2022年陕西省兴平市西郊高级中学高二化学第二学期期末预测试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列各组中的微粒在指定溶液中一定能大量共存的是Ac(FeCl3)=1.0molL-1的溶液中: HCO3-、Cl-、H+、Na+B常温下，由水电离出的c(H+)=10-14molL-1溶液中: NH4+、K+、CO32-、SO42-C在c(HCO3-)=0.1 molL-1的溶液中: NH4+、AlO2-

2、、 Cl-、NO3-D常温下KW/c（H+）=0.1 molL-1的溶液中:K+、NH3H2O、SO42- 、NO3-2、糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。下列叙述正确的是( )A油脂和蛋白质都属于高分子化合物B淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖C蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质D油脂的硬化属于氧化反应3、某合作学习小组讨论辨析：花生油属于混合物，液氯、冰醋酸均属于纯净物碳酸钠、氯化铵、氢氧化钡都属于离子化合物SO2、NO2和CO2都是污染性气体氨气、水和硫酸钡分别属于非电解质、弱电解质和强电解质水玻璃、水银和水煤气都属于混合物酸性氧化物不一定是非金属氧化物，碱性

3、氧化物一定是金属氧化物氢氧化铁、有色玻璃和果冻都属于胶体上述说法正确的是ABCD4、下列说法中，不正确的是A油脂水解的产物中含甘油B塑料、合成树脂和合成橡胶被称为“三大合成材料”C蛋白质可水解生成多肽和氨基酸D医疗上用 75%的酒精消毒是因为其能使蛋白质变性5、 下列有机物中，属于芳香烃的是ABCD6、镍镉(NiCd)可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd2NiOOH2H2OCd(OH)22Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是( )A放电时负极失去电子，发生还原反应B放电时电解质溶液中的OH向正极移动C充电时阴极附近溶液的pH减

4、小D充电时阳极反应：Ni(OH)2eOH=NiOOHH2O7、下列叙述正确的是A氯化氢溶于水导电，但液态氯化氢不导电B溶于水后能电离出H的化合物都是酸C熔融金属钠能导电，所以金属钠是电解质DNaCl溶液在电流作用下电离成Na与Cl8、下列物质中均含杂质（括号中是杂质），除杂质方法错误的是（ ）A甲烷（乙烯）：溴水，洗气B乙醇（乙醛）：加入新制氢氧化铜煮沸，过滤C溴苯（溴）：加入氢氧化钠溶液洗涤，分液D乙酸丁酯（乙酸）：加入碳酸钠溶液洗涤，分液9、下列物质中，不能发生消去反应的是（ ）A BCCH2ClCH2CH3 DCH3CH2OH10、（题文）已知：某溶质R的摩尔质量与H2S的相同。现有R的

5、质量分数为27.5%密度为1.10 gcm3的溶液， 该溶液中R的物质的量浓度(molL1)约为()A6.8 B7.4 C8.9 D9.511、某元素的一种同位素X的原子质量数为A,它与2H原子组成2HmX分子，此分子含N个中子，在a g 2HmX中所含电子的物质的量是A (ANm) mol B (AN) molC (ANm) mol D (AN+2m) mol12、某烃的结构简式如图所示，若分子中共线碳原子数为a，可能共面的碳原子最多为b，含四面体结构碳原子数为c，则a、b、c分别是（ ）A3，4，5 B3、14，4 C3，l0，4 D4，l0，413、下列说法不正确的是A乳酸薄荷醇酯（）能

6、发生水解、氧化、消去反应B乙醛和丙烯醛（）不是同系物，但它们与氢气充分反应后的产物是同系物C淀粉和纤维素完全水解后的产物都是葡萄糖，但淀粉是人体的营养物质而纤维素不是DCH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体，1H-NMR谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，故不能用1H-NMR来鉴别14、下列事实能说明甲酸（HCOOH）属于弱酸的是( )1mol/L HCOOH的pH=2 甲酸能与水以任意比互溶20mL 1mol/L HCOOH与20mL 1mol/L NaOH恰好中和 HCOONa溶液的pH7ABCD15、常温下,用0.1mol/L的HCl溶液滴定1

7、0.00mL 0.1mol/LROH,其滴定曲线如图所示.AG=lgc(H+)c(OH-）,下列分析不正确的是( )AROH为弱碱 BA点溶液c(Cl)=c(R+)C若b=10时，AG0 D若b=15,溶液中存在13c(Cl)+c(ROH)+c(OH)=c(H+)16、下列说法正确的是A为防止富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰B海水淡化能解决淡水供应危机，向海水中加净水剂明矾可以使海水淡化C中国的瓷器驰名世界。我们日常生活中所用到的陶瓷，主要是硅酸盐产品D为缓解旱情，可以用干冰或溴化银进行人工降雨二、非选择题（本题包括5小题）17、某有机物A，由C、H、O三种元素组成，在一定条件下，由A

8、可以转化为有机物B、C、D和E；C又可以转化为B、A。它们的转化关系如下：已知D的蒸气密度是氢气的22倍，并可以发生银镜反应（1）写出下列物质的结构简式。A_B_D_（2）完成下列阶段变化的化学方程式。_18、色酮类化合物K具有抗菌、降血脂等生理活性，其合成路线如下：已知：+ROH+RCOOH(1)A的结构简式是_；根据系统命名法，F的名称是_。(2)BC所需试剂a是_；试剂b的结构简式是_。(3)C与足量的NaOH反应的化学方程式为_。(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为_。(5)已知：2HJ+H2O；J的核磁共振氢谱只有两组峰。以E和J为原料合成K分为三步反应，写出有关化合物的结

9、构简式：E_J_中间产物1_中间产物2_19、某无色溶液中含有K、Cl、OH、SO32-、SO42-，为检验溶液中所含的某些阴离子，限用的试剂有：盐酸、硝酸、硝酸银溶液、硝酸钡溶液、溴水和酚酞试液。检验其中OH的实验方法省略，检验其他阴离子的过程如下图所示。(1)图中试剂溶质的化学式分别是：_，_，_，_，_。(2)图中现象c表明检验出的离子是_。(3)白色沉淀A若加试剂而不加试剂，对实验的影响是_。(4)气体E通入试剂发生反应的离子方程式是_。20、氢化钙(CaH2)固体是登山运动员常用的能源提供剂。氢化钙要密封保存，一旦接触到水就发生反应生成氢氧化钙和氢气。氢化钙道常用氢气与纯净的金属钙加

10、热制取，如图是模拟制取装置:(1)为了确认进入装置C的氢气已经干燥应在B、C之间再接一装置，该装置中加入的试剂是_。(2)该实验步骤如下:检查装置气密性后装入药品；打开分液漏斗活塞，接下来的操作顺序是_(填序号)。加热反应一段时间 收集气体并检验其纯度关闭分液漏斗活塞 停止加热，充分冷却(3)某同学取一定质量的产物样品(m1g)，加入过量碳酸钠溶液，过滤、洗涤、干燥后称量固体碳酸钙质量(m2g),计算得到样品中氢化钙的质量分数为101.14%。若该同学所有操作均正确，则产生这种情况的原因可能是_。21、传统硅酸盐材料因其耐高温、抗腐蚀、强度高等优异性能，被广泛应用于各种工业、科学研究及日常生活

11、中。某硅酸盐材料的主要成分为氧化钙、二氧化硅，并含有一定量铁、铝及镁的氧化物，某研究小组设计以下流程测定该硅酸盐材料中钙的含量（如下图所示）。部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:(金属离子浓度以0.1molL-1计)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Ca(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2开始沉淀pH2.77.612.34.08.0完全沉淀pH3.79.614.35.212.4回答下列问题:（1）酸浸后，加入双氧水所发生反应的离子方程式为_。为提高钙的浸出率，可以采取的措施是_。（任写一种）（2）沉淀B的成份为_。调节滤液的pH为45，加入的物质可以是_。ACaCO3 BCa(O

12、H)2 C氨水 DMgO（3）向滤液中加足量草酸铵溶液，在水浴上保温陈化2小时，冷却到室温，过滤、洗涤沉淀。将得到的CaC2O4沉淀溶解在硫酸中，并稀释配成250mL溶液。用移液管量取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用KMnO4标准溶液滴定。滴定时发生反应的离子方程式为_。若实验中所取样品质量为4.00 g ，KMnO4标准溶液浓度为0.0500 mol/L，平行滴定3次用去KMnO4标准溶液体积平均值为36.00 mL，则该硅酸盐样品中钙的质量分数为_。（4）在保温沉钙环节，若样品中镁的含量过高，会导致最终测定结果产生较大误差。试从理论上计算，加草酸铵溶液沉钙时，溶液中镁离子的浓度最高不能超

13、过_mol/L。（已知：Ksp(CaC2O4) = 4.0010-9，Ksp(MgC2O4) = 4.8310-6）参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A.铁离子和碳酸氢根离子会发生双水解反应，A错误；B.水电离出来的c(H+)=10-14molL-1溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液；如果是酸溶液，那么碳酸根离子和氢离子会发生反应；如果是碱溶液，铵根离子和氢氧根离子会发生反应；B错误；C.HCO3-和AlO2-会发生反应:HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3+CO32-，C错误；D.KW/c（H+）=c(OH-)，所以此溶液是碱性的，氢氧根离子和这4种微粒都没有

14、发生反应，这四种微粒相互间也不反应，D正确。故合理选项为D。2、B【解析】A.油脂有确定的分子组成和确定的分子式，相对分子质量比较小，不是高分子化合物，A错误；B.淀粉和纤维素都是多糖，水解的最终产物均为葡萄糖，B正确；C.蛋白质组成元素都有碳、氢、氧、氮元素，有些还含有硫、磷元素，不是仅有碳、氢、氧三种元素组成，C错误；D油脂的硬化属于加成反应，物质与氢气的加成反应又叫还原反应，D错误；故合理选项是B。3、A【解析】花生油属于油脂，是多种高级脂肪酸甘油酯组成的混合物，液氯、冰醋酸都只含一种物质均属于纯净物，故正确；碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵都含有离子键，都属于离子化合物，故正确；SO2、NO2

15、会导致酸雨的形成，而CO2是空气的组成成分气体，CO2不会导致大气污染，故错误；氨气本身不能电离属于非电解质、水部分电离为弱电解质，硫酸钡溶解的部分完全电离，属于强电解质，故正确；水玻璃是硅酸钠的水溶液，水煤气是氢气和CO构成的，均是混合物，水银是金属单质，属于纯净物，故错误；酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7为酸性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物，故正确；氢氧化铁属于纯净物，故错误；故答案选：A。【点睛】水玻璃是硅酸钠的水溶液，水煤气是氢气和CO构成的。4、B【解析】A. 油脂是高级脂肪酸的甘油酯，油脂酸性条件下水解成高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油，故A正确

16、；B. 塑料、合成纤维和合成橡胶被称为“三大合成材料”，故B错误；C. 蛋白质可水解生成多肽，蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故C正确；D. 医疗上用 75%的酒精消毒是因为其能使蛋白质变性，从而达到杀菌的目的，故D正确；故选B。5、B【解析】A是环己烷，不含苯环，不属于芳香烃，A错误；B是苯的同系物，属于芳香烃，B正确；C中含有氧元素、N元素，不属于烃类，属于芳香族化合物，C错误；D属于环烷烃，不含苯环，不是芳香烃，D错误。点睛：本题考查有机物的结构与分类，较简单，注意掌握常见有机物的分类，把握芳香烃的概念。含有苯环的烃属于芳香烃，且在元素组成上只含有C、H两种元素。6、D【解析】分析：A.原

17、电池中，负极上发生失电子的氧化反应；B.原电池中，电解质中的阴离子向负极移动；C.电解池中，阴极发生得电子的还原反应，根据电极反应确定溶液溶液的的变化；D.电解池中，与直流电源正极相连的电极是阳极，阳极发生失电子的氧化反应。详解: A. 放电时是原电池工作原理，负极上发生失电子的氧化反应，故A错误；B. 放电时是原电池的工作原理，原电池工作时，电解质中的阴离子向负极移动，故B错误；C. 充电时是电解池的工作原理，电解池中，阴极发生得电子的还原反应，阴极附近溶液的pH增大，故C错误；D. 充电时是电解池的工作原理，电解池中，与直流电源正极相连的电极是阳极，阳极发生失电子的氧化反应，即发生Ni(O

18、H)2转化为NiOOH的反应，故D正确。故选D。7、A【解析】A氯化氢为共价化合物，在水中能够电离出氢离子和氯离子，水溶液可导电，但熔融状态下不导电，故A正确；B溶于水后能电离出H的化合物不一定是酸，如酸式盐硫酸氢钠可电离出氢离子，但硫酸氢钠属于盐，故B错误；C金属属于单质，不是化合物，不是电解质，故C错误； D氯化钠为电解质，在水溶液中可发生电离，无需通电，在电流下，NaCl溶液发生电解，故D错误；答案选A。8、B【解析】A甲烷不与溴水反应，乙烯可以与溴水反应生成1，2-2溴乙烷，可以除去甲烷中的乙烯，故A正确；B 乙醇（乙醛）：加入新制氢氧化铜煮沸，乙醛能与新制氢氧化铜发生氧化反应生成乙酸

19、与乙醇互溶不能过滤分离，应选用蒸馏法，故B错误；C溴与NaOH反应后，与溴苯分层，然后分液可分离，故C正确；D乙酸与碳酸钠反应后，与酯分层，然后分液可分离，故D正确；答案选B。【点睛】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变除杂质题至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质。9、B【解析】分析：选项中的物质为卤代烃和醇，与-X或OH相连C的邻位C上有H，可发生消去反应生成烯烃。详解：A、OH相连C的邻位C上有H，可发生消去反应生成烯烃，故A正确；B、Cl相连C的邻位C上没有H，不可发生消

20、去反应生成烯烃，故B错误；C、Cl相连C的邻位C上有H，可发生消去反应生成烯烃，故C正确；D、OH相连C的邻位C上有H，可发生消去反应生成烯烃，故D正确；故选B。点睛：本题考查有机物的结构与性质，解题关键：把握官能团与性质的关系，侧重卤代烃和醇性质及消去反应的考查，注意消去反应的结构特点，与-X或OH相连C的邻位C上有H10、C【解析】分析：依据c1000/M计算该溶液的物质的量浓度。详解：某溶质R的摩尔质量与H2S的相同，即为34g/mol。现有R的质量分数为27.5%、密度为1.10 gcm3的溶液，因此根据c1000/M可知该溶液中R的物质的量浓度为10001.127.5%34mol/L

21、8.9mol/L。答案选C。11、D【解析】X原子的质量数为A，2HmX的相对分子量为：A+2m，其摩尔质量为(A+2m)g/mol，每个2HmX分子中含有的电子数为(AN+2m)，则agHmX的物质的量为：=mol，则在ag 2HmX分子中含电子的物质的量是：mol(A-N+2m)=(A-N+2m)mol，故选D。12、B【解析】已知乙炔为直线形结构，则与CC键相连的C原子可能共线，则共有3个；分子中与苯环以及C=C直接相连的原子共平面，则可能共面的碳原子最多为14，即所有的碳原子可能共平面；含四面体结构碳原子为饱和碳原子，共4个，故答案选B。13、D【解析】分析：A.根据官能团酯基、羟基进

22、行分析；B.醛基、碳碳双键均能与氢气发生加成，两种醛完全加成后生成饱和一元醇；C. 人体不能消化纤维素；D. 乙酸乙酯和丙酸甲酯是同分异构体，且二者有三种氢原子，个数比为3:2:3，氢原子的环境不同，在核磁共振氢谱上所处频率也不同；据以上分析解答。详解：乳酸薄荷醇酯中含有羟基和酯基，能够能发生水解、氧化、消去反应，A正确；乙醛与丙烯醛含有的官能团不同，因此不是同系物，但二者与氢气充分反应后，含有相同的官能团，分子式相差1个CH2，是同系物，B正确；淀粉和纤维素都是多糖，水解之后的产物都是葡萄糖，但是人体不能消化纤维素，它不属于人体的营养物质，C正确；乙酸乙酯和丙酸甲酯是同分异构体，且二者有三种

23、氢原子，个数比为3:2:3，氢原子的环境不同，在核磁共振氢谱上所处频率也不同，因此二者可以通过核磁共振氢谱分别出来，D错误；正确选项D。14、D【解析】若甲酸为强酸，则1mol/L的甲酸溶液的pH=0，而实际为2，说明甲酸为弱酸，正确；甲酸与水以任意比互溶，不能说明甲酸为弱酸，错误；20mL 1mol/L HCOOH与20mL 1mol/L NaOH恰好中和，是因为二者的物质的量相等，不能说明甲酸为弱酸，错误；HCOONa溶液的pH7，说明甲酸根离子发生水解，根据水解规律可知有弱才水解，说明甲酸为弱酸，正确；故合理选项为D。15、C【解析】A依据图象可知：0.1mol/LROH的AG为-7.2

24、，则：c(H+)/c(OH-)=10-7.2，结合c（H+）c（OH-）=10-14，得c（OH-）=10-3.4mol/L，小于0.1mol/L，所以ROH为弱碱，故A正确；B依据溶液中电荷守恒原则：c（Cl-）+c（OH-）=c（R+）+c（H+），A点溶液AG=0，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，溶液呈中性，则c（Cl-）=c（R+），故 B正确；C当盐酸的体积b=10 mL，与10.00mL 0.1mol/LROH恰好完全反应生成RCl，RCl为强酸弱碱盐，水解显酸性：C(H+)c(OH-), AG=lgc(H+)c(OH-）0，故C错误；D.b=15，溶液中存在RCl和HCl（量之比2

25、:1），依据溶液中存在的电荷守恒：c（Cl-）+c（OH-）=c（R+）+c（H+），物料守恒：3c（R+）+c（ROH）=2c（Cl-），得：1/3c（Cl-）+c（ROH）+c（OH-）=c（H+），故D正确；综上所述，本题选C。【点睛】根据AG=lgc(H+)c(OH-） ，若c(H+)=c(OH-)，AG=0，溶液呈中性；若c(H+)c(OH-)，AG0，溶液呈酸性；若c(H+)c(OH-)，AG0，溶液呈碱性。16、C【解析】A包装袋中装生石灰作干燥剂，不是防氧化变质，故A错误；B明矾能净水，不能消除水中的无机盐，不是淡化海水，故B错误；C三大硅酸盐制品是：水泥、玻璃、陶瓷，故C正确

26、；D碘化银在高空分解生成银单质和碘单质，形成人工冰核，这些冰核经过水汽凝聚，形成冰晶，冰晶发展到一定的程度，它们将通过零度层下降，之后融化，形成雨滴。干冰和碘化银用于人工降雨，而不是溴化银，故D错误；答案选C。【点睛】防止食品氧化变质应加入还原剂。如铁粉。二、非选择题（本题包括5小题）17、C2H5OH CH2=CH2 CH3CHO C2H5OHCH2=CH2+H2O C2H5Br+NaOHCH2=CH2+NaBr+H2O CH3CHO+H2CH3CH2OH C2H5OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O 【解析】已知D的蒸气密度是氢气的22倍，相对分子质量是222=44，并可以

27、发生银镜反应，所以D含有醛基，醛基的相对分子质量是29，则D是乙醛，乙醛氧化生成E是乙酸，乙醛还原生成A是乙醇，乙醇和乙酸酯化生成F是乙酸乙酯，乙醇在浓硫酸的作用下发生消去反应生成B是乙烯，乙烯和溴化氢发生加成反应生成C是溴乙烷，C水解又转化为乙醇，溴乙烷发生消去反应转化为乙烯，据此分析。【详解】已知D的蒸气密度是氢气的22倍，相对分子质量是222=44，并可以发生银镜反应，所以D含有醛基，醛基的相对分子质量是29，则D是乙醛，乙醛氧化生成E是乙酸，乙醛还原生成A是乙醇，乙醇和乙酸酯化生成F是乙酸乙酯，乙醇在浓硫酸的作用下发生消去反应生成B是乙烯，乙烯和溴化氢发生加成反应生成C是溴乙烷，C水解

28、又转化为乙醇，溴乙烷发生消去反应转化为乙烯。（1）A的结构简式为C2H5OH；B的结构简式为CH2=CH2；D的结构简式为CH3CHO；（2）反应的化学方程式为C2H5OHCH2=CH2+H2O；反应的化学方程式为C2H5Br+NaOHCH2=CH2+NaBr+H2O；反应的化学方程式为CH3CHO+H2CH3CH2OH；反应的化学方程式为C2H5OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O。18、 1-丙醇 Br2和Fe（或FeBr3） CH3CH2CHO + 2Cu(OH)2 + NaOH CH3CH2COONa + Cu2O + 3H2O E：；J：；中间产物1：；中间产物2：

29、【解析】A(苯)发生硝化反应生成B，B为硝基苯，根据C的化学式可知，试剂a为溴，在铁作催化剂时，B与溴发生苯环上的取代反应生成C，结合D的结构可知C为，根据信息，D在AlCl3存在时与试剂b反应生成E，根据E的化学式可知，试剂b为，则E为；G能够与氢氧化铜反应，则G为醛，因此F为醇，H为酸，因此F为CH3CH2CH2OH，G为CH3CH2CHO，H为CH3CH2COOH。(1)根据上述分析，A为苯；F 为CH3CH2CH2OH，名称为1-丙醇，故答案为；1-丙醇；(2)B与溴发生取代反应生成C，反应需要铁作催化剂，试剂a是Br2和Fe；试剂b为，故答案为Br2和Fe(或FeBr3)；(3)C为

30、，与足量的NaOH反应的化学方程式为，故答案为；(4)G为CH3CH2CHO，G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为CH3CH2CHO + 2Cu(OH)2 + NaOH CH3CH2COONa + Cu2O + 3H2O，故答案为CH3CH2CHO + 2Cu(OH)2 + NaOH CH3CH2COONa + Cu2O + 3H2O；(5)H为CH3CH2COOH，2HJ+H2O；J的核磁共振氢谱只有两组峰，则J为酸酐，为。E为，J为；根据信息，中间产物1为，根据信息，中间产物2为，发生羟基的消去反应生成K()，故答案为E：；J：；中间产物1：；中间产物2：。点睛：本题考查了有机合成与推

31、断，本题的难度较大。本题的难点是(5)中合成过程的推断，要充分理解和利用题示信息，尤其中信息和的理解和应用。19、Ba(NO3)2 HCl HNO3 Br2 AgNO3 Cl 会使SO32对SO42的检验产生干扰，不能确认SO42是否存在 SO2Br22H2O=4HSO422Br 【解析】根据框图，结合需要检验的离子可知，气体E只能为二氧化硫。SO32-、SO42-能够与Ba(NO3)2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应能够生成二氧化硫气体，二氧化硫气体E能使溴水褪色，硫酸钡不溶解于硝酸，故试剂为Ba(NO3)2溶液，试剂为盐酸，试剂为溴水，无色溶液C中含有Cl、OH

32、，溶液呈碱性，加入过量试剂后再加入试剂生成白色沉淀，应该是检验氯离子，因此试剂为硝酸，调整溶液呈酸性，试剂为硝酸银溶液，白色沉淀为氯化银，据此分析解答。【详解】(1)SO32-、SO42-能够与Ba(NO3)2溶液反应分别生成亚硫酸钡和硫酸钡白色沉淀，亚硫酸钡与盐酸反应能够生成二氧化硫气体，二氧化硫气体E能使溴水褪色，硫酸钡不溶解于硝酸，故试剂为Ba(NO3)2溶液，试剂为盐酸，试剂为溴水，无色溶液C中含有Cl、OH，溶液呈碱性，加入过量试剂后再加入试剂生成白色沉淀，应该是检验氯离子，因此试剂为硝酸，调整溶液呈酸性，试剂为硝酸银溶液，白色沉淀为氯化银，故答案为：Ba(NO3)2；HCl；HNO

33、3；Br2；AgNO3；(2)根据上述分析，现象a检验出的阴离子为SO32-，现象b检验出的阴离子为SO42-，现象c检验出的阴离子为Cl-，故答案为：Cl-；(3)硝酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，因此白色沉淀A若加试剂稀硝酸而不加试剂盐酸会使SO32-对SO42-的检验产生干扰，不能确认SO42-是否存在，故答案为：会使SO32-对SO42-的检验产生干扰，不能确定SO42-是否存在；(4)溴单质与二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸，反应的离子方程式：Br2+SO2+2H2O=4H+SO42-+2Br-，故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H+SO42-+2Br-。【点睛】

34、根据反应现象推断各物质的成分是解题的关键，明确气体E为二氧化硫是解题的突破口。本题的易错点为试剂的判断，要注意试剂不能选用稀硝酸，因为硝酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子。20、无水硫酸铜(或其他合理答案) 单质钙没有完全参与反应，氢化钙中混有单质钙 【解析】分析：本题以氢化钙的制备为载体，考查实验基本技能与操作、对题中的信息的利用、对实验装置的理解分析、物质分离提纯、化学计算等，本题侧重基本实验操作能力的考查，是对学生综合能力的考查。详解：A装置通过锌和硫酸反应生成氢气，氢气中肯定含有水蒸气，所以用B中无水氯化钙吸收水，在C中氢气和钙反应生成氢化钙，D中有浓硫酸，保证金属钙的装置C中干燥，防止空气中的水蒸气进入。本实验的关键是保证金属钙的装置C中没有水蒸气存在，因为钙和水反应，氢化钙也与水反应。（1）为了确认进入装置C的氢气已经干燥应在BC之间连接一个检验氢气是否含有水的装置，该装置中加入无水硫酸铜固体，若有水，该固体变蓝。（2）该实验步骤为检验气密性后，打开分液漏