高中化学鲁科版有机化学基础本册总复习总复习 优质课奖

山东省莱州市第三中学2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．下列有机物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是：A.乙烯B.乙醇C.聚乙烯D.苯【答案】CD【解析】2．中国丝绸有五千年的历史和文化。古代染坊常用某种“碱剂”来精练丝绸，该“碱剂”的主要成分是一种盐，能促进蚕丝表层的丝胶蛋白质水解而除去，使丝绸颜色洁白、质感柔软、色泽光亮．这种“碱剂”可能是A．食盐B．火碱C．草木灰D．胆矾【答案】C【解析】试题分析：由题意可知，该物质是一种盐，水溶液呈碱性，为强碱弱酸盐A．食盐中氯化钠为强酸强碱盐，故A错误；B．火碱是氢氧化钠，属于碱，故B错误；C．草木灰中碳酸钾强碱弱酸盐，故C正确；D．胆矾是硫酸铜晶体，是强酸弱碱盐，故D错误；故选C。考点：考查盐的性质，涉及NaOH、NaCl和胆矾的性质。3．化学上将质量数相同而质子数不同的原子称为同量素，如40K和40Ca。下列关于40K和40Ca的叙述中正确的是

(

)A．40K和40Ca具有相同的中子数B．40K＋和40Ca2＋具有相同的电子层结构C．39K和40K互为同素异形体D．40K和40Ca互为同位素【答案】B【解析】A错，40K的中子数为21，40Ca的中子数为20；B正确；C错，同素异形体是指同种元素的不同单质；D错，同位素是指质子数相同且中子数不同的同一元素的不同原子；4．能量之间是可以相互转化的。下列过程中，有电能转化为化学能的是（）A．电解水 B．光合作用 C．打手机 D．点燃氢气【答案】A【解析】光合作用：光能------化学能 点燃氢气：化学能-------热能电解水：电能---------化学能打手机：电磁能-----热能5．下列物质，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的是A．AlCl3B．Al(OH)3C．KOH【答案】B【解析】试题分析：A、氯化铝与盐酸不反应，A错误；B、氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，B正确；C、氢氧化钾是强碱，与氢氧化钠不反应，C错误；D、盐酸是强酸，不能与盐酸反应，D错误，答案选B。【考点定位】本题主要是考查元素及其化合物的性质【名师点晴】该题的关键是熟练记住常见物质的性质。既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应物质在中学阶段常见的有金属铝，两性氧化物氧化铝，两性氢氧化物氢氧化铝，弱酸的酸式盐如碳酸氢钠，弱酸的铵盐溶液碳酸铵以及氨基酸等，答题时注意灵活应用。6．现有两种短周期元素A、B的原子序数分别为a、b，若a+8=b，则下列有关A、B的说法正确的是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在相邻周期，则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】试题分析：a+8=b，则A和B两种元素可以是H和F、O和S，所以选项A、B、C都是错误的，答案选D。考点：考查元素周期表的结构点评：该题是中等难度的试题，试题注重解题的灵活性，侧重方法的培养。有利于培养学生的发散思维能力，提高学生分析问题、解决问题的能力。该题的关键是要学会通过举例排除逐一筛选得出结论的解题方法。7．如图为某化学反应的速率与时间的关系示意图。在t1时刻升高温度或增大压强，速率的变化都符合示意图的反应是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】试题分析：在t1时刻升高温度或增大压强，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，如是升高温度，正反应应为放热反应，如是增大压强，则反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，只有B符合，故答案为B。考点：本题考查化学平衡移动、图像的分析。8．T°C时，在一固定容积的密闭容器中发生反应：A（g）+B（g）⇌C（s）△H＜0，按照不同配比充入A、B，达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线（实线）所示，下列判断正确的是（）A．T°C时，该反应的平衡常数值为4B．c点没有达到平衡，此时反应向逆向进行C．若c点为平衡点，则此时容器内的温度高于T°CD．T°C时，直线cd上的点均为平衡状态【答案】C【解析】A、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，固体和纯液体不写入表达式，A（g）+B（g）⇌C（s），平衡常数K===，故A错误；B、依据图象分析可知，C点浓度商Q＜K，反应正向进行，故B错误；C、反应是放热反应，若C点为平衡状态，此时平衡常数小于T°C平衡常数，说明平衡逆向进行，是升温的结果，温度高于T°C，故C正确；D、T°C时平衡常数不变，曲线上各点位平衡状态，其它点温度不同不是平衡状态，故D错误；【点评】本题考查了化学平衡常数的影响因素分析和计算应用，主要是破坏原理的影响因素分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．9．向某溶液中加入含Fe2＋的溶液后，无明显变化。当再滴入几滴新制氯水后，混合溶液变成红色，则下列结论错误的是A．该溶液中一定含有SCN－B．氧化性：Fe2＋>Cl2C．Fe2＋与SCN－不能形成红色物质D．Fe2＋被氧化为Fe3＋【答案】B【解析】试题分析：根据现象可知，加入氯水后，将亚铁离子氧化生成了铁离子，铁离子和SCN－反应使溶液显红色，这说明氯气的氧化性大于铁离子的，B项错误，其余都是正确的，答案选B。考点：考查铁的化合物的性质。10．镁铁混合物13．8g溶解在足量某浓度的稀硝酸中，完全反应，其还原产物只有一氧化氮（0．3mol），则向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，可生成的沉淀质量为A．26B．29．1gC．29．5gD．24g【答案】B【解析】试题分析：在反应中金属失去电子的物质的量与硝酸得到电子变为NO得到电子的物质的量相等，而金属失去电子变为金属阳离子时，再滴加NaOH溶液时，结合OH-的数目相等。n(e-)=0．3mol×3=0．9mol,则金属阳离子结合的OH-的物质的量也是0．9mol，则产生沉淀的质量是m(沉淀)=m(金属)+m(OH-)=13．8g+0．9mol×17g/mol=29．1g。故选项是B。考点：考查守恒方法在氧化还原反应的应用的知识。11．下列说法不正确的是A．Cl2能使湿润的有色布条褪色，所以Cl2具有漂白性B．红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧，反应生成FeCl3C．利用溴单质的氧化性可以把碘离子转化为碘单质D．实验室常用NaOH溶液吸收多余的Cl2以避免污染【答案】A【解析】试题分析：A、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氯气无漂白作用，故A错误；B、氯气具有强氧化性氧化变价金属为高价态化合物，红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧，反应生成FeCl3，故B正确；C、溴单质氧化性大于碘单质，溴单质氧化碘离子生成碘单质，故C正确；D、氯气有毒不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，故D正确；故选A。考点：考查了氯气的化学性质、铁的化学性质的相关知识。12．下列电离方程式正确的是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】试题分析：A/硫酸镁是强电解质,完全电离产生镁离子和硫酸根离子,正确;B/氢氧化钡是强电解质,完全电离产生氢氧根离子与钡离子的个数比是2:1,错误;C/硫酸铝是强电解质,完全电离产生的铝离子与硫酸根离子的个数比是2:3,铝离子应写成Al3+，错误；D、氯酸钾是强电解质，完全电离产生钾离子和氯酸根离子的个数比是1:1，错误，答案选A。考点：考查电解质电离方程式的判断13．用惰性材料作电极，分别电解下列物质，当相同电量时，下列指定的电极上析出气体质量最大的是A．熔融的NaCl（阳极）B．NaCl溶液（阴极）C．NaOH溶液（阴极）D．Na2SO4（阳极）【答案】A【解析】试题分析：电解熔融氯化钠、氯化钠溶液、氢氧化钠溶液和硫酸钠溶液的方程式分别为：2NaClO电解=2Na+Cl2↑～2e-、2NaCl+2H2O电解=2NaOH+Cl2↑+H2↑～2e-、2H2O电解=2H2↑+O2↑～4e-、2H2O电解=2H2↑+O2↑～4e-，由电解方程式可知，每转移2mol电子，电解熔融氯化钠阳极得到1mol氯气，质量是71g、电解氯化钠溶液阴极得到1mol氢气，质量是2g、电解氢氧化钠溶液阴极产生1mol氢气，质量是2g，电解硫酸钠溶液阳极产生氧气，质量是电解=电解=电解=电解=考点：考查电解产物的判断和计算14．下列离子方程式与所述事实不相符的是（）A．苯酚钠溶液中通入少量CO2：C6H5O－+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3－B．在碳酸氢钠溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Ba2＋+OH－+HCO3－==BaCO3↓+H2OC．用新制的氢氧化铜悬浊液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2Cu(OH)2+OH－CH3COO－+Cu2O↓+3H2OD．向Ca(ClO)2溶液中通入过量SO2：Ca2++2ClO—+SO2＋H2O=CaSO4↓＋2H++Cl—+HClO【答案】D【解析】次氯酸钙具有氧化性，和SO2发生氧化还原反应，还原产物是氯离子，所以选项D是错误的，其余都是正确的，答案选D。15．如图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图。下列说法不正确的是A．该过程是电能转化为化学能的过程B．铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e-=CH4+2H2OC．一段时间后，①池中n(KHCO3)不变D．一段时间后，②池中溶液的pH一定升高【答案】CD【解析】试题分析：该装置是一个电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；CO2电催化还原为CH4的过程是一个还原反应过程，所以铜电解是电解池的阴极，铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，故B正确；在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应，即CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，一段时间后，氢离子减小，氢氧根浓度增大，氢氧根会和①池中的碳酸氢钾反应，所以n(KHCO3)会减小，故C错误；在电解池的阳极上，是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，所以酸性增强，pH一定下降，故D错误.考点：考查了原电池和电解池的工作原理的相关知识。16．某合作学习小组讨论辨析以下说法中正确的是①硅是光导纤维的主要成分②CO2气体通入CaCl2溶液中会出现混浊③冰和干冰既是纯净物又是化合物④某气体能使品红溶液褪色，该气体是SO2⑤盐酸和食醋既是化合物又是酸⑥鉴别MgCl2、AlCl3、FeCl3溶液可用NaOH试剂⑦豆浆、雾都是胶体⑧利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体【答案】③⑥⑦⑧【解析】试题分析：①二氧化硅是光导纤维的主要成分，①错误；②CO2气体通入CaCl2溶液中不会出现混浊，二者不反应，②错误；③冰是固态的水，属于纯净物和化合物，干冰是固态的CO2，属于纯净物和化合物，③正确；④某气体能使品红溶液褪色，该气体不一定是SO2，也可能是氯气等，④错误；⑤盐酸和食醋都是混合物，化合物指的是纯净物，⑤错误；⑥鉴别MgCl2、AlCl3、FeCl3溶液可用NaOH试剂，现象分别是产生白色沉淀、产生白色沉淀氢氧化钠，过量沉淀溶解、产生红褐色沉淀，⑥正确；⑦豆浆、雾都是胶体，符合胶体的条件，⑦法正确；⑧胶体有丁达尔现象，溶液没有，利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，⑧正确。考点：考查物质的分类17．FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。请回答下列问题：（1）FeCl3净水的原理是。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H＋作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）。（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。①若酸性FeCl2废液中c(Fe2＋)=×10-2mol·L-1，c(Fe3＋)=×10-3mol·L-1，c(Cl－)=×10-2mol·L-1，则该溶液的PH约为。②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：（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以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是。通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为：xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y)++yH+欲使平衡正向移动可采用的方法是（填序号）。a．降温b．加水稀释c．加入NH4Cld．加入NaHCO3室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是。（4）天津某污水处理厂用氯化铁净化污水的结果如下图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L-1)表示]的最佳范围约为mg·L-1。【答案】（1）Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质2Fe3++Fe=3Fe2+（2）①2②166H+163H2O（3）K1>K2>K3bd调节溶液的pH（4）18～20【解析】试题分析：（1）Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，所以可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+（2）①根据电荷守恒，则溶液中氢离子的浓度是c(Cl－)-2c(Fe2＋)-3c(Fe3＋)=×10-2mol·L-1,所以pH=2；②根据题意，氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到-1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3；（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K1>K2>K3；使平衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，所以答案选bd；从反应的离子方程式中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH。（4）由图像可知，聚合氯化铁的浓度在18～20mg·L-1时，去除率达到最大值，污水的浑浊度减小。考点：本题主要考查了对铁的化合物性质的应用，氧化还原反应方程式的配平，对图像的分析能力。18．（13分）硫酸钠—过氧化氢加合物(xNa2SO4·yH2O2·zH2O)具有漂白、杀菌、消毒等作用。某研究小组为在实验室制备硫酸钠—过氧化氢加合物的晶体并测定其组成，设计了如下实验，请你参与并完成相关问题的解答。（1）晶体制备：将Na2SO4溶解在一定浓度、含有特定稳定剂的双氧水溶液中，然后经浓缩、_______（填操作名称）、过滤、洗涤、干燥得到硫酸钠一过氧化氢加合物的晶体。（2）组成测定：①准确称取3.540g晶体，配制成100mL溶液A。②准确量取溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体1.165g。③再准确量取mL溶液A，加入适量稀硫酸酸化后，用·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液mL。①若室温下BaSO4的Ksp=×l0－10，欲使溶液中c(SO42－)≤×10－5mol·L－1，应保持溶液中c(Ba2+)≥___________mol·L－1。②此时H2O2与KMnO4溶液反应的离子方程式为________________。③实验时，KMnO4溶液应盛放在__________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。滴定终点时的实验现象是_______________________。④通过计算可以得出晶体的化学式为_______________________。【答案】（共13分。第(2)题的第④题3分，其余每空2分）（1）结晶（2）①×10－5②2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑③酸式滴入一滴KMnO4溶液，溶液呈浅红色且30秒内不褪去④2Na2SO4·H2O2·2H2O【解析】试题分析：（1）根据晶体制备的过程可知，将Na2SO4溶解在一定浓度、含有特定稳定剂的双氧水溶液中，然后经浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸钠一过氧化氢加合物的晶体。故填：结晶（2）①沉淀溶解平衡常数Ksp=c（SO42-）•c（Ba2+），当c（SO42-）≤×10-5mol•L-1，所以溶液中c（Ba2+）≥=×10-5mol/L，故答案为：×10-5；②MnO4-被还原为Mn2+，Mn元素共降低5价，双氧水被氧化生成氧气，氧元素共升高2价，化合价最小公倍数为10，故MnO4-的系数为2、Mn2+的系数为2，H2O2的系数为5、O2系数为5，然后根据观察法配平得：2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，故答案为：2MnO4－+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑；③KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中。KMnO4溶液呈紫红色，反应结束，KMnO4使溶液呈现紫红色，因此滴定终点时的实验现象是滴入一滴KMnO4溶液，溶液呈浅红色且30秒内不褪去。故填：酸式；滴入一滴KMnO4溶液，溶液呈浅红色且30秒内不褪去④1.165g白色固体为硫酸钡，物质的量为=，根据反应的离子方程式可知，含有H2O2的物质的量为×L×0.025L=，因此3.540g晶体中含有Na2SO4×4=，H2O2×4=，含有结晶水的质量为=0.36g，物质的量==，所以晶体的化学式为2Na2SO4·H2O2·2H2O，故填：2Na2SO4·H2O2·2H2O考点：考查了中和滴定、化学计算等相关知识。19．草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)呈淡黄色。某课题组为探究草酸亚铁晶体的化学性质，进行了一系列实验探究。（1）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到有二氧化碳气体生成。这说明草酸亚铁晶体具有_（填“氧化性”、“还原性”或“碱性”）。若反应中消耗1molFeC2O4·2H2O，则参加反应的KMnO4为______mol。（2）资料表明：在密闭容器中加热到一定温度时，草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧化物，残留物为黑色固体。课题组根据课本上所介绍的铁的氧化物的性质，对黑色固体的组成提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：全部是FeO；假设二：______；假设三：______。（3）为验证上述假设一是否成立，课题组进行如下研究。【定性研究】请你完成下表中内容。实验步骤（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论取少量黑色固体，______________________________________________________________________________________________________________【定量研究】课题组在文献中查阅到，FeC2O4·2H2O受热分解时，固体质量随温度变化的曲线如下图所示：写出加热到400℃时，FeC2O4·2H2O晶体受热分解的化学方程式为：__________________【答案】(14分，每空2分)（1）还原性（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】实验步骤（不要求写出具体操作程）预期实验现象和结论加入适量稀盐酸或稀硫酸，在溶液中加入硫氰化钾溶液（2分）溶液不变红色，则假设一成立，溶液变成红色，则假设一不成立（2分）【定量研究】FeC2O4·2H2O==FeO+CO2↑+CO↑+2H2O↑（2分）【解析】试题分析：（1）高锰酸钾溶液的紫红色褪去，溶液变为棕黄色，很显然是FeC2O4被高锰酸钾氧化为Fe3+的结果，表明FeC2O4具有还原性。分析有关元素化合价的变化可知，反应过程中1molFeC2O4·2H2O可失去3mol电子，而lmolKMnO4可得到5mol电子：根据得失电子数相等的原则，反应中FeC2O4·2H2O与KMnO4的物质的量之比为5：3。因此，若反应中消耗1molFeC2O4·2H2O，则参加反应的KMnO4为3/5mol＝。（2）铁的氧化物中，呈黑色的有FeO和Fe3O4。所以假设2和3分别是全部是Fe3O4、是FeO和Fe3O4的混合物。（3）【定性研究】FeO与盐酸或硫酸反应生成Fe2+，Fe2+与KSCN不反应。但Fe3O4或FeO和Fe3O4的混合物溶于稀盐酸或稀硫酸中生成Fe3+，遇KSCN变红色。据此即可设计方案进行验证。【定量研究】草酸亚铁品体受热首先失去结品水，得到FeC2O4(即A点对应物质)。400℃时固体质量减少，应该是FeC2O4发生分解，生成铁的氧化物(即B点对应物质)。根据图象可知1.0g晶体分解生成的铁的氧化物的质量为0.4g，设此铁的氧化物的化学式为FeaOb，根据Fe守恒可知0.4g此氧化物中铁元素的质量为1.0g×，氧元素的质量为(0.4g—1.0g×)g，故a:b＝(1.0g×)：(0.4g—1.0g×)，解得a：b＝1：1，即晶体分解所得铁的氧化物为FeO，因此草酸亚铁晶体分解的化学方程式为：FeC2O4·2H2O＝FeO+CO↑+CO2↑+2H2O(或FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑)。考点：本题以探究实验为基础，考查了氧化还原反应、探究基本方法、物质的检验、化学计算等相关知识。20．甲、乙两个实验小组分别进行“测定Na2CO3和NaCl混合物中Na2CO3含量”的实验．（1）甲组：沉淀分析法把一定量的混合物溶解后加入过量CaCl2，然后将所得沉淀过滤、洗涤、烘干、称量．确定CaCl2溶液是否过量的方法是，判断沉淀是否洗净的操作是．（2）乙组：气体分析法用如图装置进行实验，为了减少误差，分液漏斗中应该用溶液，B中应该用溶液，选用该溶液后实验结果还是不准，请问是（填“偏高”、“偏低”或“无影响”），原因是．（3）请你设计一个与甲、乙两组操作不同的实验方案，测定混合物中Na2CO3的含量．方案：．用到的主要试剂：．用到的玻璃仪器：（至少2件）．【答案】（1）取少量的上层清液加入碳酸钠溶液，若变浑浊则CaCl2过量；取最后一次洗涤液，加入硝酸银溶液后若不变浑浊则洗净；（2）稀硫酸；浓硫酸；偏低；装置中有CO2残留；（3）把一定量的混合物溶解后加入足量的HNO3，再加AgNO3过滤洗涤烘干称量；HNO3和AgNO3；烧杯、玻璃棒、漏斗【解析】试题分析：（1）沉淀法是利用碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，称量沉淀质量，依据碳酸根离子物质的量为碳酸钠物质的量计算得到；加入沉淀试剂氯化钙过量目的是完全沉淀碳酸根离子，确定CaCl2溶液是否过量的方法是取少量的上层清液加入碳酸钠溶液，若变浑浊则CaCl2过量；沉淀表面有氯化钠溶液，判断沉淀是否洗净的操作是取最后一次洗涤液，加入硝酸银溶液后若不变浑浊则洗净；故答案为：取少量的上层清液加入碳酸钠溶液，若变浑浊则CaCl2过量；取最后一次洗涤液，加入硝酸银溶液后若不变浑浊则洗净；（2）依据装置图分析，气体法是利用加入的稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，利用浓硫酸干燥二氧化碳气体，干燥后用碱石灰吸收，称量得到增重为二氧化碳的质量，计算得到，干燥管后再接一个盛碱石灰的U形管防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入C干扰二氧化碳的测定结果；由于装置中的二氧化碳不能全部排出被碱石灰吸收，所以测定结果偏低；故答案为：稀硫酸；浓硫酸；偏低；装置中有CO2残留；（3）可以利用混合物中的氯化钠反应生成氯化银沉淀，测定氯化银的沉淀质量计算氯化钠质量得到样品中碳酸钠的质量分数，把一定量的混合物溶解后加入足量的HNO3，再加AgNO3过滤洗涤烘干称量，用到试剂是HNO3和AgNO3；实验操作过程中需要用到反应后过滤得到沉淀继续称量，玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；故答案为：把一定量的混合物溶解后加入足量的HNO3，再加AgNO3过滤洗涤烘干称量；HNO3和AgNO3；烧杯、玻璃棒、漏斗考点：探究物质的组成或测量物质的含量21．在标准状况下，测得0.317gA气体的体积是100mL，计算此气体的相对分子质量。若A是双原子分子，则A可能是什么气体？【答案】71，氯气。【解析】试题分析：根据n=V/Vm=m/M，则M=m×Vm/V，则摩尔质量为71g·mol－1，因为A为双原子分子，则其相对原子量为考点：考查摩尔质量、物质的量、气体摩尔体积、相对原子质量等知识。22．对羟基苯甲酸丁酯(俗称尼泊金丁酯)可用作防腐剂，对酵母和霉菌有很强的抑制作用，工业上常用对羟基苯甲酸与丁醇在浓硫酸催化下进行酯化反应而制得．以下是某课题组开发的从廉价、易得的化工原料出发制备对羟基苯甲酸丁酯的合成路线：已知以下信息：①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基；②D可与银氨溶液反应生成银镜；③F的核磁共振氢谱表明其有两种不同化学环境的氢，且峰面积比为1﹕1．回答下列问题：（1）A的化学名称为__________。（2）由B生成C的化学反应方程式为__________，该反应的类型为__________。（3）D的结构简式为__________。（4）F的分子式为____________。（5）G的结构简式为__________。（6）E的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的共有__________种，其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境的氢，且峰面积比为2﹕2﹕1的是__________(写结构简式)。【答案】（1）甲苯；（2）；取代反应；（3）；（4）C7H4O3Na2；（5）；（6）13；【解析】试题分析：由A的分子式为C7H8，最终合成对羟基苯甲酸丁酯可知，A为甲苯，甲苯在铁作催化剂条件下，苯环甲基对位上的H原子与氯气发生取代反应生成B，B为，结合信息②可知，D中含有醛基，B在光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成C，C为，C在氢氧化钠水溶液中，甲基上的氯原子发生取代反应，生成D，结合信息①可知，D为，D在催化剂条件下醛基被氧化生成E，E为，在碱性高温高压条件下，结合信息③可知，苯环上的Cl原子被取代生成F，同时发生酯化反应，F为，F酸化生成对羟基苯甲酸G，（1）由以上分析可知A的化学名称为甲苯，故答案为：甲苯；（2）B为，与氯气在光照条件下发生取