2019-2020学年北京市宣武区化学高二下期末联考模拟试题含解析

2019-2020学年北京市宣武区化学高二下期末联考模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．安全气囊逐渐成为汽车的标配，因为汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊中迅速发生反应：
10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2↑，产生大量的气体使气囊迅速弹出，保障驾乘车人员安全。

下列关于该反应的说法不正确的是
A．该反应中NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为15∶1
C．若有50.5 g KNO3参加反应，则有1 mol N原子被还原
D．每转移1 mol e−，可生成标准状况下N2的体积为35.84 L
【答案】C
【解析】
【详解】
A.在反应中，叠氮化钠里氮的化合价由-1/3价升高到0价，KNO3中的氮由+5价也降到了0价。

所以NaN3是还原剂，硝酸钾是氧化剂，A错误；
B.氧化产物和还原产物都是氮气。

16mol N2中有1mol N2来自硝酸钾，15molN2来自于NaN3，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为15∶1，B错误；
C.硝酸钾中的氮原子全部被还原，所以硝酸钾的物质的量和被还原的氮原子的物质的量相等。

50.5克硝酸钾即0.5mol KNO3参加反应，那么被还原的N即为0.5mol，C正确；
D.从反应可以看出，每转移10mol电子，生成16mol N2，所以转移1mol电子，就会生成1.6mol N2，标准状况下为35.84L，D错误；
故合理选项为C。

2．由物理变化引起的颜色改变是（）
A．光照使Cl2和CH4的混合气体变浅B．浓硫酸使蔗糖变黑
C．溴水中加苯振荡使水层褪色D．通电使CuCl2溶液变浅
【答案】C
【解析】
【分析】
化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成。

【详解】
A项、光照条件下CH4和Cl2混合气体发生取代反应，属于化学变化，故A错误；
B项、浓硫酸使蔗糖变黑是因为浓硫酸具有脱水性，使蔗糖脱水炭化，属于化学变化，故B错误；
C项、溴水中加苯振荡使水层褪色，是因为溴单质在苯中的溶解度大于水中，溴水中加入苯后发生萃取褪
色，属于物理变化，故C正确；
D项、通电使CuCl2溶液颜色变浅，是因为铜离子在阴极上放电生成铜，导致溶液中铜离子浓度减小，属于化学变化，故D错误。

故选C。

【点睛】
物理变化只是在形态、性质等改变，而化学变化则有新的物质生成，化学变化过程中总伴随着物理变化，如化学变化过程中通常有发光、放热、也有吸热现象等。

化学变化里一定包含物理变化，物理变化里一定没有化学变化。

3．下列物质中，不属于电解质的是
A．固体氯化钾B．作电极的碳棒
C．气态硝酸D．液态氯化氢
【答案】B
【解析】
【详解】
A、固体氯化钾属于化合物，在熔融状态或水溶液中能导电，属于电解质，选项A不选；
B、碳属于单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B选；
C、硝酸属于化合物，水溶液中能导电，属于电解质，选项C不选；
D、液态氯化氢属于化合物，水溶液中能导电，属于电解质，选项D不选；
答案选B。

【点睛】
本题考查电解质，属于对基础化学概念的考查，本题要理解好电解质的概念，电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。

4．下列图示中关于铜电极的连接错误的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
【详解】
A.Zn比Cu活泼，Zn是负极，Cu是正极，故A正确；
B.电解精炼铜时，粗铜一定作阳极，精铜一定作阴极，硫酸铜溶液作电解液，故B正确；
C.电镀时，应把镀层金属作阳极，待镀金属作阴极，含有镀层离子的电解质溶液作电解质液，故C错误；
D.因为Cu是活性电极，如果Cu作阳极，则不是溶液中的Cl－放电，而是Cu溶解，所以电解氯化铜溶液时，应该让C作阳极，Cu作阴极，故D正确；
本题答案为C。

5．水溶液中能大量共存的一组离子是
A．Na+、Ag+、Cl-、CO32-B．H+、Na+、Fe2+、MnO4-
C．K+、Ca2+、Cl-、NO3- D．K+、NH4+、OH-、SO42-
【答案】C
【解析】
【详解】
A．在溶液中Ag+与Cl-、CO32-均不能大量共存，A错误；
B．在溶质H+、Fe2+、MnO4-之间发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；
C．K+、Ca2+、Cl-、NO3-之间不反应，可以大量共存，C正确；
D．在溶液中NH4+与OH-结合生成一水合氨，不能大量共存，D错误；
答案选C。

【点晴】
离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）；（2）能生成难溶物的离子之间（如：Ca2+和SO42-；Ag+和SO42-）；（3）能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子（如：Al3+，Fe3+与CO32-、HCO3-、AlO2-等）；（4）能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe 、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、Fe3+等）；（5）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。

6．下列说法正确的是（）
A．硫酸钠溶液和醋酸铅溶液均能使蛋白质变性
B．油脂是高级脂肪酸的甘油酯，在常温下均呈固态
C．CH3CH(NH2)COOH既能与盐酸反应、又能与氢氧化钠溶液反应
D．合成橡胶的单体之一是CH3-C≡C-CH3
【答案】C
【解析】分析：A．重金属离子能使蛋白质变性而中毒；B．有些油脂是不饱和高级脂肪酸的甘油酯；C．H2N －能与盐酸反应；-COOH能与氢氧化钠溶液反应；D．若是加聚产物；找单体是在碳链两两（两个碳原子）断键，如链上有双键，则有四个碳原子断键（丁二烯结构）．
详解：A．加入少量饱和的硫酸钠溶液会发生盐析，不发生变性，故A错误；B．有些油脂是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，含有不饱和键，能发生氢化反应，故B错误；C．H2N－能与盐酸反应生成盐酸盐；-COOH 能与氢氧化钠溶液反应生成钠盐，故C正确；D、的单体是丁二烯和CH2=CH-CN，故D错误。

故选C。

点睛：本题考查油脂、蛋白质、氨基酸、高分子化合物的性质，难点D，注意加聚产物找单体的方法：找单体是在碳链两两（两个碳原子）断键，如链上有双键，则有四个碳原子断键（丁二烯结构）．
7．某强碱性溶液中含有的离子是K+、NH4+、Al3+、AlO2-、CO32-、SiO32-、Cl-中的某几种，现进行如下实验：
①取少量的溶液用硝酸酸化后，该溶液无沉淀生成；
②另取一定量原溶液，逐滴加入盐酸至过量，发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失；
③另取一定量的原溶液中加入5mL0.2mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀
0.187g。

下列说法中正确的是
A．该溶液中一定不含NH4+、Al3+、SiO32-、Cl-
B．该溶液中一定含有Al3+、CO32-、Cl-
C．Cl-可能含有
D．该溶液中一定含有AlO2-、CO32-、Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】
在碱性溶液中会发生反应NH4++OH-=NH3·H2O和Al3++4OH-=AlO2－+2H2O，而不能共存，故无NH4+、Al3+；
①取少量的溶液用足量硝酸酸化后，该溶液无沉淀生成说明不含有SiO32－，因为若存在就会发生反应：
2H++SiO32－=H2SiO3↓；②另取一定量原溶液，逐滴加入盐酸至过量，发生的现象是：开始产生沉淀并逐渐增多，沉淀量基本不变后产生一种气体，最后沉淀逐渐减少至消失。

可确定含有AlO2－、CO32－。

发生的反应为：AlO2－+H++H2O=Al(OH)3↓，CO32－+2H+=H2O+CO2↑,Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；③另取一定量的原溶液中加入5mL0.2mol/L盐酸时，沉淀会完全消失，加入足量的硝酸银溶液可得到沉淀0.187g。

n(HCl)=0.005 L×0.2mol/L=0.001mol，n(AgCl)=0.187g÷143.5g/mol=0.0013mol。

n(AgCl)＞n(HCl)，说明原来的溶液中含有Cl-；选项D符合题意。

答案选D。

8．某有机物的结构为，这种有机物不可能具有的性质是（）
A．能跟NaOH溶液反应B．能使酸性KMnO4溶液褪色
C．能发生酯化反应D．能发生水解反应
【答案】D
【解析】
【详解】
A. 该有机物分子中有羧基，能跟NaOH溶液反应，A正确；
B. 该有机物分子中有碳碳双键和羟基，且与苯环相连的碳原子上有氢原子，故其能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；
C. 该有机物分子中有羧基和羟基，故其能发生酯化反应，C正确；
D. 该有机物分子中没有能发生水解反应的官能团，D不正确。

综上所述，这种有机物不可能具有的性质是D，选D。

9．设N A为阿伏加德罗常数,下列说法正确的是
A．18gNH4+离子中所含的电子总数为12N A
B．标准状况下，11.2L水含有的分子数为0.5N A
C．0.3mol/LNa2SO4溶液中，含有Na+和SO42-总数为0.9N A
D．H2SO4的摩尔质量是98g/mol
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．18g铵根离子的物质的量为1mol，1mol铵根离子中含有10mol电子，所含的电子总数为10N A，选项A 错误；
B．标况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算11.2L水的物质的量，选项B错误；
C．没有给出溶液的体积无法计算含有钠离子和硫酸根离子的总物质的量，选项C错误；
D．H2SO4的摩尔质量是98g/mol，选项D正确；
答案选D。

【点睛】
本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意明确标况下水、乙醇、氟化氢、三氧化硫等物质的状态不是气体，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。

10．下列的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是
A．SO2与SiO2B．CO2与H2O
C．C与HCl D．CCl4与SiC
【答案】B
【解析】
【分析】
题中CO2、SO2、H2O、HCl、CCl4属于分子晶体，化学键类型为共价键，C、SiO2和SiC为原子晶体，化学键类型为共价键，C为原子晶体或过渡型晶体，化学键类型为共价键，由此分析解答。

【详解】
A．SO2属于分子晶体，SiO2为原子晶体，晶体类型不同，故A错误；
B．CO2与H2O属于分子晶体，化学键类型为共价键，化学键种类相同，晶体类型也相同，故B正确；C．C为原子晶体或过渡型晶体，而HCl是分子晶体，晶体类型不同，故C错误；
D．CCl4属于分子晶体，SiC是原子晶体，晶体类型不同，故D错误；
故答案为B。

【点睛】
化学键与化合物的关系：①当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物；②当化合物中同时存在离子键和共价键时，该化合物是离子化合物；③只有当化合物中只存在共价键时，该化合物才是共价化合物；④在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素（铵盐除外）；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3也是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐；⑤非金属单质只有共价键，稀有气体分子中无化学键。

11．下列图示与对应的叙述相符的是( )
A．图甲表示常温下稀释pH均为11的MOH溶液和NOH溶液时pH的变化，由图可知溶液的碱性：MOH ＞NOH
B．图乙表示常温下0.100 0 mol·L－1醋酸溶液滴定20.00 mL0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液的滴定曲线
C．图丙表示反应CH 4(g)＋H2O (g)CO(g)＋3H 2(g)的能量变化，使用催化剂可改变E b﹣E a的值
D．图丁表示反应2CO(g)＋2NO(g)N 2(g)＋2CO2(g)，在其他条件不变时，改变起始CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化，由图可知NO的转化率c＞b＞a
【答案】D
【解析】
分析：本题考查对图像的理解和分析能力，涉及强弱电解质的稀释，中和滴定，能量变化和化学平衡。

详解：A、因为稀释能促进弱碱的电离，所以稀释pH均为11的MOH溶液和NOH溶液时pH变化大的碱性强，所以碱性：MOH<NOH，A错误；
B.常温下0.100 0 mol·L－1醋酸溶液滴定20.00 mL0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液,当加入20.00mL醋酸时，二者恰好反应生成醋酸钠，水解显碱性，而不是中性，所以B错误；
C.反应中加入催化剂会降低活化能，但不影响反应热，即使用催化剂不改变E b﹣E a的值，C错误；
D、反应2CO(g)＋2NO(g)N 2(g)＋2CO2(g)，在其他条件不变的情况下增大起始物CO的物质的量，使一氧化氮转化率增大，NO的转化率c＞b＞a，D正确；因此本题答案为D。

12．下列操作或装置能达到实验目的的是( )
A．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液(如图1)
B．配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液(如图2)
C．定容(如图3)
D．配制0.100 0 mol·L-1氯化钠溶液时,将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流
【答案】D
【解析】分析：A.定容时应该平视；
B.固体应该在烧杯中溶解冷却后再转移至容量瓶；
C.；
D.转移时需要玻璃棒引流。

详解：A. 配制一定物质的量浓度的NaCl溶液在定容时视线应该平视，且胶头滴管不能插入容量瓶中，A 错误；
B. 配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液时应该在烧杯中溶解硝酸钠，冷却后再转移至容量瓶中，容量瓶不能溶解固体或稀释溶液，B错误；
C. 定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，应该垂直于容量瓶口上方，C错误；
D. 配制0.1000mol·L-1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流，D正确。

答案选D。

13．甲溶液的pH是4，乙溶液的pH是5，甲溶液与乙溶液的c(H+)之比为
A．10：1 B．1：10 C．2：1 D．1：2
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
甲溶液的pH是4，c（H+）=10-4；乙溶液的pH是5，c（H+）=10-5，因此甲溶液与乙溶液的c（H+）之比
为10∶1。

A正确；答案选A。

14．下列物质间的每步转化只需通过一步反应就能实现的是（）
A．Fe→Fe2O3→Fe(OH)3→FeCl3B．Al→Al(OH)3→Al2O3→NaAlO2
C．Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH D．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A，Fe与O2在一定条件反应可生成Fe2O3，Fe2O3不能一步转化为Fe（OH）3，Fe（OH）3与HCl反应生成FeCl3和H2O，A项不符合题意；
B，Al不能一步转化为Al（OH）3，Al（OH）3受热分解成Al2O3和H2O，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，B项不符合题意；
C，Na在O2中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，Na2CO3与Ca（OH）2反应生成CaCO3和NaOH，C项符合题意；
D，Si与O2加热生成SiO2，SiO2不能一步转化为H2SiO3，H2SiO3与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，D项不符合题意。

答案选C。

15．利用光伏电池提供电能处理废水中的污染物(有机酸阴离子用R－表示)，并回收有机酸HR，装置如图所示。

下列说法错误的是
A．在光伏电池中a极为正极B．石墨(2)极附近溶液的pH降低
C．HR溶液：c2＜c1D．若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子
【答案】B
【解析】
【详解】
A.根据电子移动的方向，可知在光伏电池中a极为正极，b为负极，故A正确；
B. 石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，使c(H+)降低，pH升高，故B错误；
C. 石墨(1)为电解池的阳极，OH-失电子变成氧气，使得c(H+)升高，透过阳膜进入浓缩室；石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，R-透过阴膜进入浓缩室，使得浓缩室中HR浓度增大，所以HR溶液：c2
＜c1，故C正确；
D. 根据阳极：4OH-—4e-=O2↑+2H2O；阴极：4H++4e-=2H2↑，所以若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol 电子，故D正确；
所以本题答案：B。

【点睛】
解题突破口：电子移动的方向判断电池的正负极，结合电解原理放电离子的变化确定c2＜c1；根据电子守恒进行判断转移的电子数。

16．SiCl4的分子结构与CCl4类似，对其作出如下推测，其中不正确的是
A．SiCl4晶体是分子晶体
B．常温常压下SiCl4是气体
C．SiCl4分子是由极性键形成的非极性分子
D．SiCl4熔点高于CCl4
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
SiCl4的分子结构与CCl4类似，CCl4属于分子晶体，常温为液体，含有共价键，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，
A、SiCl4与CCl4结构相似，则常温常压下SiCl4是分子晶体，A正确；
B、SiCl4与CCl4结构相似，常温常压下SiCl4是液体，B错误；
C、CCl4分子是由极性键形成的非极性分子，则SiCl4分子是由极性键形成的非极性分子，C正确；
D、分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，则SiCl4熔点高于CCl4，D正确；
答案选B。

17．从甜橙的芳香油中可分离得到如下结构的化合物：
现有试剂：①KMnO4酸性溶液；②H2/Ni；③Ag(NH3)2OH；④新制Cu(OH)2，能与该化合物中所有官能团都发生反应的试剂有
A．①②B．②③C．③④D．①④
【答案】A
【解析】
【分析】
由图中结构可知，该物质中含有-C=C-、-CHO，结合烯烃和醛的性质来解答。

【详解】
①碳碳双键、醛基均能被酸性高锰酸钾氧化，故①选；
②碳碳双键、醛基均能与氢气发生加成反应，故②选；
③该物质中含有醛基，能发生银镜反应，故③不选；
④该物质中含有醛基，能与新制Cu（OH）2反应生成氧化亚铜沉淀，故④不选；
故选A。

18．下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是
A．CaC2B．N2H4
C．Na2S D．NH4NO3
【答案】A
【解析】
活泼金属和活泼金属元素之间易形成离子键；不同非金属元素之间易形成极性共价键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键；含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键；只含共价键的化合物是共价化合物，则A．CaC2中钙离子和C22-离子之间存在离子键，属于离子化合物，C22-离子内两个碳原子之间存在非极性共价键，A正确；B．N2H4中只含共价键，属于共价化合物，B错误；C．Na2S 中钠离子和S2-离子之间存在离子键，属于离子化合物，C错误；D．NH4NO3中铵根离子与硝酸根离子之间存在离子键，铵根离子内存在N-H极性共价键，硝酸根离子内存在N-O极性共价键，D错误；答案选A。

19．用下列实验装置或操作进行相应实验，能达到实验目的的是
A．用图1所示装置收集SO2气体
B．用图2所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯
C．用图3所示装置从食盐水中提取NaCl
D．用图4所示装置制取并收集O2
【答案】D
【解析】分析：A.收集SO2应用向上排空法；B.应排除乙醇的干扰；C.加热溶液应在蒸发皿中进行；D.过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，可用向上排空法收集。

详解：A. SO2密度比空气大，应用向上排空法收集，故A错误；
B.乙醇易挥发，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，不能排除乙醇的干扰，故B错误；
C.蒸发应用蒸发皿，不能在坩埚中进行，故C错误；
D.过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，氧气,密度比空气大，可用向上排空法收集，所以D 选项是正确的。

所以D 选项是正确的。

20．丙烷(C 3H 8)的二氯取代物有（ ）
A ．2种
B ．3种
C ．4种
D ．5种
【答案】C
【解析】
【详解】
丙烷(C 3H 8)的二氯取代物有CH 3CHClCH 2Cl 、CH 2ClCH 2CH 2Cl 、CHCl 2CH 2CH 3、CH 3CCl 2CH 3，共计4种，答案选C 。

【点睛】
注意二取代或多取代产物数目的判断：定一移一或定二移一法，对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．铝氢化钠（4NaAlH ）是有机合成的重要还原剂，其合成线路如下图所示。

（1）无水3AlCl （183C 升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置制备。

①A 中发生反应的化学方程式为__________________。

②实验时应先点燃______（填“A ”或“D ”）处酒精灯，当观察到____________时，再点燃另一处酒精灯。

③装置B 中盛放饱和NaCl 溶液，该装置的主要作用是__________________，请结合方程式进行解释__________________。

④F 中试剂的作用是__________________。

用一件仪器装填适当试剂后也可起到F 和G 的作用，所装填的试剂为__________________。

（2）制取铝氢化钠的化学方程式是__________________。

（3）改变A 和D 中的试剂就可以用该装置制取NaH ，NaH 中氢元素化合价为______，若装置中残留有氧
气，制得的NaH中可能含有的杂质为______。

（4）铝氢化钠遇水发生剧烈反应，其反应的化学方程式为____________。

欲测定铝氢化钠粗产品（只含有NaH杂质）的纯度。

称取15.6g样品与水完全反应后，测得气体在标准状况下的体积为22.4L，样品中铝氢化钠的质量分数为______。

（结果保留两位有效数字）
【答案】Mn O2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O A待D中充满黄绿色气体时除Cl2中混有的HCl Cl2+H2O H++Cl-+HClO饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡不容易正移，氯气几乎不溶解，但氯化氢可以溶解，所以可以除杂防止G中水蒸气进入E使氯化铝水解碱石灰
Na O NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑0.69
AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl-1
22
【解析】
【分析】
由实验装置图可知，装置A中二氧化锰和浓盐酸共热制得氯气，用装置B中饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，用装置C中浓硫酸干燥氯气，装置D为氯化铝的制备装置，装置E用于收集氯化铝，用装置F中浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中，导致氯化铝水解，用装置G中氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，防止污染环境。

由流程可知，实验制备得到的氯化铝在特定条件下与氢化钠反应制得铝氢化钠。

【详解】
（1）①装置A中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为Mn O2+4HCl （浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：Mn O2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
②实验时应先点燃A处酒精灯制备氯气，利用反应生成的氯气排尽装置中的空气，防止空气中氧气干扰实验，待D中充满黄绿色气体时，再点燃D处酒精灯制备氯化铝，故答案为：D中充满黄绿色气体时；
③因浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体；选用饱和食盐水的原因是，氯气与水反应为可逆反应，存在如下平衡Cl2+H2O H++Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度较大，使平衡逆向移动，降低氯气溶解度，使氯气几乎不溶解，但氯化氢极
Cl中混有的HCl；Cl2+H2O H++Cl-+HClO饱和氯化钠溶液中易溶于水，所以可以除杂，故答案为：除2
氯离子浓度较大，使平衡不容易正移，氯气几乎不溶解，但氯化氢可以溶解，所以可以除杂；
④F中浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置E中，导致氯化铝水解，装置G中氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，防止污染环境，若用盛有碱石灰的干燥管代替F和G，可以达到相同的目的，故答案为：防止G 中水蒸气进入E使氯化铝水解；碱石灰；
（2）氯化铝在特定条件下与氢化钠反应生成铝氢化钠和氯化钠，反应的化学方程式为
AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl，故答案为：AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl；
（3）若装置A改为氢气的制备装置，D中的钠与氢气共热可以制得氢化钠，由化合价代数和为零可知氢化钠中氢元素为—1价；若装置中残留有氧气，氧气与钠共热会反应生成过氧化钠，故答案为：-1；Na2O2；（4）铝氢化钠遇水发生剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为
NaAlH 4+2H 2O=NaAlO 2+4H 2↑；氢化钠与水反应的化学方程式为NaH+H 2O=NaOH+H 2↑，标准状况下22.4L 氢气的物质的量为1mol ，设铝氢化钠为xmol ，氢化钠为ymol ，由化学方程式可得联立方程式
54x+24y=15.6①4x+y=1②，解得x=y=0.2，,则样品中铝氢化钠的质量分数为0.254/15.6 mol g mol g ≈0.69，故答案为：
NaAlH 4+2H 2O=NaAlO 2+4H 2↑；0.69。

【点睛】
制备氯化铝和氢化钠时，注意注意排尽装置中空气，防止氧气干扰实验是解答关键；前干燥、后防水，防止氯化铝水解是易错点。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．化合物A 、B 是中学常见的物质，其阴阳离子可从表中选择.
阳离子
K +、Na +、NH 4+、Fe 2+、Ba 2+、Cu 2+ 阴离子 OH ﹣、I ﹣、NO 3﹣、AlO 2﹣、HCO 3﹣、HSO 4﹣ （1）若A 的水溶液为无色，B 的水溶液呈碱性，A 、B 的水溶液混合后，只产生不溶于稀硝酸的白色沉淀及能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则:
①A 中的化学键类型为_________（填“离子键”、“共价键”）．
②A 、B 溶液混合后加热呈中性，该反应的离子方程__________________________ ．
（2）若A 的水溶液为浅绿色，B 的焰色反应呈黄色．向A 的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入B 后溶液变黄，但A 、B 的水溶液混合后无明显变化．则：
①A 的化学式为__________________________ ．
②经分析上述过程中溶液变黄的原因可能有两种（请用文字叙述）
Ⅰ._______________________．Ⅱ._________________________．
③请用一简易方法证明上述溶液变黄的原因_________________________．
④利用上述过程中溶液变黄原理，将其设计成原电池，若电子由a 流向b ，则b 极的电极反应式为_．
【答案】离子键、共价键 H ++SO 42﹣+NH 4++Ba 2++2OH ﹣BaSO 4↓+NH 3↑+2H 2O FeI 2 仅有I ﹣被氧化成I 2使溶液呈黄色 I ﹣、Fe 2+均被氧化使溶液呈黄色 取少量变黄溶液于试管中，滴加几滴KSCN
溶液，若变红则Ⅱ合理（其他合理亦可） NO 3﹣+4H ++3e -═NO↑+2H 2O
【解析】
【详解】
（1）从所给离子的种类判断，不溶于稀硝酸的白色沉淀是硫酸钡沉淀，使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，则A 、B 中含有磷酸氢根离子、铵根离子，且B 溶液呈碱性，所以A 是硫酸氢铵，B 是氢氧化钡，①A 的化学式为NH 4HSO 4，化学键类型为离子键、共价键；
②A 、B 溶液混合后加热呈中性，，说明氢氧根离子与氢离子、氨根离子恰好完全反应，且生成硫酸钡沉淀，离子方程式为H ++SO 42﹣+NH 4++Ba 2++2OH ﹣BaSO 4↓+NH 3↑+2H 2O ；
（2）①A的水溶液呈浅绿色，说明A中存在Fe2+；B的水溶液呈无色且其焰色反应为黄色，说明B中存在
Na+；向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，说明A不与盐酸反应；再加入B后溶液变黄，溶液呈黄色可能有Fe3+生成或有I2生成。

则加入B后混合溶液中应含有强氧化性物质，根据所给离子判断，氢离子与硝酸根离子结合成为硝酸具有强氧化性，所以B是NaNO3，A是FeI2；
②碘离子的还原性比亚铁离子的还原性强，所以与硝酸发生氧化还原反应时碘离子先被氧化，所以溶液变黄的原因可能是有两种：Ⅰ.I-被氧化为I2而使溶液变黄，离子方程式为6I-+2H++2 NO3-=2NO↑+ I2+4H2O；
Ⅱ.I﹣、Fe2+均被氧化使溶液呈黄色，离子方程式为2I-+4H++ Fe2++NO3-=NO↑+ I2+2H2O+Fe3+；
③取少量变黄溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若变红则Ⅱ合理；
④利用上述过程中溶液变黄原理，将其设计成原电池，若电子由a流向b，则b极为正极，正极上硝酸根
离子得电子产生NO，电极反应式为NO3﹣+4H++3e-═NO↑+2H2O。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．（1）通过火法冶金炼出的铜是粗铜，含杂质多，必须进行电解精炼。

请在下面方框中画出电解精炼铜的装置______。

（2）水解反应在生产生活中有很多应用。

有些盐水解程度很大，可以用于无机化合物的制备，如可以用TiCl4与H2O反应，生成TiO2·xH2O，制备时加入大量的水，同时加热。

请结合化学用语和必要的文字解释“加热”的作用：______。

【答案】TiCl4+(x+2)H2O TiO2·xH2O↓+4HCl，水解是吸热的，加热使
水解平衡右移，同时HCl挥发，促进水解反应趋于完全，制得TiO2·xH2O
【解析】
【详解】
（1）电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，电解质溶液是含有铜离子的盐溶液如硫酸铜溶液，因此。