2024屆上海洋涇中學高二化學第二學期期末綜合測試試題含解析

2024屆上海洋涇中學高二化學第二學期期末綜合測試試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列分子或離子中，不存在sp3雜化類型的是A．SO42- B．NH3 C．C2H6 D．SO22、X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外層未達到8電子穩(wěn)定結(jié)構，工業(yè)上通過分離液態(tài)空氣獲得其單質(zhì)；Y元素原子最外電子層上s、p電子數(shù)相等；Z元素+2價陽離子的核外電子排布與氖原子相同；W元素原子的M層有1個未成對的p電子。下列有關這些元素性質(zhì)的說法一定正確的是A．X元素的氫化物的水溶液顯堿性B．Z元素的離子半徑大于W元素的離子半徑C．Z元素的單質(zhì)在一定條件下能與X元素的單質(zhì)反應D．Y元素最高價氧化物的晶體具有很高的熔點和沸點3、下列有關物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應關系的是A．濃硫酸具有脫水性，可用于干燥氯氣B．FeCl3溶液有酸性，常用于蝕刻電路板C．炭具有強還原性，常用于冶煉鈉、鉀等金屬D．碳酸氫鈉溶液具有弱堿性，可用于制胃酸中和劑4、可逆反應A(s)+B(A．保持溫度不變，增大容器體積使壓強減小B．保持恒溫恒容，充入氦氣C．其他條件不變時，升高溫度D．保持恒溫恒容，加入一定量A物質(zhì)5、用氟硼酸（HBF4，屬于強酸）代替硫酸做鉛蓄電池的電解質(zhì)溶液，可使鉛蓄電池在低溫下工作時的性能更優(yōu)良，反應方程式為：Pb＋PbO2＋4HBF42Pb（BF4）2＋2H2O；Pb（BF4）2為可溶于水的強電解質(zhì)，下列說法正確的是A．放電時，正極區(qū)pH增大B．充電時，Pb電極與電源的正極相連C．放電時的負極反應為：PbO2＋4H＋＋2e－＝Pb2＋+2H2OD．充電時，當陽極質(zhì)量增加23.9g時，溶液中有0.2

mole-通過6、CaC2晶體的晶胞結(jié)構與NaCl晶體的相似（如圖所示），但CaC2晶體中由于啞鈴形的C22-存在，使晶胞沿一個方向拉長。下列關于CaC2晶體的說法中正確的是A．CaC2晶體中，所有原子之間都以離子鍵相結(jié)合B．C22-與N2互為等電子體C．1個Ca2+周圍距離最近且等距離的C22-數(shù)目為6D．1個CaC2晶體的晶胞平均含有1個Ca2+和1個C22-7、下列說法正確的是A．正四面體烷與立方烷的二氯代物數(shù)目相同B．淀粉的水解產(chǎn)物為葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下再進一步水解可得酒精C．75%的乙醇溶液可用于醫(yī)療消毒，福爾馬林可用于浸制動物標本，二者都使蛋白質(zhì)變性D．甘氨酸和丙氨酸混合物發(fā)生縮合只能形成2種二肽8、符合下列條件分子式為C9H6O2所有的同分異構體的數(shù)目為a．分子中含有-COO-基團b．分子中除一個苯環(huán)外，無其他環(huán)狀結(jié)構c．苯環(huán)上的氫原子被氯原子取代，得到兩種一氯代物A．1種 B．2種 C．3種 D．4種9、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X是地殼中含量最多的元素，Y原子的最外層只有一個電子，Z位于元素周期表ⅢA族，W與X屬于同一主族。下列說法正確的是A．原子半徑：r(W)>r(Z)>r(Y)B．由X、Y組成的化合物中均不含共價鍵C．Y的最高價氧化物的水化物的堿性比Z的弱D．X的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強10、以下說法哪些是正確的（）A．氫鍵是化學鍵 B．甲烷可與水形成氫鍵C．乙醇分子跟水分子之間存在范德華力和氫鍵 D．碘化氫的沸點比氯化氫的沸點高是由于碘化氫分子之間存在氫鍵11、下列對一些實驗事實的理論解釋正確的是()選項實驗事實理論解釋A氮原子的第一電離能大于氧原子氮原子2p能級半充滿BSO2為V形分子SO2分子中S原子采用sp3雜化C金剛石的熔點低于石墨金剛石是分子晶體，石墨是原子晶體DHF的沸點高于HClHF的相對分子質(zhì)量小于HClA．A B．B C．C D．D12、丙醛和另一種組成為CnH2nO的物質(zhì)X的混合物3.2g，與足量的銀氨溶液作用后析出10.8g銀，則混合物中所含X不可能是（）A．甲基丙醛 B．丙酮 C．乙醛 D．丁醛13、下列說法中正確的是()①sp②同一周期從左到右，元素的第一電離能、電負性都是越來越大③分子中鍵能越大，表示分子擁有的能量越高④所有的配合物都存在配位鍵⑤所有含極性鍵的分子都是極性分子⑥熔融狀態(tài)下能導電的化合物一定是離子化合物⑦所有的原子晶體都不導電A．①②③B．①⑦C．④⑥⑦D．①④⑥14、下列說法正確的是()A．過氧化鉻(CrO5)的結(jié)構為：，可推知CrO5中氧元素的化合價全部是-1價B．第三周期部分元素電離能如圖所示,其中a、b、c分別代表的含義是I2、I3、I1C．可以用如圖實驗裝置圖除去甲烷中混有的乙烯D．銀鏡反應后試管壁上的銀鏡和黏附在試管壁上的油脂可分別用稀氨水、熱堿液洗滌15、光氣(COCl2)又稱碳酰氯，下列關于光氣的敘述中正確的是A．COCl2中含有2個σ鍵和1個π鍵B．COCl2中C原子雜化軌道類型為sp2C．COCl2為含極性鍵和非極性鍵的極性分子D．COCl2分子的空間構型為三角錐形16、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象實驗結(jié)論A向苯酚溶液中滴加少量濃溴水、振蕩，無白色沉淀苯酚濃度小B向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀；再加入足量稀鹽酸，部分沉淀溶解部分Na2SO3被氧化C向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加熱；再加入銀氨溶液；未出現(xiàn)銀鏡蔗糖未水解D向某黃色溶液中加入淀粉KI溶液,溶液呈藍色溶液中含Br2A．AB．BC．CD．D17、已知反應：O3

+2I?

+H2O＝O2

+I2

+2OH?，下列說法不正確的是（）A．O2為還原產(chǎn)物B．氧化性：O3＞I2C．H2O既不是氧化劑也不是還原劑D．反應生成1molI2時轉(zhuǎn)移2mol電子18、溫度相同、濃度均為0.2mol/L的①（NH4）2SO4、②NaNO3、③NH4HSO4、④NH4NO3、、⑥CH3COONa溶液，它們的pH值由小到大的排列順序是（）A．③①④②⑥⑤B．①③⑥④②⑤C．③②①⑥④⑤D．⑤⑥②④①③19、下列說法正確是A．酸性HClO4>H3PO4，是因為HClO4分子非羥基氧原子數(shù)目比H3PO4多B．分子晶體中都存在共價鍵；晶體中只要有陽離子就一定有陰離子C．HF穩(wěn)定性很強，是因為分子間能形成氫鍵D．乳酸[CH3CH(OH)COOH]分子中有2個手性碳原子20、某有機化合物的結(jié)構簡式如圖所示，此有機化合物屬于：①烯烴；②多官能團有機化合物；③芳香烴；④烴的衍生物；⑤高分子化合物A．①②③④ B．②④ C．①②④ D．①③21、核磁共振氫譜是根據(jù)不同化學環(huán)境的氫原子在譜圖中給出的信號不同來確定有機物分子中氫原子種類的。下列有機物分子中，在核磁共振氫譜中只給出一種信號的是（）A．丙烷 B．正丁烷 C．新戊烷 D．異丁烷22、a、b、c，d為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素。a與d同族，d在地殼中的含量僅次于氧；b的簡單氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色；c＋與氖原子的電子層結(jié)構相同。下列說法正確的是A．d的單質(zhì)常用于制造光導纖維B．簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：d>aC．最高價氧化物對應的水化物的酸性：b>a>dD．由氫、氧、a和b組成的化合物一定是無機物二、非選擇題(共84分)23、（14分）Q是合成防曬霜的主要成分，某同學以石油化工的基本產(chǎn)品為主要原料，設計合成Q的流程如下(部分反應條件和試劑未注明)：已知：Ⅰ．鈀催化的交叉偶聯(lián)反應原理(R、R1為烴基或其他基團，X為鹵素原子)：Pd/CR—X＋R1—CH=CH2R1—CH=CH—R＋H—XII．C8H17OH分子中只有一個支鏈，且為乙基，其連續(xù)氧化的產(chǎn)物能與碳酸氫鈉反應生成CO2，其消去產(chǎn)物的分子只有一個碳原子上沒有氫原子。III．F不能與氫氧化鈉溶液反應，G的核磁共振氫譜中有3個峰且為對位取代物。請回答下列問題：（1）G的結(jié)構簡式為__________。（2）C8H17OH的名稱(用系統(tǒng)命名法命名)為____________。（3）X是F的同分異構體，X遇氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應且環(huán)上的一溴取代物有兩種，寫出X的結(jié)構簡式：___________。（4）寫出反應⑥的化學方程式：____________。（5）下列有關B、C的說法正確的是____________(填序號)。a．二者都能使溴的四氯化碳溶液或酸性高錳酸鉀溶液褪色b．二者都能與碳酸氫鈉溶液反應產(chǎn)生二氧化碳c．1molB或C都能最多消耗44.8L(標準狀況)氫氣d．二者都能與新制氫氧化銅懸濁液反應24、（12分）已知有機化合物A、B、C、D、E存在下圖所示轉(zhuǎn)化關系，且C能跟NaHCO3發(fā)生反應，C和D的相對分子質(zhì)量相等，E為無支鏈的化合物。請回答下列問題：（1）已知E的相對分子質(zhì)量為102，其中碳、氫兩種元素的質(zhì)量分數(shù)分別為58.8%、9.8%，其余為氧，則E的分子式為_________________。（2）B在一定條件下可以發(fā)生縮聚反應生成某高分子化合物，此高分子化合物的結(jié)構簡式為_________________。（3）D也可以由溴代烴F在NaOH溶液中加熱來制取，寫出此反應的化學方程式_________________。（4）反應①的化學方程式_________________。（5）B有多種同分異構體，請寫出一種同時符合下列四個條件的結(jié)構簡式：_________________。a．能夠發(fā)生水解b．能發(fā)生銀鏡反應c．能夠與FeCl3溶液顯紫色d．苯環(huán)上的一氯代物只有一種25、（12分）實驗小組制備高鐵酸鉀（K2FeO4）并探究其性質(zhì)。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，在堿性溶液中較穩(wěn)定。（1）制備K2FeO4（夾持裝置略）①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應方程式是________________（錳被還原為Mn2+）。②將除雜裝置B補充完整并標明所用試劑。_______③C中得到紫色固體和溶液。C中Cl2發(fā)生的反應有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外還有________________。（2）探究K2FeO4的性質(zhì)①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產(chǎn)生黃綠色氣體，得溶液a，經(jīng)檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl－而產(chǎn)生Cl2，設計以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產(chǎn)生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有______離子，但該離子的產(chǎn)生不能判斷一定是K2FeO4將Cl－氧化，還可能由________________產(chǎn)生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗滌的目的是________________。②根據(jù)K2FeO4的制備實驗得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ?qū)嶒灡砻?，Cl2和FeO4③資料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42-＞MnO4-，驗證實驗如下：將溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振蕩后溶液呈淺紫色，該現(xiàn)象能否證明氧化性FeO426、（10分）實驗室制取乙酸丁酯的實驗裝置有如圖所示兩種裝置供選用。有關物質(zhì)的物理性質(zhì)如下表：乙酸1-丁醇乙酸丁酯熔點/℃16.6－89.5－73.5沸點/℃117.9117126.3密度/(g·cm－3)1.050.810.88水溶性互溶可溶(9g/100g水)微溶回答下列問題：(1)制取乙酸丁酯的裝置應選用_____(填“甲”或“乙”)。不選另一種裝置的理由是______。(2)該實驗生成物中除了主產(chǎn)物乙酸丁酯外，還可能生成的有機副產(chǎn)物有______、_______。(寫出結(jié)構簡式)(3)從制備乙酸丁酯所得的混合物中分離提純乙酸丁酯時，需要經(jīng)過多步操作，下列圖示的操作中，肯定需要的是________(填字母)。27、（12分）碘化鉀是一種無色晶體，易溶于水。實驗室制備KI晶體的步驟如下：Ⅰ.在如下圖所示的三頸燒瓶中加入研細的I2和一定量的30%KOH溶液，攪拌（已知：I2與KOH反應產(chǎn)物之一是KIO3）；Ⅱ.碘完全反應后，打開分液漏斗中的活塞、彈簧夾1、2，向裝置C中通入足量的H2S；Ⅲ.反應結(jié)束后，向裝置C中加入稀H2SO4酸化，水浴加熱；Ⅳ.冷卻，過濾得KI粗溶液。（1）儀器a的名稱是__________，步驟Ⅰ中控制KOH溶液過量的目的是______________。（2）裝置B的作用是_____________，裝置D中盛放的溶液是________________。（3）裝置C中H2S和KIO3反應的離子方程式為_______________________。（4）步驟Ⅲ中水浴加熱的目的是除去_________________________（填化學式）。（5）由步驟Ⅳ所得的KI粗溶液中含有少量K2SO4，需進行提純，提純流程如下：①已知白色固體B是混合物，試劑A為__________，為除去溶液C中的雜質(zhì)，步驟②中調(diào)節(jié)溶液為弱酸性，則加入HI溶液后產(chǎn)生的現(xiàn)象是___________________。②為測定最后所得KI晶體的純度，取ag晶體配制100mL溶液，取出25mL溶液，滴入足量稀的酸性K2Cr2O7溶液，充分反應后，滴加幾滴淀粉溶液為指示劑，用bmol·L－1的Na2S2O3溶液進行滴定，消耗Na2S2O3溶液VmL。滴定過程中涉及的反應為：Cr2O2－7＋6I28、（14分）自然界水體中的碳元素主要以碳酸鹽、碳酸氫鹽和有機物形式存在。水體中有機物含量是水質(zhì)的重要指標，常用總有機碳衡量(總有機碳＝)。某學生興趣小組用如下實驗方法測定采集水樣的總有機碳。步驟1：量取50mL水樣，加入足量硫酸，加熱，通N2，并維持一段時間(裝置如圖，夾持類儀器省略)。步驟2：再向水樣中加入過量的K2Cr2O7溶液(可將有機物中的碳元素氧化成CO2)，加熱，充分反應，生成的CO2完全被100mL0.206mol·L－1的Ba(OH)2溶液吸收。步驟3：將吸收CO2后的濁液過濾并洗滌沉淀，再將洗滌得到的濾液與原濾液合并，加水配制成500mL溶液。量取25.00mL溶液于錐形瓶中，加入幾滴酚酞試劑，并滴加0.05mol·L－1的H2C2O4溶液，發(fā)生反應：Ba(OH)2＋H2C2O4===BaC2O4↓＋2H2O恰好完全反應時，共消耗H2C2O4溶液20.00mL。（1）步驟1的目的是____。（2）用H2C2O4溶液滴定至終點時，溶液顏色變化是____。（3）計算水樣的總有機碳(以mg·L－1表示)，并寫出計算過程。____29、（10分）元素的基態(tài)原子的核外電子有3種能量狀態(tài)、5種空間狀態(tài)，X是其中第一電離能最小的元素；元素Y的M層電子運動狀態(tài)與X的價電子運動狀態(tài)相同；元素Z位于第四周期，其基態(tài)原子的2價陽離子M層軌道全部排滿電子。（1）X基態(tài)原子的電子排布式為___________。（2）X的氫化物（H2X）在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是___________。（3）在Y的氫化物（H2Y分子中，Y原子軌道的雜化類型是___________。（4）Y與X可形成YX32?。①YX32?的立體構型為___________（用文字描述）。②寫出一種與YX32?互為等電子體的分子的化學式___________。（5）Z的氯化物與氨水反應可形成配合物[Z（NH3）4（H2O）2]Cl2，該配合物加熱時，首先失去配離子中的配體是___________（寫化學式）。（6）Y與Z所形成化合物晶體的晶胞如圖所示，該化合物的化學式為______。其晶胞邊長為540.0pm，密度為________g·cm?3（列式并計算），a位置Y與b位置Z之間的距離為_______pm（列式表示）。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【解題分析】

A.SO42－是正四面體結(jié)構，S原子是sp3雜化；B.氨氣是三角錐形結(jié)構，氮原子是sp3雜化；C.因為分子中碳原子全部形成4個單鍵，因此是sp3雜化；D.SO2中是V形結(jié)構，S原子是sp2雜化。所以選D。2、C【解題分析】

X元素原子的最外層未達到8電子穩(wěn)定結(jié)構，工業(yè)上通過分離液態(tài)空氣獲得其單質(zhì)，則X是N或O。Y元素原子最外電子層上s、p電子數(shù)相等，Y是C或Si。Z元素+2價陽離子的核外電子排布與氖原子相同，Z是Mg。W元素原子的M層有1個未成對的p電子，W是Al或Cl。則A、X元素的氫化物的水溶液顯堿性（NH3）或中性（H2O），A不正確；B、若W是氯元素，則氯離子半徑大于鎂離子半徑；B不正確；C、鎂既能和氮氣反應生成氮化鎂，也能和氧氣反應生成氧化鎂，C正確；D、若Y是碳元素，則CO2形成的是分子晶體，熔沸點低，D不正確；答案選C。3、D【解題分析】A.濃硫酸具有吸水性，可用于干燥氯氣，A錯誤；B.FeCl3溶液中的鐵離子具有氧化性，常用于蝕刻電路板，B錯誤；C.鈉、鉀等均是活潑金屬，炭雖然具有強還原性，不能用于冶煉鈉、鉀等金屬，C錯誤；D.碳酸氫鈉溶液具有弱堿性，可用于制胃酸中和劑，D正確，答案選D。點睛：注意濃硫酸吸水性和脫水性的區(qū)別，濃H2SO4奪取的水在原物質(zhì)中以H2O分子形式存在時濃H2SO4表現(xiàn)吸水性，不以H2O分子形式而以H和O原子形式存在時，而濃H2SO4表現(xiàn)脫水性。4、A【解題分析】A.該反應為氣體體積增大的反應，減小壓強，平衡正向移動，B的轉(zhuǎn)化率提高，故A選；B.保持恒溫恒容，充入氦氣，平衡不移動，轉(zhuǎn)化率不變，故B不選；C.該反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，轉(zhuǎn)化率減小，故C不選；D.

A為固體，加少量A，平衡不移動，故D不選；本題選A。點睛：能使B轉(zhuǎn)化率提高，應使平衡正向移動，且不能加入B，以此來解答。5、A【解題分析】PbO2＋4H＋＋2e－＝Pb2＋+2H2O,消耗氫離子，酸性減弱，pH增大；Pb電極為原電池的負極，應與電源的負極相連，B錯誤；放電時的負極發(fā)生氧化反應，失電子，C錯誤；電子只能從導電通過，不能從溶液通過，D錯誤；正確選項A。6、B【解題分析】分析：A.CaC2晶體中含有C22-，C22-原子之間為共價鍵；B.C22-含電子數(shù)為2×6+2=14，N2的電子數(shù)為14；C.1個Ca2+周圍距離最近且等距離的C22-應位于同一平面，注意使晶胞沿一個方向拉長的特點；D．晶胞中根據(jù)均攤法分析微粒的個數(shù).詳解：A.CaC2晶體中，C22-原子之間以供價鍵相結(jié)合，A錯誤；B.

C22-含電子數(shù)為：2×6+2=14,N2的電子數(shù)為14，二者電子數(shù)相同，是等電子體，B正確；C．依據(jù)晶胞示意圖可以看出，晶胞的一個平面的長與寬不相等，再由圖中體心可知1個Ca2+周圍距離最近的C22-有4個，而不是6個，C錯誤；D.依據(jù)晶胞示意圖可以看出，1個CaC2晶體的晶胞含有Ca2+為：1+12×14=4和含有C22-為：1+6×點睛：本題考查晶胞的分析，注意使晶胞沿一個方向拉長的特點，為解答該題的關鍵，易錯點為A和C．7、C【解題分析】

A.正四面體烷的二氯代物有1種，立方烷的二氯代物有3種，故A錯誤；B.葡萄糖在酒化酶作用下生成酒精，不屬于水解反應，故B錯誤；C.乙醇、福爾馬林均可使蛋白質(zhì)變性，則75%的乙醇溶液可用于醫(yī)療消毒，福爾馬林可用于浸制動物標本，故C正確；D.甘氨酸和丙氨酸混合物，若同種氨基酸脫水，生成2種二肽；若是異種氨基酸脫水：可以是甘氨酸脫去羥基，丙氨酸脫氫；也可以丙氨酸脫羥基，甘氨酸脫去氫，生成2種二肽，所以共有4種，故D錯誤。8、B【解題分析】

由分子式C9H6O2計算可知該有機物不飽和度為7，由條件a、b可知該有機物中含有苯環(huán)和-COO-，因此還剩下2個碳為未知結(jié)構。又由于2個碳需存在兩個不飽和度，因此為碳碳叁鍵。從苯環(huán)上的氫原子被氯原子取代后得到兩種一氯代物，可知碳碳叁鍵與-COO-處于對位關系。由此解題?！绢}目詳解】由分子式C9H6O2計算可知該有機物不飽和度n==7。由條件a、b可知該有機物中含有苯環(huán)和-COO-，因此還剩下2個碳為未知結(jié)構。又由于2個碳需存在兩個不飽和度，因此為。從苯環(huán)上的氫原子被氯原子取代后得到兩種一氯代物，可知與-COO-處于對位關系。因此，符合條件的同分異構體為、，共2種。答案應選B?！绢}目點撥】本題考查有機物同分異構體的判斷。在解題時需注意對已知分子式應先判斷其不飽和度，確定類別異構，再結(jié)合所含的未知結(jié)構的碳原子確定碳鏈異構，最后再找尋官能團的位置異構，同時應注意含有碳碳雙鍵有機物的順反異構問題。9、D【解題分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大；X是地殼中含量最多的元素，X為O元素；Y原子的最外層只有一個電子，Y為Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z為Al元素；W與X屬于同一主族，W為S元素。根據(jù)元素周期律作答?！绢}目詳解】A項，Na、Al、S都是第三周期元素，根據(jù)同周期從左到右主族元素的原子半徑依次減小，原子半徑：r（Y）r（Z）r（W），A項錯誤；B項，由X、Y組成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有離子鍵，Na2O2中既含離子鍵又含共價鍵，B項錯誤；C項，金屬性：Na（Y）Al（Z），Y的最高價氧化物的水化物的堿性比Z的強，C項錯誤；D項，非金屬性：O（X）S（W），X的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強，D項正確；答案選D。10、C【解題分析】

A項，氫鍵不是化學鍵，A項錯誤；B項，甲烷與水分子間不能形成氫鍵，B項錯誤；C項，乙醇分子和水分子中都存在O-H鍵，乙醇分子與水分子間存在范德華力和氫鍵，C項正確；D項，碘化氫的沸點比氯化氫的沸點高的原因是：碘化氫和氯化氫結(jié)構相似，碘化氫的相對分子質(zhì)量大于氯化氫的相對分子質(zhì)量，碘化氫分子間范德華力大于氯化氫分子間范德華力，D項錯誤。答案選C。11、A【解題分析】

A．原子軌道中電子處于全空、半滿、全滿時較穩(wěn)定，氮原子2p能級半充滿，則氮原子的第一電離能大于同一周期相鄰的氧原子，故A正確；B．SO2中S的價層電子對數(shù)=2+=3，為sp2雜化，立體構型為V形，故B錯誤；C．金剛石為原子晶體，石墨為混合型晶體，但石墨中共價鍵的鍵長比金剛石中共價鍵鍵長短，鍵能更大，所以石墨的熔點比金剛石的高，故C錯誤；D．鹵族元素氫化物都屬于分子晶體，分子晶體的沸點隨著其相對分子質(zhì)量的增大而增大，但氟化氫分子間含有氫鍵，氯化氫中不含氫鍵，導致氟化氫沸點高于HCl，故D錯誤；答案選A?！绢}目點撥】本題的易錯點為C，要注意石墨為混合型晶體，層與層之間為分子間作用力，層內(nèi)存在共價鍵，石墨熔化時需要破壞層內(nèi)的共價鍵。12、C【解題分析】

根據(jù)醛基發(fā)生銀鏡反應的方程式計算出混合物的平均相對分子質(zhì)量，結(jié)合丙醛和選項中有關物質(zhì)的相對分子質(zhì)量解答?！绢}目詳解】反應中生成銀的物質(zhì)的量是10.8g÷108g/mol=0.1mol，根據(jù)方程式RCHO+2Ag(NH3)2OHRCOONH4+2Ag↓+3NH3+H2O可知消耗醛的物質(zhì)的量是0.05mol，則混合物的平均相對分子質(zhì)量是3.2÷0.05=64；丙醛的相對分子質(zhì)量為58<64，所以另一種是相對分子質(zhì)量大于64的醛，或是不發(fā)生銀鏡反應的其它物質(zhì)。則A.甲基丙醛的相對分子質(zhì)量大于64，甲基丙醛可能；B.丙酮不能發(fā)生銀鏡反應，丙酮可能；C.乙醛的相對分子質(zhì)量小于64，乙醛不可能；D.丁醛的相對分子質(zhì)量大于64，丁醛可能；答案選C。13、D【解題分析】分析：①sp3雜化軌道是由同一個原子中能量最近的1個s軌道和3個p軌道混合起來形成的一組能量相同的新軌道；②同周期從左到右，元素的第一電離能呈增大趨勢，第IIA族大于第IIIA族、第VA族大于第VIA族；③分子中鍵能越大，表明形成化學鍵時放出的能量越多，意味著化學鍵越穩(wěn)定；④通常把金屬離子（或原子）與某些分子或離子以配位鍵形成的化合物稱為配合物；⑤含極性鍵的分子可能是極性分子如H2O、NH3等，也可能是非極性分子如CO2、CH4等；⑥熔融狀態(tài)下能導電的化合物一定是離子化合物；⑦有的原子晶體能導電如鍺等。詳解：①只有同一原子中能量相近的不同類型的原子軌道才能雜化，sp3雜化軌道是由同一個原子中能量最近的1個s軌道和3個p軌道混合起來形成的一組能量相同的新軌道，①正確；②同周期從左到右，元素的第一電離能呈增大趨勢，第IIA族大于第IIIA族、第VA族大于第VIA族，同周期從左到右電負性逐漸增大，②錯誤；③分子中鍵能越大，表明形成化學鍵時放出的能量越多，意味著化學鍵越穩(wěn)定，③錯誤；④通常把金屬離子（或原子）與某些分子或離子以配位鍵形成的化合物稱為配合物，所有配合物中都存在配位鍵，④正確；⑤含極性鍵的分子可能是極性分子如H2O、NH3等，也可能是非極性分子如CO2、CH4等，⑤錯誤；⑥離子化合物中含陰、陽離子，共價化合物中含原子或分子，熔融狀態(tài)下能導電的化合物一定是離子化合物，⑥正確；⑦有的原子晶體能導電如鍺等，⑦錯誤；正確的有①④⑥，答案選D。14、B【解題分析】

A．根據(jù)過氧化鉻的結(jié)構可知，中存在2個過氧鍵、1個Cr=O鍵，則4個O原子顯-1價、1個O原子顯-2價，Cr元素顯+6價，故A錯誤；B．同一周期，從左到右，元素的第一電離能逐漸增大，但第IIA族、第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素，因此c為第一電離能I1；在第三周期元素中，鈉失去1個電子后，就已經(jīng)達到穩(wěn)定結(jié)構，所以鈉的第二電離能最大，鎂最外層為2個電子，失去2個電子后為穩(wěn)定結(jié)構，所以鎂的第二電離能較小，鋁最外層有3個電子，失去2個電子后還未達穩(wěn)定結(jié)構，而鋁的金屬性比鎂弱，所以第二電離能比鎂略高，硅最外層上2p層有2個電子，失去后，留下2s軌道上有2個電子，相對較穩(wěn)定，所以硅的第二電離能比鋁要低，磷、硫非金屬性逐漸增大，第二電離能也增大，由于硫失去一個電子后，3p軌道上是3個電子，是較穩(wěn)定結(jié)構，所以硫的第二電離能要高于氯，因此a為第二電離能I2，則b為第三電離能I3，故B正確；C．乙烯被高錳酸鉀氧化生成二氧化碳，引入新雜質(zhì)，應選溴水、洗氣除雜，故C錯誤；D．銀單質(zhì)與氨水不反應，應該用稀硝酸洗去，故D錯誤；答案選B?！绢}目點撥】本題的易錯點和難點為B，要注意首先根據(jù)第一電離能的變化規(guī)律判斷出第一電離能的變化曲線，再結(jié)合穩(wěn)定結(jié)構依次分析判斷。15、B【解題分析】

光氣的結(jié)構式為：?！绢}目詳解】A．單鍵全是σ鍵，雙鍵有一個σ鍵，一個π鍵，所以COCl2中含有3個σ鍵和1個π鍵，A錯誤；B．中心C原子孤對電子數(shù)==0，σ鍵電子對數(shù)=3，價層電子對數(shù)=3+0=3，所以COCl2中C原子雜化軌道類型為sp2，B正確；C．C=O，C-Cl均是不同原子之間形成的，為極性鍵，C錯；D．COCl2中C原子以sp2雜化，且中心C原子孤對電子數(shù)==0，所以COCl2為平面三角形分子，D錯誤。答案選B。16、B【解題分析】A．向苯酚溶液中加少量的濃溴水，生成的三溴苯酚可以溶解在過量的苯酚溶液中，所以無白色沉淀，A錯誤；B．沉淀部分溶解，說明還有一部分不溶解，不溶解的一定是硫酸鋇，溶解的是亞硫酸鋇，所以亞硫酸鈉只有部分被氧化，B正確；C．銀鏡反應是在堿性條件下發(fā)生的，本實驗中沒有加入堿中和做催化劑的稀硫酸，所以無法發(fā)生銀鏡反應，從而無法證明蔗糖是否水解，C錯誤；D．溶液變藍，說明有碘生成或本來就有碘分子。能把碘離子氧化為碘的黃色溶液除了可能是溴水外，還可能是含其他氧化劑（如Fe3+）的溶液；當然黃色溶液也可能是稀的碘水，所以D錯誤。答案選B。17、A【解題分析】反應O3

+2I?

+H2O＝O2

+I2

+2OH?中，O元素化合價降低，O3部分被還原生成OH-，I元素化合價升高，I?被氧化生成I2。A．O3生成O2時沒有發(fā)生化合價的變化，故O2不是還原產(chǎn)物，故A錯誤；B．該反應中I2是氧化產(chǎn)物，O3是氧化劑，故氧化性：氧化性：O3＞I2，故B正確；C．H2O在反應中所含元素化合價沒有發(fā)生變化，所以水既不是氧化劑也不是還原劑，故C正確；D．I元素化合價由-1價升高到0價，則反應生成1molI2時轉(zhuǎn)移2mol電子，故D正確。故答案選A。18、A【解題分析】分析：溶液中氫離子濃度越大，溶液的pH越小，根據(jù)鹽類水解的酸堿性和水解程度比較溶液的pH大小關系。詳解：①（NH4）2SO4、④NH4NO3水解呈酸性，pH＜7；前者c（NH4+）大，水解生成c（H+）大，pH小，即①＜④；③NH4HSO4電離出H+呈酸性，pH＜7，且小于①④的pH；②NaNO3不水解，pH=7；⑤、⑥CH3COONa水解呈堿性，pH＞7，醋酸酸性大于碳酸酸性，水解程度大，pH大，即⑤＞⑥；所以pH大小關系為：③①④②⑥⑤，答案選A。點睛：本題考查溶液PH的大小比較，題目難度不大，要考慮鹽類的水解程度大小，注意硫酸氫銨中硫酸氫根離子電離出氫離子。19、A【解題分析】

A項，酸性強弱的一條經(jīng)驗規(guī)律是：含氧酸分子的結(jié)構中含非羥基（羥基為-OH）氧原子數(shù)越多，該含氧酸的酸性越強；HClO4分子非羥基氧原子數(shù)目為3，H3PO4分子非羥基氧原子數(shù)目為1，所以酸性HClO4>H3PO4，故A項正確；B項，晶體只要有陽離子不一定有陰離子，如金屬晶體含有組成微粒為陽離子和電子，故B項錯誤；C項，氟化氫的熔沸點上升是因為分子間存在氫鍵，但是穩(wěn)定性強是因為氟的非金屬性強，故C項錯誤；D項，碳原子連接四個不同的原子或原子團時，該碳原子為手性碳原子，所以乳酸中第二個C為手性碳原子，該分子存在一個手性碳原子，故D項錯誤。綜上所述，本題正確答案為A?！绢}目點撥】本題考查的知識點較多，涉及非羥基氧原子、金屬鍵、氫鍵、手性碳原子等，題目側(cè)重于基礎知識的考查，難度不大，注意相關知識的積累，注意手性碳原子的判斷方法：碳原子連接四個不同的原子或原子團時，該碳原子為手性碳原子。20、B【解題分析】

①該有機物分子中含有碳碳雙鍵，屬于烯，但含有氧元素，所以不屬于烯烴，①不正確；②該有機物分子中含有碳碳雙鍵、酯基、羥基，屬于多官能團有機化合物，②正確；③該有機物分子中含有苯環(huán)，屬于芳香族化合物，但不屬于烴，所以不屬于芳香烴，③不正確；④該有機物由C、H、O三種元素組成，屬于烴的衍生物，④正確；⑤該有機物的相對分子質(zhì)量小于10000，不屬于高分子化合物，⑤不正確；綜合以上分析，只有②④正確，故選B。21、C【解題分析】

A．CH3CH2CH3結(jié)構對稱，只有2種H原子，核磁共振氫譜圖中給出兩種峰，故A錯誤；

B．CH3CH2CH2CH3含有2種H原子，核磁共振氫譜圖中給出兩種峰，故B錯誤；

C．C（CH3）4有1種H原子，核磁共振氫譜中給出一種峰，故C正確；

D．（CH3）2CHCH3中有2種H原子，核磁共振氫譜圖中只給出兩種峰，故D錯誤；答案：C22、C【解題分析】

d在地殼中的含量僅次于氧，則d為Si；a與d同族，則a為C；b的簡單氫化物能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色，為氨氣，則b為N；c＋與氖原子的電子層結(jié)構相同，則c為Na?！绢}目詳解】A.d的氧化物二氧化硅常用于制造光導纖維，A錯誤；B.a、d分別為C、Si，同族，非金屬性依次減弱，則簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：a>d，B錯誤；C.a、b、d分別為C、N、Si，最高價氧化物對應的水化物的酸性：硝酸>碳酸>硅酸，C正確；D.由氫、氧、a和b組成的化合物可能是無機物，還可能為有機物，如氨基酸，為有機物，D錯誤；答案為C。二、非選擇題(共84分)23、2-乙基-1-己醇ad【解題分析】

由A、B的分子式及的結(jié)構簡式C可知，A為CH3CH=CH2，B為CH2=CHCHO，由信息Ⅱ可知，C8H17OH分子中只有一個支鏈，且為乙基，其連續(xù)氧化的產(chǎn)物能與碳酸氫鈉反應生成CO2，其消去產(chǎn)物的分子中只有一個碳原子上沒有氫原子，則C8H17OH為，與丙烯酸發(fā)生酯化反應生成D，由流程圖可知，F(xiàn)為等，因F不能與NaOH溶液反應，所以F為苯甲醇或苯甲醚，由F和G的分子式可知，F(xiàn)與溴發(fā)生取代反應，又G的核磁共振氫譜中有3組峰，說明G中有3種位置的H原子，所以G為，由信息Ⅰ可知，D與G合成Q；(1)結(jié)合分析寫出G的結(jié)構簡式；(2)C8H17OH為，與-OH相連的C原子為第1位碳原子編號來命名；(3)X為酚，甲基與酚-OH處于對位；(4)由信息Ⅰ，D與G合成Q，并生成HBr；(5)B為烯醛，C為烯酸，均含C=C鍵，但羧基中的C=O不能與氫氣發(fā)生加成反應?！绢}目詳解】由A、B的分子式及的結(jié)構簡式C可知，A為CH3CH=CH2，B為CH2=CHCHO，由信息Ⅱ可知，C8H17OH分子中只有一個支鏈，且為乙基，其連續(xù)氧化的產(chǎn)物能與碳酸氫鈉反應生成CO2，其消去產(chǎn)物的分子中只有一個碳原子上沒有氫原子，則C8H17OH為，與丙烯酸發(fā)生酯化反應生成D，由流程圖可知，F(xiàn)為等，因F不能與NaOH溶液反應，所以F為苯甲醇或苯甲醚，由F和G的分子式可知，F(xiàn)與溴發(fā)生取代反應，又G的核磁共振氫譜中有3組峰，說明G中有3種位置的H原子，所以G為，由信息Ⅰ可知，D與G合成Q；(1)由分析可知G的結(jié)構簡式為為；(2)C8H17OH為，與-OH相連的C原子為第1位碳原子編號來命名，其名稱為2-乙基-1-己醇；(3)F為苯甲醚，X遇氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應且環(huán)上的一溴取代物有兩種，X為酚，甲基與酚-OH處于對位，則X為；(4)由信息Ⅰ，D與G合成Q，并生成HBr，反應⑥的化學方程式為；(5)B為烯醛，C為烯酸，均含C=C鍵，但羧基中的C=O不能與氫氣發(fā)生加成反應；a．均含C=C鍵，則二者都能使溴的四氯化碳溶液或酸性高錳酸鉀溶液褪色，故a正確；b．C中含-COOH，能與碳酸氫鈉溶液反應產(chǎn)生二氧化碳，而B不能，故b錯誤；c.1molB最多消耗44.8L(標準狀況)氫氣，而C消耗22.4L氫氣，故c錯誤；d．B中含-CHO，C中含-COOH，二者都能與新制氫氧化銅懸濁液反應，故d正確；故答案為ad。24、C5H10O2CH1CH2CH2Br+NaOHCH1CH2CH2OH+NaBr+2NaOH+CH1COONa+CH1CH2CH2OH或【解題分析】

E的相對分子質(zhì)量為102，其中碳、氫兩種元素的質(zhì)量分數(shù)分別為58.8%、9.8%，則碳原子數(shù)目為=5，H原子數(shù)目為=10，氧原子數(shù)目==2，則E的分子式為C5H10O2，E由C和D反應生成，C能和碳酸氫鈉反應，則C為羧酸，D為醇，二者共含5個C原子，并且C和D的相對分子質(zhì)量相等，則C為CH1COOH、D為丙醇，E無支鏈，D為CH1CH2CH2OH，E為CH1COOCH2CH2CH1．A是由B與乙酸、丙醇發(fā)生酯化反應后生成的產(chǎn)物，A結(jié)構簡式為：，據(jù)此判斷?！绢}目詳解】（1）由上述分析可知，E的分子式為C5H10O2，故答案為C5H10O2；（2）B中含有羧基、羥基，在一定條件下可以發(fā)生縮聚反應生成某高分子化合物，此高分子化合物的結(jié)構簡式為，故答案為；（1）D（CH1CH2CH2OH）也可以由溴代烴F在NaOH溶液中加熱來制取，此反應的化學方程式為：CH1CH2CH2Br+NaOHCH1CH2CH2OH+NaBr，故答案為CH1CH2CH2Br+NaOHCH1CH2CH2OH+NaBr；（4）反應①的化學方程式為：+2NaOH+CH1COONa+CH1CH2CH2OH，故答案為+2NaOH+CH1COONa+CH1CH2CH2OH；（5）B有多種同分異構體，同時符合下列四個條件的結(jié)構簡式：a．能夠發(fā)生水解，含有酯基，b．能發(fā)生銀鏡反應，含有醛基，c．能夠與FeCl1溶液顯紫色，含有酚羥基，d．苯環(huán)上的一氯代物只有一種，符合條件的同分異構體有：或，故答案為或。25、2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2OCl2+2OH?Cl?+ClO?+H2OFe3+4FeO42?+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO?的干擾>溶液的酸堿性不同若能，理由：FeO42?在過量酸的作用下完全轉(zhuǎn)化為Fe3+和O2，溶液淺紫色一定是MnO4?的顏色（若不能，方案：向紫色溶液b中滴加過量稀H2SO4，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色）【解題分析】分析：（1）KMnO4與濃鹽酸反應制Cl2；由于鹽酸具有揮發(fā)性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl會消耗Fe（OH）3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl；Cl2與Fe（OH）3、KOH反應制備K2FeO4；最后用NaOH溶液吸收多余Cl2，防止污染大氣。（2）①根據(jù)制備反應，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，Cl2還會與KOH反應生成KCl、KClO和H2O。I.加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含F(xiàn)e3+。根據(jù)題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，自身被還原成Fe3+。II.產(chǎn)生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗滌除去KClO、排除ClO-的干擾，同時保持K2FeO4穩(wěn)定存在。②根據(jù)同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物。對比兩個反應的異同，制備反應在堿性條件下，方案II在酸性條件下，說明酸堿性的不同影響氧化性的強弱。③判斷的依據(jù)是否排除FeO42-的顏色對實驗結(jié)論的干擾。詳解：（1）①A為氯氣發(fā)生裝置，KMnO4與濃鹽酸反應時，錳被還原為Mn2+，濃鹽酸被氧化成Cl2，KMnO4與濃鹽酸反應生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，反應的化學方程式為2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，離子方程式為2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②由于鹽酸具有揮發(fā)性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl會消耗Fe（OH）3、KOH，用飽和食鹽水除去HCl，除雜裝置B為。③C中Cl2發(fā)生的反應有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，還有Cl2與KOH的反應，Cl2與KOH反應的化學方程式為Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反應的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）①根據(jù)上述制備反應，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，還可能含有KClO等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含F(xiàn)e3+。但Fe3+的產(chǎn)生不能判斷K2FeO4與Cl-發(fā)生了反應，根據(jù)題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生O2，自身被還原成Fe3+，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，可能的反應為4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O。ii.產(chǎn)生Cl2還可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗滌的目的是除去KClO、排除ClO-的干擾，同時保持K2FeO4穩(wěn)定存在。②制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在該反應中Cl元素的化合價由0價降至-1價，Cl2是氧化劑，F(xiàn)e元素的化合價由+3價升至+6價，F(xiàn)e（OH）3是還原劑，K2FeO4為氧化產(chǎn)物，根據(jù)同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反應為2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，實驗表明，Cl2和FeO42-氧化性強弱關系相反；對比兩個反應的條件，制備K2FeO4在堿性條件下，方案II在酸性條件下；說明溶液的酸堿性的不同影響物質(zhì)氧化性的強弱。③該小題為開放性試題。若能，根據(jù)題意K2FeO4在足量H2SO4溶液中會轉(zhuǎn)化為Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振蕩后呈淺紫色一定是MnO4-的顏色，說明FeO42-將Mn2+氧化成MnO4-，所以該實驗方案能證明氧化性FeO42->MnO4-。（或不能，因為溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）變小，溶液的紫色也會變淺；則設計一個空白對比的實驗方案，方案為：向紫色溶液b中滴加過量稀H2SO4，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色）。點睛：本題考查K2FeO4的制備和K2FeO4的性質(zhì)探究。與氣體有關的制備實驗裝置的連接順序一般為：氣體發(fā)生裝置→除雜凈化裝置→制備實驗裝置→尾氣吸收。進行物質(zhì)性質(zhì)實驗探究是要排除其他物質(zhì)的干擾。尤其注意最后一空為開放性答案，要注重多角度思考。26、乙由于反應物的沸點低于產(chǎn)物的沸點，若采用甲裝置會造成反應物的大量揮發(fā)，降低了反應物的利用率CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3CH3CH2CH==CH2ac【解題分析】

（1）乙酸和丁醇的沸點低于乙酸丁酯的沸點，實驗時應使揮發(fā)的反應物冷凝回流，防止反應物的利用率降低；（2）1-丁醇在濃硫酸、加熱條件下可以發(fā)生消去反應和分子間脫水反應；（3）反應后的混合物中，乙酸能和水互溶，1-丁醇能溶于水，乙酸丁酯微溶于水?！绢}目詳解】（1）由表中所給數(shù)據(jù)可知，乙酸和丁醇的沸點低于乙酸丁酯的沸點，若用甲裝置，實驗時反應物受熱揮發(fā)，會降低反應物的利用率，而乙裝置中球形冷凝管能起冷凝回流作用，使揮發(fā)的反應物冷凝回流，防止反應物的利用率降低，所以選用乙裝置，故答案為：乙；由于反應物的沸點低于產(chǎn)物的沸點，若采用甲裝置會造成反應物的大量揮發(fā)，降低了反應物的利用率（2）制取乙酸丁酯時，在濃硫酸的作用下，1-丁醇受熱可能發(fā)生消去反應生成CH3CH2CH=CH2，也可能發(fā)生分子間脫水反應生成CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3，則可能生成的副產(chǎn)物有CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3和CH3CH2CH＝CH2，故答案為：CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3；CH3CH2CH＝CH2；（3）反應后的混合物中，乙酸能和水互溶，1-丁醇能溶于水，乙酸丁酯微溶于水，所以可加入飽和碳酸鈉溶液振蕩，進一步減少乙酸丁酯在水中的溶解度，然后分液可得乙酸丁酯，故肯定需要化學操作是ac，故答案為：ac?！绢}目點撥】本題考查有機物合成實驗，側(cè)重考查分析、實驗能力，注意理解制備原理、物質(zhì)的分離提純、實驗條件控制、對操作分析評價等是解答關鍵。27、分液漏斗使碘充分反應除去硫化氫中的氯化氫氣體NaOH溶液3H2S+IO3-=3S↓+I-+3H2OH2SBaCO3有無色氣體放出當?shù)稳胱詈笠坏瘟虼蛩徕c溶液后，溶液藍色褪去，且30s不恢復bmol/L×V×10-3L×4×166/a×100%【解題分析】

反應時，首先使碘單質(zhì)與過量的KOH反應，生成的產(chǎn)物中有碘化鉀和碘酸鉀，再利用制取的硫化氫與碘酸鉀反應生成碘化鉀和硫酸鉀，除去硫酸鉀，制備碘化鉀?！绢}目詳解】（1）根據(jù)圖像可知，儀器a的名稱是分液漏斗；裝置C中KOH過量時可使碘充分反應；（2）制取硫化氫使用的鹽酸易揮發(fā)，裝置B的作用是除去硫化氫中的氯化氫氣體；硫化氫氣體有毒，裝置D為除去硫化氫防止污染空氣，使用的藥品為NaOH溶液；（3）裝置C中H2S和KIO3反應生成單質(zhì)硫、碘化鉀和水，反應的離子方程式為3H2S+IO3-=3S↓+I-+3H2O；（4）步驟Ⅲ中水浴加熱可降低硫化氫在