1、2016年海南省海口一中高考化学考前模拟试卷一单项选择题（本题包括6小题，每小题2分，共12分，每小题只有一个正确答案）1下列指定反应的离子方程式正确的是（）A向NaAlO2溶液中通入过量CO2：CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3BNH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液并加热：NH4+OHNH3+H2OC用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2DCu溶于稀硝酸HNO3：Cu+2H+NO3Cu2+NO+H2O2对下列物质的化学用语书写正确的是（）A乙烯的结构简式为CH2CH2B羟基的电子式：CCa2+的结构示意图为D乙醇的分子式：CH3CH2OH3
2、如表各组物质中，满足组内甲、乙、丙任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（）物质组别甲乙丙ANH3O2HNO3BAlHClNaOHCSiO2NaOHHClDCO2Ca（OH）2NaHSO3AABBCCDD4下列有关溶液组成的描述合理的是（）A无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、S2B使酚酞变红的溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、HCO3、CO32D中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、SCN、SO425以下关于胶体的说法不正确的是（）A胶体粒子能透过滤纸，但不能透过半透膜BFe（OH）3胶体粒子具有较大的表面积，具有吸附性，能吸附
3、阳离子，故在电场作用下会产生电泳现象C向Fe（OH）3胶体中逐滴滴入稀硫酸，会先出现红褐色沉淀然后沉淀消失的现象D只有胶体粒子能作布朗运动6下列关于热化学反应的描述中正确的是（）AHCl和NaOH反应的中和热H=57.3kJ/mol，则H2SO4和NaOH完全反应的中和热为114.6kJ/molBCO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则表示CO燃烧热的热化学方程式为2CO（g）+O2（g）2CO2（g）；H=283.0kJ/molC一个化学反应的热效应，只与反应的始态与终态有关，与反应的过程无关D需要加热才能发生的反应一定是吸热反应二、不定项选择题（每小题4分，共计24分每小题有一个或两
4、个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分：若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分）7在密闭容器中存在下列平衡：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）；CO2（g）的平衡物质的量浓度c（CO2）与温度T的关系如图所示下列说法正确的是（）A平衡状态A与C相比，平衡状态A的c（CO）小B在T2时，若反应处于状态D，则一定有V正V逆C反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的H0D若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1K28用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A1mol/LNa
5、Cl溶液含有NA个Na+B任意条件下，16gO3所含的原子数为NAC1molFe与足量稀HNO3反应，转移3NA个电子D标准状况下，22.4LSO3所含的分子数为NA9对于常温下0.1molL1氨水和0.1molL1醋酸，下列说法正确的是（）A0.1molL1氨水，溶液的pH=13B0.1molL1氨水加水稀释，溶液中c（H+）和c（OH）都减小C0.1molL1醋酸溶液中：c（H+）=c（CH3COO）D0.1molL1醋酸与0.1molL1 NaOH溶液等体积混合所得溶液中：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）10往碘化亚铁溶液中缓慢通入1.5mol氯气，反应完成后溶液中有的
6、Fe2+被氧化成Fe3+则原碘化亚铁溶液的物质的量为（）A1.1molB1.5molC1.2molD1.0mol11下列对第A族元素及其化合物的性质的推断一定不正确的是（）A与同族硅元素类似，锗、锡、铅都可用做半导体材料B锗与盐酸可能不反应，锡、铅能与盐酸反应C锗、锡、铅的+4价氢氧化物的碱性由弱到强的顺序为：Ge（OH）4Sn（OH）4Pb（OH）4D锗、锡、铅的金属性依次减弱123.0gFe2O3和Al2O3组成的混合物全部溶于200mLpH=0的硫酸，反应后向所得溶液中加入100mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，则加入的NaOH的浓度c（NaOH）为（）A1mol/LB
7、2mol/LC4mol/LD8mol/L三、解答题（共5小题，满分44分）13U、V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的六种常见元素Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色Z和W元素形成的化合物Z3W4具有磁性U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体X的单质是一种金属，该金属单质在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体请回答下列问题：（1）X在周期表中的位置：，UW2的电子式为；（2）写出下列反应的化学方程式Z在高温下与水反应；（3）U、V、W形成的10电子氢化物中，氢化物的稳定性从强到弱的顺序是（写化学式），V元素的氢化物极易溶于水的主要原因是，该氢化物与空气可以构成一种环保燃料电池，电
8、解质溶液是KOH，其负极的电极反应式为14某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3H2O的形式存在，该废水的处理流程如图1：（1）过程：加NaOH溶液，其作用用离子方程式表示为，调节pH至9后，升温至30，通空气将氨赶出并回收；（2）过程：在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3两步反应的能量变化示意图如图2：第一步反应的热化学方程式是；1molNH4+（aq）全部氧化成NO3（aq）的热化学方程式是；（3）过程：一定条件下，向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2若该反应消耗32gCH3OH转移6mol电子，则该反应的化学方程式是15汽车尾气里含有的NO气体是由于内
9、燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：N2（g）+O2（g）2NO（g）H0，已知该反应在2404时，平衡常数K=64104请回答：（1）某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，则N2的反应速率；（2）假设该反应是在恒容条件下进行，判断该反应达到平衡的标志；A容器内气体压强不再变化B混合气体密度不变C混合气体平均相对分子质量不变D2v（N2）正=v（NO）逆（3）将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，如图变化趋势正确的是（填字母序号）；（4）向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达
10、到化学平衡状态与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数；（填“变大”、“变小”或“不变”）（5）该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5101mol/L、4.0102mol/L和3.0103mol/L，此时反应v正v逆（填“大于”、“小于”或“等于”）16有一混合物水溶液，含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Cl、Ba2+、HCO3、SO42，现各取100mL溶液分别进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生第二份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL第三份加足量Ba（OH）2溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量
11、为2.33g根据上述实验，回答以下问题：（1）由第一份进行的实验推断该混合物是否一定含有Cl：；（填“是”或“否”）（2）由第二份进行的实验可知混合物中应含有离子，其物质的量浓度为；（3）由第三份进行的实验可知4.30g沉淀的成份为，写出生成该沉淀的离子方程式：；（4）溶液中肯定存在的离子是17现有一份含有FeCl3和FeCl2固体的混合物，为测定FeCl2的含量，进行如下实验：称取混合物样品的质量7.06g，将样品溶解向溶解后的溶液中，加入足量的双氧水再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到红褐色沉淀将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧，到质量不再减少，得到固体物质4.00g根据实验回答下列问题：
12、（1）样品溶解过程中需加入，以防止；（2）写出溶解后的溶液与双氧水反应的离子方程式；（3）过滤操作中除用漏斗外，还需要的玻璃仪器有；（4）简述检验实验步骤中沉淀已经洗涤干净的方法；（5）通过实验所得数据，计算固体样品中FeCl2的质量分数：；（6）实验室采用如图装置制取少量无水FeCl3固体（已知FeCl3固体易潮解，部分夹持仪器已略去）该装置存在明显缺陷，得不到无水FeCl3固体，请你对该装置进行合理的改进：三、有机模块题18已知：2RCl+2NaRR+2NaCl（R代表烃基），下列有机物通过上述反应可制得对二甲基环己烷的是（）A2，3二氯丁烷B1，3二氯丁烷C2氯丁烷D2，5二氯己烷和1，
13、2二氯乙烷五、解答题（共1小题，满分14分）19现设计如图路线合成有机物E（C6H8O4），（其中A的相对分子质量是56，B的相对分子质量是125）（1）烃A的分子式是，D的结构简式为；（2）的反应类型是反应；（3）已知E为顺式结构，则其结构简式是；（4）下列说法正确的是（填序号）a反应属于加成反应bB与二氯甲烷互为同系物cC存在立体异构体dD能使溴水褪色（5）若C转化为D经过如下4步反应完成：CD则的化学方程式是，所需的无机试剂及反应条件是2016年海南省海口一中高考化学考前模拟试卷参考答案与试题解析一单项选择题（本题包括6小题，每小题2分，共12分，每小题只有一个正确答案）1下列指定反应的
14、离子方程式正确的是（）A向NaAlO2溶液中通入过量CO2：CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3BNH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液并加热：NH4+OHNH3+H2OC用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2DCu溶于稀硝酸HNO3：Cu+2H+NO3Cu2+NO+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；B漏写碳酸氢根离子与碱的反应；C醋酸在离子反应中保留化学式；D电子、电荷不守恒【解答】解：A向NaAlO2溶液中通入过量CO2的离子反应为CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故A正确；BNH4HCO3
15、溶液中加过量NaOH溶液并加热的离子反应为HCO3+NH4+OHCO32+NH3+2H2O，故B错误；C用CH3COOH溶解CaCO3的离子反应为CaCO3+2CH3COOH2CH3COO+Ca2+H2O+CO2，故C错误；DCu溶于稀硝酸HNO3的离子反应为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故D错误；故选A2对下列物质的化学用语书写正确的是（）A乙烯的结构简式为CH2CH2B羟基的电子式：CCa2+的结构示意图为D乙醇的分子式：CH3CH2OH【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A结构简式中需要标出乙烯的官能团结构；B羟基为中性原子团，氧原子最外层含有7个电子
16、；C钙离子的核电荷数为20，核外电子总数为18，最外层满足8电子稳定结构D分子式只表示分子中含有元素种类及数目，不需要标出官能团结构【解答】解：A乙烯分子中含有碳碳双键，其正确的结构简式为：CH2=CH2，故A错误；B羟基中含有1个OH键，氧原子最外层电子数为7，其正确的电子式为，故B错误；CCa2+的核外电子总数为18，其离子结构示意图为：，故C正确；DCH3CH2OH为乙醇的结构简式，乙醇的分子式为：C2H6O，故D错误；故选C3如表各组物质中，满足组内甲、乙、丙任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（）物质组别甲乙丙ANH3O2HNO3BAlHClNaOHCSiO2NaOHHClDCO
17、2Ca（OH）2NaHSO3AABBCCDD【考点】氨的化学性质；硅和二氧化硅；铝的化学性质【分析】ANH3与O2、HNO3反应，但O2、HNO3二者不反应；BAl与HCl、NaOH均反应，且HCl与NaOH反应；CSiO2与NaOH反应，二氧化硅与HCl不反应，NaOH与HCl反应；DCO2与Ca（OH）2反应，与NaHSO3 不反应，Ca（OH）2与NaHSO3反应【解答】解：ANH3与O2发生氧化还原反应生成NO和水，氨气与HNO3反应生成硝酸铵，但O2、HNO3二者不反应，则不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故A不选；BAl与HCl反应生成氯化铝和氢气，Al与NaOH溶液
18、反应生成偏铝酸钠和氢气，且HCl与NaOH反应生成NaCl和水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故B选；CSiO2与NaOH反应生成硅酸钠和水，SiO2与HCl不反应，且NaOH与HCl反应生成NaCl和水，组内任意两种物质在一定条件下不能都发生反应，故C不选；DCO2与Ca（OH）2反应生成亚硫酸钙和水，碳酸酸性小于亚硫酸，CO2与NaHSO3不反应，Ca（OH）2与NaHSO3反应生成亚硫酸钙，组内任意两种物质在一定条件下不都能发生反应，故D不选；故选B4下列有关溶液组成的描述合理的是（）A无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、S2B使酚酞变红的溶液中可能大量存在Na+
19、、ClO、SO42、IC碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、HCO3、CO32D中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、SCN、SO42【考点】离子共存问题【分析】A铝离子与硫离子发生双水解反应；B使酚酞变红的溶液中存在大量氢氧根离子，次氯酸根离子能够氧化碘离子；C碳酸氢根离子、碳酸根离子水解后溶液呈碱性；D铁离子只能存在于酸性溶液中，铁离子与硫氰根离子反应【解答】解：AAl3+、S2之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BClO、I之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CNa+、K+、HCO3、CO32之间不发生反应，HCO3、CO32水解溶液呈碱性，所以在弱碱性
20、溶液中四种离子可以大量共存，故C正确；DFe3+、SCN之间反应生成硫氰化铁，Fe3+只能存在于酸性溶液，故D错误；故选C5以下关于胶体的说法不正确的是（）A胶体粒子能透过滤纸，但不能透过半透膜BFe（OH）3胶体粒子具有较大的表面积，具有吸附性，能吸附阳离子，故在电场作用下会产生电泳现象C向Fe（OH）3胶体中逐滴滴入稀硫酸，会先出现红褐色沉淀然后沉淀消失的现象D只有胶体粒子能作布朗运动【考点】胶体的重要性质【分析】A胶体粒子微粒直径大小分析判断，可以透过滤纸，但不能透过半透膜；B只有胶粒带有电荷的胶体在通电时发生电泳现象；C根据胶体的聚沉和酸碱反应分析，盐酸是电解质溶液，能引发胶体聚沉，氢
21、氧化铁沉淀和盐酸发生酸碱中和反应；D花粉在水中也会发生布朗运动【解答】解：A胶体粒子的大小在1100nm之间，可以透过滤纸但不能透过半透膜，故A正确；B氢氧化铁胶体具有吸附性，吸附阳离子，则胶体粒子带电，在电场作用下氢氧化铁胶粒会移向阴极，阴极附近颜色变深，会产生电泳现象，故B正确；C胶体中加电解质溶液时，胶体会发生聚沉，所以向Fe（OH）3胶体中逐滴滴入盐酸会产生沉淀，后来Fe（OH）3与HCl反应而溶解，故C正确；D花粉在水中也会发生布朗运动，所以不只有胶体粒子能作布朗运动，故D错误；故选D6下列关于热化学反应的描述中正确的是（）AHCl和NaOH反应的中和热H=57.3kJ/mol，则H
22、2SO4和NaOH完全反应的中和热为114.6kJ/molBCO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则表示CO燃烧热的热化学方程式为2CO（g）+O2（g）2CO2（g）；H=283.0kJ/molC一个化学反应的热效应，只与反应的始态与终态有关，与反应的过程无关D需要加热才能发生的反应一定是吸热反应【考点】热化学方程式【分析】A中和热与生成水的物质的量多少无关，2SO4和NaOH完全反应的中和热与HCl和NaOH反应的中和热相同，都是H=57.3kJ/mol；B燃烧热中CO的物质的量为1mol，反应热与化学计量数成正比，则2molCO完全燃烧放出的热量为566kJ；C根据盖斯定律可知，反
23、应热只与反应体系的始态和终态有关；D反应热与反应条件没有必然关系，则需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如铝热反应【解答】解：AHCl和NaOH反应的中和热H=57.3kJ/mol，由于中和热与生成水的物质的量多少无关，则H2SO4和NaOH完全反应的中和热也是H=57.3kJ/mol，故A错误；BCO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则表示CO燃烧热的热化学方程式为2CO（g）+O2（g）2CO2（g）；H=566.0kJ/mol，故B错误；C反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关，故C正确；D需要加热才能发生的反应不一定是吸热
24、反应，如铝热反应为放热反应，铝热反应需要在加热条件下才能进行，故D错误；故选C二、不定项选择题（每小题4分，共计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，多选时，该题得0分：若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分）7在密闭容器中存在下列平衡：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）；CO2（g）的平衡物质的量浓度c（CO2）与温度T的关系如图所示下列说法正确的是（）A平衡状态A与C相比，平衡状态A的c（CO）小B在T2时，若反应处于状态D，则一定有V正V逆C反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2
25、（g）的H0D若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2【考点】化学平衡建立的过程【分析】A根据温度对平衡的影响，分析CO的浓度；BT2时反应进行到状态D，c（CO2）高于平衡浓度，故反应向逆反应进行；C由图可知，温度越高平衡时c（CO2）越大，说明升高温度平衡向正反应移动；D化学平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，根据平衡移动判断温度对平衡常数的影响【解答】解：A平衡状态A与C相比，C点温度高，已知H0，升高温度平衡正移，CO浓度减小，所以A点CO浓度大，故A错误；BT2时反应进行到状态D，c（CO2）高于平衡浓度，故反应向逆反应进行，则一定有（正）（逆），故B正确；
26、C由图可知，温度越高平衡时c（CO2）越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故正反应是吸热反应，即H0，故C错误；D该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，故K1K2，故D正确；故选BD8用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A1mol/LNaCl溶液含有NA个Na+B任意条件下，16gO3所含的原子数为NAC1molFe与足量稀HNO3反应，转移3NA个电子D标准状况下，22.4LSO3所含的分子数为NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A溶液体积未知；B臭氧是由氧原子构成，依据N=NA计算解答；C铁与足量稀硝酸反应生成三价铁离子；
27、D标况下，三氧化硫不是气体【解答】解：A溶液体积未知，不能计算钠离子个数，故A错误；B臭氧是由氧原子构成，则16g臭氧含有氧原子个数=NA=NA=NA，故B正确；C铁与足量稀硝酸反应生成三价铁离子，1molFe与足量稀HNO3反应，生成1mol三价铁离子，转移3NA个电子，故C正确；D标况下，三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，故D错误；故选：BC9对于常温下0.1molL1氨水和0.1molL1醋酸，下列说法正确的是（）A0.1molL1氨水，溶液的pH=13B0.1molL1氨水加水稀释，溶液中c（H+）和c（OH）都减小C0.1molL1醋酸溶液中：c（H+）=c（CH3COO）D0
28、.1molL1醋酸与0.1molL1 NaOH溶液等体积混合所得溶液中：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离；B加水稀释促进一水合氨电离，但溶液中氢氧根离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，据此判断氢离子浓度；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；D等物质的量的醋酸和氢氧化钠混合，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，再结合电荷守恒判断【解答】解：A一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，所以氨水溶液中存在一水合氨电离平衡，则0.1molL1氨水，溶液的pH
29、13，故A错误；B加水稀释促进一水合氨电离，氢氧根离子增多个数小于溶液体积增大倍数，所以溶液中氢氧根离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢离子浓度增大，故B错误；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故C错误；D等物质的量的醋酸和氢氧化钠混合，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性c（OH）c（H+），根据电荷守恒得c（Na+）c（CH3COO），盐类水解较微弱，所以c（CH3COO）c（OH），该溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故D正确；故选D10往碘化亚铁溶液中缓慢
30、通入1.5mol氯气，反应完成后溶液中有的Fe2+被氧化成Fe3+则原碘化亚铁溶液的物质的量为（）A1.1molB1.5molC1.2molD1.0mol【考点】氧化还原反应的计算【分析】还原性强弱：IFe2+，氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子，已知氯气的物质的量为0.15mol，发生反应离子方程式为：Cl2+2I=2Cl+I2，碘离子完全氧化后，溶液中有的Fe2+被氧化成Fe3+，发生反应离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl+Fe3+，设原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为cmol/L，则c（I）=2c（FeI2）=2c，c（Fe2+）=cmol/L，所以与碘离子反应消耗的氯气为n（Cl2）=
31、n（I）=cV=0.1cmol，反应完成后溶液中有的Fe2+被氧化成Fe3+，则与亚铁离子反应消耗的氯气为n（Cl2）=n（Fe2+）=cV=0.025cmol，据此计算原碘化亚铁溶液的物质的量【解答】解：已知：还原性强弱：IFe2+，往碘化亚铁溶液中缓慢通入1.5mol氯气，氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子，已知氯气的物质的量为0.15mol，发生反应离子方程式为：Cl2+2I=2Cl+I2，碘离子完全氧化后，溶液中有的Fe2+被氧化成Fe3+，发生反应离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl+Fe3+，设原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为cmol/L，则c（I）=2c（FeI2）=2c，c（F
32、e2+）=cmol/L，所以与碘离子反应消耗的氯气为n（Cl2）=n（I）=cV=0.1cmol，反应完成后溶液中有的Fe2+被氧化成Fe3+，则与亚铁离子反应消耗的氯气为n（Cl2）=n（Fe2+）=cV=0.025cmol，所以0.025cmol+0.1cmol=0.15mol解得：c=1.2mol/L，故选C11下列对第A族元素及其化合物的性质的推断一定不正确的是（）A与同族硅元素类似，锗、锡、铅都可用做半导体材料B锗与盐酸可能不反应，锡、铅能与盐酸反应C锗、锡、铅的+4价氢氧化物的碱性由弱到强的顺序为：Ge（OH）4Sn（OH）4Pb（OH）4D锗、锡、铅的金属性依次减弱【考点】同一主
33、族内元素性质递变规律与原子结构的关系【分析】A、在金属和非金属性元素的交界处的单质能作半导体材料；B、锗与硅的性质相似，与盐酸不反应，锡、铅在金属活动顺序表中排在氢的前面，能与盐酸反应；C、根据金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强分析；D、根据同主族金属性的变化规律分析【解答】解：A、在金属和非金属性元素的交界处的单质能作半导体材料，硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料，而锡、铅不是半导体，故A错误；B、锗与硅的单质都能作半导体，化学性质相似，所以与盐酸不反应，锡、铅在金属活动顺序表中排在氢的前面，能与盐酸反应，故B正确；C、同主族从上到下金属性增强，所以锗、锡、铅的
34、金属性依次增强，则其对应最高价氧化物的水化物的碱性依次增强，碱性：Ge（OH）4Sn（OH）4Pb（OH）4，故C正确；D、同主族从上到下金属性增强，所以锗、锡、铅的金属性依次增强，故D错误故选AD123.0gFe2O3和Al2O3组成的混合物全部溶于200mLpH=0的硫酸，反应后向所得溶液中加入100mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，则加入的NaOH的浓度c（NaOH）为（）A1mol/LB2mol/LC4mol/LD8mol/L【考点】有关混合物反应的计算【分析】反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸可能有剩余，向反应后的混合溶液中加入100mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al
35、3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4），根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4），据此计算n（NaOH），再根据c=计算加入的NaOH的浓度【解答】解：3.0gFe2O3和Al2O3组成的混合物全部溶于200mLpH=0的硫酸，反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸可能有剩余，向反应后的混合溶液中加入100mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，pH=0的硫酸的物质的量浓度为0.5mol/L，根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4）=0.2L0.5mol/L=0.1mol，根据钠离
36、子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.2mol，所以该NaOH溶液的物质的量浓度为：c（NaOH）=2mol/L，故选B三、解答题（共5小题，满分44分）13U、V、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的六种常见元素Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色Z和W元素形成的化合物Z3W4具有磁性U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体X的单质是一种金属，该金属单质在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体请回答下列问题：（1）X在周期表中的位置：第三周期A族，UW2的电子式为；（2）写出下列反应的化学方程式Z在高温下与水反应3Fe+4 H2O（g）Fe3O4+4H2；（3）U、V、W形
37、成的10电子氢化物中，氢化物的稳定性从强到弱的顺序是H2ONH3CH4（写化学式），V元素的氢化物极易溶于水的主要原因是NH3与H2O间能形成氢键，该氢化物与空气可以构成一种环保燃料电池，电解质溶液是KOH，其负极的电极反应式为2NH36e+6OH=N2+6H2O【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色，该产物为SO2，则Y为S元素，W为O元素，Z的单质在W中燃烧生成的化合物Z3W4具有磁性，则Z3W4为Fe3O4，Z为Fe元素，U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体，U原子序数小于O元素，应为CO和CO2气体，U为C元素，X的单质是一种金属
38、，该金属在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体，应为Mg和CO2的反应，则X为Mg元素，V的原子序数介于碳、氧之间，则V为N元素，据此解答【解答】解：Y的单质在W2中燃烧的产物可使品红溶液褪色，该气体为SO2，则Y为S元素，W为O元素，Z的单质在W中燃烧生成的化合物Z3W4具有磁性，则Z3W4为Fe3O4，Z为Fe元素，U的单质在W2中燃烧可生成UW和UW2两种气体，U原子序数小于O元素，应为CO和CO2气体，U为C元素，X的单质是一种金属，该金属在UW2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体，应为Mg和CO2的反应，则X为Mg元素，V的原子序数介于碳、氧之间，则V为N元素（1）X为Mg元素，处于周期表中
39、第三周期A族，UW2为CO2，电子式为，故答案为：第三周期A族；（2）Fe单质与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，化学方程式为：3Fe+4 H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4 H2O（g）Fe3O4+4H2；（3）U、V、W形成的10电子氢化物分别是CH4、NH3、H2O，非金属性CNO，故氢化物稳定性：H2ONH3CH4，NH3与H2O间能形成氢键，是氨气极易溶于水的主要原因，原电池负极发生氧化反应，氨气在负极失去电子，进行条件下生成氮气与水，负极电极反应式为：2NH36e+6OH=N2+6H2O，故答案为：H2ONH3CH4；NH3与H2O间能形成氢键；2NH36e+6OH
40、=N2+6H2O14某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3H2O的形式存在，该废水的处理流程如图1：（1）过程：加NaOH溶液，其作用用离子方程式表示为NH4+OHNH3H2O，调节pH至9后，升温至30，通空气将氨赶出并回收；（2）过程：在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3两步反应的能量变化示意图如图2：第一步反应的热化学方程式是NH4+（aq）+1.5O2（g）NO2（aq）+2H+（aq）+H2O（l）H=273KJ/mol；1molNH4+（aq）全部氧化成NO3（aq）的热化学方程式是NH4+（aq）+2O2（g）2H+（aq）+H2O（l）+NO3（aq
41、）H=346 kJ/mol；（3）过程：一定条件下，向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2若该反应消耗32gCH3OH转移6mol电子，则该反应的化学方程式是5CH3OH+6HNO3=3N2+5CO2+13H2O【考点】三废处理与环境保护【分析】（1）铵根能和强碱反应生成一水合氨；（2）根据能量变化示意图可知反应物是1molNH4+（aq）和1.5molO2（g），生成物是1molNO2（aq）、2molH+（aq）、1molH2O（l），H=273KJ/mol，从而写出热化学反应方程式； 根据能量变化示意图可得第一步和第二步的热化学反应方程式，再用盖斯定律求得1molNH4+（aq）全
42、部氧化成NO3（aq）的热化学方程式；（3）32g CH3OH的物质的量为1mol，转移6mol电子，则甲醇中的碳由2价变为+4价，即生成CO2，据此写出化学方程式【解答】解：（1）铵盐能和强碱反应，实质是：NH4+OHNH3H2O，故答案为：NH4+OHNH3H2O；（2）根据能量变化示意图可得第一步的热化学方程式为：NH4+（aq）+1.5O2（g）NO2（aq）+2H+（aq）+H2O（l）H=273KJ/mol，故答案为：NH4+（aq）+1.5O2（g）NO2（aq）+2H+（aq）+H2O（l）H=273KJ/mol；第一步的热化学方程式为：NH4+（aq）+1.5O2（g）NO2
43、（aq）+2H+（aq）+H2O（l）H=273KJ/mol第二步的热化学方程式为：NO2（aq）+0.5O2（g）NO3（aq）H=73KJ/mol1molNH4+（aq）全部氧化成NO3（aq）的热化学方程式可由盖斯定律+得NH4+（aq）+2O2（g）2H+（aq）+H2O（l）+NO3（aq）H=346 kJ/mol，故答案为：NH4+（aq）+2O2（g）2H+（aq）+H2O（l）+NO3（aq）H=346 kJ/mol；（3）32g CH3OH的物质的量为1mol，转移6mol电子，则甲醇中的碳由2价变为+4价，即生成CO2，根据得失电子数守恒配平可得：5CH3OH+6HNO3=
44、3N2+5CO2+13H2O，故答案为：5CH3OH+6HNO3=3N2+5CO2+13H2O15汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：N2（g）+O2（g）2NO（g）H0，已知该反应在2404时，平衡常数K=64104请回答：（1）某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，则N2的反应速率0.05mol/（Lmin）；（2）假设该反应是在恒容条件下进行，判断该反应达到平衡的标志D；A容器内气体压强不再变化B混合气体密度不变C混合气体平均相对分子质量不变D2v（N2）正=v（NO）逆（3）将N2、O2的混合气体
45、充入恒温恒容密闭容器中，如图变化趋势正确的是AC（填字母序号）；（4）向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数不变；（填“变大”、“变小”或“不变”）（5）该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5101mol/L、4.0102mol/L和3.0103mol/L，此时反应v正大于v逆（填“大于”、“小于”或“等于”）【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断【分析】（1）5分钟内，n（O2）=1mol0.5mol=0.5mol，由N2（g）+
46、O2（g）2NO（g）可知n（N2）=0.5mol，带入v=计算；（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；（3）根据温度、催化剂对反应速率和平衡移动的影响判断；（4）根据化学方程式的特点结合压强对平衡的影响分析；（5）计算某时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，与该温度下的平衡常数相比较，可得出结论【解答】解：（1）5分钟内，n（O2）=1mol0.5mol=0.5mol，由N2（g）+O2（g）2NO（g）可知n（N2）=0.5mol，v（
47、N2）=0.05mol/（Lmin），故答案为：0.05mol/（Lmin）；（2）A反应前后体积不变，则容器内气体压强不再变化，不能说明达到平衡状态，故A错误；B气体的体积、质量不变，则无论是否达到平衡状态，混合气体密度都不变，故B错误；C混合气体平均相对分子质量不变，总质量是个定值，总物质的量是个定值，混合气体的平均相对分子质量一直不变，故C错误； D2v（N2）正=v（NO）正=v（NO）逆，可说明达到平衡状态，故D正确；故答案为：D；（3）A该反应的正反应为吸热反应，则升高温度平衡向正反应进行，平衡常数增大，故A正确；B加入催化剂，反应速率增大，但平衡不发生移动，故B错误；C升高温度，
48、反应速率增大，平衡向正反应方向移动，氮气的转化率增大，故C正确故答案为：AC；（4）该反应中，气体的化学计量数之和前后相等，压强对平衡移动没有影响，只要是在相同温度下，则平衡状态相同，与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数，故答案为：不变；（5）该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5101mol/L、4.0102mol/L和3.0103mol/L，则有该时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值为=9104K，则反应应向正反应方向进行，则正反应速率大于逆反应速率，故答案为：大于16有一混合物水溶液，含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Cl、Ba2+、H
49、CO3、SO42，现各取100mL溶液分别进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生第二份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL第三份加足量Ba（OH）2溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g根据上述实验，回答以下问题：（1）由第一份进行的实验推断该混合物是否一定含有Cl：否；（填“是”或“否”）（2）由第二份进行的实验可知混合物中应含有NH4+离子，其物质的量浓度为0.2mol/L；（3）由第三份进行的实验可知4.30g沉淀的成份为BaCO3、BaSO4，写出生成该沉淀的离子方程式：Ba2+HCO3+OH=BaCO3+H2O、Ba2+
50、SO42=BaSO4；（4）溶液中肯定存在的离子是Na+、NH4+、HCO3、SO42【考点】无机物的推断【分析】第一份溶液加入AgNO3溶液有沉淀产生，推得可能含有Cl、SO42；第二份溶液加足量NaOH溶液加热后收集到气体，推得一定含有NH4+，且n（NH4+）=n（NH3）=0.02mol；第三份加足量Ba（OH）2溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，可知BaSO4为2.33g，物质的量为0.01mol，BaCO3为4.30g2.33g1.97g，物质的量为0.01mol，根据原子守恒，所以100mL该溶液中含0.1mol HCO3，则HCO3物质的量
51、为0.01mol，因含有SO42，则一定不存在Ba2+，根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出Na+一定存在，以此解答该题【解答】解：第一份溶液加入AgNO3溶液有沉淀产生，推得可能含有Cl、SO42；第二份溶液加足量NaOH溶液加热后收集到气体，推得一定含有NH4+，且n（NH4+）=n（NH3）=0.02mol；第三份加足量Ba（OH）2溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，可知BaSO4为2.33g，物质的量为0.01mol，BaCO3为4.30g2.33g1.97g，物质的量为0.01mol，根据原子守恒，所以100mL该溶液中含0.1mol HCO3
52、，则HCO3物质的量为0.01mol，因含有SO42，则一定不存在Ba2+，根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，即可推出Na+一定存在，（1）第一份溶液加入AgNO3溶液有沉淀产生，推得可能含有Cl、SO42，不能确定是否含有氯离子，故答案为：否；（2）第二份溶液加足量NaOH溶液加热后收集到气体，推得一定含有NH4+，且n（NH4+）=n（NH3）=0.02mol，则物质的量浓度为=0.2 mol/L，故答案为：NH4+；0.2 mol/L；（3）第三份加足量Ba（OH）2溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，可知BaSO4为2.33g，物质的量为0.01mol，
53、BaCO3为4.30g2.33g1.97g，物质的量为0.01mol，发生反应HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O、SO42+Ba2+BaSO4，故答案为：BaCO3、BaSO4；Ba2+HCO3+OH=BaCO3+H2O、Ba2+SO42=BaSO4；（4）由以上分析可知一定含有Na+、NH4+、HCO3、SO42故答案为：Na+、NH4+、HCO3、SO4217现有一份含有FeCl3和FeCl2固体的混合物，为测定FeCl2的含量，进行如下实验：称取混合物样品的质量7.06g，将样品溶解向溶解后的溶液中，加入足量的双氧水再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到红褐色沉淀将沉淀过滤、洗
54、涤后，加热灼烧，到质量不再减少，得到固体物质4.00g根据实验回答下列问题：（1）样品溶解过程中需加入稀盐酸，以防止FeCl3和 FeCl2水解而使溶液浑浊；（2）写出溶解后的溶液与双氧水反应的离子方程式2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；（3）过滤操作中除用漏斗外，还需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒；（4）简述检验实验步骤中沉淀已经洗涤干净的方法取最后的洗涤液少量，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净；（5）通过实验所得数据，计算固体样品中FeCl2的质量分数：53.97%；（6）实验室采用如图装置制取少量无水FeCl3固体（已知FeCl3固体易潮解，部
55、分夹持仪器已略去）该装置存在明显缺陷，得不到无水FeCl3固体，请你对该装置进行合理的改进：在 B、C 之间和C、D之间分别增加盛有浓硫酸的洗气瓶，防止 FeCl3吸水而潮解【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】现有一份含有FeCl3和FeCl2固体的混合物，为测定FeCl2的含量，称取混合物样品的质量7.06g，将样品溶解，溶解过程中需要加入稀盐酸抑制氯化铁、氯化亚铁水解，避免生成沉淀；向溶解后的溶液中，加入足量的双氧水，是氧化亚铁离子为铁离子，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到红褐色沉淀氢氧化铁，将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧，到质量不再减少，得到固体物质4.00g为氧化铁，
56、结合铁元素守恒和质量关系列式计算得到氯化亚铁质量，计算得到氯化亚铁含量；（1）样品溶解过程中需加入稀盐酸，主要是抑制氯化铁、氯化亚铁水解；（2）酸性溶液中过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子；（3）过滤操作过程、装置选择所需玻璃仪器；（4）简述检验实验步骤中沉淀已经洗涤干净的方法是滴加硝酸酸化的硝酸银溶液检验洗涤液中是否含氯离子；（5）设原FeCl3和FeCl2固体的混合物中氯化亚铁物质的量为x，氯化铁物质的量为y，127x+162.5y=7.06x+y=2计算得到氯化亚铁质量分数；（6）氯化铁易吸收水蒸气，通过装置B中水吸收氯化氢，得到氯气中混有水蒸气，进入装置C，会使生成的氯化铁潮解，氢氧化钠溶液
57、中水蒸气也会进入装置C影响产物的纯度【解答】解：现有一份含有FeCl3和FeCl2固体的混合物，为测定FeCl2的含量，称取混合物样品的质量7.06g，将样品溶解，溶解过程中需要加入稀盐酸抑制氯化铁、氯化亚铁水解，避免生成沉淀；向溶解后的溶液中，加入足量的双氧水，是氧化亚铁离子为铁离子，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到红褐色沉淀氢氧化铁，将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧，到质量不再减少，得到固体物质4.00g为氧化铁，结合铁元素守恒和质量关系列式计算得到氯化亚铁质量，计算得到氯化亚铁含量（1）上述分析可知样品溶解过程中需加入稀盐酸，主要是抑制氯化铁、氯化亚铁水解，防止溶解过程中生成沉淀使
58、溶液变浑浊，故答案为：稀盐酸；FeCl3和 FeCl2水解而使溶液浑浊；（2）酸性溶液中过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；（3）过滤操作过程、装置选择所需玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯，过滤操作中除用漏斗外，还需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯，故答案为：玻璃棒、烧杯；（4）检验实验步骤中沉淀已经洗涤干净的方法是滴加硝酸酸化的硝酸银溶液检验洗涤液中是否含氯离子，具体步骤为：取最后的洗涤液少量，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净，故答案为：取最后的洗涤液
59、少量，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净；（5）设原FeCl3和FeCl2固体的混合物中氯化亚铁物质的量为x，氯化铁物质的量为y，127x+162.5y=7.06x+y=2x=0.03moly=0.02mol计算得到氯化亚铁质量分数=100%=53.97%，故答案为：53.97%；（6）装置A是制备氯气装置，生成的氯气中含水蒸气、氯化氢，通过装置B中水吸收氯化氢，得到氯气中混有水蒸气，进入装置C，会使生成的氯化铁潮解，剩余氯气被氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，装置BC和装置CD间都会导致水蒸气进入装置C，氯化铁易吸收水蒸气发生潮解，所以在 B、C 之间和C、D
60、之间分别增加盛有浓硫酸的洗气瓶，防止 FeCl3吸水而潮解，故答案为：在 B、C 之间和C、D之间分别增加盛有浓硫酸的洗气瓶，防止 FeCl3吸水而潮解三、有机模块题18已知：2RCl+2NaRR+2NaCl（R代表烃基），下列有机物通过上述反应可制得对二甲基环己烷的是（）A2，3二氯丁烷B1，3二氯丁烷C2氯丁烷D2，5二氯己烷和1，2二氯乙烷【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【分析】由信息可知，制对二甲基环己烷，为形成环状结构，则卤代烃均为二卤代烃，且发生取代反应生成环己烷时存在2个对位甲基，以此来解答【解答】解：A.2，3二氯丁烷发生类似取代反应，环状中只有4个C，故A不
61、选；B.1，3二氯丁烷发生类似取代反应，生成对二甲基环己烷，故B选；C.2氯丁烷不能发生取代反应生成环状结构，故C不选；D.2，5二氯己烷和1，2二氯乙烷，发生取代反应生成对二甲基环己烷，故D选；故选BD五、解答题（共1小题，满分14分）19现设计如图路线合成有机物E（C6H8O4），（其中A的相对分子质量是56，B的相对分子质量是125）（1）烃A的分子式是，D的结构简式为HOOCCH=CHCOOH；（2）的反应类型是取代（酯化）反应；（3）已知E为顺式结构，则其结构简式是；（4）下列说法正确的是cd（填序号）a反应属于加成反应bB与二氯甲烷互为同系物cC存在立体异构体dD能使溴水褪色（5）
62、若C转化为D经过如下4步反应完成：CD则的化学方程式是，所需的无机试剂及反应条件是氢氧化钠醇溶液、加热【考点】有机物的推断【分析】烃A的相对分子质量是56，由转化关系中C的分子式C4H8O2可知，A分子中含有4个碳原子，故含有氢原子数目为 =8，故A的分子式为C4H8，由转化关系可知，B为氯代烃，B的相对分子质量比A大69，B为二元氯代烃，故C为二元醇，由C与D（C4H4O4）的分子式可知，C发生氧化反应生成D，且D为二元羧酸，D的不饱和度为 =3，故D中含有C=C双键，D的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，逆推可知，C为HOCH2CH=CHCH2OH，B为ClCH2CH=CHCH2Cl，
63、A为CH3CH=CHCH3，D与CH3OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成E（C6H8O4），故E的结构简式为CH3OOCCH=CHCOOCH3，据此解答【解答】解：烃A的相对分子质量是56，由转化关系中C的分子式C4H8O2可知，A分子中含有4个碳原子，故含有氢原子数目为 =8，故A的分子式为C4H8，由转化关系可知，B为氯代烃，B的相对分子质量比A大69，B为二元氯代烃，故C为二元醇，由C与D（C4H4O4）的分子式可知，C发生氧化反应生成D，且D为二元羧酸，D的不饱和度为 =3，故D中含有C=C双键，D的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，逆推可知，C为HOCH2CH=CHCH2O
64、H，B为ClCH2CH=CHCH2Cl，A为CH3CH=CHCH3，D与CH3OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成E（C6H8O4），故E的结构简式为CH3OOCCH=CHCOOCH3，（1）由上述分析可知，烃A的分子式为C4H8，D的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，故答案为：C4H8；HOOCCH=CHCOOH；（2）反应是HOOCCH=CHCOOH与CH3OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成E（C6H8O4），属于取代反应，故答案为：取代（酯化）；（3）E的结构简式为CH3OOCCH=CHCOOCH3，为顺式结构，故其结构为：，故答案为：；（4）a反应是CH3CH=CHCH3与氯气反应生成ClCH2CH=CHCH2Cl，属于取代反应，故a错误；bB中含有C=C双键，与二氯甲烷不是同系物，故b错误；cC为HOCH2CH=CHCH2OH，存在顺反异构，故c正确；dD分子中含有碳碳双键，能使溴水褪色，故d正确；故答案为：cd；（4）C转化为D经过如下4步反应完成：CD，C为HOCH2CH=CHCH2OH，反应为C与HCl发生加成反应，保护C=C双键被酸性高锰酸钾氧化，反应方程式为，反应为氧化，反应在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，还原C=C双键，反应为酸化，故答案为：；氢氧化钠醇溶液、加热2016年12月27日
