- 物质结构与性质
- 共518题
10．下列制定微粒的数目相等的是
正确答案
知识点
5．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
正确答案
知识点
自然界中存在大量的金属元素，其中钠、镁、铁、铜等在工农业生产中有着广泛的应用。
24.请写出Fe的基态原子核外电子排布式 ▲ 。
25.金属A的原子只有3个电子层，为第一至第四电离能如下表：
则A原子的价电子排布式为 ▲ 。
26.NaCl和MgO都属离子化合物，NaCl的熔点为801.3°C，MgO的熔点高达2800°C。造成两种晶体熔点差距的主要原因是 ▲ 。
27.(NH4)2SO4、NH4NO3等颗粒物及扬尘等易引起雾霾，其中NH4＋的空间结构型是 ▲
28.铜的化合物种类很多，右图是氢化亚铜的晶胞结构，已知晶胞的棱长为acm，则氢化亚铜密度的计算式为ρ= ▲ g·cm－3。（用NA表示阿伏加德罗常数）
29.合成氨工业中，原料气（N2、H2及少量CO、NH3的混合气）在进入合成塔前常用醋酸二氨合铜（Ⅰ）溶液来吸收原料气体中的CO（Ac－代表CH3COO－），其反应是：[Cu(NH3)2]Ac＋CO＋NH3[Cu(NH3)3CO]Ac[醋酸羰基三氨合铜（Ⅰ）] ΔH<0
C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序为 ______ 。
配合物[Cu(NH3)3CO]Ac中心原子的配位数为 __________ 。
在一定条件下NH3与CO2能合成尿素[CO(NH2)2]，尿素中C原子和N原子轨道的杂化类型分别为 ________ ；1mol尿素分子中，σ键的数目为 __________- NA。
正确答案
[Ar]3d64s2
解析
Fe是26号元素，其基态原子核外电子排布式按照构造原理可以写出是1S22S22P63S23P63d64S2。
考查方向
解题思路
Fe是26号元素，用构造原理就可以写出电子排布式。金属A的原子只有3个电子层，为第一至第四电离能在表中说明在失去第3个电子的时候需要的能量非常大，所以此元素很容易失去外层2个电子，且A有3个电子层，所以此元素是Mg。C、N、O是同周期元素，三种元素的第一电离能从左到右逐渐增大。配合物[Cu(NH3)3CO]Ac中心原子的配位体一般都是化合物，而此配合物中的化合物有两种，一个是NH3，一个是CO。NaCl和MgO都属离子化合物，NaCl的熔点为801.3°C，MgO的熔点高达2800°C。造成两种晶体熔点差距的主要原因是MgO晶体所含离子半径小，电荷数多，晶格能大。(NH4)2SO4、NH4NO3等颗粒物及扬尘等易引起雾霾，其中NH4＋的空间结构型是正四面体，与NO3－互为等电子体要求的是分子，则必须符合等电子体的条件的分子才是正确答案，必须是4个原子，必须是元素最外层电子数为24个，最后利用公式来计算：ρV＝N·M÷NA来计算即可。
易错点
对构造原理不熟悉，对Fe的原子序数陌生，不能正确写出其电子排布式，对电离能的概念和其周期性变化规律的判断失误，对配位化合物中配位体、配位数、中心原子的理解失误。对物质结构的分析利用VSEPR模型判断其杂化类型和共价键中的类型的判断的失误，对晶格能的概念理解有误，对物质空间构型和等电子体的概念记忆不清，对晶胞结构计算原子个数和原子半径计算能力较差。
正确答案
3s2
解析
金属A的原子只有3个电子层，为第一至第四电离能有表中说明在失去第3个电子的时候需要的能量非常大，所以此元素很容易失去外层2个电子，且A有3个电子层，所以此元素是Mg，则Mg原子的价电子排布式为3S2。
考查方向
解题思路
Fe是26号元素，用构造原理就可以写出电子排布式。金属A的原子只有3个电子层，为第一至第四电离能在表中说明在失去第3个电子的时候需要的能量非常大，所以此元素很容易失去外层2个电子，且A有3个电子层，所以此元素是Mg。C、N、O是同周期元素，三种元素的第一电离能从左到右逐渐增大。配合物[Cu(NH3)3CO]Ac中心原子的配位体一般都是化合物，而此配合物中的化合物有两种，一个是NH3，一个是CO。NaCl和MgO都属离子化合物，NaCl的熔点为801.3°C，MgO的熔点高达2800°C。造成两种晶体熔点差距的主要原因是MgO晶体所含离子半径小，电荷数多，晶格能大。(NH4)2SO4、NH4NO3等颗粒物及扬尘等易引起雾霾，其中NH4＋的空间结构型是正四面体，与NO3－互为等电子体要求的是分子，则必须符合等电子体的条件的分子才是正确答案，必须是4个原子，必须是元素最外层电子数为24个，最后利用公式来计算：ρV＝N·M÷NA来计算即可。
易错点
对构造原理不熟悉，对Fe的原子序数陌生，不能正确写出其电子排布式，对电离能的概念和其周期性变化规律的判断失误，对配位化合物中配位体、配位数、中心原子的理解失误。对物质结构的分析利用VSEPR模型判断其杂化类型和共价键中的类型的判断的失误，对晶格能的概念理解有误，对物质空间构型和等电子体的概念记忆不清，对晶胞结构计算原子个数和原子半径计算能力较差。
正确答案
MgO晶体所含离子半径小，电荷数多，晶格能大
解析
NaCl和MgO都属离子化合物，NaCl的熔点为801.3°C，MgO的熔点高达2800°C。造成两种晶体熔点差距的主要原因是MgO晶体所含离子半径小，电荷数多，晶格能大。
考查方向
解题思路
Fe是26号元素，用构造原理就可以写出电子排布式。金属A的原子只有3个电子层，为第一至第四电离能在表中说明在失去第3个电子的时候需要的能量非常大，所以此元素很容易失去外层2个电子，且A有3个电子层，所以此元素是Mg。C、N、O是同周期元素，三种元素的第一电离能从左到右逐渐增大。配合物[Cu(NH3)3CO]Ac中心原子的配位体一般都是化合物，而此配合物中的化合物有两种，一个是NH3，一个是CO。NaCl和MgO都属离子化合物，NaCl的熔点为801.3°C，MgO的熔点高达2800°C。造成两种晶体熔点差距的主要原因是MgO晶体所含离子半径小，电荷数多，晶格能大。(NH4)2SO4、NH4NO3等颗粒物及扬尘等易引起雾霾，其中NH4＋的空间结构型是正四面体，与NO3－互为等电子体要求的是分子，则必须符合等电子体的条件的分子才是正确答案，必须是4个原子，必须是元素最外层电子数为24个，最后利用公式来计算：ρV＝N·M÷NA来计算即可。
易错点
对构造原理不熟悉，对Fe的原子序数陌生，不能正确写出其电子排布式，对电离能的概念和其周期性变化规律的判断失误，对配位化合物中配位体、配位数、中心原子的理解失误。对物质结构的分析利用VSEPR模型判断其杂化类型和共价键中的类型的判断的失误，对晶格能的概念理解有误，对物质空间构型和等电子体的概念记忆不清，对晶胞结构计算原子个数和原子半径计算能力较差。
正确答案
正四面体SO3或者BF3（其它合理答案也给分）
解析
(NH4)2SO4、NH4NO3等颗粒物及扬尘等易引起雾霾，其中NH4＋的空间结构型是正四面体，与NO3－互为等电子体分子数必须是4个原子和24个外层电子，所以其等电子体是SO3或者BF3。
考查方向
解题思路
Fe是26号元素，用构造原理就可以写出电子排布式。金属A的原子只有3个电子层，为第一至第四电离能在表中说明在失去第3个电子的时候需要的能量非常大，所以此元素很容易失去外层2个电子，且A有3个电子层，所以此元素是Mg。C、N、O是同周期元素，三种元素的第一电离能从左到右逐渐增大。配合物[Cu(NH3)3CO]Ac中心原子的配位体一般都是化合物，而此配合物中的化合物有两种，一个是NH3，一个是CO。NaCl和MgO都属离子化合物，NaCl的熔点为801.3°C，MgO的熔点高达2800°C。造成两种晶体熔点差距的主要原因是MgO晶体所含离子半径小，电荷数多，晶格能大。(NH4)2SO4、NH4NO3等颗粒物及扬尘等易引起雾霾，其中NH4＋的空间结构型是正四面体，与NO3－互为等电子体要求的是分子，则必须符合等电子体的条件的分子才是正确答案，必须是4个原子，必须是元素最外层电子数为24个，最后利用公式来计算：ρV＝N·M÷NA来计算即可。
易错点
对构造原理不熟悉，对Fe的原子序数陌生，不能正确写出其电子排布式，对电离能的概念和其周期性变化规律的判断失误，对配位化合物中配位体、配位数、中心原子的理解失误。对物质结构的分析利用VSEPR模型判断其杂化类型和共价键中的类型的判断的失误，对晶格能的概念理解有误，对物质空间构型和等电子体的概念记忆不清，对晶胞结构计算原子个数和原子半径计算能力较差。
正确答案
解析
铜的化合物种类很多，右图是氢化亚铜的晶胞结构，已知晶胞的棱长为acm，则氢化亚铜密度利用公式来计算：ρV＝N·M÷NA，则ρ＝（N·M）÷(V·NA )， 其中根据晶胞图可以计算出铜原子有8·1/8＋6·1/2＝4，H原子都在体内，有4个所以形成的化合物为CuH，这样的CuH共有4个，所以N＝4，CuH的摩尔质量M＝64＋1＝65g/mol，晶胞的棱长为a cm，则体积V＝a3，所以套入公式可得密度为
考查方向
解题思路
Fe是26号元素，用构造原理就可以写出电子排布式。金属A的原子只有3个电子层，为第一至第四电离能在表中说明在失去第3个电子的时候需要的能量非常大，所以此元素很容易失去外层2个电子，且A有3个电子层，所以此元素是Mg。C、N、O是同周期元素，三种元素的第一电离能从左到右逐渐增大。配合物[Cu(NH3)3CO]Ac中心原子的配位体一般都是化合物，而此配合物中的化合物有两种，一个是NH3，一个是CO。NaCl和MgO都属离子化合物，NaCl的熔点为801.3°C，MgO的熔点高达2800°C。造成两种晶体熔点差距的主要原因是MgO晶体所含离子半径小，电荷数多，晶格能大。(NH4)2SO4、NH4NO3等颗粒物及扬尘等易引起雾霾，其中NH4＋的空间结构型是正四面体，与NO3－互为等电子体要求的是分子，则必须符合等电子体的条件的分子才是正确答案，必须是4个原子，必须是元素最外层电子数为24个，最后利用公式来计算：ρV＝N·M÷NA来计算即可。
易错点
对构造原理不熟悉，对Fe的原子序数陌生，不能正确写出其电子排布式，对电离能的概念和其周期性变化规律的判断失误，对配位化合物中配位体、配位数、中心原子的理解失误。对物质结构的分析利用VSEPR模型判断其杂化类型和共价键中的类型的判断的失误，对晶格能的概念理解有误，对物质空间构型和等电子体的概念记忆不清，对晶胞结构计算原子个数和原子半径计算能力较差。
正确答案
①C<O<N ②4 ③ sp2杂化、sp3杂化 7
解析
C、N、O三种元素的第一电离能同周期从左到右逐渐增大，所以由小到大的顺序为C<O<N。 配合物[Cu(NH3)3CO]Ac中心原子的配位数一般都是化合物的形式，此配合物中中心原子附近和化合物NH3有3个和CO有1个，所以其配位数为4个。尿素[CO(NH2)2]的结构式为
考查方向
根据构造原理正确写出基态原子的电子排布式书写的考查，根据电离能的概念的理解判断元素的原子序数和电离能的周期性变化规律的考查，对配位化合物中配位体、配位数、中心原子的考查。对物质结构的分析利用VSEPR模型判断其杂化类型和共价键中的类型的判断的考查，对晶格能的概念理解的考查，对物质空间构型和等电子体的考查，根据晶胞结构计算原子个数和原子半径计算能力的考查。
解题思路
Fe是26号元素，用构造原理就可以写出电子排布式。金属A的原子只有3个电子层，为第一至第四电离能在表中说明在失去第3个电子的时候需要的能量非常大，所以此元素很容易失去外层2个电子，且A有3个电子层，所以此元素是Mg。C、N、O是同周期元素，三种元素的第一电离能从左到右逐渐增大。配合物[Cu(NH3)3CO]Ac中心原子的配位体一般都是化合物，而此配合物中的化合物有两种，一个是NH3，一个是CO。NaCl和MgO都属离子化合物，NaCl的熔点为801.3°C，MgO的熔点高达2800°C。造成两种晶体熔点差距的主要原因是MgO晶体所含离子半径小，电荷数多，晶格能大。(NH4)2SO4、NH4NO3等颗粒物及扬尘等易引起雾霾，其中NH4＋的空间结构型是正四面体，与NO3－互为等电子体要求的是分子，则必须符合等电子体的条件的分子才是正确答案，必须是4个原子，必须是元素最外层电子数为24个，最后利用公式来计算：ρV＝N·M÷NA来计算即可。
易错点
对构造原理不熟悉，对Fe的原子序数陌生，不能正确写出其电子排布式，对电离能的概念和其周期性变化规律的判断失误，对配位化合物中配位体、配位数、中心原子的理解失误。对物质结构的分析利用VSEPR模型判断其杂化类型和共价键中的类型的判断的失误，对晶格能的概念理解有误，对物质空间构型和等电子体的概念记忆不清，对晶胞结构计算原子个数和原子半径计算能力较差。
3．设NA为何伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是 （ ）
正确答案
解析
解析已在路上飞奔，马上就到！
知识点
19．两种一元碱MOH和ROH的溶液分别加水稀释，溶液pH的变化如图所示，下列叙述不正确的是（ ）
正确答案
解析
每小题有一个或两个正确选项，只有一个正确选项的，多选不给分，有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个该小题不给分。
知识点
12．已知A(g)+B(g)
830℃时，向一个2 L的密闭容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B，反应初始4 s内A的平均反应速率v(A)=0.005mol/(L·s)。下列说法正确的是（ ）
A4 s时c(B)为0.76mol/L
B830℃达平衡时，A的转化率为80%
C反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动
D1200℃时反应C(g)+D(g) 
正确答案
解析
解析已在路上飞奔，马上就到！
知识点
23．某电镀铜厂有两种废水，分别含有CN-和Cr2O72-等有毒离子，拟用NaClO和Na2S2O3按照下列流程进行处理。
请完成下列填空：
（1）HCN有剧毒，电子式是__________，其分子属于_____（填“极性”、“非极性”）分子。
（2）表示原子结构的化学用语有：原子结构示意图、核外电子排布式、轨道表示式。从中选择最详尽描述核外电子运动状态的方式，来表示氧原子的最外层电子的运动状态：_________________________，其中最外层有________种不同能量的电子。
（3）下列事实能说明氯与硫两元素非金属性相对强弱的是______。
a．相同条件下水溶液的pH：NaClO＞Na2S2O3
b．还原性：H2S＞HCl
c．相同条件下水溶液的酸性：HClO3＞H2SO3
d．稳定性：HCl＞H2S
（4）写出流程③的离子方程式为：_______________________。
（5）反应③中，每消耗0.5 mol Cr2O72-转移的电子数为___________；
（6）取少量待测水样于试管中，加入NaOH溶液观察到有蓝色沉淀生成，继续加至不再产生蓝色沉淀为止，再向溶液中加入足量Na2S溶液，蓝色沉淀转化成黑色沉淀，解释产生该现象的原因__________________________。
正确答案
（1）
（2）
（3）bd；
（4）3S2O32-+4Cr2O72-+26H+→6SO42-+8Cr3++13H2O
（5）3.0NA（或1.806×1024）
（6）Cu2++2OH-→Cu(OH)2↓、Cu(OH)2(s)+S2-(aq) →CuS(s)+2OH-(aq)
或相同温度下，S(CuS)<S[Cu(OH)2],使沉淀的溶解平衡向更难溶的方向转化
解析
解析已在路上飞奔，马上就到！
知识点
8．下列反应中，属于取代反应的是（ ）
①CH3CH=CH2+Br2
②CH3CH2Br+NaOH
③CH3COOCH2CH3+H2O 
④C6H5OH+3H2
正确答案
解析
解析已在路上飞奔，马上就到！
知识点
7．下列说法正确的是（ ）
A一个乙醛分子中存在7对共用电子
B
C熔融的
D氢化锂三兄弟----
正确答案
解析
解析已在路上飞奔，马上就到！
知识点
6．下列表述不正确的是（ ）
A
B聚合氯化铝
C用电子式表示
D
正确答案
解析
解析已在路上飞奔，马上就到！
知识点
10.草酸亚铁为黄色固体，作为一种化工原料, 可广泛用于涂料、染料、陶瓷、玻璃器皿等的着色剂以及新型电池材料、感光材料的生产。合成草酸亚铁的流程如下：
（1）配制(NH4)2Fe(SO4)2溶液时，需加入少量稀硫酸，目的是 。
（3）将制得的产品（FeC2O4·2H2O）在氩气气氛中进行加热分解，结果如下图（TG%表示残留固体质量占原样品总质量的百分数）。
①则A→B发生反应的化学方程式为： 。
②已知B→C过程中有等物质的量的两种气态氧化物生成，写出B→C的化学方程式 ；
（4）某草酸亚铁样品中含有少量草酸铵。为了测定不纯产品中草酸根的含量，某同学做了如下分析实验：
Ⅰ．准确称量m g样品，溶于少量2mol/L硫酸中并用100mL容量瓶定容。
Ⅱ．取上述溶液20mL，用c mol/L高锰酸钾标准溶液滴定，溶液变为淡紫色，消耗高锰酸钾溶液的体积为V1 mL。
Ⅲ．向上述溶液中加入足量Zn粉，使溶液中的Fe3+恰好全部还原为Fe2+，
Ⅳ．过滤，洗涤剩余的锌粉和锥形瓶，洗涤液并入滤液
Ⅴ．用cmol/L KMnO4溶液滴定该滤液至溶液出现淡紫色，消耗KMnO4溶液的体积V2 mL。
已知：
2MnO4-+5H2C2O4+6H+= 2Mn2+ +10CO2+8H2O
MnO4-+8H++5Fe2+= 5Fe3+ + Mn2++4H2O
回答下列问题：
①若省略步骤Ⅳ，则测定的草酸根离子含量 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）
②m g样品中草酸根离子的物质的量为 （用c，V1，V2的式子表示，不必化简）
正确答案
（1）抑制Fe2+和NH4+离子水解
解析
（1）由于Fe2+和NH4+离子容易发生水解而使溶液显酸性，所以加入稀硫酸可防止水解，故答案为：抑制Fe2+和NH4+离子水解；
考查方向
考查草酸亚铁的制备、除杂、净化等基本实验操作基础知识，以及考查根据草
酸亚铁受热分解变化过程中质量变化来确定反应过程，进一步考查了学生读图、识表等提取
信息以及加工信息的综合能力。
解题思路
（1）由于Fe2+和NH4+离子容易发生水解而使溶液显酸性，所以加入稀硫酸可防止水解。
易错点
不能准确提取题给信息，特别是草酸亚铁加热分解图中有关数据信息不能转化为解题信息致错。
正确答案
解析
①由图可知，加热生成B时剩余固体为80%，损失20%，FeC2O4.2H2O中结晶水的质量为36/180=×100%=20%，故A→B发生反应是FeC2O4.2H2O加热失去结晶水；反应的方程式为：FeC2O4·2H2O
②由图像可知在C处剩余固体的质量不再发生变化，所以最终的固体是FeO。FeC2O4在真空中分解的方程式为FeC2O4
（4）若省略步骤Ⅳ，则所得滤液中测定的草酸根离子含量Fe2+含量偏小，导致草酸根离子含量偏大；根据与草酸根离子反应的MnO4-量进行计算：与草酸根离子反应的MnO4-的物质的量为（cV1-cV2）×10-3mol，由于2MnO4-→5C2O42-，所以消耗的草酸根离子的物质的量为
（cV1- cV2）×10-3×(2/5)mol，同时由于从100mL溶液中取了20mL，故原溶液中草酸根离子的物质的量为（cV1-cV2）×10-3×5/2×5mol，故答案为：偏大；（cV1- cV2）×10-3×5/2×5mol。
考查方向
考查草酸亚铁的制备、除杂、净化等基本实验操作基础知识，以及考查根据草
酸亚铁受热分解变化过程中质量变化来确定反应过程，进一步考查了学生读图、识表等提取
信息以及加工信息的综合能力。
解题思路
①由图可知，加热生成B时剩余固体为80%，损失20%，FeC2O4.2H2O中结晶水的质量为36/180=×100%=20%，故A→B发生反应是FeC2O4.2H2O加热失去结晶水；
②由图像可知在C处剩余固体的质量不再发生变化，所以最终的固体是FeO。FeC2O4在真空中分解的方程式为FeC2O4==FeO＋CO↑＋CO2↑；
易错点
不能准确提取题给信息，特别是草酸亚铁加热分解图中有关数据信息不能转化为解题信息致错。
正确答案
（4）①偏大②（cV1- cV2）×10-3×5/2×5mol
解析
（4）若省略步骤Ⅳ，则所得滤液中测定的草酸根离子含量Fe2+含量偏小，导致草酸根离子含量偏大；根据与草酸根离子反应的MnO4-量进行计算：与草酸根离子反应的MnO4-的物质的量为（cV1-cV2）×10-3mol，由于2MnO4-→5C2O42-，所以消耗的草酸根离子的物质的量为
（cV1- cV2）×10-3×(2/5)mol，同时由于从100mL溶液中取了20mL，故原溶液中草酸根离子的物质的量为（cV1-cV2）×10-3×5/2×5mol，故答案为：偏大；（cV1- cV2）×10-3×5/2×5mol。
考查方向
考查草酸亚铁的制备、除杂、净化等基本实验操作基础知识，以及考查根据草
酸亚铁受热分解变化过程中质量变化来确定反应过程，进一步考查了学生读图、识表等提取
信息以及加工信息的综合能力。
解题思路
（4）若省略步骤Ⅳ，则所得滤液中测定的草酸根离子含量Fe2+含量偏小，导致草酸根离子含量偏大；根据与草酸根离子反应的MnO4-量进行计算；
易错点
不能准确提取题给信息，特别是草酸亚铁加热分解图中有关数据信息不能转化为解题信息致错。
乙酸正丁酯是无色透明有愉快果香气味的液体，可由乙酸和正丁醇制备。反应的化学方程式如下：
发生的副反应如下：
有关化合物的物理性质见下表：
已知：乙酸正丁酯、正丁醇和水组成三元共沸物恒沸点为90.7℃。
合成：
方案甲：采用装置甲（分水器预先加入水，使水面略低于分水器的支管口），在干燥的50mL圆底烧瓶中，加入11.5mL(0.125mol)正丁醇和7.2mL(0.125mol)冰醋酸，再加入3～4滴浓硫酸和2g沸石，摇匀。按下图安装好带分水器的回流反应装置，通冷却水，圆底烧瓶在电热套上加热煮沸。在反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水（注意保持分水器中水层液面仍保持原来高度，使油层尽量回到圆底烧瓶中）。反应基本完成后，停止加热。
方案乙：采用装置乙，加料方式与方案甲相同。加热回流，反应60min后停止加热。
提纯：甲乙两方案均采用蒸馏方法。操作如下：
请回答：
25.a处水流方向是 ▲ （填“进水”或“出水”），仪器b的名称 ▲ 。
32.合成步骤中，方案甲监控酯化反应已基本完成的标志是 ▲ 。
26.提纯过程中，步骤②是为了除去有机层中残留的酸，检验有机层已呈中性的操作是 ▲ ；步骤③的目的是 ▲ 。
34.下列有关洗涤过程中分液漏斗的使用正确的是 ▲ 。
A分液漏斗使用前必须要检漏，只要分液漏斗的旋塞芯处不漏水即可使用
B洗涤时振摇放气操作应如图所示
C放出下层液体时，需将玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔
D洗涤完成后，先放出下层液体，然后继续从下口放出有机层置于干燥的锥形瓶中
27.按装置丙蒸馏，最后圆底烧瓶中残留的液体主要是 ▲ ；若按图丁放置温度计，则收集到的产品馏分中还含有 ▲ 。
28.实验结果表明方案甲的产率较高，原因是 ▲ 。
正确答案
进水；（直形）冷凝管；
解析
由于采用逆流的方法冷却效果好，所以a处水流方向是进水，根据装置图可知仪器b的名称是（直形）冷凝管，故答案为：进水；（直形）冷凝管；
考查方向
解题思路
根据采用逆流的方法冷却效果好判断水流方向，根据装置图可知仪器名称；
易错点
本题考查有机物的合成实验，涉及化学仪器及使用、反应原理、实验基本操作、装置图的分析等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等。
正确答案
分水器中水不再生成或分水器中的水层不再增加时；
解析
乙酸与正丁醇反应得到乙酸正丁酯与水，所以方案甲监控酯化反应已基本完成的标志是分水器中水不再生成或分水器中的水层不再增加时，故答案为：分水器中水不再生成或分水器中的水层不再增加时；
考查方向
解题思路
乙酸与正丁醇反应得到乙酸正丁酯与水，根据是否有水产生可判断反应是否基本完成；
易错点
本题考查有机物的合成实验，涉及化学仪器及使用、反应原理、实验基本操作、装置图的分析等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等。
正确答案
用玻璃棒蘸取有机层，点在pH试纸上，与标准比色卡对照，读取pH值判断；除去溶于酯中的少量无机盐；
解析
可用pH主试纸测有机层的酸碱性，其操作为用玻璃棒蘸取有机层，点在pH试纸上，与标准比色卡对照，读取pH值判断，用水洗有机物主要目的是除去溶于酯中的少量无机盐，故答案为：用玻璃棒蘸取有机层，点在pH试纸上，与标准比色卡对照，读取pH值判断；除去溶于酯中的少量无机盐；
考查方向
解题思路
可用pH主试纸测有机层的酸碱性，用水洗有机物主要目的是除去有机物中少量的无机盐；
易错点
本题考查有机物的合成实验，涉及化学仪器及使用、反应原理、实验基本操作、装置图的分析等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等。
正确答案
解析
分液漏斗的使用方法为：
A．分液漏斗使用前必须要检漏，要分液漏斗的旋塞芯处和上口的活塞都不漏水才可使用，故A错误；
B．洗涤时振摇放气，应打开分液漏斗的旋塞，此时分液漏斗下管口应略高于口部，故B正确；
C．放出下层液体时，需将玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，使内外压强相等，便于液体流下，故C正确；
D．洗涤完成后，先放出下层液体，然后从上口倒出有机层置于干燥的锥形瓶中，故D错误，
故答案为：BC；
考查方向
解题思路
分液漏斗的使用方法为：
A．分液漏斗使用前必须要检漏，要分液漏斗的旋塞芯处和上口的活塞都不漏水才可使用；
B．洗涤时振摇放气，应打开分液漏斗的旋塞，此时分液漏斗下管口应略高于口部；
C．放出下层液体时，需将玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，使内外压强相等，便于液体流下；
D．洗涤完成后，先放出下层液体，然后从上口倒出有机层置于干燥的锥形瓶中；
易错点
本题考查有机物的合成实验，涉及化学仪器及使用、反应原理、实验基本操作、装置图的分析等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等。
正确答案
正丁醚；正丁醇；
解析
要蒸馏时，烧瓶最后留下的物质为沸点最高的物质，所以最后圆底烧瓶中残留的液体主要是正丁醚；若按图丁放置温度计，水银球的位置偏低，则收集到的产品馏分中还含有沸点较低的物质，所以收集到的产品馏分中还含有正丁醇，故答案为：正丁醚；正丁醇；
考查方向
解题思路
要蒸馏时，烧瓶最后留下的物质为沸点最高的物质，据此判断；若按图丁放置温度计，水银球的位置偏低，则收集到的产品馏分中还含有沸点较低的物质，据此判断；
易错点
本题考查有机物的合成实验，涉及化学仪器及使用、反应原理、实验基本操作、装置图的分析等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等。
正确答案
通过分水器及时分离出产物水，有利于酯化反应的进行，提高酯的产率。
解析
乙酸和正丁醇制备乙酸正丁酯是可逆反应，根据实验装置图可知，该实验通过分水器及时分离出产物水，有利于酯化反应的进行，提高酯的产率，
故答案为：通过分水器及时分离出产物水，有利于酯化反应的进行，提高酯的产率。
考查方向
解题思路
乙酸和正丁醇制备乙酸正丁酯是可逆反应，根据实验装置图可知，该实验通过分水器及时分离出产物水，有利于酯化反应的进行，提高酯的产率。
易错点
本题考查有机物的合成实验，涉及化学仪器及使用、反应原理、实验基本操作、装置图的分析等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等。
3.有关晶体的下列说法中正确的是
正确答案
解析
A．原子晶体中共价键的强弱决定其熔点的高低，所以原子晶体中共价键越强，熔点越高，故A正确；
B．分子间作用力只影响晶体的物理性质，与其稳定性无关，晶体中分子间作用力越大，其熔沸点越大，故B错误；
C．冰中存在分子间作用力，所以冰融化时克服分子间作用力，共价键不变，故C错误；
D．CaCl2晶体是离子晶体，其中只含有离子键，故D错误。
考查方向
不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
解题思路
A．原子晶体的熔点与化学键的强弱有关；
B．分子间作用力只影响晶体的物理性质，与其稳定性无关；
C．冰融化时破坏分子间作用力；
D．CaCl2晶体是离子晶体．
易错点
本题在明确晶体类型过程中容易出现判断错误。
知识点
8．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）
AMnO2 与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HCl
B明矾溶于水产生Al（OH）3 胶体：Al3＋+3H2O === Al（OH）3↓+3H＋
CNa2O2 溶于水产生O2：Na2O2+H2O === 2Na＋+2OH－+O2↑
DCa（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3－ +Ca2＋+OH－=== CaCO3↓+H2O
正确答案
解析
解析已在路上飞奔，马上就到！
知识点
18．下列有关说法不正确的是（ ）
A常温下，PbSO4易溶于pH=7的CH3COONH4溶液，说明（CH3COO）2Pb是弱电解质
B向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，则Ksp（BaCO3）＜Ksp（BaSO4）
C潜艇上的核反应堆使用液态铝—钠合金作载热介质，若合金中n（Na）＞n（Al），将其投入到足量的水中可得无色透明溶液
D向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，说明KI3溶液中存在平衡：I3–
正确答案
解析
解析已在路上飞奔，马上就到！
知识点
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