2022-2023学年吉林省白城市化学高一下期末达标检测试题含解析

2022-2023学年高一下化学期末模拟试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、原油的分馏及裂化可得到多种产品，下列物质不属于原油分馏产品的是A．汽油 B．沥青 C．酒精 D．石蜡2、下面有关氧化还原反应的叙述不正确的是（）A．氧化还原反应的本质是电子的转移B．在氧化还原反应中，失去电子的物质，一定有元素化合价升高C．肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原D．在反应中不一定所有元素的化合价都发生变化3、书写正确的电离方程式是A．CH3COOHC．H2CO4、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。m、p、q、r、s是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下r为液体，其余均为无色气体，m的摩尔质量为p的2倍，n是元素Y的单质，q能使品红溶液褪色。上述的转化关系如图所示。下列说法中不正确的是A．原子半径：W<Y<XB．非金属性：Y>X>WC．m与q、n与s均不能共存D．若n过量，q还可以继续燃烧5、25℃时，关于pH=2的盐酸，下列说法不正确的是A．溶液中c(H+)=1.0ⅹ10-2mol/LB．加水稀释100倍后，溶液的pH=4C．加入等体积pH=12的氨水，溶液呈碱性D．此溶液中由水电离出的c(OH-)=1.0ⅹ10-2mol/L6、在容积不变的密闭容器中，可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡的标志是A．SO2、SO3的浓度相等B．混合气体的密度保持不变C．混合气体的质量不再改变D．单位时间内消耗1molO2的同时，有2molSO3分解7、下列装置能构成原电池的是A． B．C． D．8、核内中子数为N的离子，质量数为A，则ng它的过氧化物中所含电子的物质的量是A． B．C． D．9、下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是A．碳酸钙受热分解 B．乙醇燃烧C．铝粉与氧化铁粉末反应 D．氧化钙溶于水10、在十九大报告中指出：“绿水青山就是金山银山。”而利用化学知识降低污染、治理污染，改善人类居住环境是化学工作者当前的首要任务。下列做法不利于环境保护的是A．开发清洁能源B．有效提高能源利用率C．研制易降解的生物农药D．对废电池做深埋处理11、雾霾的化学成分较为复杂，包含有下列物质，其中属于有机物的是（）A．臭氧B．二氧化硫C．氮氧化物D．碳氢化合物12、恒温恒压条件下发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，若将2mol氮气和3mol氢气充入密闭容器中，反应达平衡时，氨气的体积分数为a。保持相同条件，在密闭容器中分别充入下列物质，反应达平衡时，氨气的体积分数可能为a的是()A．2molN2和6molH2B．1molN2和2molNH3C．1molN2、3molH2和2molNH3D．2molN2、3molH2和1molNH313、如果空气中混入甲烷的体积达到总体积的5%—10%这个范围，点火时就会爆炸。当甲烷与氧气恰好完全反应时，产生最强的爆炸，此时甲烷所占的体积分数是A．2.5% B．7.5% C．9.5% D．10%14、“低碳经济，节能减排”是当今世界经济发展的新思路。下列行为与之相悖的是A．开发风能、太阳能等新能源B．回收处理工业废气C．大力发展新能源汽车D．过度开采煤、石油和天然气15、下列关于氨气的说法不正确的是（）A．NH3溶于水后，水溶液中存在大量的NH4+B．NH3能在铂的存在下与O2反应C．凡是铵盐都能与苛性钠共热产生NH3D．碳铵受热分解产生的气体经碱石灰干燥后可得纯净的NH316、环境保护十分重要，“绿水青山就是金山银山”。右图是甲、乙、丙、丁四个城市某个时段测得的雨水pH值（纵坐标）图，依据图形判断酸雨最严重的城市是（）A．甲 B．乙C．丙 D．丁二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A、B、F是家庭中常见的有机物，E是石油化工发展水平的标志，F是一种常见的高分子材料。根据下面转化关系回答下列问题：(1)操作⑥、操作⑦的名称分别为________、________。(2)下列物质中沸点最高的是________。A汽油B煤油C柴油D重油(3)在①～⑤中属于取代反应的是________；原子利用率为100%的反应是________。(填序号)(4)写出结构简式：A________、F________。(5)写出反应③的离子方程式：___________。(6)作为家庭中常见的物质F，它给我们带来了极大的方便，同时也造成了环境污染，这种污染称为________。18、元素及其化合物的知识是高中化学重要的组成部分，是考查化学基本概念和理论、化学计算、化学实验知识的载体。（1）元素周期表1－20号元素中，某两种元素的原子序数相差3，周期数相差1。①这样的两种元素的组合有________种。②若这样的两种元素形成的化合物中原子数之比为1∶1。写出其中一种化合物的名称：_______________________；（2）A是自然界存在最广泛的ⅡA族元素，常以化合物F存在．从单质A起始发生的一系列化学反应可由下图表示：请回答下列问题：①F的化学式为________，D的电子式为________________。②E与水反应的化学方程式为___________________________________________；③实际生产中，可由F为原料制备单质A，写出制备过程的化学方程式（不需考虑综合经济效益）_______________________________________________________。19、实验室用乙醇与浓硫酸共热制乙烯,反应原理为:反应过程中会生成少量副产物SO2。同学们设计了下图所示实验装置,以制取乙烯并验证乙烯的某些性质。（1）仪器a的名称是______________；（2）仪器a中加入乙醇与浓硫酸的顺序是_________，其中碎瓷片的作用是__________；（3）装置A既能吸收挥发出的乙醇,也能______________；装置B的作用是____________；（4）装置C中发生反应的化学方程式是_____________；（5）装置D中观察到的现象是_________，说明乙烯具有___________性。20、下面是甲、乙、丙三位同学制取乙酸乙酯的过程，请你参与并协助他们完成相关实验任务。【实验目的】制取乙酸乙酯【实验原理】甲、乙、丙三位同学均采取乙醇、乙酸与浓硫酸混合共热的方法制取乙酸乙酯。【装置设计】甲、乙、丙三位同学分别设计了下列三套实验装置：请从甲、乙两位同学设计的装置中选择一种作为实验室制取乙酸乙酯的装置，较合理的是________(选填“甲”或“乙”)。丙同学将甲装置进行了改进，将其中的玻璃管改成了球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是_______。【实验步骤】（1）用酒精灯对试管①加热；（2）将试管①固定在铁架台上（3）按所选择的装置组装仪器，在试管①中先加入3mL乙醇，并在摇动下缓缓加入2mL浓硫酸充分摇匀，冷却后再加入2mL冰醋酸；（4）在试管②中加入适量的饱和Na2CO3溶液；（5）当观察到试管②中有明显现象时停止实验。【问题讨论】a．用序号写出该实验的步骤____________；b．装好实验装置，加入药品前还应检查____________；c．写出试管①发生反应的化学方程式(注明反应条件)_____________________；d．试管②中饱和Na2CO3溶液的作用是_____________________________。21、某无色济液中，只可能含有以下离子中的若干种：

NH4+、K+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NO3-、CO32-、SO42-,，现取三份100mL溶液进行如下实验：①第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生。②第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g③第三份逐滴滴加

NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图。根据上述实验，试回答下列问题：（1）该溶液中一定不存在的阴离子有_______。（2）实验③中NaOH溶液滴至35mL后发生的离子方程式为_______________________________。（3）原得液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n(Mg2+)∶n(Al3+)∶n(NH4+)=___________。（4）实验所加的NaOH溶液的浓度为________。（5）溶液中存在一种不能确定的阳离子，

请设计实验方案加以检验_________________________。（6）原溶液中NO3-的浓度为c(NO3-)则c(NO3-)的最小浓度为_________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

原油分馏的产品有燃料气、汽油、石蜡油、柴油、燃油、润滑油、石蜡、重油、沥青等。【详解】汽油、沥青、石蜡都是原油的分馏产品，酒精不是，酒精的工业制备途径主要是粮食酿造，故C为合理选项。2、C【解析】试题分析：凡是有元素化合价升降的反应都是氧化还原反应。在氧化还原反应中，也可以是同一种元素之间发生氧化还原反应，选项C不正确，其余选项都是正确的，答案选C。考点：考查氧化还原反应的有关判断点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。主要是考查学生对氧化还原反应有关概念的熟悉了解程度，旨在巩固学生的基础，提高学生的应试能力。3、A【解析】

A.醋酸是弱酸，不能完全电离，要用可逆号，电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，A项正确；

B.硫酸氢钾是强酸酸式盐，在水溶液中能完全电离出氢离子、钾离子和硫酸根离子，B项错误；

C.碳酸是二元弱酸，分两步电离，H2CO3⇌H++HCO3-，HCO3-⇌H++CO32-，C项错误；

D.亚硫酸是二元弱酸，分两步电离，H2SO3⇌H++HSO3-，HSO3-⇌H++SO32-，D项错误；

答案选A。4、D【解析】分析：常温常压下r为液体,应为水,q能使品红溶液褪色,应为二氧化硫,则m应为硫化氢,n为氧气,Y为O元素,m的摩尔质量为p的2倍,可以知道p应为氨气，s为NO,由此可以知道W为H,X为N,Z为S,以此解答该题。详解：同一周期从左到右，原子半径减小，氢原子半径最小，根据以上分析可以知道X为N，Y为O，W为H，则原子半径N>O>H，A正确；同周期元素非金属性O>N，H的非金属性最小，B正确；m为硫化氢,可与二氧化硫发生反应生成单质硫，氧气与NO发生反应生成二氧化氮,不能共存，C正确；二氧化硫不能在氧气中燃烧，D错误；正确选项D。5、D【解析】

A、根据pH=－lgc(H＋)，其中c(H＋)表示溶液中c(H＋)，即常温下，pH=2的盐酸溶液中c(H＋)=1.0×10－2mol·L－1，故A说法正确；B、稀释前后溶质的物质的量不变，假设稀释前溶液的体积为1L，稀释100倍后，溶液中c(H＋)==1×10－4mol·L－1，即pH=4，故B说法正确；C、NH3·H2O为弱碱，因此pH=12的氨水中c(NH3·H2O)大于pH=2的盐酸中c(HCl)，等体积混合后，NH3·H2O过量，混合后溶液显碱性，故C说法正确；D、酸溶液中OH-全部来自水电离，根据水的离子积，pH=2的盐酸中c(OH－)==10－12mol·L－1，故D说法错误；答案选D。6、D【解析】分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。详解：A.SO2、SO3的浓度相等不能说明正逆反应速率相等，反应不一定处于平衡状态，A错误；B.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，B错误；C.根据质量守恒定律可知混合气体的质量始终不变，不能据此说明反应达到平衡状态，C错误；D.单位时间内消耗1molO2的同时，有2molSO3分解说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D正确。答案选D。7、A【解析】

构成原电池的条件是：活泼性不同的金属或金属和非金属，导线连接，并且插入电解质溶液中形成闭合回路。【详解】A.锌比银活泼，锌与稀硫酸反应生成氢气，形成了闭合回路，故A可以构成原电池；B.酒精是非电解质，不能构成原电池；C.没有形成闭合回路，不能构成原电池；D.两电极材料相同，均不能与硫酸反应，不能构成原电池。所以答案是A。8、B【解析】

该过氧化物的的化学式为RO2，它的摩尔质量为(A+32)g/mol，ng它的过氧化物的物质的量为ng(A+32)g/mol；一个氧化物分子中含有(A−N+16)个电子，所以ng它的氧化物中所含电子的物质的量为=mol，故B正确；故选B。【点睛】注意本题指出的是过氧化物，根据元素化合价判断过氧化物化学式是解答本题的关键，进而依据质量数与质子数、中子数、核外电子数之间的关系进行分析解答。9、A【解析】

根据反应中生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应是一个吸热反应，根据常见的吸热反应来回答。【详解】A.碳酸钙受热分解是一个吸热反应，故A正确；B.乙醇的燃烧反应是一个放热反应，故B错误；C.铝与氧化铁粉未反应是一个放热反应，故C错误；D.氧化钙溶于水是一个放热反应，故D错误。故选A。【点睛】把握放热反应和吸热反应的含义是解答的关键，一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。10、D【解析】A.开发清洁能源有利于减少空气污染，保护环境；B.有效提高能源利用率，可以减少能源的消耗，保护环境；C.研制易降解的生物农药，可以减少农药的残留，保护了环境；D.对废电池做深埋处理，电池中的重金属离子会污染土壤和地下水。本题选D。11、D【解析】有机物是含碳的化合物，臭氧、二氧化硫、氮氧化物不含有碳，属于无机物，碳氢化合物属于有机物，故D正确。12、B【解析】分析：恒温恒压下对于气体体系等效转化后，使反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效，据此判断。详解：反应达平衡时，氨气的体积分数仍然为a，则等效转化后氮气和氢气的物质的量之比要保持2：3。则根据方程式可知A.2molN2和6molH2的物质的量之比是1：3，不满足等效平衡，A错误；B.1molN2和2molNH3相当于是2mol氮气与3mol氢气，满足等效平衡，B正确；C.1molN2、3molH2和2molNH3相当于是2mol氮气与6mol氢气，物质的量之比是1：3，不满足等效平衡，C错误；D.2molN2、3molH2和1molNH3相当于是2.5mol氮气与4.5mol氢气，物质的量之比是5：9，不满足等效平衡，D错误。答案选B。点睛：本题主要是考查等效平衡的应用，题目难度较大。所谓等效平衡是指外界条件相同时，同一可逆反应只要起始浓度相当，无论经过何种途径，都可以达到相同的平衡状态。等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化——边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。13、C【解析】

甲烷爆炸发生的反应为CH4+2O2CO2+2H2O，当甲烷与氧气体积之比为1∶2时，发生最强的爆炸，令甲烷的体积为1L，则氧气的体积为2L，故空气的体积==9.5L，发生最强爆炸时，甲烷在空气中所占的体积分数=×100%=9.5%，故选C。14、D【解析】A.开发风能、太阳能等新能源，可以减少化石燃料的使用量，满足“低碳经济，节能减排”，故A不选；B.回收处理工业废气，可以减少对环境的污染，满足“低碳经济，节能减排”，故B不选；C.大力发展新能源汽车，可以减少对环境的污染，满足“低碳经济，节能减排”，故C不选；D.过度开采煤、石油和天然气，会增大环境污染问题，与“低碳经济，节能减排”相违背，故D选；故选D。15、A【解析】

A．NH3溶于水后，大部分氨气与水反应：NH3+H2O⇌NH3•H2O，氨水只有部分电离：NH3•H2O⇌NH4++OH-，所以水溶液中存在少量的NH4+，故A错误；B．氨气在铂的存在并加热的条件下能发生催化氧化生成一氧化氮，故B正确；C．铵根离子都能与氢氧根离子共热产生NH3、水，所以凡是铵盐都能与苛性钠共热产生NH3，故C正确；D．碳铵受热分解产生氨气、水蒸气和二氧化碳，碱石灰能吸收二氧化碳和水，所以碳铵受热分解产生的气体经碱石灰干燥后可得纯净的NH3，故D正确；答案选A。16、C【解析】

空气中存在CO2溶于水生成碳酸使正常雨水显酸性，正常雨水的pH值约等于5.6；雨水的pH值变小的原因是由于污染大气的氮氧化物、SO2等气体与空气中的氧气发生反应，这些气体及其氧化产物溶于雨水后生成HNO3、H2SO3使雨水的pH小于5.6而成为酸雨，pH越小，酸雨越严重，根据图像可知，pH最小的是丙，故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、分馏裂解D①②③④⑤CH3COOHCH3COOCH2CH3＋OH－CH3COO－＋C2H5OH白色污染【解析】

由E是石油化工发展水平的标志，则E为CH2=CH2；由乙烯可以转化成F，再结合F是家庭中常见的有机物，F是一种常见的高分子材料知，F为；A、B、F是家庭中常见的有机物，E与水发生加成反应生成B为C2H5OH；由流程图知，C在酸性或碱性条件下都可以得到乙醇，说明C是某种酸与乙醇反应生成的酯，再结合A与B反应生成C，A是家庭中常见的有机物知，则A为CH3COOH，C为CH3COOCH2CH3，D为CH3COONa；结合分析机型解答。【详解】（1）由石油得到汽油、煤油、柴油等轻质油的操作是分馏；由石油产品制取乙烯的操作是裂解（深度裂化）；答案：分馏；裂解；

（2）由于在石油分馏的操作过程中，温度逐步升高使烃汽化，再经冷凝将烃分离开来，得到石油的分馏产品，即先得到的分馏产品沸点低，后得到的分馏产品沸点高，故选：D；

（3）由于酯化反应、酯的水解反应均属于取代反应，所以在①～⑤中属于取代反应的是①、②、③；原子利用率为100%的反应是加成反应和加聚反应，所以原子利用率为100%的反应是④、⑤；答案：①、②、③；④、⑤；

（4）由上述分析可知，A的结构简式为CH3COOH，F的结构简式为：；

（5）由上述分析可知反应③为乙酸乙酯在碱性条件下发生的水解反应，其离子方程式：CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH2CH3OH；答案：CH3COOCH2CH3＋OH－CH3COO－＋C2H5OH；

（6）由上述分析可知：F为，塑料的主要成分是聚乙烯，由于聚乙烯结构稳定、难以分解，急剧增加的塑料废弃物会造成白色污染。答案：白色污染。【点睛】本题突破口：E是石油化工发展水平的标志，E为CH2=CH2；以乙烯为中心进行推导得出各物质，再根据各物质的性质进行分析即可。18、（1）①7(2分)；③过氧化钠或过硫化钾(1分)（2）①CaCO3(1分)(1分)②NaH＋H2O===NaOH＋H2↑(1分)③CaCO3CaO+CO22CaO2Ca+O2(2分)或CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2OCaCl2Ca+Cl2(2分)【解析】试题分析：(1)：1－20号元素中，两种元素的原子序数相差3，周期数相差1的有：H和Be，He和B,O和Na，F和Mg，Ne和Al，S和K,Cl和Ca。7组。形成的化合物中原子数之比为1∶1的有Na2O2或者K2S2：名称为过氧化钠或过硫化钾。（2）：自然界存在最广泛的ⅡA族元素为Ca，以CaCO3形式存在，F为CaCO3，故D为二氧化碳，电子式：G为氧化钙，C为氢氧化钙，结合Na与水的反应可知，钙与水反应，B为氢气。E为NaH。与水反应：NaH＋H2O===NaOH＋H2↑。③通过Na的制备可得：CaCO3CaO+CO22CaO2Ca+O2(2分)或CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2OCaCl2Ca+Cl2考点：元素及其化合物点评：本题是对元素及其化合物的考查，但是更多的是对知识的迁移和应用能力的考查。在对物质进行推断时，应结合已学物质的性质。19、蒸馏烧瓶将浓硫酸加入乙醇中防止暴沸除去SO2证明SO2已除尽CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br溶液由紫色变为无色还原【解析】

本题主要考察乙烯的实验室制法。在乙烯制备的过程中，会伴随有副反应的发生，副反应一般有两种，第一种是温度在140℃时，乙醇在浓硫酸的作用下生成乙醚，第二种是浓硫酸和乙醇发生氧化还原反应。本题涉及的副反应就是第二种情况（题中已说明）。这种情况下，生成的SO2会影响乙烯的检验，需要除去。所以A的主要作用是除去SO2，而B的主要作用是检验SO2已完全被除去，【详解】（1）a有支管，则a为蒸馏烧瓶；（2）浓硫酸与其他物质混合时，一般是将浓硫酸缓慢加入其他物质中，所以在该实验中，是将浓硫酸加入到乙醇中；碎瓷片的作用是防止暴沸；（3）SO2会影响后续实验，为了避免干扰，应先将SO2除去，所以A的作用既可以吸收乙醇，也可以吸收SO2；B的作用是验证SO2完全被除去；（4）装置C中，乙烯和Br2发生反应：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；（5）酸性KMnO4溶液可以氧化碳碳双键，溶液的紫色褪去，KMnO4作氧化剂，则乙烯作还原剂，所以说明乙烯具有还原性。【点睛】乙烯的实验室制备实验中，会伴随有两种副反应发生，第一种是生成乙醚，第二种是生成SO2。其中第二种副反应是常考的内容，要想确保乙烯的性质实验完好地进行，需要先完全除去SO2，以避免干扰。20、乙能防止倒吸（3）（2）（4）（1）（5）检查装置的气密性CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，使其分层【解析】乙酸和乙醇易溶于水，不插入液面下是为了防止倒吸；球形干燥管导气的同时也起到防倒吸作用，则较合理的是装置是乙、丙；故答案为：乙；能防止倒吸；a．实验步骤：(3)按所选择的装置组装仪器，在试管①中先加入3mL乙醇，并在摇动下缓缓加入2mL浓硫酸充分摇匀，冷却后再加入2mL冰醋酸并加入碎瓷；(2)将试管①固定在铁架台上；(4)在试管②中加入适量的饱和Na2CO3溶液，并滴加几滴酚酞溶液；(1)用酒精灯对试管①加热；(5)当观察到试管②中有明显现象时停止实验；故答案为：(3)(2)(4)(1)(5)；b．实验前，要检查装置的气密性，故答案为：装置的气密性；c．酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；d．饱和Na2CO3溶液的作用有：吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，使其分层，故答案为：吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，使其分层。点晴：本实验中要注意：①加入试剂的顺序：乙醇→浓硫酸→乙酸，原因：浓硫酸密度比乙醇的大，如果先加浓硫酸，密度小的乙酸会在浓硫酸上层，浓硫酸放热会使乙醇沸腾而溅出；(2)防倒吸装置的使用：避免反应过程中因试管中乙醇挥发压强减小而发生倒吸现象；②浓硫酸的作用：催化剂、吸水剂；③饱和Na2CO3的作用：中和乙酸，溶解乙醇，便于闻酯的气味；降低乙酸乙酯在水中的溶解度；④玻璃导管的作用：冷凝回流、导气。21、CO32-Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O1∶1∶22mol/L用洁净的铂丝蘸取少量无色溶液，置于火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，若观察到紫色火焰，则证明存在K+，反之则无0.1mol/L【解析】分析：溶液为无色，则溶液中不含Cu2+，由③中沉淀量先增大后减小且不为0可得溶液中含Al3+、Mg2+，所以溶液中不含有CO32-，而加入NaOH就有沉淀生成，所以溶液中不含H+，沉淀量在中间段不变，说明溶液中含有NH4+，且n(Mg(OH)2)=0.01mol，而发生反应的计量数的关系：Mg2+--2NaOH、Al3+--3NaOH、NH4+--NaOH、Al(OH)3-NaOH，溶解Al(OH)3消耗NaOH的体积为5mL，所以Al3+转化为Al(OH)3消耗NaOH的体积为15mL，所以产生沉淀阶段与Mg2+反应生成Mg(OH)2消耗NaOH的体积为25-15=10mL，所以c(NaOH)=2×0.01/(10×10-3)=2mol/L，根据消耗NaOH的量可得n(Mg2+):n(Al3+):n(NH4+)=1:1:2；由②得产生的白色沉淀为BaSO4，物质的量为6.99/233=0.03mol，即n(SO42-)=0.03mol；溶液中2n(Mg2+)+3n(Al3+)+n(NH4+)>2n(SO42-)，所以溶液中还一定存在NO3-，不一定存在K+；据以上分析解答。详解：溶液为无色，则溶液中不含Cu2+，由③中沉淀量先增大后减小且不为0可得溶液中含Al3+、Mg2+，所以溶液中不含