2021年上海市嘉定区高考化学二模试卷

第1页（共1页）2021年上海市嘉定区高考化学二模试卷一、选择题（本题包括20小题，每小题2分，共40分。每个小题只有一个正确选项）1．（2分）2021年3月1日，东方航空公司与中国商飞公司在上海正式签署了C919购机合同。东航将成为全球首家运营C919大型客机的航空公司。大飞机C919其主结构材料大量使用了铝锂合金，铝锂合金的优点是（）A．高强度、导热性 B．低密度、高强度 C．低密度、导电性 D．导热性、导电性2．（2分）常温下，溴单质不可能发生的反应类型是（）A．化合 B．复分解 C．加成 D．取代3．（2分）有共价键的离子化合物是（）A．氧化钠 B．溴化氢 C．氯化铵 D．氯化镁4．（2分）下列有机物命名不正确的是（）A．2，3，3﹣三甲基丁烷 B．2﹣甲基﹣3﹣乙基戊烷 C．2﹣甲基丙烷 D．3，3﹣二甲基戊烷5．（2分）2019年8月《GreenChemistry》报道了我国学者发明的低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为NaCl+CO2CO+NaClO。下列有关化学用语表示错误的是（）A．中子数为20的氯原子：Cl B．C碳原子轨道表示式： C．CO2（O＝C＝O）的比例模型： D．ClO﹣的电子式：6．（2分）有关HF和HCl判断正确的是（）A．键长：HF＞HCl B．键能：HF＞HCl C．稳定性：HCl＞HF D．共用电子对偏移程度：HCl＞HF7．（2分）对于铝和烧碱溶液的反应，下列说法错误的是（）A．铝是还原剂 B．H2O是氧化剂 C．NaOH与H2O是氧化剂 D．氢气是还原产物8．（2分）下列各组物质发生反应，生成产物有硫单质的是（）A．Na2S2O3溶液和HCl溶液 B．H2S气体在足量的O2中燃烧 C．碳和浓硫酸反应 D．铜和浓硫酸反应9．（2分）下列实验用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的是（）A．鉴别SO2和CO2 B．检验硫酸铁溶液中是否有硫酸亚铁 C．鉴别苯和对二甲苯 D．检验CH2＝C（CH3）CHO中含碳碳双键10．（2分）采用循环操作可提高原料的利用率，下列工业生产中，没有采用循环操作的是（）A．硫酸工业 B．合成氨工业 C．氯碱工业 D．硝酸工业11．（2分）下列化学反应的离子方程式正确的是（）A．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O B．往碳酸钡中滴加稀盐酸：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O C．往氨水中滴加氯化铝：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42﹣+H++OH﹣═BaSO4↓+H2O12．（2分）关于如图甲、乙两个装置，以下说法正确的是（）A．铜是阳极，铜片上有气泡逸出 B．Cl﹣离子在铁的表面被还原 C．金属的腐蚀速率由慢到快的顺序是：Fe＜Zn＜Cu D．一段时间后，两烧杯中溶液的pH均增大13．（2分）以下实验肯定不需要做恒重操作的是（）A．判断胆矾晶体结晶水是否全部加热除去 B．在某种定量测定中，判断Na2O2与足量水是否反应完全 C．加热硫酸铵和熟石灰混合物，判断氨气是否最大量逸出 D．碳酸钠与盐酸反应时判断盐酸是否足量14．（2分）如图表示反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）+Q（Q＞0）在某段时间t0→t5里的反应速率与反应过程的关系图，则C的百分含量最高的一段是（）A．t1→t2 B．t2→t3 C．t3→t4 D．t4→t515．（2分）X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示．若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法中正确的是（）A．只由这四种元素不能组成有机化合物 B．最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z弱 C．Z的单质与氢气反应较Y剧烈 D．X、Y形成的化合物都易溶于水16．（2分）已知同一碳原子连有两个羟基不稳定：．有机物是选择性内吸传导性除草剂，俗称稗草烯，主要用于水稻田防除稗草．下列有关该有机物的说法错误的是（）A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．可用与Cl2在光照条件下通过取代反应获得较纯的该物质 C．在碱性条件下充分水解，可生成羧酸钠 D．在一定条件下可发生聚合反应17．（2分）有关NaHCO3和Na2CO3的性质，以下叙述错误的是（）A．等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，在相同条件下NaHCO3产生的CO2体积大 B．同物质的量浓度的两种溶液，Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液 C．将石灰水加入NaHCO3溶液中不产生沉淀，加入Na2CO3溶液中产生白色沉淀 D．等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，所耗盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍18．（2分）在amol•L﹣1的醋酸溶液中，下列关系式中正确的是（）A．c（CH3COO﹣）＝c（H+） B．c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝amol/L C．c（H+）＜c（CH3COO﹣）+c（OH﹣） D．c（H+）＞c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）19．（2分）对室温下100mLpH＝2的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是（）A．加水稀释至溶液体积为200mL，醋酸溶液的pH变为4 B．温度都升高20℃后，两溶液的pH不再相等 C．加水稀释至溶液体积为200mL后，两种溶液中c（OH﹣）都减小 D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气体积可用右图表示20．（2分）硫酸铁溶液水解可以得到一系列具有净水作用的碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O），为测定某碱式硫酸铁的组成，取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g，向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g，该样品的化学式为（）A．Fe2O3•2SO3•7H2O B．4Fe2O3•10SO3•25H2O C．3Fe2O3•6SO3•20H2O D．2Fe2O3•5SO3•17H2O二、综合题（共60分）21．（14分）工业上用N2和H2合成NH3“N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）+Q”（反应条件略）。请回答下列问题：（1）在实际化工生产中，为提高NH3的产率，可以采取的措施有：、。（写两个）（2）氨气与酸反应得到铵盐，某（NH4）2SO4水溶液的pH＝5，原因是溶液中存在平衡（用离子方程式表示），该反应对水的电离平衡起到作用（填“促进”、“抑制”或“无影响”）。（NH4）2SO4溶液中的离子浓度由大到小的顺序为。某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对合成NH3反应的影响。实验结果如图所示。（图中T表示温度，n表示起始时H2物质的量）（3）图象中T2和T1的关系是：T2T1。（填“＞”、“＜”、“＝”或“无法确定”）（4）在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最大的是。（填字母）（5）若容器容积为2L，b点对应的n＝0.15mol，测得平衡时H2、N2的转化率均为60%，则平衡时N2的物质的量浓度为mol•L﹣1。22．（16分）四氟肼（N2F4）可作高能燃料的氧化剂，可用Fe3+与二氟胺（HNF2）反应制得，发生的反应是2HNF2+2Fe3+→N2F4↑+2Fe2++2H+。请回答有关问题（1）F原子最外层电子排布式；N原子核外不同运动状态的电子有种；N2的电子式；F元素的非金属性比N强，用原子结构的知识说明理由：。（2）HNF2中N元素的化合价是；反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为；若生成0.1molN2F4，电子转移数是；检验反应后Fe3+是否过量操作方法是。（3）Fe单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成1mol该易燃气体放出37.68kJ热量，请写出此反应的热化学方程式：。ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过如图装置（夹持装置略）对ClO2制备、吸收、释放和应用进行了研究。已知：装置C中的药品可以吸收氯气。回答下列问题：（4）打开B的活塞，A中发生反应生成ClO2，请将化学方程式配平NaClO3+HCl→ClO2↑+Cl2↑+NaCl+H2O。（5）吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是，原因是。23．（15分）聚乙烯醇肉桂酸酯（M）可用作光刻工艺中的抗腐蚀涂层，其合成路线如图。已知：R1﹣CHO+R2﹣CH2CHO请回答：（1）C的名称为；M中含氧官能团的名称为。A和E的结构简式分别为、；F→G的反应类型为。（2）C→D的化学方程式为。生成M的化学方程式为。（3）写出同时满足下列条件的F的同分异构体结构简式：。①属于芳香族化合物；②一个取代基；③能发生水解反应和银镜反应。（4）已知：RCHO+R1CH2COOH+H2O请设计由对二甲苯和乙酸为原料制备的合成路线。（无机试剂任选，合成路线可表示AB……目标产物）24．（15分）元素的检验是我们化学爱好者常遇到的一个问题，教材中离子常用的检验方法有：沉淀法、显色法、气体法等。（1）请从上述方法中选择下列两种离子检验方法SO42﹣：NH4+：；某化学课外学习小组试图验证乙醇中是否含有氧原子设计了几种方案：①利用乙醇的脱水生成烯或生成醚的性质，验证产物中是否有水生成，从而证明乙醇中含有氧原子。（2）请你写出生成烯的化学反应方程式：。有的同学认为，实际实验过程中有一个因素对确认生成水产生干扰，请你分析原因。②利用取代反应CH3CH2OH+HClCH3CH2Cl+H2O，验证产物中是否有水生成，从而证明乙醇中含有氧原子。该小组经过反复探究，确定使用如下一套装置进行实验。装置中所装试剂：圆底烧瓶A中装入无水乙醇，并加入无水硫酸铜；干燥管B中装入碱石灰；C和D中都装入浓硫酸；锥形瓶E中所装的试剂是浓盐酸。实验操作是：用水浴加热A，将D中的浓硫酸缓缓滴入E中，C中就会有较多气泡冒出，几分钟后该实验即完成。请回答下列问题：（3）仪器D的名称是；干燥管B的作用是（4）将浓硫酸缓缓滴入E中，C中就会有较多气泡冒出，能够产生该气体的理由是：。（5）该实验完成时的现象是。证明乙醇中含有氧原子的依据是。

2021年上海市嘉定区高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括20小题，每小题2分，共40分。每个小题只有一个正确选项）1．（2分）2021年3月1日，东方航空公司与中国商飞公司在上海正式签署了C919购机合同。东航将成为全球首家运营C919大型客机的航空公司。大飞机C919其主结构材料大量使用了铝锂合金，铝锂合金的优点是（）A．高强度、导热性 B．低密度、高强度 C．低密度、导电性 D．导热性、导电性【分析】合金性能优于成分金属，强度大于成分金属，结合制造飞机材料要求解答。【解答】解：制造飞机材料要求密度低，强度高，铝和锂都是轻金属，所以制成的铝锂合金密度低，强度高，适合用作制造飞机的材料，与其导电和导热性无关，故选：B。【点评】本题考查了合金的性质和用途，熟悉合金性质是解题关键，题目难度不大。2．（2分）常温下，溴单质不可能发生的反应类型是（）A．化合 B．复分解 C．加成 D．取代【分析】A．溴可以与一些金属、非金属单质发生化合反应；B．复分解反应指两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应反应；C．溴可以与烯烃、炔烃等发生加成反应；D．溴能与烷烃、芳香烃等发生取代反应．【解答】解：A．溴可以与一些金属、非金属单质发生化合反应，如与铁反应生成溴化铁，与氢气反应生成溴化氢，故A不选；B．复分解反应指两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应反应，溴属于单质，不可能发生复分解反应，故B选；C．溴可以与烯烃、炔烃等发生加成反应，如与乙烯发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，故C不选；D．溴能与烷烃、芳香烃等发生取代反应，如与苯在铁作催化剂条件下发生取代反应，生成溴苯，故D不选；故选：B。【点评】本题考查溴的化学性质、常见反应类型、有机物的性质等，比较基础，旨在考查学生对基础知识的理解掌握．3．（2分）有共价键的离子化合物是（）A．氧化钠 B．溴化氢 C．氯化铵 D．氯化镁【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物。【解答】解：A．氧化钠中钠离子和氧离子之间只存在离子键，故A错误；B．HBr中H﹣Br之间只存在共价键，属于共价化合物，故B错误；C．氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键、铵根离子中N﹣H原子之间只存在共价键，所以含有离子键和共价键，属于离子化合物，故C正确；D．氯化镁中镁离子和氯离子之间只存在离子键，属于离子化合物，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学键和化合物的关系，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意：氯化镁中两个氯离子之间不存在化学键。4．（2分）下列有机物命名不正确的是（）A．2，3，3﹣三甲基丁烷 B．2﹣甲基﹣3﹣乙基戊烷 C．2﹣甲基丙烷 D．3，3﹣二甲基戊烷【分析】有机物命名首先要选最长的链为主链定“某烷”，支链近端编号码，且支链序数和最小。【解答】解：A、2，3，3﹣三甲基丁烷，结构简式为：，支链标号系数和不是最小，应从右端开始编号码，即，所以正确的命名应为：2，2，3﹣三甲基丁烷，故A错误；B、2﹣甲基﹣3﹣乙基戊烷，结构简式为：，主链有5个碳原子的戊烷，支链近端编号码，3号碳上有1个乙基，2号碳上有1个甲基，符合命名原则，故B正确；C、2﹣甲基丙烷，结构简式为：，主链有3个碳原子，2号碳上有一个甲基，符合命名原则，故C正确；D、3，3﹣二甲基戊烷，，主链有5个碳原子，3号碳上有2个甲基，符合命名原则，故D正确；故选：A。【点评】本题考查学生对有机物的命名的理解和掌握，明确最长碳链和编号吗原则是解题关键。同时考查阅读题目获取新信息能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力，题目难度不大，培养学生的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析。5．（2分）2019年8月《GreenChemistry》报道了我国学者发明的低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为NaCl+CO2CO+NaClO。下列有关化学用语表示错误的是（）A．中子数为20的氯原子：Cl B．C碳原子轨道表示式： C．CO2（O＝C＝O）的比例模型： D．ClO﹣的电子式：【分析】A．质量数＝中子数+质子数，元素符号左上角的数字为质量数，左下角数字表示质子数，质量数为37而不是20；B．C原子核外电子数为6，碳原子原子核外有2个电子层，原子结构示意图为：，处于2p能级上的2个电子应尽可能分占3个不同2p原子轨道，且自旋状态相同；C．比例模型就是原子紧密连起的，只能反映原子大小，大致的排列方式，C原子半径大于O原子半径；D．ClO﹣中氧原子和氯原子共用1对共用电子对。【解答】解：A．氯元素的质子数为17，中子数为20的氯原子的质量数＝中子数+质子数＝20+17＝37，故表示为：，故A错误；B．基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，根据洪特规则，当电子在同一能级的不同轨道上排布时，电子总是优先占据一个轨道，且自旋平行，故其轨道表示式为，故B正确；C．二氧化碳中含有C＝O键，C原子半径大于O原子半径，CO2的比例模型为：，故C正确；D．次氯酸根离子带1个单位的负电荷，离子中氧原子和氯原子共用1对共用电子对，电子式为：，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及核素符号、原子轨道表示式、比例模型、电子式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力，题目难度不大。6．（2分）有关HF和HCl判断正确的是（）A．键长：HF＞HCl B．键能：HF＞HCl C．稳定性：HCl＞HF D．共用电子对偏移程度：HCl＞HF【分析】原子半径越小，共价键的键长越短，共价键键能越大，共价键越稳定，元素的非金属性越强，其原子吸引电子能力越强，据此分析．【解答】解：A．原子半径越小，共价键的键长越短，原子半径：F＜Cl，则键长：HF＜HCl，故A错误；B．原子半径越小，共价键的键长越短，共价键键能越大，原子半径：F＜Cl，则键能：HF＞HCl，故B正确；C．共价键键能越大，共价键越稳定，则稳定性：HCl＜HF，故C错误；D．元素的非金属性越强，其原子吸引电子能力越强，元素的非金属性：F＞Cl，吸引电子能力：F＞Cl，则共用电子对偏移程度：HCl＜HF，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了键长、键能、分子稳定性的比较，题目难度不大，明确原子半径与键长、键能的关系是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力．7．（2分）对于铝和烧碱溶液的反应，下列说法错误的是（）A．铝是还原剂 B．H2O是氧化剂 C．NaOH与H2O是氧化剂 D．氢气是还原产物【分析】铝和烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑，则铝化合价升高是还原剂，H2O中的H化合价降低为氧化剂，生成的氢气为还原产物，据此分析解答。【解答】解：A．依据方程式可知铝在反应中化合价升高，为还原剂，故A正确；B．依据离子方程式可知反应中水中+1价氢降低到氢气中0价，所以水为氧化剂，故B正确；C．铝和烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，NaOH中无化合价变化，所以NaOH不是氧化剂，故C错误；D．2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑，反应中氢元素化合价降低，所以氢气为还原产物，故D正确。故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应的基本概念的判断，题目难度不大，本题注意从化合价变化去分析。8．（2分）下列各组物质发生反应，生成产物有硫单质的是（）A．Na2S2O3溶液和HCl溶液 B．H2S气体在足量的O2中燃烧 C．碳和浓硫酸反应 D．铜和浓硫酸反应【分析】A．Na2S2O3溶液和HCl溶液反应生成二氧化硫、硫单质和氯化钠；B．H2S气体在足量的O2中燃烧生成二氧化硫和水；C．碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳和二氧化硫和水；D．铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水。【解答】解：A．Na2S2O3溶液和HCl溶液反应，发生氧化还原反应生成二氧化硫、硫单质和氯化钠，生成产物有硫，故A正确；B．H2S气体在足量的O2中燃烧生成二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，氧气不足时有硫单质生成，故B错误；C．碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳和二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故C错误；D．铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了物质性质、物质变化分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。9．（2分）下列实验用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的是（）A．鉴别SO2和CO2 B．检验硫酸铁溶液中是否有硫酸亚铁 C．鉴别苯和对二甲苯 D．检验CH2＝C（CH3）CHO中含碳碳双键【分析】能用酸性高锰酸钾溶液达到实验目的说明反应现象不同，高锰酸钾有强氧化性，能和强氧化性的物质及部分有机物反应．【解答】解：A．二氧化硫能还原酸性高锰酸钾溶液，而二氧化碳不能还原酸性高锰酸钾溶液，所以反应现象不同，能达到实验目的，故A不选；B．亚铁离子能还原酸性高锰酸钾溶液而铁离子不能还原酸性高锰酸钾溶液，所以反应现象不同，能达到实验目的，故B不选；C．对二甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以反应现象不同，能达到实验目的，故C不选；D．碳碳双键和醛基都能被高锰酸钾氧化，不能用酸性高锰酸钾鉴别，故D选；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，注意物质的性质以及比较方案的合理性．10．（2分）采用循环操作可提高原料的利用率，下列工业生产中，没有采用循环操作的是（）A．硫酸工业 B．合成氨工业 C．氯碱工业 D．硝酸工业【分析】采用循环操作的主要是有可逆反应，目的是为了提高原料的利用率，A．制备硫酸过程中，接触室发生了二氧化硫的催化氧化反应是可逆反应；B．合成氨生产中生成氨气的反应为可逆反应；C．氯碱工业中涉及反应为非可逆反应；D．硝酸工业中涉及到合成氨，合成氨生产中生成氨气的反应为可逆反应。【解答】解：A．硫酸工业中在接触室发生了二氧化硫的催化氧化反应是可逆反应，采用循环操作可提高二氧化硫的利用率，故A错误；B．合成氨生产中生成氨气的反应为可逆反应，采用循环操作可提高N2、H2的转化率，故B错误；C．氯碱工业中涉及反应为非可逆反应，进行程度比较彻底，不需要采用循环操作，故C正确；D．硝酸工业中涉及到合成氨，合成氨生产中生成氨气的反应为可逆反应，采用循环操作可提高N2、H2的转化率，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了工业生产的效益问题，采用循环操作的主要是有可逆反应，目的是为了提高原料的利用率，题目难度不大。11．（2分）下列化学反应的离子方程式正确的是（）A．用小苏打治疗胃酸过多：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O B．往碳酸钡中滴加稀盐酸：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O C．往氨水中滴加氯化铝：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42﹣+H++OH﹣═BaSO4↓+H2O【分析】A．碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠和水、二氧化碳；B．碳酸钡为沉淀，应保留化学式；C．不符合反应客观事实；D．离子个数配比不符合物质结构组成。【解答】解：A．用小苏打治疗胃酸过多，离子方程式：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故A正确；B．往碳酸钡中滴加稀盐酸，离子方程式：BaCO3+2H+═CO2↑+H2O+Ba2+，故B错误；C．往氨水中滴加氯化铝的离子反应为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应，离子方程式：Ba2++SO42﹣+2H++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了离子方程式书写，侧重考查复分解、氧化还原反应的离子方程式书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应产物的影响，题目难度中等。12．（2分）关于如图甲、乙两个装置，以下说法正确的是（）A．铜是阳极，铜片上有气泡逸出 B．Cl﹣离子在铁的表面被还原 C．金属的腐蚀速率由慢到快的顺序是：Fe＜Zn＜Cu D．一段时间后，两烧杯中溶液的pH均增大【分析】甲是原电池，Zn失电子为负极，Cu为正极，正极上氢离子得电子生成氢气；乙为电解池，石墨为阳极，Fe为阴极，阳极上氯离子失电子生成氯气，阴极上氢离子得电子生成氢气，据此分析。【解答】解：A．甲是原电池，铜是正极，正极上氢离子得电子生成氢气，故A错误；B．石墨为阳极，阳极上氯离子失电子生成氯气，即Cl﹣离子在石墨的表面被氧化，故B错误；C．Cu为正极被保护，Fe为阴极被保护，Zn为负极被腐蚀，所以Zn的腐蚀速率最快，故C错误；D．原电池中氢离子转化为氢气，电解池中电解氯化钠生成了NaOH，所以两烧杯中溶液的pH均增大，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，明确原电池和电解池的概念、电极的判断以及各个电极上发生的反应是解本题关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，题目难度不大。13．（2分）以下实验肯定不需要做恒重操作的是（）A．判断胆矾晶体结晶水是否全部加热除去 B．在某种定量测定中，判断Na2O2与足量水是否反应完全 C．加热硫酸铵和熟石灰混合物，判断氨气是否最大量逸出 D．碳酸钠与盐酸反应时判断盐酸是否足量【分析】恒重操作是指两次称重之差不大于0.0003g；A．两次称重胆矾晶体失去结晶水后的质量之差不大于0.0003g；B．Na2O2与足量水反应生成氢氧化钠和氧气；C．加热硫酸铵和熟石灰混合物生成氨气；D．碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳气体。【解答】解：A．通过两次称重之差不大于0.0003g来判断胆矾晶体中的结晶水是否全部失去，故A正确；B．Na2O2与足量水反应生成氢氧化钠和氧气，在某种定量测定中，通过两次称重之差不大于0.0003g来判断Na2O2与足量水是否完全反应，故B正确；C．加热硫酸铵和熟石灰混合物，通过计算并两次称重之差不大于0.0003g来判断判断氨气是否最大量逸出，故C正确；D．碳酸钠中滴加盐酸反应生成二氧化碳气体，直到不再产生气泡，证明盐酸已过量，故D错误；故选：D。【点评】本题考查实验操作，侧重考查学生实验操作能力及对化学实验评价能力，明确实验原理及实验操作规范性是解本题关键，题目难度不大。14．（2分）如图表示反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）+Q（Q＞0）在某段时间t0→t5里的反应速率与反应过程的关系图，则C的百分含量最高的一段是（）A．t1→t2 B．t2→t3 C．t3→t4 D．t4→t5【分析】正反应速率大于逆反应速率速率时，平衡正向移动，导致C的百分含量增大，以此来解答。【解答】解：由图可知，开始时平衡正向移动，t1→t2达到平衡，且t2→t3平衡逆向移动时t3→t4达到平衡，t4→t5时平衡不移动，则C的百分含量最高的一段是t1→t2，故选：A。【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握速率变化与平衡移动的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡逆向移动时C的含量减小，题目难度不大。15．（2分）X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示．若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法中正确的是（）A．只由这四种元素不能组成有机化合物 B．最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z弱 C．Z的单质与氢气反应较Y剧烈 D．X、Y形成的化合物都易溶于水【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y原子有2个电子层，所以Y为氧元素，根据X、Y、Z、W在周期表中相对位置可知，X为氮元素，Z为硫元素，W为氯元素．结合元素性质的递变规律分析解答．【解答】解：X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y原子有2个电子层，所以Y为氧元素，根据X、Y、Z、W在周期表中相对位置可知，X为氮元素，Z为硫元素，W为氯元素。A、X为氮元素，Y为氧元素，Z为硫元素，W为氯元素，有机物一定含有碳元素，只由这四种元素不能组成有机化合物，故A正确；B、同周期从左到右元素的非金属性增强，则非金属性W＞Z，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，故B错误；C、同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性Y＞Z，非金属性越强，单质与氢气反应越剧烈，所以Y的单质与氢气反应较Z剧烈，故C错误；D、X与Y形成的化合物NO不溶于水，故D错误。故选：A。【点评】本题考查位置、结构、性质的应用，Y是学生解答本题的突破口，明确短周期及元素在周期表中的位置来推断．16．（2分）已知同一碳原子连有两个羟基不稳定：．有机物是选择性内吸传导性除草剂，俗称稗草烯，主要用于水稻田防除稗草．下列有关该有机物的说法错误的是（）A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．可用与Cl2在光照条件下通过取代反应获得较纯的该物质 C．在碱性条件下充分水解，可生成羧酸钠 D．在一定条件下可发生聚合反应【分析】该有机物中含有苯环、碳碳双键和氯原子，具有苯、烯烃和氯代烃的性质，能发生加成反应、取代反应、氧化反应、加聚反应、水解反应、消去反应等，据此分析解答．【解答】解：A．含有碳碳双键，所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B．与Cl2在光照条件下发生取代反应时，甲基和亚甲基上的H原子能被氯气取代，所以得不到纯净的，故B错误；C．该物质发生水解反应生成羧酸，能和氢氧根离子反应生成羧酸盐，故C正确；D．含有碳碳双键，可以发生加聚反应，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查卤代烃和烯烃性质，题目难度不大．17．（2分）有关NaHCO3和Na2CO3的性质，以下叙述错误的是（）A．等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，在相同条件下NaHCO3产生的CO2体积大 B．同物质的量浓度的两种溶液，Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液 C．将石灰水加入NaHCO3溶液中不产生沉淀，加入Na2CO3溶液中产生白色沉淀 D．等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，所耗盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍【分析】A．等质量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3物质的量较多，生成二氧化碳多；B．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠；C．Na2CO3和NaHCO3都与澄清的石灰水反应生成沉淀；D．由方程式Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O分析判断。【解答】解：A．等质量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3物质的量较多，生成二氧化碳多，故A正确；B．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，所以同物质的量浓度的两种溶液，Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液，故B正确；C．Na2CO3和NaHCO3都与澄清的石灰水反应生成沉淀，反应为Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH和NaHCO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+NaOH+H2O，故C错误；D．由方程式Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O可知，等物质的量的两种盐与同浓度盐酸完全反应，所消耗盐酸的体积Na2CO3是NaHCO3的两倍，故D正确；故选：C。【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累。18．（2分）在amol•L﹣1的醋酸溶液中，下列关系式中正确的是（）A．c（CH3COO﹣）＝c（H+） B．c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝amol/L C．c（H+）＜c（CH3COO﹣）+c（OH﹣） D．c（H+）＞c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）【分析】A．抓住溶液中存在的两个电离平衡：CH3COOH和H2O的电离进行分析；B．根据CH3COOH溶液中的物料守恒分析解答；C．根据CH3COOH溶液中的电荷守恒分析；D．根据CH3COOH溶液中的电荷守恒分析解答。【解答】解：A．CH3COOH溶液中存在两个电离平衡：Ⅰ：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，Ⅱ：H2O⇌H++OH﹣，c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），所以c（CH3COO﹣）＜c（H+），故A错误；B．amol•L﹣1的醋酸溶液中，根据溶液中的物料守恒：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝amol/L，故B正确；C．CH3COOH溶液中的阳离子只有H+，阴离子有CH3COO﹣和OH﹣，根据溶液中的电荷守恒：c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故C错误；D．根据CH3COOH溶液中的电荷守恒：c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查醋酸和水的电离平衡，物料守恒，质子守恒等，属于基本知识，基础内容，侧重于定性分析。难度不大。19．（2分）对室温下100mLpH＝2的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是（）A．加水稀释至溶液体积为200mL，醋酸溶液的pH变为4 B．温度都升高20℃后，两溶液的pH不再相等 C．加水稀释至溶液体积为200mL后，两种溶液中c（OH﹣）都减小 D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气体积可用右图表示【分析】盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，升高温度促进弱酸的电离，氢离子浓度增大．【解答】解：A、对于酸，加水稀释后，溶液的酸性均要减弱，两溶液的pH均增大，稀释至200ml，溶液的浓度变为原来的一半，pH变化小于1个单位，则醋酸溶液的pH＜3，故A错误；B、盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，升高温度，醋酸的电离程度增大，所以酸性会增强，pH会减小，则两溶液的pH不再相等，故B正确；C、对于酸，加水稀释后，溶液的酸性均要减弱，两溶液的pH均增大，则两种溶液中c（OH﹣）都增大，故C错误；D、盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，相同体积的两种溶液，加足量的锌充分反应后，醋酸产生的氢气比盐酸多，故D错误。故选：B。【点评】本题考查强弱电解质溶液稀释时的浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点，题目难度不大．20．（2分）硫酸铁溶液水解可以得到一系列具有净水作用的碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O），为测定某碱式硫酸铁的组成，取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g，向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g，该样品的化学式为（）A．Fe2O3•2SO3•7H2O B．4Fe2O3•10SO3•25H2O C．3Fe2O3•6SO3•20H2O D．2Fe2O3•5SO3•17H2O【分析】取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825gBaSO4，根据质量求出其物质的量，然后根据S原子的守恒即可求向得碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）中“SO3”的物质的量和质量；上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g即为Fe2O3，根据转化过程中铁元素的守恒可知，碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）中“Fe2O3”的质量和物质的量，然后再根据碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）的质量共为5.130g，则可知其含有的“H2O”的质量和物质的量，从而即可求得该样品的化学式．【解答】解：取5.130g碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O），溶于足量盐酸中，则所得的溶液中含Fe3+和SO42﹣．加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g即BaSO4，其物质的量n＝＝0.025mol，根据S原子的守恒即可知碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）中“SO3”的物质的量为0.025mol，质量m＝nM＝0.025mol×80g/mol＝2.00g；上述滤液中还含有Fe3+，加入过量的NaOH溶液，即得Fe（OH）3沉淀，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g即为Fe2O3，由于转化过程中铁元素的守恒，故碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）中“Fe2O3”的质量即为1.600g，其物质的量n＝＝0.01mol。而碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）的质量共为5.130g，则可知其含有的“H2O”的质量m＝5.13g﹣2.00g﹣1.600g＝1.53g，物质的量n＝＝0.085mol。故该样品中x：y：Z＝0.01mol：0.025mol：0.085mol＝2：5：17，故选D。【点评】本题考查了复杂化学式的计算，中等难度．搞清反应原理是关键，注意在计算过程中守恒思想的运用．二、综合题（共60分）21．（14分）工业上用N2和H2合成NH3“N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）+Q”（反应条件略）。请回答下列问题：（1）在实际化工生产中，为提高NH3的产率，可以采取的措施有：降温、增压。（写两个）（2）氨气与酸反应得到铵盐，某（NH4）2SO4水溶液的pH＝5，原因是溶液中存在平衡NH4++H2O⇌NH3▪H2O+H+（用离子方程式表示），该反应对水的电离平衡起到促进作用（填“促进”、“抑制”或“无影响”）。（NH4）2SO4溶液中的离子浓度由大到小的顺序为c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）。某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对合成NH3反应的影响。实验结果如图所示。（图中T表示温度，n表示起始时H2物质的量）（3）图象中T2和T1的关系是：T2＜T1。（填“＞”、“＜”、“＝”或“无法确定”）（4）在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最大的是c。（填字母）（5）若容器容积为2L，b点对应的n＝0.15mol，测得平衡时H2、N2的转化率均为60%，则平衡时N2的物质的量浓度为0.01mol•L﹣1。【分析】（1）提高NH3的产率，要使平衡正向移动，结合勒夏特列原理分析；（2）铵根离子与水发生水解反应生成一水合氨和氢离子；铵根离子的水解促进水的电离；（NH4）2SO4溶液中的离子浓度大小，从铵根离子的水解方程式分析；（3）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡时NH3%减小；（4）增大氢气的物质的量，平衡正向移动，反应物N2的转化率增大；（5）平衡时H2、N2的转化率均为60%，说明气体的投入量之比等于化学计量数之比，即可得出氢气的起始物质的量，再结合N2的转化率均为60%，计算出平衡时N2的物质的量浓度。【解答】解：（1）该反应是气体体积减小的放热反应，降温、增压都可以使平衡正向移动，提高NH3的产率，故答案为：降温；增压；（2）NH4++H2O⇌NH3▪H2O+H+所以使（NH4）2SO4水溶液显酸性；该反应对水的电离平衡起到促进作用；NH4++H2O⇌NH3▪H2O+H+，由于水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42﹣），由于溶液显酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），则（NH4）2SO4溶液中的离子浓度由大到小的顺序为c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：NH4++H2O⇌NH3▪H2O+H+；促进；c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）；（3）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡时NH3%减小，则T2＜T1，故答案为：＜；（4）氢气的物质的量越大，平衡正向移动，反应物N2的转化率越大，则在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最大的是c点，故答案为：c；（5）平衡时H2、N2的转化率均为60%，说明气体的投入量之比等于化学计量数之比，氢气的起始物质的量为×0.15mol＝0.05mol，则平衡时N2的物质的量为0.05mol×（1﹣60%）＝0.02mol，则平衡时N2的物质的量浓度为＝0.01mol/L，故答案为：0.01。【点评】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算、离子浓度的比较等知识点，侧重考查学生分析能力和计算能力，此题难度中等，掌握勒夏特列原理是解题的关键。22．（16分）四氟肼（N2F4）可作高能燃料的氧化剂，可用Fe3+与二氟胺（HNF2）反应制得，发生的反应是2HNF2+2Fe3+→N2F4↑+2Fe2++2H+。请回答有关问题（1）F原子最外层电子排布式2s22p5；N原子核外不同运动状态的电子有7种；N2的电子式；F元素的非金属性比N强，用原子结构的知识说明理由：F与N为同周期元素，电子层数相同，但是F元素的核电荷数大于N元素，吸电子能力强于N，因为F元素的非金属性强于N。（2）HNF2中N元素的化合价是+1；反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1；若生成0.1molN2F4，电子转移数是0.2NA；检验反应后Fe3+是否过量操作方法是取反应后的混合液少许，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色说明有Fe3+过量，反之则不过量。（3）Fe单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成1mol该易燃气体放出37.68kJ热量，请写出此反应的热化学方程式：3Fe（s）+4H2O（g）→Fe3O4（s）+4H2（g）△H＝﹣150.72kJ/mol。ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过如图装置（夹持装置略）对ClO2制备、吸收、释放和应用进行了研究。已知：装置C中的药品可以吸收氯气。回答下列问题：（4）打开B的活塞，A中发生反应生成ClO2，请将化学方程式配平2NaClO3+4HCl→2ClO2↑+1Cl2↑+2NaCl+2H2O。（5）吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是稳定剂II，原因是可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。【分析】（1）F原子的核外电子排布式为1s22s22p5，F原子第二层电子为最外层电子，N原子核外电子的运动状态都不同，氮气内部形成共价三键，分析的电子能力与电子层和核电荷数有关；（2）H为+1价，F为﹣1价，故N为+1价，由方程式2HNF2+2Fe3+→N2F4↑+2Fe2++2H+确定转移电子数，若三价铁过量，溶液中剩余的三价铁可以通过加入KSCN溶液观察是否变红来确定是否过量；（3）铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，由生成1molH2（g）释放37.68kJ热量可确定热化学反应方程式；（4）同种元素发生氧化还原反应，化合价不能交叉，故氯酸钠的还原产物为二氧化氯，盐酸被氧化为氯气，以此确定反应系数；（5）分析图象确定合适的稳定剂。【解答】解：（1）F的核外电子排布式为1s22s22p5，故最外层电子式排布为2s22p5，氮原子核外七个电子的运动状态皆不同，氮气中两个氮原子形成共价三键，故氮气的电子式为：，F与N为同周期元素，电子层数相同，但是F元素的核电荷数大于N元素，吸电子能力强于N，因为F元素的非金属性强于N，故答案为：2s22p5；7；；F与N为同周期元素，电子层数相同，但是F元素的核电荷数大于N元素，吸电子能力强于N，因为F元素的非金属性强于N；（2）H为+1价，F为﹣1价，故N为+1价，由方程式2HNF2+2Fe3+→N2F4↑+2Fe2++2H+可知，N由+1价变为+2价，铁离子被还原成亚铁离子，所以氧化剂铁离子与还原剂HNF2的比例为1：1，方程式中生成1molN2F4需要转移2mol电子，当生成0.1molN2F4时，反应转移0.2mol电子，电子数为0.2NA，若三价铁过量，溶液中剩余的三价铁可以通过加入KSCN溶液观察是否变红来确定是否过量，故答案为：+1；1：1；0.2NA；取反应后的混合液少许，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色说明有Fe3+过量，反之则不过量；（3）铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，由生成1molH2（g）释放37.68kJ热量可知，反应热化学方程式为3Fe（s）+4H2O（g）→Fe3O4（s）+4H2（g）△H＝﹣150.72kJ/mol，故答案为：3Fe（s）+4H2O（g）→Fe3O4（s）+4H2（g）△H＝﹣150.72kJ/mol；（4）同种元素发生氧化还原反应，化合价不能交叉，故氯酸钠的还原产物为二氧化氯，盐酸被氧化为氯气，故方程式为：2NaClO3+4HCl＝2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，故答案为：2；4；2；1；2；2；（5）稳定剂II可以使二氧化氯长时间保持一定浓度且能起到保鲜作用，故答案为：稳定剂II；可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。【点评】本题以四氟胺的制备为背景，考查了学生有关氧化还原反应，离子检验，热化学反应方程式等相关知识，考查范围较广，难度适中。23．（15分）聚乙烯醇肉桂酸酯（M）可用作光刻工艺中的抗腐蚀涂层，其合成路线如图。已知：R1﹣CHO+R2﹣CH2CHO请回答：（1）C的名称为聚氯乙烯；M中含氧官能团的名称为酯基。A和E的结构简式分别为HC≡CH、；F→G的反应类型为消去反应。（2）C→D的化学方程式为+nNaOH+nNaCl。生成M的化学方程式为。（3）写出同时满足下列条件的F的同分异构体结构简式：、。①属于芳香族化合物；②一个取代基；③能发生水解反应和银镜反应。（4）已知：RCHO+R1CH2COOH+H2O请设计由对二甲苯和乙酸为原料制备的合成路线。（无机试剂任选，合成路线可表示AB……目标产物）【分析】A和HCl发生加成反应生成B，B、C中含有氯原子，则C发生水解反应生成D，根据D的结构简式知，C为，B为CH2＝CHCl，A为HC≡CH；根据M的结构简式知，D、H发生酯化反应生成M，根据D和M结构简式知，H的结构简式为，G发生氧化反应然后酸化生成H，则G的结构简式为，F发生消去反应生成G，E发生信息中的加成反应生成F，则E、F的结构简式为、；（4）由对二甲苯和乙酸为原料制备，根据题给信息知，可由和乙酸发生信息中的反应得到，可由发生氧化反应得到，可由发生水解反应得到，可由对二甲苯和氯气发生取代反应得到。【解答】解：（1）C为，C的名称为聚氯乙烯；M中含氧官能团的名称为酯基；A和E的结构简式分别为HC≡CH、；F中醇羟基发生消去反应生成G中碳碳双键，所以F→G的反应类型为消去反应，故答案为：聚氯乙烯；酯基；HC≡CH；；消去反应；（2）C为，C发生水解反应生成D，C→D的化学方程式为+nNaOH+nNaCl；H的结构简式为，D和H发