简式为_______________。
（5）B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应的共有________种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6：1：1的是__________（写结构简式）。
（6）结合题给信息，以乙烯、HBr为起始原料制备丙酸，设计合成路线。(无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干) ________________
【答案】 (1). 3-氯丙烯 (2). 酯基 (3). (4). 取代反应或水解反应 (5). (6). 10 (7). (8). 8 (9). (10).
【解析】
【分析】
分析流程图：由高聚物结构特点可推知，该高聚物是由B通过加聚反应得到的，因此B的结构简式为CH3CH=CHCOOCH3。高聚物结构中含有酯基，在NaOH溶液中共热发生酯的水解反应，再酸化生成羧基，故C的结构简式为。运用逆合成分析法思考，由G符合“已知”信息中-CN转化为-COOH的过程，可推知G为，E转化为F符合“已知”信息中烯烃环加成，故F为，E为CH2=CHCH2OH。D是A与Cl2的反应产物，D又能在NaOH水溶液共热转化为CH2=CHCH2OH，该过程应为卤代烃水解反应生成醇羟基，所以D为CH2=CHCH2Cl，可得A的结构简式为CH2=CHCH3。
【详解】(1) D是A（C3H6）与Cl2的反应产物，D又能在NaOH水溶液共热转化为CH2=CHCH2OH，该过程为卤代烃水解反应生成醇羟基，所以D的结构简式CH2=CHCH2Cl，用系统命名法给该有机物命名为：3-氯丙烯。由高聚物结构特点可推知B的结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B含有的含氧官能团的名称是酯基。
(2)由于高聚物在NaOH溶液中共热发生酯的水解反应，再酸化生成羧基，则C的结构简式为。D的结构简式为CH2=CHCH2Cl，D分子中含有氯原子，在NaOH溶液中共热发生水解反应生成E（CH2=CHCH2OH），所以D→E的反应类型为水解反应或取代反应。
(3) E为CH2=CHCH2OH，F为，E转化为F符合“已知”信息中烯烃环加成过程，其化学反应方程式为。
(4) 分子中含有2个通过C-C连接的结构，两个的平面通过单键旋转而共平面，所以该分子中所有原子可能处于同一平面上，所以最多共有10个原子共平面。分子间羧基与醇羟基之间酯化脱水形成高分子，属于缩聚反应，生成高聚物的结构简式为。
(5) B的结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，分子式为C5H8O2，B分子含有碳碳双键和酯基官能团，酯类有机物中只有甲酸酯类物质能发生银镜反应，故同分异构体结构中含有HCOO-。其同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC(CH3)=CHCH3、HCOOCH(CH3)CH=CH2、HCOOC(CH2CH3)=CH2、HCOOCH=C(CH3)2、HCOOCH2C(CH3)=CH2，共8种。其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6：1：1的结构简式为HCOOCH=C(CH3)2。
(6)目的产物丙酸CH3CH2COOH分子比原料乙烯分子少一个碳原子，依据本题信息可由R-CNR-COOH增加碳原子，根据流程图中FG的反应，可推知R-CN可由R-Br取代得到。其合成路线如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH。
【点睛】本题难点在于有机物结构的推断，推断时注意研究题给信息中所给反应的断键、成键原理，题给信息反应原理在推断过程中必然用到；注意分析流程图中有机物分子中碳原子数、氢原子数、氧原子数等特定原子个数的变化；特别要关注有机分子的碳链骨架、不饱和度有无变化；箭头上的反应条件往往是推断有机物官能团种类的重要依据。
广西南宁市第三中学2018-2019学年高二上学期期末考试
化学试题
1.下列说法不正确的是
A. 食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质
B. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
C. 油脂和蛋白质都属于高分子化合物
D. 煤经过气化和液化两个化学变化过程，可变为清洁能源
【答案】C
【解析】
【详解】A. 食用油反复受热时会产生苯并芘等稠环芳烃的有害物质，A项正确；
B.流感病毒的蛋白质在受热条件下发生变性，所以加热能杀死流感病毒，B项正确；
C. 油脂不属于高分子化合物，C项错误；
D. 煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程，主要反应为：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)；煤的液化是将煤转化为甲醇等液体燃料的过程，所以煤经过气化和液化两个化学变化过程可变为清洁能源，D项正确；答案选C。
2.下列物质在水溶液中电离方程式中，书写正确的是
A. CH3COOH = H＋＋CH3COO－
B. KHSO4 K＋＋H＋＋SO42－
C. Al(OH)3Al3＋＋3OH-
D. H3PO4 3H＋＋PO43－
【答案】C
【解析】
【详解】A.CH3COOH为弱电解质，在水溶液中只能部分电离，其电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，A项错误；
B.KHSO4为强电解质，在水溶液中完全电离，其电离方程式为KHSO4=K++H++SO42-，B项错误；
C.Al(OH)3属于弱电解质，在水溶液中部分电离，其电离方程式为Al(OH)3Al3＋＋3OH-，C项正确；
D.H3PO4是多元弱酸，在水溶液中分步电离，H3PO4H2PO4-+H+，H2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，离子方程式的书写一般只写第一步电离，D项错误；答案选C。
3.下列实验装置图正确的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A、制备乙烯时温度计要放在溶液中控制温度170℃，A错误；B、该装置是实验室制备氨气的装置图，B正确；C、浓盐酸和二氧化锰反应制备氯气需要加热，C错误；D、吸收乙酸乙酯的导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，D错误，答案选B。
点睛：明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键，选项D是易错点，容易忽视倒吸。注意对几个实验方案进行评价，主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。另外有无干扰、是否经济、是否安全、有无污染等也是要考虑的。
4.分支酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分支酸的叙述正确的是
A. 1mol分支酸最多可与3molNaOH发生中和反应
B. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
C. 分支酸的分子式为C10H8O6
D. 往分支酸中滴加浓溴水，产生白色浑浊
【答案】B
【解析】
【详解】A.羧基具有酸性，能与NaOH发生中和反应：R-COOH+NaOH→R-COONa+H2O，分支酸分子中含有2个羧基（-COOH），所以1mol分支酸最多可与2molNaOH发生中和反应，A项错误；
B.分支酸中含有羧基，能与乙醇发生酯化反应；分支酸中含有羟基，能与乙酸发生酯化反应，B项正确；
C.根据碳原子的4价，每个碳原子剩余的价键都与氢原子相连，所以分支酸的分子式为C10H10O6，C项错误；
D.从结构上看分支酸不属于酚类，分支酸与浓溴水发生加成反应，没有白色沉淀产生，D项错误；答案选B。
5.将A g块状碳酸钙跟足量盐酸反应，反应物损失的质量随时间的变化曲线如下图的实线所示，在相同的条件下，将B g粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，则相应的曲线（图中虚线所示）正确的是（已知A>B）
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】固体表面积越大，则反应速率越大，加入粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反应，较块状碳酸钙反应速率大，即相同时间内虚线所示的曲线对应的损失的质量大，因为 a＞b导致最终损失的质量a＞b，由图象可知，只有C符合，故选C。
【点睛】分析化学反应速率的图像应注意以下几方面：①看起点，分清反应物和生成物，浓度减小的是反应物，浓度增大的是生成物，生成物多数以原点为起点。②看变化趋势，分清正反应和逆反应，分清放热反应和吸热反应。③看终点，分清消耗浓度和增加浓度，反应物的消耗浓度与生成物增加浓度之比等于反应方程式中各物质的化学计量数之比。④对于时间速率图像，看清曲线是连续的还是跳跃的，分清“渐变”和“突变”，“大变”和“小变”。
6.下列事实不能用勒夏特列原理（平衡移动原理）解释的是
A. 对于反应体系 CO(g) + NO2(g) NO(g) + CO2(g)，压缩体积可使颜色变深
B. 实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气
C. 重铬酸钾溶液中存在如下平衡：Cr2O72-(橙红色)+H2O 2H++2CrO42-(黄色)，向K2Cr2O7溶液中加入几滴氢氧化钠，溶液变黄色
D. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
【答案】A
【解析】
【分析】
勒夏特列原理（平衡移动原理）内容是：如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强、参加反应的化学物质的浓度）平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。据此分析。
【详解】A.对于有气体参加的反应，压缩体积，体系压强增大，根据该反应方程式可知，反应前后气体分子数不变，所以增大压强平衡不移动，而压缩体积时包括NO2(呈红棕色)在内的各组分的浓度增大，所以体系颜色加深，故不能用勒夏特列原理解释，；
B.Cl2溶于水时存在平衡①Cl2(g)Cl2(aq)，②Cl2(aq)+H2O(l)H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)，饱和食盐水中Cl-浓度很大，平衡向减小Cl-浓度方向移动，即平衡②向逆反应方向移动；结果溶液中Cl2(aq)浓度增大，使平衡①也向逆反应方向移动，从而使Cl2在食盐水中溶解度减小，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，故能用勒夏特列原理解释；
C.重铬酸钾溶液中加入几滴氢氧化钠溶液时：H++OH-=H2O，使溶液中H+浓度减小，平衡向H+浓度增大的方向移动，即向正反应方向移动，CrO42-浓度增大，溶液变黄色，故能用勒夏特列原理解释；
D.啤酒瓶中存在平衡CO2(g)CO2(aq)，密封的啤酒瓶中气体压强较大，开启啤酒瓶时瓶内气压减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即向逆反应方向移动，产生大量CO2气体形成泡沫，故能用勒夏特列原理解释；答案选A。
7.根据碘与氢气反应的热化学方程式（1）I2(g)+ H2(g) 2HI(g) ΔH＝－9.48 kJ/mol
（2）I2(s)+ H2(g) 2HI(g) ΔH＝＋26.48 kJ/mol，下列判断正确的是
A. 254 g I2(g)中通入2 gH2(g)，反应放热9.48 kJ
B. 1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ
C. 反应（2）的反应物总能量比反应（1）的反应物总能量低
D. 反应（1）的产物比反应（2）的产物稳定
【答案】C
【解析】
试题分析：n(I2)= 254 g÷254 g/mol=1mol;n(H2)=" 2" g÷2 g/mol=1mol, n(I2): n(H2)=1:1,符合方程式中的物质的量的比，但由于该反应为可逆反应，所以不可能完全反应，所以反应放出的热量小于9．48 kJ。错误。B．由题目给定的两个热化学方程式可知：1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差(26．48 +9．48) kJ = 35．96 kJ．错误。C．两个反应的生成物的总能量相同，而反应物的总能量前者大于后者，所以反应（2）的反应物总能量比反应（1）的反应物总能量低。正确。D．同种物质能量越低越温度。而反应（1）的产物与反应（2）的产物状态相同，所以稳定性也相同。错误。
考点：考查可逆反应的特点及物质的稳定性与能量的关系的知识。
8.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如图所示的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），根据如图可得出的判断结论正确的是
A. a、b、c三个状态只有b是平衡状态
B. 达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞c
C. 若T2
【答案】D
【解析】
【详解】A.图像揭示了T2温度下可逆反应A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)，改变B的初始物质的量，分别达到平衡状态时生成物AB3的体积分数的变化曲线，所以曲线上的点对应的状态都是平衡状态。A项错误；
B.由图像可知a→b→c过程中B2的初始物质的量逐渐增大，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，因A2的初始量不变，所以A2的转化率逐渐增大，即a
【点睛】本题难点是D项的判断，要理解AB3的体积分数=，随着B2的物质的量的增加，平衡向正反应方向移动，AB3的分子数目逐渐增大，但容器中气体分子总数也在增加，b点是AB3的体积分数由增大到减小的转折点，只有反应物初始物质的量符合计量数之比才是这个转折点的状态。
9.某单烯烃与氢气的加成产物为：CH3CH2CH(CH3)CH2CH3 ，下列相关说法正确的是
A. 该产物的名称是3－甲基己烷 B. 该产物有3种沸点不同的一氯代物
C. 原单烯烃可能有3种不同结构 D. 原单烯烃与分子式为C5H10的烃一定互为同系物
【答案】C
【解析】
【详解】A. CH3CH2CH(CH3)CH2CH3该分子主链含5个碳原子，名称是3-甲基戊烷，A项错误；
B. CH3CH2CH(CH3)CH2CH3该分子有4种等效氢原子，所以其一氯代物有4种，B项错误；
C.根据碳碳双键与H2加成的特点知，原单烯烃有3种不同结构：CH2=CHCH(CH3)CH2CH3、CH3CH=C(CH3)CH2CH3、CH2=C(CH2CH3)2，C项正确；
D.原单烯烃分子式为C6H12，但分子式为C5H10的烃结构可能是烯烃，也可能是环烷烃，当为环烷烃时与原单烯烃就不互为同系物，D项错误；答案选C。
【点睛】运用“等效氢原子”判断一元取代物的种数：“等效氢原子”种类数=一元取代物同分异构体数目；在根据单烯烃与氢气加成产物逆向推断原来烯烃的同分异构体数目，同样可运用“等效氢原子”判断，如加氢产物中处于对称位置的-CH2-CH2-结构上，只有一种-CH=CH-结构。
10.反应A(g)＋B(g) C(g)＋D(g)过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A. 反应物的键能总和大于生成物的键能总和
B. 升高温度，利于A的转化率增大
C. 加入催化剂时，可以降低反应热
D. 增大压强，能够缩短反应达到平衡状态的时间
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图像知反应A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，反应物总能量大于生成物总能量，属于放热反应，所以，反应物的键能总和小于生成物的键能总和，A项错误；
B.因为该反应为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度该反应向逆反应方向移动，A的转化率将减小，B项错误；
C.催化剂能够改变反应的活化能，不能改变反应热，C项错误；
D.对于有气体参加的反应，增大压强反应速率增大，所以增大压强能够缩短反应达到平衡的时间，D项正确；答案选D。
11.按照下列实验内容，不能达到实验目的的是
实验目的
实验内容
A
探究催化剂对反应速率的影响
盛有10 mL 5%H2O2溶液，加入少量MnO2粉末，观察实验现象
B
探究温度对化学反应速率影响
取四支试管，分为两组，每组两支试管。每组两支试管分别加入相同Na2S2O3溶液和稀H2SO4。将两组分别置于冰水浴和热水浴一段时间后，再将本组的Na2S2O3溶液与稀H2SO4混合，观察现象。
C
探究浓度对反应速率的影响
相同温度下，向两支试管分别加入相同体积不同浓度的Na2S2O3溶液，再加入相同体积相同浓度的稀H2SO4，观察相同时间内产生气泡的多少。
D
探究醋酸是否弱电解质
常温下测定物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液的pH
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. H2O2能发生分解反应产生O2：2H2O2=2H2O+O2↑，实验时通过观察加入MnO2粉末前后溶液中产生气泡的快慢探究催化剂对化学反应速率的影响，可达到实验的目的，A项正确；
B. Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，通过控制两组实验的反应物浓度和体积相同，改变温度（冰水浴和热水浴），观察试管中产生浑浊的时间以确定反应速率。所以，可以达到实验的目的，B项正确；
C.相同时间内产生气泡的多少是难以用观察法确定的，该实验无法达到实验目的，C项错误；
D.常温下测定物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液的pH，pH越大，溶液中H+浓度越小，则酸的电离程度越小，即可确定该酸为弱电解质，D项正确；答案选C。
12.满足分子式为C4H8ClBr的有机物共有
A. 10种 B. 11种 C. 12种 D. 13种
【答案】C
【解析】
先分析碳骨架异构，分别为C—C—C—C与2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架C—C—C—C有8种，骨架有4种，共12种。
13.在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和c(H+)都相等，向两烧杯中同时加入两颗锌粒，反应结束后得到等量的氢气，有一个烧杯中有锌粒剩余。下列说法正确的是
A. 两烧杯中参加反应的锌等量
B. 盐酸物质的量浓度比醋酸大
C. 乙烧杯中的锌粒剩余
D. 甲烧杯的反应时间更短
【答案】A
【解析】
【详解】A.由题意知反应结束后得到等量的氢气，根据反应方程式2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑，2CH3COOH+Zn=(CH3COO)2Zn+ H2↑中计量关系可知，两烧杯中参加反应的锌等量，A正确；
B.因为盐酸和醋酸溶液中c(H+)相同，盐酸完全电离而醋酸部分电离，所以两种酸的物质的量浓度大小关系：c(HCl)
14.反应2NO（g）＋2H2（g）N2（g）＋2H2O（g）中，每生成7gN2放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为：υ＝k·c m（NO）·cn（H2）（k、m、n待测），其反应包含下列两步：①2NO＋H2=N2＋H2O2（慢） ②H2O2＋H2=2H2O（快） T℃时测得有关实验数据如下：
下列说法错误的是
A. 该反应速率表达式：υ＝5000·c2（NO）·c（H2）
B. 整个反应速率由第①步反应决定
C. 正反应的活化能：①＜②
D. 该反应的热化学方程式为2NO（g）＋2H2（g）=N2（g）＋2H2O（g） △H＝－664kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A.由表格数据分析：实验II和实验I的c(NO)相同，实验II的c(H2)是实验I的2倍，实验II的反应速率υ也是实验I反应速率的2倍，可推知反应速率υ公式中n=1；同理，实验IV和实验III的c(H2)相同，实验IV的c(NO)是实验III的2倍，实验IV的反应速率υ是实验III的4倍，可推知反应速率υ公式中m=2，即反应速率υ=k·c2(NO)·c(H2)，再将表格中实验I的数据代入得k===5000，所以该反应速率表达式υ=5000·c2(NO)·c(H2)，A项正确；
B.在该反应的历程中第①步最慢，整个反应速率应由最慢的一步决定的，B项正确；
C.一个反应越难发生，表明反应物分子成为活化分子所需要的能量越高，即活化能越大，反之活化能越小，因为第①步反应慢，第②步反应快，所以正反应的活化能：①>②，C项错误；
D.因1molN2的质量为28g，反应生成1molN2放出的热量==664 kJ，该反应的热化学方程式为2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g) △H＝－664kJ·mol－1，D项正确；答案选C。
15.已知酸性：H2SO4>>H2CO3>> HCO3—，综合考虑反应物的转化率和原料成本等因素，将转变为的方法有
A. 与足量的NaOH溶液共热后，再加入适量H2SO4
B. 与足量的NaOH溶液共热后，再通入足量CO2
C. 与稀H2SO4共热后，加入足量的NaHCO3溶液
D. 与稀H2SO4共热后，加入足量的Na2CO3溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
根据羧酸、酯、酚的性质，结合“强酸制弱酸”或“弱酸制更弱酸”的原理分析。
【详解】A. 在足量NaOH溶液中共热生成的有机物是和CH3COONa，因H2SO4的酸性比苯甲酸、苯酚酸性都强，所以再加入适量H2SO4时将生成，不能得到，A项错误；
B. 在足量NaOH溶液中共热生成的有机物是和CH3COONa，因为H2CO3的酸性比苯酚强，但比苯甲酸弱，所以再通入足量CO2时生成，B项正确；
C. 与稀H2SO4共热后生成有机物和CH3COOH，因为苯酚的酸性比H2CO3弱，苯甲酸的酸性比H2CO3强，所以再加入足量NaHCO3溶液时生成，但与稀H2SO4共热的反应是可逆反应，反应物转化率不高，C项错误；
D. 与稀H2SO4共热后生成有机物和CH3COOH，因为苯酚的酸性比HCO3-强，苯甲酸的酸性比H2CO3强，所以再加入足量Na2CO3溶液时生成，不能得到，D项错误；答案选B。
16.工业上可用CO2和H2反应合成甲醇。
已知25°C、101 kPa下：
H2(g)+1/2O2(g)=H2O (g) △H1= - 242kJ/mol
CH3OH(g)+3/2O2(g) =CO2(g)+2H2O(g) △H2= - 676kJ/mol
（1）写出CO2与H2反应生成CH3OH(g)与H2O (g)的热化学方程式_________________。常温下，某实验中将6 mol CO2和8 mol H2充入2 L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图曲线 (甲)所示。请完成下列问题：
（2）该反应能在________（填“高温”或“低温”）条件下自发进行；从a点到b点，用H2表示该反应的平均化学反应速率是____________。（保留两位有效数字），a点逆反应速率_____b点逆反应速率(填“>”、“<”或“＝”)；达平衡时，CO2的转化率是_____。
（3）若仅改变某一实验条件再进行一次实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线(乙)所示，曲线(乙)对应改变的实验条件可以是________(填序号)。
a．加催化剂 b．增大压强 c．升高温度 d．增大H2浓度
（4）若曲线甲b点达到平衡时体系压强为100MPa，此时H2的平衡分压为_______MPa。(某物质分压＝总压×某物质的物质的量分数)
（5）下列叙述能标志该反应达到化学平衡状态的是_________
a．CO2与H2的转化率之比不变 b．υ(生成H2) : υ(消耗H2O) = 3:1
c．混合气体的相对分子质量不变 d．甲醇与水蒸气的分压比不变
【答案】 (1). CO2(g)＋3H2(g) ＝CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝ -50 kJ/mol (2). 低温 (3). 0.28mol/(L·min) (4). < (5). 33.3% (6). b (7). 20 (8). ac
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律对已知热化学方程式进行加合运算。
(2) 由CO2(g)＋3H2(g)＝CH3OH(g)＋H2O(g) 的ΔH、ΔS的正负，再根据ΔH－TΔS<0时反应才能自发进行，确定该反应自发进行的温度条件。由图像分析，初始只投入了反应物，从正反应开始，第8min后反应已处于平衡状态，根据反应速率公式=计算H2的平均反应速率。根据逆反应速率受生成物浓度影响分析a、b两点逆反应速率的相对大小。最后根据转化率概念计算CO2的转化率。
(3)从图像分析，再一次实验时起始投料不变，达到平衡所需要的时间缩短，平衡时H2的物质的量比甲曲线小，表明平衡向正反应方向移动。由此分析。
(4)根据相关数据先计算H2平衡时物质的量分数，再根据“某物质分压＝总压×某物质的物质的量分数”得到H2的平衡分压。
(5)根据化学平衡状态的特征分析。
【详解】(1)给已知的热化学方程式编号①H2(g)+O2(g)=H2O (g) △H1= - 242kJ/mol。②CH3OH(g)+O2(g) =CO2(g)+2H2O(g) △H2= - 676kJ/mol。根据盖斯定律，将①×3－②得：CO2(g)＋3H2(g)＝CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝(- 242kJ/mol)×3－(- 676kJ/mol)= -50 kJ/mol。即所求的热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)＝CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=-50 kJ/mol。
(2) 由反应CO2(g)＋3H2(g)＝CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=-50 kJ/mol可知，该反应ΔH<0，ΔS<0，因为只有当ΔH－TΔS<0时该反应才能自发进行，因此只有T值较小时（即低温）下才可能自发进行。由图像知从a点到b点过程中Δc(H2)=－=2mol/L，Δt=8min－1min=7min，则用H2表示该反应的平均反应速率===0.28mol/(L·min)。反应开始时生成物浓度为0，逆反应速率为最小，反应开始后生成物浓度逐渐增大，逆反应速率逐渐增大，所以a、b两点逆反应速率大小关系为：a
(4)曲线甲的b点达到平衡时H2的物质的量为2mol，由“三段式”分析如下：
平衡时H2的物质的量分数=×100%=20%，则H2的平衡分压=100MPa×20%=20MPa。
(5)a. 由反应CO2(g)＋3H2(g)＝CH3OH(g)＋H2O(g)可知，反应过程中CO2和H2转化量之比=1:3，但初始时CO2和H2的物质的量之比=6mol:8mol=3:4≠1:3，因此反应过程中CO2和H2的转化率之比≠1:3，且一直在变化，只有达到平衡状态时CO2和H2的转化率之比才不变，所以CO2与H2的转化率之比不变，能标志该反应达到化学平衡状态，a项正确；b.υ(生成H2)表示逆反应速率，υ(消耗H2O)也表示逆反应速率，不能确定此时反应是否达到化学平衡状态。所以υ(生成H2) : υ(消耗H2O) = 3:1，不能标志该反应达到化学平衡状态，b项错误；c.根据质量守恒，反应过程中混合气体总质量（m总）不变，由反应方程式知，在反应过程中混合气体的总物质的量（n总）一直减小，根据混合气体的相对分子质量公式=可推知，混合气体的相对分子质量在反应过程中一直在变化，只有达到平衡状态时才不变，所以混合气体的相对分子质量不变，能标志该反应达到化学平衡状态，c项正确；d.根据“某物质分压＝总压×某物质的物质的量分数”可知，物质分压与对应组分的物质的量成正比，由反应方程式计量数知，生成甲醇与水蒸气的物质的量之比一直等于1:1，因此反应过程中甲醇与水蒸气的分压比一直不变，所以甲醇与水蒸气的分压比不变，不能标志该反应达到化学平衡状态，d项错误；答案选ac。
17.电离平衡常数（用Ka表示)的大小可以判断电解质的相对强弱。25℃时，有关物质的电离平衡常数如下表所示。根据该表，回答下列问题：
化学式
HF
CH3COOH
H2SO3
H2CO3
H2S
电离平衡
常数（Ka）
7.2×10-4
1.8×10-5
K1=1.54×10-2
K2=1.02×10-7
K1=4.4×10-7
K2=4.7×10-11
K1＝9.1×10－8
K2＝1.1×10－12
（1）同浓度的F－、CO32-、CH3COO-、HS-结合H＋的能力最强的为__________
（2）溶液中不可能大量共存的离子组是__________
a．HS-、SO32- b．HF、CH3COO- c．HS-、HCO3- d. HSO3-、HCO3-
（3）Na2CO3溶液通入过量H2S的离子方程式是：___________。
（4）已知pH= -lgc（H+），体积为10 mL pH＝2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000 mL，稀释过程中pH变化如图所示，则HX的电离平衡常数______醋酸的电离平衡常数(填“>”、“<”或“＝”)。 任意写一种方法证明醋酸是弱电解质________________。
（5）向 0.l mol•L-1 HF 溶液中滴加 NaOH 溶液至c(HF) : c(F-) =5 : 36，此时溶液pH = _____。
【答案】 (1). CO32- (2). b (3). H2S+CO32- =HCO3-+HS- (4). 大于 (5). 测定0.1mol/L的CH3COONa溶液的pH，若pH>7，说明醋酸是弱酸，即醋酸是弱电解质或测定0.1mol/L的CH3COOH溶液的pH，若pH>1，说明醋酸是弱酸，即醋酸是弱电解质。（其它合理的方法均可） (6). 4
【解析】
【分析】
(1)电离平衡常数越小表明酸越弱，该酸越难电离出H+，逆向思考得知：电离常数越小，其酸根结合H+能力越强，据此分析。
(2)只有不发生任何反应的离子之间才能大量共存，结合强酸制弱酸原理分析。
(3)根据电离常数可知酸性强弱关系H2CO3>H2S>HCO3->HS-，根据“弱酸能制更弱酸”写出反应的离子方程式。
(4)弱酸溶液中存在电离平衡，稀释使电离平衡向电离方向移动，当pH相同且稀释相同倍数时，酸越弱pH变化程度越小。根据醋酸在水溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+选择合适的方法证明醋酸是弱电解质。由此解答。
(5)根据电离平衡常数计算出溶液中H+浓度，再根据pH=-lgc(H+)计算溶液的pH。
【详解】(1)电离平衡常数越小表明酸越弱，该酸越难电离出H+，逆向思考得知，电离常数越小，其酸根结合H+能力越强。由表格数据知，相关酸的电离常数大小关系为：HF>CH3COOH>H2S>HCO3-，所以结合H+的能力最强的为CO32-。
(2)因电离常数相对大小HS-
(3)根据电离常数大小关系H2CO3>H2S>HCO3->HS-，可知酸性强弱H2CO3>H2S>HCO3->HS-，根据较强酸制较弱酸原理得离子方程式为H2S+CO32-=HCO3-+HS-。
(4)弱酸溶液中存在电离平衡，加水稀释使电离平衡向电离方向移动，因此，当pH相同且稀释相同倍数时酸越弱，pH变化程度越小。由图像可知，pH均为2的CH3COOH和HX，均稀释100倍后，CH3COOH的pH变化小于HX，表明HX的酸性比醋酸强，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数。测定0.1mol/L的CH3COONa溶液的pH，若pH>7，说明醋酸是弱酸，即醋酸是弱电解质。
(5) HFH++F-，Ka(HF)==7.2×10-4，则c(H+)===10-4mol/L，此时溶液的pH=-lgc(H+)=-lg10-4=4。
【点睛】本题易错点是将电离平衡常数的大小与酸的强弱关系进行“互转”来解决问题，对于pH相同的一元酸稀释相同的倍数时，酸越弱pH变化越小，酸与盐反应或酸式盐与正盐反应时有时要运用“强酸制弱酸，较强酸制较弱酸”原理分析。
18.煤气中主要的含硫杂质有H2S以及CS2、COS等有机硫，煤气燃烧后含硫杂质会转化成SO2从而引起大气污染。煤气中H2S的脱除程度已成为其洁净度的一个重要指标，脱除煤气中H2S的方法有干法脱硫和湿法脱硫，其中湿法脱硫的原理是利用Na2CO3溶液吸收H2S生成NaHS，再进一步被空气氧化成Na2S2O3。
请回答下列问题：
（1）①Na2S2O3的化学名称为___________。
（2）脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法以及水解法等。
①COS的分子结构与CO2相似，COS的电子式为_____________。
②Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为___________________；增大压强，COS的转化率_____________（填“提高”、“不变”或“降低”）。
③已知断裂1mol化学键所需的能量如下：
化学键
H—H
C═O
C═S
H—S
E/kJ•mol-1
436
745
577
339
1072
H2还原COS发生的反应为H2(g)+COS(g) ═H2S(g)+CO(g)，该反应的ΔH=________kJ·mol-1。
④用活性α—Al2O3催化COS水解的反应为COS(g)+ H2 O(g) CO2(g)+ H2S (g) ΔH<0，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，在相同的时间内测得不同温度下COS的转化率（未达平衡）如图1所示；某温度下，COS的平衡转化率与的关系如图2所示。
由图1可知，催化剂活性最大时对应的温度约为_______；由图2可知，P点时平衡常数K=____________（保留2位有效数字）。
（3）回收处理燃煤烟气中SO2的方法之一是用氨水先将SO2转化为NH4HSO3，再通入空气将其氧化成(NH4)2SO4。能提高燃煤烟气中SO2去除率的措施有__________（填字母）。
a．增大氨水浓度 b．增大燃煤烟气的流速 c．升高温度 d．增大压强
【答案】 (1). 硫代硫酸钠 (2). (3). COS+4Br2+12OH- = CO32- + SO42- + 8Br- +6H2O (4). 提高 (5). +8 (6). 150℃ (7). 0.048 (8). ad
【解析】
【分析】
(1) Na2S2O3的化学名称是硫代硫酸钠。
(2) ①CO2的结构式为O=C=O，据此写出COS的电子式。②Br2具有较强氧化性，COS中硫元素显-2价，其中硫元素表现较强的还原性，结合题给信息写出其离子方程式。③根据反应热ΔH=反应物总键能－生成物总键能，结合物质结构式计算。④由图像1可知，COS的转化率开始一段时间随温度的升高而增大，当温度约为150℃时转化率最大，随后温度升高COS转化率反而减小，说明催化剂的活性降低。图2是COS的平衡转化率随变化曲线，P点的COS的平衡转化率为30%，初始投料比=3，再根据反应COS(g)+H2O(g)CO2(g)+ H2S(g)平衡常数表达式计算。
(3)根据题给信息写出去除SO2的化学方程式为SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq)， 2NH4HSO3(aq)+O2(g)=(NH4)2SO4(aq)+H2SO4(aq)，根据反应速率和反应进行的限度分析。
【详解】(1) Na2S2O3的化学名称是硫代硫酸钠。
(2)①CO2的结构式为O=C=O，S和O一样都有6个价电子，COS的电子式为。
②Br2具有较强氧化性，COS中硫元素显-2价，其中硫元素表现较强的还原性，反应生成SO42-、CO32-、Br-和H2O，根据元素守恒和得失电子守恒写出其离子方程式为COS+4Br2+12OH- = CO32- + SO42- + 8Br- +6H2O。该反应的正反应气体体积减小，故增大压强平衡向正反应方向移动，所以增大压强，COS的转化率提高。
③H2(g)+COS(g) ═H2S(g)+CO(g)，根据物质结构式H-H，O=C=S，H-S-H，CC，有反应热ΔH=反应物总键能－生成物总键能=(1×436kJ/mol+1×745kJ/mol+1×577kJ/mol)－(2×339kJ/mol+1×1072kJ/mol)=+8kJ/mol。
④COS(g)+H2O(g)CO2(g)+ H2S(g) ΔH<0，由图1可知，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，COS的转化率开始一段时间随温度的升高而增大，当温度约为150℃时转化率最大，所以催化剂活性最大时对应的温度约为150℃。由图2可知，P点对应的状态是平衡状态，且COS的平衡转化率为30%，初始投料比=3，设初始COS的物质的量为a mol，容器体积为VL，则初始H2O的物质的量为3a mol。达到平衡时COS转化的物质的量为0.3a mol，则平衡时COS、H2O、CO2、H2S的物质的量分别为0.7a mol、2.7a mol、0.3a mol、0.3a mol，由COS(g)+H2O(g)CO2(g)+ H2S(g)知P点平衡常数K===≈0.048。
(3)根据题给信息可得：SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq)， 2NH4HSO3(aq)+O2(g)=(NH4)2SO4(aq)+H2SO4(aq)。a.增大氨水浓度，可使SO2的吸收率增大，反应转化得更彻底，可以有效提高SO2的去除率，a项正确；b. 增大燃煤烟气的流速，将使气体与溶液接触时间缩短，燃煤烟气吸收不充分，SO2的去除率降低，b项错误；c.升高温度气体的溶解度减小，使浓氨水挥发，SO2溶解度降低，所以SO2的去除率降低，c项错误；d.由去除SO2的反应原理可知，增大压强反应速率增大，而且平衡向正反应方向移动，所以增大压强能够有效增大SO2的去除率，d项正确；答案选ad。
19.A（C3H6）是基本有机化工原料。由A制备聚合物C和的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：
回答下列问题：
（1）D的名称是_______，B含有的含氧官能团的名称是_______________。
（2）C的结构简式为_______________，D→E的反应类型为________________。
（3）E→F的化学方程式为____________________________。
（4）中最多有__________个原子共平面，发生缩聚反应生成有机物的结构简式为_______________。
（5）B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应的共有________种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6：1：1的是__________（写结构简式）。
（6）结合题给信息，以乙烯、HBr为起始原料制备丙酸，设计合成路线。(无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干) ________________
【答案】 (1). 3-氯丙烯 (2). 酯基 (3). (4). 取代反应或水解反应 (5). (6). 10 (7). (8). 8 (9). (10).
【解析】
【分析】
分析流程图：由高聚物结构特点可推知，该高聚物是由B通过加聚反应得到的，因此B的结构简式为CH3CH=CHCOOCH3。高聚物结构中含有酯基，在NaOH溶液中共热发生酯的水解反应，再酸化生成羧基，故C的结构简式为。运用逆合成分析法思考，由G符合“已知”信息中-CN转化为-COOH的过程，可推知G为，E转化为F符合“已知”信息中烯烃环加成，故F为，E为CH2=CHCH2OH。D是A与Cl2的反应产物，D又能在NaOH水溶液共热转化为CH2=CHCH2OH，该过程应为卤代烃水解反应生成醇羟基，所以D为CH2=CHCH2Cl，可得A的结构简式为CH2=CHCH3。
【详解】(1) D是A（C3H6）与Cl2的反应产物，D又能在NaOH水溶液共热转化为CH2=CHCH2OH，该过程为卤代烃水解反应生成醇羟基，所以D的结构简式CH2=CHCH2Cl，用系统命名法给该有机物命名为：3-氯丙烯。由高聚物结构特点可推知B的结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B含有的含氧官能团的名称是酯基。
(2)由于高聚物在NaOH溶液中共热发生酯的水解反应，再酸化生成羧基，则C的结构简式为。D的结构简式为CH2=CHCH2Cl，D分子中含有氯原子，在NaOH溶液中共热发生水解反应生成E（CH2=CHCH2OH），所以D→E的反应类型为水解反应或取代反应。
(3) E为CH2=CHCH2OH，F为，E转化为F符合“已知”信息中烯烃环加成过程，其化学反应方程式为。
(4) 分子中含有2个通过C-C连接的结构，两个的平面通过单键旋转而共平面，所以该分子中所有原子可能处于同一平面上，所以最多共有10个原子共平面。分子间羧基与醇羟基之间酯化脱水形成高分子，属于缩聚反应，生成高聚物的结构简式为。
(5) B的结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，分子式为C5H8O2，B分子含有碳碳双键和酯基官能团，酯类有机物中只有甲酸酯类物质能发生银镜反应，故同分异构体结构中含有HCOO-。其同分异构体有HCOOCH=CHCH2CH3、HCOOCH2CH=CHCH3、HCOOCH2CH2CH=CH2、HCOOC(CH3)=CHCH3、HCOOCH(CH3)CH=CH2、HCOOC(CH2CH3)=CH2、HCOOCH=C(CH3)2、HCOOCH2C(CH3)=CH2，共8种。其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6：1：1的结构简式为HCOOCH=C(CH3)2。
(6)目的产物丙酸CH3CH2COOH分子比原料乙烯分子少一个碳原子，依据本题信息可由R-CNR-COOH增加碳原子，根据流程图中FG的反应，可推知R-CN可由R-Br取代得到。其合成路线如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2CNCH3CH2COOH。
【点睛】本题难点在于有机物结构的推断，推断时注意研究题给信息中所给反应的断键、成键原理，题给信息反应原理在推断过程中必然用到；注意分析流程图中有机物分子中碳原子数、氢原子数、氧原子数等特定原子个数的变化；特别要关注有机分子的碳链骨架、不饱和度有无变化；箭头上的反应条件往往是推断有机物官能团种类的重要依据。
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