高中化学人教版有机化学基础本册总复习总复习-参赛作品

河南省洛阳市第十九中学2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙（其pH变色范围为～）作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是A．酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸润洗2～3次B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失C．锥形瓶溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次【答案】C【解析】试题分析：A．酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸润洗2～3次，导致酸液浓度降低，消耗酸液体积增大，结果偏高；B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，导致读数增大，偏高；C．锥形瓶溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度，导致酸液体积减小，偏低；D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次，导致待测液溶质增多，消耗标准液体积增大，偏高，选C。考点：考查酸碱中和滴定的误差分析。。2．将盛有氮气和二氧化氮（假设无N2O4）混合气体的试管倒立于水中，经过足够长时间后，试管内气体的体积缩小为原来的一半，则原混合气体中氮气与二氧化氮的体积比是（）：1 ：2 ：3 ：1【答案】C【解析】正确答案：C3NO2＋H2O=NO＋2HNO3△n123v/4v/4v/2余下的NO、N2共v/2

,其中NO是v/4，则N2也是v/4,NO2为3v/4,原混合气体中氮气与二氧化氮的体积比是1:33．.“mol/L的Na2SO4溶液”的含义是()A、1L水中有1molNa2SO4B、1L溶液中含有142gNa2SO4C、SO42-的物质的量浓度为mol/LD、1LNa2SO4溶液中含有Na+1mol【答案】B【解析】考查物质的量浓度的概念及其有关计算等。用单位体积溶液里所含溶质的物质的量表示的浓度是物质的量浓度。硫酸钠的摩尔质量是142g/mol，所以选项B正确，其余都是错误的，答案选B。4．下列生产、生活等实际应用，不能用勒夏特列原理解释的是A．实验室中配制FeCl3溶液时，应向其中加入少量浓盐酸B．合成氨工业中使用铁触媒做催化剂C．饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制得氢氧化铁胶体D．用MgCl2·6H2O制取无水MgCl2时需在HCl气流中进行【答案】B【解析】试题分析：勒夏特列原理又称平衡移动原理A、实验室中配制FeCl3溶液时，应向其中加入少量浓盐酸以抑制FeCl3的水解，使水解平衡向逆方向移动；B、合成氨工业中使用铁触媒做催化剂，催化剂对化学平衡的移动没有影响；C、饱和FeCl3溶液滴入沸水中利用水解反应可制得氢氧化铁胶体，加热水解平衡向正方向移动；D、用MgCl2·6H2O制取无水MgCl2时需在HCl气流中进行，以抑制Mg2+的水解；答案选B。考点：勒夏特列原理5．下列关于胶体的叙述中，不正确的是A.胶体是一种介稳体系B.胶体和悬浊液都能透过滤纸C.利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体D.胶体中分散质粒子的直径小于1nm【答案】D【解析】胶体的分散质粒子在1~100nm。6．化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是()A．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率B．电解熔融，可制得金属镁C．在铁制品上镀银时，镀件为阳极，银盐为电镀液D．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化【答案】C【解析】试题分析：A．在海轮外壳上镶入锌块，Zn、Fe及海水构成原电池，Zn作原电池的负极首先被腐蚀，因此可减缓船体的腐蚀速率，正确；B.由于Mg活动性很强，要用电解熔融的方法来制取金属镁，正确；C.在铁制品上镀银时，镀层金属作阳极，镀件为阴极，银盐为电镀液，错误；D.明矾水解形成的Al(OH)3胶体表面积大，能吸附水中悬浮物，从而可用于水的净化，正确。考点：考查化学知识在生产和日常生活中的重要的应用的知识。7．一定温度下，对于反应N2＋O22NO在密闭容器中进行，下列措施能加快反应速率的是()A．增大体积使压强缩小B．恒容，充入N2C．恒容，充入He气D．恒压，充入He气【答案】B【解析】试题分析：增大体积使压强缩小，反应速率降低。恒容，充入N2，氮气浓度增大，反应速率加快。恒容，充入He气，则浓度不变，反应速率不变。恒压，充入He气，容器体积增大，反应速率降低，答案选B。考点：考查外界条件对反应速率的影响点评：该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。该题的关键是明确压强对反应速率的影响是通过改变浓度实现，且只能适用于气体体系。8．过氧化钠具有强氧化性，遇木炭、铝粉等还原性物质时可燃烧．下列有关说法不正确的是A．Na2O2与CO2反应时，Na2O2是氧化剂，CO2是还原剂B．1mol过氧化钠中阴离子数目为1NAC．过氧化钠与木炭、铝粉反应时，过氧化钠均表现出强氧化性D．过氧化钠与二氧化硫反应时可生成硫酸钠【答案】A【解析】试题分析：A．Na2O2与CO2反应时，Na2O2中的O元素的化合价部分升高，部分降低，因此Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，错误；B．1mol过氧化钠中阴离子数目为1NA，正确；C．过氧化钠有强的氧化性，可以与木炭、铝粉，此时过氧化钠均表现出强氧化性，正确；D．过氧化钠有氧化性，与还原性物质二氧化硫反应可生成硫酸钠，正确。考点：考查过氧化钠的结构、性质及作用的知识。9．常温下，1mol化学键形成（或断裂）的能量变化用E表示。根据表中信息判断，下列说法正确的是共价键H—HCl—ClH—ClE（kJ·mol-1）436243432A．H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）ΔH＝+247kJ·mol-1B．H（g）+Cl（g）→HCl（g）ΔH＝＋432kJ·mol-1C．1molH2（g）与1molCl2（g）的总能量高于2molHCl（g）的总能量D．用电子式表示HCl的形成过程：【答案】C【解析】试题分析：反应物的总键能—生成物的总键能等=焓变。H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）∆H＝436+243－2×432＝-185kJ·mol-1，故A错误；生成化学键放热，H（g）+Cl（g）→HCl（g）∆H＝－432kJ·mol-1，故B错误；H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）为放热反应，1molH2（g）与1molCl2（g）的总能量高于2molHCl（g）的总能量，故C正确；HCl为共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程，故D错误。考点：本题考查化学反应中的能量变化。10．常温下，若使pH=3的盐酸与pH=9的Ba(0H)2溶液混合使其成为pH=7的溶液，混合时两溶液的体积比为()。A．1：60B．3：1C．100：lD．1：100【答案】D【解析】试题分析：强酸与强碱混合溶液呈中性，说明n(H+)=n(OH-),n(H+)=10-3×V（HCl），n(OH-)=10-5×V（Ba(0H)2），所以10-3×V（HCl）=10-5×V（Ba(0H)2），两溶液的体积比为V（HCl）：V（Ba(0H)2）=1:100，答案选D。考点：考查强酸与强碱溶液混合的有关计算11．工业上常利用液晶显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末为原料回收金属铈（Ce），金属铈是一种重要的稀土元素，原子序数为58，它有四种同位素，元素的相对原子质量为140，下列有关说法正确的是A．它是第五周期元素B．原子核内一定有82个中子C．铈的四种同位素形成的中性原子核外电子数相同D．Ce2+离子中有55个质子【答案】C【解析】试题分析：A、Ce是58号元素，位于第六周期，错误；B、铈的四种同位素原子核内中子数都不相同，且依据题目条件无法求得，错误；C、铈的四种同位素形成的中性原子核外电子数等于核内质子数，都是58，正确；D、Ce3+离子中有58个质子，错误。考点：考查元素周期表及原子结构。12．实验：①将0．1mol·L－1MgCl2溶液和0．5mol·L－1NaOH溶液等体积混合得到浊液；②取少量①中浊液，滴加0．1mol·L－1FeCl3溶液，出现红褐色沉淀；③将①中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0．1mol·L－1FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色；④另取少量白色沉淀，滴加饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解。下列说法中，不正确的是：A．将①中所得浊液过滤，所得滤液中含少量Mg2+B．浊液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH－(aq)C．实验②和③均能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶D．NH4Cl溶液中的NH4+可能是④中沉淀溶解的原因【答案】C【解析】试题分析：将0．1mol?L-1MgCl2溶液和0．5mol?L-1NaOH溶液等体积混合得到氢氧化镁悬浊液和氯化钠以及剩余氢氧化钠的混合物，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2Mg2＋+2OH－，将①中所得浊液氢氧化镁过滤，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2Mg2＋+2OH－，所得滤液中含少量Mg2＋，故A正确；浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2（s）Mg2＋（aq）+2OH－（aq），故B正确；实验②中是因为剩余的氢氧化钠和氯化铁之间反应生成氢氧化铁的缘故，不能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶，故C错误；氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2Mg2＋+2OH－，加氯化铵，会和氢氧根离子之间反应，所以平衡正向移动，沉淀溶解，故D正确，故选C。考点：考查镁、铁的化合物的性质、沉淀溶解平衡的移动等方面的知识。13．下列反应的离子方程式书写正确的是（） A.钠和冷水反应Na＋2H2O＝Na+＋2OH＋H2↑B.金属铝溶于氢氧化钠溶液Al＋2OH＝AlO2＋H2↑C.金属铝溶于盐酸中：2Al＋6H+＝2Al3+＋3H2↑D.磁性氧化铁跟稀硫酸反应：Fe3O4＋8H+＝3Fe3+＋4H2O【答案】C【解析】A不正确，电子的得失不守恒；B不正确，反应物还有水参加；D不正确，生成物是硫酸铁、硫酸亚铁和水，所以正确的答案选C。14．下列说法中正确的是A．若M度T0C时水的离子积常数为KW在该温度下的中性溶液中c(H+)=mol/LB．25℃时HCl溶液中的c(H+)一定大于25℃时NH4Cl溶液中的c(HC．1mol/LCH3COOH溶液和1mol•L-1KOH溶液等体积混合，混合溶液中c(K+)=c(CH3COO-)D．pH=的NaHSO3溶液中：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)【答案】A【解析】试题分析：A、根据Kw=c(H+)c(OH-)，正确；B、跟浓度有关系，不一定正确；C、混合后恰好反应生成CH3COOK，发生水解，故有c(K+)>c(CH3COO-)，错误；D、溶液呈酸性，说明电离大于水解，故有c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)，错误。考点：考查电解质溶液，涉及弱电解的电离、水的电离的计算、盐类水解、粒子浓度大小比较等。15．某一有机物A可发生下列变化：已知C为羧酸，且C、E不发生银镜反应，则A的可能结构有A．4种B．3种C．2种D．1种【答案】C【解析】试题分析：A的分子式为C6H12O2，A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，B应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化，D应为醇，则A属于酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，则C不可能为甲酸；若C为乙酸，则D为CH3CH（OH）CH2CH3，若C为丙酸，则D为CH3CH（OH）CH3，若C为丁酸，则D为乙醇、E为乙醛，不可能，所以A只能为：CH3COOCH（CH3）CH2CH3或CH3CH2COO2CH（CH3）2，总共有两种可能的结构，故选C。【考点定位】考查有机物的推断【名师点晴】注意C和E都不能发生银镜反应的特点，为解答该题的关键，以此推断对应的酸或醇的种类和推断出A的可能结构；A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化，应为醇，则A应为酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，如C为乙酸，则D为CH3CHOHCH2CH3，如C为丙酸，则D为CH3CHOHCH3，据此进行解答。16．(8分)84消毒液是一种以次氯酸钠为主要成分的高效消毒剂。（1）次氯酸钠溶液呈碱性，原因可用离子方程式表示为；（2）二氧化碳、氢氧化钠、氯化钠三种物质中，添加到84消毒液中可增强其消毒效果的是；（3）84消毒液可以通过电解氯化钠稀溶液制取，电解装置通常选用铁和碳棒为电极，电解时铁电极反应式为。【答案】（共8分）（1）ClO－+H2OHClO+OH－（3分）（2）二氧化碳（2分）（3）2H++2e-＝H2↑或2H2O+2e-＝H2↑+2OH－（3分）【解析】试题分析：（1）次氯酸钠溶液呈碱性，由于该盐是次氯酸盐，属于强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应：ClO－+H2OHClO+OH－，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，当最终达到平衡时，c(OH－)>c(H+),所以溶液显碱性；（2）由于酸性H2CO3>HClO，所以向该盐溶液中通入二氧化碳气体，会发生复分解反应：2NaClO+H2O+CO2=Na2CO3+2HClO,产生有强氧化性HClO，使溶液的杀菌消毒作用增强，故应该选择的物质是二氧化碳；（3）84消毒液可以通过电解氯化钠稀溶液制取，电解装置通常选用铁和碳棒为电极，由于铁的活动性较强，若Fe作阳极，会会发生反应，失去电子，溶液中的Cl-就不能失去电子变为氯气，与溶液中产生的NaOH发生反应制取次氯酸钠，所以电解时铁电极为阴极，在阴极，溶液中的H+得到电子变为氢气，该电极的反应式为2H++2e-＝H2↑或写为2H2O+2e-＝H2↑+2OH－。考点：考查关于高效消毒剂次氯酸钠的制取方法、化学性质及增强其作用和性质的方法的知识。17．（16分）化学反应原理对化学反应的研究具有指导意义。（1）机动车废气排放已成为城市大气污染的重要来源。、。②汽车汽油不完全燃烧时还产生CO，若设想按下列反应除去CO：2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)ΔH>0，该设想能否实现？（选填“能”或“不能”），依据是。（2）氯气在298K、100kPa时，在1L水中可溶解，实验测得溶于水的Cl2约有1/3与水反应。该反应的离子方程式为，在上述平衡体系中加入少量NaOH固体，溶液中Cl—浓度（选填“增大”、“减小”或“不变”）。案。【答案】16．（16分）（1）①温度升高，反应速率加快温度升高，有利于平衡反应正向进行②不能该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行（2）Cl2+H2OH++Cl—+HClO增大（3）正反应加入少许铁粉或加入少许碘（其他合理设计即可）【解析】试题分析：（1）温度升高，反应速率加快;温度升高，有利于平衡反应正向进行;②该反应是焓增、熵减的反应，根据任何温度下均不能自发进行；（2）氯气溶于水是可逆反应，离子方程式为：Cl2+H2OH++Cl—+HClO，在上述平衡体系中加入少量NaOH固体,消耗H+，平衡正向移动，溶液中Cl—浓度增大；（3）加入少许铁粉或加入少许碘。考点：考查温度对化学反应速率的影响，化学反应方向，离子方程式的书写，平衡移动方向。18．（14分）实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，瓶口竖直安装通有冷却水的冷凝管（使反应混合物的蒸气冷凝为液体流回烧瓶内），加热回流一段时间后换成蒸馏装置进行蒸馏（如下图所示），得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品。请回答下列问题：（已知：乙醇、乙酸、乙酸乙酯的沸点依次是78.4℃、118℃、（1）在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入几块碎瓷片，其目的是_________________________。（2）在烧瓶中加入一定比例的乙醇和浓硫酸的混合液的方法是。（3）生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，反应一段时间后，就达到了该反应的限度，即达到化学平衡状态。下列描述能说明该反应已达到化学平衡状态的是(填序号)。①单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水②单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸③单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸④正反应的速率与逆反应的速率相等⑤混合物中各物质的浓度不再变化（4）（每空1分）现拟分离含乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗产品，下图是分离操作步骤流程图。请在图中圆括号内填入适当的试剂，在方括号内填入适当的分离方法。E为____________(填名称)；试剂a是__________，试剂b为_______；分离方法①是___________，分离方法②是__________________，分离方法③是__________。（5）写出C→D反应的化学方程式。【答案】（1）防止烧瓶中液体暴沸（2）先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶，边加边振荡。（3）②④⑤（4）（每空1分）乙醇饱和碳酸钠溶液浓硫酸分液蒸馏蒸馏（5）2CH3COONa+H2SO4=Na2SO4+2CH3COOH【解析】（1）酯化反应需要加热，为了防止液体沸腾时剧烈跳到，需要碎瓷片防止暴沸。（2）浓硫酸溶于水放出大量的热，且浓硫酸的密度大于水的。为了防止乙醇和乙酸的挥发，需要把浓硫酸注入乙醇中，等冷却后，再加入乙酸。（3）①和③中反应速率的方向是相同，在任何情况下都成立，不正确。②中反应速率的方向相反，且速率之比满足相应的化学计量数之比，正确。④⑤均符合化学平衡的特点，是正确的。答案选②④⑤（4）粗产品中含有乙醇和乙酸，需要利用饱和碳酸钠溶液除去乙酸和乙醇，然后分液即得到乙酸乙酯溶液A，最后通过无水碳酸钠得到乙酸乙酯F。B中含有乙醇和乙酸钠以及剩余的碳酸钠。所以可直接蒸馏得到乙醇。向剩余的溶液中加入浓硫酸即得到乙酸，最后还是通过蒸馏得到乙酸。（5）醋酸钠和硫酸反应生成醋酸和硫酸钠。19．甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体。A和B以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液。请根据下图的转化关系回答：（1）用方程式解释A使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因___________________（2）写出溶液C中加氯水的离子方程式___________________(3)若A和B按1:1通入水中反应，写出反应方程式____________________________。【答案】(1)NH3+H2ONH３·H2ONH4++OH-(2)SO32-+Cl2+H2O==SO42-+2Cl-+2H+(3)SO2+NH3+H2O=NH4HSO3【解析】略20．(14分)某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：①碱式滴定管用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗2～3次后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于"0"刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗锥形瓶2～3次；从碱式滴定管中放入待测溶液到锥形瓶中；②将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入L标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于"0"刻度以下的位置，记下读数；③向锥形瓶中滴入酚酞作指示剂，进行滴定。滴定至指示剂恰好变色，且半分钟不变化，测得所耗盐酸的体积为V1mL；④重复以上过程，但滴定过程中向锥形瓶加入5mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL。（1）锥形瓶中的溶液从_____色变为_____色时，停止滴定。（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注视_________；（3）该小组在步骤①中的错误是____，由此造成的测定结果_____（填偏高、偏低或无影响）；（4）步骤②缺少的操作是__________；（5）如图，是某次滴定时滴定管中的液面，其读数为mL（6）根据下列数据：滴定次数待测液体(mL)标准盐酸体积（mL）滴定前读（mL）滴定后读数（mL）第一次第二次第三次请选用合理的数据计算待测烧碱溶液的浓度为_______

mol/L(7)下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是_____；A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．读取盐酸体积时，滴定结束时俯视读数【答案】（1）红（1分）无（1分）（2）锥形瓶内溶液颜色的变化（2分）（3）用锥形瓶润洗待测液（1分）偏高（1分）（4）用锥形瓶润洗滴定管（2分）（5）（也给分）（2分）（6）（2分）（7）D【解析】（3）用待测溶液润洗锥形瓶，致使氢氧化钠的总量增大，则消耗盐酸的体积增大，故测定结果偏高；（5）滴定管，读到mL；（6）三次消耗盐酸的体积依次为：、、，第3次误差较大，故取前两次的平均值，得：V(HCl)=mL，代入c(NaOH)V(NaOH)=c(HCl)V(HCl)，得：c(NaOH)=mol/L（7）c(NaOH)=[c(HCl)V(HCl)]/V(NaOH),所有操作都归结到V(HCl)）（酸性滴定管的读数）A导致c(HCl)减小，则V(HCl)偏大，故A导致所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏高，B无影响，C导致V(HCl)读数偏大，故C导致所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏高，DV(HCl)=V后-V前，滴定结束时俯视读数，导致V后读数偏小，故D导致所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低，21．（本题共10分）硫化钠是用于皮革鞣制的重要化学试剂，可用无水芒硝（Na2SO4）与炭粉在高温下反应而制得，反应式如下：Na2SO4+4CNa2S+4CO↑②Na2SO4+4CONa2S+4CO2（1）现要制取Na2S7.80g，若生产过程中无水芒硝（Na2SO4）的利用率为90%，则理论上需要无水芒硝（Na2SO4）g（精确到）；（2）若在反应中生成的Na2S物质的量为1mol，则消耗的碳单质的物质的量n的范围是≤n≤；（3）若在上述反应中消耗的碳单质为1mol，生成Na2S的物质的量为ymol，生成的CO和CO2的物质的量之比为x，则y与x的关系式为y=；（4）Na2S放置在空气中，会被缓慢氧化成Na2SO3及Na2SO4，现称取已经部分氧化的硫化钠样品39.20g溶于水中，加入足量盐酸，充分反应后过滤得沉淀9.6g，放出H2S气体1.12L（标准状况）。请计算：39.20g样品中各氧化产物的物质的量（不考虑气体在水中的溶解）。【答案】（1）（2）2mol~4mol（3）y=EQ\F(2+x,4+4x)（4）n(Na2SO3)=mol、n(Na2SO4)=mol【解析】（1）根据硫原子守恒可知，，解得m＝15.78g。（2）由反应①和②可得反应③：Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑根据反应①和反应③，由极值法得：消耗的碳单质的物质的量范围n的范围是：2mol~4mol。（2分）（3）根据反应①：Na2SO4+4CNa2S+4COaxmolax/4molaxmol根据反应③：Na2SO4+2CNa2S+2CO2amola/2molamol根据题意得：amol+axmol=1mola/2mol+ax/4mol=ymol解得：y=EQ\F(2+x,4+4x)（2分）（4）2Na2S+Na2SO3+3H2SO4=3Na2SO4+3S↓+3H2ONa2S+H2SO4=Na2SO4+H2S根据以上两个反应结合题中条件可求得：39.20g样品中有Na2SO3：molNa2S：再应用质量守恒得：Na2SO4：mol39.20g样品中氧化产物：n(Na2SO3)=mol（2分）n(Na2SO4)=mol（2分）22．(10分)已知环己烯可以通过丁二烯与乙烯发生环化加成反应得到。已知B、C、D、E、F五种烃有如下转化关系，B为苯的同系物，最多只有13个原子处于同一平面上，D中所有的原子一定在同一平面上。则：（1）写出B→F的化学方程式：________________________________（2）满足条件的E的结构简式可能为______________（3）满足条件的C的名称可能为_____________________________。【答案】（1）＋3H2（2）（3）2—甲基—1，3—丁二烯1，3—戊二烯【解析】试题分析：B为苯的同系物，最多只有13个原子处于同一平面上，则B为甲苯，甲苯在催化剂Ni的条件下能与氢气发生加成反应生成甲基环己烷，所以甲苯生成甲基环己烷的化学方程式为：＋3H2（2）根据题目中的已知信息，C与D生成E，E在催化剂Ni的条件下能与氢气发生加成反应生成甲基环己烷，说明E为环烯烃，则E的结构简式可能