新疆维吾尔自治区和田地区2026届化学高二上期中达标检测试题含解析

新疆维吾尔自治区和田地区2026届化学高二上期中达标检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是A．铁与盐酸反应B．乙醇燃烧C．铝粉与氧化铁粉末反应D．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应2、向稀硫酸溶液中逐渐加入氨水，当溶液中c（NH4+）=2c（SO42﹣）时，溶液的pH（）A．大于7 B．等于7 C．小于7 D．无法判断3、要验证甲烷中含有C､H元素，可将其完全燃烧产物依次通过：①浓硫酸②无水硫酸铜③澄清石灰水A．①②③ B．②③C．②③① D．③②4、常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，Kb(NH3·H2O)=1.75×10−5，下列说法正确的是A．相同体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液，中和NaOH的能力相同B．0.2mol·L-1HCOOH与0.1mol·L-1NaOH等体积混合后：c(HCOO-)+c(OH-)>c(Na+)+c(H+)C．均为0.1mol·L-1的HCOOH和NH3·H2O溶液中水的电离程度相同D．0.1mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1HCl溶液中$$$PG06b01hdGggeG1sbnM6bT0iaHR0cDovL3NjaGVtYXMub3BlbnhtbGZvcm15、关于下列几种离子晶体，说法不正确的是（）A．由于NaCl晶体和CsCl晶体中正负离子半径比不相等，所以两晶体中离子的配位数不相等B．CaF2晶体中，Ca2+配位数为8，F-配位数为4，配位数不相等主要是由于F-、Ca2+电荷（绝对值）不相同C．MgO的熔点比MgCl2高，主要是因为MgO的晶格能比MgCl2大D．MCO3中M2+半径越大，MCO3热分解温度越低6、下列生产、生活等实际应用，能用勒夏特列原理解释的是A．加入催化剂有利于合成氨的反应B．500℃比室温更有利于合成氨的反应（已知合成氨反应是放热反应）C．由H2(g)、I2(g)和HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深D．阴暗处密封有利于氯水的储存7、下列说法或表示方法中正确的是A．氢气的燃烧热为285.8kJ·mol－1，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1B．等质量的硫蒸气和硫粉分别完全燃烧，后者放出的热量多C．某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应,转移电子的数目小于0.6×6.02×1023D．已知中和热为57.3kJ·mol－1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要小于57.3kJ8、对于反应：NO+CO2NO2+CO在密闭容器中进行，下列哪些条件加快该反应速率A．增大体积使压强减小B．体积不变充人CO2使压强增大C．体积不变充人He气使压强增大D．压强不变充入N2使体积增大9、已知：CH4(g)+2O2(g)==CO2(g)+2H2O(1)△H=―Q1KJ/mol2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)△H=―Q2KJ/mol2H2(g)+O2(g)==2H2O(1)△H=―Q3KJ/mol常温下，取体积比为4:1的甲烷和氢气的混合气体11.2L（已折合成标准状况），经完全燃烧后恢复至常温，则放出的热量为()A．（0.4Q1+0.05Q3）kJ B．（0.4Q1+0.05Q2）kJC．（0.4Q1+0.1Q3）kJ D．（0.4Q1+0.1Q2）kJ10、下列说法正确的是（）A．增大反应物的浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增加B．H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深，不能用勒夏特列原理解释C．当反应达化学平衡时，各组分浓度相等D．不管什么反应，增大浓度、加热、加压、使用催化剂都可以加快反应速率11、一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是()A．16.7%B．20.0%C．80.0%D．83.3%12、对于恒温、恒容下的反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)，达到平衡状态的是A．单位时间内生成2nmolA，同时生成3nmolCB．单位时间内生成nmolB，同时消耗0.5nmolDC．容器内压强不随时间而变化D．容器内混合气体的密度不随时间而变化13、从植物花朵中提取到一种色素，它实际上是一种有机弱酸，可用HR表示，HR在盐酸中呈现红色，在NaOH溶液中呈现蓝色，将HR加入浓硝酸中呈现红色，微热后溶液的红色褪去，根据以上现象，可推测A．HR应为红色 B．HR应为蓝色 C．R-应为无色 D．R-应为红色14、关于溶液的酸碱性说法正确的是（）A．c(H+)很小的溶液一定呈碱性B．PH=7的溶液一定呈中性C．不能使酚酞试液变红的溶液一定呈酸性D．c(OH-)=C(H+)的溶液一定呈中性15、对可逆反应2A(s)＋3B(g)C(g)＋2D(g)ΔH＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是()①增加A的量，平衡向正反应方向移动②升高温度，平衡向正反应方向移动③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变④增大B的浓度，v(正)＞v(逆)⑤加入催化剂，B的转化率提高A．①② B．④ C．③ D．④⑤16、在10℃时某化学反应速率为0.05mol/(L•s)，若温度每升高10℃反应速率增加到原来的4倍。为了把该反应速率提高到3.2mol/(L•s)，该反应需在什么温度下进行A．30℃ B．40℃ C．50℃ D．60℃二、非选择题（本题包括5小题）17、下列各物质转化关系如下图所示，A、B、F是常见的金属单质，且A的焰色反应为黄色。E与酸、碱均能反应，反应①可用于焊接铁轨。回答下列问题：（1）D的化学式是____，检验I中金属阳离子时用到的试剂是____。（2）反应②的化学方程式是____；反应③的离子方程式是____。18、将有机物A4.6g置于氧气流中充分燃烧，实验测得生成5.4gH2O和8.8gCO2，则(1)该物质实验式是___。(2)用质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量，得到图①所示，该物质的分子式是___。(3)根据价键理论预测A的可能结构，写出其结构简式___。(4)在有机物分子中，不同氢原子的核磁共振谱中给出的信号也不同，根据信号可以确定有机物分子中氢原子的种类和数目。经测定A的核磁共振氢谱图如图所示，则A的结构简式为___。(5)化合物B的分子式都是C3H6Br2，B的核磁共振氢谱图与A相同，则B可能的结构简式为___。19、1，2-二溴乙烷可作汽油抗爆剂的添加剂，在实验室中可以用下图所示装置制备1，2二溴乙烷。其中A和F中装有乙醇和浓硫酸的混合液，D中的试管里装有液溴。可能存在的主要副反应有：乙醇在浓硫酸的存在下在140℃脱水生成乙醚。（夹持装置已略去）有关数据列表如下：填写下列空白：(1)A的仪器名称是____。(2)安全瓶B可以防止倒吸，还可以检查实验进行时导管是否发生堵塞。请写出发生堵塞时瓶B中的现象____。(3)A中发生反应的化学方程式为：____；D中发生反应的化学方程式为：____。(4)在装置C中应加入____(填字母），其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体。a．水b．浓硫酸c．氢氧化钠溶液d．饱和碳酸氢钠溶液(5)若产物中有少量副产物乙醚，可用___（填操作名称）的方法除去。(6)反应过程中应用冷水冷却装置D，其主要目的是乙烯与溴反应时放热，冷却可避免溴的大量挥发；但又不能过度冷却（如用冰水），其原因是____。20、滴定是一种化学实验操作也是一种定量分析的手段。它通过两种溶液的定量反应来确定某种溶质的含量。实验室常用邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4）来标定氢氧化钠溶液的浓度，其操作过程为：①准确称取4.080g邻苯二甲酸氢钾加入250mL锥形瓶中；②向锥形瓶中加30mL蒸馏水溶解；③向溶液中加入1～2滴指示剂；④用氢氧化钠溶液滴定至终点；⑤重复以上操作；⑥根据数次实验数据计算氢氧化钠的物质的量的浓度。已知：Ⅰ、到达滴定终点时，溶液的pH约为9.1。Ⅱ、邻苯二甲酸氢钾在水溶液中可以电离出一个H+Ⅲ、邻苯二甲酸氢钾的相对分子质量为204指示剂酚酞甲基橙pH范围＜8.28.2~10＞10＜3.13.1~4.4＞4.4颜色无色粉红色红色红色橙色黄色（1）为标定氢氧化钠溶液的浓度，应选用___________作指示剂；（2）完成本实验，已有电子天平、铁架台、滴定管夹、锥形瓶、烧杯等，还必须的仪器是：__________；（3）判断到达滴定终点的实验现象是____________________________________________；（4）在整个滴定过程中，两眼应该注视着________________________________________；（5）滴定实验记录数据如下表，则NaOH溶液的浓度为______________；实验编号m（邻苯二甲酸氢钾）/gV（NaOH）/mL初始读数末尾读数14.0800.5020.5224.0801.0020.9834.0800.2024.80（6）滴定过程中，下列操作能使测定结果（待测液的浓度数值）偏小的是____________。A．上述操作中，将邻苯二甲酸氢钾直接放入锥形瓶中溶解B．滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成时气泡消失C．滴定完毕，尖嘴外留有液滴或溶液滴在锥形瓶外D．滴定前仰视读数而滴定终了俯视读数21、向一体积不变的密闭容器中加入2molA、0.6molC和一定量的B三种气体。一定条件下发生反应2A(g)+B(g)⇌3C(g)ΔH＞0，各物质浓度随时间变化如图1所示。图2为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。已知t3～t4阶段为使用催化剂；图1中t0～t1阶段c(B)未画出。(1)若t1＝15min，则t0～t1阶段以C浓度变化表示的反应速率为v(C)＝________。(2)t4～t5阶段改变的条件为_______，B的起始物质的量为______。各阶段平衡时对应的平衡常数如表所示：t1～t2t2～t3t3～t4t4～t5t5～t6K1K2K3K4K5则K1＝______(计算式)，K1、K2、K3、K4、K5之间的关系为_____(用“>”“<”或“＝”连接)。(3)t5～t6阶段保持容器内温度不变，若A的物质的量共变化了0.01mol，而此过程中容器与外界的热交换总量为akJ，该反应的热化学方程式：2A(g)+B(g)⇌3C(g)ΔH，用含有a的代数式表达ΔH=________。(4)在相同条件下，若起始时容器中加入4molA、2molB和1.2molC，达到平衡时，体系中C的百分含量比t1时刻C的百分含量_____(填“大于”“小于”“等于”)。(5)能说明该反应已达到平衡状态的是______。a.v(A)＝2v(B)b.容器内压强保持不变c.2v逆(c)＝3v正(A)d.容器内密度保持不变(6)为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是____。a.及时分离出C气体b.适当升高温度c.增大O2的浓度d.选择高效催化剂

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】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知识来回答。【详解】铁与盐酸反应放热，生成物总能量低于反应物总能量，故不选A；乙醇燃烧放热，生成物总能量低于反应物总能量，故不选B；铝粉与氧化铁粉末反应放热，生成物总能量低于反应物总能量，故不选C；Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应吸热，生成物总能量高于反应物总能量，故选D。【点睛】根据常见的吸热反应、放热反应来回答，常见放热反应有：化合反应、燃烧反应、酸碱中和反应、金属与酸的反应、铝热反应等。2、D【解析】稀硫酸溶液中加入氨水，溶液中存在电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），当溶液中c（NH4+）=2c（SO42-）时，c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，由于温度未知，无法判断溶液的pH与7的大小关系，25℃时溶液的pH=7，答案选D。【点睛】酸碱混合后溶液酸碱性的判断可借助电荷守恒快速判断。需要注意中性溶液中c（H+）=c（OH-），中性溶液的pH不一定等于7，25℃时中性溶液的pH=7，高于25℃中性溶液的pH7。3、B【详解】要验证甲烷中含有C､H元素，可检验燃烧产物中含有水和二氧化碳，故将燃烧产物依次通过无水硫酸铜和澄清石灰水就可以了，选项B符合题意｡4、D【解析】A、由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH均为3的两溶液，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两种溶液中，乙酸的物质的量较大，中和氢氧化钠的能力较大，选项A错误；B、0.2mol·L-1HCOOH与0.1mol·L-1NaOH等体积混合后，根据电荷守恒有：c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，选项B错误；C、由甲酸和氨水的电离常数可知，甲酸的电离常数大于氨水，均为0.1mol·L-1的HCOOH和NH3·H2O溶液中,甲酸中氢离子浓度大于氨水中氢氧根离子浓度，故氨水中水的电离程度较大，选项C错误；D、$$$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答案选D。5、D【解析】A、离子晶体中的离子配位数由晶体中正负离子的半径比决定，正负离子半径比越大，配位数越大，NaCl晶体中正负离子半径比小于CsCl晶体中正负离子半径比，所以NaCl晶体中离子配位数为6，而CsCl晶体中离子配位数为8，故A正确；B、在CaF2晶体中，Ca2+和F-的电荷绝对值比是2：l，Ca2+的配位数为8，F-的配位数为4，故B正确；C、晶格能越大，熔点越高，O2-所带电荷大于Cl-，O2-的半径小于Cl-，MgO的晶格能比MgCl2大，所以MgO的熔点比MgCl2高，故C正确；D、MCO3中M2+半径越大，MCO3分解生成的MO中M2+与O2-形成的离子键越弱，分解温度越高，故D错误；答案选D。【点睛】本题考查离子晶体配位数的影响因素（几何因素、电荷因素等），晶格能对晶体性质的影响，MCO3热分解温度的规律等。6、D【解析】A.使用催化剂不能使化学平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，故A不选；B.由于合成氨反应的正反应是放热反应，故从平衡移动分析低温比高温更有利于合成氨，而采用500℃是考虑到反应速率和催化剂的活性问题，故B不选；C.体系颜色加深是因为I2的浓度增大，而加压平衡并未移动，不能用勒夏特列原理解释，故C不选；D.因为氯气与水发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，该反应是可逆反应，而次氯酸见光易分解，如果不避光，HClO分解，平衡正向移动，氯水就变成盐酸，故阴暗处密封有利于氯水的储存可用勒夏特列原理解释，故D选；故答案选D。【点睛】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且改变条件后平衡发生了移动，本题易错选项BC，要从原理上分析把握。7、C【详解】A.燃烧热是指250C、101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，燃烧2molH2(g)时应放出285.8kJ×2=571.6kJ热量，正确的热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l);ΔH＝－571.6kJ·mol－1，A项错误；B.因为硫粉转化为硫蒸气需要吸收热量，硫粉燃烧时有部分热量被硫粉转化成硫蒸气过程所吸收，所以硫粉燃烧放出的热量比硫蒸气燃烧放出的热量少。B项错误；C.N2和H2在密闭容器中发生反应N2+3H22NH3，氮元素化合价由N2中的0价降到NH3中的-3价，故1molN2完全转化失去6mol电子，但该反应是可逆反应，0.1molN2不可能完全转化，所以转移电子的物质的量小于0.6mol，即转移电子的数目小于0.6×6.02×1023，C项正确；D.“中和热为57.3kJ·mol－1”表示强酸与强碱稀溶液中发生中和反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，0.5molH2SO4与1molNaOH反应恰好生成1mol水，但混合时浓硫酸溶解在NaOH溶液中要放热，所以该反应结束时放出的热量要大于57.3kJ，D项错误；答案选C。8、B【解析】影响化学反应速率的条件有温度、浓度、压强以及催化剂等因素，注意压强增大时浓度必须增大，否则反应速率不会增大。【详解】A项、增大体积使压强减小，浓度减小，单位体积活化分子数目减小，反应速率减小，故A错误；B项、体积不变充人CO2，反应物CO2浓度增大，反应速率增大，故B正确；C项、体积不变充入He气使压强增大，但参加反应气体的浓度不变，则反应速率不变，故C错误；D项、压强不变充入N2使体积增大，参加反应气体的浓度减小，则反应速率减小，故D错误。故选B。【点睛】本题考查影响反应速率的因素，注意压强增大时浓度必须增大，否则反应速率不会增大。9、A【分析】根据混合气体的体积计算混合气体的物质的量，结合气体体积比计算甲烷、氢气的物质的量，再根据热化学方程式计算放出的热量。【详解】甲烷和氢气的混合气体体积为11.2L（折合成标准状况），则甲烷和氢气的混合气体的总物质的量为=0.5mol，甲烷和氢气的体积比为4:1，所以甲烷的物质的量为0.5mol×=0.4mol，氢气的物质的量为0.5mol-0.4mol=0.1mol，由CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=―Q1kJ/mol可知，0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4mol×Q1kJ/mol=0.4Q1kJ，混合气体完全燃烧后恢复至室温，生成物水为液态，由2H2(g)+O2(g)==2H2O(1)△H=―Q3kJ/mol可知，0.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为0.05Q3kJ，所以放出的热量为0.4Q1+0.05Q3，答案选A。【点睛】本题考查反应热的计算，试题难度不大，注意根据生成物水为液态选择相应的热化学方程式计算反应热，为易错点。10、B【详解】A．增大反应物的浓度，可增大单位体积内活化分子数，活化分子的百分数不变，A错误；B．该反应前后气体计量数之和不变，所以压强不影响平衡移动，加压后体积变小导致碘浓度增大，所以颜色加深，不能用勒夏特里原理解释，B正确；C．当反应达化学平衡时，各组分浓度保持不变，但不一定相等，C错误；D．对于无气体参与的反应，加压对反应速率无影响，D错误；故选B。11、A【解析】试题分析：由合成氨的化学反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，设平衡时气体总体积为100L，则氨气为100L×20%=20L，气体缩小的体积为x，则N2+3H22NH3△V132220Lx2/20L=2/x，解得x=20L，原混合气体的体积为100L+20L=120L，反应后体积缩小的百分率为20L/120L×100%=16.7%，故选A。考点：本题考查缺省数据的计算，学生应学会假设有关的计算数据及利用气体体积差来进行化学反应方程式的计算即可解答．12、A【分析】可逆反应达到平衡状态的标志的判断要抓两条线索：一是正反应速率=逆反应速率；二是“变量不变”，由此分析。【详解】A.“单位时间内生成2nmolA”是逆反应速率，用表示；“单位时间内生成3nmolC”是正反应速率，用，则：=2n:3n=2:3，等于A、C化学计量数之比，所以反应达到平衡状态，A项正确；B.“单位时间内生成nmolB”是逆反应速率；“单位时间内消耗0.5nmolD”是也是逆反应速率，所以无法确定正反应速率与逆反应速率是否相等，B项错误；C.恒温恒容条件下，气体压强与气体分子数目成正比，根据反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)可知，反应前后气体分子数目相同，即在反应过程中气体压强不发生变化，所以当容器中压强不变时反应不一定达到平衡状态，C项错误；D.因反应混合物各组分都是气体，根据化学反应质量守恒，容器中气体总质量不变；而题设条件是恒容，根据密度公式可知，反应过程中容器内混合气体的密度一直不变，所以混合气体的密度不随时间而变化，不能说明反应达到平衡状态，D项错误；答案选A。13、A【详解】色素，实际上是一种有机弱酸，用HR表示，HR在盐酸溶液中呈现红色，HR在NaOH溶液中呈现蓝色，将HR加入浓硝酸中呈现红色，微热后溶液的红色褪去，由题意可知，在盐酸和硝酸中均显示红色，在硝酸中加热后褪色，是硝酸的强氧化性使之褪色，所以可推测HR应为红色。故选A。【点睛】盐酸只有酸性，而浓硝酸具有酸性和强氧化性，在本题中硝酸主要表现为强氧化性，能使指示剂褪色。14、D【解析】A．溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，如果c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性，如果c（OH﹣）=c（H+），溶液呈中性，如果c（OH﹣）＜c（H+），溶液呈酸性，如果酸的浓度很小，则c（H+）很小，但溶液仍可能呈酸性，故A错误；B．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，纯水的pH＜7，则该温度下，pH=7的溶液呈碱性，只有c（OH﹣）=c（H+）时，溶液一定呈中性与PH无必然联系，故B错误；C．酚酞的变色范围是8﹣10，所以能使酚酞试液变红的溶液呈碱性，不能使酚酞试液变红的溶液，可能是盐的中性溶液或酸性溶液，如氯化钠盐溶液不能使酚酞试液变红，故C错误；D．溶液中如果c（OH﹣）=c（H+），则溶液呈中性，故D正确；故选D。15、B【解析】①A是固体，增大A的量对平衡无影响，故①错误；②该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故②错误；③压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大，故③错误；④增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v（正）＞v（逆），故④正确；⑤使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故⑤错误；故选B。16、B【详解】由于3.2mol/(L•s)÷0.05mol/(L•s)＝64＝43，所以根据温度每升高10℃反应速率增加到原来的4倍可知，反应的温度应该升高到10℃＋10℃×3＝40℃。故答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaOHKSCN溶液Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O2Fe3++Fe=3Fe2+【分析】A的焰色反应为黄色，A为单质，即A为Na，反应①可用于焊接铁轨，即反应①为铝热反应，B为金属单质，B为Al，C为Fe2O3，E既能与酸反应，又能与碱反应，即E为Al2O3，D为NaOH，与氧化铝反应生成NaAlO2和水，G为NaAlO2，F为Fe，根据转化关系，H为Fe2＋，I为Fe3＋。【详解】（1）根据上述分析，D应为NaOH，I中含有金属阳离子为Fe3＋，检验Fe3＋常用KSCN溶液，滴加KSCN溶液，溶液变红，说明含有Fe3＋，反之不含；（2）反应②的化学方程式为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，反应③的离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋。18、C2H6OC2H6OCH3OCH3、CH3CH2OHCH3CH2OHCH3CH2CHBr2【分析】(1)通过二氧化碳和水的质量计算有机物中碳的质量、氢的质量、氧的质量，再计算碳氢氧的物质的量之比。(2)根据物质实验式和用质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量来得出有机物分子式。(3)根据价键理论预测A的可能结构。(4)根据A的核磁共振氢谱图分析出A的结构简式。(5)根据B的核磁共振氢谱图和峰值比为3:2:1分析出B的结构简式。【详解】(1)将有机物A4.6g置于氧气流中充分燃烧，实验测得生成5.4gH2O和8.8gCO2，则有机物中碳的质量为，氢的质量为，则氧的质量为4.6g－2.4g－0.6g=1.6g，则碳氢氧的物质的量之比为，因此该物质实验式是C2H6O；故答案为：C2H6O。(2)该物质实验式是C2H6O，该物质的分子式是(C2H6O)n，用质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量为46，因此该物质的分子式是C2H6O；故答案为：C2H6O。(3)根据价键理论预测A的可能结构，写出其结构简式CH3OCH3、CH3CH2OH；故答案为：CH3OCH3、CH3CH2OH。(4)经测定A的核磁共振氢谱图如图所示，说明有三种类型的氢，因此该A的结构简式为CH3CH2OH；故答案为：CH3CH2OH。(5)化合物B的分子式都是C3H6Br2，B的核磁共振氢谱图与A相同，说明B有三种类型的氢，且峰值比为3:2:1，则B可能的结构简式为CH3CH2CHBr2；故答案为：CH3CH2CHBr2。【点睛】有机物结构的确定是常考题型，主要通过计算得出实验式，再通过质谱仪和核磁共振氢谱图来得出有机物的结构简式。19、三颈烧瓶或答圆底烧瓶、三口瓶都可B中水面会下降，玻璃管中的水柱会上升，甚至溢出CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2OCH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Brc蒸馏1,2－二溴乙烷的凝固点较低（9℃），过度冷却会使其凝固而使导管堵塞【解析】分析：（1）根据仪器构造判断仪器名称；（2）依据当堵塞时，气体不畅通，压强会增大分析；（3）根据A中制备乙烯，D中制备1，2－二溴乙烷分析；（4）C中放氢氧化钠可以和制取乙烯中产生的杂质气体二氧化碳和二氧化硫发生反应；（5）根据1，2-二溴乙烷与乙醚的沸点不同，二者互溶分析；（6）根据1，2-二溴乙烷的凝固点较低（9℃）分析。详解：（1）根据A的结构特点可判断仪器名称是三颈烧瓶；（2）发生堵塞时，B中压强不断增大，会导致B中水面下降，玻璃管中的水柱上升，甚至溢出；（3）装置A制备乙烯，其中发生反应的化学方程式为CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2O；D中乙烯与溴发生加成反应生成1，2－二溴乙烷，发生反应的化学方程式为CH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Br；（4）制取乙烯中产生的杂质气体有二氧化碳和二氧化硫等酸性气体，可用氢氧化钠溶液吸收，答案为c；（5）1，2-二溴乙烷与乙醚的沸点不同，两者均为有机物，互溶，用蒸馏的方法将它们分离；（6）由于1，2－二溴乙烷的凝固点较低（9℃），过度冷却会使其凝固而使导管堵塞，所以不能过度冷却。点睛：本题考查了制备实验方案的设计、溴乙烷的制取方法，题目难度中等，注意掌握溴乙烷的制取原理、反应装置选择及除杂、提纯方法，培养学生分析问题、理解能力及化学实验能力。20、酚酞碱式滴定管、量筒、药匙滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色锥形瓶内溶液颜色的变化1.000mol·L-1BC【解析】本题考查了指示剂的选取，酸碱中和滴定的操作过程和误差分析。【详解】（1）滴定终点为碱性pH＞7，由表可知，酚酞是唯一选择；（2）精确滴加氢氧化钠溶液，用碱式滴定管，配置溶液用量筒、药匙；（3）溶液中有酚酞，滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色；（4）在滴定过程中，存在滴定突跃，故必须严密观察锥形瓶内溶液颜色的变化；（5）第1、2、3次实验消耗氢氧化钠溶液的体积依次为20.02mL、19.98mL、24.60mL，第3次误差大，不参与计算，氢氧化钠平均体积差为20.00mL，邻苯二甲酸氢钾在水溶液中可以电离出一个H+，可视为一元酸，4.080g邻苯二甲酸氢钾物质的量为0.02mol，消耗氢氧化钠0.02mol，NaOH溶液的浓度为1.000mol·L-1；（6）A．上述