福建省厦门市大同中学2022年化学高一第一学期期中经典模拟试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、有两份质量相同的碳酸氢钠固体，向第一份中加入盐酸使其充分反应；将第二份加热使其完全分解，冷却至原温度再加入相同浓度的盐酸，充分反应，则它们所耗用的盐酸的体积比为()A21B11C12D412、下列离子在溶液中能大量共存，加入(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 晶体后，仍能大量共存的是( )ANa+、H+、Cl-、NOBNa+、 Mg2+、 Cl-、SOCK+、Ba2+、 OH-、I-DCu2+、CO、 Br-、ClO-3、KOH是我国古代纺织业常用于漂洗的洗涤剂。古代制取KOH的流程如下：上述流程中没有涉及的化学反应类型是()A化合反应B氧化还原反应C分解反应D复分解反应4、下列有关物理量相应的单位表达错误的是A阿伏加德罗常数：B摩尔质量：mol/gC溶解度:：D密度：5、下列变化中，属于物理变化的是 （ ）A光合作用B牛奶变酸C铁熔化成“铁水”D木材燃烧6、对于反应8NH33Cl2=N26NH4Cl，下列说法正确的是()AN2是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是8:3BN2是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是2:3CNH4Cl是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是8:3DNH4Cl是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是2:37、某单原子分子构成的气体，其摩尔质量为M g/mol，该气体的质量为mg，设阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法错误的是 ( )A该气体在标准状况下的密度为2240/MB该气体所含的原子总数为mNA/MC该气体在标准状况下的体积为22.4m/M LD该气体一个分子的质量为M/NA g8、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A28g CO所占的体积为22.4LB1L 1mol/L HCl溶液中含有HCl分子为NA个C标准状况下，2.24L水中约含有NA个氧原子D标准状况下22.4LCO和CO2的混合气体中含碳原子数为NA9、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A22.4 L N2O和CO2混合气体所含电子数目为22 NAB将1 L 2 mol/L的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数为2NAC1 L 0.1 mol/L醋酸溶液含有0.1 NA个H+D28 g乙烯（C2H4）和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为2NA10、下列有关实验操作，现象和解释或结论都正确的是操作现象解释或结论A向饱和Na2CO3 溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出了NaHCO3晶体B向FeCl3溶液中通入SO2溶液黄色褪去二氧化硫有漂白性C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色溶液中有Na+、无K+D向Na2CO3粉末中滴加几滴水少量溶解Na2CO3易溶于水AABBCCDD11、已知M、N中含有相同的元素，X、Y中也含有相同的元素，根据反应M+H2O N+H2 ；X+H2O Y+O2 (方程式均未配平)，可推断M、N中及X、Y中相同元素的化合价的高低顺序为AMN、XYBMN、XYCMN、XYDMN、XY12、过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCI2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：加入稍过量的Na2CO3溶液；加入稍过量的NaOH溶液；加入稍过量的BaCl2溶液；滴人稀盐酸至无气泡产生；过滤。下列操作顺序合理的是 ( )A B C D13、根据硫元素的化合价判断下列物质中的硫元素不能表现氧化性的是()ANa2SBSCSO2DH2SO414、下列基本实验操作中，不合理的是A配制一定物质的量浓度溶液，向容量瓶加水至离刻度线12cm，改用胶头滴管定容B用药匙或者纸槽把粉末状药品送入试管的底部C用洁净的铂丝蘸取待测液，置于火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃能观察到火焰呈紫色，该溶液中一定含有钾离子，不含有钠离子D分液操作，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出15、用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是A在常温常压下，11.2L氯气所含的原子数目为NAB32g氧气含的原子数目为NAC2 L 0.1mol·L-1 K2SO4溶液中离子总数约为1.4NAD5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA16、工业上制取 ClO2 的化学反应：2NaClO3 + SO2 + H2SO4 2ClO2 + 2NaHSO4，下列说法正确的是ASO2 在反应中作还原剂 BNaClO3 在反应中被氧化CH2SO4 在反应中作氧化剂 D1mol 氧化剂在反应中失去 1mol 电子二、非选择题（本题包括5小题）17、目前，世界上多采用电解熔融氯化钠的方法来生产金属钠：2NaCl(熔融) 2NaCl2。已知A、B、C、D、E有如下转化关系：（1）写出A、B生成NaCl的化学方程式：_。（2）写出化学式：C_，D_。（3）工业生产中常利用B与Ca(OH)2反应来制备漂白粉，漂白粉的主要成分是_。（写化学式）（4）若把A投入盛有D的溶液中，溶液中出现_(填沉淀颜色)沉淀，该过程所发生反应的化学方程式为_。18、某研究性学习小组同学用含有少量泥沙、CaCl2、MgCl2、Na2SO4的粗盐制取纯净的NaCl，实验前他们设计了如图方案（框图）（1）请写出操作第步所加试剂名称及第步操作名称：_，_。（2）写出第步操作中可能发生反应的离子方程式：_。（3）如何检验第步操作中硫酸根离子已完全除尽：_。（4）你认为该设计里哪些步骤调换后不影响实验结果：_。19、一个体重50kg的健康人体内含铁元素 2g，这 2g 铁元素以Fe2+和Fe3+ 的形式存在，Fe2+易被吸收，所以给贫血者补充铁时，应补充含 Fe2+的亚铁盐，治疗缺铁性贫血的常见方法是服用补铁药物。“速力菲”（主要成分：琥珀酸亚铁，呈暗黄色）是市场上一种常见的补铁药物。该药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸。某同学为了检测“速力菲”药片中Fe2+的存在，设计并进行了如下实验：(1)试剂 1的是_.(2)加入试剂2 和新制氯水后溶液中发生的离子反应方程式_.(3)加入试剂2 时溶液为淡红色说明 “速力菲”中的 Fe2+已部分氧化，一般在服用“速力菲”时，同时服用Vc，说明Vc具有_性。不仅溶液中Fe2+易被氧化成Fe3+，碱性环境中Fe（OH）2更易被O2氧化，请写出反应的化学方程式：_(4)在实验中发现放置一段时间，溶液颜色会逐渐退去，为了进一步探究溶液褪色的原因，甲、乙、丙三位同学首先进行了猜想：编号猜想甲溶液中的+3 价的铁又被还原为+2 价的铁乙溶液中的SCN被氯水氧化丙新制的氯水具有漂白性，将该溶液漂白基于乙同学的猜想，请设计实验方案，验证乙同学的猜想是否正确。写出有关的实验操作、预期现象和结论。_。20、下面是实验室制取少量固体氧化铜的实验，根据实验步骤，回答有关问题。（1）调整天平零点时，若指针偏向右边，应将左边的螺丝_（填“向左”或“向右”）旋动。（2）滴加NaOH溶液，生成沉淀的离子方程式为_。（3）加热蒸发过程中要用到玻璃棒，其作用是_。（4）洗涤该沉淀的方法是_，为了检验此沉淀是否洗涤干净，应取最后一次的洗涤液少许，加入_溶液检验。（5）若向CuSO4溶液中滴加了100mLNaOH溶液，则NaOH溶液的物质的量浓度至少为_。（6）理论上最多可以制得CuO的质量为 _。21、阅读数据，回答问题。（1）表-1列出了一些醇的沸点名称甲醇乙醇1-丙醇2-丙醇1-丁醇2-丁醇2-甲基-1-丙醇沸点/64.778.397.282.4117.799.5108表-1醇类物质的沸点明显高于相对分子质量相近的烃，其原因前者分子间存在_作用。你推测2-甲基-2-丙醇的沸点不会超过_。（2）表-2列出了一些羧酸的沸点结构简式沸点/CH2=CH-COOH141CH2=CH-CH2-COOH163CH3-CH=CH-COOH168185CH2=C（CH3）COOH163表-2表中CH3-CH=CH-COOH的沸点数据有两个，其原因是_。（3）表-3列出了一些醛和羧酸在水中的溶解度名称溶解度/g名称溶解度/g乙醛混溶乙酸混溶丙醛30丙酸混溶丁醛7.1丁酸混溶2-甲基丙醛92-甲基丙酸17戊醛1.4戊酸2.4表-3通过数据，可以发现影响有机物水溶性的因素有（答出两条即可）_；_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】不论是先加热使其分解，还是直接与盐酸反应，最终所得溶液均是氯化钠溶液，根据钠离子守恒可知生成的氯化钠一样多，再根据氯离子守恒可知消耗的盐酸一样多，因此所耗用的盐酸的体积比为11，答案选B。2、B【解析】(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 晶体溶于水能电离出Fe2+、；ANO在酸性条件下有强氧化性，能氧化Fe2+，不能大量共存，故A错误；BNa+、 Mg2+、 Cl-、SO彼此间不发生离子反应，且能与Fe2+、大量共存，故B正确；CBa2+与能发生离子反应生成BaSO4，且OH-与Fe2+和均能发生离子反应，不能大量共存，故C错误；D铜离子与碳酸根离子不能大量共存，且ClO-有强氧化性，能氧化Fe2+，Fe2+也能与CO发生离子反应，不能大量共存，故D错误；故答案为B。3、B【解析】碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，为分解反应，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，为化合反应，氢氧化钙和碳酸钾反应生成氢氧化钾和碳酸钙，是复分解反应，都为非氧化还原反应，不涉及氧化还原反应。故选B。4、B【解析】.A. 由于阿伏加德罗常数是有单位的，且单位为，故A正确；B 摩尔质量表达式为：M=，单位是g/mol，故B错误；C. 溶解度即是在一定温度下，某固态物质在100g溶剂中达到饱和状态时所溶解的质量，所以单位是g，故C正确；D. 密度表达式为=，密度的单位为，故D正确；答案选B。5、C【解析】A、B、D生成新物质，故A、B、D属于化学变化；C. 只是物质状态发生变化，没有生成新物质，故C属于物理变化。故选C。6、B【解析】试题分析：氯元素的化合价从0价降低到-1价，反应中Cl2为氧化剂，氮元素的化合价从3敬爱升高到0价，失去电子，NH3为还原剂，由方程式可知，当有8molNH3参加反应，有2mol被氧化，则该反应中还原剂与氧化剂物质的量之比是2：3，Cl元素化合价降低，被还原，NH4Cl为还原产物，答案选B。【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应的有关判断与计算【名师点晴】得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。7、A【解析】本题的突破口是物质的量与气体摩尔体积、质量、阿伏加德罗常数之间的关系，只要能掌握4个公式，并灵活运用，即可快速而准确的处理这种类型题。【详解】单原子分子构成的气体，摩尔质量为M g/mol，即1mol该气体为Mg，标况下体积为22.4L，该气体的密度即为 g/L，故A错误；该气体所含原子个数是N =×NA，故B正确；该气体在标准状况下的体积为V=22.4m/M L，故C正确；该气体一个分子的质量等于1mol分子的质量除以分子个数，即M/NA g，故D正确。故选A。【点睛】涉及到气体体积的时候，应该注意气体摩尔体积的适用条件，计算微粒数目时，应注意微粒的种类，比如是原子还是分子。8、D【解析】A.28g CO物质的量为1mol，标准状况下的体积为22.4L，A项错误；B.氯化氢在溶液中完全电离，所以氯化氢溶液中不存在氯化氢分子，B项错误；C.标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量，C项错误；D.标准状况下22.4LCO和CO2的混合气体物质的量为1mol，含碳原子数为NA，D项正确；答案选D点睛：B为易错点，容易忽视HCl是强电解质，在水溶液中是完全电离的，根本就不存在HCl分子。9、D【解析】A、气体的状态不能确定，因此无法计算22.4 L N2O和CO2混合气体所含电子数目，A错误；B、胶体粒子是氢氧化铁形成的集合体，将1 L 2 mol/L的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数一定小于2NA，B错误；C、醋酸是弱电解质，存在电离平衡，1 L 0.1 mol/L醋酸溶液中含有的氢离子个数小于0.1 NA个，C错误；D、乙烯（C2H4）和环丁烷（C4H8）的最简式均是CH2，28g乙烯和环丁烷的混合气体中“CH2”的物质的量是2mol，含有的碳原子数为2NA，D正确；答案选D。10、A【解析】A. 相同条件下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，向饱和Na2CO3 溶液中通入足量CO2，发生反应：Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3，因生成的碳酸氢钠的质量大于碳酸钠的质量，且水的质量减少，所以析出碳酸氢钠晶体使溶液变浑浊，故A正确；B. 向FeCl3溶液中通入SO2，发生反应：2Fe3SO22H2O=2Fe2SO424H，在该反应中硫元素的化合价升高，体现了二氧化硫的还原性，故B错误；C. 火焰呈黄色，只能说明溶液中含有Na，观察K的火焰需要透过蓝色钴玻璃，故C错误；D. 向Na2CO3粉末中滴加几滴水，因滴加的水量太少，会有部分Na2CO3与水结合生成Na2CO3·10H2O，所以有少量碳酸钠溶解，不能证明碳酸钠易溶于水，故D错误，答案选A。11、A【解析】在氧化还原反应中，有化合价升高，必有化合价降低。在反应M+H2O N+H2 中，H元素的化合价降低，则M、N中相同元素的化合价升高；在反应X+H2O Y+O2中O元素的化合价升高，则X、Y中相同元素的化合价降低，以此来解答。【详解】在氧化还原反应中，某元素的化合价升高（降低），则一定存在元素化合价的降低（升高），反应M+H2O N+H2 中，H元素的化合价降低，则M、N中相同元素的化合价升高，即化合价为MN；在反应X+H2O Y+O2中O元素的化合价升高，则X、Y中相同元素的化合价降低，即化合价为XY，答案选A。12、B【解析】步骤分别除去CaCl2、MgCl2、Na2SO4，而且Na2CO3溶液可除去加入的过量的BaCl2溶液，步骤除去过量的Na2CO3溶液和过量的NaOH溶液，因此在之前，在之后，在之前，操作顺序合理为，B正确；综上所述，本题选B。【点睛】本题考查物质的分离提纯实验，为高频考点；在处理问题（4）时，记住这样的规律：碳酸钠溶液一定加在氯化钡溶液之后，便于除去过量的钡离子，盐酸加在过滤后，除去滤液中剩余的碳酸钠和氢氧化钠，操作顺序就很快选定。13、A【解析】A硫化钠中硫元素处于最低价，为-2价，该物质只有还原性，不能表现氧化性，A正确；B单质硫中，硫元素化合价为0价，处于中间价，既有氧化性又有还原性，B错误；C二氧化硫中，硫元素化合价为+4价，处于中间价，既有氧化性又有还原性，C错误；D硫酸中硫元素处于最高价，为+6价，该物质中的硫元素只能表现氧化性，D错误。14、C【解析】A. 配制一定物质的量浓度溶液，向容量瓶加水至离刻度线12cm，改用胶头滴管定容，以防止液体加多，故A正确；B.取用粉末状药品，试管横放，用药匙或纸槽把药品送到试管底部，故B正确；C.透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明溶液中一定含有钾离子，因钠离子的焰色被钴玻璃过滤掉了，所以无法确定是否含有钠离子，故C错误；D.为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故D正确，答案选C。15、D【解析】A. 在常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，所含的原子数目小于NA，A错误；B. 32g氧气的物质的量为1mol，含的原子数目为2NA，B错误；C. 2 L 0.1mol·L-1K2SO4溶液中溶质的物质的量是0.2mol，不考虑水的电离所含离子的物质的量是0.6mol，离子总数约为0.6NA，C错误；D. 5.6g铁的物质的量为0.1mol，与足量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铁元素化合价从0价升高到+2价，失去2个电子，因此转移的电子数为0.2NA，D正确。答案选D。16、A【解析】试题分析：A、根据方程式可知，NaClO3在反应中氯元素的化合价从+5价降低到+4价，得到电子，被还原，作氧化剂，A不正确；B、SO2中硫元素的化合价从+4价升高到+6价失去2个电子，SO2在反应中被氧化，B正确；C、硫酸在反应中不失去电子，也不得到电子，起酸性作用，C不正确；D、1 mol氧化剂在反应中得到1mol电子，D不正确，答案选B。考点：考查氧化还原反应的有关判断与计算二、非选择题（本题包括5小题）17、2Na+Cl22NaCl NaOH FeCl3 CaCl2和Ca(ClO)2 红褐色 2Na+2H2O=2NaOH+H2 FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3+3NaCl 【解析】由流程可知，A与水反应生成C，且C与二氧化碳反应，则A为Na，C为NaOH、E为Na2CO3，B为Cl2，D为FeCl3，F为CaCl2，结合元素化合价知识及化学用语解析。【详解】（1）A为Na，B为Cl2，生成NaCl的化学方程式：2Na+Cl22NaCl；（2）由分析可知各物质的化学式：C为NaOH，D为FeCl3；（3）工业上制取漂白粉，反应的方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2；（4）若把A为Na投入盛有D为FeCl3的溶液中，A与水反应生成NaOH，2Na+2H2O=2NaOH+H2 ，再发生3NaOH+FeCl3Fe（OH）3+3NaCl，溶液中出现红褐色沉淀。18、碳酸钠 过滤 CO32-+2H+=H2O+CO2；H+OH-=H2O 取A1中溶液少许，滴加氯化钡溶液，若无浑浊产生，则硫酸根离子已完全除尽 与或与 【解析】(1)根据操作第、步所加试剂名称及第步操作的原理分析，碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都形成沉淀，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠；(2)溶液中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠以及要保留的氯化钠溶液，可以再加入盐酸将碳酸钠和氢氧化钠除掉；(3)根据SO42-+Ba2+=BaSO4，产生白色沉淀进行解答； (4)先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后；【详解】(1)操作第步是除Ca2+，加Na2CO3溶液转化为沉淀，Ca2+CO32-=CaCO3，同时碳酸钠还除去反应剩余的氯化钡溶液引入的杂质Ba2+，Ba2+CO32-=BaCO3；操作是分离难溶性固体与溶液混合物的方法，名称是过滤；(2)滤液C1中含有过量的氢氧化钠、碳酸钠及要保留的氯化钠溶液，可向该溶液中加入足量的盐酸，盐酸与杂质碳酸钠和氢氧化钠反应变为气体或水除掉，反应的离子方程式是：H+OH-=H2O ；CO32-+2H+=H2O+CO2 ；(3)向混合溶液中加入BaCl2溶液，发生反应：SO42-+Ba2+=BaSO4，产生白色硫酸钡沉淀，若硫酸根离子已完全除尽，那么取A1中溶液少许，滴加氯化钡溶液，就不会出现浑浊现象；若出现浑浊现象，证明溶液中还存在硫酸根离子；(4)首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后Mg2+用OH-沉淀除去，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，SO42-用Ba2+沉淀，加入过量的氯化钡可以将Ba2+沉淀，至于先除Mg2+，还是先除SO42-都没有关系，Ca2+用CO32-沉淀，除Ca2+加入碳酸钠转化为沉淀，Ca2+CO32-=CaCO3，但是加入的碳酸钠一定要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠溶液既可以除去原溶液中的CaCl2，也可以除去因除Na2SO4杂质加入的过量的BaCl2溶液，Ba2+CO32-=BaCO3，离子都形成沉淀，一起进行过滤，所以与或与步骤调换顺序，不影响实验结果；【点睛】本题主要考查了在粗盐提纯的过程中所选用除杂和净化的方法，注意除杂时不仅要能把杂质除掉，还不能引入新杂质，而且方法要简便易行，关键是除去Na2SO4在CaCl2除去之前，其它顺序都没有关系，题目难度不大。19、盐酸 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-、Fe3+3SCN- = Fe(SCN)3 Vc具有还原性 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3 实验操作、预期现象和结论：取少量褪色后溶液于试管中滴入足量的 KSCN 溶液，若溶液显红色，则乙同学猜想正确，不显红色，则乙同学猜想不正确 【解析】(1) 根据“琥珀酸亚铁不溶于水但能溶于人体中的胃酸”分析。 (2)根据溶液变血红色，加入的试剂2是KSCN ，加入新制氯水后溶液变红，说明Fe2+被氧化为Fe3+；（3）根据氧化还原反应中化合价变化判断：氧化剂化合价降低，具有氧化性；还原剂化合价升高，具有还原性；碱性环境中Fe（OH）2被O2氧化为氢氧化铁；(4)若溶液中的SCN被氯水氧化，溶液中含有Fe3+，若再加入KSCN 溶液，溶液还应该变为红色。【详解】(1) 根据“琥珀酸亚铁不溶于水但能溶于人体中的胃酸”，用盐酸溶解琥珀酸亚铁，所以试剂 1的是盐酸。(2)根据溶液变血红色，加入的试剂2是KSCN ，加入新制氯水后溶液变红，说明Fe2+被氧化为Fe3+，反应离子方程式是2Fe2+Cl2= 2Fe3+2Cl-、Fe3+3SCN- = Fe(SCN)3；（3）维生素C可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，Fe元素的化合价降低，所以Fe3+ 是氧化剂，维生素C是还原剂，则维生素C具有还原性；碱性环境中Fe（OH）2被O2氧化为氢氧化铁，反应方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3；(5)取少量褪色后溶液于试管中滴入足量的 KSCN 溶液，若溶液显红色，则乙同学猜想正确，不显红色，则乙同学猜想不正确。20、向左 Cu2+2OH-Cu（OH）2 搅拌，防止因局部过热引起液体物质飞溅 向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，等待水自然流尽后，重复操作23次 BaCl2或Ba(NO3)2 0.4 mol/L 1.6 g 【解析】(1)若指针偏向右边,说明右边重,左边轻,应将左边的螺丝向左旋动,因此，本题正确答案是:向左； (2) 硫酸铜与NaOH溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，离子方程式为：Cu2+2OH-Cu（OH）2；综上所述，本题答案是：Cu2+2OH-Cu（OH）2。（3）加热蒸发过程中要用到玻璃棒不断地搅拌，防止因局部过热引起液体物质飞溅；综上所述，本题答案是：搅拌，防止因局部过热引起液体物质飞溅。 （4）洗涤该沉淀的方法是：向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，等待水自然流尽后，重复操作23次；为了检验此沉淀是否洗涤干净，应取最后一次的洗涤液少许，加入BaCl2或Ba(NO3)2溶液，若不出现白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净；综上所述，本题答案是：向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，等待水自然流尽后，重复操作23次；BaCl2或Ba(NO3)2。（5）硫酸铜晶体的物质的量为5/250=0.02mol，则CuSO4为0.02mol，由CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2+Na2SO4可以知道,需要NaOH物质的量为0.02×2=0.04mol；则NaOH溶液的物质的量浓度至少为0.04/0.1=0.4 mol/L；综上所述，本题答案是：0.4 mol/L。(6)根据铜元素守恒可知，CuSO4CuO；CuSO4为0.02mol，所以CuO的质量0.02×80= 1.6 g；综上所述，本题答案是：1.6 g。21、氢键99.5存在顺反异构碳原子数（相对分子质量）碳链的形状（有无支链），及是否含有亲水基团及亲水基团的种类。【解析】（1）醇类物质的沸点明显高于相对分子质量相近的烃，其原因前者分子间存在氢键的作用。根据表-1数据可知，碳原子越多，饱和一元醇的沸点越高；碳原子相同时，结构越对称或带有支链，醇沸点越低。根据上述分析，可推测2-甲基-2-丙醇的沸点应低于2-丁醇。故答案为氢键；99.5。（2）CH3-CH=CH-COOH存在顺反异构，即有两种结构，所以有两种沸点。故答案为存在顺反异构。（3）根据表-3中数据可知，在水中的溶解性：乙醛丙醛丁醛戊醛；丙酸丁酸戊酸，可知，一元醛或一元羧酸在水中的溶解性随碳原子数的增多而减小，所以碳原子数或相对分子质量是影响有机物水溶性的因素之一。根据溶解性丁醛2-甲基丙醛，丁酸2-甲基丙酸，可知碳链的形状或有无支链也是影响有机物水溶性的因素之一。碳原子数相同时，醛的水溶性小于酸，可知亲水基团的种类是影响水溶性的因素之一。故答案为碳原子数（相对分子质量）；碳链的形状（有无支链），及是否含有亲水基团及亲水基团的种类。