2024屆上海黃浦區化學高二下期末教學質量檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列儀器名稱為“分液漏斗”的是()A． B． C． D．2、有機物的結構簡式如圖所示，則此有機物可發生的反應類型有：①取代②加成③消去④酯化⑤水解⑥氧化⑦中和。A．①②③⑤⑥ B．①②③④⑤⑥⑦ C．②③④⑤⑥ D．②③④⑤⑥⑦3、氯仿(CHCl3)常因保存不慎而被氧化，產生劇毒物光氣(COCl2)，反應為2CHCl3+O2→2HCI+2COCl2.光氣的結構式為。下列說法不正確的是A．使用前可用硝酸銀稀溶液檢驗氯仿是否變質B．CHCl3分子為含極性鍵的非極性分子C．COCl2分子中所有原子的最外層電子都滿足8電子結構D．COCl2分子中含有3個δ鍵、1個π鍵，中心碳原子采用sp雜化4、一定質量的某鐵的氧化物FexOy，與足量的4mol·L－1硝酸溶液充分反應，消耗硝酸溶液700mL，生成2.24LNO(標準狀況)。則該鐵的氧化物的化學式為()A．FeO B．Fe2O3 C．Fe3O4 D．Fe4O55、下列關于有機物的說法正確的是（）A．地溝油與礦物油均屬于酯類物質B．疫苗一般應冷藏存放，以避免蛋白質變性C．直餾汽油、裂化汽油、植物油均能使溴的四氯化碳溶液褪色D．在酶催化淀粉水解反應中，溫度越高淀粉水解速率越快6、下列有關膠體說法中正確的是（）A．濃氨水中滴加FeCl3飽和溶液可制得Fe(OH)3膠體B．用可見光束照射以區別溶液和膠體C．稀豆漿、硅酸、氯化鐵溶液均為膠體D．H+、K+、S2ˉ、Brˉ能在Fe(OH)3膠體中大量共存7、相同溫度下，關于氫氧化鈉溶液和氨水兩種溶液的比較，下列說法正確的是A．pH相等的兩溶液中：c（Na+）＝c（NH4+）B．分別中和pH相等、體積相等的兩溶液，所需HCl的物質的量相同C．相同濃度的兩溶液，導電能力相同D．相同濃度的兩溶液，分別與HCl氣體反應后呈中性的溶液中（忽略溶液體積變化）：c（Na+）＝c（NH4+）8、總書記指出“綠水青山就是金山銀山”。下列觀點合理的A．將工業廢液排入海洋以減少河道污染B．為了減少火電廠產生的大氣污染，應將燃煤粉碎并鼓人盡可能多的空氣C．2018年4月2日參加北京植樹節這體現了綠色化學的思想D．與2016年相比，2017年某地區降水pH平均值增加了0.27，說明酸雨情況有所改善9、水溶液中能大量共存的一組離子是A．Na+、Ag+、Cl-、CO32- B．H+、Na+、Fe2+、MnO4-C．K+、Ca2+、Cl-、NO3- D．K+、NH4+、OH-、SO42-10、某溶液X呈無色，且僅可能含有Ba2＋、Na＋、NH4+、H＋、Cl－、I－、SO32-、SO42-八種離子中的幾種（不考慮水的電離），溶液中各離子濃度均為0.1mol·L－1，向該溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液仍為無色。下列關于溶液X的分析中不正確的是（）A．肯定不含Cl－ B．肯定不含H＋C．肯定不含NH4+ D．肯定含有SO32-11、下列各物質的名稱正確的是A．3，3-二甲基丁烷B．2，3-二甲基-4-乙基己烷C．CH2(OH)CH2CH2CH2OH1，4-二羥基丁醇D．CH3CH2CHClCCl2CH32、3、3-三氯戊烷12、宋代著名法醫學家宋慈的《洗冤集錄》中有銀針驗毒的記載，“銀針驗毒”涉及的化學反應是：4Ag+2H2S+O2===2X+2H2O，下列說法不正確的是A．X的化學式為Ag2SB．還原性：H2S＞H2OC．每消耗11.2LO2，反應中轉移電子的數目為2NAD．X是氧化產物13、下列實驗方案中，能達到相應實驗目的的是實驗方案目的A．比較乙醇分子中羥基氫原子和水分子中氫原子的活潑性B．除去乙烯中的二氧化硫C．制銀氨溶液D．證明碳酸酸性強于苯酚A．AB．BC．CD．D14、對水的電離平衡不產生影響的粒子是（）A． B．C6H5OH C．Al3+ D．CH3COO－15、下列敘述中正確的是A．CS2為V形的極性分子，形成分子晶體B．ClO3-的空間構型為平面三角形C．氯化硼BCl3的熔點為-107℃，氯化硼液態時能導電而固態時不導電D．SiF4和SO32-的中心原子均為sp3雜化，SiF4分子呈空間正四面體，SO32-呈三角錐形16、A．分液時，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出B．蒸餾時，應使溫度計水銀球靠近蒸餾燒瓶支管口C．蒸發結晶時應將溶液蒸干D．稀釋濃硫酸時，應將濃硫酸沿器壁緩緩注入水中，并用玻璃棒不斷攪拌二、非選擇題（本題包括5小題）17、按以下步驟可從合成(部分試劑和反應條件已去)．請回答下列問題：(1)A的名稱為__________。(2)分別寫出B、F的結構簡式：B_____、F_____。(3)反應①～⑦中屬于消去反應的是_____，屬于加成反應的是_____(填代號)。(4)根據反應+Br2，寫出在同樣條件下CH2=CH—CH=CH2與等物質的量Br2反應的化學方程式：__________________。(5)寫出第④步的化學方程式_______________。(6)下列有機物分子中，在核磁共振氫譜圖中能給出三種峰(信號)且強度之比為1∶1∶2的是_______________。A．B．C．D．18、某無色稀溶液X中，可能含有下表所列離子中的某幾種。現取該溶液適量，向其中加入某試劑Y，產生沉淀的物質的量(n)與加入試劑的體積(V)的關系如圖所示。(1)若Y是鹽酸，所得到的關系圖如圖甲所示，則oa段轉化為沉淀的離子(指來源于X溶液的，下同)是_____，ab段發生反應的離子是_________，bc段發生反應的離子方程式是_________。(2)若Y是NaOH溶液，所得到的關系圖如圖乙所示，則X中一定含有的離子是__________，假設X溶液中只含這幾種離子，則溶液中各離子物質的量之比為_____，ab段反應的離子方程式為_____________。19、硫化鈉在無機制備、廢水處理等領域常用作沉淀劑，其水溶液稱為“臭堿”。可在特殊條件下以硫酸鈉固體與炭粉為原料制備：Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑（1）硫化鈉固體在保存時需注意_________，原因是___________。（2）實驗室用上圖裝置以Na2SO4與炭粉為原料制備Na2S并檢驗氣體產物、進行尾氣處理。步驟如下：①連接儀器順序為__________(按氣流方向，用小寫字母表示)；②檢查裝置氣密性；③裝入固體藥品及試劑，連好裝置；④加熱，進行實驗。（3）若amolNa2SO4和2amolC按上述步驟充分反應，實際得到Na2S小于amol，則實驗改進方案是____。某同學從氧化還原角度分析固體產物中可能含有少量Na2SO3，請設計實驗證明其猜測是否合理(供選擇的試劑有：酚酞溶液、硝酸、稀鹽酸、蒸餾水)_____。（4）經實驗測定，硫酸鈉與炭粉在一定條件下反應還可生成等物質的量的兩種鹽和體積比為1︰3的CO2和CO兩種氣體。反應方程式為_______。20、亞硝酰氯（NOCl，熔點：－64.5℃，沸點：－5.5℃）是一種黃色氣體，遇水易水解。可用于合成清潔劑、觸媒劑及中間體等。實驗室可由氯氣與一氧化氮在常溫常壓下合成。（1）甲組的同學擬制備原料氣NO和Cl2，制備裝置如圖所示：為制備純凈干燥的氣體，補充下表中缺少的藥品。裝置Ⅰ裝置Ⅱ燒瓶中分液漏斗中制備純凈的Cl2MnO2①________②________制備純凈的NOCu③________④________（2）乙組同學利用甲組制得的NO和Cl2制備NOCl，裝置如圖所示：①裝置連接順序為a→________________（按氣流自左向右方向，用小寫字母表示）。②裝置Ⅳ、Ⅴ除可進一步干燥NO、Cl2外，另一個作用是____________________。③裝置Ⅶ的作用是________________________________________________________。④裝置Ⅷ中吸收尾氣時，NOCl發生反應的化學方程式為______________________。（3）丙組同學查閱資料，查得王水是濃硝酸與濃鹽酸的混酸，一定條件下混酸可生成亞硝酰氯和氯氣，該反應的化學方程式為_______________________________________。21、以葡萄糖為原料制得的山梨醇（A）和異山梨醇（B）都是重要的生物質轉化平臺化合物。E是一種治療心絞痛的藥物，由葡萄糖為原料合成E的過程如下：回答下列問題：（1）葡萄糖的實驗式為_________________________________。（2）E中含有的官能團為羥基、醚鍵和__________________________。（3）由B到C的反應類型為_____________________。（4）C的結構簡式為_____________________。（5）由D到E的反應方程式為____________________________________。（6）F是B的同分異構體，7.30g的F與足量飽碳酸氫鈉反應可釋放出2.24L二氧化碳（標準狀況），F的可能結構共有__________種（不考慮立體異構），其中核磁共振氫譜為三組峰，峰面積比為3:1:1的結構簡式為_____________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解題分析】

A.為圓底燒瓶；B.為量筒；C.為容量瓶；D.為分液漏斗；故答案選D。2、B【解題分析】

①該有機物中含—OH、—COOH、酯基，能發生取代反應；②該有機物中含碳碳雙鍵、苯環，能發生加成反應；③該有機物中含—OH，且與—OH相連的碳原子的鄰位碳原子上含H，能發生消去反應；④該有機物中含—OH、—COOH，能發生酯化反應；⑤該有機物中含酯基，能發生水解反應；⑥該有機物中含碳碳雙鍵、—OH，能發生氧化反應；⑥該有機物中含羧基，能發生中和反應；該有機物可發生的反應類型有①②③④⑤⑥⑦，答案選B。3、B【解題分析】A.氯仿被氧化生成HCl和光氣，所以可用硝酸銀溶液來檢驗氯仿是否變質，故A正確；B.甲烷為正四面體，甲烷分子中的3個H原子被Cl原子取代，則C-H鍵與C-Cl鍵的鍵長不相等，所以三氯甲烷是極性分子，故B錯誤；C.COCl2分子中的所有原子均滿足最外層8電子結構，故C正確；D.COCl2分子中中心C原子周圍形成3個σ鍵，所以C原子是sp2雜化，故D正確；本題選B。4、C【解題分析】

鐵的氧化物FexOy與足量的4mol·L－1硝酸溶液充分反應生成硝酸鐵、一氧化氮和水，標準狀況下，2.24LNO的物質的量為0.1mol，700mL4mol·L－1硝酸溶液中硝酸的物質的量為2.8mol，由N原子個數守恒可得3n（Fe3+）+n（NO）=n（HNO3），3n（Fe3+）=2.8mol—0.1mol，n（Fe3+）=0.9mol，設FexOy中鐵元素化合價為a，由得失電子數目守恒可得，n（3—a）×0.9mol=3×0.1mol，解得a=，由化合價代數和為零可得x=2y，則x：y=3:4，答案選C。【題目點撥】注意應用原子個數守恒計算鐵的氧化物中鐵的物質的量，再用得失電子數目守恒計算鐵的氧化物中鐵的化合價，根據化合價代數和為零計算x和y的比值確定化學式是解答關鍵。5、B【解題分析】

A.礦物油的主要成分屬于烴類，地溝油的主要成分屬于酯類，A錯誤；B.疫苗是用病原微生物(細菌、病毒)及其代謝產物(如類毒素)，疫苗多不穩定，受光、熱作用，可使蛋白質變性，不僅失去應有的免疫原性，甚至會形成有害物質而產生不良反應，因此疫苗必須冷藏運輸和保存，B正確；C.直餾汽油沒有不飽和烴，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C錯誤；D.酶是一類具有催化作用的蛋白質，酶的催化作用具有的特點是：條件溫和、不需加熱，具有高度的專一性、高效催化作用，溫度越高酶會發生變性，催化活性降低，淀粉水解速率減慢，D錯誤。故選B。【題目點撥】疫苗儲存和運輸不是越冷越好，比如許多疫苗都含有非特異性的佐劑，最常用的佐劑是氫氧化鋁，能夠將疫苗中的成分均勻的吸附在分子表面，具有佐劑作用，疫苗的凍融會破壞氫氧化鋁的物理性質，影響免疫效果，增加發生不良反應的機率；有的疫苗冷凍后肽鏈斷裂，影響疫苗效果；有的疫苗冷凍后疫苗中類毒素解離成為毒素，也增加疫苗接種反應。因此，在儲存和運輸過程中，都要求疫苗保存在一定溫度條件下。6、B【解題分析】分析：A.濃氨水和氯化鐵之間會發生復分解反應；

B.膠體具有丁達爾現象；

C.膠體是分散質直徑在1-100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化鐵溶液不是膠體；

D.膠體與電解質發生聚沉。詳解:A.濃氨水和氯化鐵之間會發生復分解反應生成氫氧化鐵沉淀和氯化銨，不會獲得膠體，故A錯誤；

B.膠體具有丁達爾現象，則用可見光束照射以區別溶液和膠體，所以B選項是正確的；

C.稀豆漿屬于膠體、硅酸是難溶的沉淀、氯化鐵溶液不是膠體，分散質微粒直徑不同是分散系的本質區別，故C錯誤；

D.膠體與電解質發生聚沉，不能共存，故D錯誤。

所以B選項是正確的。7、A【解題分析】

A．溶液中分別存在電荷守恒c(Na+)

+

c(H+)=

c(OH-

)、c(NH4+)

+

c(H+)

=

c(OH

-)，若pH相等，則c(H+)、c(OH-)相等，可知c(Na+)

=

c(NH4+)，故A正確；

B．一水合氨為弱電解質，pH相等時氨水濃度較大，分別中和pH相等、體積相等的兩溶液，氨水消耗HCl的物質的量較多，故B錯誤；

C．等濃度的氫氧化鈉溶液和氨水兩溶液，氫氧化鈉是強電解質完全電離，離子濃度大，導電能力強，故C錯誤；D．相同濃度的兩溶液，分別通入HCI氣體反應后呈中性的溶液中，根據電荷守恒和溶液呈中性有：c(OH-)=c(H+)，c(Na+)=c1

(Cl-)，c(NH4+)=

c2(Cl-

)，若要達到兩溶液呈中性，氨水中通HCl氣體要略少，所以中性溶液中c(Na+)

>

c(NH4+)，故D錯誤；故答案：A。【題目點撥】溶液的導電能力與離子的濃度和離子所帶電荷數有關，離子的濃度越大、離子所帶電荷數越多，則溶液的導電能力越強；二者均恰好完全反應，氯化銨溶液呈酸性，若要溶液呈中性，則氯化銨溶液中一水合氨稍過量，即通入的HCl氣體少，再結合電荷關系分析判斷。8、D【解題分析】A．工業廢液排入海洋中也會污染海洋，會危害海洋漁業資源，人食用被污染的魚，對人體產生危害，選項A錯誤；B、燃煤時通入空氣過多，容易造成熱量的損失，正確的做法應是空氣要適當過量，選項B錯誤；C、植樹節最重要的意義就在于建立生態文明的意識和觀念，選項C錯誤；D、與2016年相比，2017年某地區降水pH平均值增加了0.27，說明雨水酸性減弱，則酸雨情況有所改善，選項D正確。答案選D。9、C【解題分析】

A．在溶液中Ag+與Cl-、CO32-均不能大量共存，A錯誤；B．在溶質H+、Fe2+、MnO4-之間發生氧化還原反應，不能大量共存，B錯誤；C．K+、Ca2+、Cl-、NO3-之間不反應，可以大量共存，C正確；D．在溶液中NH4+與OH-結合生成一水合氨，不能大量共存，D錯誤；答案選C。【點晴】離子不能大量共存的一般情況是：（1）能發生復分解反應的離子之間（即生成沉淀，氣體，水、弱酸、弱堿等難電離物質）；（2）能生成難溶物的離子之間（如：Ca2+和SO42-；Ag+和SO42-）；（3）能完全水解的離子之間，如多元弱酸和弱堿鹽的陰、陽離子（如：Al3+，Fe3+與CO32-、HCO3-、AlO2-等）；（4）能發生氧化還原反應的離子之間（如：Fe、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、Fe3+等）；（5）能發生絡合反應的離子之間（如Fe3+和SCN-）；解決離子共存問題時還應該注意題目所隱含的條件，題目所隱含的條件一般有：（1）溶液的酸堿性，據此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的顏色，如無色時可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色離子的存在；（3）溶液的具體反應條件，如“氧化還原反應”、“加入鋁粉產生氫氣”；（4）是“可能”共存，還是“一定”共存等。10、C【解題分析】某溶液X

呈無色，且僅可能含有Ba2+、Na+、NH4+、H+、Cl-、SO32-、SO42-七種離子中的幾種(不考慮水的電離)，根據離子共存，Ba2+與SO32-、SO42-不能同時存在，H+與SO32-不能同時存在。向該溶液中滴加少量新制氯水，所得溶液仍為無色，說明氯水中的氯氣發生了反應，說明X中一定含有SO32-，則不存在Ba2+和H+；溶液中各離子濃度均為0.1mol/L，為了滿足電荷守恒，必須含有Na+、NH4+，由于沒有其他陽離子存在，則一定沒有Cl-和SO42-。A.根據上述分析，溶液中肯定不含Cl-，故A正確；B.根據上述分析，肯定不含H+，故B正確；C.根據上述分析，肯定含NH4+，故C錯誤；D.根據上述分析，肯定含有SO32-，故D正確；故選C。11、B【解題分析】

有機物的命名要遵循系統命名法的原則，最長碳鏈，最小編號，先簡后繁，同基合并等，如果含有官能團，則應選擇含有官能團的最長碳鏈作主鏈。【題目詳解】A、不符合最小編號的原則，正確名稱為2，2-二甲基丁烷，A錯誤；B、符合系統命名法的原則，B正確；C、醇羥基作為醇類的官能團，不能重復出現，正確的名稱為1，4-丁二醇，C錯誤；D、在表示位置的數字之間用逗號“,”分開，而不能用頓號“、”，D錯誤。答案選B。12、C【解題分析】

由質量守恒定律可知X的化學式為Ag2S，反應中Ag元素的化合價升高，O元素的化合價降低，反應的化學方程式為4Ag+2H2S+O2＝2Ag2S+2H2O。【題目詳解】A項、由質量守恒定律可知X的化學式為Ag2S，故A正確；B項、同主族元素從上到下，元素的非金屬性依次減弱，氫化物的還原性依次增強，則還原性：H2S＞H2O，故B正確；C項、沒有明確是否為標準狀況，無法計算11.2LO2的物質的量，故C錯誤；D項、反應中Ag元素的化合價升高，O元素的化合價降低，則Ag2S是氧化產物，故D正確；故選C。【題目點撥】本題考查氧化還原反應，注意從質量守恒的角度判斷X的化學式，把握反應中元素的化合價變化為解答的關鍵。13、A【解題分析】A．通過比較鈉與水、乙醇反應產生氫氣速率大小，可確定乙醇分子中羥基氫原子和水分子中氫原子的活潑性大小，故A正確；B．乙烯與溴的四氯化碳溶液反應，故B錯誤；C．制銀氨溶液是步驟是向2mL2%AgNO3溶液中滴加稀氨水至沉淀恰好消失為止，故C錯誤；D．碳酸鈣與濃鹽酸反應產生的二氧化碳氣體中存在揮發出來的氯化氫氣體，將此混合氣體通入苯酚鈉溶液，氯化氫、二氧化碳均與之反應，故不能說明它們酸性的相對強弱，故D錯誤。故答案選A。14、A【解題分析】

水的電離方程式為：H2OH++OH-。A.該結構示意圖是Cl-，Cl-加入后，對水的電離平衡沒有影響，平衡不移動，A符合題意；B.是苯酚，會電離產生H+，對水的電離平衡起抑制作用，B不符合題意；C.Al3+會消耗水電離產生的OH-，使水的電離平衡正向移動，因而促進水的電離平衡正向移動，C不符合題意；D.加入了CH3COO-，CH3COO-會結合H+，使水的電離平衡正向移動，促進水的電離，D不符合題意；故合理選項是A。15、D【解題分析】

A.CS2和CO2相似，為直線形分子，在固態時形成分子晶體，故A不選；B.ClO3-的中心原子的價層電子對數為，其VSEPR模型為正四面體，略去中心原子上的孤電子對，ClO3-的空間構型為三角錐形，故B不選；C.氯化硼BCl3的熔點為-107℃，氯化硼為分子晶體，液態和固態時只存在分子，沒有離子，所以不能導電，故C不選；D.SiF4和SO32-的中心原子的價層電子對數均為4，所以中心原子均為sp3雜化，SiF4的中心原子為sp3雜化，沒有孤電子對，所以分子呈空間正四面體，SO32-有一對孤電子對，所以分子呈三角錐形，故D選。故選D。16、C【解題分析】試題分析：A、分液操作時，為避免兩種液體相互污染，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，正確。B．蒸餾時，為控制餾出物質的沸點，應使溫度計水銀球靠近蒸餾燒瓶支管口，從而得到該溫度下的餾分，正確。C.蒸發結晶一般都不蒸干，應有較多固體時停止加熱用余熱蒸干，因為溶液中會有雜質離子，如果蒸干的話，雜質也會跟著析出，也可能造成溶質分解從而降低純度，錯誤；D.稀釋濃硫酸時，要把濃硫酸緩緩地沿器壁注入水中，同時用玻璃棒不斷攪拌，以使熱量及時地擴散，如果將水倒進濃硫酸，水的密度較小，浮在濃硫酸上面，溶解時放出的熱會使水立刻沸騰，使硫酸液滴向四周飛濺，造成危險，正確。考點：考查實驗基本操作。二、非選擇題（本題包括5小題）17、環己醇②④①③⑤⑥CH2=CH-CH=CH2+Br2→BrCH2CH=CH-CH2Br+2NaOH+2NaBr+2H2OBD【解題分析】

苯酚與氫氣發生完全加成反應產生A是環己醇，A與濃硫酸加熱發生消去反應產生B是環己烯，B與Br2發生加成反應產生C是1，2-二溴環己烷，C與NaOH的乙醇溶液加熱發生消去反應產生D是，D與Br2按1:1關系發生1，4-加成反應產生E為，E與H2發生加成反應產生F為，F與NaOH的水溶液發生水解反應產生G是，G與乙二酸HOOC-COOH在濃硫酸存在和加熱時發生縮聚反應形成高聚物H：，據此分析解答。【題目詳解】(1)根據上述分析可知A是，名稱為環己醇；(2)B結構簡式為；F的結構簡式：；(3)在上述反應中，反應①屬于加成反應，②屬于消去反應，③屬于加成反應，④屬于消去反應，⑤屬于加成反應，⑥屬于加成反應，⑦屬于取代反應，所以反應①～⑦中消去反應的是②④；屬于加成反應的是①③⑤⑥；(4)CH2=CH—CH=CH2與等物質的量Br2發生1，4-加成反應的化學方程式為：CH2=CH-CH=CH2+Br2→BrCH2CH=CH-CH2Br；(5)第④步的化學反應是與NaOH的乙醇溶液在加熱時發生的消去反應，方程式為：+2NaOH+2NaBr+2H2O；(6)A.在中核磁共振氫譜中能給出三種峰，且強度之比為1：1：4，A不符合題意；B.在中核磁共振氫譜中能給出三種峰且強度之比為1：1：2，B符合題意；C.在中核磁共振氫譜中能給出四種峰且強度之比為1：1：2：2，C不符合題意；D.中核磁共振氫譜中能給出3種峰且強度之比為1：1：2，D符合題意；故合理選項是BD；【題目點撥】本題考查有機物的推斷與合成的知識，根據反應條件結合各類物質的結構與性質的關系正向順推，掌握官能團的性質是關鍵，用對稱的思想進行等效H原子的判斷是核磁共振氫譜分析的依據。18、SiO32—、AlO2-CO32-3H++Al(OH)3=Al3++3H2OAl3+Mg2+NH4+Cl-2:1:4:12NH4++OH-═NH3?H2O【解題分析】

無色溶液中不可能含有Fe3+離子。（1）如果Y是鹽酸，向溶液中加鹽酸，先生成沉淀，當a-b段時，沉淀的量不變化，鹽酸和碳酸根離子反應生成氣體，則溶液中不含鎂離子、鋁離子；當b-c段時沉淀的質量減少，部分沉淀和鹽酸反應，部分沉淀和鹽酸不反應，說明溶液中有硅酸根離子和偏鋁酸根離子，弱酸根離子和銨根離子能雙水解，所以溶液中含有的陽離子是鈉離子；（2）若Y是氫氧化鈉，向溶液中加氫氧化鈉溶液，先生成沉淀，當a-b段時，沉淀的量不變化，氫氧化鈉和銨根離子反應生成氣體；當b-c段時沉淀的質量減少，部分沉淀和氫氧化鈉反應，部分沉淀不反應，說明溶液中有鋁根離子和鎂離子，則溶液中不含硅酸根離子、碳酸根離子和偏鋁酸根離子，所以溶液中含有的陰離子是氯離子。【題目詳解】（1）如果Y是鹽酸，由圖可知，向溶液中加鹽酸，先生成沉淀后沉淀部分溶解，則溶液中可能含SiO32-、AlO2-，不含Al3+、Mg2+；ab段，沉淀的量沒有變化，說明溶液中含有CO32-，鹽酸和碳酸根離子反應，反應的離子方程式依次為CO32-+H+═HCO3-和HCO3-+H+═H2O+CO2↑；bc段,氫氧化鋁沉淀與鹽酸反應生成偏鋁酸鈉和水，硅酸沉淀不反應，沉淀部分溶解，反應的離子方程式為3H++Al(OH)3=Al3++3H2O，故答案為：SiO32—、AlO2—；CO32-；3H++Al(OH)3=Al3++3H2O；（2）若Y是氫氧化鈉，由圖可知，向溶液中加氫氧化鈉溶液，先生成沉淀，溶液中可能含Al3+、Mg2+或兩者中的一種，由于弱堿陽離子和弱酸的陰離子會雙水解而不能共存，即溶液中不含CO32-、SiO32-、AlO2-，由于溶液一定要保持電中性，故溶液中一定含Cl-；ab段，沉淀的量不變化，是氫氧化鈉和銨根離子反應生成氣體：NH4++OH-═NH3?H2O，即溶液中含NH4+；bc段，沉淀的質量減少但沒有完全溶解，即部分沉淀和氫氧化鈉反應，部分沉淀不反應，說明溶液中有Al3+、Mg2+，bc段的反應的離子方程式為Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，則X中一定含有的離子是Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；由于溶液中有Al3+、Mg2+，oa段轉化為沉淀的離子是Al3+、Mg2+，ab段是氫氧化鈉和銨根離子反應生成氣體，反應的離子方程式為NH4++OH-═NH3?H2O；溶液中有Al3+、Mg2+，即沉淀中含Al（OH）3和Mg（OH）2，故bc段的反應離子方程式為Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，NH4+反應需要NaOH的體積是2V，由于Al（OH）3溶解時需要的NaOH的體積是V，則生成Al（OH）3需要的NaOH的體積是3V，而生成Mg（OH）2和Al（OH）3共消耗NaOH的體積為4V，則生成Mg（OH）2需要NaOH溶液的體積是V，則n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）=2：1：4，根據溶液要呈電中性，即有：3n（Al3+）+2n（Mg2+）+n（NH4+）=n（Cl-），故n（Cl-）=12，即有：n（Al3+）：n（Mg2+）：n（NH4+）：n（Cl-）=2：1：4：12，故答案為：Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-；2：1：4：12；NH4++OH-═NH3?H2O。【題目點撥】本題考查無機物的推斷，注意根據溶液的顏色結合題給圖象確定溶液中存在的離子，再結合物質之間的反應來確定微粒的量是解答關鍵。19、干燥環境密閉保存硫化鈉在空氣中易被氧化，潮濕環境易水解a→e→f→d加入稍過量的碳取少量反應后的固體于試管中，加蒸餾水溶解，滴加適量稀鹽酸，若出現淡黃色沉淀，則固體中含亞硫酸鈉，反之不含2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO↑+CO2↑【解題分析】

(1)硫化鈉易被氧化，溶液中硫離子可發生水解；(2)A中發生Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑，選裝置D檢驗二氧化碳，選裝置C吸收尾氣，二氧化碳不需要干燥；(3)實際得到Na2S小于amol，可增大反應物的量；固體產物中可能含有少量Na2SO3，加鹽酸發生氧化反應生成S；(4)硫酸鈉與炭粉在一定條件下反應還可生成等物質的量的兩種鹽和體積比為1：3的CO2和CO兩種氣體，C失去電子，S得到電子，結合電子、原子守恒來解答。【題目詳解】(1)硫化鈉固體在保存時需注意干燥環境密閉保存，原因是硫化鈉在空氣中易被氧化，潮濕環境易水解；(2)①A為制備裝置，裝置D檢驗二氧化碳，選裝置C吸收尾氣，則連接儀器順序為a→e→f→d；(3)若amolNa2SO4和2amolC按上述步驟充分反應，實際得到Na2S小于amol，則實驗改進方案是加入稍過量的碳；固體產物中可能含有少量Na2SO3，設計實驗為取少量反應后的固體于試管中，加蒸餾水溶解，滴加適量稀鹽酸，若出現淡黃色沉淀，則固體中含亞硫酸鈉，反之不含；(4)經實驗測定，硫酸鈉與炭粉在一定條件下反應還可生成等物質的量的兩種鹽和體積比為1：3的CO2和CO兩種氣體，C失去電子，S得到電子，若CO2和CO分別為1mol、3mol，失去電子為10mol，則S得到10mol電子，應生成等量的Na2S、Na2SO3，反應方程式為2Na2SO4+4CNa2S+Na2SO3+3CO↑+CO2↑。20、濃鹽酸飽和食鹽水稀硝酸水e→f（或f→e）→c→b→d通過觀察氣泡調節氣體的流速防止水蒸氣進入反應器