河南省南阳二中2017届高三(上)第二次综合能力化学试卷(解析版)

2016-2017学年河南省南阳二中高三（上）第二次综合能力化学试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．以N A代表阿伏加德罗常数，则关于热化学方程式C2H2（g）+O2（g）→2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1300kJ/mol的说法中，正确的是（）A．当10N A个电子转移时，该反应放出1300kJ的能量B．当1N A个水分子生成且为液体时，吸收1300kJ的能量C．当2N A个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ的能量D．当6N A个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ的能量2．下列各组固体物质中，可按照溶解、过滤、蒸发的实验操作顺序，将它们相互分离的是（）A．NaNO3和NaCl B．MnO2和KCl C．CuO和木炭粉 D．BaSO4和AgCl3．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．澄清透明的溶液中：MnO、SO、K+、Fe3+B．c（H+）=1×10﹣13mol/L的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣C．3%H2O2溶液中：Fe2+、H+、SO、Cl﹣D．0.1 mol•L﹣1的Na2SO3溶液中：K+、H+、SO、NO4．下列各项内容中，排列顺序不正确的是（）A．微粒半径：S2﹣＞K+＞Na+B．氢化物的沸点：HI＞HBr＞HFC．固体的热稳定性：Na2CO3＞CaCO3＞NaHCO3D．相同物质的量浓度的下列溶液中NH4+的浓度：（NH4）2Fe（SO4）2＞NH4Cl＞NH4HCO3 5．某氧化物X难溶于水，能与烧碱反应，生成易溶于水的化合物Y，将少量Y溶液滴入足量盐酸中无沉淀生成，则X是（）A．SiO2 B．Al2O3C．MgO D．CuO6．某有机物的结构简式为，该有机物不可能发生的化学反应是（）A．还原 B．水解 C．氧化 D．取代7．恒温、恒压下，将1mol O2和2mol SO2气体充入一体积可变的容器中（状态Ⅰ），发生2SO3，状态Ⅱ时达平衡，则O2的转化率为（）反应2SO2+O2⇌A．40% B．60% C．80% D．90%三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共53分）8．如图是某化学兴趣小组制备PCl3的实验装置（部分仪器已省略）：（过量）（1）仪器戊的名称为．（2）实验时甲中所发生反应的化学方程式为．（3）乙中盛放的试剂是，其作用是；丙中盛放的试剂是，其作用是．（4）向仪器丁中通入干燥、纯净的Cl2之前，应先通入一段时间的CO2，其目的主要是（5）碱石灰的作用是（答出一条即可）．（6）PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等，加入黄磷（化学式用P表示）经加热除去PCl5的化学反应方程式为，后通过（填实验操作名称），即可得到PCl3纯品．9．工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下：请回答下列问题：（1）步骤①所得废渣的成分是（写化学式），操作I的名称．（2）步骤②、③的变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：R2（SO4）n（水层）+2nHA（有机层）⇌2RA n（有机层）+nH2SO4（水层）②中萃取时必须加入适量碱，其原因是．③中X试剂为．（3）④的离子方程式为．为．若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜．（已知：25℃时，Ksp[Fe（OH）3]=2.6×10﹣39）（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有和．10．欲测定含少量氯化钠的小苏打固态样品中NaHCO3的质量分数可采用以下四种方法．方法一：方法二：方法三：方法四：不使用化学试剂，使用实验室常用仪器按要求回答下列问题：（1）方法一：加入足量的试剂A（填写A的化学式）可将HCO3﹣离子转化为沉淀并称重．操作1、2、3、4的名称依次是溶解、、洗涤和；（2）方法二：在操作1中所用到的玻璃仪器中，除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的用到的是，在操作2中应选择的指示剂是；（3）在方法二中计算该样品中NaHCO3的质量分数为[用流程图中的数据m、V（HCl），填写有关的表达式]；（4）在方法三中：根据所用的实验装置，除了称量试样质量外，还需测定的实验数据是；（5）仔细分析方法三中的实验装置，若由此测得的数据来计算实验结果，则有可能偏高也有可能偏低，偏高的原因可能是，偏低的原因可能是（均文字简述）；（6）方法四的实验原理是：（用化学方程式表示）．[化学--选修5：有机化学基础]11．人体中的一种脑内分泌物多巴胺，可影响一个人的情绪，主要负责大脑的感觉，将兴奋及开心的信息传递，使人感到愉悦和快乐．它可由香兰素与硝基甲烷缩合，再经锌还原水解而得，合成过程如下：已知多巴胺的结构简式为：．请回答下列问题：（1）香兰素除了醛基之外，还含有官能团名称是、．（2）多巴胺的分子式是．（3）上述合成过程中属于加成反应类型的是：（填反应序号）．反应②的反应条件是（4）写出符合下列条件的多巴胺的其中一种同分异构体的结构简式：．①属于1，3，5﹣三取代苯；②苯环上直接连有一个羟基和一个氨基；③分别能与钠和氢氧化钠反应，消耗钠与氢氧化钠的物质的量之比为2：1．（5）请写出有机物A与足量浓溴水反应的化学方程式．2016-2017学年河南省南阳二中高三（上）第二次综合能力化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．以N A代表阿伏加德罗常数，则关于热化学方程式C2H2（g）+O2（g）→2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1300kJ/mol的说法中，正确的是（）A．当10N A个电子转移时，该反应放出1300kJ的能量B．当1N A个水分子生成且为液体时，吸收1300kJ的能量C．当2N A个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ的能量D．当6N A个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ的能量【考点】有关反应热的计算；反应热和焓变．【分析】A．10N A个电子的物质的量为10mol，反应中碳元素的化合价由﹣1价升高为+4，据此计算参加反应的乙炔的物质的量，结合热化学方程式计算；B．热化学方程式中△H＜0表示放热，该反应为放热反应；C．2N A对碳氧共用电子对的物质的量为2mol，1个CO2分子含有4对碳氧共用电子对，据此计算CO2的物质的量，结合热化学方程式计算；D．6N A对碳氧共用电子对的物质的量为6mol，1个CO2分子含有4对碳氧共用电子对，据此计算CO2的物质的量，结合热化学方程式计算．【解答】解：A．10N A个电子的物质的量为10mol，反应中碳元素的化合价由﹣1价升高为+4，参加反应的乙炔的物质的量为=1mol，放出的热量为1300kJ/mol×1mol=1300 kJ，故A正确；B．热化学方程式中△H＜0表示放热，C2H2（g）+O2（g）=2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣1300kJ/mol该反应为放热反应，有N A个水分子生成且为液体时，放出1300kJ的能量，故B错误；C．1个CO2分子中含有4个共用电子对，有8N A个碳氧共用电子对生成时，说明有2molCO2生成，放出1300KJ的能量，有2N A个碳氧共用电子对生成时，说明有0.5molCO2生成，放出=325KJ的能量，故C错误；D．1个CO2分子中含有4个共用电子对，有6N A个碳氧共用电子对生成时，说明有1.5molCO2生成，放出=975KJ的能量，故D错误．故选A．2．下列各组固体物质中，可按照溶解、过滤、蒸发的实验操作顺序，将它们相互分离的是（）A．NaNO3和NaCl B．MnO2和KCl C．CuO和木炭粉 D．BaSO4和AgCl【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】能按“溶解﹣过滤﹣蒸发”的步骤加以分离的物质要具有以下特点：一种物质溶于水，一种物质不溶于水为沉淀，两种物质都溶于水或都不溶于水是不能分离的．即溶解后所得体系为悬浊液．【解答】解：由于利用溶解、过滤、蒸发的方法分离物质中，两者必选都是固体物质，有且只有一种不能够溶解，所以要判断给定物质中哪一种不能溶解就可以．A、氯化钠和硝酸钠都溶于水，所以不可以用上述方法分离，故A错误；B、氯化钾溶于水，二氧化锰难溶于水，可以采用溶解、过滤、蒸发的方法分离，故B正确；C、氧化铜和碳粉，两种物质都不能溶解于水，所以不可以用该法进行分离，故C错误；D、硫酸钡和氯化银均是难溶于水的固体，不可以用该法进行分离，故D错误．故选B．3．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．澄清透明的溶液中：MnO、SO、K+、Fe3+B．c（H+）=1×10﹣13mol/L的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣C．3%H2O2溶液中：Fe2+、H+、SO、Cl﹣D．0.1 mol•L﹣1的Na2SO3溶液中：K+、H+、SO、NO【考点】离子共存问题．【分析】A．该组离子之间不反应；B．c（H+）=1×10﹣13mol/L的溶液，显碱性；C．离子之间发生氧化还原反应；D．离子之间发生氧化还原反应．【解答】解：A．该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．c（H+）=1×10﹣13mol/L的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在Mg2+、Cu2+，故B 错误；C．Fe2+、H+、H2O2发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．SO32﹣、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选A．4．下列各项内容中，排列顺序不正确的是（）A．微粒半径：S2﹣＞K+＞Na+B．氢化物的沸点：HI＞HBr＞HFC．固体的热稳定性：Na2CO3＞CaCO3＞NaHCO3D．相同物质的量浓度的下列溶液中NH4+的浓度：（NH4）2Fe（SO4）2＞NH4Cl＞NH4HCO3【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；元素周期律的作用；盐类水解的应用．【分析】A．电子层越多，离子半径越多；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小；B．HF含氢键，沸点最高；C．碳酸氢钠不稳定易分解，碳酸钙加热分解，碳酸钠最稳定；D．亚铁离子抑制铵根离子水解，碳酸氢根离子促进铵根离子水解．【解答】解：A．电子层越多，离子半径越多；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为S2﹣＞K+＞Na+，故A正确；B．HF含氢键，沸点最高，则沸点为HF＞HI＞HBr，故B错误；C．碳酸氢钠不稳定易分解，碳酸钙加热分解，碳酸钠最稳定，则热稳定性：Na2CO3＞CaCO3＞NaHCO3，故C正确；D．亚铁离子抑制铵根离子水解，碳酸氢根离子促进铵根离子水解，则相同物质的量浓度的下列溶液中NH4+的浓度为（NH4）2Fe（SO4）2＞NH4Cl＞NH4HCO3，故D正确；故选B．5．某氧化物X难溶于水，能与烧碱反应，生成易溶于水的化合物Y，将少量Y溶液滴入足量盐酸中无沉淀生成，则X是（）A．SiO2 B．Al2O3C．MgO D．CuO【考点】镁、铝的重要化合物．【分析】二氧化硅溶于烧碱溶液后，加入盐酸有沉淀生成，氧化铝溶于烧碱生成偏铝酸钠，加入过量的盐酸，最终没有沉淀，氧化镁、氧化铜不溶于烧碱溶液，以此解答．【解答】解：A．二氧化硅不溶于水，溶于烧碱溶液生成硅酸钠，再加入足量盐酸，生成硅酸白色胶状沉淀，故A错误；B．氧化铝不溶于水，溶于烧碱溶液生成偏铝酸钠，再加入盐酸，先生成氢氧化铝白色沉淀，继续加入盐酸，氢氧化铝溶解，最终没有沉淀，故B正确；C．氧化镁不能溶于烧碱溶液，故C错误；D．氧化铜不能溶于烧碱溶液，故D错误；故选B．6．某有机物的结构简式为，该有机物不可能发生的化学反应是（）A．还原 B．水解 C．氧化 D．取代【考点】有机物的结构和性质．【分析】该分子中含有醇羟基、碳碳双键和羧基，具有醇、烯烃和羧酸的性质，能发生氧化反应、加成反应、还原反应、取代反应、酯化反应、中和反应、缩聚反应等，据此分析解答．【解答】解：该分子中含有醇羟基、碳碳双键和羧基，具有醇、烯烃和羧酸的性质，含有碳碳双键，所以能发生还原反应；含有碳碳双键和醇羟基，所以能发生氧化反应，含有醇羟基和羧基，所以能发生取代反应，没有卤原子或酯基、肽键，所以不能发生水解反应，故选B．7．恒温、恒压下，将1mol O2和2mol SO2气体充入一体积可变的容器中（状态Ⅰ），发生2SO3，状态Ⅱ时达平衡，则O2的转化率为（）反应2SO2+O2⇌A．40% B．60% C．80% D．90%【考点】化学平衡的计算．【分析】恒压容器中开始到平衡体积比等于物质的量之比，依据化学方程式计算得到，转化率=×100%；【解答】解：一定条件下将2mol SO2气体和1mol O2气体充入一容积可变的密闭容器中，可滑动活塞的位置如图Ⅰ所示，在恒温恒压下发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），其中△H＜0，当反应达到平衡时，活塞位置如图Ⅱ所示，气体体积减2L﹣1.6L=0.4L，由体积比等于物质的量之比得到（2mol+1mol）：n=2：1.6，解得n=2.4mol，反应前后减少3mol﹣2.4mol=0.6mol，依据化学方程式计算，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），△n2 1 11.2mol 0.6 mol 0.6mol反应的二氧化硫为2mol，反应的氧气0.6mol氧气转化率=×100%=60%；故选B．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共53分）8．如图是某化学兴趣小组制备PCl3的实验装置（部分仪器已省略）：（过量）（1）仪器戊的名称为冷凝管．（2）实验时甲中所发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O．（3）乙中盛放的试剂是饱和氯化钠溶液，其作用是除去氯气中的氯化氢；丙中盛放的试剂是浓硫酸，其作用是除去氯气中的水蒸气．（4）向仪器丁中通入干燥、纯净的Cl2之前，应先通入一段时间的CO2，其目的主要是排净装置中的空气，防止空气中的水分和氧气与3反应（5）碱石灰的作用是碱石灰吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入影响产品纯度（答出一条即可）．（6）PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等，加入黄磷（化学式用P表示）经加热除去PCl5的化学反应方程式为3PCl5+2P5PCl3，后通过蒸馏（填实验操作名称），即可得到PCl3纯品．【考点】制备实验方案的设计．【分析】实验室要用黄磷（白磷）与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3流程为：甲装置浓盐酸和二氧化锰二者反应生成氯化锰、氯气和水，制得氯气，因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，丙装置利用浓硫酸干燥氯气，利用Cl2排尽装置中的空气，防止黄磷（白磷）自燃，PCl3沸点为75.5℃，利用冰水欲装置防止PCl3挥发（冷凝），蒸馏烧瓶中得到的粗产品含有POCl3、PCl5等．加入黄磷加热除去PCl5后，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离，因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应．（1）由图可知仪器的名称；（2）实验室制备氯气用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水；（3）根据制备的氯气中的杂质分析；（4）由于PCl3遇O2会生成POCl3，遇水生成H3PO3和HCl，通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气；（5）碱石灰吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入影响产品纯度；（6）在加热条件下，黄磷与PCl5反应生成PCl3；PCl3沸点较低，加热易挥发．【解答】解：甲装置中为浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中含有的杂质为HCl、水蒸气，分别用饱和食盐水和浓硫酸除去，纯净的氯气与黄磷在加热条件下反应生成气态的PCl3，冷却达到液态的PCl3；（1）仪器戊名称从装置中分析为冷凝管，故答案为：冷凝管；（2）实验室制备氯气用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（3）氯气中含有的杂质为HCl、水蒸气，分别用饱和食盐水和浓硫酸除去，所以乙中盛放的试剂是饱和氯化钠溶液用于除去氯气中的氯化氢，丙中盛放的试剂是浓硫酸用于除去水蒸气；故答案为：饱和氯化钠溶液，除去氯气中的氯化氢；浓硫酸，除去氯气中的水蒸气；（4）由于PCl3遇O2会生成POCl3，遇水生成H3PO3和HCl，通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止生成的PCl3与空气中的O2和水反应；通入二氧化碳赶净空气，避免水和氧气与三氯化磷发生反应，故答案为：排净装置中的空气，防止空气中的水分和氧气与PCl3反应；（5）氯气有毒，污染空气，碱石灰吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入影响产品纯度，故答案为：碱石灰吸收多余氯气防止污染空气，防止空气中的水蒸气进入影响产品纯度．（6）在加热条件下，黄磷与PCl5反应生成PCl3，则反应的方程式为：3PCl5+2P5PCl3；PCl3沸点较低，加热易挥发，可以利用蒸馏的方法分离出三氯化磷；故答案为：3PCl5+2P5PCl3；蒸馏．9．工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下：请回答下列问题：（1）步骤①所得废渣的成分是SiO2（写化学式），操作I的名称过滤．（2）步骤②、③的变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：R2（SO4）n（水层）+2nHA（有机层）⇌2RA n（有机层）+nH2SO4（水层）②中萃取时必须加入适量碱，其原因是加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率．③中X试剂为硫酸．（3）④的离子方程式为NH3•H2O+VO3﹣═NH4VO3↓+OH﹣．425℃时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH为 1.7﹣1.8．若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜ 2.6×10﹣3．（已知：25℃时，Ksp[Fe（OH）3]=2.6×10﹣39）（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有有机萃取剂和氨气．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程，水溶过滤得到含VO2+、SO42﹣、K+的溶液，加入有机萃取剂分液得到含VO2+的有机层，再经过反萃取得到水层，加入KClO3氧化VO2+为VO3﹣，加入氨水调节溶液PH形成NH4VO3沉淀，灼烧得到V2O5，（1）废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）酸溶后，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅；（2）②中萃取时必须加入适量碱，会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行；（3）依据氨水与VO3﹣反应配平得到离子方程式；（4）根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.8，此时钡沉淀率达到最大，需要氨水量较小；依据沉淀溶度积计算分析；（5）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成可以循环利用；【解答】解：（1）废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）酸溶后，V2O5、Fe2O3和酸反应，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅，故答案为：SiO2；过滤；（2）②中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，R n+（水层）+nHA（有机层）⇌RA n（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，故答案为：加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率；硫酸；（3）氨水与VO3﹣反应的离子方程式为：NH3•H2O+VO3﹣═NH4VO3↓+OH﹣，故答案为：NH3•H2O+VO3﹣═NH4VO3↓+OH﹣；（4）根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.7﹣1.8，此时钡沉淀率达到最大，需要氨水量较小；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，此时PH=2，c（H+）=10﹣2mol/L，c（OH﹣）=10﹣12mol/L，则溶液中c（Fe3+）浓度依据溶度积计算，K sp[Fe （OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH﹣）=2.6×10﹣39，计算得到c（Fe3+）=2.6×10﹣3mol•L﹣1，不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜2.6×10﹣3mol•L﹣1，故答案为：1.7﹣1.8；2.6×10﹣3；（5）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成的物质，或重复利用的物质可以循环利用，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用，故答案为：有机萃取剂；氨气．10．欲测定含少量氯化钠的小苏打固态样品中NaHCO3的质量分数可采用以下四种方法．方法一：方法二：方法三：方法四：不使用化学试剂，使用实验室常用仪器按要求回答下列问题：（1）方法一：加入足量的试剂A Ca（OH）2或Ba（OH）2（填写A的化学式）可将HCO3﹣离子转化为沉淀并称重．操作1、2、3、4的名称依次是溶解、过滤、洗涤和干燥；（2）方法二：在操作1中所用到的玻璃仪器中，除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的用到的是100mL容量瓶，在操作2中应选择的指示剂是甲基橙；（3）在方法二中计算该样品中NaHCO3的质量分数为×100%[用流程图中的数据m、V（HCl），填写有关的表达式]；（4）在方法三中：根据所用的实验装置，除了称量试样质量外，还需测定的实验数据是碱石灰在实验前后的质量；（5）仔细分析方法三中的实验装置，若由此测得的数据来计算实验结果，则有可能偏高也有可能偏低，偏高的原因可能是碱石灰可能还会吸收空气中的水气和2气体，偏低的原因可能是圆底烧瓶内会留存部分CO2气体（均文字简述）；（6）方法四的实验原理是：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑（用化学方程式表示）．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】方法一：（图甲）固态样品加试剂A使碳酸氢跟生成沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥称量沉淀的质量，从而根据碳守恒计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；方法二：（图乙）固态样品加水溶解成100ml溶液，取20ml加指示剂，用标准盐酸进行滴定，从而计算出碳酸氢钠的质量分数；方法三：（图丙）固态样品加稀硫酸充分溶解，再经过浓硫酸干燥，用碱石灰吸收生成的二氧化碳气体，根据二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；（1）根据以上分析：与HCO3﹣反应产生沉淀的试剂有Ca（OH）2或Ba（OH）2，二者选其一即可；操作1、2、3、4的名称依次是溶解、过滤、洗涤、干燥；（2）根据方法二的原理分析所需仪器；根据滴定终点时溶液酸碱性选择指示剂；（3）由所用盐酸的体积可计算出20mL的待测液中碳酸氢钠的物质的量，进而计算质量分数；（4）方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数，所用需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量；（5）根据装置分析，偏高的原因是碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大；偏低的原因是装置中会有残留的二氧化碳未被吸收；（6）不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数．【解答】解：方法一：（图甲）固态样品加试剂A使碳酸氢跟生成沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥称量沉淀的质量，从而根据碳守恒计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；方法二：（图乙）固态样品加水溶解成100ml溶液，取20ml加指示剂，用标准盐酸进行滴定，从而计算出碳酸氢钠的质量分数；方法三：（图丙）固态样品加稀硫酸充分溶解，再经过浓硫酸干燥，用碱石灰吸收生成的二氧化碳气体，根据二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；（1）方法一：与HCO3﹣反应产生沉淀的试剂有Ca（OH）2或Ba（OH）2，所以试剂A为Ca（OH）2或Ba（OH）2；与与HCO3﹣反应产生沉淀后应进行的操作为过滤、洗涤、干燥，故答案为：Ca（OH）2或Ba（OH）2；过滤；干燥；（2）方法二中固态样品加水溶解成100ml溶液，所以还需100mL的容量瓶；用标准盐酸进行滴定到终点时溶液还溶解了少量的二氧化碳，故成酸性，而酚酞的变色范围是8～10，未滴定完已变色，不可用，应使用甲基橙作指示剂，溶液由黄色变为橙色；故答案为：100mL 容量瓶；甲基橙；（3）由于盐酸与碳酸氢钠按1：1反应，所以消耗盐酸的物质的量即为碳酸氢钠的物质的量，又配100ml，取20ml进行滴定，所以原液是待测液的5倍，所以样品中NaHCO3的质量为V（HCl）×10﹣3×0.100×5×84=0.042V（HCl）g，质量分数为×100%，故答案为：×100%；（4）根据以上分析：方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数，所用需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量，故答案为：碱石灰在实验前后的质量；（5）因为碱石灰直接与空气接触，所以偏高的原因是碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大；因为装置中还会有残留的二氧化碳，所以偏低的原因是装置中会有残留的二氧化碳未被吸收，故答案为：碱石灰可能还会吸收空气中的水气和CO2气体；圆底烧瓶内会留存部分CO2气体；（6）不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数，化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑．[化学--选修5：有机化学基础]11．人体中的一种脑内分泌物多巴胺，可影响一个人的情绪，主要负责大脑的感觉，将兴奋及开心的信息传递，使人感到愉悦和快乐．它可由香兰素与硝基甲烷缩合，再经锌还原水解而得，合成过程如下：已知多巴胺的结构简式为：．请回答下列问题：（1）香兰素除了醛基之外，还含有官能团名称是羟基、醚键．（2）多巴胺的分子式是C8H11O2N．（3）上述合成过程中属于加成反应类型的是：①③（填反应序号）．反应②的反应条件是浓硫酸、加热（4）写出符合下列条件的多巴胺的其中一种同分异构体的结构简式：．①属于1，3，5﹣三取代苯；②苯环上直接连有一个羟基和一个氨基；③分别能与钠和氢氧化钠反应，消耗钠与氢氧化钠的物质的量之比为2：1．（5）请写出有机物A与足量浓溴水反应的化学方程式．【考点】有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构．【分析】香兰素和硝基甲烷发生加成反应生成，反应生成A，A和氢气加成生成，将和比较知，先发生消去反应生成A，A再和氢气发生加成反应生成，所以A的结构简式为，和Zn、HCl发生还原反应生成，发生水解也是取代反应生成多巴胺，据此答题．【解答】解：香兰素和硝基甲烷发生加成反应生成，反应生成A，A和氢气加成生成，将和比较知，先发生消去反应生成A，A再和氢气发生加成反应生成，所。