2024届甘肃省天水市第二中学化学高二下期末达标检测试题含解析

2024届甘肃省天水市第二中学化学高二下期末达标检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、如图是氯化铯晶体的晶胞示意图(晶体中最小的重复结构单元)，已知晶体中2个最近的Cs＋核间距为acm，氯化铯(CsCl)的相对分子质量M，NA为阿伏加德罗常数，则氯化铯晶体的密度为A．g·cm－3 B．g·cm－3C．g·cm－3 D．g·cm－32、在乙醇发生的各种反应中，断键方式不正确的是A．与金属钠反应时，键①断裂 B．与醋酸、浓硫酸共热时，键②断裂C．与浓硫酸共热至170℃时，键②和④断裂 D．与HCl反应生成氯乙烷时，键②断裂3、下列说法正确的是（）A．室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1-氯丁烷B．棉、麻、丝、毛完全燃烧后都只生成CO2和H2OC．用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3D．油脂在酸性或碱性条件下均能发生水解反应，且产物相同4、下列实验方案不能达到相应目的的是ABCD目的比较碳酸根与碳酸氢根水解程度研究浓度对化学平衡的影响比较不同催化剂对化学反应速率的影响比较碳酸、醋酸和硼酸的酸性强弱实验方案A．A B．B C．C D．D5、将纯水加热到较高温度时，下列叙述正确的是A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性B．水的离子积不变、pH变大、呈中性C．水的离子积变小、pH变小、呈碱性D．水的离子积变大，pH变小、呈中性6、下列热化学方程式中△H能表示可燃物燃烧热的是A．H2(g)+Cl2(g)

=2HCl(g)

；△H=－184.6

kJ/mo1B．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O

(g)

；△H=－802.3

kJ/molC．2H2(g)+O2(g)=2H2O

(l)

；△H=－571.6

kJ/molD．CO

(g)+1/2O2(g)=CO2(g)

；

△H=

－258

kJ/mol7、下列用品中主要由合成材料制造的是()A．宇航服 B．宣纸 C．羊绒衫 D．棉衬衣8、等质量的钠进行下列实验，其中生成氢气最多是()A．将钠投入到足量水中B．将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放人足量的水中C．将钠放入足量稀硫酸中D．将钠放入足量稀盐酸中9、下列说法正确的是A．将FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同B．水解反应NH4+＋H2ONH3•H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动C．CH3COONa溶液中加入CH3COOH能促进CH3COO－水解D．常温下，浓度均为0.1mol•L-1NaCN和HCN混合液的pH＝9，则c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)10、将下列各组物质,分别按等物质的量混合后加水溶解,有沉淀生成的是()A．AlCl3、Ba(OH)2、HNO3 B．CaCl2、NaHCO3、HClC．Na2CO3、NaAlO2、NaOH D．AlCl3、K2SO4、HCl11、下列离子方程式的书写正确的是（）A．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+B．向AlCl3溶液中加入足量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2OC．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2OD．在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2：2I-+H2O2+2H+=I2+O2↑+2H2O12、反应NH4HS(s)NH3(g)＋H2S(g)在某温度下达到平衡，下列各种情况中，不会使平衡发生移动的是()A．温度、容积不变时，通入SO2气体 B．移走一部分NH4HS固体C．将容器体积缩小为原来的一半 D．保持压强不变，充入氮气13、从海带中提取碘的实验过程中，涉及下列操作，其中正确的是（）A．将海带灼烧成灰 B．过滤得含I-的溶液C．萃取后下面放出碘的苯溶液 D．分离碘并回收苯14、下列有关σ键和π键的说法错误的是()A．在某些分子中，化学键可能只有π键而没有σ键B．当原子形成分子时，首先形成σ键，可能形成π键，配位键都是σ键C．σ键的特征是轴对称，π键的特征是镜面对称D．含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者15、短周期元素X、Y、W、Q在元素周期表中的相对位置如下图所示。Y是地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是（）A．1molQ单质与氢氧化钠溶液反应转移的电子数目为2NAB．X的气态氢化物能使湿润的蓝色石蕊试纸变红C．氢化物的沸点:H2Y>HQD．最髙价氧化物的水化物的酸性:W>Q16、X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是A．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞MB．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C．由X元素形成的单质不一定是原子晶体D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键二、非选择题（本题包括5小题）17、高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I（C31H34O6）的合成路线如图：已知：、RCHO回答下列问题：（1）②的反应类型是___。（2）G的结构简式为___。（3）①写出A→B的化学方程式为___。②写出E和新制氢氧化铜溶液反应的化学方程式___。③写出B与银氨溶液反应的离子方程式___。（4）若某化合物W的相对分子质量比化合物C大14，且满足下列条件，则W的可能结构有___种。①遇到FeCl3溶液显色②属于芳香族化合物③能发生银镜反应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、乙酰苯胺是一种白色有光泽片状结晶或白色结晶粉末，是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。乙酰苯胺的制备原理为：+CH3COOH+H2O注：刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。实验步骤:步骤1：在圆底烧瓶中加入无水苯胺9.2mL，冰醋酸17.4mL，锌粉0.1g，安装仪器，加入沸石，调节加热温度，使分馏柱顶温度控制在105℃左右，反应约60～80min，反应生成的水及少量醋酸被蒸出。步骤2：在搅拌下，趁热将烧瓶中的物料以细流状倒入盛有100mL冰水的烧杯中，剧烈搅拌，并冷却，结晶，抽滤、洗涤、干燥，得到乙酰苯胺粗品。步骤3：将此粗乙酰苯胺进行重结晶，晾干，称重，计算产率。(1)步骤1中所选圆底烧瓶的最佳规格是_________(填序号)。a．25mLb．50mLc．150mLd．200mL(2)实验中加入少量锌粉的目的是___________________________________________________________________________。(3)从化学平衡的角度分析，控制分馏柱上端的温度在105℃左右的原因____________________________________________________________________________。(4)洗涤乙酰苯胺粗品最合适的方法是_____(填序号)。a．用少量冷水洗b．用少量热水洗c．用酒精洗(5)乙酰苯胺粗品因含杂质而显色，欲用重结晶进行提纯，步骤如下：热水溶解、_______________、过滤、洗涤、干燥(选则正确的操作并排序)。a．蒸发结晶b．冷却结晶c．趁热过滤d．加入活性炭(6)该实验最终得到纯品8.1g，则乙酰苯胺的产率是______________％。(7)如图的装置有1处错误，请指出错误之处____________________________________。20、某研究性学习小组欲探究原电池的形成条件，按下图所示装置进行实验序号AB烧杯中的液体指针是否偏转1ZnCu稀硫酸有2ZnZn稀硫酸无3CuC氯化钠溶液有4MgAl氢氧化钠溶液有分析上述数据，回答下列问题：(1)实验1中电流由________极流向_______极（填“A”或“B”）(2)实验4中电子由B极流向A极，表明负极是_________电极（填“镁”或“铝”）(3)实验3表明______A．铜在潮湿空气中不会被腐蚀B．铜的腐蚀是自发进行的(4)分析上表有关信息，下列说法不正确的是____________A．相对活泼的金属一定做负极B．失去电子的电极是负极C．烧杯中的液体，必须是电解质溶液D．浸入同一电解质溶液中的两个电极，是活泼性不同的两种金属（或其中一种非金属）21、铁是地球表面最丰富的金属之一，其合金、化合物具有广泛用途。⑴Fe3+可以与SCN－、CN－、有机分子等形成配合物。基态Fe3+的电子排布式为______；与SCN－互为等电子体且为非极性分子的化学式为______。⑵化合物FeCl3是棕色固体、易潮解、100℃左右时升华，它的晶体类型是______。⑶普鲁士蓝俗称铁蓝，结构如图甲所示（K+未画出），平均每两个立方体中含有一个K+，该晶体的化学式为______。又知该晶体中铁元素有＋2价和＋3价两种，则Fe3+与Fe2+的个数比为______。⑷在一定条件下铁形成的晶体的基本结构单元如图乙和图丙所示，则图乙和图丙的结构中铁原子的配位数之比为______，两种晶体中空间利用率较高的是______。（填“图乙”或“图丙”）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】

由晶胞的示意图可知，Cs＋位于顶点，Cl－位于体心，则晶胞中含Cs＋的个数为8×=1，含Cl－个数为1，晶胞的质量为g，晶胞的体积为a3cm3，由晶体的密度等于晶体的质量与晶体在该质量下的体积的比可得晶体的密度为＝g·cm－3，故选C。2、B【解题分析】

A．与金属钠反应时，生成乙醇钠和氢气，乙醇中的O-H键断裂，即键①断裂，A项正确；B．与醋酸、浓硫酸共热时，发生酯化反应，醇脱H，故乙醇中的O-H键断裂，即键①断裂，B项错误；C．与浓硫酸共热至170℃时，发生消去反应生成乙烯和水，C-O、甲基上的C-H键断裂，即键②和④断裂，C项正确；D．与HCl反应生成氯乙烷时，-OH被-Cl取代，C-O键断裂，即键②断裂，D项正确；答案应选B。3、A【解题分析】

A．含-OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1-氯丁烷，故A正确；B．丝、毛的主要成分为蛋白质，含N元素，而棉、麻的主要成分为纤维素，棉、麻完全燃烧都只生成CO2和H2O，故B错误；C．CH3COOH与碳酸钠溶液反应产生气泡，而Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3会分层，因此可以用Na2CO3溶液能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3，故C错误；D．油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油，水解产物不相同，故D错误；答案选A。4、A【解题分析】

A.比较两种离子的水解程度，需要使用相同离子浓度的溶液；室温下，Na2CO3的溶解性比NaHCO3大，则二者的饱和溶液中，两种物质的浓度不同，对应的阴离子浓度也不相同，因此本实验不合理，A错误；B.本实验中，左侧试管中又加入了KSCN溶液，右侧试管中加入了水，则对比左右两只试管，相当于加入试剂前后，溶液的体积都没有变化，左侧试管中KSCN的物质的量增加，所以左侧试管中KSCN的浓度增大，而右侧试管中KSCN的浓度没有变化，因此本实验合理，B正确；C.本实验中，只有催化剂不同，其他的物质及其对应的物理量均相同，符合“单一变量”原则，因此本实验合理，C正确；D.本实验中，醋酸可以和NaHCO3反应产生气泡，硼酸不行，可以说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，D正确；故合理选项为A。【题目点拨】化学对比实验，采用“单一变量”原则，在A选项中，两种物质的溶解度不同，且两种物质的适量也不同，导致两种溶液的物质的量浓度也不同，该组实验存在两个变量，故该组实验不合理。在应答此类题目时，一定要注意图中的描述。5、D【解题分析】

将纯水加热到较高温度时，水的电离平衡正向移动，则溶液中氢离子、氢氧根离子浓度均增大，且相等，则水的离子积增大，pH值减小，溶液呈中性，答案为D。【题目点拨】pH=-lgc(H+)，升高温度，c(H+)增大，则pH减小。6、D【解题分析】A、氢气与氯气反应不是与氧气反应，燃烧热是指与氧气反应，热化学方程式中△H不等于燃烧热，选项A错误；B、燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到的氧化物必须是稳定的氧化物，H2O的状态必须为液态，选项B错误；C、热化学方程式中H2的物质的量不为1mol，热化学方程式中△H不等于燃烧热，选项C错误；D、符合燃烧热的定义，热化学方程式中△H代表燃烧热，选项D正确。答案选D。7、A【解题分析】

A．宇航员由合成纤维制成，具有强度高、防辐射等优点，A项符合题意；B．宣纸的主要材料为纤维素，不属于合成材料，B项不符合题意；C．羊绒衫的主要成分为蛋白质，不属于合成材料，C项不符合题意；D．棉衬衣的主要成分为纤维素，不属于合成材料，D项不符合题意；本题答案选A。8、B【解题分析】

A、该过程只有钠和水反应放出H2；B、将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量水中，钠和水反应放出H2，并生成NaOH溶液，铝和NaOH溶液反应也放出H2；C、该过程只有钠和酸反应放出H2；D、该过程只有钠和酸反应放出H2；故钠的质量相同的情况下，B放出H2最多，故选B。9、D【解题分析】

A．FeCl3水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸易挥发，加热、灼烧生成氧化铁，Fe2（SO4）3溶液加热、蒸干、灼烧仍得到硫酸铁，因硫酸难挥发，故A项错误；B.水解过程是吸热的过程，升高温度，水解平衡正向移动，故B项错误；C.CH3COONa溶液存在水解平衡CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，所以加入CH3COOH能抑制CH3COO-水解，而不是促进，故C项错误；D．混合溶液的pH=9说明溶液呈碱性，c（OH-）＞c（H+），则NaCN水解程度大于HCN电离程度，但是其电离和水解程度都较小，所以存在c（HCN）＞c（Na+）＞c（CN-）＞c（OH-）＞c（H+），故D项正确。故答案为D。10、A【解题分析】

A．等物质的量混合后加水，发生酸碱中和反应剩余OH-与Al3+的物质的量相同，则生成氢氧化铝沉淀，A选；B．离子之间反应生成氯化钠、水和二氧化碳，不生成沉淀，B不选；C．离子之间不反应，不生成沉淀，C不选；D．离子之间不反应，不生成沉淀，D不选；答案选A。【题目点拨】本题考查离子的共存、离子反应，侧重复分解反应的离子共存考查，把握离子之间的反应为解答的关键，注意结合生成沉淀时的物质的量关系。11、A【解题分析】本题考查了离子方程式的正误判断，属于常规考题，注意物质量多少与反应产物的关系是关键。详解：A.亚硫酸钠中的硫元素被足量的氯气氧化生成硫酸根离子，氯气变成氯离子，离子方程式正确；B.氯化铝溶液中加入足量氨水生成氢氧化铝沉淀，离子方程式错误；C.碳酸氢铵和足量稍微水反应生成碳酸钙沉淀和氨水，故错误；D.该离子方程式中碘元素和氧元素化合价都升高，没有元素化合价降低，所以离子方程式错误。故选A。点睛：注意有关铝元素的离子方程式的书写。1.铝和氢氧化钠反应只能生成偏铝酸钠和氢气，且水参与反应，不能生成氢氧化铝沉淀。2.氯化铝溶液中加入过量的氨水只能生成氢氧化铝沉淀不能生成偏铝酸盐。3.氯化铝溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，生成偏铝酸盐，不能生成氢氧化铝沉淀。4.氧化铝溶于氢氧化钠只能生成偏铝酸钠，不能生成氢氧化铝。12、B【解题分析】A、温度不变、容积不变，通入SO2，发生：SO2＋2H2S=3S＋2H2O，H2S浓度降低，根据勒夏特列原理，反应向正反应方向进行，不符合题意，故A错误；B、NH4HS是固体，浓度视为常数，移走一部分NH4HS，NH4HS浓度不变，化学平衡不移动，符合题意，故B正确；C、缩小容器的体积，相当于增大压强，根据勒夏特列原理，反应向逆反应方向进行，不符合题意，故C错误；D、恒压下，通入非反应气体，体积增大，组分的浓度降低，根据勒夏特列原理，反应向正反应方向进行，不符合题意，故D错误。13、D【解题分析】

A．灼烧应在坩埚中进行，A错误；B．过滤需要玻璃棒引流，B错误；C．苯的密度比水小，碘的苯溶液在上层，应从分液漏斗上口倒出，C错误；D．苯沸点低，易挥发，分离碘并回收苯用蒸馏，D正确。答案选D。14、A【解题分析】

A．共价键中一定含σ键，则在分子中，化学键可能只有σ键，而没有π键，选项A错误；B．原子形成分子，优先头碰头重叠，则先形成σ键，可能形成π键，选项B正确；C．σ键是“头碰头”重叠形成，可沿键轴自由旋转，为轴对称；而π键是由两个p电子“肩并肩”重叠形成，重叠程度小，为镜像对称，选项C正确；D．π键不稳定，易断裂，则含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者，选项D正确；答案选A。【题目点拨】本题考查共价键及类型，把握共价键的形成及判断共价键的规律为解答的关键，注意共价键中一定含σ键。15、C【解题分析】试题分析：根据题意可知：X是N，Y是O，W是S，Q是Cl。A．1molQ单质与氢氧化钠溶液反应转移的电子数目为NA，错误；B．X的气态氢化物NH3的水溶液呈碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，正确；C．由于在NH3的分子之间存在氢键，增加了分子之间的相互作用力，而在HCl分子之间只存在分子间作用力，所以氢化物的沸点:H2Y>HQ，正确；D．由于元素的非金属性：Cl>S,所以最髙价氧化物的水化物的酸性:Q>W。错误。考点：考查元素的推断、元素形成的化合物的性质的知识。16、C【解题分析】

由题意可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；再根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度，就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17，从而确定M为H元素，最后根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2，推出W为Na元素。则A．原子半径应是W＞X＞Y＞Z＞M（即Na＞C＞N＞O＞H）,A错误。B．CO2、C2H2均为直线型共价化合物，Na2O2属于离子化合物，B错误。C．例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体，C正确。D．X、Y、Z、M四种元素可形成化合物CO(NH2)2(尿素)中只有共价键，D错误。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、取代反应2+O22+2H2OHCHO+4Cu(OH)2→CO2↑+2Cu2O↓+5H2O+2+2OH-+2Ag+3NH3↑+H2O13【解题分析】

A是苯甲醇，B是苯甲醛，C是苯甲酸，D二氯甲烷水解得到E为甲醛，按信息知G也是含醛基的物质，H含有羟基，是由G中醛基与氢气加成反应生成，I含有酯基，据此回答；（1）②是酯化反应；（2）F到G，碳原子数目增加2个，所以F+2HCHO发生题给信息反应（羟醛缩合）后才转变成G；（3）①A→B是苯甲醇的催化氧化反应；②D→E，是D在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应，但同一个碳原子上含有两个羟基不稳定会失水生成醛，E是甲醛，分子内2个氢原子是等同的，和足量新制氢氧化铜溶液反应时，氢原子均可反应，结果氧化产物就变成了二氧化碳，据此写化学方程式；③B是苯甲醛，可和银氨溶液反应，据此写离子方程式；（4）W的相对分子质量比化合物C大14，C为苯甲酸，W比它多一个CH2，分子式为C7H6O2，W要满足几个条件，把对应的所含基团找出来，确定各自的位置关系，就可以找到W的可能结构有几种；【题目详解】（1）反应②是H和C之间的反应，C为，H为，H和C发生酯化反应，属于取代反应；答案为：取代反应；（2）F到G，碳原子数目增加2个，所以F+2HCHO→G，发生题给信息反应（羟醛缩合），G为；答案为：；（3）①A→B是苯甲醇的催化氧化反应；答案为：2+O22+2H2O；②D→E，是D在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应，但同一个碳原子上含有两个羟基不稳定会失水生成醛，E是甲醛，分子内2个氢原子是等同的，和足量新制氢氧化铜溶液反应时，氢原子均可反应，结果氧化产物就变成了二氧化碳，化学方程式为HCHO+4Cu(OH)2→CO2↑+2Cu2O↓+5H2O；答案为：HCHO+4Cu(OH)2→CO2↑+2Cu2O↓+5H2O；③B是苯甲醛，可和银氨溶液反应，在水浴加热下产生银镜，离子方程式为：+2+2OH-+2Ag+3NH3↑+H2O；答案为：+2+2OH-+2Ag+3NH3↑+H2O；（4）W的相对分子质量比化合物C大14，C为，W比它多一个CH2，W分子式为C8H8O2，W要满足几个条件，①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，②属于芳香族化合物，即含有苯环，③能发生银镜反应，还含有醛基，因此当W含有2个侧链为—OH、—CH2CHO时，有邻、间、对3种结构，当W含有的3个侧链为—OH、—CH3和—CHO时，先在苯环上固定2个取代基得出邻间对3种再把第三个基团放上去，一共又可组合出10种结构，一共13种；答案为：13。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、b防止苯胺在反应过程中被氧化不断分离出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高产品的产率adcb60尾接管和锥形瓶密封【解题分析】

(1)圆底烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的2/3，也不能少于1/3；(2)根据苯胺具有还原性分析；(3)水的沸点是100℃，加热至105℃左右，就可以不断分出反应过程中生成的水；(4)根据乙酰苯胺微溶于冷水、溶于热水、溶于乙醇和乙醚分析；(5)乙酰苯胺用热水溶解，用活性炭吸附色素，趁热过滤，最后冷却结晶，得到乙酰苯胺；(6)产率=实际产量÷理论产量×100%。(7)图中装置中尾接管与锥形瓶接口不能密封。【题目详解】(1)圆底烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的2/3，也不能少于1/3，烧瓶中加入无水苯胺9.2mL，冰醋酸17.4mL，锌粉0.1g，所以圆底烧瓶的最佳规格是50mL，选b；(2)苯胺具有还原性，容易被空气中的氧气氧化，为防止苯胺在反应过程中被氧化；加入还原剂Zn粉。(3)水的沸点是100℃，加热至105℃左右，就可以不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率。(4)乙酰苯胺微溶于冷水、溶于热水、溶于乙醇和乙醚，为减少乙酰苯胺损失，洗涤乙酰苯胺粗品最合适的方法是用少量冷水洗，选a；(5)由于乙酰苯胺微溶于冷水、溶于热水，乙酰苯胺粗品因含杂质而显色，用重结晶进行提纯的步骤为：乙酰苯胺用热水溶解，用活性炭吸附色素，趁热过滤，最后冷却结晶，得到乙酰苯胺，所以正确的操作是dcb；（6）n(苯胺)=(9.1mL×1.02g/mL)÷93g/mol=0.1mol；n(乙酸)=(17.4mL×1.05g/mL)÷60g/mol=0.305mol，大于苯胺的物质的量，所以生成的乙酰苯胺的物质的量要以不足量的苯胺计算，理论产量为0.1mol，而实际产量n(乙酰苯胺)=8.1g÷135g/mol=0.06mol，所以乙酰苯胺的产率为0.06mol÷0.1mol×100%=60%。(7)图中装置中尾接管与锥形瓶接口不能密封，错误之处是尾接管和锥形瓶密封。20、BA铝BA【解题分析】

本实验的目的是探究原电池的形成条件。原电池的必备构造：①有两个活性不同的电极②两个电极由导线连接，并插入到电解质溶液中，形成电流回路③能自发的进行氧化还原反应；以此答题。【题目详解】(1)Zn的活泼性比Cu强，则Zn作负极，Cu作正极，则电子由Zn电极从外电路向Cu电极移动，即电子由A极向B极移动，则电流由B极向A极移动；(2)实验四中，电子由B极向A极移动，则B极失去电子，作负极，即负极为铝