2024届河北省廊坊市名校高二化学第二学期期末监测模拟试题含解析

2024届河北省廊坊市名校高二化学第二学期期末监测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、室温下，将CuSO4·5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，将CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高。则下列能量转化关系不正确的是A．ΔH1＞0 B．ΔH2＜ΔH3 C．ΔH3＜ΔH1 D．ΔH2=ΔH1+ΔH32、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是A．X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物B．Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构D．W的氧化物对应的水化物均为强酸3、下列化学用语表达正确的是（）A．CaCl2的电子式: B．Cl－的结构示意图：C．乙烯的分子式：C2H4 D．纯碱溶液呈碱性的原因：CO32－+2H2OH2CO3+2OH－4、下列有关胶体说法中正确的是（）A．浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体B．用可见光束照射以区别溶液和胶体C．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体D．H+、K+、S2¯、Br¯能在Fe(OH)3胶体中大量共存5、下列对有机物结构的叙述中不正确的是（）A．乙烯、溴苯分子中的所有原子均共平面B．在有机物分子中，含有的氢原子个数一定是偶数C．属于同种物质，说明苯分子中6个碳原子之间的键是完全一样的D．CH2Cl2只有一种结构说明甲烷分子是正四面体结构，而不是平面正方形结构6、如图所示电化学装置(碳棒作电极)的判断合理的是A．若Z为氯化铜溶液，则X电极上发生还原反应B．若Z为饱和食盐水，则X电极是阴极C．若Z为氯化铜溶液，则Y电极上有暗红色物质析出D．若Z为饱和食盐水，则碱在X电极附近先生成7、用分液漏斗无法将下列各组物质分开的是（）A．甲苯和水 B．溴乙烷和水 C．油酯和水 D．乙醛和水8、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．Kw/c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中:NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-B．使酚酞变红色的溶液中:Na+、Al3+、SO42-、Cl-C．与A1反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3-、SO42-D．水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中:

K+、Na+、A1O2-、CO32-9、下列物质能抑制水的电离且属于强电解质的是A．醋酸 B．氯化铝 C．碳酸氢钠 D．硫酸氢钠10、铁镍蓄电池又称爱迪生电池。放电时的总反应为：Fe＋Ni2O3＋3H2O＝Fe(OH)2＋2Ni(OH)2。下列有关该电池的说法错误的是A．电池的电解液为碱性溶液，负极为FeB．电池放电时，负极反应为Fe＋2OH－－2e－＝Fe(OH)2C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH增大D．电池充电过程中，OH－向阴极迁移11、下列图示中关于铜电极的连接错误的是A．AB．BC．CD．D12、元素周期表共有18个纵行，从左到右排为1～18列，即碱金属是第一列，稀有气体是第18列。按这种规定，下面说法正确的是（）A．最外层电子数为ns2的元素都在第2列B．第5列元素的原子最外层电子的排布式为nsC．第10、11列为ds区的元素D．形成化合物种类最多的元素在第14列，属于P区的元素13、下列物质在水溶液中促进了水的电离的是A．NaHSO4 B．HClO C．NaCl D．CuSO414、下列反应后只可能生成一种有机物的是A．CH3－CH＝CH2与HCl加成B．CH3－CH2－CH(OH)－CH3在浓硫酸存在下，发生分子内脱水C．C6H5－CH3在铁粉存在下与氯气反应D．CH3－CH(OH)－CH3在浓硫酸存在下，发生分子内脱水15、某有机物的结构简式如图所示，Na、NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质恰好反应时，Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为()A．3∶3∶2 B．3∶2∶1C．1∶1∶1 D．3∶2∶216、高铁酸盐是一种高效绿色氧化剂，可用于废水和生活用水的处理。从环境保护的角度看，制备高铁酸盐较好的方法为电解法：Fe+2H2O+2OHFeO42-+3H2↑,工作原理如图所示。己知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。下列说法正确的是A．b是电源的正极B．阳极电极反应为Fe-6e-+4H2O=FeO42-+8H+C．电解过程中，需要将阴极产生的气体及时排出D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有11.2L的H2生成二、非选择题（本题包括5小题）17、为了测定某有机物A的结构，做如下实验：①将2.3g该有机物完全燃烧，生成0.1molCO2和2.7g水。②用质谱仪测定其相对分子质量，得如图(Ⅰ)所示的质谱图。③用核磁共振仪处理该化合物，得到如图(Ⅱ)所示图谱，图中三个峰的面积之比是1：2：3。试回答下列问题：（1）有机物A的相对分子质量是________。（2）有机物A的实验式是________。（3）A的分子式是________。（4）推测有机物A的结构简式为____，A中含官能团的名称是_____。18、某强酸性溶液X中可能含有Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ba2＋、NH4+、CO32-、NO3-、SO42-、SiO32-中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图所示。实验过程中有一种气体为红棕色。根据以上信息，回答下列问题：(1)由强酸性条件即可判断X溶液中肯定不存在的离子有________(2)溶液X中关于硝酸根离子的判断，正确的是______(填编号，下同)。a．一定含有b．一定不含有c．可能含有(3)化合物I中含有的化学键类型有____________(4)转化⑦的离子方程式为____________(5)对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液，加入下列溶液中的一种，根据现象即可判断，该试剂最好是________。①NaOH溶液②KSCN溶液③氯水和KSCN的混合溶液④pH试纸⑤KMnO4溶液19、在化学研究领域，经常需要对一些物质进行性质的确定。如利用下列装置（夹持仪器已略去）测出一定质量镁与盐酸反应放出的气体体积，对金属镁的相对原子质量进行测定，实验步骤如下：①准确称量mg金属镁（已除去表面氧化膜），用铜网包住放入干净的试管中；②按图示组装好装置，然后在关闭活塞的分液漏斗中装入一定体积2mol/L的盐酸；③调整右边玻璃管（带均匀刻度值），让U型管（下端黑色部分是橡胶管）两端液面在同一水平面，读出右边玻璃管的液面刻度值为V1mL；④打开分液漏斗活塞，让一定量的盐酸进入试管中后立即关闭活塞；⑤当镁条反应完后，，读出右边玻璃管的液面刻度为V2mL。请回答下列问题：（1）写出你认为步骤⑤中空格应进行的操作_______________________________。（2）若V1,V2均是折算为标况下的值，则镁的相对原子质量Ar(Mg)的实验测定表达式为Ar(Mg)=_______________，你认为此表达式求出的值是否准确？__________________（填‘是’或‘不’），主要问题为__________________________________（若回答‘是’则此空不填）。（3）步骤①中，为什么要用铜网包住镁条？________________________________。20、硫代硫酸钠(Na2S2O3·5H2O)，俗称大苏打，是无色透明晶体，易溶于水，易被氧化。是一种重要的化工产品，临床上用于氰化物的解毒剂，工业上也用于纸浆漂白的脱氯剂。某兴趣小组在实验室用如下装置(夹持仪器略去)模拟硫代硫酸钠生产过程。（1）仪器a的名称为_________。（2）装置A中发生反应的化学方程式为_____________________________。（3）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2CO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2CO3物质的量之比为____________。（4）装置B中盛有饱和NaHSO3溶液，装置B的作用是_________、__________。（5）装置D用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为____(填序号)。（6）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出Na2S2O3·5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，_____________，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。已知：Na2S2O3稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。限选试剂：稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水21、以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、

PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：(1)过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是_________________________。(2)过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：ⅰ：

2Fe2++PbO2+4H++SO42-=2Fe3++PbSO4+2H2Oⅱ：……写出ⅱ的离子方程式：______________________。(3)PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO(s)+NaOH(aq)NaHPbO2(aq)，其溶解度曲线如图所示。过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是_________(选填序号)。A．减少PbO的损失，提高产品的产率B．重复利用氢氧化钠，提高原料的利用率C．增加Na2SO4浓度，提高脱硫效率(4)PbO2在加热的过程中发生分解生成PbO和O2，其失重曲线如图所示，已知失重曲线上的a点为样品分解40%的残留固体，若a点固体组成表示为PbOx,则x=_________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】

A．CuSO4·5H2O(s)受热分解生成CuSO4(s)，为吸热反应，△H1＞0，故A正确；B．将CuSO4·5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，所以ΔH2＞0；将CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，所以ΔH3＜0，所以ΔH2＞ΔH3，故B错误；C．CuSO4·5H2O(s)受热分解生成CuSO4(s)，为吸热反应，△H1＞0；将CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，ΔH3＜0，所以ΔH3＜ΔH1，故C正确；D．根据盖斯定律可知：ΔH2=ΔH1+ΔH3，故D正确；故答案：B。2、A【解题分析】

W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，W是N，X是O；Y的周期数是族序数的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，Z的最外层电子数是7个，Z是Cl，结合元素周期律和物质的性质解答。【题目详解】根据以上分析可知W、X、Y和Z分别是N、O、Na、Cl。则A.氧元素与其N、Na、Cl三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如NO、NO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等，A正确；B.过氧化钠中含有离子键和共价键，B错误；C.N、O、Na三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，均是10电子，氯离子是18电子微粒，C错误；D.亚硝酸为弱酸，D错误；答案选A。【题目点拨】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，红棕色气体是解答的突破点，该类试题与元素化合物的知识结合的比较多，元素推断只是一种载体，注意掌握常见单质及其化合物的性质、典型用途、制备等。3、C【解题分析】

A．CaCl2是离子化合物，其电子式应为，故A错误；B．Cl－的核外最外层电子数为8，其离子结构示意图为，故B错误；C．乙烯是最简单的燃烧，其分子式为C2H4，故C正确；D．碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主。则纯碱溶液呈碱性的原因是CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故D错误；故答案为C。【题目点拨】解决这类问题过程中需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[]”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序（如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O），其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。4、B【解题分析】分析：A.浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应；

B.胶体具有丁达尔现象；

C.胶体是分散质直径在1-100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；

D.胶体与电解质发生聚沉。详解:A.浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，不会获得胶体，故A错误；

B.胶体具有丁达尔现象，则用可见光束照射以区别溶液和胶体，所以B选项是正确的；

C.稀豆浆属于胶体、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，故C错误；

D.胶体与电解质发生聚沉，不能共存，故D错误。

所以B选项是正确的。5、B【解题分析】A正确，乙烯、溴苯都是平面结构。B错误，例如一氯甲烷等。C正确，苯不存在单、双键结构，苯分子中6个碳原子之间的键是完全一样的D正确，甲烷是正四面体结构，而不是平面正方形结构。答案选B。6、C【解题分析】

根据图中电子的移动方向，X极失电子，作阳极，则Y为阴极；【题目详解】A.若Z为氯化铜溶液，则X电极上氯离子失电子，化合价升高，发生氧化反应，A错误；B.若Z为饱和食盐水，则X电极是阳极，B错误；C.若Z为氯化铜溶液，则Y电极上铜离子得电子生成单质铜，有暗红色物质析出，C正确；D.若Z为饱和食盐水，在Y电极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，Y电极附近有碱生成，D错误；答案为C。7、D【解题分析】

A.甲苯和水互不相溶，液体分层，甲苯在上层，水在下层，可用分液的方法分离，A不符合题意；B.溴乙烷为有机物，和水不溶，能用分液漏斗进行分离，B不符合题意；C.油酯为难溶于水的有机物，与水是互不相溶的两层液体，能用分液漏斗进行分离，C不符合题意；D.乙醛是一种无色液体，乙溶于水，乙醛和水互溶，不能用分液漏斗进行分离，D符合题意；故合理选项是D。8、A【解题分析】A.＝1×10－13mol·L－1的溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，因此溶液显酸性，四种离子间不反应，可以大量共存，A正确；B.使酚酞变红色的溶液显碱性，Al3＋不能大量共存，B错误；C.与Al反应能放出H2的溶液如果显碱性，亚铁离子不能大量共存，如果显酸性Fe2＋与硝酸根离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D.水电离的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1的溶液中水的电离被抑制，溶液如果显酸性，则偏铝酸根离子、碳酸根离子不能大量共存，D错误，答案选A。点睛：明确常见离子的性质、发生的化学反应是解答的关键，另外解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。9、D【解题分析】

酸溶液和碱溶液抑制了水的电离；含有弱酸根离子或者弱碱根离子的盐溶液促进水的电离，水溶液中或熔融状态下完全电离的电解质为强电解质，据此分析判断【题目详解】A．醋酸抑制水的电离，醋酸部分电离属于弱电解质，故A项错误；B．氯化铝溶于水，铝离子水解促进水的电离，故B项错误；C．碳酸氢钠溶于水完全电离属于强电解质，碳酸氢根离子水解促进水的电离，故C项错误；D．硫酸氢钠水溶液中完全电离，电离出的氢离子抑制水的电离，属于强电解质，故D项正确。故答案为D【题目点拨】本题的关键抓住，酸碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，强酸的酸式盐（例如硫酸氢钠）能完全电离，溶液中有大量的氢离子，抑制水的电离。10、D【解题分析】分析：本题考查的是二次电池的工作原理，涉及到原电池和电解池的有关知识，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断化合价的变化，以得出电池的正负极以及所发生的反应。详解：A.根据总反应Fe＋Ni2O3＋3H2O＝Fe(OH)2＋2Ni(OH)2可知产物有氢氧化物，则电解液为碱性溶液，放电时铁失去电子发生氧化反应，铁做负极，故正确；B.放电时铁做负极，失去电子生成亚铁离子，在碱性电解质中生成氢氧化亚铁，电极反应为：Fe＋2OH－－2e－＝Fe(OH)2，故正确；C.充电可以看做是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池充电过程时阴极反应为Fe(OH)2+2e－＝Fe＋2OH－，因此充电过程中阴极附近溶液的pH会升高，故正确；D.电池充电时，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，故错误。故选D。11、C【解题分析】

A.Zn比Cu活泼，Zn是负极，Cu是正极，故A正确；B.电解精炼铜时，粗铜一定作阳极，精铜一定作阴极，硫酸铜溶液作电解液，故B正确；C.电镀时，应把镀层金属作阳极，待镀金属作阴极，含有镀层离子的电解质溶液作电解质液，故C错误；D.因为Cu是活性电极，如果Cu作阳极，则不是溶液中的Cl－放电，而是Cu溶解，所以电解氯化铜溶液时，应该让C作阳极，Cu作阴极，故D正确；本题答案为C。12、D【解题分析】

A.最外层电子排布为ns2的元素可能为He或某些过渡元素；B.第5列元素是ⅤB族元素；C.第10列价电子排布为(n-1)d1-6ns1-2，11列元素价电子排布为(n-1)d10ns1-2，(n-1)d全充满；D.根据第14列为碳族元素，形成化合物的种类最多。【题目详解】A.最外层电子排布为ns2的元素可能为He或某些过渡元素或第ⅡA族元素，则不一定为第2列，故A错误；B.第5列元素是ⅤB族元素，第15列元素的原子最外层电子的排布式为ns2np3，故B错误；C.第10列价电子排布为(n-1)d1-6ns1-2，11列元素价电子排布为(n-1)d10ns1-2，(n-1)d全充满，则分别在d区和ds区，C错误；D.第14列为碳族元素，有机物含碳元素，故该族元素形成化合物的种类最多，属于P区的元素，D正确；故合理选项是D。【题目点拨】本题考查元素周期表的结构及应用的知识，把握周期表的结构、元素的位置、元素化合物与化合物的关系等为解答的关键，侧重考查学生的分析与应用能力。13、D【解题分析】

A.NaHSO4在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故A错误；B.HClO在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故B错误；C.NaCl为强酸强碱盐，对水的电离无影响，故C错误；D.CuSO4溶液中Cu2+会发生水解而促进水的电离，故D正确；答案选D。14、D【解题分析】

A、根据不对称烯烃与不对称物质发生加成反应有两种生成物；

B、根据醇发生消去反应的结构特点是与-OH相连碳相邻碳上有氢原子,发生消去反应形成不饱和键；

C、根据苯的同系物在铁粉存在下与卤素单质发生苯环上的取代反应；

D、根据醇发生消去反应的结构特点是与-OH相连碳相邻碳上有氢原子，发生消去反应形成不饱和键；【题目详解】A、CH3－CH＝CH2与HCl加成反应有两种生成物:CH3－CH2-CH2Cl，CH3－CHCl-CH3，故A不符合题意；

B、CH3－CH2－CH(OH)－CH3在浓硫酸存在下，发生分子内脱水，生成物有两种:CH3－CH=CH－CH3，CH3－CH2CH=CH2，故B不符合题意；C、苯的同系物在铁粉存在下与卤素单质发生苯环上的取代反应，而C6H5－CH3中苯环上的氢原子有3种，所以一氯代物有三种，故C不符合题意；

D、CH3－CH(OH)－CH3在浓硫酸存在下，发生分子内脱水，生成物只有一种:CH2=CH－CH3，所以D符合题意；

综上所述，本题正确选项D。15、B【解题分析】

该有机物含酚-OH、醇-OH、-COOH、-CHO，结合酚、醇、羧酸的性质来解答。【题目详解】酚-OH、醇-OH、-COOH均与Na反应，则1mol该有机物与Na反应消耗3molNa，酚-OH、-COOH与NaOH反应，则1mol该物质消耗2molNaOH，只有-COOH与NaHCO3反应，则1mol该物质消耗1molNaHCO3，所以Na、NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质恰好反应时，Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3：2：1。答案选B。【题目点拨】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意把握有机物的官能团的性质为解答该题的关键，熟悉酚、醇、羧酸的性质即可解答，注意苯酚不与碳酸氢钠反应，为易错点。16、C【解题分析】A、根据方程式可知铁失去电子，铁作阳极，与电源的正极相连，因此a是电源的正极，A错误；B、阳极电极反应为Fe－6e－＋8OH－＝FeO42－＋4H2O，B错误；C、氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低，C正确；D、氢气不一定处于标准状况下，不能计算其体积，D错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、46C2H6OC2H6OCH3CH2OH羟基【解题分析】

（1）根据质荷比可知，该有机物A的相对分子量为46；（2）根据2.3g该有机物充分燃烧生成的二氧化碳、水的量判断有机物A中的碳元素、氢元素的物质的量、质量，再判断是否含有氧元素，计算出C、H、O元素的物质的量之比，最后确定A的实验式；（3）因为实验式是C2H6O的有机物中，氢原子数已经达到饱和，所以其实验式即为分子式；（4）结合核磁共振氢谱判断该有机物分子的结构简式。【题目详解】（1）在A的质谱图中，最大质荷比为46，所以其相对分子质量也是46，故答案为：46。（2）2.3g该有机物中，n(C)=n(CO2)=0.1mol，含有的碳原子的质量为m(C)=0.1mol×12g·mol-1=1.2g，氢原子的物质的量为：n(H)=×2=0.3mol，氢原子的质量为m(H)=0.3mol×1g·mol-1=0.3g，该有机物中m(O)=2.3g-1.2g-0.3g=0.8g，氧元素的物质的量为n(O)==0.05mol，则n(C)：n(H)：n(O)=0.1mol：0.3mol：0.05mol=2：6：1，所以A的实验式是：C2H6O，故答案为：C2H6O。（3）因为实验式是C2H6O的有机物中，氢原子数已经达到饱和，所以其实验式即为分子式，故答案为：C2H6O。（4）A有如下两种可能的结构：CH3OCH3或CH3CH2OH；若为前者，则在核磁共振氢谱中应只有1个峰；若为后者，则在核磁共振氢谱中应有3个峰，而且3个峰的面积之比是1：2：3，显然CH3CH2OH符合题意，所以A为乙醇，结构简式为CH3CH2OH，乙醇的官能团为羟基，故答案为：CH3CH2OH，羟基。【题目点拨】核磁共振氢谱是用来测定分子中H原子种类和个数比的。核磁共振氢谱中，峰的数量就是氢的化学环境的数量，而峰的相对高度，就是对应的处于某种化学环境中的氢原子的数量不同化学环境中的H，其峰的位置是不同的。峰的强度(也称为面积)之比代表不同环境H的数目比。18、CO32-、SiO32-b共价键和离子键AlO2-＋2H2O＋CO2=HCO3-＋Al(OH)3↓②【解题分析】

强酸性溶液中一定不存在CO32-和SiO32-；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀为BaSO4沉淀，说明原溶液中含有SO42-离子；溶液中存在SO42-，则一定不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，C是BaSO4；加入硝酸钡产生气体A，气体A发生氧化反应生成气体D，D与H2O、O2作用得溶液E，结合实验过程中有一种气体为红棕色，则原溶液中存在Fe2+，气体A是NO，D为NO2，E为硝酸；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以在溶液中Fe2+和NO3-不能共存，原溶液中不存在NO3-；溶液B中加入过量氢氧化钠溶液时，产生气体F，则原溶液中含有NH4+，F是NH3；NH3与硝酸反应生成硝酸铵，I为硝酸铵；由于溶液B中存在Fe3+，则沉淀G是Fe（OH）3；溶液H中通入过量二氧化碳生成沉淀，则溶液H中含有偏铝酸根，原溶液中存在Al3+，沉淀K是Al（OH）3，溶液L是NaHCO3，故溶液X中肯定含有的离子是Al3+、SO42-、NH4+、Fe2+，不能确定是否含有Fe3+，一定不存在Ba2+、CO32-、SiO32-、NO3-。【题目详解】（1）强酸性溶液中一定不会存在CO32-和SiO32-，故答案为：CO32-、SiO32-；（2）加入硝酸钡产生气体，则原溶液中存在Fe2+，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以在溶液中Fe2+和NO3-不能共存，原溶液中不存在NO3-，故选b，故答案为：b；（3）化合物I为硝酸铵，硝酸铵为离子化合物，含有离子键和共价键，故答案为：共价键和离子键；（4）转化⑦为偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlO2-＋2H2O＋CO2=HCO3-＋Al(OH)3↓，故答案为：AlO2-＋2H2O＋CO2=HCO3-＋Al(OH)3↓；（5）溶液中不能确定是否含有Fe3+，若要确定Fe3+存在，最好的操作方法是：取原溶液少量于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，则证明含有Fe3+，反之则无，故选②，故答案为：②。【题目点拨】本题为考查离子推断，注意准确全面的认识离子的性质、离子的特征、离子间的反应，紧扣反应现象推断各离子存在的可能性是解答关键。19、等装置冷却至室温后，再上下调节右边玻璃管的高度，使两端管内液面在同一水平面22400m/（V2-V1）不进入试管中的盐酸的体积也计入了产生的气体体积中让镁条浸没在盐酸中，防止镁与氧气反应，使镁全部用来产生氢气【解题分析】试题分析：（1）由于气体的体积受温度和压强影响大，所以步骤⑤中空格应进行的操作为等装置冷却至室温后，再上下调节右边玻璃管的高度，使两端管内液面在同一水平面。（2）若V1,V2均是折算为标况下的值，则反应中生成氢气的体积是（V2-V1）mL，物质的量是V2-V122400mol因此根据方程式Mg＋2H+＝Mg（3）镁是活泼的金属，易被氧化，所以步骤①中要用铜网包住镁条的原因是让镁条浸没在盐酸中，防止镁与氧气反应，使镁全部用来产生氢气。考点：考查镁相对原子质量测定的实验方案设计与探究20、分液漏斗Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O[或Na2SO3＋2H2SO4(浓)=2NaHSO4＋SO2↑＋H2O]2:1通过观察气泡速率控制滴加硫酸的速度安全瓶d过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀HCl【解题分析】

(1)根据仪器图写出名称；（2）A中反应Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O;装置B为安全装置，可防堵塞，装置D用来吸收含有SO2的尾气，可以盛NaOH溶液；当B中导气管堵塞时，B内压强增大，锥形瓶中的液面下降，漏斗中的液面上升。(3)烧瓶C中，该转化过程的总反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，则C瓶中Na2S和Na2CO3的物