高中化学人教版有机化学基础本册总复习总复习 精品

河南省鲁山县二高2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．下列物质属于单质的是A．石墨B．硫铁矿C．青铜D．碳素墨水【答案】A【解析】由一种元素形成的纯净物是单质,所以答案选A,其余都是由不同的元素形成的,属于化合物.2．下列说法正确的是（）A．摩尔是一种国际基本物理量B．标准状况下气体摩尔体积约为22.4LC．1mol氧的质量为16gD．在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含分子数相同【答案】D【解析】试题分析：A：摩尔是物质的量的单位，而不是国际基本物理量；B：标准状况下气体摩尔体积约为22.4L/mol,B错；C：氧可以指氧气、氧原子、氧元素等，要指明对象，C项的正确说法是1mol氧气的质量为16g；D：阿伏伽德罗定律：同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的粒子。考点：物质的量的基本概念点评：应该注意物质的量是一个物理量，而摩尔是它的单位3．现有常温下的四份溶液：①mol/LCH3COOH；②mol/LHCl；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。下列说法正确的是A．①中水的电离程度最小，③中水的电离程度最大B．将②、③混合，若有pH=7，则消耗溶液的体积：②＞③C．将①、④混合，若有c(CH3COO－)＞c(H＋)，则混合液一定呈碱性D．将四份溶液分别稀释100倍后，溶液的pH：③＞④，①＞②【答案】BD【解析】试题分析：溶液中存在水的电离平衡H2OH++OH－，醋酸是弱酸，盐酸是强酸，①→②，就是增大氢离子浓度，使上述平衡左移，水的电离程度减小，则①中水的电离程度大于②，而③→④，碱电离出的氢氧根离子浓度相等，则③中水的电离程度与④相同，也与②中相同，故A错误；②③等体积混合时，强酸电离出的氢离子小于弱碱电离出的氢氧根离子，则碱过量，溶液呈碱性或pH>7，若混合溶液pH=7，则弱碱溶液的体积要小于强酸溶液，故B正确；醋酸是弱酸，存在电离平衡：CH3COOHH++CH3COO－，NaOH能消耗氢离子，减小氢离子浓度，促进醋酸电离出醋酸根离子，则①④混合液呈碱性、中性、甚至酸性时，都可能存在c(CH3COO－)＞c(H＋)，故C错误；稀释100倍后，强酸或强碱等强电解质溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化较大，溶液pH变化较大，因为稀释能促进弱酸或弱碱的电离，则弱电解质溶液中氢离子或氢氧化根离子浓度变化较小，溶液pH变化较小，因此稀释溶液pH：③>④>①>②，故D正确。考点：考查强弱电解质、水的电离、溶液的酸碱性和pH、离子浓度大小关系，涉及浓度改变对水的电离程度的影响、酸碱混合溶液的酸碱性、酸碱混合溶液离子浓度大小关系、稀释前后溶液的pH等。4．下列各化学术语表达正确的是A．Na原子结构示意图：B．乙烷的结构简式：CH3CH3C．HClO的结构式：H－Cl－OD．CH4分子的比例模型：【答案】B【解析】试题分析：A、Na原子最外层有1个电子，原子结构示意图：，故A错误；B、乙烷的分子式为C2H6，结构简式为CH3CH3，故B正确；C、HClO的结构式：H－O－Cl，故C错误；D、是CH4分子的球棍模型，故D错误；故选B。考点：考查了化学用语的相关知识。5．无论在酸性溶液还是在碱性溶液中，一定都不能大量存在的离子是A．Al3+B．K+C．HCO3－D．AlO2－【答案】C【解析】试题分析：A中Al3+与OH－反应不能大量共存，错误；B中K+在酸性、碱性溶液中均能大量共存，错误；C中HCO3－与OH－反应生成CO32-和水，HCO3-与H＋反应生成CO2和水，所以HCO3-在酸性、碱性溶液中都不能大量共存，正确；D中AlO2－与H＋反应生成Al(OH)3沉淀，错误；选C。考点：考查离子共存。6．除去某溶液里溶解的少量杂质，下列做法中不正确的是(括号内的物质为杂质)A．NaCl溶液(BaCl2)：加过量Na2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸并加热B．KNO3溶液(AgNO3)：加过量KCl溶液，过滤C．NaCl溶液(Br2)：加CCl4，分液D．NaCl溶液(KNO3)：加热蒸发得浓溶液后，降温，过滤【答案】B【解析】试题分析：A．加入过量的BaCl2溶液会和氯化钠反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，过滤，滤液是氯化钠和过量的碳酸钠，再加适量盐酸并加热可以将碳酸根除去，A项正确；B．加过量KCl溶液会和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钾，过滤，滤液是硝酸钾和过量氯化钾的混合物，又引进了新的杂质，B项错误；C．溴单质会溶解与四氯化碳中，分液获得氯化钠溶液和溶有碘的四氯化碳互不相溶的两部分，然后分液，C项正确；D．硝酸钾的溶解度随温度升高而增大，但是氯化钠的溶解度受温度影响不大，可以加热蒸发得浓溶液后降温，获得硝酸钾的晶体，然后过滤，D项正确；答案选B。考点：考查物质的分离、提纯与除杂。7．下列各组物质的晶体中，晶体类型、化学键类型均完全相同的是A．SO2和SiO2B．CCl4和KClC．NaOH和CaCl2D．CO2和H2S【答案】D【解析】试题分析：中的化学键为极性共价键，该物质的晶体是分子晶体，SiO2

中的化学键为极性共价键，该物质的晶体是原子晶体，A项错误；中的化学键为极性共价键，该物质的晶体是分子晶体；KCl

中的化学键为离子键，该物质的晶体为离子晶体，B项错误；中含有离子键、极性共价键，该物质的晶体为离子晶体，CaCl2中只含有离子键，该物质的晶体为离子晶体，C项错误；分子中含有极性共价键，该物质的晶体是分子晶体；H2S中的化学键为极性共价键，该物质的晶体是分子晶体，D项正确；答案选D。考点：考查物质中的化学键与晶体类型的关系等知识。8．将1molNaHCO3和1molNa2O2固体混合，在加热的条件理使其充分反应，则最后所得固体为A．1molNa2CO3和1molNaOHB．lmolNa2CO3和2molNaOHC．2molNa2CO3和2molNaOHD．2molNa2CO3【答案】A【解析】试题分析：因为2NaCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，1mol碳酸氢钠分解产生0．5mol碳酸钠、0．5mol二氧化碳、0．5mol水，而0．5mol二氧化碳、0．5mol水恰好与1molNa2O2固体反应生成0．5mol碳酸钠和1mol氢氧化钠，所以最终的固体是1molNa2CO3和1molNaOH，答案选A。考点：考查碳酸氢钠与过氧化钠的混合计算9．氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既不是氧化剂又不是还原剂。下列反应与Cl2＋SO2＋2H2O＝H2SO4＋2HCl相比较，水的作用完全相同的是A．2H2O2H2↑＋O2↑B．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3C．2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑D．2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑【答案】BD【解析】试题分析：因反应Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中，Cl的化合价从0→-1，Cl2作氧化剂，S的化合价从+4→+6，SO2作还原剂，水中元素化合价没有变化，所以水既非氧化剂又非还原剂；A．2H2O2H2↑＋O2↑水既是氧化剂又是还原剂，不符；B、O2为氧化剂，4Fe(OH)2为还原剂，水既非氧化剂又非还原剂，符合；C．2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑，水是氧化剂，不符；D、Na2O2既是氧化剂又是还原剂，水既非氧化剂又非还原剂，符合；选BD。考点：考查氧化还原反应。10．下列有机物的命名正确的是（）A．1,2─二甲基戊烷B．2─乙基戊烷C．3,4─二甲基戊烷D．3─甲基己烷【答案】D【解析】试题分析：A、1号碳上不能连侧链，主链应该为6个碳原子，离支链最近一端编号，得到名称不符合命名方法，正确的名称为3-甲基己烷，故A错误；B、主链选错，无2-乙基，正确的名称为3-甲基己烷，故B错误；C、编号起点选错，正确的名称为1，2─二甲基戊烷，故C错误；D、符合命名方法，故D正确；考点：有机物的命名11．具有显著抗癌活性的10-羟基喜树碱的结构如图所示。下列关于10—羟基喜树碱的说法正确的是（）A．分子式为C20H16N2O5B．可用FeCl3溶液检验该物质是否发生水解C．该物质可与9molH2发生加成反应D．一定条件下，1mol分别消耗Na、NaOH、Na2CO3的比值为2︰2︰1【答案】A【解析】试题分析：A、根据有机物的结构简式可以得到分子式为：C20H16N2O5，故A正确；B、10-羟基喜树碱中含有酚羟基，能和氯化铁发生显色反应，但水解产物中仍然含有酚羟基，不能用氯化铁溶液检验，故B错误；C、分子中含有3个碳碳双键，能与氢气发生加成反应的有苯环、碳碳双键以及C=N键，则一定条件下，1mol该物质可与7molH2发生加成反应，故C错误；D、1mol10-羟基喜树碱中含有1mol的酚羟基、1mol醇羟基和1mol酯基，则一定条件下，1mol分别消耗Na、NaOH的比值为1︰1，但该有机物与碳酸钠不反应，故D错误，故选A。考点：考查有机物结构与性质判断12．下列各组混合物不能用分液漏斗分离的是A．四氯化碳和碘B．花生油和水C．四氯化碳和水D．水和汽油【答案】A【解析】试题分析：A、碘易溶于四氯化碳，所以不能用分液漏斗分离，错误；B、花生油与水不互溶，所以可用分液漏斗分离，正确；C、四氯化碳与水不互溶，所以可用分液漏斗分离，正确；D、水和汽油不互溶，所以可用分液漏斗分离，正确，答案选A。考点：考查物质之间的溶解性，混合物的分离13．下列复分解反应一定不会有气体产生的是A.盐与碱在水溶液中反应B.盐与盐在水溶液中反应C.酸与碱在水溶液中反应D.盐与酸在水溶液中反应【答案】C【解析】A可能有氨气生成B硫酸氢钠和碳酸钾反应，会有二氧化碳气体生成C酸与碱在水溶液中反应会生成新酸和新碱，不会有气体生成D盐酸和碳酸钠反应，会有二氧化碳气体生成。正确的选C14．下列物质与水反应时只作氧化剂的是A．NaB．Na2O2C．F2D．Cl【答案】C【解析】试题分析：A、Na与水反应，只作还原剂，错误；B、Na2O2与水反应，既是氧化剂又是还原剂，错误；C、F2与水反应，只作氧化剂，正确；D、Cl2与水反应，既是氧化剂又是还原剂，错误。考点：氧化剂与还原剂15．某无色混合气体可能含有CO2、CO、H2O（g）、H2中的一种或几种，依次进行如下连续处理（每步处理均反应完全）：①通过碱石灰时，气体体积变小；②通过赤热的氧化铜时，固体变为红色；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色；④通过澄清的石灰水时，溶液变得浑浊．由此可以确定原混和气体中A．一定含有CO2、H2O，至少含有H2、CO中的一种B．一定含有H2O、CO，至少含有CO2、H2中的一种C．一定含有CO、CO2，至少含有H2O、H2中的一种D．一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种【答案】D【解析】试题分析：①通过碱石灰时，气体体积变小；碱石灰吸收水和二氧化碳，体积减小证明至少有其中一种，而且通过碱石灰后全部吸收；②通过赤热的氧化铜时，固体变为红色；可能有CO还原氧化铜，也可能是氢气还原氧化铜，也可能是两者都有；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色，证明有水生成，而这部分水来源于氢气还原氧化铜时生成，所以必须有氢气；④通过澄清石灰水时，溶液变浑浊证明有二氧化碳，而二氧化碳来源于一氧化碳还原氧化铜，所以必须有一氧化碳．综上分析：混合气体中定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种，故选D。【考点定位】考查混合气体的推断【名师点晴】本题是一个简单的流程题，首先要对整个流程进行整体分析，①中通过了碱石灰后，气体中无CO2、H2O，②通过炽热的氧化铜，CO和H2会把氧化铜还原成铜单质，同时生成CO2和H2O，H2O使白色硫酸铜粉末变为蓝色，CO2通过澄清石灰水时，溶液变浑浊，以此来判断原混合气体的组成。16．利用15N可以测定亚硝酸盐对地下水质的污染情况。（1）下列说法正确的是___。A．14N与15N为同种核素B．14N的第一电离能小于14C． 15NH3与14NH3均能形成分子间氢键D．CH315NH2与CH3CH214NH2互为同系物（2）15N的价层电子排布图为_______15NH4Cl的晶胞与CsCl相同，则15NH4Cl晶体中15NH4+的配位数为_______；15NH4+中I5N的杂化轨道类型为_______。（3） 工业上电解法处理亚硝酸盐的模拟工艺如图。已知：阳极区发生化学反应：2NO2-+8H++6Fe2+==N2↑+6Fe3++4HzO①阳极电极反应方程式是______(不考虑后续反应）；②若硫酸溶液浓度过大，阴极区会有气体逸出，该气体为______(填化学式）;该现象表明c(H+)越大，H+氧化性越______;③若电解时电路中有mol电子转移,且NaNO2有剩余,则电解池中生成Na2SO4______mol。【答案】（13分）（1）CD（2分，各1分，不全对扣1分）（2）（2分）8（1分）sp3杂化（1分）（3）①Fe-2e-=Fe2+（2分）②H2（2分）强（1分）③（2分）【解析】试题分析：（1） 14N与15N质子数相同、中子数不同，互称为同位素，不是同种核素，A错误；同周期元素从左向右，第一电离能总体趋势增大，但IIA和VA反常，第一电离能：N>C，B错误；N电负性大，NH3分子间存在氢键，C正确；同系物指结构相似，分子组成相差n个CH2，D正确。（2）N价层电子排布为2s22p3，轨道表示式为；CsCl中Cs+和Cl-配位数均为8；15NH4+中N价层电子对数==4，N杂化类型为sp3。（3）①阳极为Fe，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+。②若硫酸浓度过大，阴极发生2H++2e-=H2↑，阴极产生氢气。说明氢离子浓度越大，氧化性越强。③若电解时转移电子，则由Fe-2e-=Fe2+得阳极生成+，由阳极区化学反应得消耗，所以生成硫酸钠。考点：核素第一电离能氢键同系物轨道表示式CsCl晶胞中心原子杂化类型电极反应式化学计算17．在下图所示的物质转化关系中（反应条件和部分生成物未全部列出），X物质可以来自于海洋中，A、B为常见气体单质，B为黄绿色气体，I、L为常见的金属单质，G为红褐色物质。请回答下列问题：（1）X化学式为。（2）C化学式为。（3）反应①的离子方程式为。（4）反应②的离子方程式为。【答案】NaClNaOH2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2【解析】试题分析：由B为黄绿色气体可知B为氯气，A又为气体单质，且X溶液在电解情况下产生两种气体单质，因此我们可以联想到X为氯化钠溶液。A为氢气，C为氢氧化钠。所以D为氯化氢。在反应1中，由氢氧化钠与金属L反应生成氢气，由此可知L为铝。再由G为红褐色物质可知G为氢氧化铁。在受热情况下，生成H物质氧化铁。氧化铁与铝反应生成I，因此I为铁单质。D与I反应生成E，所以E为氯化亚铁。在反应2中氯化铁与氯气反应生成物质F氯化铁而C与F可以红褐色沉淀氢氧化铁。因此我们知道X为氯化钠，A为氢气，B为氯气，C为氢氧化钠，D为氯化氢，I为铁，L为铝，E为氯化亚铁，F为氯化铁,G为氢氧化铁，H为氧化铁。考点：考查金属元素与非金属元素性质的无机物框架推断题18．（14分）配制480mLmol·L－1的NaOH溶液，试回答下列问题：（1）选择仪器：完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1g)、药匙、烧杯、玻璃棒、________、________等。（2）计算、称量：需称量NaOH固体的质量为__________________。（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是___________________。（4）转移、洗涤。洗涤烧杯2～3次是为了______________________________。（5）定容、摇匀。定容的具体操作是____________________________________。（6）不规范的实验操作会导致实验结果的误差，下列使所配溶液的物质的量浓度偏高的是，偏低的是（填字母序号）A．容量瓶洗净后未烘干；B．在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外C．定容时俯视刻度线；D．将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容E．定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线【答案】（1）500mL容量瓶，胶头滴管；（2）10.0g；（3）促进溶质的溶解；（4）保证溶质全部转入容量瓶中；（5）向容量瓶内加水至液面接近刻度线1-2cm处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面与刻度线相切；（6）C、D；B、E。【解析】试题分析：（1）配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，由于与480mL最接近的容量瓶的规格是500mL所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1g)、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶，胶头滴管；（2）计算、称量：mol·L－1的NaOH溶液中溶质的物质的量是n(NaOH)=0.5L×mol·L－1=mol，则需称量NaOH固体的质量为m(NaOH)=mol×40g/mol=10.0g；（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是促进溶质的溶解；（4）转移、洗涤。洗涤烧杯2～3次是为了保证溶质全部转入容量瓶中；（5）定容、摇匀。定容的具体操作是向容量瓶内加水至液面接近刻度线1-2cm处，改用胶头滴管加水，使溶液凹液面与刻度线相切；（6）A.容量瓶洗净后未烘干,由于没有改变溶质的物质的量、溶剂的体积，因此对溶液的浓度不产生任何影响；B.在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，会使溶质的物质的量减少，导致配制的溶液浓度偏低；C.定容时俯视刻度线，则会是溶液的体积偏小，导致配制的溶液的浓度偏高；D.将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，则溶液的体积偏小，最终导致溶液的浓度偏高E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线，使溶液的体积偏大，最终导致溶液的浓度偏低。可见使所配溶液的物质的量浓度偏高的是C、D；偏低的是B、E。考点：考查物质的浓度的溶液的配制的有关知识。19．(1)向KAl(SO4)2溶液中滴加过量氨水，现象是____________________________，反应的离子方程式______________________________________________，再向其中加入过量NaOH溶液，反应现象是____________________________________________，反应的离子方程式为_______________________________________________。(2)下列六个图中，横坐标为某溶液中加入某物质的物质的量，纵坐标为生成沉淀的物质的量，请把下表中各反应的相应图象的序号填入表中。溶液加入的物质答案序号①饱和石灰水通过量CO2②AlCl3溶液通过量NH3③MgCl2、AlCl3混合溶液逐滴加NaOH溶液至过量④AlCl3溶液逐滴加NaOH溶液至过量⑤含少量HCl的AlCl3溶液逐滴加NaOH溶液至过量【答案】(1)(1)生成白色胶状沉淀；Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)；白色胶状沉淀溶解，溶液变澄清；Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O(2)B；C；A；E；F(各1分)【解析】略20．正丁醚(CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3)是一种化工原料，常温下为无色液体，不溶于水，沸点为142.4℃，密度比水小．某实验小组利用如下装置合成正丁醚(其它装置均略去)，发生的主要反应为：2C3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O实验过程如下：在容积为100mL的三颈烧瓶中将5mL浓硫酸、14.8g正丁醇和几粒沸石混合均匀，再加热回流一段时间，收集到粗产品，精制得到正丁醚。回答下列问题：（1）合成粗产品时，液体试剂加入顺序是_______。（2）实验中冷凝水应从_______口出去(填“a”或“b”)．（3）为保证反应温度恒定在135℃，装置C中所盛液体必须具有的物理性质为_______。（4）加热时间过长或温度过高，反应混合液会变黑，写出可能发生的有机副反应的化学方程式：_______，用NaOH溶液吸收有毒尾气的离子方程式_______。（5）得到的正丁醚粗产品依次用8mL50%的硫酸、10mL水萃取洗涤。该步骤中需要的属于硅酸盐材质的实验仪器是烧杯、玻璃棒、_______，将分离出的有机层用无水氯化钙干燥，过滤后再进行_______(填操作名称)精制得到正丁醚。（6）本实验最终得到6.50g正丁醚，则正丁醚的产率是_______。【答案】（1）先加正丁醇，后加浓硫酸；（2）a；（3）该液体沸点大于135℃，且不易分解；（4）；2OH-+SO2═SO32-+H2O；（5）分液漏斗；蒸馏；（6）%【解析】试题分析：（1）浓硫酸与其它液体混合时，先加其它液体后加硫酸，防止浓硫酸稀释时放热，引起液体飞溅，所以液体试剂加入顺序是先加正丁醇，后加浓硫酸，故答案为：先加正丁醇，后加浓硫酸；（2）用冷凝管冷凝时，冷凝水的流向与气体流向相反，则冷凝水从a口进入，故答案为：a；（3）加热液体能达到的最高温度等于其沸点，则为保证反应温度恒定在135℃，装置C中所盛液体的沸点应该大于135℃，故答案为：该液体沸点大于135℃，且不易分解；（4）加热时间过长或温度过高，反应混合液会变黑，反应过程中可能的副反应有；浓硫酸与丁醇发生氧化还原反应，浓硫酸被还原生成二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，其二氧化硫与氢氧化钠的反应离子方程式为：2OH-+SO2═SO32-+H2O，故答案为：；2OH-+SO2═SO32-+H2O；（5）分离分层的液体用分液漏斗，该步骤中需要的属于硅酸盐材质的实验仪器是烧杯、玻璃棒、分液漏斗；将分离出的有机层用无水氯化钙干燥，正丁醚易挥发，采用蒸馏的方法获得纯净的正丁醚，故答案为：分液漏斗；蒸馏；（6）由2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O，74×213014.8gmg则m==13.0g，产率=×100%=×100%=%，故答案为：%【考点定位】考查制备实验方案的设计【名师点晴】本题考查有机化学实验、反应原理、基本操作、化学计算等，注意把握常见实验操作、尾气处理、仪器使用，注意对基础知识的理解掌握。有机物的制备要通过有机反应来实现，各类有机物的结构和性质，就是有机物制备的基础。一种有机物的性质，往往是另一种有机物的制备方法，尽管有机物数量庞大，但是各类有机物之间一般存在着确定的相互转化的衍生关系，理解和掌握这种关系，可以为寻找有机物制备的合理途径、正确地进行有机物的制备提供科学的依据．因此，在设计有机物的制备实验方案时，要充分利用这种衍生关系。设计制备实验方案的一般思路是：①列出可能的几种制备方法和途径；②从方法是否可行、装置和操作是否简单、经济与安全等方面进行分析和比较；③从中选取最佳的实验方法．在制定具体的实验方案时，还应注意对实验条件进行严格、有效的控制。21．（4分）把盛有48mLNO和NO2的混合气体倒立于水中（保持同温同压），液面稳定后，容器内气体体积变为24mL，则：（1）若在剩余的24mL气体中通入6mLO2，液面稳定后，容器内剩余气体的体积为____mL。（2）若在剩余的24mL气体中通入24mLO2，液面稳定后，容器内剩余气体是______mL。（3）若在剩余的24mL气体中通入___或__mLO2，充分反应后，容器内剩余4mL气体。【答案】(1)16(2)6(3)22或15【解析】22．（14分）Ⅰ有A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子是半径最小的原子。B元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应生成一种盐X，D与A同族，且与E同周期，E元素的最外层电子数是次外层电子数的3/4倍。A、B、D、E这四种元素，每一种都能与C元素形成原子个数比不相同的多种化合物。回答下列问题：（1）写出相应元素名称：C_________E_________（2）由A、C、D、E四种元素所组成的一种中学常见的化合物，它既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，在这种化合物的水溶液中，滴入紫色石蕊试液出现红色，用方程式解释其原因。该溶液中离子浓度由大到小的排列顺序为：。（3）将铝片和镁片。插入由A、C、D三种元素组成物质的稀溶液中构成原电池，则负极的电极反应式为。Ⅱ已知X是一种盐，H是常见金属单质，F、I是常见非金属单质，E、G都是工业上重要的碱性物质，它们有下图所示的关系。试回答下列问题（1）G的电子式为：。（2）写出下列反应的化学方程式①②。【答案】Ⅰ（1）C为氧，E为硫；（2）HSO3―SO32―+H+；c(Na＋)>c(HSO3―)>c(H＋)>c(SO32―)>c(OH―)（3）2Al－6e－+8OH―＝2AlO2―+4H2OⅡ（1）NaOH的电子式。（2）①2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2②2Mg+CO22MgO+C【解析】试题分析：Ⅰ根据题意可推知：A是H；B是N；C是O；D是Na；E是是NH4NO3。（1）C相应元素名称是氧；E元素名称为硫。（2）由A、C、D、E四种元素所组成的一种中学常见的化合物，它既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应，则该化合物为NaHSO3.这种化合物是强碱弱酸盐。在其水溶液中，既存在HSO3―的电离作用，也存在其水解作用。电离使溶液显酸性，水解使溶液显碱性。由于该离子的电离作用大于水解作用。因此该溶液总的来说显酸性。所以滴入紫色石蕊试液出现红色，用方程式表示为HSO3―SO32―+H+；该溶液中NaHSO3=Na++HSO3―。HSO3―电离、水解消耗，因此c(Na＋)>c(HSO3―)。由于在溶液中除了HSO3―电离产生H+和SO32―。水还会发生电离，所以c(H＋