江西省宜春市高安中学2025届高二下化学期末检测试题含解析

江西省宜春市高安中学2025届高二下化学期末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、氯化硼的熔点为-107℃，沸点为12.5℃，在其分子中键与键的夹角为120°，它能水解，有关叙述正确的是（）A．氯化硼液态时能导电而固态时不导电B．氯化硼中心原子采用sp杂化C．氯化硼分子呈正三角形，属非极性分子D．三氯化硼遇水蒸气不会产生白雾2、下列醇类物质中，能被氧化成醛的是（）A．CH3CH2CH2OHB．C．D．3、下列说法正确的是A．液态HCl、固态AgCl均不导电，所以HCl、AgCl是非电解质B．NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C．碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物一定是碱性氧化物D．非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定都是非金属氧化物4、下列关于氨气性质的说法中，错误的是A．有刺激性气味 B．不跟水反应 C．能跟盐酸反应 D．比空气密度小5、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6、一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合物共l0g，混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍。该混合气体通过装有溴水的试剂瓶时，试剂瓶的质量增加了8.4g，该混合气体可能是A．乙烷和乙烯 B．乙烷和丙烯C．甲烷和乙烯 D．甲烷和丙烯7、关于下列四个装置的说明符合实验要求的是A．装置①：实验室中若需制备较多量的乙炔可用此装置B．装置②：实验室中可用此装置来制备硝基苯，但产物中可能会混有苯磺酸C．装置③：实验室中可用此装置分离含碘的四氯化碳液体，最终在锥形瓶中可获得碘D．装置④：实验室中可用此装置来制备乙酸乙酯并在烧瓶中获得产物8、向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入盐酸，产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系有下列图示四种情况，且(2)(3)(4)图中分别有OA<AB，OA＝AB，OA>AB，则下列分析与判断不正确的是()A．M中只有一种溶质的有(1)和(3)B．M中有两种溶质的有(2)和(4)C．(2)图显示M中c(NaHCO3)<c(Na2CO3)D．(4)图显示M中的溶质为NaOH和Na2CO39、对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g),下列叙述正确的是()A．达到化学平衡时,4v正(NH3)=5v逆(H2O)B．若单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率减小D．达到平衡时,若减小容器体积,则NH3的转化率会增大10、下列说法中正确的是（）A．含离子键的晶体不一定是离子晶体B．含共价键的晶体一定是分子晶体C．只含极性键的分子可能不是极性分子D．含非极性键的分子一定是非极性分子11、《本草图经》中关于绿矾的分解有如下描述：“绿矾形似朴消(Na2SO4·10H2O)而绿色，取此一物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”下列相关说法中正确的是A．绿矾的化学式为FeSO4，易溶于水形成浅绿色溶液B．朴消(Na2SO4·10H2O)也叫明矾，可用作净水剂C．流出的液体中可能含有硫酸D．上文中描述的是碳与绿矾反应生成“高温铁水”12、下列叙述正确的是（）A．在氢氧化钠醇溶液作用下，醇脱水生成烯烃B．煤的干馏、石油分馏和裂化都是物理变化C．由葡萄糖为多羟基的醛，果糖为多羟基的酮，故可用与新制的氢氧化铜（碱性条件下）加热区分二者。D．淀粉和纤维素属于多糖，在酸作用下水解，最终产物为葡萄糖13、下列说法不正确的是A．、的晶体结构类型不同B．加热硅、硫晶体使之熔化，克服的作用力不同C．HCl、NaCl溶于水，破坏的化学键类型相同D．NaOH、晶体中既有离子键又有共价键14、下列实验中的颜色变化与氧化还原反应无关的是ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色溶液红色褪去产生无色气体，随后变为红棕色A．A B．B C．C D．D15、已知非金属性：S＜Cl，由此得出的性质错误的是A．酸性：H2SO4＜HClO4 B．得电子能力：S＜Cl2C．热稳定性：H2S＜HCl D．原子半径：S＜Cl16、4.5g某醛和足量的银氨溶液反应，结果析出64.8gAg，则该醛可能是A．甲醛 B．乙醛 C．丙醛 D．丁醛二、非选择题（本题包括5小题）17、X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态。请回答下列问题：（1）R核外电子排布式为__________________。（2）X、Y、Z、W形成的有机物YW(ZX2）2中Y、Z的杂化轨道类型分别为__________，ZW3-离子的立体构型是__________。（3）Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是_____________（填化学式），原因是_________________。（4）将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为______________________________________。（5）W和Na的一种离子化合物的晶胞结构如图，该离子化合物为____________（填化学式）。Na+的配位数为_____________，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为__________。已知该晶胞的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则两个最近的W离子间距离为____________nm(用含ρ、NA的计算式表示）。18、盐X由三种元素组成，其具有良好的热电性能，在热电转换领域具有广阔的应用前景。为研究它的组成和性质，现取12.30g化合物X进行如下实验：试根据以上内容回答下列问题：(1)X的化学式为_____________。(2)无色溶液B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为______________。(3)蓝色溶液F中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，其离子方程式为____________。(4)白色沉淀C煅烧的固体产物与D高温反应可生成化合物X，其化学方程式为__________。19、海洋是生命的摇篮，海水不仅是宝贵的水资源，而且蕴藏着丰富的化学资源。I.（1）海水中所得粗盐中通常含Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，为了得到精盐，下列试剂加入的先后顺序正确的是________。A．BaCl2→Na2CO3→NaOH→HClB．NaOH→BaCl2→Na2CO3→HClC．BaCl2→NaOH→Na2CO3→HClD．Na2CO3→NaOH→BaCl2→HCl（2）为了检验精盐中是否含有SO42-，正确的方法是____________________________。II.海藻中提取碘的流程如图所示（1）灼烧过程中，需使用到的（除泥三角外）实验仪器有______。A．试管B．瓷坩埚C．坩埚钳D．蒸发皿E．酒精灯F．三脚架（2）指出提取碘的过程中有关实验操作名称：①________③__________④_________。（3）步骤②反应的离子方程式为___________________，该过程氧化剂也可以用H2O2，将等物质的量的I-转化为I2，所需Cl2和H2O2的物质的量之比为__________。（4）下列关于海藻提取碘的说法，正确的是_________。A．含碘的有机溶剂呈现紫红色B．操作③中先放出下层液体，然后再从下口放出上层液体C．操作④时，温度计的水银球应伸入液面以下但不能触碰到蒸馏烧瓶的底部20、亚硝酸钠(NaNO2)

是一种工业盐，外观与食盐相似。下面是某学习小组设计的NaNO2制取实验和纯度检验实验。该小组收集了相关资料：①SO2

和HNO3溶液反应生成NOx

和H2SO4②3NO2-+2H+=2NO↑+NO3-+H2O③NO2-+Ag+=AgNO2↓(AgNO2为淡黄色接近白色固体，在水中形成沉淀)Ⅰ．亚硝酸钠的制取实验（1）

仪器a的名称为________________________，A装置中发生的化学反应方程式为_____________________________________________。（2）B装置中多孔球泡的作用是_________________________________________________。（3）若装置B中逸出的NO与NO2气体物质的量之比为2∶1，则装置B中发生反应的化学方程式为_________________________________________________________。（4）实验过程中需控制C装置中溶液pH>7，否则C中生成的NaNO2的产量会下降，理由是_____________________________________________________。（5）

请根据题干所给信息设计实验证明C装置中有NO2产生：_________________________________。(限选用的试剂：

稀硝酸、硝酸银溶液、NaOH溶液)Ⅱ．亚硝酸钠的纯度检验已知：NO2-

+

MnO4-+

H+→NO3-+

Mn2++H2O（6）反应结束后C中溶液通过结晶获得NaNO2粗产品mg,溶解后稀释至250mL，分别取25.00mL用cmol/L的酸性KMnO4溶液平行滴定三次，平均每次消耗酸性KMnO4溶液的体积为VmL。则粗产品中NaNO2的质量分数为_____________(用含c、V、m的式子表示)。21、[化学一选修5：有机化学基础]聚对苯二甲酸丁二醇酯(PBT)是一种性能优异的热塑性高分子材料。PBT的一种合成路线如下图所示：回答下列问题：(1)A的结构简式是____，C的化学名称是____。(2)⑤的反应试剂和反应条件分别是__________。(3)F的分子式是____，⑥的反应类型是____。(4)⑦的化学方程式是____。(5)M是H的同分异构体，同时符合_列条件的M可能的结构有____种。a.0.1molM与足量金属钠反应生成氢气2.24L（标准状况）b.同一个碳原子上不能连接2个羟基其中核磁共振氢谱显不3组峰，且峰而积之比为3：1：1的结构简式是____。(6)以2一甲基-1-3一丁二烯为原料（其它试剂任选），设计制备的合成路线：____

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A．氯化硼是共价化合物液态时不能导电，A项错误；

B．三氯化硼中的硼原子为sp2杂化方式，无孤对电子，B项错误；

C．三氯化硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子，分子中键与键之间的夹角为120°，是平面三角形结构，由于键的极性向量和为0，所以该分子为非极性分子，C项正确；

D．三氯化硼遇水蒸气会发生水解，生成的HCl在空气中形成白雾，D项错误；答案选C。2、A【解析】

含—CH2OH结构的醇类可氧化成醛；【详解】A.被氧化为丙醛；B、C被氧化为酮；D不能被氧化，答案为A。3、D【解析】

A、HCl和AgCl为电解质，电解质导电需要自由移动的阴阳离子，即需要水溶液或熔融状态，故A错误；B、NH3、CO2的水溶液虽然导电，但导电的离子不是本身电离产生，NH3和CO2不是电解质，均是非电解质，故B错误；C、碱性氧化物一定是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3属于两性氧化物，故C错误；D、非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO是不成盐氧化物，酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如Mn2O7属于金属氧化物，故D正确；答案选D。【点睛】电解质：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，导电的阴阳离子必须是本身电离产生，电解质导电需要条件，在水溶液或熔融状态。4、B【解析】

A.氨气有刺激性气味，A正确；B.氨气跟水反应生成一水合氨，B错误；C.氨气能跟盐酸反应生成氯化铵，C正确；D.氨气比空气密度小，D正确；答案选B。5、D【解析】

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；【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。6、C【解析】

由于混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍，因此混合气体的平均摩尔质量为25g/mol，因此混合气体中一定有甲烷。混合气体的总的物质的量为；由于混合气体通过装有溴水的试剂瓶时，试剂瓶总质量增加了8.4g，即烯烃的质量为8.4g，则甲烷的质量为10g-8.4g=1.6g，则甲烷的物质的量为，烯烃的物质的量为0.3mol，故烯烃的摩尔质量为，为乙烯。答案选C。7、B【解析】

A．电石与水反应放出大量的热，生成氢氧化钙微溶，易堵塞导管，则不能利用图中装置制取乙炔，故A错误；B．制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，该反应可发生副反应生成苯磺酸，图中制备装置合理，故B正确；C．分离含碘的四氯化碳液体，四氯化碳沸点低，先蒸馏出来，所以利用该装置进行分离可，最终在锥型瓶中可获得四氯化碳，故C错误；D．制备乙酸乙酯不需要测定温度，不能在烧瓶中获得产物，应在制备装置后连接收集产物的装置（试管中加饱和碳酸钠），故D错误；故选：B。8、C【解析】

发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O，Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由方程式可知碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸与碳酸氢钠反应消耗盐酸体积相等【详解】A．图（1）中加入盐酸即有CO2生成，说明溶质只有一种，即NaHCO3，图（3）中OA=AB，说明溶质只有Na2CO3，A正确；B．图（2）中OA＜AB，说明溶液M中含有Na2CO3和NaHCO3两种溶质，图（4）中OA＞AB，说明溶液M中含有NaOH和Na2CO3两种溶质，B正确；C．图（2）中OA＜AB，说明溶液M中含有Na2CO3和NaHCO3两种溶质，只有AB＞2OA时，才能得出M中c（NaHCO3）＞c（Na2CO3），C错误；D．图（4）中OA＞AB，说明溶液M中含有NaOH和Na2CO3两种溶质，不存在NaHCO3，D正确；答案选C。【点晴】明确反应的先后顺序是解答的关键，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意守恒法在化学计算解答中的应用，答题时需要明确反应后溶质的可能成分来比较判断。注意图像中曲线的变化趋势。9、C【解析】

A、平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量系数之比，则达平衡时，3v正(NH3)=2v逆(H2O)，A错误；B、若单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3，都表示反应向正向进行，不能说明反应到达平衡,B错误；C、达到化学平衡时，若增加容器体积，各物质浓度均减小，则正逆反应速率均减小，C正确；D.达到平衡时，若减小容器体积，相当于加压，平衡左移，则NH3的转化率会减小，D错误；综上所述，本题选C。10、C【解析】分析：本题考查的是化学键类型和物质的类型。属于基本知识，平时注重积累。详解：A.含有离子键的晶体一定是离子晶体，故错误；B.含有共价键的晶体可能是分子晶体也可能是原子晶体或离子晶体，故错误；C.只含极性键的分子可能是极性分子也可能是非极性分子，与分子的构型有关，故正确；D.含有非极性键的分子不一定是非极性分子，故错误。点睛：区别化学键类型和物质类型的关系。含有离子键的物质一定是离子化合物，一定形成离子晶体。含有共价键的化合物一定是共价化合物，可能形成分子晶体或原子晶体。共价键是两个相同的原子形成的，为非极性键，若是两个不同的原子形成的为极性键。而分子的极性与分子的构型有关，对称的含有极性键的分子为非极性分子。11、C【解析】

由信息可知，绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此来解答。【详解】A．绿矾形似朴消（Na2SO4•10H2O），绿矾的化学式为FeSO4•7H2O，易溶于水形成浅绿色溶液，选项A错误；B、明矾是KAl(SO4)2·12H2O，可用作净水剂，选项B错误；C、FeSO4•7H2O分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中可能含有硫酸，选项C正确；D、Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故上文中描述的是碳与绿矾反应生成Fe2O3，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。12、D【解析】

A．在氢氧化钠醇溶液作用下，卤代烃脱水生成烯烃，醇脱水生成烯烃的条件是浓硫酸加热，故A错误；B．煤的干馏和石油裂化都是化学变化，而石油分馏是物理变化，故B错误；C．由葡萄糖为多羟基的醛，果糖为多羟基的酮，但果糖在碱性条件下结构异构化后也能产生醛基，则不可用与新制的氢氧化铜（碱性条件下）加热区分二者，故C错误；D．淀粉、纤维素的分子式都写成(C6H10O5)n，在酸作用下水解，最终产物为葡萄糖，故D正确；故答案为D。13、C【解析】分析：A项，CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体；B项，硅晶体属于原子晶体，硫晶体属于分子晶体；C项，HCl中含共价键，NaCl中含离子键；D项，NaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键。详解：A项，CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体，CO2、SiO2晶体结构类型不同，A项正确；B项，硅晶体属于原子晶体，加热硅晶体使之熔化克服共价键，硫晶体属于分子晶体，加热硫晶体使之熔化克服分子间作用力，加热硅、硫晶体使之熔化时克服的作用力不同，B项正确；C项，HCl中含共价键，HCl溶于水破坏共价键，NaCl中含离子键，NaCl溶于水破坏离子键，HCl、NaCl溶于水破坏的化学键类型不同，C项错误；D项，NaOH的电子式为，NH4Cl的电子式为，NaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键，D项正确；答案选C。14、C【解析】

A.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，先生成Fe(OH)2白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，是Fe(OH)2被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，发生了氧化还原反应，故A不选；B.石蕊溶液滴入氯水中，氯水中有H+，可以使石蕊变红，氯水中的HClO具有强氧化性，可以把石蕊氧化而使溶液褪色，故B不选；C.SO2通入NaOH溶液中，SO2和NaOH反应，消耗NaOH，溶液碱性减弱，溶液红色褪去，没有发生氧化还原反应，故C选；D.铜丝和稀硝酸反应生成NO，NO会被空气中的氧气氧化为红棕色的NO2，故D不选。故选C。15、D【解析】

A.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：H2SO4＜HClO4，A正确；B.非金属性越强，其单质越容易得到电子，则得电子能力：S＜Cl2，B正确；C.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，则热稳定性：H2S＜HCl，C正确；D.同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：S＞Cl，D错误；答案选D。16、A【解析】

醛基能发生银镜反应。【详解】假设是除甲醛外的一元醛，则醛与银的物质的量之比为1：2，银为0.6mol，醛为0.3mol，醛的摩尔质量为4.5g÷0.3mol=15g/mol，最小的甲醛的相对分子质量为30，前面的假设不成立。根据选项，由于甲醛相当于有两个醛基，即甲醛被氧化为甲酸，甲酸可以继续被氧化为碳酸，则甲醛与银的物质的量之比为1：4，0.6mol银推出0.15mol甲醛，m（甲醛）=0.15mol30g/mol=4.5g，故A正确；答案选A。【点睛】注意醛基和银的物质的量之比为1：2，甲醛相当于有两个醛基，1molHCHO完全反应生成4molAg！二、非选择题（本题包括5小题）17、1s22s22p63s23p2sp2sp3平面三角形SiO2SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体2Cu+8NH3+O2+2H2O＝2[Cu(NH3）4]2++4OH－Na2O4立方体【解析】

X为所有元素中半径最小的，所以为氢元素；Y有3个能级，且每个能级上的电子数相等，所以为1s22s22p2，为碳元素，R与Y同主族，所以R为硅；Q最外层只有1个电子，且其他电子层都处于饱和状态，说明为铜；Z的单电子在同周期元素中最多，所以为氮元素；W与Z在同周期，且W的原子序数比Z的大，所以为氧。据此判断。【详解】（1）硅是14号元素，核外电子排布为：1s22s22p63s23p2。（2）有机物为尿素，碳原子形成3个共价键，所以采用sp2杂化，氮原子形成3个共价键，还有一个孤对电子，所以采用sp3杂化，硝酸根离子的价层电子对数=（5+1+0×3）/2=3，无孤对电子，所以形成平面三角形。（3）二氧化碳为分子晶体，二氧化硅为原子晶体，所以二氧化硅的晶体沸点高。（4）铜和氨气在氧气存在下反应，方程式为：2Cu+8NH3+O2+2H2O＝2[Cu(NH3）4]2++4OH－；（5）晶胞中有8个钠离子，有8×1/8+6×1/2=4个氧离子，所以化学式为：Na2O；从晶胞看钠离子周围最近的氧离子有4个。距离氧离子最近的钠离子有8个，构成立方体；假设现在晶胞的边长为a厘米，则a3ρNA=62×4=248，所以边长为厘米，氧离子最近的距离为面上对角线的一半，所以为纳米。18、CuAlO2AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O＝2CuCl↓＋SO42－＋4H＋2Al2O3＋4CuO4CuAlO2＋O2↑【解析】

蓝色溶液A与过量的NaOH溶液反应得到蓝色沉淀B与无色溶液B，则溶液A含有Cu2+、沉淀B为Cu(OH)2，沉淀B加热分解生成黑色固体D为CuO，D与盐酸反应得到蓝色溶液F为CuCl2；无色溶液B通入过量的二氧化碳得到白色沉淀C，故溶液B中含有AlO2-、白色沉淀C为Al(OH)3、E为AlCl3；则溶液A中含有Al3+，由元素守恒可知固体X中含有Cu、Al元素，则红色固体A为Cu，结合转化可知X中还含有O元素。结合题意中物质的质量计算解答。【详解】(1)根据上述分析，固体X中含有Cu、Al和O元素。Al(OH)3的物质的量为=0.1mol，Cu(OH)2的物质的量为=0.05mol，Cu单质的物质的量为=0.05mol，由原子守恒可知12.3gX中含有0.1molAl原子、0.1molCu原子，则含有O原子为：=0.2mol，则X中Cu、Al、O原子数目之比为0.1mol∶0.1mol∶0.2mol=1∶1∶2，故X的化学式为CuAlO2，故答案为：CuAlO2；(2)B中含有AlO2-，B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O＝Al(OH)3↓+HCO3-；(3)F为CuCl2，F溶液中通入中SO2气体会产生白色沉淀，该沉淀中氯元素质量分数为35.7%，Cu、Cl原子的个数之比为＝1：1，则沉淀为CuCl，反应的离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+，故答案为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O＝2CuCl↓+SO42-+4H+；(4)Al(OH)3煅烧的固体产物为Al2O3，与CuO高温反应可生成化合物CuAlO2，其化学方程式为：2Al2O3+4CuO4CuAlO2+O2↑，故答案为：2Al2O3+4CuO4CuAlO2+O2↑。19、ABC取少量精盐溶于水，先加入稀盐酸，无现象，向其中加入氯化钡溶液，若产生沉淀，则含有硫酸根离子BCEF过滤萃取分液蒸馏Cl2+2I-=2Cl-+I21:1A【解析】

I.海水中所得粗盐中通常含Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，为了得到精盐，Ca2+用碳酸钠转化为沉淀、Mg2+用NaOH转化为沉淀、SO42-用氯化钡溶液转化为沉淀，先除去Mg2+或SO42-，然后再加入过量的碳酸钠除去Ca2+以及过量的Ba2+杂质，过滤后再加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠；关键点：根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去；检验硫酸根离子一定要防止其他离子干扰；II.将海藻晒干，放到坩埚中灼烧得到海藻灰，海藻灰悬浊液过滤除掉残渣，得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，加入有机试剂苯或四氯化碳将碘单质萃取到有机层，分液得有机溶液，再蒸馏得到晶态碘，据此解答。【详解】I.（1）根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去的原则确定除杂顺序，所以碳酸钠必须在氯化钡后面，过滤后再加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠，选项A、B、C满足；正确答案：ABC。（2）检验硫酸根离子，应该先加入盐酸无现象，排除其他杂质离子的干扰，再加入氯化钡产生白色沉淀；正确答案：少量精盐溶于水，先加入稀盐酸，无现象，向其中加入氯化钡溶液，若产生沉淀，则含有硫酸根离子。II.将海藻晒干，放到坩埚中灼烧得到海带灰，海藻灰悬浊液过滤除掉残渣，得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，加入有机试剂苯或四氯化碳将碘单质萃取到有机层，分液得有机溶液，再蒸馏得到晶态碘；（3）固体灼烧用到的仪器有坩埚，坩埚钳，泥三角，三脚架，酒精灯；正确答案：BCEF。（4）海藻灰悬浊液过滤除掉残渣，得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，加入有机试剂苯或四氯化碳将碘单质萃取到有机层，分液得有机溶液，再蒸馏得到晶态碘；正确答案：过滤萃取分液蒸馏。（5）氯气氧化碘离子的离子方程式为Cl2+2I＝2Cl-+I2，双氧水氧化碘离子的方程式为2I-+H2O2+2H+＝I2+2H2O，将等物质的量的I-转化为I2，所需Cl2和H2O2的物质的量之比1:1；正确答案：Cl2+2I＝2Cl-+I21:1。（6）A.碘单质在有机溶剂中呈现紫红色，故A正确；B.操作③分液时先放出下层液体，然后再从上口倾倒出上层液体，故B不正确；C.蒸馏时，温度计的水银球应该在蒸馏烧瓶支管口附近测量蒸气的温度，不能伸入液面以下，故C不正确；正确答案：A。【点睛】第一题题目难度不大，注意掌握除杂试剂的选择及加入试剂的先后顺序，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。第二题以实验