2022年陕西交大附中 化学高二第二学期期末教学质量检测试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知某有机物的结构简式如下，下列有关该分子的说法正确的是（ ）A分子式为C10H14O6B含有的官能团为羟基、羧基和酯基C该分子不能发生取代反应D它属于芳香烃2、下列叙述正确的是( )A通常，同周期元素中A族元素的第一电离能最大B在同一

2、主族中，自上而下元素的第一电离能逐渐减小C第A、A族元素的原子，其原子半径越大，第一电离能越大D主族元素的原子形成单原子离子时的最高化合价数都和它的族序数相等3、下列反应可用离子方程式“H+OH-H2O”表示的是ANaHSO4 溶液与 Ba(OH)2 溶液混合BHCl 溶液与 Ca(OH)2 溶液混合CHCl 溶液与 NH3H2O 溶液混合DNaHCO3 溶液与 NaOH 溶液混合4、下列化学用语表示或描述不正确的是ACa的电子排布式是Ar3d2BBF3 的VSEPR的模型名称是平面三角形CNH4+中心原子N上的孤电子对数为0D在Cu(NH3)42+里，NH3的氮原子给出孤电子对，形成配位键5

3、、下列离子方程式表达不正确的是A向FeCl3溶液滴加HI溶液：2Fe32I=2Fe2I2B向水中放入Na2O2：2Na2O22H2O=4Na4OHO2C向NaAlO2溶液中通入过量的CO2制Al(OH)3：AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3D向NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液：2NH4Ba2SO422OH=BaSO42NH3H2O6、下列溶液的物质的量浓度的计算正确的是()AVLFe2(SO4)3溶液中含Fe3+mg，溶液中c(SO42-)是56mVmolL-1B将100mL1.5molL-1的NaCl溶液与200mL2.5molL-1的NaCl溶液混合(忽

4、略溶液体积变化)，得到溶液的物质的量浓度为2molL-1C实验室配制480mL0.1molL-1的硫酸铜溶液，应选取500mL容量瓶，称取12.5g胆矾配成500mL溶液D标准状况下，aLNH3溶于1000g水中，得到的溶液密度为bgcm-3，则该溶液的物质的量浓度为a22.4molL-17、下列说法不合理的是A可用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体B可用四氯化碳将溴水中的溴提取出来C可用盐酸酸化的氯化钡溶液检验溶液中的硫酸根离子D可用氢氧化钠溶液鉴别氯化铁溶液和氯化亚铁溶液8、化学与生产生活密切相关，下列说法正确的是（ ）A平昌冬奥会“北京8分钟”主创团队用石墨烯制作发热服饰，说明石墨烯是

5、导热金属材料B“地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油C“一带一路”被誉为现代丝绸之路”，丝绸属于合成纤维，主要含C、H、O、N元素D聚乙烯和聚氯乙烯都是食品级塑料制品的主要成分9、下列说法正确的是A凡是中心原子采取sp3杂化的分子，其立体构型都是正四面体型B在SCl2中，中心原子S采取sp杂化方式，分子构型为直线型C杂化轨道只用于形成键或用于容纳未参与成键的孤电子对D凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键10、下列指定反应的离子方程式正确的是A向溶液中加入少量氨水：=Al(OH)3B向溶液中加入KOH溶液：HCO3-+OH-H2O+CO2C向溶液中加入过量的N

6、aOH溶液：D向溶液中加入过量澄清石灰水：11、S-诱抗素可保证盆栽鲜花盛开，其分子结构如图，下列说法不正确的是（ ）A该物质的分子式为C15H20O4B该物质环上的二氯代物只有2种C该物质能发生取代、加成、氧化等反应D1mol该物质最多能与2 mol NaOH完全反应12、NH3 分子的空间构型是三角锥形，而不是正三角形的平面结构，解释该事实的充分理由是ANH3分子是极性分子B分子内3个NH键的键长相等，键角相等CNH3分子内3个NH键的键长相等，3个键角都等于107DNH3分子内3个NH键的键长相等，3个键角都等于12013、普通玻璃的主要成分是：Na2SiO3 CaCO3 CaSiO3

7、SiO2 Na2CO3 CaOABCD14、下列物质的溶液在蒸发皿中加热蒸干并灼烧，可以得到该物质的是AFeSO4BMgSO4CAlCl3DNH4Cl15、在2A+B3C+4D中，表示该反应速率最快的是( )A(A)=0.5molL1S1 B(B)=0.3 molL1S1C(C)=1.2molL1min1 D(D)=0.6 molL1min116、原子结构模型经历了五个主要阶段:1803年实心球模型1897年葡萄干面包式模型1911年原子核式结构模型1913 的轨道模型20 世纪初电子云的原子结构模型。对轨道模型贡献最大的科学家是A玻尔 B汤姆生 C卢瑟福 D道尔顿二、非选择题（本题包括5小题

8、）17、a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，相关信息如下表所示。a原子核外电子分占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同b基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1c位于第2周期，原子核外有3对成对电子、两个未成对电子d位于周期表中第1纵列e基态原子M层全充满，N层只有一个电子请回答：（1）c属于_区的元素。（2）b与其同周期相邻元素第一电离能由大到小的顺序为_（用元素符号表示）。（3）若将a元素最高价氧化物水化物对应的正盐酸根离子表示为A，则A的中心原子的轨道杂化类型为_，A的空间构型为_；（4）d 的某氯化物晶体结构如图,每个阴离子周围等距离且最近的阴离子数为_;

9、在e2+离子的水溶液中逐滴滴加b的氢化物水溶液至过量，可观察到的现象为_。18、在Cl-浓度为0.5 molL1的某无色澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。阳离子K Al3 Mg2 Ba2 Fe3+阴离子NO3- CO32- SiO32- SO42- OH-现取该溶液100 mL进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)。序号实验内容实验结果向该溶液中加入足量稀盐酸产生白色沉淀并放出标准状况下0.56 L气体将的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量固体质量为2.4 g向的滤液中滴加BaCl2溶液无明显现象请回答下列问题。（1）通过以上实验能确定一定不存在的离子是_。（

10、2）实验中生成沉淀的离子方程式为_。（3）通过实验、和必要计算，请写出一定存在的阴离子及其浓度（不一定要填满）_。阴离子浓度c/(molL1)（4）判断K是否存在，若存在，求出其最小浓度，若不存在说明理由：_。19、某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置，用环己醇制备环己烯：已知：密度（g/cm3）熔点（）沸点（）溶解性环己醇0.9625161能溶于水环己烯0.8110383难溶于水（1）制备粗品：采用如图1所示装置，用环己醇制备环己烯。将12.5 mL环己醇加入试管A中，再加入1 mL浓硫酸，摇匀放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。A中碎瓷片的作用是_，导管B的作用是_。试

11、管C置于冰水浴中的目的是_。（2）制备精品：环己烯粗品中含有环己醇和少量有机酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在_层（填“上”或“下”），分液后用_洗涤（填字母）。AKMnO4溶液B稀H2SO4CNa2CO3溶液再将环己烯按图2装置蒸馏，冷却水从_口（填字母）进入。蒸馏时加入生石灰，目的是_。收集产品时，控制的温度应在_左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是_（填字母）。a. 蒸馏时从70开始收集产品b. 环己醇实际用量多了c. 制备粗品时环己醇随产品一起蒸出（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是_（填字母）。a. 用酸性高锰酸钾溶液b. 用金属钠c

12、. 测定沸点20、氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料，某AlN样品仅含有Al2O3杂质，为测定AlN的含量，设计如下三种实验方案。已知：AlN+NaOH+H2ONaAlO2NH3（方案1）取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。（1）如图C装置中球形干燥管的作用是_。（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先_；再加入实验药品。接下来的实验操作是_,打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是_。（3）由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见_。（方案2）用如下图装

13、置测定m g样品中A1N的纯度(部分夹持装置已略去)。（4）导管a的主要作用是_。（5）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是_。（填选项序号）aCCl4 bH2O cNH4Cl溶液 d（6）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL,（已转换为标准状况），则A1N的质量分数为_（用含V、m的代数式表示）。21、铬、钼(Mo)、钨(W)都是第B族元素，且原子序数依次增大，它们的单质和化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题：（1）铬元素的最高化合价为_；基态钼原子的核外电子排布类似于基态铬原子，则基态钼原子核外有_个未成对电子；基态钨原子的核外电子排布是“洪特规则”的例外，则基

14、态钨原子价电子层的电子排布图为_。（2）钼可作有机合成的催化剂。例如，苯甲醛被还原成环己基甲醇。苯甲醛分子中最多有_个原子共平面。环己基甲醇分子中采取sp3杂化的原子是_(写元素符号)。（3）铬离子(Cr3)能形成多种配合物，例如Cr(OH)3(H2O)(H2NCH2CH2NH2)。已知配合物的中心粒子的配位数指配位原子总数。上述配合物中，Cr3的配位数为_。上述配合物中，非金属元素的电负性由小到大的顺序为_。（4）铬的一种氧化物的晶胞结构如图所示。该氧化物的化学式为_。已知六棱柱底边边长为acm，高为bcm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为_gcm3(列出计算式)。参考答案一、选择题

15、（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A的分子式为C10H10O6，故A错误；B中含有羟基、羧基和酯基三种官能团，故B正确；C分子结构中含有羟基、羧基和酯基三种官能团，均能发生取代反应，如发生酯的水解、酯化反应等，故C错误；D除含有苯环外，还含有氧元素，只能属芳香族化合物，不是芳香烃，故D错误；故答案为B。2、B【解析】A.同一周期中零族元素的第一电离能最大；B.同一主族中，自上而下原子半径逐渐增大，第一电离能逐渐减小；C.第A、A族元素的原子,原子半径越大，第一电离能越小；D.主族元素的原子形成单原子离子时,若为阴离子，则其与族序数不等。【详解】A.稀有气体不容易失电子，则同周期元素稀有

16、气体的第一电离能最大，故A错误；B.在同一主族中，自上而下失电子能力增强，则自上而下第一电离能逐渐减小，故B正确；C.第A、A族元素的原子，其半径越大，失电子能力越强，越容易失电子，第一电离能越小，故C错误；D.有的主族元素的原子形成单原子阳离子时的最高化合价数等于其族序数，如Cl元素等，但F元素形成的最高化合价为-1价，不等于其族序数，故D错误；本题答案选B。3、B【解析】A. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合有硫酸钡沉淀生成，不能用H+OH-H2O表示，A错误；B. HCl溶液与Ca(OH)2溶液混合生成氯化钙、水，能用H+OH-H2O表示，B正确；C. HCl溶液与NH3H2O溶

17、液混合生成氯化铵和水，但一水合氨是弱电解质，不能用H+OH-H2O表示，C错误；D. NaHCO3溶液与NaOH溶液混合生成碳酸钠和水，不能用H+OH-H2O表示，D错误；答案选B。【点睛】离子反应不仅可以表示某一具体的反应，还可以表示某一类反应。例如强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的反应可以用H+OH-H2O表示，但需要注意的是该离子反应还可以表示其他类型的反应，例如NaHSO4+NaOHNa2SO4+H2O，答题时注意灵活应用。4、A【解析】A. Ca的电子排布式是1s22s22p63s23p64s2或Ar4s2，故A错误；B. 价层电子对数=键电子对数+孤电子对数，根据BF3的电子式可知，

18、中心原子B有没有孤电子对，有3个键电子对，共3个价层电子对，VSEPR模型名称为平面三角形，故C正确；C. NH4+的电子式为，中心原子N上的孤电子对数为0，故C正确；D. NH3的电子式为，所以在Cu(NH3)42+里，NH3的氮原子给出孤电子对，形成配位键，故D正确；综上所述，本题正确答案为A。5、D【解析】A、Fe3具有强氧化性，能将I氧化成I2，离子方程式为2Fe32I=2Fe2I2，故A不符合题意；B、过氧化钠能与水反应，其离子方程式为2Na2O22H2O=4Na4OHO2，故B不符合题意；C、利用碳酸的酸性强于Al(OH)3，偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2，其离子方程式为AlO2C

19、O22H2O=Al(OH)3HCO3，故C不符合题意；D、Al3得到OH能力强于NH4，NH4Al(SO4)2溶液中滴加少量的Ba(OH)2，其离子方程式为2Al33SO423Ba26OH=3Al(OH)33BaSO4，故D符合题意；答案选D。【点睛】难点是选项D，利用Al33NH3H2O=Al(OH)33OH，得出Al3结合OH能力强于NH4，因为所加Ba(OH)2少量，即Ba(OH)2系数为1，1molBa(OH)2中有2molOH，Al3最后以Al(OH)3形式存在，消耗Al3的物质的量为mol，然后得出：2Al33SO423Ba26OH=3Al(OH)33BaSO4。6、C【解析】分析

20、：根据cB=nBV（aq）计算物质的量浓度和相关物理量。详解：A项，n（Fe3+）=mg56g/mol=m56mol，n（Fe3+）：n（SO42-）=2:3，n（SO42-）=3m112mol，溶液中c（SO42-）=3m112molVL=3m112Vmol/L，A项错误；B项，混合后所得溶液物质的量浓度为1.5mol/L0.1L+2.5mol/L0.2L0.1L+0.2L=2.17mol/L，B项错误；C项，根据“大而近”的原则，配制480mL溶液应选用500mL容量瓶，所需胆矾的质量为0.1mol/L0.5L250g/mol=12.5g，C项正确；D项，n（NH3）=a22.4mol，m

21、（溶液）=m（NH3）+m（H2O）=a22.4mol17g/mol+1000g=（17a22.4+1000）g，溶液的体积为（17a22.4+1000）gbg/cm3=17a+2240022.4bcm3，溶液物质的量浓度为a22.4mol（17a+2240022.4b10-3）L=1000ab17a+22400mol/L，D项错误；答案选C。点睛：本题考查物质的量浓度的计算和物质的量浓度溶液配制的计算。在物质的量浓度溶液配制过程中，根据“大而近”的原则选择容量瓶，根据所选容量瓶的容积计算溶质物质的量。7、C【解析】AHCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则可用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化

22、氢气体，故A正确；B溴不易溶于水，易溶于四氯化碳，则可用四氯化碳将溴水中的溴萃取出来，故B正确；C应先加盐酸可排除干扰离子，再加氯化钡生成硫酸钡，则应先加盐酸无现象，后加氯化钡检验硫酸根离子，故C错误；D氯化铁与NaOH反应生成红褐色沉淀，氯化亚铁与NaOH先反应生成白色沉淀迅速变成灰绿最后变成红褐色，现象不同可鉴别，故D正确；故答案：C。【点睛】注意：检验硫酸根离子时应先加盐酸可排除干扰离子，再加氯化钡生成白色沉淀硫酸钡。若加入盐酸酸化的氯化钡溶液，则不能排除银离子的干扰。8、B【解析】A.石墨烯是非金属材料，故A错误；B.地沟油经加工处理后,可用来制肥皂和生物柴油,可以实现厨余废物合理利用

23、,所以B选项是正确的；C. 丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故C错误； D.PVC用于食品、蔬菜外包装，但对人体存在潜在危害，故D错误；所以B选项是正确的。【点睛】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、化学与材料、健康的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生产、生活的关系，题目难度不大。9、C【解析】A中心原子采取sp3杂化的分子，若没有孤电子对，则分子构型是四面体型，但若有孤电子对，则分子构型可能为三角锥形，如NH3，也可能为V形，如水，A不正确；B在SCl2中，中心原子S采取sp3杂化方式，分子构型为V型，B不正确；C用于形成键或用于容纳未参

24、与成键的孤电子对的轨道为杂化轨道，形成键的轨道未参与杂化，C正确；DAB3型的共价化合物，中心原子A可能采用sp3杂化轨道成键，也可能采用sp2杂化轨道成键，D不正确；故选C。10、D【解析】A向Al2(SO4)3溶液中加入少量氨水，离子方程式：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，故A错误；B向NaHCO3溶液中加入KOH溶液反应生成碳酸钠和碳酸钾、水，离子方程式：HCO3-+OH-H2O+CO32-，故B错误；C向(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中加入过量的NaOH溶液，离子方程式：2NH4+Fe2+4OH-Fe(OH)2+2NH3H2O，故C错误；D向 Ca(HCO3)2

25、 溶液中加入过量澄清石灰水，离子方程式：Ca2+HCO3-+OH-CaCO3+H2O，故D正确；故选D。点睛：把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键。本题的易错点为CD，注意反应物的量的多少对反应的影响。11、D【解析】A.由结构简式可知该物质的分子式为C15H20O4，故A正确;B.该物质环上只有2种不同环境的H原子,所以二氯代物有2种,故B正确; C.该物质含-OH能发生取代、氧化等反应,含碳碳双键可发生加成、氧化反应等,故D正确；D.只有-COOH能与NaOH反应,所以1mol该物质最多能与1molNaOH完全反应,故D错误;答案：D。【点睛】由结构可以知道分子式,分子中含碳碳双

26、键、碳氧双键、-COOH 、-OH,结合烯烃、酮、醇、羧酸的性质来解答。12、C【解析】试题分析：NH3分子中N原子价层电子对数为4，采用sp3杂化，含有1个孤电子对，分子的空间构型是三角锥形，三角锥形分子的键角小于平面正三角形的键角，平面正三角形，则其键角应该为120，已知NH3分子中键角都是10718，所以NH3分子的空间构型是三角锥形而不是平面正三角形故选C。考点：考查了判断分子空间构型13、A【解析】普通玻璃的主要成分是Na2SiO3、CaSiO3及SiO2，答案为A。14、B【解析】在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液可以得到该物质的固体，说明该溶质性质较稳定，蒸干、灼烧过程中不发

27、生分解、不发生水解，据此分析解答。【详解】A硫酸亚铁在蒸干过程中发生水解，生成的氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁和硫酸，但硫酸没有挥发性，所以蒸干、灼烧时得到硫酸铁，A错误；B硫酸镁在溶液在加热时水解得到硫酸与氢氧化镁，但氢氧化镁难溶，硫酸是难挥发性酸，最后得到的固体为MgSO4，B正确；C氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，加热蒸干并灼烧后，氯化氢挥发得到氢氧化铝，灼烧后得到氧化铝固体，C错误；D氯化铵加热蒸干并灼烧后无固体物质，全部脱离体系，D错误；答案选B。15、B【解析】分析：利用速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较。详解：都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2

28、A+B3C+4D，A、（A）=0.5mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，故（D）=2（A）=1mol/（Ls），B、（B）=0.3mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，故（D）=4（B）=1.2mol/（Ls），C、（C）=1.2mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，故（D）=43（C）=431.2mol/（Lmin）=1.6 mol/（Lmin）=0.027 mol/（Ls），D、（D）=0.6mol/（Ls），所以B选项是正确的。点睛：本题考查反应速率快慢的比较，难度不大，注意比较常用方法有：1、归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率

29、，2、比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快。另外，还要注意统一单位。16、A【解析】1803年英国科学家道尔顿提出近代原子学说，即原子结构的实心球模型；1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，之后提出葡萄干面包式原子结构模型；1911年英国物理学家卢瑟福提出了原子核式结构模型；1913年丹麦物理学家波尔引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型；20世纪初奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型，为近代量子力学原子结构模型。综上分析，对轨道模型贡献最大的科学家是玻尔，故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、p NOC sp2 平面三角形 12 先产

30、生蓝色沉淀，氨水过量后沉淀溶解，生成深蓝色溶液 【解析】a原子原子核外电子分占3个不同能级，且每个能级上排布的电子数相同，确定a原子的核外电子排布为1s22s22p2，则a为C元素；b原子基态原子的p轨道电子数比s轨道电子数少1，确定b原子的核外电子排布为1s22s22p3则b为N元素；c位于第2周期，原子核外有3对成对电子、两个未成对电子，确定c原子的核外电子排布为1s22s22p4，则c为O元素；a、b、c、d、e均为周期表前四周期元素，原子序数依次增大，d位于周期表中第1纵列，则d为元素Na或K；e原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则e为Cu，据此分析；【

31、详解】（1）c为氧元素，位于第六主族，属于p区的元素；答案：p（2）b为N元素，与其同周期相邻元素为C、O，因为N核外电子排布处于半满状态，比较稳定，第一电离能大于C、O；O的非金属性强与C，第一电离能大于C；第一电离能由大到小的顺序为NOC；答案：NOC（3）CO32-的价层电子对数为=3，中心原子的轨道杂化类型为sp2，空间构型为平面三角形；答案：sp2 平面三角形（4）根据晶体结构可以看出,每个阴离子周围等距离且最近的阴离子数为12; 在铜盐溶液中逐滴加入氨水至过量，该过程中先生成蓝色沉淀，后氢氧化铜溶解在氨水中生成配离子，得到深蓝色溶液，发生Cu2+2NH3H2O=Cu（OH）2+2N

32、H4+，Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH-+4H2O；答案：12 先产生蓝色沉淀，氨水过量后沉淀溶解，生成深蓝色溶液18、Al3、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42 SiO322HH2SiO3 阴离子CO32SiO42c/(molL1)0.250.4 存在，最小浓度为1.8 molL1 【解析】由题意知溶液为无色澄清溶液，一定不含Fe3+，且溶液中含有的离子必须能大量共存由实验可知，该溶液中一定含有CO32-，物质的量为0.56L22.4L/mol0.025mol，其浓度为0.025mol0.1L0.25mol/L，则一定没有Al3+、Mg2+、Ba2+；由生成白

33、色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO322HH2SiO3，SiO32-的物质的量是2.4g60g/mol0.04mol，其浓度为0.04mol0.1L0.4mol/L。由实验可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）+c（Cl-）=20.25mol/L+20.4mol/L+0.5mol/L1.8mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为1.8mol/L，不能确定NO3-是否存在。（1）由上述分析可知，一定不含Al3、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42；（2）实验中生成沉淀的离子方程式为为SiO322HH2SiO3。（3）由上述分析

34、可知，c（CO32）=0.25mol/L，c（SiO32）=0.4mol/L。（4）由2c（CO32-）+2c（SiO32-）+c（Cl-）=20.25mol/L+20.4mol/L+0.5mol/L1.8mol/L，根据电荷守恒可知溶液中一定含有K+，且其浓度至少为1.8mol/L。19、防止暴沸导气，冷凝环己烯减少环己烯的挥发上Cg吸水，生成氢氧化钙，沸点高83cbc【解析】（1）根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化减少挥发；（2

35、）环己烯的密度比水小，在上层；由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联系制备乙酸乙酯提纯产物时用饱和Na2CO3溶液洗涤可除去酸，答案选C；蒸馏时冷却水低进高出，即从g口进，原因是冷却水与气体形成逆流，冷凝效果更好，更容易将冷凝管充满水；蒸馏时加入生石灰，目的是吸水，生成氢氧化钙，沸点高。环己烯的沸点是83，则应控制温度为83左右；a蒸馏时从70开始收集产品，提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量，a错误；b环己醇实际用量多了，制取的环己烯的物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量，b错误；c若粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量，c正确；答案选c；（3）区别粗品与精品可加入金属钠，观察是否有气体产生，若无气体，则是精品，另外根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，也可判断产品的纯度，答案选bc。20、防止倒吸 检查装置气密性 关闭K1，打开K2 把装置中残留的氨气全部赶入C装置 C装置出口处连接一个干