高中化學人教版有機化學基礎(chǔ)本冊總復習總復習 精品

河南省魯山縣二高2023學年高二下期6月月考化學試卷（解析版）1．下列物質(zhì)屬于單質(zhì)的是A．石墨B．硫鐵礦C．青銅D．碳素墨水【答案】A【解析】由一種元素形成的純凈物是單質(zhì),所以答案選A,其余都是由不同的元素形成的,屬于化合物.2．下列說法正確的是（）A．摩爾是一種國際基本物理量B．標準狀況下氣體摩爾體積約為22.4LC．1mol氧的質(zhì)量為16gD．在同溫同壓下，相同體積的任何氣體單質(zhì)所含分子數(shù)相同【答案】D【解析】試題分析：A：摩爾是物質(zhì)的量的單位，而不是國際基本物理量；B：標準狀況下氣體摩爾體積約為22.4L/mol,B錯；C：氧可以指氧氣、氧原子、氧元素等，要指明對象，C項的正確說法是1mol氧氣的質(zhì)量為16g；D：阿伏伽德羅定律：同溫同壓下，相同體積的任何氣體都含有相同數(shù)目的粒子。考點：物質(zhì)的量的基本概念點評：應該注意物質(zhì)的量是一個物理量，而摩爾是它的單位3．現(xiàn)有常溫下的四份溶液：①mol/LCH3COOH；②mol/LHCl；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。下列說法正確的是A．①中水的電離程度最小，③中水的電離程度最大B．將②、③混合，若有pH=7，則消耗溶液的體積：②＞③C．將①、④混合，若有c(CH3COO－)＞c(H＋)，則混合液一定呈堿性D．將四份溶液分別稀釋100倍后，溶液的pH：③＞④，①＞②【答案】BD【解析】試題分析：溶液中存在水的電離平衡H2OH++OH－，醋酸是弱酸，鹽酸是強酸，①→②，就是增大氫離子濃度，使上述平衡左移，水的電離程度減小，則①中水的電離程度大于②，而③→④，堿電離出的氫氧根離子濃度相等，則③中水的電離程度與④相同，也與②中相同，故A錯誤；②③等體積混合時，強酸電離出的氫離子小于弱堿電離出的氫氧根離子，則堿過量，溶液呈堿性或pH>7，若混合溶液pH=7，則弱堿溶液的體積要小于強酸溶液，故B正確；醋酸是弱酸，存在電離平衡：CH3COOHH++CH3COO－，NaOH能消耗氫離子，減小氫離子濃度，促進醋酸電離出醋酸根離子，則①④混合液呈堿性、中性、甚至酸性時，都可能存在c(CH3COO－)＞c(H＋)，故C錯誤；稀釋100倍后，強酸或強堿等強電解質(zhì)溶液中氫離子或氫氧根離子濃度變化較大，溶液pH變化較大，因為稀釋能促進弱酸或弱堿的電離，則弱電解質(zhì)溶液中氫離子或氫氧化根離子濃度變化較小，溶液pH變化較小，因此稀釋溶液pH：③>④>①>②，故D正確?？键c：考查強弱電解質(zhì)、水的電離、溶液的酸堿性和pH、離子濃度大小關(guān)系，涉及濃度改變對水的電離程度的影響、酸堿混合溶液的酸堿性、酸堿混合溶液離子濃度大小關(guān)系、稀釋前后溶液的pH等。4．下列各化學術(shù)語表達正確的是A．Na原子結(jié)構(gòu)示意圖：B．乙烷的結(jié)構(gòu)簡式：CH3CH3C．HClO的結(jié)構(gòu)式：H－Cl－OD．CH4分子的比例模型：【答案】B【解析】試題分析：A、Na原子最外層有1個電子，原子結(jié)構(gòu)示意圖：，故A錯誤；B、乙烷的分子式為C2H6，結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH3，故B正確；C、HClO的結(jié)構(gòu)式：H－O－Cl，故C錯誤；D、是CH4分子的球棍模型，故D錯誤；故選B?？键c：考查了化學用語的相關(guān)知識。5．無論在酸性溶液還是在堿性溶液中，一定都不能大量存在的離子是A．Al3+B．K+C．HCO3－D．AlO2－【答案】C【解析】試題分析：A中Al3+與OH－反應不能大量共存，錯誤；B中K+在酸性、堿性溶液中均能大量共存，錯誤；C中HCO3－與OH－反應生成CO32-和水，HCO3-與H＋反應生成CO2和水，所以HCO3-在酸性、堿性溶液中都不能大量共存，正確；D中AlO2－與H＋反應生成Al(OH)3沉淀，錯誤；選C?？键c：考查離子共存。6．除去某溶液里溶解的少量雜質(zhì)，下列做法中不正確的是(括號內(nèi)的物質(zhì)為雜質(zhì))A．NaCl溶液(BaCl2)：加過量Na2CO3溶液，過濾，再加適量鹽酸并加熱B．KNO3溶液(AgNO3)：加過量KCl溶液，過濾C．NaCl溶液(Br2)：加CCl4，分液D．NaCl溶液(KNO3)：加熱蒸發(fā)得濃溶液后，降溫，過濾【答案】B【解析】試題分析：A．加入過量的BaCl2溶液會和氯化鈉反應生成碳酸鋇沉淀和氯化鈉，過濾，濾液是氯化鈉和過量的碳酸鈉，再加適量鹽酸并加熱可以將碳酸根除去，A項正確；B．加過量KCl溶液會和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀和硝酸鉀，過濾，濾液是硝酸鉀和過量氯化鉀的混合物，又引進了新的雜質(zhì)，B項錯誤；C．溴單質(zhì)會溶解與四氯化碳中，分液獲得氯化鈉溶液和溶有碘的四氯化碳互不相溶的兩部分，然后分液，C項正確；D．硝酸鉀的溶解度隨溫度升高而增大，但是氯化鈉的溶解度受溫度影響不大，可以加熱蒸發(fā)得濃溶液后降溫，獲得硝酸鉀的晶體，然后過濾，D項正確；答案選B?？键c：考查物質(zhì)的分離、提純與除雜。7．下列各組物質(zhì)的晶體中，晶體類型、化學鍵類型均完全相同的是A．SO2和SiO2B．CCl4和KClC．NaOH和CaCl2D．CO2和H2S【答案】D【解析】試題分析：中的化學鍵為極性共價鍵，該物質(zhì)的晶體是分子晶體，SiO2

中的化學鍵為極性共價鍵，該物質(zhì)的晶體是原子晶體，A項錯誤；中的化學鍵為極性共價鍵，該物質(zhì)的晶體是分子晶體；KCl

中的化學鍵為離子鍵，該物質(zhì)的晶體為離子晶體，B項錯誤；中含有離子鍵、極性共價鍵，該物質(zhì)的晶體為離子晶體，CaCl2中只含有離子鍵，該物質(zhì)的晶體為離子晶體，C項錯誤；分子中含有極性共價鍵，該物質(zhì)的晶體是分子晶體；H2S中的化學鍵為極性共價鍵，該物質(zhì)的晶體是分子晶體，D項正確；答案選D?？键c：考查物質(zhì)中的化學鍵與晶體類型的關(guān)系等知識。8．將1molNaHCO3和1molNa2O2固體混合，在加熱的條件理使其充分反應，則最后所得固體為A．1molNa2CO3和1molNaOHB．lmolNa2CO3和2molNaOHC．2molNa2CO3和2molNaOHD．2molNa2CO3【答案】A【解析】試題分析：因為2NaCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，1mol碳酸氫鈉分解產(chǎn)生0．5mol碳酸鈉、0．5mol二氧化碳、0．5mol水，而0．5mol二氧化碳、0．5mol水恰好與1molNa2O2固體反應生成0．5mol碳酸鈉和1mol氫氧化鈉，所以最終的固體是1molNa2CO3和1molNaOH，答案選A。考點：考查碳酸氫鈉與過氧化鈉的混合計算9．氧化還原反應中，水的作用可以是氧化劑、還原劑、既是氧化劑又是還原劑、既不是氧化劑又不是還原劑。下列反應與Cl2＋SO2＋2H2O＝H2SO4＋2HCl相比較，水的作用完全相同的是A．2H2O2H2↑＋O2↑B．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3C．2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑D．2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑【答案】BD【解析】試題分析：因反應Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中，Cl的化合價從0→-1，Cl2作氧化劑，S的化合價從+4→+6，SO2作還原劑，水中元素化合價沒有變化，所以水既非氧化劑又非還原劑；A．2H2O2H2↑＋O2↑水既是氧化劑又是還原劑，不符；B、O2為氧化劑，4Fe(OH)2為還原劑，水既非氧化劑又非還原劑，符合；C．2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑，水是氧化劑，不符；D、Na2O2既是氧化劑又是還原劑，水既非氧化劑又非還原劑，符合；選BD?？键c：考查氧化還原反應。10．下列有機物的命名正確的是（）A．1,2─二甲基戊烷B．2─乙基戊烷C．3,4─二甲基戊烷D．3─甲基己烷【答案】D【解析】試題分析：A、1號碳上不能連側(cè)鏈，主鏈應該為6個碳原子，離支鏈最近一端編號，得到名稱不符合命名方法，正確的名稱為3-甲基己烷，故A錯誤；B、主鏈選錯，無2-乙基，正確的名稱為3-甲基己烷，故B錯誤；C、編號起點選錯，正確的名稱為1，2─二甲基戊烷，故C錯誤；D、符合命名方法，故D正確；考點：有機物的命名11．具有顯著抗癌活性的10-羥基喜樹堿的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列關(guān)于10—羥基喜樹堿的說法正確的是（）A．分子式為C20H16N2O5B．可用FeCl3溶液檢驗該物質(zhì)是否發(fā)生水解C．該物質(zhì)可與9molH2發(fā)生加成反應D．一定條件下，1mol分別消耗Na、NaOH、Na2CO3的比值為2︰2︰1【答案】A【解析】試題分析：A、根據(jù)有機物的結(jié)構(gòu)簡式可以得到分子式為：C20H16N2O5，故A正確；B、10-羥基喜樹堿中含有酚羥基，能和氯化鐵發(fā)生顯色反應，但水解產(chǎn)物中仍然含有酚羥基，不能用氯化鐵溶液檢驗，故B錯誤；C、分子中含有3個碳碳雙鍵，能與氫氣發(fā)生加成反應的有苯環(huán)、碳碳雙鍵以及C=N鍵，則一定條件下，1mol該物質(zhì)可與7molH2發(fā)生加成反應，故C錯誤；D、1mol10-羥基喜樹堿中含有1mol的酚羥基、1mol醇羥基和1mol酯基，則一定條件下，1mol分別消耗Na、NaOH的比值為1︰1，但該有機物與碳酸鈉不反應，故D錯誤，故選A?？键c：考查有機物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)判斷12．下列各組混合物不能用分液漏斗分離的是A．四氯化碳和碘B．花生油和水C．四氯化碳和水D．水和汽油【答案】A【解析】試題分析：A、碘易溶于四氯化碳，所以不能用分液漏斗分離，錯誤；B、花生油與水不互溶，所以可用分液漏斗分離，正確；C、四氯化碳與水不互溶，所以可用分液漏斗分離，正確；D、水和汽油不互溶，所以可用分液漏斗分離，正確，答案選A?？键c：考查物質(zhì)之間的溶解性，混合物的分離13．下列復分解反應一定不會有氣體產(chǎn)生的是A.鹽與堿在水溶液中反應B.鹽與鹽在水溶液中反應C.酸與堿在水溶液中反應D.鹽與酸在水溶液中反應【答案】C【解析】A可能有氨氣生成B硫酸氫鈉和碳酸鉀反應，會有二氧化碳氣體生成C酸與堿在水溶液中反應會生成新酸和新堿，不會有氣體生成D鹽酸和碳酸鈉反應，會有二氧化碳氣體生成。正確的選C14．下列物質(zhì)與水反應時只作氧化劑的是A．NaB．Na2O2C．F2D．Cl【答案】C【解析】試題分析：A、Na與水反應，只作還原劑，錯誤；B、Na2O2與水反應，既是氧化劑又是還原劑，錯誤；C、F2與水反應，只作氧化劑，正確；D、Cl2與水反應，既是氧化劑又是還原劑，錯誤。考點：氧化劑與還原劑15．某無色混合氣體可能含有CO2、CO、H2O（g）、H2中的一種或幾種，依次進行如下連續(xù)處理（每步處理均反應完全）：①通過堿石灰時，氣體體積變小；②通過赤熱的氧化銅時，固體變?yōu)榧t色；③通過白色硫酸銅粉末時，粉末變?yōu)樗{色；④通過澄清的石灰水時，溶液變得渾濁．由此可以確定原混和氣體中A．一定含有CO2、H2O，至少含有H2、CO中的一種B．一定含有H2O、CO，至少含有CO2、H2中的一種C．一定含有CO、CO2，至少含有H2O、H2中的一種D．一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一種【答案】D【解析】試題分析：①通過堿石灰時，氣體體積變小；堿石灰吸收水和二氧化碳，體積減小證明至少有其中一種，而且通過堿石灰后全部吸收；②通過赤熱的氧化銅時，固體變?yōu)榧t色；可能有CO還原氧化銅，也可能是氫氣還原氧化銅，也可能是兩者都有；③通過白色硫酸銅粉末時，粉末變?yōu)樗{色，證明有水生成，而這部分水來源于氫氣還原氧化銅時生成，所以必須有氫氣；④通過澄清石灰水時，溶液變渾濁證明有二氧化碳，而二氧化碳來源于一氧化碳還原氧化銅，所以必須有一氧化碳．綜上分析：混合氣體中定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一種，故選D?！究键c定位】考查混合氣體的推斷【名師點晴】本題是一個簡單的流程題，首先要對整個流程進行整體分析，①中通過了堿石灰后，氣體中無CO2、H2O，②通過熾熱的氧化銅，CO和H2會把氧化銅還原成銅單質(zhì)，同時生成CO2和H2O，H2O使白色硫酸銅粉末變?yōu)樗{色，CO2通過澄清石灰水時，溶液變渾濁，以此來判斷原混合氣體的組成。16．利用15N可以測定亞硝酸鹽對地下水質(zhì)的污染情況。（1）下列說法正確的是___。A．14N與15N為同種核素B．14N的第一電離能小于14C． 15NH3與14NH3均能形成分子間氫鍵D．CH315NH2與CH3CH214NH2互為同系物（2）15N的價層電子排布圖為_______15NH4Cl的晶胞與CsCl相同，則15NH4Cl晶體中15NH4+的配位數(shù)為_______；15NH4+中I5N的雜化軌道類型為_______。（3） 工業(yè)上電解法處理亞硝酸鹽的模擬工藝如圖。已知：陽極區(qū)發(fā)生化學反應：2NO2-+8H++6Fe2+==N2↑+6Fe3++4HzO①陽極電極反應方程式是______(不考慮后續(xù)反應）；②若硫酸溶液濃度過大，陰極區(qū)會有氣體逸出，該氣體為______(填化學式）;該現(xiàn)象表明c(H+)越大，H+氧化性越______;③若電解時電路中有mol電子轉(zhuǎn)移,且NaNO2有剩余,則電解池中生成Na2SO4______mol?！敬鸢浮浚?3分）（1）CD（2分，各1分，不全對扣1分）（2）（2分）8（1分）sp3雜化（1分）（3）①Fe-2e-=Fe2+（2分）②H2（2分）強（1分）③（2分）【解析】試題分析：（1） 14N與15N質(zhì)子數(shù)相同、中子數(shù)不同，互稱為同位素，不是同種核素，A錯誤；同周期元素從左向右，第一電離能總體趨勢增大，但IIA和VA反常，第一電離能：N>C，B錯誤；N電負性大，NH3分子間存在氫鍵，C正確；同系物指結(jié)構(gòu)相似，分子組成相差n個CH2，D正確。（2）N價層電子排布為2s22p3，軌道表示式為；CsCl中Cs+和Cl-配位數(shù)均為8；15NH4+中N價層電子對數(shù)==4，N雜化類型為sp3。（3）①陽極為Fe，電極反應式為Fe-2e-=Fe2+。②若硫酸濃度過大，陰極發(fā)生2H++2e-=H2↑，陰極產(chǎn)生氫氣。說明氫離子濃度越大，氧化性越強。③若電解時轉(zhuǎn)移電子，則由Fe-2e-=Fe2+得陽極生成+，由陽極區(qū)化學反應得消耗，所以生成硫酸鈉?？键c：核素第一電離能氫鍵同系物軌道表示式CsCl晶胞中心原子雜化類型電極反應式化學計算17．在下圖所示的物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系中（反應條件和部分生成物未全部列出），X物質(zhì)可以來自于海洋中，A、B為常見氣體單質(zhì)，B為黃綠色氣體，I、L為常見的金屬單質(zhì)，G為紅褐色物質(zhì)。請回答下列問題：（1）X化學式為。（2）C化學式為。（3）反應①的離子方程式為。（4）反應②的離子方程式為。【答案】NaClNaOH2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2【解析】試題分析：由B為黃綠色氣體可知B為氯氣，A又為氣體單質(zhì)，且X溶液在電解情況下產(chǎn)生兩種氣體單質(zhì)，因此我們可以聯(lián)想到X為氯化鈉溶液。A為氫氣，C為氫氧化鈉。所以D為氯化氫。在反應1中，由氫氧化鈉與金屬L反應生成氫氣，由此可知L為鋁。再由G為紅褐色物質(zhì)可知G為氫氧化鐵。在受熱情況下，生成H物質(zhì)氧化鐵。氧化鐵與鋁反應生成I，因此I為鐵單質(zhì)。D與I反應生成E，所以E為氯化亞鐵。在反應2中氯化鐵與氯氣反應生成物質(zhì)F氯化鐵而C與F可以紅褐色沉淀氫氧化鐵。因此我們知道X為氯化鈉，A為氫氣，B為氯氣，C為氫氧化鈉，D為氯化氫，I為鐵，L為鋁，E為氯化亞鐵，F(xiàn)為氯化鐵,G為氫氧化鐵，H為氧化鐵。考點：考查金屬元素與非金屬元素性質(zhì)的無機物框架推斷題18．（14分）配制480mLmol·L－1的NaOH溶液，試回答下列問題：（1）選擇儀器：完成本實驗所必需的儀器有：托盤天平(精確到0.1g)、藥匙、燒杯、玻璃棒、________、________等。（2）計算、稱量：需稱量NaOH固體的質(zhì)量為__________________。（3）溶解、冷卻，該步實驗中需要使用玻璃棒，作用是___________________。（4）轉(zhuǎn)移、洗滌。洗滌燒杯2～3次是為了______________________________。（5）定容、搖勻。定容的具體操作是____________________________________。（6）不規(guī)范的實驗操作會導致實驗結(jié)果的誤差，下列使所配溶液的物質(zhì)的量濃度偏高的是，偏低的是（填字母序號）A．容量瓶洗凈后未烘干；B．在溶解過程中有少量液體濺出燒杯外C．定容時俯視刻度線；D．將稱量好的NaOH固體放入小燒杯中溶解，未經(jīng)冷卻立即轉(zhuǎn)移到容量瓶中并定容E．定容后，將容量瓶振蕩搖勻后，靜置發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，于是又加入少量水至刻度線【答案】（1）500mL容量瓶，膠頭滴管；（2）10.0g；（3）促進溶質(zhì)的溶解；（4）保證溶質(zhì)全部轉(zhuǎn)入容量瓶中；（5）向容量瓶內(nèi)加水至液面接近刻度線1-2cm處，改用膠頭滴管加水，使溶液凹液面與刻度線相切；（6）C、D；B、E?！窘馕觥吭囶}分析：（1）配制一定體積一定物質(zhì)的量濃度的溶液，由于與480mL最接近的容量瓶的規(guī)格是500mL所必需的儀器有：托盤天平(精確到0.1g)、藥匙、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶，膠頭滴管；（2）計算、稱量：mol·L－1的NaOH溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量是n(NaOH)=0.5L×mol·L－1=mol，則需稱量NaOH固體的質(zhì)量為m(NaOH)=mol×40g/mol=10.0g；（3）溶解、冷卻，該步實驗中需要使用玻璃棒，作用是促進溶質(zhì)的溶解；（4）轉(zhuǎn)移、洗滌。洗滌燒杯2～3次是為了保證溶質(zhì)全部轉(zhuǎn)入容量瓶中；（5）定容、搖勻。定容的具體操作是向容量瓶內(nèi)加水至液面接近刻度線1-2cm處，改用膠頭滴管加水，使溶液凹液面與刻度線相切；（6）A.容量瓶洗凈后未烘干,由于沒有改變?nèi)苜|(zhì)的物質(zhì)的量、溶劑的體積，因此對溶液的濃度不產(chǎn)生任何影響；B.在溶解過程中有少量液體濺出燒杯外，會使溶質(zhì)的物質(zhì)的量減少，導致配制的溶液濃度偏低；C.定容時俯視刻度線，則會是溶液的體積偏小，導致配制的溶液的濃度偏高；D.將稱量好的NaOH固體放入小燒杯中溶解，未經(jīng)冷卻立即轉(zhuǎn)移到容量瓶中并定容，則溶液的體積偏小，最終導致溶液的濃度偏高E.定容后，將容量瓶振蕩搖勻后，靜置發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，于是又加入少量水至刻度線，使溶液的體積偏大，最終導致溶液的濃度偏低?？梢娛顾淙芤旱奈镔|(zhì)的量濃度偏高的是C、D；偏低的是B、E?？键c：考查物質(zhì)的濃度的溶液的配制的有關(guān)知識。19．(1)向KAl(SO4)2溶液中滴加過量氨水，現(xiàn)象是____________________________，反應的離子方程式______________________________________________，再向其中加入過量NaOH溶液，反應現(xiàn)象是____________________________________________，反應的離子方程式為_______________________________________________。(2)下列六個圖中，橫坐標為某溶液中加入某物質(zhì)的物質(zhì)的量，縱坐標為生成沉淀的物質(zhì)的量，請把下表中各反應的相應圖象的序號填入表中。溶液加入的物質(zhì)答案序號①飽和石灰水通過量CO2②AlCl3溶液通過量NH3③MgCl2、AlCl3混合溶液逐滴加NaOH溶液至過量④AlCl3溶液逐滴加NaOH溶液至過量⑤含少量HCl的AlCl3溶液逐滴加NaOH溶液至過量【答案】(1)(1)生成白色膠狀沉淀；Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)；白色膠狀沉淀溶解，溶液變澄清；Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O(2)B；C；A；E；F(各1分)【解析】略20．正丁醚(CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3)是一種化工原料，常溫下為無色液體，不溶于水，沸點為142.4℃，密度比水小．某實驗小組利用如下裝置合成正丁醚(其它裝置均略去)，發(fā)生的主要反應為：2C3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O實驗過程如下：在容積為100mL的三頸燒瓶中將5mL濃硫酸、14.8g正丁醇和幾粒沸石混合均勻，再加熱回流一段時間，收集到粗產(chǎn)品，精制得到正丁醚?；卮鹣铝袉栴}：（1）合成粗產(chǎn)品時，液體試劑加入順序是_______。（2）實驗中冷凝水應從_______口出去(填“a”或“b”)．（3）為保證反應溫度恒定在135℃，裝置C中所盛液體必須具有的物理性質(zhì)為_______。（4）加熱時間過長或溫度過高，反應混合液會變黑，寫出可能發(fā)生的有機副反應的化學方程式：_______，用NaOH溶液吸收有毒尾氣的離子方程式_______。（5）得到的正丁醚粗產(chǎn)品依次用8mL50%的硫酸、10mL水萃取洗滌。該步驟中需要的屬于硅酸鹽材質(zhì)的實驗儀器是燒杯、玻璃棒、_______，將分離出的有機層用無水氯化鈣干燥，過濾后再進行_______(填操作名稱)精制得到正丁醚。（6）本實驗最終得到6.50g正丁醚，則正丁醚的產(chǎn)率是_______?！敬鸢浮浚?）先加正丁醇，后加濃硫酸；（2）a；（3）該液體沸點大于135℃，且不易分解；（4）；2OH-+SO2═SO32-+H2O；（5）分液漏斗；蒸餾；（6）%【解析】試題分析：（1）濃硫酸與其它液體混合時，先加其它液體后加硫酸，防止?jié)饬蛩嵯♂寱r放熱，引起液體飛濺，所以液體試劑加入順序是先加正丁醇，后加濃硫酸，故答案為：先加正丁醇，后加濃硫酸；（2）用冷凝管冷凝時，冷凝水的流向與氣體流向相反，則冷凝水從a口進入，故答案為：a；（3）加熱液體能達到的最高溫度等于其沸點，則為保證反應溫度恒定在135℃，裝置C中所盛液體的沸點應該大于135℃，故答案為：該液體沸點大于135℃，且不易分解；（4）加熱時間過長或溫度過高，反應混合液會變黑，反應過程中可能的副反應有；濃硫酸與丁醇發(fā)生氧化還原反應，濃硫酸被還原生成二氧化硫，用氫氧化鈉溶液吸收二氧化硫，其二氧化硫與氫氧化鈉的反應離子方程式為：2OH-+SO2═SO32-+H2O，故答案為：；2OH-+SO2═SO32-+H2O；（5）分離分層的液體用分液漏斗，該步驟中需要的屬于硅酸鹽材質(zhì)的實驗儀器是燒杯、玻璃棒、分液漏斗；將分離出的有機層用無水氯化鈣干燥，正丁醚易揮發(fā)，采用蒸餾的方法獲得純凈的正丁醚，故答案為：分液漏斗；蒸餾；（6）由2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O，74×213014.8gmg則m==13.0g，產(chǎn)率=×100%=×100%=%，故答案為：%【考點定位】考查制備實驗方案的設(shè)計【名師點晴】本題考查有機化學實驗、反應原理、基本操作、化學計算等，注意把握常見實驗操作、尾氣處理、儀器使用，注意對基礎(chǔ)知識的理解掌握。有機物的制備要通過有機反應來實現(xiàn)，各類有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，就是有機物制備的基礎(chǔ)。一種有機物的性質(zhì)，往往是另一種有機物的制備方法，盡管有機物數(shù)量龐大，但是各類有機物之間一般存在著確定的相互轉(zhuǎn)化的衍生關(guān)系，理解和掌握這種關(guān)系，可以為尋找有機物制備的合理途徑、正確地進行有機物的制備提供科學的依據(jù)．因此，在設(shè)計有機物的制備實驗方案時，要充分利用這種衍生關(guān)系。設(shè)計制備實驗方案的一般思路是：①列出可能的幾種制備方法和途徑；②從方法是否可行、裝置和操作是否簡單、經(jīng)濟與安全等方面進行分析和比較；③從中選取最佳的實驗方法．在制定具體的實驗方案時，還應注意對實驗條件進行嚴格、有效的控制。21．（4分）把盛有48mLNO和NO2的混合氣體倒立于水中（保持同溫同壓），液面穩(wěn)定后，容器內(nèi)氣體體積變?yōu)?4mL，則：（1）若在剩余的24mL氣體中通入6mLO2，液面穩(wěn)定后，容器內(nèi)剩余氣體的體積為____mL。（2）若在剩余的24mL氣體中通入24mLO2，液面穩(wěn)定后，容器內(nèi)剩余氣體是______mL。（3）若在剩余的24mL氣體中通入___或__mLO2，充分反應后，容器內(nèi)剩余4mL氣體。【答案】(1)16(2)6(3)22或15【解析】22．（14分）Ⅰ有A、B、C、D、E五種短周期元素，它們的原子序數(shù)依次增大，A元素的原子是半徑最小的原子。B元素的最高價氧化物的水化物與其氫化物反應生成一種鹽X，D與A同族，且與E同周期，E元素的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3/4倍。A、B、D、E這四種元素，每一種都能與C元素形成原子個數(shù)比不相同的多種化合物?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出相應元素名稱：C_________E_________（2）由A、C、D、E四種元素所組成的一種中學常見的化合物，它既能與鹽酸反應，又能與NaOH溶液反應，在這種化合物的水溶液中，滴入紫色石蕊試液出現(xiàn)紅色，用方程式解釋其原因。該溶液中離子濃度由大到小的排列順序為：。（3）將鋁片和鎂片。插入由A、C、D三種元素組成物質(zhì)的稀溶液中構(gòu)成原電池，則負極的電極反應式為。Ⅱ已知X是一種鹽，H是常見金屬單質(zhì)，F(xiàn)、I是常見非金屬單質(zhì)，E、G都是工業(yè)上重要的堿性物質(zhì)，它們有下圖所示的關(guān)系。試回答下列問題（1）G的電子式為：。（2）寫出下列反應的化學方程式①②。【答案】Ⅰ（1）C為氧，E為硫；（2）HSO3―SO32―+H+；c(Na＋)>c(HSO3―)>c(H＋)>c(SO32―)>c(OH―)（3）2Al－6e－+8OH―＝2AlO2―+4H2OⅡ（1）NaOH的電子式。（2）①2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2②2Mg+CO22MgO+C【解析】試題分析：Ⅰ根據(jù)題意可推知：A是H；B是N；C是O；D是Na；E是是NH4NO3。（1）C相應元素名稱是氧；E元素名稱為硫。（2）由A、C、D、E四種元素所組成的一種中學常見的化合物，它既能與鹽酸反應，又能與NaOH溶液反應，則該化合物為NaHSO3.這種化合物是強堿弱酸鹽。在其水溶液中，既存在HSO3―的電離作用，也存在其水解作用。電離使溶液顯酸性，水解使溶液顯堿性。由于該離子的電離作用大于水解作用。因此該溶液總的來說顯酸性。所以滴入紫色石蕊試液出現(xiàn)紅色，用方程式表示為HSO3―SO32―+H+；該溶液中NaHSO3=Na++HSO3―。HSO3―電離、水解消耗，因此c(Na＋)>c(HSO3―)。由于在溶液中除了HSO3―電離產(chǎn)生H+和SO32―。水還會發(fā)生電離，所以c(H＋