山東省萊州市第三中學2023學年高二下期6月月考化學試卷（解析版）1．下列有機物不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的是：A.乙烯B.乙醇C.聚乙烯D.苯【答案】CD【解析】2．中國絲綢有五千年的歷史和文化。古代染坊常用某種“堿劑”來精練絲綢，該“堿劑”的主要成分是一種鹽，能促進蠶絲表層的絲膠蛋白質水解而除去，使絲綢顏色潔白、質感柔軟、色澤光亮．這種“堿劑”可能是A．食鹽B．火堿C．草木灰D．膽礬【答案】C【解析】試題分析：由題意可知，該物質是一種鹽，水溶液呈堿性，為強堿弱酸鹽A．食鹽中氯化鈉為強酸強堿鹽，故A錯誤；B．火堿是氫氧化鈉，屬于堿，故B錯誤；C．草木灰中碳酸鉀強堿弱酸鹽，故C正確；D．膽礬是硫酸銅晶體，是強酸弱堿鹽，故D錯誤；故選C。考點：考查鹽的性質，涉及NaOH、NaCl和膽礬的性質。3．化學上將質量數相同而質子數不同的原子稱為同量素，如40K和40Ca。下列關于40K和40Ca的敘述中正確的是

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)A．40K和40Ca具有相同的中子數B．40K＋和40Ca2＋具有相同的電子層結構C．39K和40K互為同素異形體D．40K和40Ca互為同位素【答案】B【解析】A錯，40K的中子數為21，40Ca的中子數為20；B正確；C錯，同素異形體是指同種元素的不同單質；D錯，同位素是指質子數相同且中子數不同的同一元素的不同原子；4．能量之間是可以相互轉化的。下列過程中，有電能轉化為化學能的是（）A．電解水 B．光合作用 C．打手機 D．點燃氫氣【答案】A【解析】光合作用：光能------化學能 點燃氫氣：化學能-------熱能電解水：電能---------化學能打手機：電磁能-----熱能5．下列物質，既能與鹽酸反應又能與氫氧化鈉溶液反應的是A．AlCl3B．Al(OH)3C．KOH【答案】B【解析】試題分析：A、氯化鋁與鹽酸不反應，A錯誤；B、氫氧化鋁是兩性氫氧化物，既能與鹽酸反應又能與氫氧化鈉溶液反應，B正確；C、氫氧化鉀是強堿，與氫氧化鈉不反應，C錯誤；D、鹽酸是強酸，不能與鹽酸反應，D錯誤，答案選B。【考點定位】本題主要是考查元素及其化合物的性質【名師點晴】該題的關鍵是熟練記住常見物質的性質。既能與鹽酸反應又能與氫氧化鈉溶液反應物質在中學階段常見的有金屬鋁，兩性氧化物氧化鋁，兩性氫氧化物氫氧化鋁，弱酸的酸式鹽如碳酸氫鈉，弱酸的銨鹽溶液碳酸銨以及氨基酸等，答題時注意靈活應用。6．現有兩種短周期元素A、B的原子序數分別為a、b，若a+8=b，則下列有關A、B的說法正確的是A．A和B一定在同主族B．A和B一定在同周期C．若A和B在相鄰周期，則A、B一定同主族D．A、B可能既不同周期，又不同主族【答案】D【解析】試題分析：a+8=b，則A和B兩種元素可以是H和F、O和S，所以選項A、B、C都是錯誤的，答案選D。考點：考查元素周期表的結構點評：該題是中等難度的試題，試題注重解題的靈活性，側重方法的培養。有利于培養學生的發散思維能力，提高學生分析問題、解決問題的能力。該題的關鍵是要學會通過舉例排除逐一篩選得出結論的解題方法。7．如圖為某化學反應的速率與時間的關系示意圖。在t1時刻升高溫度或增大壓強，速率的變化都符合示意圖的反應是A．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH<0B．4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH<0C．H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH>0D．2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)ΔH>0【答案】B【解析】試題分析：在t1時刻升高溫度或增大壓強，正逆反應速率都增大，且逆反應速率大于正反應速率，說明平衡向逆反應方向移動，如是升高溫度，正反應應為放熱反應，如是增大壓強，則反應物氣體的計量數之和小于生成物氣體的計量數之和，只有B符合，故答案為B。考點：本題考查化學平衡移動、圖像的分析。8．T°C時，在一固定容積的密閉容器中發生反應：A（g）+B（g）?C（s）△H＜0，按照不同配比充入A、B，達到平衡時容器中A、B濃度變化如圖中曲線（實線）所示，下列判斷正確的是（）A．T°C時，該反應的平衡常數值為4B．c點沒有達到平衡，此時反應向逆向進行C．若c點為平衡點，則此時容器內的溫度高于T°CD．T°C時，直線cd上的點均為平衡狀態【答案】C【解析】A、平衡常數等于生成物平衡濃度冪次方乘積除以反應物平衡濃度冪次方乘積，固體和純液體不寫入表達式，A（g）+B（g）?C（s），平衡常數K===，故A錯誤；B、依據圖象分析可知，C點濃度商Q＜K，反應正向進行，故B錯誤；C、反應是放熱反應，若C點為平衡狀態，此時平衡常數小于T°C平衡常數，說明平衡逆向進行，是升溫的結果，溫度高于T°C，故C正確；D、T°C時平衡常數不變，曲線上各點位平衡狀態，其它點溫度不同不是平衡狀態，故D錯誤；【點評】本題考查了化學平衡常數的影響因素分析和計算應用，主要是破壞原理的影響因素分析判斷，掌握基礎是關鍵，題目難度中等．9．向某溶液中加入含Fe2＋的溶液后，無明顯變化。當再滴入幾滴新制氯水后，混合溶液變成紅色，則下列結論錯誤的是A．該溶液中一定含有SCN－B．氧化性：Fe2＋>Cl2C．Fe2＋與SCN－不能形成紅色物質D．Fe2＋被氧化為Fe3＋【答案】B【解析】試題分析：根據現象可知，加入氯水后，將亞鐵離子氧化生成了鐵離子，鐵離子和SCN－反應使溶液顯紅色，這說明氯氣的氧化性大于鐵離子的，B項錯誤，其余都是正確的，答案選B。考點：考查鐵的化合物的性質。10．鎂鐵混合物13．8g溶解在足量某濃度的稀硝酸中，完全反應，其還原產物只有一氧化氮（0．3mol），則向反應后的溶液中加入足量的NaOH溶液，可生成的沉淀質量為A．26B．29．1gC．29．5gD．24g【答案】B【解析】試題分析：在反應中金屬失去電子的物質的量與硝酸得到電子變為NO得到電子的物質的量相等，而金屬失去電子變為金屬陽離子時，再滴加NaOH溶液時，結合OH-的數目相等。n(e-)=0．3mol×3=0．9mol,則金屬陽離子結合的OH-的物質的量也是0．9mol，則產生沉淀的質量是m(沉淀)=m(金屬)+m(OH-)=13．8g+0．9mol×17g/mol=29．1g。故選項是B。考點：考查守恒方法在氧化還原反應的應用的知識。11．下列說法不正確的是A．Cl2能使濕潤的有色布條褪色，所以Cl2具有漂白性B．紅熱的鐵絲在Cl2中劇烈燃燒，反應生成FeCl3C．利用溴單質的氧化性可以把碘離子轉化為碘單質D．實驗室常用NaOH溶液吸收多余的Cl2以避免污染【答案】A【解析】試題分析：A、氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氯氣無漂白作用，故A錯誤；B、氯氣具有強氧化性氧化變價金屬為高價態化合物，紅熱的鐵絲在Cl2中劇烈燃燒，反應生成FeCl3，故B正確；C、溴單質氧化性大于碘單質，溴單質氧化碘離子生成碘單質，故C正確；D、氯氣有毒不能排放到空氣中，需要用氫氧化鈉溶液吸收，故D正確；故選A。考點：考查了氯氣的化學性質、鐵的化學性質的相關知識。12．下列電離方程式正確的是A．MgSO4=Mg2++SO42-B．Ba(OH)2=Ba2++OHC．Al2(SO4)3=2Al+3+3SO42-D．KClO3=K++Cl-+3O2-【答案】A【解析】試題分析：A/硫酸鎂是強電解質,完全電離產生鎂離子和硫酸根離子,正確;B/氫氧化鋇是強電解質,完全電離產生氫氧根離子與鋇離子的個數比是2:1,錯誤;C/硫酸鋁是強電解質,完全電離產生的鋁離子與硫酸根離子的個數比是2:3,鋁離子應寫成Al3+，錯誤；D、氯酸鉀是強電解質，完全電離產生鉀離子和氯酸根離子的個數比是1:1，錯誤，答案選A。考點：考查電解質電離方程式的判斷13．用惰性材料作電極，分別電解下列物質，當相同電量時，下列指定的電極上析出氣體質量最大的是A．熔融的NaCl（陽極）B．NaCl溶液（陰極）C．NaOH溶液（陰極）D．Na2SO4（陽極）【答案】A【解析】試題分析：電解熔融氯化鈉、氯化鈉溶液、氫氧化鈉溶液和硫酸鈉溶液的方程式分別為：2NaClO電解=2Na+Cl2↑～2e-、2NaCl+2H2O電解=2NaOH+Cl2↑+H2↑～2e-、2H2O電解=2H2↑+O2↑～4e-、2H2O電解=2H2↑+O2↑～4e-，由電解方程式可知，每轉移2mol電子，電解熔融氯化鈉陽極得到1mol氯氣，質量是71g、電解氯化鈉溶液陰極得到1mol氫氣，質量是2g、電解氫氧化鈉溶液陰極產生1mol氫氣，質量是2g，電解硫酸鈉溶液陽極產生氧氣，質量是電解=電解=電解=電解=考點：考查電解產物的判斷和計算14．下列離子方程式與所述事實不相符的是（）A．苯酚鈉溶液中通入少量CO2：C6H5O－+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3－B．在碳酸氫鈉溶液中加入過量的氫氧化鋇溶液：Ba2＋+OH－+HCO3－==BaCO3↓+H2OC．用新制的氫氧化銅懸濁液檢驗乙醛中的醛基：CH3CHO+2Cu(OH)2+OH－CH3COO－+Cu2O↓+3H2OD．向Ca(ClO)2溶液中通入過量SO2：Ca2++2ClO—+SO2＋H2O=CaSO4↓＋2H++Cl—+HClO【答案】D【解析】次氯酸鈣具有氧化性，和SO2發生氧化還原反應，還原產物是氯離子，所以選項D是錯誤的，其余都是正確的，答案選D。15．如圖是CO2電催化還原為CH4的工作原理示意圖。下列說法不正確的是A．該過程是電能轉化為化學能的過程B．銅電極的電極反應式為CO2+8H++8e-=CH4+2H2OC．一段時間后，①池中n(KHCO3)不變D．一段時間后，②池中溶液的pH一定升高【答案】CD【解析】試題分析：該裝置是一個電解池，電解池是將電能轉化為化學能的裝置，故A正確；CO2電催化還原為CH4的過程是一個還原反應過程，所以銅電解是電解池的陰極，銅電極的電極反應式為CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，故B正確；在電解池的陰極上發生二氧化碳得電子的還原反應，即CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，一段時間后，氫離子減小，氫氧根濃度增大，氫氧根會和①池中的碳酸氫鉀反應，所以n(KHCO3)會減小，故C錯誤；在電解池的陽極上，是陰離子氫氧根離子發生失電子的氧化反應，所以酸性增強，pH一定下降，故D錯誤.考點：考查了原電池和電解池的工作原理的相關知識。16．某合作學習小組討論辨析以下說法中正確的是①硅是光導纖維的主要成分②CO2氣體通入CaCl2溶液中會出現混濁③冰和干冰既是純凈物又是化合物④某氣體能使品紅溶液褪色，該氣體是SO2⑤鹽酸和食醋既是化合物又是酸⑥鑒別MgCl2、AlCl3、FeCl3溶液可用NaOH試劑⑦豆漿、霧都是膠體⑧利用丁達爾效應可以區分溶液和膠體【答案】③⑥⑦⑧【解析】試題分析：①二氧化硅是光導纖維的主要成分，①錯誤；②CO2氣體通入CaCl2溶液中不會出現混濁，二者不反應，②錯誤；③冰是固態的水，屬于純凈物和化合物，干冰是固態的CO2，屬于純凈物和化合物，③正確；④某氣體能使品紅溶液褪色，該氣體不一定是SO2，也可能是氯氣等，④錯誤；⑤鹽酸和食醋都是混合物，化合物指的是純凈物，⑤錯誤；⑥鑒別MgCl2、AlCl3、FeCl3溶液可用NaOH試劑，現象分別是產生白色沉淀、產生白色沉淀氫氧化鈉，過量沉淀溶解、產生紅褐色沉淀，⑥正確；⑦豆漿、霧都是膠體，符合膠體的條件，⑦法正確；⑧膠體有丁達爾現象，溶液沒有，利用丁達爾效應可以區分溶液和膠體，⑧正確。考點：考查物質的分類17．FeCl3具有凈水作用，但腐蝕設備，而聚合氯化鐵是一種新型的絮凝劑，處理污水比FeCl3高效，且腐蝕性小。請回答下列問題：（1）FeCl3凈水的原理是。FeCl3溶液腐蝕鋼鐵設備，除H＋作用外，另一主要原因是（用離子方程式表示）。（2）為節約成本，工業上用NaClO3氧化酸性FeCl2廢液得到FeCl3。①若酸性FeCl2廢液中c(Fe2＋)=×10-2mol·L-1，c(Fe3＋)=×10-3mol·L-1，c(Cl－)=×10-2mol·L-1，則該溶液的PH約為。②完成NaClO3氧化FeCl2的離子方程式：（3）FeCl3在溶液中分三步水解：Fe3＋+H2OFe(OH)2++H＋K1Fe(OH)2++H2OFe(OH)2++H＋K2Fe(OH)++H2OFe(OH)3+H＋K3以上水解反應的平衡常數K1、K2、K3由大到小的順序是。通過控制條件，以上水解產物聚合，生成聚合氧化鐵，離子方程式為：xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y)++yH+欲使平衡正向移動可采用的方法是（填序號）。a．降溫b．加水稀釋c．加入NH4Cld．加入NaHCO3室溫下，使氯化鐵溶液轉化為高濃度聚合氯化鐵的關鍵條件是。（4）天津某污水處理廠用氯化鐵凈化污水的結果如下圖所示。由圖中數據得出每升污水中投放聚合氯化鐵[以Fe(mg·L-1)表示]的最佳范圍約為mg·L-1。【答案】（1）Fe3+水解生成的Fe(OH)3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質2Fe3++Fe=3Fe2+（2）①2②166H+163H2O（3）K1>K2>K3bd調節溶液的pH（4）18～20【解析】試題分析：（1）Fe3+水解生成的Fe(OH)3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質，所以可起到凈水的作用；鋼鐵設備中的Fe會與鐵離子反應生成亞鐵離子，離子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+（2）①根據電荷守恒，則溶液中氫離子的濃度是c(Cl－)-2c(Fe2＋)-3c(Fe3＋)=×10-2mol·L-1,所以pH=2；②根據題意，氯酸鈉氧化酸性的氯化亞鐵，則反應物中有氫離子參加，則生成物中有水生成，Cl元素的化合價從+5價降低到-1價，得到6個電子，而Fe元素的化合價從+2價升高到+3價，失去1個電子，根據得失電子守恒，則氯酸根離子的系數為1，Fe2+的系數為6，則鐵離子的系數也是6，氯離子的系數是1，根據電荷守恒，則氫離子的系數是6，水的系數是3；（3）鐵離子的水解分為三步，且水解程度逐漸減弱，所以水解平衡常數逐漸減小，則K1>K2>K3；使平衡正向移動，因為水解為吸熱反應，所以降溫，平衡逆向移動；加水稀釋，則水解平衡也正向移動；加入氯化銨，氯化銨溶液為酸性，氫離子濃度增大，平衡逆向移動；加入碳酸氫鈉，則消耗氫離子，所以氫離子濃度降低，平衡正向移動，所以答案選bd；從反應的離子方程式中可知，氫離子的濃度影響高濃度聚合氯化鐵的生成，所以關鍵步驟是調節溶液的pH。（4）由圖像可知，聚合氯化鐵的濃度在18～20mg·L-1時，去除率達到最大值，污水的渾濁度減小。考點：本題主要考查了對鐵的化合物性質的應用，氧化還原反應方程式的配平，對圖像的分析能力。18．（13分）硫酸鈉—過氧化氫加合物(xNa2SO4·yH2O2·zH2O)具有漂白、殺菌、消毒等作用。某研究小組為在實驗室制備硫酸鈉—過氧化氫加合物的晶體并測定其組成，設計了如下實驗，請你參與并完成相關問題的解答。（1）晶體制備：將Na2SO4溶解在一定濃度、含有特定穩定劑的雙氧水溶液中，然后經濃縮、_______（填操作名稱）、過濾、洗滌、干燥得到硫酸鈉一過氧化氫加合物的晶體。（2）組成測定：①準確稱取3.540g晶體，配制成100mL溶液A。②準確量取溶液A，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，過濾、洗滌、干燥至恒重，得到白色固體1.165g。③再準確量取mL溶液A，加入適量稀硫酸酸化后，用·L－1KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液mL。①若室溫下BaSO4的Ksp=×l0－10，欲使溶液中c(SO42－)≤×10－5mol·L－1，應保持溶液中c(Ba2+)≥___________mol·L－1。②此時H2O2與KMnO4溶液反應的離子方程式為________________。③實驗時，KMnO4溶液應盛放在__________（填“酸式”或“堿式”）滴定管中。滴定終點時的實驗現象是_______________________。④通過計算可以得出晶體的化學式為_______________________。【答案】（共13分。第(2)題的第④題3分，其余每空2分）（1）結晶（2）①×10－5②2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑③酸式滴入一滴KMnO4溶液，溶液呈淺紅色且30秒內不褪去④2Na2SO4·H2O2·2H2O【解析】試題分析：（1）根據晶體制備的過程可知，將Na2SO4溶解在一定濃度、含有特定穩定劑的雙氧水溶液中，然后經濃縮、結晶、過濾、洗滌、干燥得到硫酸鈉一過氧化氫加合物的晶體。故填：結晶（2）①沉淀溶解平衡常數Ksp=c（SO42-）?c（Ba2+），當c（SO42-）≤×10-5mol?L-1，所以溶液中c（Ba2+）≥=×10-5mol/L，故答案為：×10-5；②MnO4-被還原為Mn2+，Mn元素共降低5價，雙氧水被氧化生成氧氣，氧元素共升高2價，化合價最小公倍數為10，故MnO4-的系數為2、Mn2+的系數為2，H2O2的系數為5、O2系數為5，然后根據觀察法配平得：2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，故答案為：2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑；③KMnO4溶液具有強氧化性，能腐蝕橡皮管，應盛放在酸式滴定管中。KMnO4溶液呈紫紅色，反應結束，KMnO4使溶液呈現紫紅色，因此滴定終點時的實驗現象是滴入一滴KMnO4溶液，溶液呈淺紅色且30秒內不褪去。故填：酸式；滴入一滴KMnO4溶液，溶液呈淺紅色且30秒內不褪去④1.165g白色固體為硫酸鋇，物質的量為=，根據反應的離子方程式可知，含有H2O2的物質的量為×L×0.025L=，因此3.540g晶體中含有Na2SO4×4=，H2O2×4=，含有結晶水的質量為=0.36g，物質的量==，所以晶體的化學式為2Na2SO4·H2O2·2H2O，故填：2Na2SO4·H2O2·2H2O考點：考查了中和滴定、化學計算等相關知識。19．草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)呈淡黃色。某課題組為探究草酸亞鐵晶體的化學性質，進行了一系列實驗探究。（1）向盛有草酸亞鐵晶體的試管中滴入幾滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振蕩，發現溶液顏色逐漸變為棕黃色，并檢測到有二氧化碳氣體生成。這說明草酸亞鐵晶體具有_（填“氧化性”、“還原性”或“堿性”）。若反應中消耗1molFeC2O4·2H2O，則參加反應的KMnO4為______mol。（2）資料表明：在密閉容器中加熱到一定溫度時，草酸亞鐵晶體可完全分解，生成幾種氧化物，殘留物為黑色固體。課題組根據課本上所介紹的鐵的氧化物的性質，對黑色固體的組成提出如下假設，請你完成假設二和假設三：假設一：全部是FeO；假設二：______；假設三：______。（3）為驗證上述假設一是否成立，課題組進行如下研究。【定性研究】請你完成下表中內容。實驗步驟（不要求寫出具體操作過程）預期實驗現象和結論取少量黑色固體，______________________________________________________________________________________________________________【定量研究】課題組在文獻中查閱到，FeC2O4·2H2O受熱分解時，固體質量隨溫度變化的曲線如下圖所示：寫出加熱到400℃時，FeC2O4·2H2O晶體受熱分解的化學方程式為：__________________【答案】(14分，每空2分)（1）還原性（2分）（2分）（2）全部是Fe3O4（2分）是FeO和Fe3O4的混合物（2分）（3）【定性研究】實驗步驟（不要求寫出具體操作程）預期實驗現象和結論加入適量稀鹽酸或稀硫酸，在溶液中加入硫氰化鉀溶液（2分）溶液不變紅色，則假設一成立，溶液變成紅色，則假設一不成立（2分）【定量研究】FeC2O4·2H2O==FeO+CO2↑+CO↑+2H2O↑（2分）【解析】試題分析：（1）高錳酸鉀溶液的紫紅色褪去，溶液變為棕黃色，很顯然是FeC2O4被高錳酸鉀氧化為Fe3+的結果，表明FeC2O4具有還原性。分析有關元素化合價的變化可知，反應過程中1molFeC2O4·2H2O可失去3mol電子，而lmolKMnO4可得到5mol電子：根據得失電子數相等的原則，反應中FeC2O4·2H2O與KMnO4的物質的量之比為5：3。因此，若反應中消耗1molFeC2O4·2H2O，則參加反應的KMnO4為3/5mol＝。（2）鐵的氧化物中，呈黑色的有FeO和Fe3O4。所以假設2和3分別是全部是Fe3O4、是FeO和Fe3O4的混合物。（3）【定性研究】FeO與鹽酸或硫酸反應生成Fe2+，Fe2+與KSCN不反應。但Fe3O4或FeO和Fe3O4的混合物溶于稀鹽酸或稀硫酸中生成Fe3+，遇KSCN變紅色。據此即可設計方案進行驗證。【定量研究】草酸亞鐵品體受熱首先失去結品水，得到FeC2O4(即A點對應物質)。400℃時固體質量減少，應該是FeC2O4發生分解，生成鐵的氧化物(即B點對應物質)。根據圖象可知1.0g晶體分解生成的鐵的氧化物的質量為0.4g，設此鐵的氧化物的化學式為FeaOb，根據Fe守恒可知0.4g此氧化物中鐵元素的質量為1.0g×，氧元素的質量為(0.4g—1.0g×)g，故a:b＝(1.0g×)：(0.4g—1.0g×)，解得a：b＝1：1，即晶體分解所得鐵的氧化物為FeO，因此草酸亞鐵晶體分解的化學方程式為：FeC2O4·2H2O＝FeO+CO↑+CO2↑+2H2O(或FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑)。考點：本題以探究實驗為基礎，考查了氧化還原反應、探究基本方法、物質的檢驗、化學計算等相關知識。20．甲、乙兩個實驗小組分別進行“測定Na2CO3和NaCl混合物中Na2CO3含量”的實驗．（1）甲組：沉淀分析法把一定量的混合物溶解后加入過量CaCl2，然后將所得沉淀過濾、洗滌、烘干、稱量．確定CaCl2溶液是否過量的方法是，判斷沉淀是否洗凈的操作是．（2）乙組：氣體分析法用如圖裝置進行實驗，為了減少誤差，分液漏斗中應該用溶液，B中應該用溶液，選用該溶液后實驗結果還是不準，請問是（填“偏高”、“偏低”或“無影響”），原因是．（3）請你設計一個與甲、乙兩組操作不同的實驗方案，測定混合物中Na2CO3的含量．方案：．用到的主要試劑：．用到的玻璃儀器：（至少2件）．【答案】（1）取少量的上層清液加入碳酸鈉溶液，若變渾濁則CaCl2過量；取最后一次洗滌液，加入硝酸銀溶液后若不變渾濁則洗凈；（2）稀硫酸；濃硫酸；偏低；裝置中有CO2殘留；（3）把一定量的混合物溶解后加入足量的HNO3，再加AgNO3過濾洗滌烘干稱量；HNO3和AgNO3；燒杯、玻璃棒、漏斗【解析】試題分析：（1）沉淀法是利用碳酸鈉能與氯化鈣反應生成碳酸鈣沉淀和氯化鈉，Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，稱量沉淀質量，依據碳酸根離子物質的量為碳酸鈉物質的量計算得到；加入沉淀試劑氯化鈣過量目的是完全沉淀碳酸根離子，確定CaCl2溶液是否過量的方法是取少量的上層清液加入碳酸鈉溶液，若變渾濁則CaCl2過量；沉淀表面有氯化鈉溶液，判斷沉淀是否洗凈的操作是取最后一次洗滌液，加入硝酸銀溶液后若不變渾濁則洗凈；故答案為：取少量的上層清液加入碳酸鈉溶液，若變渾濁則CaCl2過量；取最后一次洗滌液，加入硝酸銀溶液后若不變渾濁則洗凈；（2）依據裝置圖分析，氣體法是利用加入的稀硫酸和碳酸鈉反應生成二氧化碳氣體，利用濃硫酸干燥二氧化碳氣體，干燥后用堿石灰吸收，稱量得到增重為二氧化碳的質量，計算得到，干燥管后再接一個盛堿石灰的U形管防止空氣中的二氧化碳、水蒸氣進入C干擾二氧化碳的測定結果；由于裝置中的二氧化碳不能全部排出被堿石灰吸收，所以測定結果偏低；故答案為：稀硫酸；濃硫酸；偏低；裝置中有CO2殘留；（3）可以利用混合物中的氯化鈉反應生成氯化銀沉淀，測定氯化銀的沉淀質量計算氯化鈉質量得到樣品中碳酸鈉的質量分數，把一定量的混合物溶解后加入足量的HNO3，再加AgNO3過濾洗滌烘干稱量，用到試劑是HNO3和AgNO3；實驗操作過程中需要用到反應后過濾得到沉淀繼續稱量，玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、漏斗；故答案為：把一定量的混合物溶解后加入足量的HNO3，再加AgNO3過濾洗滌烘干稱量；HNO3和AgNO3；燒杯、玻璃棒、漏斗考點：探究物質的組成或測量物質的含量21．在標準狀況下，測得0.317gA氣體的體積是100mL，計算此氣體的相對分子質量。若A是雙原子分子，則A可能是什么氣體？【答案】71，氯氣。【解析】試題分析：根據n=V/Vm=m/M，則M=m×Vm/V，則摩爾質量為71g·mol－1，因為A為雙原子分子，則其相對原子量為考點：考查摩爾質量、物質的量、氣體摩爾體積、相對原子質量等知識。22．對羥基苯甲酸丁酯(俗稱尼泊金丁酯)可用作防腐劑，對酵母和霉菌有很強的抑制作用，工業上常用對羥基苯甲酸與丁醇在濃硫酸催化下進行酯化反應而制得．以下是某課題組開發的從廉價、易得的化工原料出發制備對羥基苯甲酸丁酯的合成路線：已知以下信息：①通常在同一個碳原子上連有兩個羥基不穩定，易脫水形成羰基；②D可與銀氨溶液反應生成銀鏡；③F的核磁共振氫譜表明其有兩種不同化學環境的氫，且峰面積比為1﹕1．回答下列問題：（1）A的化學名稱為__________。（2）由B生成C的化學反應方程式為__________，該反應的類型為__________。（3）D的結構簡式為__________。（4）F的分子式為____________。（5）G的結構簡式為__________。（6）E的同分異構體中含有苯環且能發生銀鏡反應的共有__________種，其中核磁共振氫譜有三種不同化學環境的氫，且峰面積比為2﹕2﹕1的是__________(寫結構簡式)。【答案】（1）甲苯；（2）；取代反應；（3）；（4）C7H4O3Na2；（5）；（6）13；【解析】試題分析：由A的分子式為C7H8，最終合成對羥基苯甲酸丁酯可知，A為甲苯，甲苯在鐵作催化劑條件下，苯環甲基對位上的H原子與氯氣發生取代反應生成B，B為，結合信息②可知，D中含有醛基，B在光照條件下，甲基上的H原子與氯氣發生取代反應生成C，C為，C在氫氧化鈉水溶液中，甲基上的氯原子發生取代反應，生成D，結合信息①可知，D為，D在催化劑條件下醛基被氧化生成E，E為，在堿性高溫高壓條件下，結合信息③可知，苯環上的Cl原子被取代生成F，同時發生酯化反應，F為，F酸化生成對羥基苯甲酸G，（1）由以上分析可知A的化學名稱為甲苯，故答案為：甲苯；（2）B為，與氯氣在光照條件下發生取