初中化学鲁教版九年级下册第八单元海水中的化学单元复习 省赛获奖

2015-2016学年黑龙江省大庆市铁人中学高二（下）期末化学试卷一、选择题（本题共22小题，每小题只有一个选项最符合题意，1-11题每小题2分，12-22题每小题2分，共55分）1．“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种．若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质①是溶液②是胶体③能产生丁达尔效应④不能透过滤纸⑤能透过滤纸⑥静置后会析出黑色沉淀（）A．①④⑤ B．②③④ C．②③⑤ D．①③④⑥2．下列物质按照纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的是（）A．盐酸、水煤气、醋酸、干冰B．天然气、空气、苛性钾、石灰石C．液氨、氯水、硫酸钠、乙醇D．胆矾、漂白粉、氯化钾、氯气3．下列应用或事实中，与胶体的制备或性质没有关系的是（）A．皂化反应后，加入氯化钠细粒，发生盐析B．黄河入海口沙洲的形成与用卤水点豆腐C．将植物油倒入水中用力搅拌形成油水混合物D．氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀生成而后沉淀溶解4．下列说法正确的是（）A．金属氧化物不可能是酸性氧化物B．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物C．某物质溶于水所得溶液能导电，该物质一定是电解质D．醋酸溶液中存在两种共价化合物分子5．硅橡胶是由经两种反应而制得的，这两种反应依次是（）A．消去、加聚 B．水解、缩聚 C．氧化、缩聚 D．取代、加聚6．下列各组离子，在水溶液中能大量共存的是（）（1）I﹣、ClO﹣、NO3﹣、H+（2）k+、Ag（NH3）2+、NO3﹣、H+（3）NH4+、SO42﹣、Cl﹣、HCO3﹣（4）Fe3+、Cu2+、SO42﹣、Cl﹣（5）H+、k+、AlO2﹣、C6H15O﹣（6）Pb2+、Na+、SO42﹣、NO3﹣．A．（1）和（6） B．（3）和（4） C．（2）和（4） D．（2）和（5）7．下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（）A．克过氧化钡（BaO2）固体中阴阳离子总数为B．标准状况下，CHCl3中所含有的原子总数为C．一定条件下，g乙炔、苯的气态混合物中所含碳原子数为D．1mol甲基与1mol羟基所含电子数均为10NA个8．如图所示，表述不正确的是（）A．该物质能发生缩聚反应B．该物质的核磁共振氢谱上共有7个峰C．该物质遇FeCl3溶液显色，1mol该物质最多能与含1molBr2的溴水发生取代反应D．1mol该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为2：2：19．正确的实验操作是实验成功的重要因素，如图实验操作正确的是（）A．向容量瓶转移液体 B．放出碘的苯溶液C．钾的焰色反应 D．定容10．下列有关溶液组成的描述合理的是（）A．通入过量SO2气体后仍能大量共存H+、Fe2+、I‾、SO42‾B．使石蕊变红的溶液中可能大量存在Na+、Mg2+、NO3‾、C17H35COO‾C．强碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．加入Al可以放出H2的溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl‾、NO3﹣11．下列说法正确的是（）A．向25mL沸水中滴加5﹣6滴饱和FeCl3溶液（含），得所胶体粒子小于NAB．丁达尔效应是胶体区别于溶液的本质特征C．硅酸胶体可由饱和硅酸钠溶液中加入过量稀盐酸制得D．氢氧化铁胶体电泳时阴极颜色加深，证明氢氧化铁胶体带正电12．如表实验操作能达到实验目的是（）实验操作实验目的A将卤代烃加入到热NaOH溶液中一段时间后，取上层液体，加入AgNO3液产生沉淀证明卤代烃中含有卤元素B电石与水反应制得的气体直接通往酸性KMnO4溶液证明制得的气体是否为乙炔C淀粉在硫酸催化作用下水解，将新制氢氧化铜悬浊液加入到水解后的溶液中检验淀粉水解的产物葡萄糖D向纯碱中滴加醋酸，将产生的气体先通入饱和碳酸氢钠溶液再通入苯酚钠浓溶液证明酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚A．A B．B C．C D．D13．在有机物分子中，若某个碳原子连接4个不同的原子或原子团，则这种碳原子称为“手性碳原子”，凡有一个手性碳原子的物质一定具有光学活性．已知某有机物结构如下：具有光学活性，当它发生下列反应后生成的有机物仍然一定具有光学活性的是（）A．与甲酸发生酯化反应 B．与NaOH溶液共热C．与氧气发生催化氧化 D．在催化剂存在下与H2作用14．下列叙述中，正确的是（）A．10mL质量分数为98%硫酸，用10mL水稀释后，硫酸的质量分数小于49%B．向两等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的氧化钠和过氧化钠，使溶液均恰好饱和，则加入的氧化钠和过氧化钠的物质的量之比等于1：1（温度不变）C．克HCl溶解在1L水中，所得溶液的密度为ρg/ml，质量分数为ω，物质的量溶液为cmol/L，则ω=ρD．上述HCl气体占有的体积约为15．下列解释事实或实验现象的化学用语正确的是（）A．铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2OB．澄清石灰水与过量的苏打溶液混合，溶液变混浊：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2OC．1mo•L﹣1的NaAlO2溶液和•L﹣1的Ba（OH）2溶液等体积混合：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓D．过氧化钠固体与水反应制氧气：2O22﹣+2H2O═4OH﹣+O2↑16．某苯的同系物分子式为C11H16，经分析分子中除苯环结构外，不再含有其他环状结构，还有两个﹣CH3，两个﹣CH2﹣和一个，它可能的结构数目是（）A．2 B．3 C．4 D．517．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（）A．一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NAB．256gS8分子中含S﹣S键为7NA个，12克金刚石含C﹣C键为4NA个C．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO﹣数目为NA个D．同温同压下，C18O与N2的密度不相同18．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．过氧化氢分解制得标准状况下LO2，转移电子数目为NAB．足量铜与含硝酸4mol的浓硝酸反应，生成氮的氧化物中氮的化合价为+4价C．1mol铜与足量浓硝酸反应，生成标况下气体体积为LD．一定温度下，1Lmol•L﹣1NH4NO3溶液中含氮原子个数为NA19．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到不溶于盐酸的沉淀．由此可知原溶液中（）A．至少存在5种离子B．SO42﹣、NH4+、Fe3+、一定存在，Cl﹣、K+、Al3+可能存在C．K+一定存在，Al3+可能存在D．Cl﹣一定存在，且c（Cl﹣）≥L20．由CO、H2和O2组成的混和气体60mL，在一定条件下恰好完全反应，测得生成物在101kPa120℃下对氢气的相对密度为，则原混和气体中H2所占的体积分数为（）A． B． C． D．21．300mLAl2（SO4）3溶液中，含Al3+为，在该溶液中加入LBa（OH）2溶液300mL，反应后溶液中SO42﹣的物质的量浓度为（）A．mol/L B．mol/L C．mol/L D．mol/L22．分子式为C8H14O4的有机物在酸性条件下水解生成一种酸和一种醇，且酸和醇的物质的量之比为1：2，则符合该条件的有机物有（不考虑立体异构）（）A．16种 B．13种 C．10 D．8二、填空题23．某同学通过以下装置测定M样品（只含Fe、Al、Cu）中各成分的质量分数．取两份质量均为mg的M样品，按实验1（如图1）和实验2（如图2）进行实验，该同学顺利完成了实验并测得气体体积分别为V1mL和V2mL（已折算到标准状况下）．（1）实验1装置中小试管的作用是（2）对于实验2，平视读数前应依次进行的两种操作是：（3）实验1进行实验前，B瓶中水没有装满，使测得气体体积（填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同）；若拆去实验2中导管a，使测得气体体积（4）该实验需要•L﹣1的NaOH溶液470mL，请回答下列问题①配制时应称量gNaOH，配制过程所需仪器（填仪器名称）．②配制NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O杂质会导致所配溶液浓度．（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．（5）该实验中所用稀硫酸是用98%的浓硫酸（ρ=cm3）配制的，若将该浓硫酸与等质量的水混合，则所得溶液中溶质物质的量浓度L（填＞、＜、=）24．乙酸环己酯具有香蕉及苹果气味，主要用于配制各种饮料、冰淇淋等，实验室制备乙酸环己酯的反应装置示意图和有关数据如图1：相对分子质量密度/g•cm﹣3沸点/℃水中溶解性乙酸60溶环己醇100微溶乙酸环己酯142难溶实验步骤：将（）乙酸、（）环已醇和15mL环已烷加入装有温度计、恒压滴液漏斗和球形冷凝管的四颈烧瓶中，在搅拌下，慢慢滴加15mL98%浓硫酸，恒压滴液漏斗换成分水器装置，加热回流90min，将反应液依次加水、10%的NaHCO3溶液、水洗涤，然后加无水MgSO4，放置过夜，加热蒸馏，收集168～174℃的馏分，得到无色透明有香味的液体，得产品（1）上述反应装置图2中存在的一处错误是．（2）实验中控制乙酸的物质的量是环已醇的2倍，其目的是．（3）使用分水器（图3）的目的是．（4）用10%的NaHCO3溶液目的是；第二次水洗的目的是；加入无水MgSO4的目的是．（5）本次实验产率为．（6）若在进行蒸馏操作时，采用图3装置，会使实验的产率（填“偏高”“偏低”“无影响”），其原因是．25．辣椒素是辣椒的活性成分，可以预防心脏病，也能缓解肌肉关节疼痛．辣椒素中酯类化合物的结构可以表示为：（R为烃基）．其中一种辣椒素酯类化合物J的合成路线如下：已知：①A、B和E为同系物，其中B的相对分子质量为44，A和B核磁共振氢谱显示都有两组峰；②化合物J的分子式为C15H22O4；③回答下列问题：（1）G所含官能团的名称为．（2）由A和B生成C的化学方程式为．（3）由C生成D的反应类型为，D的化学名称为．（4）由H生成I的化学方程式为．（5）J的结构简式为．（6）G的同分异构体中，苯环上的一氯代物只有一种的共有种（不含立体异构），核磁共振氢谱显示2组峰的是（写结构简式）．26．有机化工原料1，4﹣二苯基﹣1，3﹣丁二烯及某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如图（部分反应略去试剂和条件）：已知：（1）抗结肠炎药物有效成分分子中的含氧官能团名称是．（2）D的结构简式是（3）写出F与NaOH反应的化学方程式．（4）下列说法正确的是（填选项字母）．A．④的反应条件X和⑤的反应条件Y完全相同B．①②④⑤反应类型相同C．G不可以发生缩聚反应D．设计D→E和F→G两步反应的目的是防止酚羟基被氧化（5）③的化学方程式是．（6）E有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有种①结构中有苯环②与E有相同的官能团③不能发生银镜反应（7）1，4﹣二苯基﹣1，3﹣丁二烯有多种同分异构体，写出符合下列条件的同分异构体的结构简式：，a．结构中有两个苯环，无其它环状结构b．苯环上的一硝基取代产物有两种c．其核磁共振氢谱有3种峰，峰面积之比为3：2：2．

2015-2016学年黑龙江省大庆市铁人中学高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共22小题，每小题只有一个选项最符合题意，1-11题每小题2分，12-22题每小题2分，共55分）1．“纳米材料”是粒子直径为几纳米至几十纳米的材料，纳米碳就是其中一种．若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质①是溶液②是胶体③能产生丁达尔效应④不能透过滤纸⑤能透过滤纸⑥静置后会析出黑色沉淀（）A．①④⑤ B．②③④ C．②③⑤ D．①③④⑥【考点】胶体的重要性质．【分析】胶体粒子的微粒直径在l～100nm之间，纳米碳其粒子直径为l～100nm之间，将纳米碳分子分散到水中，所形成的分散系为胶体分散系，利用胶体中分散质粒子的直径和胶体的性质来解答．【解答】解：①因纳米碳其粒子直径为l～100nm之间，纳米碳分子分散到水中，所形成的分散系为胶体分散系，不属于溶液，故①错误；②因纳米碳其粒子直径为l～100nm之间，纳米碳分子分散到水中，所形成的分散系为胶体分散系，故②正确；③因形成的是胶体分散系，则具有丁达尔效应，故③正确；④溶液和胶体分散系中粒子的直径都比滤纸中小孔直径小，则能全部透过滤纸，故④错误；⑤溶液和胶体分散系中粒子的直径都比滤纸中小孔直径小，则能全部透过滤纸，故⑤正确；⑥因形成的是胶体分散系，处于介稳定状态，则不会形成黑色沉淀，故⑥错误；故选C．2．下列物质按照纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的是（）A．盐酸、水煤气、醋酸、干冰B．天然气、空气、苛性钾、石灰石C．液氨、氯水、硫酸钠、乙醇D．胆矾、漂白粉、氯化钾、氯气【考点】混合物和纯净物；电解质与非电解质．【分析】纯净物是指由同种物质组成的，混合物是指由不同种物质组成的，电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，据此可以分析各个选项中各种的所属类别．【解答】解：A．盐酸、水煤气均为混合物，醋酸、干冰分别属于化合物，则醋酸属于电解质，干冰属于非电解质，故A错误；B．天然气、空气分别属于混合物，故B错误；C．液氨、氯水、硫酸钠、乙醇分别属于纯净物、混合物、电解质、非电解质，故C正确；D．胆矾、漂白粉、氯化钾、氯气分别属于纯净物、混合物、电解质、单质，故D错误．故选：C．3．下列应用或事实中，与胶体的制备或性质没有关系的是（）A．皂化反应后，加入氯化钠细粒，发生盐析B．黄河入海口沙洲的形成与用卤水点豆腐C．将植物油倒入水中用力搅拌形成油水混合物D．氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀生成而后沉淀溶解【考点】胶体的重要性质．【分析】A、油脂发生皂化反应后，得到甘油和和硬质酸钠的混合溶液，为胶体；B、河水和豆浆均为胶体；C、植物油倒入水中后形成的是乳浊液；D、氢氧化铁胶体遇电解质溶液发生聚沉．【解答】解：A、油脂发生皂化反应后，得到甘油和和硬质酸钠的混合溶液，为胶体，加入氯化钠后，发生胶体的聚沉，故有硬质酸钠析出，即为盐析，故A错误；B、河水为胶体，海水为电解质溶液，故河水在入海口发生聚沉形成三角洲；豆浆也为胶体，加入盐卤后发生胶体的聚沉，从而能制得豆腐，故B错误；C、植物油倒入水中后形成的是乳浊液，与胶体的性质无关，故C正确；D、氢氧化铁胶体遇电解质溶液发生聚沉，生成氢氧化铁沉淀，当继续滴入稀硫酸时，氢氧化铁沉淀和稀硫酸反应生成硫酸铁和水而溶解，故D错误．故选C．4．下列说法正确的是（）A．金属氧化物不可能是酸性氧化物B．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物C．某物质溶于水所得溶液能导电，该物质一定是电解质D．醋酸溶液中存在两种共价化合物分子【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质．【分析】A．能和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，金属氧化物可能是酸性氧化物；B．完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质，电解质强弱与化合物类型无关，共价化合物可能是强电解质；C．电解质是指在水溶液或熔化状态下能导电的化合物，导电是自身电离出自由移动的离子；D．醋酸中存在弱电解质的电离平衡，存在醋酸分子和水分子．【解答】解：A．金属氧化物Mn2O7是酸性氧化物，故A错误；B．完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质，电解质强弱与化合物类型无关，共价化合物可能是强电解质，如硫酸、硝酸等都是强电解质，故B错误；C．二氧化碳溶于水所得溶液能够导电，但属于非电解质，二氧化碳本身不能电离出离子，溶液导电是二氧化碳和水反应生成碳酸电离，CO2为非电解质，故C错误；D．醋酸中存在弱电解质的电离平衡，醋酸和水都是弱电解质，所以醋酸溶液中存在醋酸分子和水分子，均为共价化合物，故D正确；故选D．5．硅橡胶是由经两种反应而制得的，这两种反应依次是（）A．消去、加聚 B．水解、缩聚 C．氧化、缩聚 D．取代、加聚【考点】有机物的结构和性质．【分析】由二甲基二氯硅烷制得硅橡胶的反应流程为，有机物中卤素原子被羟基代替的反应，属于卤代烃的水解反应，含有两个羟基的有机物分子内脱去水会得到高分子化合物，以此解答该题．【解答】解：硅橡胶是由二甲基二氯硅烷经过两种类型的反应而形成的高分子化合物：，在中，前一步实现了有机物中卤素原子被羟基代替的反应，属于卤代烃的水解反应，然后是两分子的羟基脱去水分子形成了高聚物，属于缩聚反应，故选B．6．下列各组离子，在水溶液中能大量共存的是（）（1）I﹣、ClO﹣、NO3﹣、H+（2）k+、Ag（NH3）2+、NO3﹣、H+（3）NH4+、SO42﹣、Cl﹣、HCO3﹣（4）Fe3+、Cu2+、SO42﹣、Cl﹣（5）H+、k+、AlO2﹣、C6H15O﹣（6）Pb2+、Na+、SO42﹣、NO3﹣．A．（1）和（6） B．（3）和（4） C．（2）和（4） D．（2）和（5）【考点】离子共存问题．【分析】（1）离子之间发生氧化还原反应；（2）酸性条件下Ag（NH3）2+不能大量共存；（3）离子之间不发生任何反应；（4）离子之间不发生任何反应；（5）酸性条件下弱酸的酸根离子不能大量共存；（6）反应生成沉淀．【解答】解：（1）酸性条件下ClO﹣、NO3﹣具有强氧化性，与I﹣发生氧化还原反应，故错误；（2）酸性条件下Ag（NH3）2+不能大量共存，故错误；（3）离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；（4）离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；（5）酸性条件下弱酸的AlO2﹣、C6H15O﹣不能大量共存，故错误；（6）Pb2+、SO42﹣反应生成沉淀，不能大量共存，故错误．故选B．7．下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（）A．克过氧化钡（BaO2）固体中阴阳离子总数为B．标准状况下，CHCl3中所含有的原子总数为C．一定条件下，g乙炔、苯的气态混合物中所含碳原子数为D．1mol甲基与1mol羟基所含电子数均为10NA个【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、求出过氧化钡的物质的量，然后根据1mol过氧化钡中含1mol钡离子和1mol过氧根来分析；B、标况下三氯甲烷为液态；C、乙炔和苯的最简式均为CH；D、甲基和﹣OH均含9个电子．【解答】解：A、过氧化钡的物质的量为，而1mol过氧化钡中含1mol钡离子和1mol过氧根，故过氧化钡中含阴阳离子共个，故A错误；B、标况下三氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的原子个数，故B错误；C、乙炔和苯的最简式均为CH，故混合物中含有的CH的物质的量为，则含个碳原子，故C正确；D、甲基和﹣OH均含9个电子，故1mol甲基和1mol﹣OH中均含9NA个电子，故D错误．故选C．8．如图所示，表述不正确的是（）A．该物质能发生缩聚反应B．该物质的核磁共振氢谱上共有7个峰C．该物质遇FeCl3溶液显色，1mol该物质最多能与含1molBr2的溴水发生取代反应D．1mol该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为2：2：1【考点】有机物分子中的官能团及其结构．【分析】A、含有醇羟基和羧基的有机物可以发生缩聚反应；B、物质中有几种类型的等效氢原子，则核磁共振氢谱上有几个峰；C、含有酚羟基的物质可以使FeCl3溶液显色，酚羟基的邻对位氢原子可以和溴发生取代反应；D、酚羟基和羧基可以和金属钠发生反应，羧基可以和氢氧化钠、碳酸氢钠发生反应．【解答】解：A、该物质中含有醇羟基和羧基，可以发生缩聚反应，故A正确；B、物质中有8种类型的等效氢原子，则核磁共振氢谱上有8个峰，故B错误；C、该物质中含有酚羟基，可以使FeCl3溶液显紫色，1mol该物质的酚羟基的邻对位氢原子共1mol可以和1mol溴发生取代反应，故C正确；D、1mol该物质含有酚羟基和羧基汞2mol可以和2mol金属钠发生反应，含有1mol羧基、1mol酚羟基可以和2mol氢氧化钠、1mol碳酸氢钠发生反应，消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为2：2：1，故D正确．故选B．9．正确的实验操作是实验成功的重要因素，如图实验操作正确的是（）A．向容量瓶转移液体 B．放出碘的苯溶液C．钾的焰色反应 D．定容【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．向容量瓶转移液体时要防止液体外溅；B．苯的密度比水小，应从上口倒出；C．应透过蓝色钴玻璃观察；D．定容时胶头滴管不能插入液面以下．【解答】解：A．向容量瓶转移液体时应用玻璃棒引流，以防止液体外溅，故A正确；B．苯的密度比水小，应从上口倒出，故B错误；C．观察钾的焰色反应，应透过蓝色钴玻璃观察，以滤去黄光，故C错误；D．定容时胶头滴管不能插入液面以下，以防止污染，故D错误．故选A．10．下列有关溶液组成的描述合理的是（）A．通入过量SO2气体后仍能大量共存H+、Fe2+、I‾、SO42‾B．使石蕊变红的溶液中可能大量存在Na+、Mg2+、NO3‾、C17H35COO‾C．强碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．加入Al可以放出H2的溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl‾、NO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．四种离子之间不反应，通入二氧化硫气体后也不反应；B．使石蕊变红的溶液中存在大量氢离子，C17H35COO‾与氢离子反应；C．碳酸氢根离子与强碱性溶液中的氢氧根离子反应；D．该溶液呈强碱性或酸性，铁离子与氢氧根离子反应，硝酸根离子在酸性条件下与铝反应不会生成氢气．【解答】解：A．H+、Fe2+、I‾、SO42‾之间不反应，通入二氧化硫后也不反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．该溶液为酸性溶液，C17H35COO‾与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．HCO3﹣与强碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．加入铝放出氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Fe3+与氢氧根离子反应，NO3﹣在酸性溶液中具有强氧化性，与铝反应不会生成氢气，故D错误；故选A．11．下列说法正确的是（）A．向25mL沸水中滴加5﹣6滴饱和FeCl3溶液（含），得所胶体粒子小于NAB．丁达尔效应是胶体区别于溶液的本质特征C．硅酸胶体可由饱和硅酸钠溶液中加入过量稀盐酸制得D．氢氧化铁胶体电泳时阴极颜色加深，证明氢氧化铁胶体带正电【考点】胶体的重要性质．【分析】A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；B、溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小；C、向硅酸钠溶液中加入过量盐酸时，会使生成的胶体发生聚沉；D、胶体不带电．【解答】解：A、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所形成的氢氧化铁胶粒个数小于个，故A正确；B、溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小，而不是丁达尔效应，丁达尔效应只是胶体所特有的性质，故B错误；C、向硅酸钠溶液中加入少量盐酸时，会生成硅酸胶体，当盐酸过量时，会使生成的胶体发生聚沉，得到硅酸沉淀，故C错误；D、胶体不带电，故氢氧化铁胶体电泳时阴极颜色加深，只能说明氢氧化铁胶粒带电，故D错误．故选A．12．如表实验操作能达到实验目的是（）实验操作实验目的A将卤代烃加入到热NaOH溶液中一段时间后，取上层液体，加入AgNO3液产生沉淀证明卤代烃中含有卤元素B电石与水反应制得的气体直接通往酸性KMnO4溶液证明制得的气体是否为乙炔C淀粉在硫酸催化作用下水解，将新制氢氧化铜悬浊液加入到水解后的溶液中检验淀粉水解的产物葡萄糖D向纯碱中滴加醋酸，将产生的气体先通入饱和碳酸氢钠溶液再通入苯酚钠浓溶液证明酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．检验卤代烃水解产物，应先中和碱，再加硝酸银检验卤离子；B．电石与水反应，生成乙炔，可能混有还原性气体硫化氢，干扰了检验；C．应该在加入氢氧化铜浊液前用氢氧化钠中和稀硫酸，否则实验会失败；D．醋酸易挥发，先用饱和碳酸氢钠溶液除去醋酸，然后再将气体通入苯酚溶液．【解答】解：A．卤代烃中加入NaOH溶液，水解后，检验卤素离子应在酸性溶液中，则应先加硝酸至酸性，再加入AgNO3溶液检验，故A错误；B．电石与水反应，生成乙炔，可能混有还原性气体硫化氢，乙炔、硫化氢均能被酸性KMnO4溶液氧化，则不能检验制得的气体是否为乙炔，故B错误；C．淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜浊液的反应应在碱性条件下进行，故C错误；D．向纯碱中滴加醋酸，反应生成二氧化碳气体，由于醋酸易挥发，故将产生的气体先通入饱和碳酸氢钠溶液除去醋酸，然后再通入苯酚钠浓溶液，苯酚变浑浊，可证明酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚，该实验能够达到实验目的，故D正确；故选D．13．在有机物分子中，若某个碳原子连接4个不同的原子或原子团，则这种碳原子称为“手性碳原子”，凡有一个手性碳原子的物质一定具有光学活性．已知某有机物结构如下：具有光学活性，当它发生下列反应后生成的有机物仍然一定具有光学活性的是（）A．与甲酸发生酯化反应 B．与NaOH溶液共热C．与氧气发生催化氧化 D．在催化剂存在下与H2作用【考点】有机物的结构和性质．【分析】根据题意知，手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，如果反应后的生成物的碳原子上连接4个不同的原子或原子团，则其生成物就含有手性碳原子，据此分析解答．【解答】解：A．与甲酸发生酯化反应，C原子仍连接4个不同的原子或原子团，具有光学活性，故A正确；B．与NaOH溶液共热发生水解，反应后生成的物质中C原子上连接两个相同的﹣CH2OH原子团，不具有光学活性，故B错误；C．铜作催化剂的条件下被氧气氧化，﹣CH2OH生成﹣CHO，有2个相同的原子团，不具有光学活性，故C错误；D．在催化剂存在下与H2作用，﹣CHO生成﹣CH2OH，反应后生成的物质中C原子上连接两个相同的﹣CH2OH原子团，不具有光学活性，故D错误．故选A．14．下列叙述中，正确的是（）A．10mL质量分数为98%硫酸，用10mL水稀释后，硫酸的质量分数小于49%B．向两等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的氧化钠和过氧化钠，使溶液均恰好饱和，则加入的氧化钠和过氧化钠的物质的量之比等于1：1（温度不变）C．克HCl溶解在1L水中，所得溶液的密度为ρg/ml，质量分数为ω，物质的量溶液为cmol/L，则ω=ρD．上述HCl气体占有的体积约为【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算．【分析】A．10mL水的质量小于10mL硫酸溶液的质量，则混合液的质量小于原先硫酸溶液的质量的2倍；B．等物质的量的过氧化钠、氧化钠与水反应生成氢氧化钠的物质的量相等；C．利用物质的量浓度与溶质质量分数的关系式c=计算；D．没有指出在标准状况下，不能使用mol计算．【解答】解：A．硫酸的密度大于水，10mL质量分数为98%的H2SO4的质量大于10mL水，混合液质量小于原硫酸溶液质量的2倍，则混合液中H2SO4的质量分数大于49%，故A错误；B．向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，由于等物质的量的过氧化钠、氧化钠与水反应生成的氢氧化钠的量相等，所以使溶液均恰好饱和时加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1：1（温度不变），故B正确；C．根据c=可得：所得溶液的质量分数ω=，故C错误；D．不是标准状况下，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故D错误；故选B．15．下列解释事实或实验现象的化学用语正确的是（）A．铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2OB．澄清石灰水与过量的苏打溶液混合，溶液变混浊：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2OC．1mo•L﹣1的NaAlO2溶液和•L﹣1的Ba（OH）2溶液等体积混合：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓D．过氧化钠固体与水反应制氧气：2O22﹣+2H2O═4OH﹣+O2↑【考点】离子方程式的书写．【分析】A．溶液变为浅绿色，说明反应生成的是亚铁离子；B．苏打为碳酸钠，不存在碳酸氢根离子；C．设溶液体积为1L，根据n=cV计算出偏铝酸钠、氢氧化钡的物质的量，然后根据过量情况判断反应产物；D．过氧化钠不能拆开，应该保留化学式．【解答】解：A．铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色，则特过量，反应生成亚铁离子，正确的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O，故A错误；B．澄清石灰水与过量的苏打溶液混合，反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，溶液变混浊，正确的离子方程式为：Ca2++CO32﹣═CaCO3↓，故B错误；C．设溶液都为1L，则偏铝酸钠为1mol，氢氧化钡为，二者恰好反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，故C正确；D．过氧化钠固体与水反应制氧气，过氧化钠需要保留化学式，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O═4OH﹣+4Na++O2↑，故D错误；故选C．16．某苯的同系物分子式为C11H16，经分析分子中除苯环结构外，不再含有其他环状结构，还有两个﹣CH3，两个﹣CH2﹣和一个，它可能的结构数目是（）A．2 B．3 C．4 D．5【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】根据分子式可知C11H16不饱和度为4．分子中除苯环外不含其它环状结构，苯环的不饱和度为4，所以，含有1个苯环，侧链为烷基．分子中存在一个次甲基，C11H16中含两个甲基，所以满足条件的结构中只有一个侧链．据此写出可能的结构．【解答】解：C11H16不饱和度为=4，C11H16分子中除苯环外不含其它环状结构，苯环的不饱和度为4，所以，含有1个苯环，侧链为烷基．C11H16分子中存在一个次甲基，由于C11H16中含两个甲基，所以满足条件的结构中只有一个侧链．化学式为C11H16的烃结构，分子中含两个甲基，两个亚甲基和一个次甲基，1个苯环的同分异构体有：、、、．故选：C．17．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（）A．一定条件下，2molSO2和1molO2混合在密闭容器中充分反应后容器中的分子数大于2NAB．256gS8分子中含S﹣S键为7NA个，12克金刚石含C﹣C键为4NA个C．由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，CH3COO﹣数目为NA个D．同温同压下，C18O与N2的密度不相同【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应；B、一个S8分子中含8个S﹣S键，据此计算出256g晶体中含有的S﹣S的数目；1mol金刚石中含2molC﹣C键；C、由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，n（OH﹣）+n（CH3COO﹣）=n（Na+）+n（H+）；D、在同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比．【解答】解：A、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故反应后溶液中的分子个数多于2NA个，故A正确；B、256gS8晶体含有S8的物质的量为1mol，1molS8中含有8molS﹣S键，含有的S﹣S键为8NA个；12g金刚石的物质的量为1mol，而1mol金刚石中含2NA条C﹣C键，故B错误；C、由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，n（OH﹣）+n（CH3COO﹣）=n（Na+）+n（H+），而由于溶液显中性，故n（OH﹣）=n（H+），则有n（CH3COO﹣）=n（Na+），故醋酸根的个数为NA个，故C正确；D、在同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，而C18O的摩尔质量为30g/mol，N2的摩尔质量为28g/mol，摩尔质量不同，故密度不同，故摩尔质量不同，故D正确．故选B．18．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．过氧化氢分解制得标准状况下LO2，转移电子数目为NAB．足量铜与含硝酸4mol的浓硝酸反应，生成氮的氧化物中氮的化合价为+4价C．1mol铜与足量浓硝酸反应，生成标况下气体体积为LD．一定温度下，1Lmol•L﹣1NH4NO3溶液中含氮原子个数为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、双氧水分解制取氧气时，氧元素的价态由﹣1价变为0价；B、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，和稀硝酸反应生成NO；C、铜和浓硝酸反应生成NO2，设生成的NO2的物质的量为xmol，根据得失电子数守恒分析；然后根据NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4来分析；D、求出硝酸铵的物质的量，然后根据1mol硝酸铵中含2molN原子来分析．【解答】解：A、双氧水分解制取氧气时，氧元素的价态由﹣1价变为0价，故若制得标况下氧气即氧气时，转移电子即个，故A错误；B、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，随着硝酸变稀，铜和稀硝酸反应生成NO，故生成的产物中氮元素的价态并不全是+4价，故B错误；C、铜和浓硝酸反应生成NO2，设生成的NO2的物质的量为xmol，根据得失电子数守恒可知：1mol×2=xmol×1，解得x=2mol；而NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致气体的物质的量小于2mol，则在标况下的体积小于，故C错误；D、溶液中硝酸铵的物质的量n=CV=L×1L=，而1mol硝酸铵中含2molN原子，故硝酸铵中含NA个氮原子，故D正确．故选D．19．某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到不溶于盐酸的沉淀．由此可知原溶液中（）A．至少存在5种离子B．SO42﹣、NH4+、Fe3+、一定存在，Cl﹣、K+、Al3+可能存在C．K+一定存在，Al3+可能存在D．Cl﹣一定存在，且c（Cl﹣）≥L【考点】常见离子的检验方法．【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到气体，可知一定存在铵根离子，红褐色沉淀是氢氧化铁，固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量==，根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据．【解答】解：加入过量NaOH溶液，加热，得到气体，可知一定存在铵根离子，红褐色沉淀是氢氧化铁，固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量==，A．由上述分析可知，一定含SO42﹣、NH4+、Fe3+，溶液中NH4+、Fe3+所带正电荷为+3×=，SO42﹣所带负电荷为2×=，据电荷守恒，知溶液中必然大量存在另一种阴离子Cl﹣，至少存在4种离子，故A错误；B．由上述分析可知，SO42﹣、NH4+、Fe3+一定存在，由电荷守恒可知，Cl﹣一定存在，故B错误；C．由上述分析可知，SO42﹣、NH4+、Fe3+、Cl﹣一定存在，可能含Al3+、K+，故C错误；D．综上所述，原溶液中一定含Fe3+、NH4+、SO42﹣和Cl﹣，由电荷守恒可知，Cl﹣一定存在，且c（Cl﹣）≥=L，可能含Al3+、K+，故D正确；故选D．20．由CO、H2和O2组成的混和气体60mL，在一定条件下恰好完全反应，测得生成物在101kPa120℃下对氢气的相对密度为，则原混和气体中H2所占的体积分数为（）A． B． C． D．【考点】物质的量的相关计算．【分析】CO、H2和O2组成的混合气体在一定条件下恰好完全反应，生成CO2和H2O，在101kPa，120℃下对氢气的相对密度为，则混合气体的平均相对分子质量为×2=，根据平均相对分子质量可计算CO2与H2O的物质的量的比值，根据原子守恒确定CO、H2的体积之比，根据2CO+O2=2CO2、2H2+O2=2H2O计算CO、H2的总体积，进而计算原混合气体中H2所占的体积分数．【解答】解：CO、H2和O2组成的混合气体在一定条件下恰好完全反应，生成CO2和H2O，在101kPa，120℃下对氢气的相对密度为，则混合气体的平均相对分子质量为×2=，设CO2的物质的量为xmol，H2O的物质的量为ymol，则=，整理得x：y=3：1，根据原子守恒n（CO）：n（H2）=n（CO2）：n（H2O）=3：1，根据2CO+O2=2CO2、2H2+O2=2H2O，可知CO、H2的总体积=60mL×=40mL，故氢气的体积=40mL×=10mL，则原混合气体中H2所占的体积分数为：=，故选A．21．300mLAl2（SO4）3溶液中，含Al3+为，在该溶液中加入LBa（OH）2溶液300mL，反应后溶液中SO42﹣的物质的量浓度为（）A．mol/L B．mol/L C．mol/L D．mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】硫酸铝溶液中c（Al3+）==L，根据化学式知c（SO42﹣）=c（Al3+）=×L=L，n（SO42﹣）=L×=；向该溶液中加入氢氧化钡，二者反应生成硫酸钡和水，n[Ba（OH）2]=L×=，钡离子完全反应需要硫酸根离子，则混合溶液中剩余n（SO42﹣）=﹣=，根据C=计算混合溶液中硫酸根离子物质的量浓度．【解答】解：硫酸铝溶液中c（Al3+）==L，根据化学式知c（SO42﹣）=c（Al3+）=×L=L，n（SO42﹣）=L×=；向该溶液中加入氢氧化钡，二者反应生成硫酸钡和水，n[Ba（OH）2]=L×=，钡离子完全反应需要硫酸根离子，则混合溶液中剩余n（SO42﹣）=﹣=，混合溶液中硫酸根离子物质的量浓度C===mol/L，故选D．22．分子式为C8H14O4的有机物在酸性条件下水解生成一种酸和一种醇，且酸和醇的物质的量之比为1：2，则符合该条件的有机物有（不考虑立体异构）（）A．16种 B．13种 C．10 D．8【考点】有机化合物的异构现象．【分析】此有机物能发生水解反应，应为酯类，且水解生成的酸和醇的物质的量之比为1：2，那么构成此酯的酸应为二元酸，醇为一元醇，据此解答即可．【解答】解：此有机物能发生水解反应，应为酯类，且水解生成的酸和醇的物质的量之比为1：2，那么构成此酯的酸应为二元酸，醇为一元醇，由于是二元酯，故剩余为饱和烃基：若酸为乙二酸，那么剩余为丙基，丙基有2种，故此酯有2种；若酸为丁二酸，剩余为乙基，丁二酸有2种，故此酯类有2种；若酸为己二酸，剩余为甲基，己二酸有9种，故此酯有9种，故总共为2+2+9=13种，故选B．二、填空题23．某同学通过以下装置测定M样品（只含Fe、Al、Cu）中各成分的质量分数．取两份质量均为mg的M样品，按实验1（如图1）和实验2（如图2）进行实验，该同学顺利完成了实验并测得气体体积分别为V1mL和V2mL（已折算到标准状况下）．（1）实验1装置中小试管的作用是液封，避免氢气从长颈漏斗中逸出，控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢，节省药品（2）对于实验2，平视读数前应依次进行的两种操作是：冷却到室温；调整BC液面相平（3）实验1进行实验前，B瓶中水没有装满，使测得气体体积无影响（填“偏大”、“偏小”或“无影响”，下同）；若拆去实验2中导管a，使测得气体体积偏大（4）该实验需要•L﹣1的NaOH溶液470mL，请回答下列问题①配制时应称量gNaOH，配制过程所需仪器小烧杯（或称量瓶）、药匙（填仪器名称）．②配制NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O杂质会导致所配溶液浓度偏大．（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．（5）该实验中所用稀硫酸是用98%的浓硫酸（ρ=cm3）配制的，若将该浓硫酸与等质量的水混合，则所得溶液中溶质物质的量浓度＜L（填＞、＜、=）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】据题意，M只含铁、铝、铜三种金属中的两种或三种，其中铝既能与强酸反应，又能与强碱反应；铁只能溶于强酸，不溶于强碱；铜既不溶于氢氧化钠，也不溶于稀硫酸．（1）实验1的装置中，小试管的作用是对长颈漏斗起到液封作用，防止氢气逸出，控制加液体量，调节化学反应速率，节省药品；（2）对于实验2，平视读数前应等到冷却到室温，并上下移动C量气管，使B、C液面相平，其目的是使B管收集的气体压强等于外界大气压，这样读得的读数才准确；（3）如果实验前B瓶液体没有装满水，不影响实验结果，因为理论上B管收集的气体体积等于排入C管里液体的体积；若拆去导管a，加入液体时，排出锥形瓶中部分空气，导致测定的气体体积偏大；（4）要配制•L﹣1的NaOH溶液470mL，所用容量瓶应为500mL，所以计算氢氧化钠的质量时要按500mL溶液计算，称量时氢氧化钠要放在小烧杯（或称量瓶）中进行，用药匙取药品，NaOH固体中含有Na2O杂质，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，使得溶液中氢氧化钠偏多，据此答题；（5）根据计算该浓硫酸的物质的量浓度．该硫酸与水的密度不同，混合所得溶液的总体积不等于硫酸体积的二倍【解答】解：据题意，M只含铁、铝、铜三种金属中的两种或三种，其中铝既能与强酸反应，又能与强碱反应；铁只能溶于强酸，不溶于强碱；铜既不溶于氢氧化钠，也不溶于稀硫酸．（1）验1的装置中，小试管的作用是对长颈漏斗起到液封作用，防止氢气逸出，控制加液体量，调节化学反应速率，节省药品；故答案为：液封，避免氢气从长颈漏斗中逸出，控制加氢氧化钠溶液的体积来控制反应的快慢，节省药品；（2）对于实验2，平视读数前应等到冷却到室温，并上下移动C量气管，使B、C液面相平，其目的是使B管收集的气体压强等于外界大气压，这样读得的读数才准确，故答案为：冷却到室温；调整BC液面相平；（3）如果实验前B瓶液体没有装满水，不影响实验结果，因为理论上B管收集的气体体积等于排入C管里液体的体积；若拆去导管a，加入液体时，排出锥形瓶中部分空气，导致测定的气体体积偏大；故答案为：无影响；偏大；（4）①要配制•L﹣1的NaOH溶液470mL，所用容量瓶应为500mL，所以配制时应称量•L﹣1××40g/mol=NaOH，称量时氢氧化钠要放在小烧杯（或称量瓶）中进行，用药匙取药品，故答案为：；小烧杯（或称量瓶）、药匙；②NaOH固体中含有Na2O杂质，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，使得溶液中氢氧化钠偏多，所以会导致所配溶液浓度偏大，故答案为：偏大；（5）根据c=可得浓硫酸的物质的量浓度为=L，硫酸与水的密度不同，设硫酸和水的体积都为1L，混合后的密度为ρ，则有混合后的硫酸的物质的量浓度为c==ρ，因ρ＞g/ml，所以c＜L＜L，故答案为：＜．24．乙酸环己酯具有香蕉及苹果气味，主要用于配制各种饮料、冰淇淋等，实验室制备乙酸环己酯的反应装置示意图和有关数据如图1：相对分子质量密度/g•cm﹣3沸点/℃水中溶解性乙酸60溶环己醇100微溶乙酸环己酯142难溶实验步骤：将（）乙酸、（）环已醇和15mL环已烷加入装有温度计、恒压滴液漏斗和球形冷凝管的四颈烧瓶中，在搅拌下，慢慢滴加15mL98%浓硫酸，恒压滴液漏斗换成分水器装置，加热回流90min，将反应液依次加水、10%的NaHCO3溶液、水洗涤，然后加无水MgSO4，放置过夜，加热蒸馏，收集168～174℃的馏分，得到无色透明有香味的液体，得产品（1）上述反应装置图2中存在的一处错误是冷凝水应从下口进上口出．（2）实验中控制乙酸的物质的量是环已醇的2倍，其目的是提高环已醇的转化率．（3）使用分水器（图3）的目的是将生成的水及时从体系中分离出来，提高反应物的转化率．（4）用10%的NaHCO3溶液目的是洗去硫酸和醋酸；第二次水洗的目的是洗去碳酸氢钠；加入无水MgSO4的目的是干燥．（5）本次实验产率为%．（6）若在进行蒸馏操作时，采用图3装置，会使实验的产率偏高（填“偏高”“偏低”“无影响”），其原因是产品中会收集到未反应的环己醇．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）根据装置中仪器的使用方法判断；（2）酯化反应是可逆反应，增加一种反应物的物质的量可以提高另一种反应物的转化率；（3）减少生成的物质的量可以提高反应物的转化率；（4）反应液中有硫酸、醋酸等酸性物质，可以与碳酸氢钠反应，再用水除去碳酸氢钠；无水MgSO4的具有吸水性；（5）根据产率=×100%进行计算；（6）环己醇的沸点比乙酸环己酯低，若采用如图3装置，产品中有未反应的环己醇．【解答】解：（1）冷凝管使用时，冷凝水应从下口进上口出，故答案为：冷凝水应从下口进上口出；（2）酯化反应是可逆反应，增加一种反应物的物质的量可以提高另一种反应物的转化率，所以增加乙酸的量可以提高环已醇的转化率，故答案为：提高环已醇的转化率；（3）在制乙酸环己酯的反应中，水是生成物，将生成的水及时从体系中分离出来，提高反应物的转化率，故答案为：将生成的水及时从体系中分离出来，提高反应物的转化率；（4）反应混合液中有硫酸、醋酸等酸性物质，可以与碳酸氢钠反应，所以可以用再用碳酸氢钠洗去硫酸和醋酸，再用水可以洗去碳酸氢钠，无水MgSO4的具有吸水性，所以用，无水MgSO4干燥产品，故答案为：洗去硫酸和醋酸；洗去碳酸氢钠；干燥；（5）乙酸和环己醇反应，理论上可以生成乙酸环己酯，即，而实际产量是，所以本次实验的产率=×100%=×100%=%，故答案为：%；（6）环己醇的沸点比乙酸环己酯低，若采用如图3装置，产品中有未反应的环己醇，所以会使实验的产率偏高，故答案为：偏高；产品中会收集到未反应的环己醇．25．辣椒素是辣椒的活性成分，可以预防心脏病，也能缓解肌肉关节疼痛．辣椒素中酯类化合物的结构可以表示为：（R为烃基）．其中一种辣椒素酯类化合物J的合成路线如下：已知：①A、B和E为同系物，其中B的相对分子质量为44，A和B核磁共振氢谱显示都有两组峰；②化合物J的分子式为C15H22O4；③回答下列问题：（1）G所含官能团的名称为羟基、醚键．（2）由A和B生成C的化学方程式为（CH3）3CCHO+CH3CHO（CH3）3CCH=CHCHO+H2O．（3）由C生成D的反应类型为加成反应，D的化学名称为4，4﹣二甲基﹣1﹣戊醇．（4）由H生成I的化学方程式为．（5）J的结构简式为．（6）G的同分异构体中，苯环上的一氯代物只有一种的共有8种（不含立体异构），核磁共振氢谱显示2组峰的是（写结构简式）．【考点】有机物的推断．【分析】D氧化得到E、E氧化得到F，则D中存在﹣CH2OH结构，E含有﹣CHO，F含有﹣COOH，F与I反应得到J，J的分子式为C15H22O4，结合J的结构特点，可知F为C6H13COOH．A、B和E为同系物，其中B的相对分子质量为44，则B为CH3CHO，A分子中碳原子数目为5，A的核磁共振氢谱显示有两组峰，则A为（CH3）3CCHO，根据信息③可知，A与B反应得到C，C与氢气反应得到D，则C为（CH3）3CCH=CHCHO，D