2024屆湖南省漣源一中化學高二第二學期期末質(zhì)量檢測模擬試題含解析

2024屆湖南省漣源一中化學高二第二學期期末質(zhì)量檢測模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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、下列說法中正確的是A．1s電子云呈球形，表示電子繞原子核做圓周運動B．電子云圖中的小黑點密度大，說明該原子核外空間電子數(shù)目多C．ns能級的原子軌道圖可表示為D．3d3表示3d能級有3個軌道2、短周期主族元素X、Y、Z、W、R原子序數(shù)依次增大，X-的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同,Y是地殼中含量最多的元素，Y2-和Z+的電子層結(jié)構(gòu)相同,W的最高化合價為最低化合價絕對值的3倍,W與R同周期,R的原子半徑小于W。下列說法不正確的是A．元素的非金屬性次序為R>W>XB．Z和其他4種元素均能形成離子化合物C．離子半徑:W2->Y2->Z+D．氧化物的水化物的酸性:W<R3、下列有關(guān)金屬晶體判斷正確的是A．簡單立方、配位數(shù)6、空間利用率68%B．鉀型、配位數(shù)6、空間利用率68%C．鎂型、配位數(shù)8、空間利用率74%D．銅型、配位數(shù)12、空間利用率74%4、鎂、鋁、銅三種金屬粉末混合物，加入過量鹽酸充分反應(yīng)，過濾后向濾液中加入過量燒堿溶液，再過濾，濾液中存在的離子有（）A．Cu2＋ B．AlO2- C．Al3＋ D．Mg2＋5、下列說法正確的是A．蒸餾時，加熱之前先通冷卻水，停止加熱后，仍要繼續(xù)通冷卻水一段時間B．用紙層析法分離Cu2＋和Fe3＋，濾紙上端呈棕黃色，說明Fe3＋在有機溶劑中的溶解能力較Cu2＋小C．用冷卻結(jié)晶法除去NaCl中混有少量的KNO3D．將鍍鋅鐵皮投入一定濃度的硫酸中反應(yīng)至金屬表面氣泡突然減小，取出，直接小火烘干稱量，由此測得的鍍鋅層厚度將偏大6、向X溶液中加入Y試劑，產(chǎn)生沉淀或氣體如圖，與所述情形幾乎完全相符的是()A．向HCl和AlCl3的混合液滴加NaOH溶液 B．向NH4Al(SO4)2溶液滴加Ba(OH)2溶液C．向NaOH和Ca(OH)2混合液中通入CO2 D．向NaOH和Na2CO3混合液滴加稀HCl溶液7、某有機物樣品的質(zhì)荷比如圖,則該有機物可能是（）A．CH3OH B．C3H8 C．C2H4 D．CH48、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。俗名為“臭堿”的硫化鈉廣泛應(yīng)用于冶金染料、皮革、電鍍等工業(yè)。硫化鈉的一種制備方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。下列有關(guān)說法正確的是（）A．1mol/LNa2SO4溶液液中含氧原子的數(shù)目一定大了4NAB．1L0.1mol/LNa2S溶液中含陰離子的數(shù)目小于0.1NAC．生成1mol氧化產(chǎn)物時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4NAD．通常狀況下11.2LCO2中含質(zhì)子的數(shù)目為11NA9、下列有機化合物中，能同時發(fā)生酯化反應(yīng)、加成反應(yīng)和氧化反應(yīng)的是①CH2=CHCOOCH3②CH2=CHCOOH③CH2=CHCH2OH④CH3CH(OH)CH2CHO⑤CH3CH2CH2OHA．②③④ B．②④⑤ C．①③⑤ D．①②⑤10、羥基扁桃酸是藥物合成的重要中間體，它可由苯酚和乙醛酸反應(yīng)制得。下列有關(guān)說法不正確的是A．乙醛酸能使酸性溶液褪色B．1mol羥基扁桃酸能與2molNaOH反應(yīng)C．該反應(yīng)是取代反應(yīng)D．苯酚和羥基扁桃酸不是同系物11、下列物質(zhì)可以在乘車、船或飛機時較大量隨身攜帶的是A．濃硫酸B．高錳酸鉀C．硝酸銨D．食鹽12、無機物X、Y、Z、M的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示（部分反應(yīng)條件、部分反應(yīng)中的H、O已略去）。X、Y、Z均含有同一種元素。下列說法正確的是A．若X是氫氧化鈉，則M不一定為CO2B．若Y具有兩性，則M的溶液只可能顯堿性C．若Z是導致酸雨的主要氣體，則X一定是H2SD．若M是用途最廣的金屬，加熱蒸干Y的溶液一定能得到Y(jié)13、某溶液中含有NH4+、Mg2+、Fe2+和Al3+四種離子，若向其中加入過量的氫氧化鈉溶液，微熱并攪拌，再加入過量鹽酸，溶液中大量減少的陽離子是（）A．只有NH4+B．只有Al3+C．NH4+和Al3+D．Fe2+和NH4+14、左氧氟沙星是一種廣譜抗菌藥物，其結(jié)構(gòu)簡式如圖，則對左氧氟沙星說法正確的是A．分子式為C18H18FN3O4B．1mol左氧氟沙星和足量Na反應(yīng)生成11.2LH2C．左氧氟沙星含有3種含氧官能團D．該有機物能使KMnO4溶液、溴水褪色，原理相同15、下列有關(guān)鈉及其化合物說法正確是的A．將一小塊金屬鈉投入到硫酸銅溶液中，有紅色物質(zhì)析出B．實驗室中的NaOH溶液用帶有玻璃塞的試劑瓶盛裝C．Na2O2和Na2O中陰、陽離子的個數(shù)比均為1:2D．某無色溶液進行焰色反應(yīng)實驗，直接觀察時，火焰呈黃色，則該溶液中陽離子只有Na+16、研究有機物一般經(jīng)過以下幾個基本步驟：分離、提純→確定實驗式→確定分子式→確定結(jié)構(gòu)式，以下用于研究有機物的方法錯誤的是A．蒸餾可用于分離提純液態(tài)有機混合物B．核磁共振氫譜通常用于分析有機物的相對分子質(zhì)量C．燃燒法是研究確定有機物成分的有效方法D．對有機物分子紅外光譜圖的研究有助于確定有機物分子中的官能團17、無機化學對硫－氮化合物的研究是最為活躍的領(lǐng)域之一。如圖所示是已經(jīng)合成的最著名的硫－氮化合物的分子結(jié)構(gòu)。下列說法正確的是()A．該物質(zhì)的分子式為SNB．該物質(zhì)的分子中既有極性鍵又有非極性鍵C．該物質(zhì)具有很高的熔、沸點D．該物質(zhì)與化合物S2N2互為同素異形體18、從植物花中可提取一種簡寫為HIn的有機物，在水溶液中因存在以下電離平衡，故可用作酸堿指示劑。HIn(aq，紅色)H+＋In-(aq，黃色)，在濃度為0.02mol·L-1的下列各溶液(1)HCl、(2)Na2O2、(3)NaCl(aq)、(4)NaHSO4(aq)、(5)NaHCO3(aq)、(6)氨水中，加入該指示劑，其中能使指示劑顯黃色的是A．(1)(4)(5)B．(2)(6)C．(1)(3)(4)D．(5)(6)19、一種鎂氧電池如圖所示，電極材料為金屬鎂和吸附氧氣的活性炭，電解液為KOH濃溶液。下列說法錯誤的是A．電池總反應(yīng)式為：2Mg＋O2＋2H2O＝2Mg(OH)2B．正極反應(yīng)式為：Mg－2e－＝Mg2＋C．活性炭一極為正極D．電子的移動方向由a經(jīng)外電路到b20、以乙醇為原料，用下述6種類型的反應(yīng)：①氧化；②消去；③加成；④酯化；⑤水解⑥加聚，來合成乙二酸乙二酯()的正確順序是（）A．①⑤②③④ B．①②③④⑤ C．②③⑤①④ D．②③⑤①⑥21、某溶液中含有的離子可能是K＋、Ba2＋、Al3＋、Mg2＋、AlO2－、CO32－、SiO32－、Cl－中的幾種，現(xiàn)進行如下實驗：①取少量溶液，加氫氧化鈉溶液過程中無沉淀生成；②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol·L－1鹽酸，產(chǎn)生的現(xiàn)象是：開始產(chǎn)生沉淀并逐漸增多，沉淀量基本不變后產(chǎn)生氣體，最后沉淀逐漸減少至消失；③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸銀溶液可得到沉淀0.43g。下列說法中正確的是A．該溶液中一定不含Ba2＋、Mg2＋、Al3＋、SiO32－、Cl－B．該溶液中一定含有K＋、AlO2－、CO32－、Cl－C．該溶液是否有K＋需做焰色反應(yīng)實驗(透過藍色鈷玻璃片)D．可能含有Cl－22、已知：還原性HSO3->I-，氧化性IO3->I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加人KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物質(zhì)的量的關(guān)系曲線如圖所示。下列說法不正確的是A．0-a段發(fā)生反應(yīng)：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+B．a(chǎn)~b段共消耗NaHSO3的物質(zhì)的量為1.8molC．b~c段反應(yīng)：氧化產(chǎn)物為I2D．當溶液中I-與I2的物質(zhì)的量之比為5:1時，加入的KIO3為1.lmol二、非選擇題(共84分)23、（14分）X、Y、Z、W、M、R六種短周期元素，周期表中位置如下：試回答下列問題：（1）X、Z、W、R四種元素的原子半徑由大到小的排列順序是______（用元素符號表示）。（2）由X、Z、W、R四種元素中的三種元素可組成一種強酸，該強酸的稀溶液能與銅反應(yīng)，則該反應(yīng)的化學方程式為_____________________________。（3）由X、W、M、R四種元素組成的一種離子化合物A，已知A既能與鹽酸反應(yīng)，又能與氯水反應(yīng)，寫出A與足量鹽酸反應(yīng)的離子方程式_________________________________。（4）分子式為X2Y2W4的化合物與含等物質(zhì)的量的KOH的溶液反應(yīng)后所得溶液呈酸性，其原因是____________________（用方程式及必要的文字說明）。0.1mol·L－1該溶液中各離子濃度由大到小的順序為________________________。（5）由X、Z、W、R和Fe五種元素可組成類似明礬的化合物T（相對分子質(zhì)量為392），1molT中含有6mol結(jié)晶水。對化合物T進行如下實驗：a.取T的溶液，加入過量的NaOH濃溶液并加熱，產(chǎn)生白色沉淀和無色有刺激性氣味的氣體。白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色；b.另取T的溶液，加入過量的BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀，加鹽酸沉淀不溶解。則T的化學式為_____________________。24、（12分）有機物A是最常用的食用油抗氧化劑，分子式為C10H12O5，可發(fā)生如下轉(zhuǎn)化已知B的相對分子質(zhì)量為60，分子中只含一個甲基。C的結(jié)構(gòu)可表示為：(其中：—X、—Y均為官能團)請回答下列問題：（1）官能團-X的名稱為____，反應(yīng)③的類型為____；（2）根據(jù)系統(tǒng)命名法，B的名稱為____，高聚物E的鏈節(jié)為____；（3）A的結(jié)構(gòu)簡式為____；（4）反應(yīng)⑤的化學方程式為____；（5）C有多種同分異構(gòu)體，其中符合下列要求的同分異構(gòu)體共____種；i.含有苯環(huán)ii.能發(fā)生銀鏡反應(yīng)iii.不能發(fā)生水解反應(yīng)（6）從分子結(jié)構(gòu)上看，A具有抗氧化作用的主要原因是____（填序號）。a含有苯環(huán)b含有羰基c含有酚羥基25、（12分）碘化鈉用作甲狀腺腫瘤防治劑、祛痰劑和利尿劑等.實驗室用NaOH、單質(zhì)碘和水合肼(N2H4·H2O)為原料可制備碘化鈉。資料顯示：水合肼有還原性，能消除水中溶解的氧氣；NaIO3是一種氧化劑.回答下列問題：(1)水合肼的制備有關(guān)反應(yīng)原理為:NaClO+2NH3=N2H4·H2O+NaCl①用下圖裝置制取水合肼，其連接順序為_________________(按氣流方向，用小寫字母表示).②開始實驗時，先向氧化鈣中滴加濃氨水，一段時間后再向B的三口燒瓶中滴加NaClO溶液.滴加NaClO溶液時不能過快的理由_________________________________________。(2)碘化鈉的制備i.向三口燒瓶中加入8.4gNaOH及30mL水，攪拌、冷卻，加入25.4g碘單質(zhì)，開動磁力攪拌器，保持60～70℃至反應(yīng)充分；ii.繼續(xù)加入稍過量的N2H4·H2O(水合肼)，還原NaIO和NaIO3，得NaI溶液粗品，同時釋放一種空氣中的氣體；iii.向上述反應(yīng)液中加入1.0g活性炭，煮沸半小時，然后將溶液與活性炭分離；iv.將步驟iii分離出的溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，得產(chǎn)品24.0g.③步驟i反應(yīng)完全的現(xiàn)象是______________________。④步驟ii中IO3-參與反應(yīng)的離子方程式為________________________________________。⑤步驟iii“將溶液與活性炭分離”的方法是______________________。⑥本次實驗產(chǎn)率為_________，實驗發(fā)現(xiàn)，水合肼實際用量比理論值偏高，可能的原因是_____________。⑦某同學檢驗產(chǎn)品NaI中是否混有NaIO3雜質(zhì).取少量固體樣品于試管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加適量稀硫酸，片刻后溶液變藍.得出NaI中含有NaIO3雜質(zhì).請評價該實驗結(jié)論的合理性:_________(填寫“合理”或“不合理”)，_________(若認為合理寫出離子方程式，若認為不合理說明理由).26、（10分）甲同學利用下圖所示裝置在實驗室制備乙酸乙酯。（1）實驗中飽和Na2CO3溶液的作用是_______。某次實驗時，在飽和Na2CO3溶液中滴加2滴酚酞溶液。實驗結(jié)束，取下試管B振蕩，紅色褪去。為探究褪色的原因，進行如下實驗。編號①②③實驗操作充分振蕩、靜置充分振蕩、靜置充分振蕩、靜置、分液。取下層溶液，加入飽和Na2CO3溶液現(xiàn)象上層液體變薄，冒氣泡，下層溶液紅色褪去上層液體不變薄，無氣泡，下層溶液紅色褪去（2）試管①中產(chǎn)生氣泡的原因是（用化學方程式解釋）_______。（3）對比實驗①和②可得出的結(jié)論是_______。（4）針對實驗②中現(xiàn)象，乙同學提出猜想：酚酞更易溶于乙酸乙酯。實驗③中觀察到_______，證實乙的猜想正確。27、（12分）某教師在課堂上用下圖所示的裝置來驗證濃硫酸與銅是否發(fā)生反應(yīng)并探討反應(yīng)所產(chǎn)生氣體的性質(zhì)。請回答下列問題：(1)通過試管乙中發(fā)生的____現(xiàn)象，說明了銅和濃硫酸發(fā)生了化學反應(yīng)，并且該現(xiàn)象還能說明產(chǎn)生的氣體具有______性。(2)若要收集試管甲中生成的氣體，可以采用_________方法收集（填序號）。①排水取氣法②向上排空氣取氣法③向下排空氣取氣法(3)寫出試管甲中所發(fā)生反應(yīng)的化學反應(yīng)方程式__________。(4)試管乙口部浸有堿液的棉花的作用是__________，此防范措施也說明產(chǎn)生的氣體是______氣體(填“酸性”、“中性”或“堿性”)，_______(填“有”或“無”)毒性。28、（14分）鈦的化合物如TiO2、Ti（NO3）4、TiCl4、Ti（BH4）2等均有著廣泛用途。（1）寫出Ti的基態(tài)原子的外圍電子排布式_____。（2）TiCl4熔點是﹣25℃，沸點136.4℃，可溶于苯或CCl4，該晶體屬于_____晶體；BH4﹣中B原子的雜化類型為_____。（3）在TiO2催化作用下，可將CN﹣氧化成CNO﹣，進而得到N2。與CNO﹣互為等電子體的分子化學式為（只寫一種）________。（4）Ti3+可以形成兩種不同的配合物：[Ti（H2O）6]Cl3（紫色），[TiCl（H2O）5]Cl2?H2O（綠色）。綠色晶體中配體是_______。（5）TiO2難溶于水和稀酸，但能溶于濃硫酸，析出含有鈦酰離子的晶體，鈦酰離子常成為鏈狀聚合形式的陽離子，其結(jié)構(gòu)形式如圖1，化學式為______。（6）金屬鈦內(nèi)部原子的堆積方式是面心立方堆積方式，如圖2。若該晶胞的密度為ρg?cm﹣3，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則該晶胞的邊長為___cm。29、（10分）暑期有同學去海邊或江湖邊玩耍時，發(fā)現(xiàn)很多水體都發(fā)生了藻類大量生長引起的水體污染，很多情況都是由含氮的廢水進入水體中對環(huán)境造成的污染。某校環(huán)?？蒲行〗M的同學認為可以用金屬鋁將水中的NO2—還原成N2，從而減少或消除由它引起的污染。（1）配平下列有關(guān)的離子方程式：NO2—+Al+=N2+Al(OH)3+OH—____（2）以上反應(yīng)中，被還原的物質(zhì)是_____，每生成1mol氧化產(chǎn)物，發(fā)生轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為____。（3）現(xiàn)需除去10m3含氮廢水中的NO2—（假設(shè)氮元素均以NO2—的形式存在，且濃度為1×10-4mol/L）,至少需要消耗金屬鋁的質(zhì)量為__________g。

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、C【解題分析】

A、電子云是用小黑點表示電子在核外空間某處出現(xiàn)的概率，小黑點不代表電子，小黑點的疏密表示電子出現(xiàn)概率的大小，A錯誤；B、根據(jù)A中分析可判斷B錯誤；C、1s電子云呈球形，ns能級的原子軌道圖可表示為，C正確；D、3d3表示第三能層d能級有3個電子，d能級有5個軌道，D錯誤。答案選C。2、D【解題分析】

X-的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同，可知X為H；Y是地殼中含量最多的元素，可知Y為O；O2-和Z+的電子層結(jié)構(gòu)相同，可知Z為Na；W的最高化合價為最低化合價絕對值的3倍，可知W的最高正價為+6價，W為S；W與R同周期，R的原子半徑小于W，可知R為Cl；則A．Cl、S、H的非金屬性依次減弱，故A正確；B．Na和H、O、S、Cl元素均能形成離子化合物，如NaH、NaCl等，故B正確；C．離子結(jié)構(gòu)相同時，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，離子電子層越多，離子半徑越大，則離子半徑S2->O2->Na+，故C正確；D．最高價氧化物的水化物的酸性HClO4>H2SO4，故D錯誤；答案為D。3、D【解題分析】

A．簡單立方、配位數(shù)6、空間利用率為52%，A錯誤；B．鉀型、配位數(shù)8、空間利用率68%，B錯誤；C．鎂型、配位數(shù)12、空間利用率74%，C錯誤；D．銅型、配位數(shù)12、空間利用率74%，D正確；答案選D。4、B【解題分析】

鎂、鋁、銅三種金屬粉末混合物，加入過量鹽酸充分反應(yīng)，只有鎂和鋁與鹽酸反應(yīng)，生成氯化鎂和氯化鋁，過濾后濾液中存在Mg2+和Al3+，向濾液中加入一定量燒堿溶液，發(fā)生復分解反應(yīng)后生成氫氧化鎂沉淀和氫氧化鋁沉淀，其中氫氧化鋁沉淀能繼續(xù)溶解在燒堿溶液中，據(jù)此分析判斷?！绢}目詳解】鎂、鋁、銅中加入過量鹽酸充分反應(yīng)，只有鎂和鋁與鹽酸反應(yīng)，過濾后濾液中存在Mg2+和Al3+，向濾液中加入一定量燒堿溶液，發(fā)生復分解反應(yīng)后生成氫氧化鎂和氫氧化鋁沉淀，其中氫氧化鋁沉淀能繼續(xù)溶解在燒堿溶液中，過濾后濾液中只存在AlO2-；答案選B。5、A【解題分析】

A．蒸餾時充分冷凝，則加熱之前先通冷卻水，停止加熱后，仍要繼續(xù)通冷卻水一段時間，故A正確；B．用紙層析法分離Cu2+和Fe3+，濾紙上端呈棕黃色，鐵離子的擴散速率快，則Fe3+在有機溶劑中的溶解能力較Cu2+大，故B錯誤；C．硝酸鉀少量，應(yīng)殘留在母液中，可選蒸發(fā)結(jié)晶法分離，故C錯誤；D．直接小火烘干稱量，金屬會與氧氣反應(yīng)，導致剩余固體的質(zhì)量偏大，則測得的鍍鋅層厚度將偏小，故D錯誤；故選A。6、C【解題分析】

A、因向HCl和AlCl3的混合液中滴加NaOH時，先發(fā)生HCl+NaOH＝NaCl+H2O，再發(fā)生Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，生成沉淀與沉淀溶解消耗的堿的物質(zhì)的量之比為3：1，圖象與發(fā)生的化學反應(yīng)不符，A錯誤；B、向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2，發(fā)生2SO42－+NH4++Al3＋+2Ba2++4OH－＝NH3·H2O+2BaSO4↓+Al(OH)3↓，再發(fā)生Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，最終沉淀不能完全消失，B錯誤；C、因向NaOH和Ca(OH)2的混合液中通入CO2，先發(fā)生Ca(OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2O，再發(fā)生CO2+NaOH＝NaHCO3，最后發(fā)生CaCO3↓+H2O+CO2＝Ca(HCO3)2，圖象與反應(yīng)符合，C正確；D、向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀HCl，先發(fā)生HCl+NaOH＝NaCl+H2O，再發(fā)生Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，最后發(fā)生NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，未生成氣體時消耗的酸與生成氣體時消耗的酸的物質(zhì)的量應(yīng)大于1：1，而圖象中為1：1，則圖象與發(fā)生的化學反應(yīng)不符，D錯誤。答案選C?！绢}目點撥】本題考查化學反應(yīng)與圖象，題目難度較大，明確圖象中坐標、點、線、面的意義及發(fā)生的化學反應(yīng)尤其是反應(yīng)的先后順序是解答本題的關(guān)鍵，并注意結(jié)合反應(yīng)中量的關(guān)系來解答，注意氫氧化鋁兩性的特點。7、D【解題分析】

根據(jù)某有機物樣品的質(zhì)荷比的最大值為該物質(zhì)的相對分子質(zhì)量，然后根據(jù)相對分子質(zhì)量來確定物質(zhì)的分子式?！绢}目詳解】由有機物樣品的質(zhì)荷比圖，可以知道該物質(zhì)的相對分子質(zhì)量為16，甲醇、丙烷、乙烯、甲烷的相對分子質(zhì)量分別為32、42、28、16，則該有機物為甲烷，答案選D?！绢}目點撥】本題考查的是質(zhì)荷比和圖像分析的相關(guān)知識，熟悉質(zhì)荷比的含義是解題的關(guān)鍵。8、C【解題分析】

A、未注明溶液的體積，無法判斷1mol/LNa2SO4溶液中含氧原子的數(shù)目，選項A錯誤；B、1L0.1mol/LNa2S溶液中含有0.1molNa2S，硫離子水解生成HS-和氫氧根離子，陰離子的數(shù)目大于0.1NA，選項B錯誤；C、根據(jù)方程式，氧化產(chǎn)物為二氧化碳，生成1mol氧化產(chǎn)物時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4NA，選項C正確；D、通常狀況下，氣體摩爾體積不是22.4L/mol，故11.2LCO2物質(zhì)的量不是0.5mol，所含質(zhì)子的數(shù)目不是11NA，選項D錯誤；答案選C。【題目點撥】本題考查阿伏加德羅常數(shù)的計算，使用摩爾體積需要注意：①氣體摩爾體積適用的對象為氣體，標況下水、四氯化碳、HF等為液體，不能使用；②必須明確溫度和壓強是0℃，101kPa，只指明體積無法求算物質(zhì)的量。本題的易錯點為選項B，要注意水解對離子數(shù)目的影響，可以根據(jù)水解方程式判斷。9、A【解題分析】

含-OH或-COOH能發(fā)生酯化反應(yīng)，含不飽和鍵能發(fā)生加成反應(yīng)，選項中的有機物均能燃燒生成二氧化碳和水，以此來解答?！绢}目詳解】①CH2=CHCOOCH3，含C=C，能發(fā)生加成和氧化反應(yīng)，不能發(fā)生酯化反應(yīng)，故不選；②CH2=CHCOOH，含C=C和-COOH，能發(fā)生酯化、加成和氧化3種反應(yīng)，故選；③CH2=CHCH2OH，含C=C和-OH，能發(fā)生酯化、加成和氧化3種反應(yīng)，故選；④CH3CH(OH)CH2CHO，含-OH和-CHO，能發(fā)生酯化、加成和氧化3種反應(yīng)，故選；⑤CH3CH2CH2OH，含-OH，能發(fā)生酯化和氧化反應(yīng)，不能發(fā)生加成反應(yīng)，故不選；故選A。10、C【解題分析】

A.乙醛酸中含有的醛基能被強氧化劑高錳酸鉀氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A正確；B.羥基扁桃酸酚中的酚羥基和羧基可與NaOH反應(yīng)，1mol羥基扁桃酸能消耗2molNaOH，故B正確；C.兩種有機物生成一種有機物，反應(yīng)C=O變成C?O單鍵，則該反應(yīng)為加成反應(yīng)，故C錯誤；D.羥基扁桃酸含有羥基和羧基，與苯酚結(jié)構(gòu)不同，則二者不是同系物，故D正確；故選C。11、D【解題分析】分析：本題考查化學藥品的安全，根據(jù)物質(zhì)是否危險分析各選項。詳解：A項，濃硫酸具有腐蝕性，強氧化性，吸水脫水性，非常危險，因此不能隨身攜帶乘車、船或飛機，故A項錯誤；B項，高錳酸鉀具有強氧化性，很危險，因此不能隨身攜帶乘車、船或飛機，故B項錯誤；C項，硝酸銨易爆炸，因此不能隨身攜帶乘車、船或飛機，故C項錯誤；D項，食鹽沒有腐蝕性或者是易燃易爆等的性質(zhì)，比較安全，因此可以適量的隨身攜帶乘車、船或飛機，故D項正確；綜上所述，本題正確答案為D。12、A【解題分析】

A、若X是氫氧化鈉，則M不一定為CO2，M為能形成多元酸的酸性氧化物，如：SO2，故A正確；B.若Y具有兩性，則M的溶液可能顯堿性，也可能顯酸性，故B錯誤；C.若Z是導致酸雨的主要氣體，則X也可以是Na2SO3，Y為NaHSO3，Z為SO2，M為HCl，故C錯誤；D.若M是用途最廣的金屬，Y為亞鐵鹽，因為亞鐵離子水解，所以加熱蒸干Y的溶液不能得到Y(jié)，故D錯誤；故答案選A。13、D【解題分析】分析：NH4+與堿在微熱時反應(yīng)生成氨氣逸出，則銨根離子減少，F(xiàn)e2+和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成的Fe（OH）2沉淀在空氣中不穩(wěn)定，迅速氧化生成Fe（OH）3，則Fe2+減少，以此來解答。詳解：混合溶液中加入過量的NaOH并加熱時，反應(yīng)生成的氨氣逸出，并同時生成Mg（OH）2、Fe（OH）2沉淀和NaAlO2，F(xiàn)e（OH）2沉淀在空氣中不穩(wěn)定，迅速氧化生成Fe（OH）3，再向混合物中加入過量鹽酸，則Mg（OH）2、Fe（OH）3和NaAlO2與過量酸作用分別生成MgCl2、FeCl3、AlCl3，則減少的離子主要有Fe2+和NH4+。答案選D。點睛：本題考查離子之間的反應(yīng)，明確陽離子與堿反應(yīng)后的生成物的性質(zhì)及生成物與酸的反應(yīng)是解答本題的關(guān)鍵，注意亞鐵離子易被氧化是學生解答中容易忽略的地方。14、C【解題分析】

A．由結(jié)構(gòu)簡式可知分子式為C18H20FN3O4，故A錯誤；B．氣體存在的條件未知，不能確定體積大小，故B錯誤；C．含有官能團為羧基、羰基、醚鍵，故C正確；D．含有碳碳雙鍵，可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化反應(yīng)，故D錯誤。故選C。15、C【解題分析】分析：A.鈉與鹽溶液反應(yīng)時，一般都是先與水反應(yīng)，生成的氫氧化鈉再與鹽反應(yīng)；B．氫氧化鈉溶液能夠與二氧化硅發(fā)生反應(yīng)；C．過氧化鈉中含有的是鈉離子與過氧根離子；D、鈉離子的焰色反應(yīng)呈黃色，鉀離子的焰色反應(yīng)需要透過鈷玻璃觀察；據(jù)此分析判斷。詳解：A.鈉與硫酸銅溶液反應(yīng)時，鈉先與水反應(yīng)，生成的氫氧化鈉再與硫酸銅反應(yīng)，因此生成藍色沉淀，故A錯誤；B．氫氧化鈉能夠與二氧化硅反應(yīng)生成有粘性的硅酸鈉，硅酸鈉會將玻璃塞和玻璃瓶粘在一起，所以燒堿溶液不能使用玻璃塞的試劑瓶，故B錯誤；C．Na2O以及Na2O2中，1mol物質(zhì)都含有2mol鈉離子，分別含有1mol硫酸根離子、氧離子、過氧根離子，陰離子與陽離子的個數(shù)比均為1：2，故C正確；D、鈉離子的焰色反應(yīng)呈黃色，但是鉀離子會干擾，鉀離子的焰色反應(yīng)要透過鈷玻璃來觀察，故D錯誤；故選C。16、B【解題分析】試題分析：核磁共振氫普通常用于分析有機物分子中氫原子種類的判斷，質(zhì)譜法通常用于分析有機物的相對分子質(zhì)量，信息B不正確，其余選項都是正確的，答案選B?？键c：考查有機物研究的有關(guān)判斷點評：該題是基礎(chǔ)性試題的考查，也是高考中的常見考點，難度不大，試題基礎(chǔ)性強，側(cè)重對學生基礎(chǔ)知識的鞏固和訓練，旨在考查學生靈活運用基礎(chǔ)知識解決實際問題的能力，有利于培養(yǎng)學生的邏輯推理能力，提升學生的學科素養(yǎng)。17、B【解題分析】A.該物質(zhì)的分了式為S4N4，A不正確；B.該物質(zhì)的分子中既含有極性鍵（S—N）又含有非極性鍵（N—N），B正確；C.該物質(zhì)形成的晶體是分子晶體，具有較低的熔、沸點，C不正確；D.該物質(zhì)與化合物S2N2不是同素異形體，同素異形體指的是同一元素形成的不同單質(zhì)，D不正確。本題選B。18、D【解題分析】分析：能使指示劑顯黃色，應(yīng)使c(HIn)＜c(In-)，所加入物質(zhì)應(yīng)使平衡向正反應(yīng)方向移動，所加入溶液應(yīng)呈堿性，以此解答該題。詳解：能使指示劑顯黃色，應(yīng)使c(HIn)＜c(In-)，所加入物質(zhì)應(yīng)使平衡向正反應(yīng)方向移動，所加入溶液應(yīng)呈堿性，①④為酸性溶液，可使平衡向逆反應(yīng)方向移動，而②⑤⑥溶液呈堿性，可使平衡向正反應(yīng)方向移動，③為中性溶液，平衡不移動，但②中過氧化鈉具有強氧化性，溶液可能褪色，故選D。點睛：本題考查化學平衡的影響因素，解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)顏色的變化判斷平衡移動的移動方向，再結(jié)合外界條件對平衡移動的影響分析。19、B【解題分析】

Mg、活性炭、KOH濃溶液構(gòu)成原電池，Mg易失電子作負極，活性炭為正極，負極反應(yīng)式為Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2，正極反應(yīng)式為O2＋4e－＋2H2O=4OH－，電子從負極沿外電路進入正極，據(jù)此分析解答；【題目詳解】Mg、活性炭、KOH濃溶液構(gòu)成原電池，Mg易失電子作負極，活性炭為正極，負極反應(yīng)式為Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2，正極反應(yīng)式為O2＋4e－＋2H2O=4OH－，電子從負極沿外電路進入正極，A、根據(jù)上述分析，負極反應(yīng)式為Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2，正極反應(yīng)式為O2＋4e－＋2H2O=4OH－，電池總反應(yīng)式為2Mg＋O2＋2H2O=Mg(OH)2，故A說法正確；B、根據(jù)上述分析，Mg為負極，電極反應(yīng)式為Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2，故B說法錯誤；C、活性炭為一極正極，故C說法正確；D、根據(jù)原電池工作原理，電子從負極經(jīng)外電路流向正極，即電子從a經(jīng)外電路流向b，故D說法正確；答案選B?！绢}目點撥】考查學生對原電池工作原理的理解，明確各個電極上發(fā)生反應(yīng)，特別是電極反應(yīng)式的書寫，應(yīng)注意電解質(zhì)的酸堿性，如本題電解質(zhì)KOH，負極上產(chǎn)生Mg2＋與OH－結(jié)合生成Mg(OH)2，即負極反應(yīng)式為Mg－2e－＋2OH－=Mg(OH)2。20、C【解題分析】

以乙醇為原料合成乙二酸乙二酯，需先合成乙二酸，然后利用乙二酸和乙二醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙二酸乙二酯，因此經(jīng)過以下幾步：第一步：乙醇先發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，為消去反應(yīng)；第二步：乙烯發(fā)生加成反應(yīng)生成二鹵代烴，為加成反應(yīng)；第三步：水解生成乙二醇，為水解反應(yīng)；第四步：乙二醇氧化生成乙二酸，為氧化反應(yīng)；第五步：乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙二酸乙二酯，為酯化反應(yīng)，涉及的反應(yīng)類型按反應(yīng)順序依次為②③⑤①④，故選C。21、B【解題分析】

①向溶液中加入氫氧化鈉溶液過程中無沉淀生成，說明溶液中一定不存在與氫氧化鈉生成沉淀的離子，溶液中一定不含A13+和Mg2+；②另取少量原溶液，逐滴加入5mL0.2mol?L-1的鹽酸，開始產(chǎn)生沉淀并逐漸增多，沉淀量基本不變后產(chǎn)生氣體，最后沉淀逐漸減少至消失，，所以一定不存在SiO32-，滴加鹽酸產(chǎn)生和溶解的沉淀為氫氧化鋁，題中所給的離子中能與鹽酸反應(yīng)生成氣體的只有CO32-，則氣體為二氧化碳，說明原溶液中存在AlO2－和CO32－，所以一定不存在與CO32－反應(yīng)的Ba2+，再根據(jù)溶液呈電中性可知，溶液中一定存在唯一的陽離子K+；③在上述②沉淀消失后的溶液中，再加入足量的硝酸銀溶液可得到沉淀0.43g，則沉淀為AgCl，物質(zhì)的量為：0.43g÷143.5g/mol＝0.003mol，②中加入的氯離子的物質(zhì)的量為：n（HCl）=0.2mol/L×0.005L=0.001mol＜n（AgCl），所以原溶液中一定存在0.02molCl－；A.根據(jù)以上分析可知，溶液中一定不存在Ba2+、Mg2+、A13+、SiO32-，一定存在Cl-，故A錯誤；B.由分析可知：該溶液中一定含有K+、AlO2-、CO32-、Cl-，故B正確；C.根據(jù)溶液呈電中性可以判斷，溶液中一定存在鉀離子，不需要通過焰色反應(yīng)判斷鉀離子是否存在，故C錯誤；D.根據(jù)生成氯化銀沉淀的物質(zhì)的量可知，原溶液中一定存在氯離子，故D錯誤；答案選B?！绢}目點撥】根據(jù)離子的特征反應(yīng)及離子間的共存情況，進行離子推斷時要遵循以下三條原則：（1）互斥性原則，判斷出一定有某種離子存在時，將不能與之共存的離子排除掉，從而判斷出一定沒有的離子，如本題的原溶液中存在CO32－，所以一定不存在與CO32－反應(yīng)的Ba2+；（2）電中性原則，溶液呈電中性，溶液中一定有陽離子和陰離子，不可能只有陽離子或陰離子，如本題根據(jù)溶液呈電中性可知，溶液中一定存在唯一的陽離子K+；（3）進出性原則，離子檢驗時，加入試劑會引入新的離子，某些離子在實驗過程中可能消失，則原溶液中是否存在該種離子要結(jié)合題目信息進行判斷，如本題中的Cl-就是利用最終生成的AgCl沉淀的質(zhì)量和開始加入的HCl的物質(zhì)的量判斷一定存在。22、D【解題分析】還原性HSO-3＞I-，所以首先發(fā)生：IO3-+3HSO3-＝I-+3SO42-+3H+，繼續(xù)加入NaIO3，由于氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以結(jié)合H+氧化I-生成I2，離子方程式是IO3-+6H++5I-＝3H2O+3I2。A、根據(jù)以上分析可知0～a段發(fā)生反應(yīng)：3HSO3-+IO3-＝3SO42-+I-+3H+，A正確；B、a點碘酸鈉的物質(zhì)的量是0.4mol，根據(jù)碘酸鈉和亞硫酸氫鈉的關(guān)系式知，消耗NaHSO3的物質(zhì)的量=0.4mol1×3=1.2mol，則a點時剩余NaHSO3的物質(zhì)的量為1.8mol，因此a~b段共消耗NaHSO3的物質(zhì)的量為1.8mol，B正確；C、根據(jù)以上分析可知b~c段反應(yīng)：IO3-+6H++5I-＝3H2O+3I2，氧化產(chǎn)物為I2，C正確；D、根據(jù)反應(yīng)IO3-+3HSO3-＝I-+3SO42-+3H+，3molNaHSO3的溶液消耗NaIO3溶液的物質(zhì)的量為1mol，生成碘離子的量為1mol，設(shè)生成的碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為n，則根據(jù)反應(yīng)IO3-+6H++5I-=3H2O+3I2，消耗的NaIO3的物質(zhì)的量為n3mol，消耗碘離子的量為5n3mol，剩余的碘離子為（1-5n3）mol，當溶液中n（I-）：n（I2）=5：1時，即（1-5n3）mol：nmol=5：1，故n=0.15mol，故加入的n（NaIO3二、非選擇題(共84分)23、S＞N＞O＞H3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2OHSO3-+H+=SO2↑+H2OKHC2O4溶液中存在HC2O4-的電離與水解，即HC2O4-?H++C2O42-，HC2O4-+H2O?H2C2O4+OH-，電離程度大于水解程度，使溶液中的c（H+）＞c（OH-），溶液顯酸性c（K+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O【解題分析】

根據(jù)元素在周期表中的位置，可推測出X、Y、Z、W、M、R六種短周期元素分別為H、C、N、O、Na、S?！绢}目詳解】（1）X、Z、W、R四種元素分別為H、N、O、S，原子半徑由大到小的順序為S＞N＞O＞H；（2）X、Z、W、R四種元素分別為H、N、O、S，組成的強酸為硝酸、硫酸，稀溶液能與銅反應(yīng)，則酸為硝酸，反應(yīng)的方程式為3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；（3）由X、W、M、R四種元素為H、O、Na、S，組成的一種離子化合物A，已知A既能與鹽酸反應(yīng)，又能與氯水反應(yīng)，則A為亞硫酸氫鈉，與鹽酸反應(yīng)生成二氧化硫和水，反應(yīng)的離子方程式為HSO3-+H+=SO2↑+H2O；（4）分子式為X2Y2W4的化合物為草酸（乙二酸），與含等物質(zhì)的量的KOH反應(yīng)生成的物質(zhì)為KHC2O4，溶液中存在HC2O4-電離與水解，即HC2O4-?H++C2O42-，HC2O4-+H2O?H2C2O4+OH-，電離程度大于水解程度，使溶液中的c（H+）＞c（OH-），溶液顯酸性；0.1mol/LKHC2O4溶液中除存在上述反應(yīng)還有H2O?H++OH-，則c（H+）＞c（C2O42-），各離子濃度由大到小的順序為c（K+）＞c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；（5）根據(jù)a的反應(yīng)現(xiàn)象，可判斷物質(zhì)T的Fe為+2價，氣體為氨氣，則含有銨根離子；b的現(xiàn)象說明T中含有硫酸根離子，已知，F(xiàn)e為+2價，硫酸根為-2價，銨根離子為+1價，Ｔ的相對分子質(zhì)量為392，則結(jié)晶水個數(shù)為6，可判斷T的化學式為(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。24、羧基消去反應(yīng)1-丙醇3c【解題分析】

A(C10H12O5)在NaOH水溶液條件下發(fā)生水解反應(yīng)并酸化得到B與C，則A中含有酯基，其中B的相對分子質(zhì)量為60，分子中只含一個甲基，能在濃硫酸的作用下發(fā)生消去反應(yīng)，則B為CH3CH2CH2OH，B發(fā)生消去反應(yīng)得到D，D為CH3CH═CH2，D發(fā)生加聚反應(yīng)得到高分子化合物E，E為；C中O原子個數(shù)為5，C能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)得到氣體，則C含有-COOH，能與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，則C中含有酚羥基，C的結(jié)構(gòu)可表示為(其中：-X、-Y均為官能團)，根據(jù)C中氧原子個數(shù)知，C為，可推知A為，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】(1)根據(jù)上述分析，C為，則官能團-X為羧基，反應(yīng)③為CH3CH2CH2OH發(fā)生消去反應(yīng)生成CH3CH═CH2，故答案為：羧基；消去反應(yīng)；(2)根據(jù)上述分析，B為CH3CH2CH2OH，根據(jù)醇的系統(tǒng)命名法，B的名稱為1-丙醇，CH3CH═CH2發(fā)生加聚反應(yīng)得到高分子化合物E為，高聚物E的鏈節(jié)為，故答案為：1-丙醇；；(3)根據(jù)上述分析，A的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；(4)反應(yīng)⑤的化學方程式為+NaHCO3→+CO2↑+H2O，故答案為：+NaHCO3→+CO2↑+H2O；(5)C為，C的同分異構(gòu)體符合下列條件：i．含有苯環(huán)；ii．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基；iii．不能發(fā)生水解反應(yīng)，說明不含酯基，則符合要求的結(jié)構(gòu)簡式如下：、、，共3種，故答案為：3；(6)由于苯酚在空氣中易被氧化，A分子中有酚羥基，因此A具有抗氧化作用，故答案為：c?！绢}目點撥】正確判斷A的結(jié)構(gòu)是解題的關(guān)鍵。本題的易錯點為(5)，要注意性質(zhì)條件下同分異構(gòu)體的書寫，和限制條件的解讀，本題中需要按照一定的順序書寫苯環(huán)上的羥基和醛基，才能不重復不遺漏。25、fabcde(ab順序可互換）過快滴加NaClO溶液，過量的NaClO溶液氧化水合肼，降低產(chǎn)率無固體殘留且溶液呈無色（答出溶液呈無色即給分）2IO3-+3N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O趁熱過濾或過濾80%水合胼能與水中的溶解氧反應(yīng)不合理可能是I-在酸性環(huán)境中被O2氧化成I2而使淀粉變藍【解題分析】

(1)水合肼的制備原理為：NaClO+2NH3═N2H4?H2O+NaCl，利用裝置D制備氨氣，裝置A為安全瓶，防止溶液倒吸，氣體通入裝置B滴入次氯酸鈉溶液發(fā)生反應(yīng)生成水合肼，剩余氨氣需要用裝置C吸收；(2)加入氫氧化鈉，碘和氫氧化鈉發(fā)生反應(yīng)：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加入水合肼得到氮氣與NaI，得到的NaI溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得到NaI；⑥由碘單質(zhì)計算生成的NaI與NaIO3，再由NaIO3計算與N2H4?H2O反應(yīng)所得的NaI，由此計算得到理論生成的NaI，再計算產(chǎn)率可得；⑦NaIO3能夠氧化碘化鉀，空氣中氧氣也能夠氧化碘離子生成碘單質(zhì)。據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】(1)①水合肼的制備原理為：NaClO+2NH3═N2H4?H2O+NaCl，利用裝置D制備氨氣，通過裝置A安全瓶，防止溶液倒吸，氣體通入裝置B滴入次氯酸鈉溶液發(fā)生反應(yīng)生成水合肼，剩余氨氣需要用裝置C吸收，倒扣在水面的漏斗可以防止倒吸，按氣流方向其連接順序為：fabcde，故答案為fabcde；②開始實驗時，先向氧化鈣中滴加濃氨水，生成氨氣一段時間后再向B的三口燒瓶中滴加NaClO溶液反應(yīng)生成水合肼，水合肼有還原性，滴加NaClO溶液時不能過快的理由：過快滴加NaClO溶液，過量的NaClO溶液氧化水和肼，降低產(chǎn)率，故答案為過快滴加NaClO溶液，過量的NaClO溶液氧化水和肼，降低產(chǎn)率；(2)③步驟ii中碘單質(zhì)生成NaI、NaIO3，反應(yīng)完全時現(xiàn)象為無固體殘留且溶液接近無色，故答案為無固體殘留且溶液接近無色；④步驟iiiN2H4?H2O還原NalO3的化學方程式為：3N2H4?H2O+2NaIO3=2NaI+3N2↑+9H2O，離子方程式為：3N2H4?H2O+2IO3-=2I-+3N2↑+9H2O，故答案為3N2H4?H2O+2IO3-=2I-+3N2↑+9H2O；⑤活性炭具有吸附性，能脫色，通過趁熱過濾將活性炭與碘化鈉溶液分離，故答案為趁熱過濾；⑥8.2gNaOH與25.4g單質(zhì)碘反應(yīng)，氫氧化鈉過量，碘單質(zhì)反應(yīng)完全，碘和氫氧化鈉發(fā)生反應(yīng)：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，則生成的NaI的質(zhì)量為：×5×150g/mol=25g，生成的NaIO3與N2H4?H2O反應(yīng)所得的NaI，反應(yīng)為3N2H4?H2O+2NaIO3=2NaI+3N2↑+9H2O，則6I2～2NaIO3～2NaI，該步生成的NaI質(zhì)量為：×2×150g/mol=5g，故理論上生成的NaI為25g+5g=30g，實驗成品率為×100%=80%，實驗發(fā)現(xiàn)，水合肼實際用量比理論值偏高是因為水合肼能與水中的溶解氧反應(yīng)，故答案為80%；水合肼能與水中的溶解氧反應(yīng)；⑦取少量固體樣品于試管中，加水溶解，滴加少量淀粉液后再滴加適量稀硫酸，片刻后溶液變藍，說明生成碘單質(zhì)，可能是NaIO3氧化碘化鉀反應(yīng)生成，也可能是空氣中氧氣氧化碘離子生成碘單質(zhì)，不能得出NaI中含有NaIO3雜質(zhì)，故答案為不合理；可能是I-在酸性環(huán)境中被氧氣氧化成I2而使淀粉變藍?！绢}目點撥】本題考查了物質(zhì)制備方案設(shè)計，主要考查了化學方程式的書寫、實驗方案評價、氧化還原反應(yīng)、產(chǎn)率計算等。本題的難點為⑥，要注意理清反應(yīng)過程。26、中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O下層溶液紅色褪去的原因與乙酸無關(guān)溶液不變紅或無明顯現(xiàn)象【解題分析】

（1）制備乙酸乙酯時常用飽和碳酸鈉溶液，目的是中和揮發(fā)出來的乙酸，使之轉(zhuǎn)化為乙酸鈉溶于水中，便于聞乙酸乙酯的香味；溶解揮發(fā)出來的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分層得到酯，故答案為中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；（2）試管①中乙酸乙酯中的乙酸與碳酸鈉反應(yīng)，產(chǎn)生氣泡，發(fā)生的反應(yīng)為2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+CO2↑+H2O；（3）對比實驗①和②，無論有沒有含乙酸，溶液紅色均褪去，可得出的結(jié)論是下層溶液紅色褪去的原因與乙酸無關(guān)；（4）針對實驗②中現(xiàn)象，上層液體不變薄則乙酸乙酯不溶解于下層碳酸鈉溶液且不與碳酸鈉反應(yīng)而無氣泡，下層溶液紅色褪去是因為酚酞被萃取于乙酸乙酯中碳酸鈉溶液中不再含有酚酞而顯無色，故乙同學提出猜想：酚酞更易溶于乙酸乙酯。實驗③中充分振蕩、靜置、分液。取下層溶液，下層溶液中已不含酚酞，故加入飽和Na2CO3溶液觀察到溶液不變紅或無明顯現(xiàn)象，證實乙的猜想正確。27、品紅溶液褪色漂白②Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O