高中化學人教版有機化學基礎本冊總復習總復習-參賽作品

河南省洛陽市第十九中學2023學年高二下期6月月考化學試卷（解析版）1．實驗室用標準鹽酸溶液測定某NaOH溶液的濃度，用甲基橙（其pH變色范圍為～）作指示劑，下列操作中可能使測定結果偏低的是A．酸式滴定管在裝酸液前未用標準鹽酸潤洗2～3次B．開始實驗時酸式滴定管尖嘴部分有氣泡，在滴定過程中氣泡消失C．錐形瓶溶液顏色變化由黃色變橙色，立即記下滴定管液面所在刻度D．盛NaOH溶液的錐形瓶滴定前用NaOH溶液潤洗2～3次【答案】C【解析】試題分析：A．酸式滴定管在裝酸液前未用標準鹽酸潤洗2～3次，導致酸液濃度降低，消耗酸液體積增大，結果偏高；B．開始實驗時酸式滴定管尖嘴部分有氣泡，在滴定過程中氣泡消失，導致讀數(shù)增大，偏高；C．錐形瓶溶液顏色變化由黃色變橙色，立即記下滴定管液面所在刻度，導致酸液體積減小，偏低；D．盛NaOH溶液的錐形瓶滴定前用NaOH溶液潤洗2～3次，導致待測液溶質(zhì)增多，消耗標準液體積增大，偏高，選C?？键c：考查酸堿中和滴定的誤差分析。。2．將盛有氮氣和二氧化氮（假設無N2O4）混合氣體的試管倒立于水中，經(jīng)過足夠長時間后，試管內(nèi)氣體的體積縮小為原來的一半，則原混合氣體中氮氣與二氧化氮的體積比是（）：1 ：2 ：3 ：1【答案】C【解析】正確答案：C3NO2＋H2O=NO＋2HNO3△n123v/4v/4v/2余下的NO、N2共v/2

,其中NO是v/4，則N2也是v/4,NO2為3v/4,原混合氣體中氮氣與二氧化氮的體積比是1:33．.“mol/L的Na2SO4溶液”的含義是()A、1L水中有1molNa2SO4B、1L溶液中含有142gNa2SO4C、SO42-的物質(zhì)的量濃度為mol/LD、1LNa2SO4溶液中含有Na+1mol【答案】B【解析】考查物質(zhì)的量濃度的概念及其有關計算等。用單位體積溶液里所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量表示的濃度是物質(zhì)的量濃度。硫酸鈉的摩爾質(zhì)量是142g/mol，所以選項B正確，其余都是錯誤的，答案選B。4．下列生產(chǎn)、生活等實際應用，不能用勒夏特列原理解釋的是A．實驗室中配制FeCl3溶液時，應向其中加入少量濃鹽酸B．合成氨工業(yè)中使用鐵觸媒做催化劑C．飽和FeCl3溶液滴入沸水中可制得氫氧化鐵膠體D．用MgCl2·6H2O制取無水MgCl2時需在HCl氣流中進行【答案】B【解析】試題分析：勒夏特列原理又稱平衡移動原理A、實驗室中配制FeCl3溶液時，應向其中加入少量濃鹽酸以抑制FeCl3的水解，使水解平衡向逆方向移動；B、合成氨工業(yè)中使用鐵觸媒做催化劑，催化劑對化學平衡的移動沒有影響；C、飽和FeCl3溶液滴入沸水中利用水解反應可制得氫氧化鐵膠體，加熱水解平衡向正方向移動；D、用MgCl2·6H2O制取無水MgCl2時需在HCl氣流中進行，以抑制Mg2+的水解；答案選B?？键c：勒夏特列原理5．下列關于膠體的敘述中，不正確的是A.膠體是一種介穩(wěn)體系B.膠體和懸濁液都能透過濾紙C.利用丁達爾效應可以區(qū)分溶液和膠體D.膠體中分散質(zhì)粒子的直徑小于1nm【答案】D【解析】膠體的分散質(zhì)粒子在1~100nm。6．化學在生產(chǎn)和日常生活中有著重要的應用。下列說法不正確的是()A．在海輪外殼上鑲?cè)脘\塊，可減緩船體的腐蝕速率B．電解熔融，可制得金屬鎂C．在鐵制品上鍍銀時，鍍件為陽極，銀鹽為電鍍液D．明礬水解形成的Al(OH)3膠體能吸附水中懸浮物，可用于水的凈化【答案】C【解析】試題分析：A．在海輪外殼上鑲?cè)脘\塊，Zn、Fe及海水構成原電池，Zn作原電池的負極首先被腐蝕，因此可減緩船體的腐蝕速率，正確；B.由于Mg活動性很強，要用電解熔融的方法來制取金屬鎂，正確；C.在鐵制品上鍍銀時，鍍層金屬作陽極，鍍件為陰極，銀鹽為電鍍液，錯誤；D.明礬水解形成的Al(OH)3膠體表面積大，能吸附水中懸浮物，從而可用于水的凈化，正確。考點：考查化學知識在生產(chǎn)和日常生活中的重要的應用的知識。7．一定溫度下，對于反應N2＋O22NO在密閉容器中進行，下列措施能加快反應速率的是()A．增大體積使壓強縮小B．恒容，充入N2C．恒容，充入He氣D．恒壓，充入He氣【答案】B【解析】試題分析：增大體積使壓強縮小，反應速率降低。恒容，充入N2，氮氣濃度增大，反應速率加快。恒容，充入He氣，則濃度不變，反應速率不變。恒壓，充入He氣，容器體積增大，反應速率降低，答案選B?？键c：考查外界條件對反應速率的影響點評：該題是高考中的常見題型，屬于基礎性試題的考查。試題基礎性強，側(cè)重對學生基礎知識的鞏固與訓練，有助于培養(yǎng)學生的邏輯推理能力和抽象思維能力。該題的關鍵是明確壓強對反應速率的影響是通過改變濃度實現(xiàn)，且只能適用于氣體體系。8．過氧化鈉具有強氧化性，遇木炭、鋁粉等還原性物質(zhì)時可燃燒．下列有關說法不正確的是A．Na2O2與CO2反應時，Na2O2是氧化劑，CO2是還原劑B．1mol過氧化鈉中陰離子數(shù)目為1NAC．過氧化鈉與木炭、鋁粉反應時，過氧化鈉均表現(xiàn)出強氧化性D．過氧化鈉與二氧化硫反應時可生成硫酸鈉【答案】A【解析】試題分析：A．Na2O2與CO2反應時，Na2O2中的O元素的化合價部分升高，部分降低，因此Na2O2既是氧化劑，又是還原劑，錯誤；B．1mol過氧化鈉中陰離子數(shù)目為1NA，正確；C．過氧化鈉有強的氧化性，可以與木炭、鋁粉，此時過氧化鈉均表現(xiàn)出強氧化性，正確；D．過氧化鈉有氧化性，與還原性物質(zhì)二氧化硫反應可生成硫酸鈉，正確?？键c：考查過氧化鈉的結構、性質(zhì)及作用的知識。9．常溫下，1mol化學鍵形成（或斷裂）的能量變化用E表示。根據(jù)表中信息判斷，下列說法正確的是共價鍵H—HCl—ClH—ClE（kJ·mol-1）436243432A．H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）ΔH＝+247kJ·mol-1B．H（g）+Cl（g）→HCl（g）ΔH＝＋432kJ·mol-1C．1molH2（g）與1molCl2（g）的總能量高于2molHCl（g）的總能量D．用電子式表示HCl的形成過程：【答案】C【解析】試題分析：反應物的總鍵能—生成物的總鍵能等=焓變。H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）?H＝436+243－2×432＝-185kJ·mol-1，故A錯誤；生成化學鍵放熱，H（g）+Cl（g）→HCl（g）?H＝－432kJ·mol-1，故B錯誤；H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）為放熱反應，1molH2（g）與1molCl2（g）的總能量高于2molHCl（g）的總能量，故C正確；HCl為共價化合物，用電子式表示HCl的形成過程，故D錯誤?？键c：本題考查化學反應中的能量變化。10．常溫下，若使pH=3的鹽酸與pH=9的Ba(0H)2溶液混合使其成為pH=7的溶液，混合時兩溶液的體積比為()。A．1：60B．3：1C．100：lD．1：100【答案】D【解析】試題分析：強酸與強堿混合溶液呈中性，說明n(H+)=n(OH-),n(H+)=10-3×V（HCl），n(OH-)=10-5×V（Ba(0H)2），所以10-3×V（HCl）=10-5×V（Ba(0H)2），兩溶液的體積比為V（HCl）：V（Ba(0H)2）=1:100，答案選D。考點：考查強酸與強堿溶液混合的有關計算11．工業(yè)上常利用液晶顯示屏生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的廢玻璃粉末為原料回收金屬鈰（Ce），金屬鈰是一種重要的稀土元素，原子序數(shù)為58，它有四種同位素，元素的相對原子質(zhì)量為140，下列有關說法正確的是A．它是第五周期元素B．原子核內(nèi)一定有82個中子C．鈰的四種同位素形成的中性原子核外電子數(shù)相同D．Ce2+離子中有55個質(zhì)子【答案】C【解析】試題分析：A、Ce是58號元素，位于第六周期，錯誤；B、鈰的四種同位素原子核內(nèi)中子數(shù)都不相同，且依據(jù)題目條件無法求得，錯誤；C、鈰的四種同位素形成的中性原子核外電子數(shù)等于核內(nèi)質(zhì)子數(shù)，都是58，正確；D、Ce3+離子中有58個質(zhì)子，錯誤?？键c：考查元素周期表及原子結構。12．實驗：①將0．1mol·L－1MgCl2溶液和0．5mol·L－1NaOH溶液等體積混合得到濁液；②取少量①中濁液，滴加0．1mol·L－1FeCl3溶液，出現(xiàn)紅褐色沉淀；③將①中濁液過濾，取少量白色沉淀，滴加0．1mol·L－1FeCl3溶液，白色沉淀變?yōu)榧t褐色；④另取少量白色沉淀，滴加飽和NH4Cl溶液，沉淀溶解。下列說法中，不正確的是：A．將①中所得濁液過濾，所得濾液中含少量Mg2+B．濁液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH－(aq)C．實驗②和③均能說明Fe(OH)3比Mg(OH)2難溶D．NH4Cl溶液中的NH4+可能是④中沉淀溶解的原因【答案】C【解析】試題分析：將0．1mol?L-1MgCl2溶液和0．5mol?L-1NaOH溶液等體積混合得到氫氧化鎂懸濁液和氯化鈉以及剩余氫氧化鈉的混合物，氫氧化鎂存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2Mg2＋+2OH－，將①中所得濁液氫氧化鎂過濾，氫氧化鎂存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2Mg2＋+2OH－，所得濾液中含少量Mg2＋，故A正確；濁液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2（s）Mg2＋（aq）+2OH－（aq），故B正確；實驗②中是因為剩余的氫氧化鈉和氯化鐵之間反應生成氫氧化鐵的緣故，不能說明Fe(OH)3比Mg(OH)2難溶，故C錯誤；氫氧化鎂存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2Mg2＋+2OH－，加氯化銨，會和氫氧根離子之間反應，所以平衡正向移動，沉淀溶解，故D正確，故選C?？键c：考查鎂、鐵的化合物的性質(zhì)、沉淀溶解平衡的移動等方面的知識。13．下列反應的離子方程式書寫正確的是（） A.鈉和冷水反應Na＋2H2O＝Na+＋2OH＋H2↑B.金屬鋁溶于氫氧化鈉溶液Al＋2OH＝AlO2＋H2↑C.金屬鋁溶于鹽酸中：2Al＋6H+＝2Al3+＋3H2↑D.磁性氧化鐵跟稀硫酸反應：Fe3O4＋8H+＝3Fe3+＋4H2O【答案】C【解析】A不正確，電子的得失不守恒；B不正確，反應物還有水參加；D不正確，生成物是硫酸鐵、硫酸亞鐵和水，所以正確的答案選C。14．下列說法中正確的是A．若M度T0C時水的離子積常數(shù)為KW在該溫度下的中性溶液中c(H+)=mol/LB．25℃時HCl溶液中的c(H+)一定大于25℃時NH4Cl溶液中的c(HC．1mol/LCH3COOH溶液和1mol?L-1KOH溶液等體積混合，混合溶液中c(K+)=c(CH3COO-)D．pH=的NaHSO3溶液中：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)【答案】A【解析】試題分析：A、根據(jù)Kw=c(H+)c(OH-)，正確；B、跟濃度有關系，不一定正確；C、混合后恰好反應生成CH3COOK，發(fā)生水解，故有c(K+)>c(CH3COO-)，錯誤；D、溶液呈酸性，說明電離大于水解，故有c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)，錯誤?？键c：考查電解質(zhì)溶液，涉及弱電解的電離、水的電離的計算、鹽類水解、粒子濃度大小比較等。15．某一有機物A可發(fā)生下列變化：已知C為羧酸，且C、E不發(fā)生銀鏡反應，則A的可能結構有A．4種B．3種C．2種D．1種【答案】C【解析】試題分析：A的分子式為C6H12O2，A能在堿性條件下反應生成B和D，B與酸反應，B應為鹽，D能在Cu催化作用下發(fā)生氧化，D應為醇，則A屬于酯，C和E都不能發(fā)生銀鏡反應，說明C、E不含醛基，則C不可能為甲酸；若C為乙酸，則D為CH3CH（OH）CH2CH3，若C為丙酸，則D為CH3CH（OH）CH3，若C為丁酸，則D為乙醇、E為乙醛，不可能，所以A只能為：CH3COOCH（CH3）CH2CH3或CH3CH2COO2CH（CH3）2，總共有兩種可能的結構，故選C?！究键c定位】考查有機物的推斷【名師點晴】注意C和E都不能發(fā)生銀鏡反應的特點，為解答該題的關鍵，以此推斷對應的酸或醇的種類和推斷出A的可能結構；A能在堿性條件下反應生成B和D，B與酸反應，應為鹽，D能在Cu催化作用下發(fā)生氧化，應為醇，則A應為酯，C和E都不能發(fā)生銀鏡反應，說明C、E不含醛基，如C為乙酸，則D為CH3CHOHCH2CH3，如C為丙酸，則D為CH3CHOHCH3，據(jù)此進行解答。16．(8分)84消毒液是一種以次氯酸鈉為主要成分的高效消毒劑。（1）次氯酸鈉溶液呈堿性，原因可用離子方程式表示為；（2）二氧化碳、氫氧化鈉、氯化鈉三種物質(zhì)中，添加到84消毒液中可增強其消毒效果的是；（3）84消毒液可以通過電解氯化鈉稀溶液制取，電解裝置通常選用鐵和碳棒為電極，電解時鐵電極反應式為?！敬鸢浮浚ü?分）（1）ClO－+H2OHClO+OH－（3分）（2）二氧化碳（2分）（3）2H++2e-＝H2↑或2H2O+2e-＝H2↑+2OH－（3分）【解析】試題分析：（1）次氯酸鈉溶液呈堿性，由于該鹽是次氯酸鹽，屬于強堿弱酸鹽，弱酸根離子發(fā)生水解反應：ClO－+H2OHClO+OH－，消耗水電離產(chǎn)生的H+，促進了水的電離，當最終達到平衡時，c(OH－)>c(H+),所以溶液顯堿性；（2）由于酸性H2CO3>HClO，所以向該鹽溶液中通入二氧化碳氣體，會發(fā)生復分解反應：2NaClO+H2O+CO2=Na2CO3+2HClO,產(chǎn)生有強氧化性HClO，使溶液的殺菌消毒作用增強，故應該選擇的物質(zhì)是二氧化碳；（3）84消毒液可以通過電解氯化鈉稀溶液制取，電解裝置通常選用鐵和碳棒為電極，由于鐵的活動性較強，若Fe作陽極，會會發(fā)生反應，失去電子，溶液中的Cl-就不能失去電子變?yōu)槁葰?，與溶液中產(chǎn)生的NaOH發(fā)生反應制取次氯酸鈉，所以電解時鐵電極為陰極，在陰極，溶液中的H+得到電子變?yōu)闅錃?，該電極的反應式為2H++2e-＝H2↑或?qū)憺?H2O+2e-＝H2↑+2OH－?？键c：考查關于高效消毒劑次氯酸鈉的制取方法、化學性質(zhì)及增強其作用和性質(zhì)的方法的知識。17．（16分）化學反應原理對化學反應的研究具有指導意義。（1）機動車廢氣排放已成為城市大氣污染的重要來源。、。②汽車汽油不完全燃燒時還產(chǎn)生CO，若設想按下列反應除去CO：2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)ΔH>0，該設想能否實現(xiàn)？（選填“能”或“不能”），依據(jù)是。（2）氯氣在298K、100kPa時，在1L水中可溶解，實驗測得溶于水的Cl2約有1/3與水反應。該反應的離子方程式為，在上述平衡體系中加入少量NaOH固體，溶液中Cl—濃度（選填“增大”、“減小”或“不變”）。案?！敬鸢浮?6．（16分）（1）①溫度升高，反應速率加快溫度升高，有利于平衡反應正向進行②不能該反應是焓增、熵減的反應，任何溫度下均不能自發(fā)進行（2）Cl2+H2OH++Cl—+HClO增大（3）正反應加入少許鐵粉或加入少許碘（其他合理設計即可）【解析】試題分析：（1）溫度升高，反應速率加快;溫度升高，有利于平衡反應正向進行;②該反應是焓增、熵減的反應，根據(jù)任何溫度下均不能自發(fā)進行；（2）氯氣溶于水是可逆反應，離子方程式為：Cl2+H2OH++Cl—+HClO，在上述平衡體系中加入少量NaOH固體,消耗H+，平衡正向移動，溶液中Cl—濃度增大；（3）加入少許鐵粉或加入少許碘。考點：考查溫度對化學反應速率的影響，化學反應方向，離子方程式的書寫，平衡移動方向。18．（14分）實驗室合成乙酸乙酯的步驟如下：在圓底燒瓶內(nèi)加入乙醇、濃硫酸和乙酸，瓶口豎直安裝通有冷卻水的冷凝管（使反應混合物的蒸氣冷凝為液體流回燒瓶內(nèi)），加熱回流一段時間后換成蒸餾裝置進行蒸餾（如下圖所示），得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗產(chǎn)品。請回答下列問題：（已知：乙醇、乙酸、乙酸乙酯的沸點依次是78.4℃、118℃、（1）在燒瓶中除了加入乙醇、濃硫酸和乙酸外，還應放入幾塊碎瓷片，其目的是_________________________。（2）在燒瓶中加入一定比例的乙醇和濃硫酸的混合液的方法是。（3）生成乙酸乙酯的反應是可逆反應，反應物不能完全轉(zhuǎn)化為生成物，反應一段時間后，就達到了該反應的限度，即達到化學平衡狀態(tài)。下列描述能說明該反應已達到化學平衡狀態(tài)的是(填序號)。①單位時間里，生成1mol乙酸乙酯，同時生成1mol水②單位時間里，生成1mol乙酸乙酯，同時生成1mol乙酸③單位時間里，消耗1mol乙醇，同時消耗1mol乙酸④正反應的速率與逆反應的速率相等⑤混合物中各物質(zhì)的濃度不再變化（4）（每空1分）現(xiàn)擬分離含乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗產(chǎn)品，下圖是分離操作步驟流程圖。請在圖中圓括號內(nèi)填入適當?shù)脑噭?，在方括號?nèi)填入適當?shù)姆蛛x方法。E為____________(填名稱)；試劑a是__________，試劑b為_______；分離方法①是___________，分離方法②是__________________，分離方法③是__________。（5）寫出C→D反應的化學方程式?！敬鸢浮浚?）防止燒瓶中液體暴沸（2）先在燒瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢將濃硫酸加入燒瓶，邊加邊振蕩。（3）②④⑤（4）（每空1分）乙醇飽和碳酸鈉溶液濃硫酸分液蒸餾蒸餾（5）2CH3COONa+H2SO4=Na2SO4+2CH3COOH【解析】（1）酯化反應需要加熱，為了防止液體沸騰時劇烈跳到，需要碎瓷片防止暴沸。（2）濃硫酸溶于水放出大量的熱，且濃硫酸的密度大于水的。為了防止乙醇和乙酸的揮發(fā)，需要把濃硫酸注入乙醇中，等冷卻后，再加入乙酸。（3）①和③中反應速率的方向是相同，在任何情況下都成立，不正確。②中反應速率的方向相反，且速率之比滿足相應的化學計量數(shù)之比，正確。④⑤均符合化學平衡的特點，是正確的。答案選②④⑤（4）粗產(chǎn)品中含有乙醇和乙酸，需要利用飽和碳酸鈉溶液除去乙酸和乙醇，然后分液即得到乙酸乙酯溶液A，最后通過無水碳酸鈉得到乙酸乙酯F。B中含有乙醇和乙酸鈉以及剩余的碳酸鈉。所以可直接蒸餾得到乙醇。向剩余的溶液中加入濃硫酸即得到乙酸，最后還是通過蒸餾得到乙酸。（5）醋酸鈉和硫酸反應生成醋酸和硫酸鈉。19．甲、乙、丙、丁是常見的單質(zhì)，其中甲、乙、丙是摩爾質(zhì)量依次增加的氣體。A和B以物質(zhì)的量2︰1通入水中，得到C溶液。請根據(jù)下圖的轉(zhuǎn)化關系回答：（1）用方程式解釋A使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的原因___________________（2）寫出溶液C中加氯水的離子方程式___________________(3)若A和B按1:1通入水中反應，寫出反應方程式____________________________?！敬鸢浮?1)NH3+H2ONH３·H2ONH4++OH-(2)SO32-+Cl2+H2O==SO42-+2Cl-+2H+(3)SO2+NH3+H2O=NH4HSO3【解析】略20．(14分)某課外興趣小組欲測定某NaOH溶液的濃度，其操作步驟如下：①堿式滴定管用蒸餾水洗凈后，用待測溶液潤洗2～3次后，再注入待測溶液，調(diào)節(jié)滴定管的尖嘴部分充滿溶液，并使液面處于"0"刻度以下的位置，記下讀數(shù)；將錐形瓶用蒸餾水洗凈后，用待測溶液潤洗錐形瓶2～3次；從堿式滴定管中放入待測溶液到錐形瓶中；②將酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，立即向其中注入L標準鹽酸，調(diào)節(jié)滴定管的尖嘴部分充滿溶液，并使液面處于"0"刻度以下的位置，記下讀數(shù)；③向錐形瓶中滴入酚酞作指示劑，進行滴定。滴定至指示劑恰好變色，且半分鐘不變化，測得所耗鹽酸的體積為V1mL；④重復以上過程，但滴定過程中向錐形瓶加入5mL的蒸餾水，測得所耗鹽酸的體積為V2mL。（1）錐形瓶中的溶液從_____色變?yōu)開____色時，停止滴定。（2）滴定時邊滴邊搖動錐形瓶，眼睛應注視_________；（3）該小組在步驟①中的錯誤是____，由此造成的測定結果_____（填偏高、偏低或無影響）；（4）步驟②缺少的操作是__________；（5）如圖，是某次滴定時滴定管中的液面，其讀數(shù)為mL（6）根據(jù)下列數(shù)據(jù)：滴定次數(shù)待測液體(mL)標準鹽酸體積（mL）滴定前讀（mL）滴定后讀數(shù)（mL）第一次第二次第三次請選用合理的數(shù)據(jù)計算待測燒堿溶液的濃度為_______

mol/L(7)下列操作中可能使所測氫氧化鈉溶液的濃度數(shù)值偏低的是_____；A．酸式滴定管未用標準鹽酸溶液潤洗就直接注入標準鹽酸溶液B．滴定前盛放氫氧化鈉溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥C．酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失D．讀取鹽酸體積時，滴定結束時俯視讀數(shù)【答案】（1）紅（1分）無（1分）（2）錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化（2分）（3）用錐形瓶潤洗待測液（1分）偏高（1分）（4）用錐形瓶潤洗滴定管（2分）（5）（也給分）（2分）（6）（2分）（7）D【解析】（3）用待測溶液潤洗錐形瓶，致使氫氧化鈉的總量增大，則消耗鹽酸的體積增大，故測定結果偏高；（5）滴定管，讀到mL；（6）三次消耗鹽酸的體積依次為：、、，第3次誤差較大，故取前兩次的平均值，得：V(HCl)=mL，代入c(NaOH)V(NaOH)=c(HCl)V(HCl)，得：c(NaOH)=mol/L（7）c(NaOH)=[c(HCl)V(HCl)]/V(NaOH),所有操作都歸結到V(HCl)）（酸性滴定管的讀數(shù)）A導致c(HCl)減小，則V(HCl)偏大，故A導致所測氫氧化鈉溶液的濃度數(shù)值偏高，B無影響，C導致V(HCl)讀數(shù)偏大，故C導致所測氫氧化鈉溶液的濃度數(shù)值偏高，DV(HCl)=V后-V前，滴定結束時俯視讀數(shù)，導致V后讀數(shù)偏小，故D導致所測氫氧化鈉溶液的濃度數(shù)值偏低，21．（本題共10分）硫化鈉是用于皮革鞣制的重要化學試劑，可用無水芒硝（Na2SO4）與炭粉在高溫下反應而制得，反應式如下：Na2SO4+4CNa2S+4CO↑②Na2SO4+4CONa2S+4CO2（1）現(xiàn)要制取Na2S7.80g，若生產(chǎn)過程中無水芒硝（Na2SO4）的利用率為90%，則理論上需要無水芒硝（Na2SO4）g（精確到）；（2）若在反應中生成的Na2S物質(zhì)的量為1mol，則消耗的碳單質(zhì)的物質(zhì)的量n的范圍是≤n≤；（3）若在上述反應中消耗的碳單質(zhì)為1mol，生成Na2S的物質(zhì)的量為ymol，生成的CO和CO2的物質(zhì)的量之比為x，則y與x的關系式為y=；（4）Na2S放置在空氣中，會被緩慢氧化成Na2SO3及Na2SO4，現(xiàn)稱取已經(jīng)部分氧化的硫化鈉樣品39.20g溶于水中，加入足量鹽酸，充分反應后過濾得沉淀9.6g，放出H2S氣體1.12L（標準狀況）。請計算：39.20g樣品中各氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量（不考慮氣體在水中的溶解）?！敬鸢浮浚?）（2）2mol~4mol（3）y=EQ\F(2+x,4+4x)（4）n(Na2SO3)=mol、n(Na2SO4)=mol【解析】（1）根據(jù)硫原子守恒可知，，解得m＝15.78g。（2）由反應①和②可得反應③：Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑根據(jù)反應①和反應③，由極值法得：消耗的碳單質(zhì)的物質(zhì)的量范圍n的范圍是：2mol~4mol。（2分）（3）根據(jù)反應①：Na2SO4+4CNa2S+4COaxmolax/4molaxmol根據(jù)反應③：Na2SO4+2CNa2S+2CO2amola/2molamol根據(jù)題意得：amol+axmol=1mola/2mol+ax/4mol=ymol解得：y=EQ\F(2+x,4+4x)（2分）（4）2Na2S+Na2SO3+3H2SO4=3Na2SO4+3S↓+3H2ONa2S+H2SO4=Na2SO4+H2S根據(jù)以上兩個反應結合題中條件可求得：39.20g樣品中有Na2SO3：molNa2S：再應用質(zhì)量守恒得：Na2SO4：mol39.20g樣品中氧化產(chǎn)物：n(Na2SO3)=mol（2分）n(Na2SO4)=mol（2分）22．(10分)已知環(huán)己烯可以通過丁二烯與乙烯發(fā)生環(huán)化加成反應得到。已知B、C、D、E、F五種烴有如下轉(zhuǎn)化關系，B為苯的同系物，最多只有13個原子處于同一平面上，D中所有的原子一定在同一平面上。則：（1）寫出B→F的化學方程式：________________________________（2）滿足條件的E的結構簡式可能為______________（3）滿足條件的C的名稱可能為_____________________________。【答案】（1）＋3H2（2）（3）2—甲基—1，3—丁二烯1，3—戊二烯【解析】試題分析：B為苯的同系物，最多只有13個原子處于同一平面上，則B為甲苯，甲苯在催化劑Ni的條件下能與氫氣發(fā)生加成反應生成甲基環(huán)己烷，所以甲苯生成甲基環(huán)己烷的化學方程式為：＋3H2（2）根據(jù)題目中的已知信息，C與D生成E，E在催化劑Ni的條件下能與氫氣發(fā)生加成反應生成甲基環(huán)己烷，說明E為環(huán)烯烴，則E的結構簡式可能