2019-2020年高考考前冲刺第一次训练化学试卷 含答案

2019-2020年高考考前冲刺第一次训练化学试卷含答案
在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。

以下数据可供解题时参考：
相对原子质量：H 1，C 12，O 16，Na 23，Al 27，S 32，Cl 35.5，Fe 56，Zn 65 1、下列推论正确的是（）
A．S（g）+O2（g）=SO2（g）△H1，S（s）+O2（g）=SO2（g）△H2；△H1＞△H2
B．C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H=+1.9kJ/mol，则：由石墨制取金刚石的反应是吸热反应，金刚石比石墨稳定
C．NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4kJ/mol．则含20gNaOH 的稀溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为28.7kJ
D．CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）△H＞0，△s＞0，则：该反应任何温度下都能自发进行
2、N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10N A
B．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2N A
C．2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的氢离子数为2N A
D．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2N A
3、用可再生的物质制备乙酸乙酯的绿色合成路线之一如图所示：
下列说法正确的是（）
A．常温下，M能与银氨溶液发生反应
B．④的反应类型属于酯化反应，不属于取代反应
C．用饱和碳酸钾溶液能鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
D．淀粉和纤维素的化学式均为（C6H10O5）n，二者互为同分异构体
4、下列各组离子，在指定的环境中能够大量共存的是（）
选项指定环境能够共存的离子
A滴加酚酞显红色的溶液K+、S2﹣、SO32﹣、NO3﹣
B有HCO3﹣存在的无色透明溶液Na+、K+、Cl﹣、Al3+
C水电离的c（H+）=10﹣12 mol/L的溶液中Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、NH4+
D使石蕊变红的溶液中Fe2+、MnO4﹣、NO3﹣、SO42﹣5、科学家预言超级原子的发现将会重建周期表，xx年1月美国科学在《Science》是发表论文，宣布发现了A1的超原子结构A113和A114，并在质谱仪检测到稳定的A113I﹣等，Al13、Al14的性质很像现行周期表中的某主族元素，己知这类超原子当具有40个价电子时最稳定（例Al原子具有3个价电子）．下列说法不正确的是（）
A．Al14有42个价电子，且与IIA族元素性质相似
B．Al13有39个价电子，且与卤素性质类似
C．Al13、Al14互为同素异形体
D．Al13原子中存在离子键
6、如图所示，隔板Ⅰ固定不动，活塞Ⅱ可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A（g）+3B（g）2C（g）△H=﹣192kJ·mol﹣1．向M、N中，分别通入x mol A和y mol B的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变．下列说法正确的是( )
A．若平衡时A气体在两容器中的体积分数相等，则x一定等于y
B．若x：y=1：2，则平衡时，M中的转化率：A＞B
C．若x：y=1：3，当M中放出热量172.8 kJ时，A的转化率为90%
D．若x=1.4，y=1，N中达到平衡时体积为2L，C为0.4mol，则反应起始时N 的体积为2.6L
7、下列各表述与示意图一致的是（）
A．
如图表示向含Mg2+、Al3+、NH4+的盐溶液中滴加NaOH溶液时，沉淀的量与NaOH
的体积关系图．则三种离子的物质的量之比为：n（Mg
2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=2：1：2，其中使用的NaOH的浓度为2 mol·L﹣1 B．
如图中曲线表示某反应过程的能量变化，当物质A（g）与B（g）反应生成物质C（g）是，△H＞0，若使用正催化剂，E值会减小
C．
如图可用来表示向盐酸酸化的MgSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液时，产生沉淀的物质的量（n）与加入Ba（OH）2溶液体积（V）之间的关系图
D．
如图表示向一定质量的明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，产生沉淀的质量（m）与加入Ba（OH）2溶液体积（V）之间的关系图
8、如图所示，其中甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列说法正确的是（）
A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置
B．甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+
C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度
D．甲池中消耗280 mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体
第Ⅱ卷
（非选择题，共4小题，共52分）
9、用二氧化氯（ClO2）、高铁酸钠（Na2FeO4摩尔质量为166g·mol﹣1）等新型净水剂替代传统的净水剂Cl2对淡水进行消毒是城市饮用水处理新技术．ClO2和Na2FeO4在水处理过程中分别被还原为Cl﹣和Fe3+．
（1）如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么，ClO2、Na
FeO4、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率由小到大的顺序是＜＜2
（填化学式）
（2）二氧化氯是一种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为﹣59℃，沸点为
11.0℃，易溶于水．工业上用稍潮湿的KClO3和草酸在60℃时反应制得．某学生
用如图所示的装置模拟工业制取及收集ClO2，其中A为ClO2的发生装置，B为ClO2的凝集装置，C为尾气吸收装置．请问：
①A中反应产物有K2CO3、ClO2、CO2，请写出该反应的化学方程式：．
②A部分还应添加温度控制（如水浴加热）装置，B部分还应补充什么装置；
③该装置按①补充完整后，装置A、B、C还有一处设计明显不合理的是（填“A”“B”或“C”）．
④C中装的试剂为NaOH溶液，反应时生成氯酸钠和亚氯酸钠（NaClO2），该反应的离子方程式为：．若实验时需要450mL 0.4mol/L的NaOH溶液，则在精确配制时，需要称量取NaOH质量是g．
10、硫酸亚铁晶体（FeSO4·7H2O）俗称绿矾，加热至高温会发生分解，为确定绿矾分解产生的非金属氧化物，进行如下探究．
（1）假设1：非金属氧化物为SO2；
假设2：非金属氧化物为SO3；
假设3：．
（2）现设计如下所示实验装置（图中铁架台略去），检验绿矾的分解产物．
按上述装置进行实验，同学们观察到如下现象：
装置现象结论
A固体呈红棕色，将其放入足量稀盐酸，固体
全部溶解，得到黄色溶液
B无水硫酸铜变蓝
C高锰酸钾溶液褪色
（3）结合实验现象，理论上分析可知绿矾分解还生成另一物质SO3．其理论依据是
．
（4）为证明反应产生了SO3，应在B、C之间补充一个装置，请你在下表中画出实验装置图（气流方向：左一右），注明药品的名称[可供选择的药品有1mol/L NaOH溶液、0.5mol/L BaCl2溶液、0.5mol/L Ba（N03）2溶液]．
装置示意图现象结论
说明分解产物SO3
（5）根据上述实验，写出绿矾高温分解的化学方程式．11、“8.12”天津港爆炸中有一定量的氰化物泄露．氰化物多数易溶于水，有剧毒，易造成水污染．为了增加对氰化物的了解，同学们查找资料进行学习和探究．
探究一：探究氰化物的性质
已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸HCOOH HCN H2CO3
电离平衡常数（25℃）K i=1.77×10﹣4K i=5.0×10﹣10K i1=4.3×10﹣7
K i2=5.6×10﹣11
（1）NaCN溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）（2）如图1表示常温下，稀释HCOOH、HCN两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化．下列说法正确的是
A．相同浓度的HCOONa和NaCN的混合溶液中，各离子浓度
的大小关系是：c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（HCOO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．向NaCN溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：CN﹣+CO2+H2O=HCN+CO32﹣
C．图象中a、c两点处的溶液中相等（HR代表HCOOH或HCN）
D．图象中a点酸的总浓度小于b点酸的总浓度
（3）H2O2有“绿色氧化剂”的美称；也可消除水中的氰化物（如KCN），经以下反应实现：KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑，则生成物A的化学式为．（4）处理含CN﹣废水时，如用NaOH溶液调节pH至9时，此时c（CN﹣）c （HCN）（填“＞”、“＜”或“=”）
探究二：测定含氰水样中处理百分率
为了测定含氰水样中处理百分率，同学们利用如图2所示装置进行实验．将CN ﹣的浓度为0.xxmol/L的含氰废水100mL与100mL NaClO溶液（过量）置于装置②锥形瓶中充分反应．打开分液漏斗活塞，滴人100mL稀H2SO4，关闭活塞．已知装置②中发生的主要反应依次为：
CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣
2CNO﹣+2H++3C1O﹣═N2↑+2CO2↑+3C1﹣+H2O
（5）①和⑥的作用是．
（6）反应结束后，缓缓通人空气的目的是．
（7）为了计算该实验装置②锥形瓶中含氰废水被处理的百分率，实验中需要测定装置
反应前后的质量（从装置①到⑥中选择，填装置序号）．
12、【选修五有机化学基础】制作软质隐形眼镜高分子材料（M）和聚酯PET 的合成路线如下：
已知酯与醇可发生如下酯交换反应：RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH（R、R′、R″代表有机基团）
（1）A的相对分子质量是28，A、B分子中含有的官能团分别是．（2）B的名称是．
（3）反应I的反应类型是（选填字母）．
a．加聚反应b．缩聚反应
（4）有关B、C、D的说法正确的是．
a.1mol B最多可以和1mol C反应
b．C、D都能使Br2的CCl4溶液褪色
c．D与NaOH溶液共热后可以得到B和C
（5）B→D的化学方程式是．
（6）C有多种同分异构体，其中一种是合成纤维维尼纶的单体，该分子在酸性环境下水解得到两种产物，它们的相对分子质量相差16，该同分异构体的结构简式是．
（7）反应Ⅱ的化学方程式是．
参考答案及评分标准
1.【答案】C
【解析】解：A．固体硫变化为气态硫需要吸收热量，所以固体硫燃烧放出的热量少，但△H1＜△H2 故B正确；
B．石墨在一定条件下转化成金刚石是吸热反应，说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨比金刚石稳定，故B错误；
C．由NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4kJ/mol可知40gNaOH 的稀溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为57.4kJ，所以含20gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为28.7kJ，故C错误；
D．该反应的△H＞0，△S＞0，△G=△H﹣T△S在低温下大于零，故D错误；故选：C.
2.【答案】B
【解析】解：A、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，而重水中含10个质子，故0.9mol重水中含9mol质子即9N A个，故A错误；B、过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由﹣1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2N A个，故B正确；
C、亚硫酸为弱酸，故溶液中的氢离子的个数小于2N A个，故B错误；
D、NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4，所以产物分子数小于2N A，故D错误；
故选B．
3.【答案】C
【解析】根据题中各物质的转化关系可知，制备乙酸乙酯的绿色合成路线为：以淀粉或纤维素为原料，经水解生成M为葡萄糖，葡萄糖氧化生成乙醇，乙醇被氧化生成乙醛、乙酸，乙醇、乙酸二者酯化生成乙酸乙酯，
A、M为葡萄糖，要在加热的条件下才能发生银镜反应，故A错误；
B、酯化反应是取代反应，故B错误；
C、乙醇混溶于碳酸钠溶液，乙酸和碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯不溶分层，所以可以用饱和碳酸钾溶液能鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯，故C正确；
D、淀粉和纤维素的化学式均为（C6H10O5）n，但n值范围不同，分子式不同，故D错误；
故选C．
4.【答案】A
【解析】解：A、滴加酚酞显红色的溶液显碱性，在碱性条件下，该组离子之间不反应，则能够大量共存，故A正确；
B、有HCO3﹣存在的无色透明溶液中，HCO3﹣能与Al3+相互促进水解生成沉淀和气体，则不能大量共存，故B错误；
C、水电离的c（H+）=10﹣12 mol/L的溶液中，则溶液可能为酸或碱的溶液，若为酸溶液，H+与CO32﹣反应；若为碱溶液，OH﹣与NH4+反应，则不能大量共存，故C错误；
D、使石蕊变红的溶液中显酸性，则Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应，Fe2+与MnO4﹣也发生氧化还原，则不能大量共存，故D错误；
故选A．
5.【答案】D
【解析】解：A．得到或失去电子生成40个价电子的最稳定状态，Al14有42个价电子极易失二个电子成稳定的Al142+，与第IIA族性质相似，故A正确；B．得到或失去电子生成40个价电子的最稳定状态，Al13有39个价电子极易得一个电子成稳定的Al13﹣，与第ⅤⅡA族卤素原子性质相似，故B正确；
C．Al13、Al14为铝元素的不同单质，互为同素异形体，故C正确；
D．Al14为分子晶体，Al14超原子中Al原子间通过共价键结合，故D错误；
故选D．
6.【答案】A
【解析】解：M容器保持恒容，N容器保持恒压，由于反应前后的气体系数和不等，所以两个平衡态也不一样，
A、让M、N中平衡时A的体积分数相等，那么在M或N中，反应前后不论限度多少，A的体积分数始终为定值，假定反应的A为zmol，则：
A（g）+3B（g）2C（g）
起始：x y
反应：z 3z 2z
平衡：x﹣z y﹣3z 2z
故平衡时A的体积分数为，A的体积分数始终为定值，则x=y，故A正确；B、x：y=1：2，即y=2 x，设反应中消耗掉amolA，则：
A（g）+3B（g）2C（g）
初始（mol）：x 2x 0
变化（mol）：a 3a 2a
故A的转化率=，B的转化率=，则平衡时，M中的转化率：A＜B，故B错误；
C、题目中热化学方程式的意义：若1molA完全反应，放热192 kJ，当M中放出热量172.8 kJ时，参加反应的A的物质的量为×1mol=0.9mol，故A的转化率为，故C错误；
D、若x=1.4，y=1，N中达到平衡时体积为2 L，含有C 0.4 mol，则：
A（g）+3B（g）2C（g）
起始：1.4 1 0
反应：0.2 0.6 0.4
平衡：1.2 0.4 0.4
故A、B、C的平衡时的物质的量分别为1.2mol、0.4mol、0.4mol，则平衡时总物质的量为2mol，
根据压强一定时，物质的量之比等于体积比，设平衡时体积为VL，则=，所以V=L，故D错误．
故选A．
7.【答案】C
【解析】解：A、图①涉及到的离子方程式有：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，Al3++3OH ﹣═Al（OH）3↓，NH4++OH﹣═NH3·H2O，
Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，设NaOH溶液的浓度为xmol/L，则n（NH4+）=0.01xmol，n（Al（OH）3）=n（Al3+）=0.005xmol，
n（Mg2+）==0.005xmol，则：n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，根据
n（Mg
2+）=n（Mg（OH）2）=0.005xmol=0.05mol，x=10mol/L，故A错误；
B、根据图②知反应物的总能量比生成物的总能量高，是放热反应，△H＜0，使
用催化剂改变反应的活化能，但不能改变反应的焓变，故B错误；
C、向用盐酸酸化的MgSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液后，先产生的沉淀只是BaSO4，然后是中和反应，最后是与Mg2+产生沉淀Mg（OH）2，故C正确；
D、向一定质量的明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液时，先发生的反应是2KAl（SO4）
+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓+K2SO4，然后2Al（OH）3+K2SO4+Ba（OH）2
=2KAlO2+BaSO4↓+H2O，即沉淀达最多后溶解一部分（5mol→4mol），故D错误；2
故选C．
【答案】D
【解析】解：A、甲池是燃料电池，是化学能能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是将电能能转化为化学能的装置，故A错误；
B、在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O+8OH﹣=CO32﹣+8H2O，故B错误；
C、电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜，故C错误；
D、甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，所以消耗280mL（标准状况下
0.0125mol）O2，则转移电子0.05mol，根据丙装置中，在阴极上是氢离子放电，转移电子0.05mol，减小的氢离子是0.05mol，氢氧根离子是0.05mol，镁离子和氢氧根离子之间反应生成氢氧化镁，理论上最多产生氢氧化镁质量应该是0.05mol××58g/mol=1.45g固体，故D正确．
故选D．
9.【答案】（1）Na2FeO4；Cl2；ClO2；
（2）①2KClO3+H2C2O4=K2CO3+ClO2↑+CO2↑+H2O；
②冰水浴冷凝装置或盛有冰水的水槽；
③C；
④2ClO2+2OH﹣═ClO3﹣+ClO2﹣+H2O；8.0．
【解析】解：（1）以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，设质量均为m，消毒效率分别为×5、×3、×2×1，所以由大到小的顺序为ClO
＞Cl2＞Na2FeO4，故答案为：Na2FeO4；Cl2；ClO2；
2
（2）①A中反应产物有K2CO3、ClO2、CO2，由反应物与生成物可知反应为2KClO3+H2C2O4=K2CO3+ClO2↑+CO2↑+H2O，
故答案为：2KClO3+H2C2O4=K2CO3+ClO2↑+CO2↑+H2O；
②B部分还应补充装置为冰水浴冷凝装置或盛有冰水的水槽，故答案为：冰水浴冷凝装置或盛有冰水的水槽；
③C处为密封装置，过量气体不能排出，可导致仪器炸裂，则C不合理，故答案为：C；
④ClO2与NaOH反应反应时生成氯酸钠和亚氯酸钠（NaClO2），离子反应为2ClO2+2OH﹣═ClO3﹣+ClO2﹣+H2O；需要450mL 0.4mol/L的NaOH溶液，则在精确配制时，需要称量取NaOH质量是0.5L×0.4mol/L×40g/mol=8.0g，故答案为：2ClO2+2OH﹣═ClO3﹣+ClO2﹣+H2O；8.0．
10.【答案】（1）非金属氧化物SO2、SO3；
（2）分解产生H2O、Fe2O3、SO2；
（3）每两个FeSO4分解生成1个Fe2O3后剩余S、O原子个数比为2：5不等于1：2，若只生成Fe2O3和SO2，S和O之比为1：3.5，元素不守恒，故可通过理论分析得出：绿矾分解还生成另一物质SO3；
（4）瓶内为0.5mol/L的BaC12溶液，有白色沉淀生成；
（5）2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O．
【解析】解：（1）依据硫元素化合价变化结合电子守恒分析，
猜想1：非金属氧化物为SO2
猜想2：非金属氧化物SO3
猜想3：非金属氧化物SO2、SO3
故答案为：非金属氧化物SO2、SO3；
（2）固体呈红棕色，生成了氧化铁，将其放入足量稀盐酸，固体全部溶解，得到黄色溶液为氯化铁溶液，据无水硫酸铜白色粉末遇水变蓝，二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色，可否认猜想中的2，得到结论为：分解产生H2O、Fe2O3、SO2，
故答案为：分解产生H2O、Fe2O3、SO2；
（3）根据质量守恒定律，化学反应前后元素原子的种类个数不变，因每两个FeSO4分解生成1个Fe2O3后剩余S、O原子个数比为2：5不等于1：2，若只生成Fe2O3和SO2，S和O之比为1：3.5，元素不守恒，故可通过理论分析得出：绿矾分解还生成另一物质SO3，
故答案为：每两个FeSO4分解生成1个Fe2O3后剩余S、O原子个数比为2：5不等于1：2，若只生成Fe2O3和SO2，S和O之比为1：3.5，元素不守恒，故可通过理论分析得出：绿矾分解还生成另一物质SO3；
（4）虚线方框装置中BaC12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊，装置图为：瓶内为0.5mol/L的BaC12溶液，
故答案为：瓶内为0.5mol/L的BaC12溶液，有白色沉淀生成；
（5）绿矾高温分解生成氧化铁，二氧化硫，三氧化硫和水，结合原子守恒和电子守恒配平书写得到化学方程式为：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，故答案为：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O．
11.【答案】（1）CN﹣+H2O？HCN+OH﹣；
（2）CD；
（3）KHCO3；
（4）＜；
（5）吸收空气中二氧化碳排除空气中二氧化碳对实验的干扰；
（6）使生成的气体全部进入装置⑤；
（7）⑤．
【解析】解：探究一：探究氰化物的性质
（1）NaCN为强碱弱酸盐，水解呈碱性，反应的离子方程式为：CN﹣+H2O？HCN+OH﹣，
故答案为：CN﹣+H2O？HCN+OH﹣；
（2）A、醋酸的电离常数大于次氯酸，所以醋酸的水解程度小于次氯酸，醋酸钠和次氯酸钠都是强碱弱酸盐，其混合溶液呈碱性，所以相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na+）＞c（CH
COO﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A错误；
3
B、碳酸的二级电离小于次氯酸，所以碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，故B错误；
C、在的分子、分母同时乘以氢离子浓度可得：，由于水的离子积和电离平衡常数只受温度影响，a、c的温度相同，则该比值相等，故C正确；
D、pH相等的CH3COOH、HClO，稀释相同的倍数时，较强酸中氢离子浓度小于较弱酸，则较弱酸的pH小于较强酸，酸性CH3COOH＞HClO，所以a所在曲线表示CH3COOH，b所在曲线表示HClO，次氯酸的电离程度小于醋酸，所以醋酸的浓度减小，次氯酸的浓度较大，a、b两点相比，加入相同体积的水后仍然是次氯酸的浓度较大，即：图象中a点酸的浓度小于b点酸的浓度，故D正确．故选CD．
故答案为：CD；
（3）H2O2被称为“绿色氧化剂”，其还原产物为水，H2O没有污染性，KCN+H2O2+H2O=A+NH3↑，由原子守恒可知A的化学式为KHCO3，
故答案为：KHCO3；
（4）处理含CN﹣废水时，用NaOH溶液调节至pH=9时（常温），CN﹣+H2OHCN+OH﹣，Ka（HCN）=5.0×10﹣10，Kh=×===2×10﹣5，c（OH﹣）=10﹣5，则=2×10﹣5，则c（CN﹣）＜c（HCN）；
故答案为：＜；
探究二：测定含氰水样中处理百分率
（5）实验的原理是利用CN﹣+ClO﹣═CNO+Cl﹣；2CNO﹣+2H++3ClO﹣═N2↑+2CO2↑+3Cl﹣+H2O，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，实验中应排除空气中二氧化碳的干扰，防止对装置⑤实验数据的测定产生干扰，装置①和⑥的作用是吸收空气中二氧化碳排除空气中二氧化碳对实验的干扰，
故答案为：吸收空气中二氧化碳排除空气中二氧化碳对实验的干扰；
（6）反应后装置中残留二氧化碳，应继续通过将净化的空气，将装置内的残留的二氧化碳全部进入装置⑤，以减少实验误差，
故答案为：使生成的气体全部进入装置⑤；
（7）通过测定氢氧化钡溶液的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，则需要测定装置⑤反应前后的质量，
故答案为：⑤．
12.【答案】（1）碳碳双键、羟基；
（2）乙二醇；
（3）a；
（4）b；
（5）；
（6）CH3COOCH=CH2；
（7）；【解析】解：根据M的结构简式可知D为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，D 发生加聚反应得M，A的相对分子质量是28，A与溴单质加成、再碱性水解得B，B与C在浓硫酸加热条件下得D，根据D的结构可知B为HOCH2CH2OH，C为CH2=C（CH3）COOH，进一步推得A为CH2=CH2，HOCH2CH2OH与发生信息中的反应得E，结合E的分子式可知E为，E发生信息中的反应可以得聚酯PET 和B，
（1）A为CH2=CH2，B为HOCH2CH2OH，它们含有的官能团分别是碳碳双键、羟基，
故答案为：碳碳双键、羟基；
（2）B为HOCH2CH2OH，B的名称是乙二醇，
故答案为：乙二醇；
（3）根据上面的分析可知，反应I的反应类型是加聚反应，故选a，
故答案为：a；
（4）有关B、C、D的说法中，a．B中有两个羟基，所以1mol B最多可以和2mol C反应，故a错误；b．C、D中都有碳碳双键，都能使Br2的CCl4溶液褪色，故b正确；c．D与NaOH溶液共热后可以得到B和C的钠盐，故c错误，
故选b；
（5）B→D的化学方程式是
，
故答案为：；
（6）C有多种同分异构体，其中一种是合成纤维维尼纶的单体，该分子在酸性环境下水解得到两种产物，它们的相对分子质量相差16，在分子组成上应该相差一个氧原子，该同分异构体的结构简式是CH3COOCH=CH2，
故答案为：CH3COOCH=CH2；
（7）反应Ⅱ的化学方程式是
，
故答案为：
； .。