2025届甘肃省兰州市西北师大附中化学高二下期末复习检测试题含解析

2025届甘肃省兰州市西北师大附中化学高二下期末复习检测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、Licht等科学家设计的Al—MnO4—电池原理如图所示，电池总反应为Al＋MnO4—===AlO2—＋MnO2，下列说法正确的是( )
A．电池工作时，K＋向负极区移动
B．Al电极发生还原反应
C．正极的电极反应式为MnO4—＋4H＋＋3e－===MnO2＋2H2O
D．理论上电路中每通过1mol电子，负极质量减小9g
2、已知：HCN(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH＝－12.1 kJ·mol－1；HCl(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH＝－57.3 kJ·mol－
1，则HCN在水溶液中电离的ΔH等于
A．－69.4 kJ·mol－1B．－45.2 kJ·mol－1C．＋45.2 kJ·mol－1D．＋69.4 kJ·mol－1
3、把含硫酸铵和硝酸铵的混合液aL分成两等份。

一份加入bmolNaOH并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗cmol BaCl2沉淀反应恰好完全，则原溶液中NO3-的浓度为（）
A．b-2c
a
B．
2b-4c
a
C．
2b-c
a
D．
b-4c
a
4、已知：HCl为强酸，下列对比实验不．能用于证明CH3COOH为弱酸的是A．对比等浓度的两种酸的pH
B．对比等浓度的两种酸，与相同大小镁条反应的初始速率
C．对比等浓度、等体积的两种酸，与足量Zn反应，生成H2的总体积
D．对比等浓度、等体积的两种酸，与等量NaOH溶液反应后放出的热量
5、化学与人类的生产、生活、科技、航天等方面密切相关。

下列说法正确的是A．字宙飞船中使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料
B．将海产品用甲醛溶液浸泡以延长保鲜时间
C．高纯度的二氧化硅制成的光电池，可用作火展探制器的动力
D．双氧水、消毒液、酒精因其强氧化性能杀菌消毒
6、化学与生产生活密切相关。

下列做法有利于环境保护和可持续发展的是
A．大量生产和销售超薄塑料购物袋，方便日常生活
B．大力推广新能源汽车，建设绿色低碳的交通体系
C．将废铅蓄电池拆解后的铅泥和废硫酸作深埋处理
D．加大煤、石油等化石能源的开采，满足发展需求
7、下列有关煤、石油、天然气等资源的说法正确的是
A．石油裂解得到的汽油是纯净物
B．煤的气化就是将煤在高温条件由固态转化为气态是物理变化过程
C．煤就是碳，属于单质
D．天然气是一种清洁的化石燃料
8、某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．下列说法正确的是
A．加入Na2SO4可使溶液由a点变到b点
B．通过蒸发可以使溶液由d点变到c点
C．d点无BaSO4沉淀生成
D．a点对应的K sp大于c点对应的K sp
9、下列化学方程式或离子方程式，书写规范、正确的是（反应条件略）
A．
B．
C．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：+H2O+CO2→+HCO3-
D．乙酸与碳酸钠溶液反应的离子方程式：2H++CO32-=CO2↑+H2O
10、中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如下图所示。

已知：几种物质中化学键的键能如下表所示。

化学键H2O中H—O键O2中O＝O 键H2中H—H键H2O2中O—O键H2O2键能kJ/mol 463 496 436 138 463
若反应过程中分解了2 mol水，则下列说法不正确
．．．的是
A．总反应为2H2O2H2↑+O2↑
B．过程I吸收了926 kJ能量
C．过程II放出了574 kJ能量
D．过程Ⅲ属于放热反应
11、下表是3种物质在水中的溶解度(20 ℃)，下列说法中正确的是
物质MgCl2Mg(OH)2MgCO3
溶解度(g) 54.6 0.000 84 0.039
A．已知MgCO3的K sp＝2.14×10－5mol2·L－2，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有c(Mg2＋)＝c(CO32－)，且c(Mg2＋)·c(CO32－)＝2.14×10－5mol2·L－2
B．除去粗盐中含有的MgCl2杂质，最佳除杂试剂为Na2CO3溶液
C．将适量的表中的三种物质分别与足量水混合，充分加热、灼烧，最终的固体产物相同
D．用石灰水处理水中的Mg2＋和HCO3－，发生的离子反应方程式为Mg2＋＋2HCO3－＋Ca2＋＋2OH－
===CaCO3↓＋MgCO3↓＋2H2O
12、06年3月英国《泰晤士报》报道说，英国食品标准局在对英国与法国贩售的芬达汽水、美年达橙汁等230种软饮
料检测，发现含有高量的致癌化学物质—苯，报道指出汽水中如果同时含有苯甲酸钠（防腐剂，C6H5COONa）与维
生素C（抗氧化剂，结构式如图）可能会相互作用生成苯，苯与血癌（白血病）的形成也有密不可分的关系，下列说
法一定不正确的是（）
A．苯不能使酸性KMnO4溶液褪色
B．苯在一定条件下能发生取代反应和加成反应
C．维生素C在碱性溶液中能稳定存在
D．维生素C可溶于水
13、下列说法正确的一组是
①不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质
②二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于弱电解质
③氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na＋和Cl－，所以氯化钠是强电解质
④强酸溶液中氢离子浓度一定大于弱酸溶液中氢离子浓度
⑤熔融的电解质都能导电
⑥强电解质可能是离子化合物，也可能是共价化合物
A．①③⑤⑥B．②④⑤⑥
C．只有⑤D．只有⑥
14、下列属于非电解质的是
A．氢气B．蔗糖溶液C．已烷D．硫化钠
15、假定把12C的相对原子质量定为24，把24g12C含有的原子个数定为阿伏加德罗常数，而物质的量的概念不变。

则
下列推断不正确
．．．的是
A．此时16O的相对原子质量为32
B．40gNaOH溶于水配成1L溶液，其物质的量浓度为1 mol/L
C．标况下44gCO2的体积为22.4L
D．N A个氧分子与N A个氢分子有相同数目的分子
16、下列关于有机物结构、性质的说法正确的是
A．石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化
B．在淀粉水解液中加入过量氢氧化钠,再加入碘水,溶液未变蓝,说明淀粉已完全水解
C．不同种类的氨基酸能以不同的数目和顺序彼此结合,形成更复杂的多肽化合物
D．乙烯分子与苯分子都能与H2发生加成反应，说明二者所含碳碳键相同
二、非选择题（本题包括5小题）
17、A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们的阳离子分别可能是Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋中的某一种，阴离子分别可
能是NO3-、SO42-、Cl－、CO32-中的一种。

(离子在物质中不能重复出现)
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。

根据①②实验事实可推断它们的化学式为：
（1）A________，C________，D____________。

（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：___________________________。

（3）写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：_______________________。

18、A与CO、H2O以物质的量1:1:1的比例发生加成反应制得B。

E是有芳香气味，不易溶于水的油状液体，有关物质的转化关系如下：
回答下列问题:
(1)A的化学名称为________。

(2)写出B在一定条件下生成高分子化合物的化学方程式___________。

(3)下列说法不正确的是_________。

a.E是乙酸乙酯的同分异构体
b.可用碳酸钠鉴别B和C
c.B生成D的反应为酯化反应
d.A在一定条件下可与氯化氢发生加成反应
e.与A的最简式相同，相对分子质量为78的烃一定不能使酸性KMnO4溶液褪色
(4)B可由丙烯醛(CH2=CHCHO)制得，请选用提供的试剂检验丙烯醛中含有碳碳双键。

提供的试剂:稀盐酸稀硫酸、新制的氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液、NaOH溶液。

所选试剂为_____；其中醛基被氧化时的化学方程式为
__________________。

19、（1）对于混合物的分离或提纯，常采用的方法有：过滤、蒸发、蒸馏、萃取、加热分解等。

下列各组混和物的分离或提纯应采用什么方法？
①实验室中的石灰水久置，液面上常悬浮有CaCO3微粒。

可用_______________的方法除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3微粒。

②提取碘水中的碘，用_____________方法。

③除去食盐溶液中的水，可采用___________的方法。

④淡化食盐水，可采用____________的方法。

⑤除去氧化钙中的碳酸钙可用___________的方法
（2）①分离沸点不同但又互溶的液体混合物，常用什么方法？试举例说明。

____________________________。

（3）在分液漏斗中用一种有机溶剂提取水溶液里的某物质时，静置分层后，如果不知道哪一层液体是“水层”，试设计一种简便的判断方法。

___________________________。

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的质量分数，设计如下两种实验方案。

（1）已知AlN与NaOH反应得到一种盐和一种碱性气体，化学反应方程式是____
（方案1）取一定量的样品，用图1装置测定样品中AlN的质量分数（夹持仪器已略去）。

（2）图1中仪器a的名称是___
（3）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查装置气密性，再加入实验药品。

关闭K1，打开K2和分液漏斗活塞，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装置在反应前后的质量变化。

通入氮气的目的是____
（4）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）用图2装置测定mg样品中AlN的质量分数（部分夹持装置己略去）。

（5）为测定生成气体的体积，量气装置中的X液体可以是___（填字母序号）。

a．CCl4b．H2O c．饱和NH4Cl溶液d．苯
（6）若mg样品完全反应，测得生成气体的体积为VmL（标准状况），则AlN的质量分数为___。

若将b处胶管用弹簧夹夹住，其他操作均不变，则最终测定的结果___（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。

21、某同学按下图所示装置进行铁与水蒸气反应的实验探究。

实验结束后，将玻璃管内固体物质冷却后，溶于稀硫酸，充分反应后，滴加KSCN溶液，溶液不变红，再滴入新制氯水，溶液变为红色。

请回答：
(1)仪器C的名称为_________________________________________。

(2)该同学据实验得出结论：铁与水蒸气反应生成FeO和H2。

该结论不严密，理由是_________。

(3)经检验，反应生成的固体具有磁性，写出铁与水蒸气反应的化学方程式：_______________。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解题分析】
分析：该电池的负极是Al，Ni是正极，在正极上发生得电子的还原反应，即MnO＋2H2O＋3e－===MnO2＋4OH-，负极上金属铝失电子发生氧化反应，即Al-3e-+4OH-=Al(OH)4-,电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题。

详解：A.电池工作时，阳离子向正极移动，即K＋向正极移动，故A错误；
B.反应中铝为为负极，发生还原反应，故B错误；
C.电解质呈碱性，MnO在正极上发生得电子的还原反应，即MnO＋2H2O＋3e－===MnO2＋4OH-，故C错误；
D.理论上电路中每通过1mol电子，则有1
3
mol铝被氧化，负极质量减少9g，所以D选项是正确的。

所以D选项是正确的。

点睛：本题考查化学电源新型电池，侧重于电极反应方程式的考查，题目难度中等，注意从正负极发生的变化结合电解质的特点书写电极反应式，题目难度中等。

2、C
【解题分析】
由题中信息可知，①HCN(aq)与OH-(aq)= CN-(aq)+H2O(l)ΔH＝－12.1 kJ·mol－1；②H+(aq)+ OH-(aq) = H2O(l)ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，根据盖斯定律，①-②可得HCN(aq) = CN-(aq)+ H+(aq)，则HCN在水溶液中电离的ΔH=－12.1 kJ·mol
－1-(－57.3 kJ·mol－1)= ＋45.2 kJ·mol－1，故选C。

3、B
【解题分析】
bmol烧碱刚好把NH3全部赶出，根据NH4++OH-═NH3↑+H2O可知每份中含有bmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗cmolBaCl2，根据Ba2++SO42-═BaSO4↓可知每份含有SO42-cmol。

令每份中NO3-的物质的量为n，根据溶液不显电性，则：bmol×1=cmol×2+n×1，解得n=（b-2c）mol，每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液硝酸根的浓度为c（NO3-）
=b-2c)mol 0.5aL
（
=2b-4c
a
mol/L，即原溶液中硝酸根的浓度为
2b-4c
a
mol/L。

故选B。

4、C
【解题分析】A、HCl属于强酸，如果CH3COOH的pH与盐酸的pH相同，说明CH3COOH属于强酸，如果CH3COOH 的pH大于盐酸的pH，则说明CH3COOH属于弱酸，对比等浓度的两种酸的pH可以判断CH3COOH属于强酸或弱酸，故A错误；B、如果醋酸是强酸，因为两种酸浓度相等，则c(H＋)相同，与相同大小镁条反应的初始速率相等，如果醋酸是弱酸，等浓度时，醋酸中c(H＋)小于盐酸中c(H＋)，与相同大小镁条反应，与醋酸的反应速率小于与盐酸反应，能够判断CH3COOH的强弱，故B错误；C、浓度相同、体积相同的两种酸，酸的物质的量相同，与足量的锌反应，生成H2的总体积相同，不能判断CH3COOH是强酸还是弱酸，故C正确；D、如果CH3COOH是强酸，两种等体积、等浓度的两种酸与等量NaOH反应放出的热量相同，如果CH3COOH为弱酸，CH3COOH的电离是吸热过程，与NaOH 反应放出的热量低于盐酸与NaOH反应放出的热量，能够判断醋酸是强酸还是弱酸，故D错误。

5、A
【解题分析】分析：A项，碳纤维主要成分为碳，并有特殊用途，为新型无机非金属材料；
B项，甲醛有毒，所以不用甲醛溶液浸泡海产品用以保鲜；
C项，高纯硅能够制成太阳能电池，即光电池，能用做火星探测器的动力而非二氧化硅；
D项，酒精消毒的原理是利用变性作用，而不是将病毒氧化。

详解：A项，碳纤维主要成分为碳，并有特殊用途，为新型无机非金属材料，A正确；
B项，甲醛有毒，所以不用甲醛溶液浸泡海产品用以保鲜，B错误；
C项，高纯硅能够制成太阳能电池，即光电池，能用做火星探测器的动力而非二氧化硅，故C项错误；
D项，酒精消毒的原理是利用变性作用，而不是将病毒氧化，D错误。

综上所述，本题正确答案为A。

点睛：材料可分为无机非金属材料、金属材料、有机合成材料和复合材料，无机非金属材料又分为传统无机非金属材料和新型无机非金属材料，传统无机非金属材料主要是硅酸盐等产品。

6、B
【解题分析】A、禁止生产、销售、使用超薄塑料购物袋，并实行塑料购物袋有偿使用制度，防止污染环境，选项A
错误；B、新能源汽车以其低能耗、低污染等优势，对减少移动源排放、促进绿色低碳发展具有重要作用，选项B正确；C、将废铅蓄电池拆解后的铅泥和废硫酸按照危险废物进行管理，选项C错误；D、煤、石油等化石能源是不可再行能源，不能无限制的开采，选项D错误。

答案选B。

7、D
【解题分析】
A．汽油是C5~C11的烃类混合物，A项错误；
B．煤的气化指的是高温下与水蒸气的化学反应，B项错误；
C．煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物，其组成以碳元素为主，C项错误；
D．天然气是一种清洁的化石燃料，主要成分为甲烷，D项正确；
答案选D。

8、C
【解题分析】
A项，增大SO42－浓度，抑制硫酸钡的溶解，但溶液仍然是饱和溶液，不可能变成b点，A不正确；
B项，在蒸发过程中，Ba2+、SO42－浓度都增大，B不正确；
C项，d点溶液中c（Ba2+）·c（SO42-）<K sp（BaSO4），溶液没有达到饱和，所以不可能生成沉淀，C正确；
D项，溶度积常数只与温度有关系，a和c两点对应的温度是相同的，所以溶度积常数相同，D不正确；
答案选C。

9、C
【解题分析】
A．发生缩聚反应生成聚乙二酸乙二醇酯和水，反应为
，A错误；
B．HOCH2COOH发生自身的缩聚反应，方程式应为，B错误；C．苯酚的酸性强于碳酸氢根离子，弱于碳酸，则苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为
+H2O+CO2→+HCO3－，C正确；
D．乙酸是弱酸，乙酸与碳酸钠溶液反应的离子方程式为2CH3COOH+CO32-=CO2↑+H2O+2CH3COO-，D错误；
答案选C。

【题目点拨】
本题考查化学反应及离子反应的书写，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意缩聚反应中端基原子或原子团不能漏写，题目难度不大。

10、D
【解题分析】
A．由图可知，总反应为水分解生成氢气和氧气，实现了光能向化学能的转化，反应的方程式为2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；
B．过程I为2molH2O分子变成2mol氢原子和2mol羟基的过程，吸收的能量=463 kJ×2=926 kJ，故B正确；
C．过程II为2mol氢原子和2mol羟基生成1mol氢气和1mol过氧化氢，放出的能量=436 kJ +138kJ=574 kJ，故C正确；
D．过程Ⅲ为1mol过氧化氢变成1mol氧气和1mol氢气，断开1molH2O2中2molH—O键和1molO—O键，形成1molO2中O＝O 键和1molH2中H—H键，吸收的能量=463 kJ×2 +138 kJ =1064kJ，放出的能量=496 kJ +436 kJ =932 kJ，吸收的能量大于放出的能量，该过程为吸热反应，故D错误；
答案选D。

【题目点拨】
本题的易错点为D，要注意图中化学键的变化，分别计算吸收的能量和放出的能量，在判断反应的热效应。

11、C
【解题分析】
试题分析：A．c(Mg2+)· c(CO32-)=2.14×10-5，但不一定都有c(Mg2+)=c(CO32-)，A错误；B．溶解度：Mg(OH)2＜MgCO3，故除去粗盐中含有的MgCl2杂质，最佳除杂试剂为NaOH，B错误；C．MgCl2+2H2O Mg(OH)2+2HCl，加热MgCl2溶液，平衡向右移动，最后打破平衡，蒸干后得到Mg(OH)2，灼烧Mg(OH)2，Mg(OH)2分解得到MgO，MgCO3+2H2O Mg(OH)2+H2CO3，加热MgCO3溶液，平衡向右移动，最后打破平衡，蒸干后得到Mg(OH)2，灼烧后，也得到MgO，故三者最终的固体产物相同，C正确；D．用石灰水处理含有Mg2+和HCO3-的硬水，发生的离子反应方程式为Mg2++2HCO3-+2Ca2++4OH-=2CaCO3↓+Mg(OH)2↓+2H2O，D错误。

故选C。

考点：考查了难溶电解质的溶解平衡、离子方程式的相关知识。

12、C
【解题分析】
A、苯性质稳定，不能被酸性高锰酸钾氧化，故A正确；
B、苯在一定条件下可发生取代反应，如与浓硝酸在浓硫酸作用下加热可生成硝基苯，在催化剂条件下可与氢气发生加成反应生成环己烷，故B正确；
C、维生素C中含有-COO-，在碱性条件下可水解，故C错误；
D、题中给出汽水中含有维生素C，可说明维生素C溶于水，故D正确；
故选C。

13、D
【解题分析】
①CaCO3、BaSO4虽不溶于水，但它们是强电解质，故①错；
②二氧化碳溶于水生成了碳酸，碳酸部分电离，是弱电解质，但二氧化碳是非电解质，故②错；
③氯化钠在水分子的作用下电离出Na+和Cl-，所以氯化钠是强电解质，故③错；
④0.000 01 mol/L盐酸中氢离子浓度小于1 mol/L CH3COOH中氢离子浓度，故④错；
⑤熔融的纯硫酸不导电，故⑤错误；
⑥属于强电解质的有强酸、强碱和大多数盐，所以强电解质可能是离子化合物，也可能是共价化合物，⑥正确；
综上所述，选D。

14、C
【解题分析】
非电解质是指在水溶液和融化状态下都不导电的化合物。

【题目详解】
A是单质，故错；B是混合物，故错；C是有机物符合非电解质的概念，故正确；D是盐，属于电解质；本题答案：C。

【题目点拨】
本题考查电解质和非电解质的区别。

解答依据，非电解质的概念，看在水溶液和融化状态下能否导电的化合物。

15、B
【解题分析】本题考查相对原子质量及其计算。

分析：假定把12C的相对原子质量定为24，相对原子质量标准发生变化实际上是将相对原子质量的标准由12C原子质量的变为，相对原子质量这一比值发生改变，摩尔质量、气体摩尔体积都应加倍，而物质的量及物质的量浓度均随之发生变化，但不影响质量、气体体积等数值。

详解：氧原子的实际质量没变，但相对原子质量标准却由12C质量的变为，所以16O的相对原子质量由16变为32，A正确；由于标准的改变，NaOH的摩尔质量变为80g/mol，则40gNaOH的物质的量不是1mol，而是0.5mol，所得溶液的物质的量浓度为0.5mol•L-1，B错误；相对原子质量标准改变，摩尔质量和气体摩尔体积都加倍，44gCO2的物质的量为0.5mol，标况下的体积44.8L/mol×0.5mol=22.4L，C正确；此时N A虽然由原来的约6.02×1023变为约12.04×1023，但对氧分子和氢分子而言，这种变化是一致的，则N A个氧分子与N A个氢分子有相同数目的分子，D正确。

故选B。

点睛：相对原子质量的标准改变会使相对原子质量和相对分子质量的数值改变，而阿伏加德罗常数标准的改变会引起物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度及阿伏加德罗常数的数值发生改变。

16、C
【解题分析】
A. 石油的分馏是物理变化，裂化和煤的干馏都是化学变化，A错误；
B. 在淀粉水解液中加入过量氢氧化钠，再加入碘水，由于碘能与氢氧化钠溶液反应，溶液未变蓝不能说明淀粉已完全水解，B错误；
C. 不同种类的氨基酸能以不同的数目和顺序彼此结合，形成更复杂的多肽化合物，C正确；
D. 乙烯分子与苯分子都能与H2发生加成反应，但不能说明二者所含碳碳键相同，乙烯分子中含有碳碳双键，苯分子不含有碳碳双键，D错误；
答案选C。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、BaCl2CuSO4Na2CO3CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑Cu2＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－
===BaSO4↓＋Cu(OH)2↓
【解题分析】
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D 中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；
Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；根据上述推断作答。

【题目详解】
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色，C中含Cu2+，Cu2+与CO32-在溶液中不能大量共存，C中不含CO32-；
②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出，则B中含Ag+，D 中含CO32-；由于Ag+与SO42-、Cl-、CO32-在溶液中不能大量共存，则B为AgNO3；由于CO32-与Ba2+、Ag+、Cu2+在溶液中不能大量共存，则D为Na2CO3；
Ba2+与SO42-在溶液中不能大量共存，离子在物质中不能重复出现，结合①②的推断，A为Ba（NO3）2，C为CuSO4；（1）A的化学式为Ba（NO3）2，C的化学式为CuSO4，D的化学式为Na2CO3。

（2）D为Na2CO3，盐酸与Na2CO3反应生成NaCl、H2O和CO2，反应的离子方程式为2H++CO32-=H2O+CO2↑。

（3）C为CuSO4，CuSO4与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式为CuSO4+Ba（OH）2=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，反应的离子方程式为Cu2++SO42-+Ba2++2OH-=Cu（OH）2↓+BaSO4↓。

【题目点拨】
本题考查离子的推断，熟悉各离子的性质和离子间的反应是解题的关键。

离子的推断必须遵循的原则：肯定原则（根
据实验现象确定一定存在的离子）、互斥原则（相互间能反应的离子不能在同一溶液中共存）、守恒原则（阳离子所带正电荷的总数等于阴离子所带负电荷总数）。

18、乙炔be稀硫酸、新制的氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液CH2=CHCHO+2Cu(OH)2+NaOH CH2=CHCOONa+Cu2O↓+3H2O
【解题分析】
分析：本题考查的是有机推断，根据反应条件和前后的物质的结构进行分析，有一定的难度。

详解：A与CO、H2O以物质的量1:1:1的比例发生加成反应制得B CH2=CHCOOH，说明A为乙炔，E是有芳香气味，不易溶于水的油状液体，说明其为酯类。

因为C与甲醇反应生成E，所以C的分子式为C3H6O2，为丙酸，D与氢气反应生成E，说明D的结构为CH2=CHCOOCH3。

(1)根据以上分析可知A为乙炔。

(2) B为CH2=CHCOOH，发生加聚反应生成聚合物，方程式为：。

(3) a.E与乙酸乙酯的分子式相同，但结构不同，是同分异构体，故正确；b. B和C都含有羧基，不能用碳酸钠鉴别，故错误；c.B为酸，D为酯，故从B到D 的反应为酯化反应，故正确；d.A为乙炔，在一定条件下可与氯化氢发生加成反应，故正确。

e.与A的最简式相同，相对分子质量为78的烃可能为苯，或其他不饱和烃，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但其他不饱和烃能，故错误。

故选be。

(4)醛基和碳碳双键都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以先将醛基氧化成羧基，再检验碳碳双键，所以首先使用新制的氢氧化铜悬浊液，然后加入稀硫酸中和溶液中的氢氧化钠，再加入酸性高锰酸钾溶液，故选的试剂为稀硫酸、新制的氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液。

醛基被氧化的方程式为：
CH2=CHCHO+2Cu(OH)2+NaOH CH2=CHCOONa+Cu2O↓+3H2O。

19、过滤萃取（分液）蒸发蒸馏加热分解蒸馏石油的分馏（答案合理即可）取一支小试管，打开分液漏斗的活塞，慢慢放出少量液体，往其中加入少量水，若互溶则下层液体为水层；若不互溶则下层液体为油层
【解题分析】
（1）①碳酸钙不溶于水，则选择过滤法分离，故答案为过滤；
②碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则选择萃取法分离出碘水中的碘，故答案为萃取；
③水加热时挥发，则选择蒸发除去食盐水中的水，故答案为蒸发；
④海水中水的沸点较低，则选择蒸馏法将海水淡化，故答案为蒸馏；
⑤碳酸钙加热分解生成CaO，则选择加热法除去氧化钙中的碳酸钙，故答案为加热分解；
（2）沸点不同但又互溶的液体混合物，可用蒸馏的方法分离，如苯和四氯化碳混合物，石油的分馏等，故答案为蒸馏，
石油的分馏（苯和四氯化碳混合物，答案合理即可）；
（3）利用水和有机溶剂互不相溶，设计判断方法，操作步骤为：取一支小试管，打开分液漏斗的活塞，慢慢放出少量液体，往其中加入少量水，如果加水后，试管中的液体不分层，说明分液漏斗中，下层是“水层”，如果液体分层，则上层是水层，故答案为取一支小试管，打开分液漏斗的活塞，慢慢放出少量液体，往其中加入少量水，若互溶则下层液体为水层；若不互溶则下层液体为油层。

20、AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑干燥管将A中残留气体全部赶至C中C装置后添加一个装有碱石灰的干燥管a、d 偏大
【解题分析】
（1）已知AlN与NaOH反应得到一种盐和一种碱性气体，根据反应物，盐为偏铝酸钠，碱性气体为氨气；
（2）根据装置特点，图1中仪器a的名称是干燥管；
（3）反应结束时，为了使测量的含量更准确，将装置A、B中残留有氨气排入装置C，被硫酸完全吸收；
（4）浓硫酸具有吸水性，防止浓硫酸吸收外界气体中的水蒸气造成误差；
（5）为测定生成的气体氨气的体积，并利用U型管测量气体体积，则要求U型管内液体不溶解氨气，且不与氨气反应；
（6）根据N原子守恒，n（NH3）=n（AlN）进行计算；若将b处胶管用弹簧夹夹住，加入的NaOH溶液的体积会计算成氨气的体积；
【题目详解】
（1）已知AlN与NaOH反应得到一种盐和一种碱性气体，根据反应物，盐为偏铝酸钠，碱性气体为氨气，方程式为AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；
（2）根据装置特点，图1中仪器a的名称是干燥管；
（3）反应结束时，为了使测量的含量更准确，将装置A、B中残留有氨气排入装置C，被硫酸完全吸收；
（4）浓硫酸具有吸水性，防止浓硫酸吸收外界气体中的水蒸气造成误差，则应在装置C后加一干燥装置；
（5）为测定生成的气体氨气的体积，并利用U型管测量气体体积，则要求U型管内液体不溶解氨气，且不与氨气反应，
a．CCl4与氨气不相溶，且不反应，a正确；
b．H2O可溶解氨气，少量反应，b错误；
c．饱和NH4Cl溶液，可降低氨气的溶解度，但氨气依然有较多的溶解，c错误；
d．苯与氨气不相溶，且不反应，d正确；
答案为ad；
（6）根据N原子守恒，n（NH3）=n（AlN）=V×10-3L÷22.4L/mol，AlN的质量分数=。