2024届江苏省田家炳中学化学高二下期末考试试题含解析

2024届江苏省田家炳中学化学高二下期末考试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、如图是某元素的价类二维图，其中A为正盐，X是一种强碱，通常条件下Z是无色液体，E的相对分子质量比D大16，各物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是A．A作肥料时不适合与草木灰混合施用B．同主族元素的氢化物中B的沸点最低C．C一般用排水法收集D．D→E的反应可用于检验D2、下列有关微粒间作用力的说法正确的是A．硼酸[B(OH)3]晶体具有与石墨相似的层状结构，则分子中B原子发生的是sp3杂化，不同层分子间主要作用力是范德华力B．金属键可以看作是许多原子共用许多电子所形成的强烈的相互作用，所以与共价键类似也有方向性和饱和性C．干冰气化和冰融化克服的分子间作用力相同D．离子晶体熔融状态电离过程中，只有离子键被破坏3、下列化学方程式中，属于水解反应的是A．CH3COOH+H2OCH3COO－+H3O+B．HS－+H2OS2－+H3O+C．CO32－+H2OHCO3－+OH－D．CO2+H2OHCO3－+H+4、亚硝酸钠是一种防腐剂和增色剂，但在食品中过量时会对人体产生危害，其在酸性条件下会产生NO和NO2。下列有关说法错误的是A．NaNO2既可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，又可以将二价铁离子氧化为三价铁离子B．食用“醋熘豆芽”可能会减少亚硝酸钠对人体的危害C．NaNO2和胃酸作用的离子方程式为2NO2－+2H+NO↑+NO2↑+H2OD．1molNaNO2在酸性条件下完全反应生成NO和NO2，转移电子的物质的量为1mol5、下列制取Cl2、探究其漂白性、收集并进行尾气处理的原理和装置合理的是()A．制取氯气 B．探究漂白性C．收集氯气 D．尾气吸收6、下列不能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种无色固体的实验操作是()A．分别加热这两种固体，并将生成的气体通入澄清石灰水中B．分别在这两种物质中加入CaCl2溶液C．在两种固体物质中加入等浓度的稀盐酸D．分别在两种物质的溶液中加入澄清石灰水7、某化妆品的组分Z具有美白功效，能从杨树中提取，也可用如下反应制备，下列叙述错误的是A．X、Y和Z均能与浓溴水反应B．X和Z均能与NaHCO3溶液反应放出CO2C．X既能发生取代反应，也能发生加成反应D．Y可作加聚反应单体8、在VLAl2(SO4)3溶液中加入过量氨水，过滤得沉淀，然后在高温中灼烧沉淀最后得白色固体mg，溶液中SO42-的物质的量浓度是（）A．m/27Vmol·L-1B．2m/27Vmol·L-1C．3m/54Vmol·L-1D．m/34Vmol·L-19、已知:2Zn(s)＋O2(g)=2ZnO(s)△H1=－701.0kJ·mol－1①，2Hg(l)＋O2(g)=2HgO(s)△H2=－181.6kJ·mol－1②，则Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)的△H为A．＋519.4kJ·mol－1 B．－181.6kJ·mol－1C．－259.7kJ·mol－1 D．－519.4kJ·mol－110、下列实验装置或操作不符合实验要求的是A．石油的分馏 B．灼烧干海带C．用四氯化碳提取碘水中的碘 D．冶炼铁11、氮氧化铝（AlON）属原子晶体，是一种超强透明材料，下列描述错误的是（）A．AlON和石英的化学键类型相同B．AlON和石英晶体类型相同C．AlON和Al2O3的化学键类型不同D．AlON和Al2O3晶体类型相同12、人造空气(氧气与氦气的混合气)可用于减轻某些病痛或供深水潜水员使用。标准状况下，5.6L“人造空气”的质量是2.4g，其中氧气与氦气的质量比是()A．1∶1 B．2∶1 C．1∶4 D．2∶313、有一种新合成的烃称为立方烷，它的碳架结构如图所示，关于它的说法不正确的是A．分子式是C8H8B．与苯乙烯（）互为同分异构体C．不能发生加成反应D．二氯取代物共有4种14、用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是（）A．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAB．常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02NAC．物质的量浓度为1mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl—个数为2NAD．通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4L15、柠檬烯()是一种食用香料。下列分析正确的是A．柠檬烯的一氯代物有8种B．柠檬烯和互为同分异构体C．柠檬烯分子中所有碳原子可能均处同一平面D．一定条件下，柠檬烯可以发生加成、氧化、酯化等反应16、向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液逐滴加入0.2mol·L−1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如下图所示。下列判断正确的是（）A．原NaOH溶液的浓度为0.1mol·L−1B．通入CO2的体积为448mLC．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=2∶1D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)=1∶3二、非选择题（本题包括5小题）17、已知：X为具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体，食醋中约含有3%-5%的D，其转化关系如下图所示。请回答：(1)X的结构简式是__________________。(2)A→B的化学方程式是____________________________________________。(3)下列说法不正确的是________。A．A+D→X的反应属于取代反应B．除去X中少量D杂质可用饱和Na2CO3溶液C．A与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈得多D．等物质的量的A、B、D完全燃烧消耗O2的量依次减小18、有机物F(C9H10O2)是一种有茉莉花香味的酯。用下图所示的方法可以合成F。其中A是相对分子质量为28的烃，其产量常作为衡量石油化工发展水平的标志。E是只含碳、氢、氧的芳香族化合物，且苯环上只有一个侧链。回答下列问题：(1)A的分子式是____________；(2)B的结构简式是________________________；(3)为检验C中的官能团，可选用的试剂是____________；(4)反应④的化学方程式是____________________________________。19、铝氢化钠（）是有机合成的重要还原剂，其合成线路如下图所示。（1）无水（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。①中发生反应的化学方程式为__________________。②实验时应先点燃______（填“”或“”）处酒精灯，当观察到____________时，再点燃另一处酒精灯。③装置中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是__________________，请结合方程式进行解释__________________。④中试剂的作用是__________________。用一件仪器装填适当试剂后也可起到和的作用，所装填的试剂为__________________。（2）制取铝氢化钠的化学方程式是__________________。（3）改变和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。称取样品与水完全反应后，测得气体在标准状况下的体积为，样品中铝氢化钠的质量分数为______。（结果保留两位有效数字）20、苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，有机化学中通过酯化反应原理，可以进行苯甲酸甲酯的合成。有关物质的物理性质、实验装置如下所示：苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯熔点/℃122.4﹣97﹣12.3沸点/℃24964.3199.6密度/g．cm﹣31.26590.7921.0888水溶性微溶互溶不溶实验一：制取苯甲酸甲酯在大试管中加入15g苯甲酸和一定量的甲醇，边振荡边缓慢加入一定量浓硫酸，按图A连接仪器并实验。(1)苯甲酸与甲醇反应的化学方程式为______________________________________。(2)中学实验室中制取乙酸乙酯时为了提高酯的产率可以采取的措施有___________________________实验二：提纯苯甲酸甲酯该实验要先利用图B装置把图A中制备的苯甲酸甲酯水洗提纯，再利用图C装置进行蒸馏提纯(3)用图B装置进行水洗提纯时，B装置中固体Na2CO3作用是__________________。(4)用图C装置进行蒸馏提纯时，当温度计显示____________时，可用锥形瓶收集苯甲酸甲酯。(5)最终制取15g苯甲酸甲酯，计算得苯甲酸甲酯的产率为______________(小数点后保留1位有效数字)。21、邻羟基苯甲酸(俗名水杨酸)其结构简式为如图所示：(1)水杨酸既可以看成是_______类物质，同时也可以看成_____类物质。(2)将其与_______溶液作用生成物的化学式为C7H5O3Na，将其与______溶液作用生成物的化学式为C7H4O3Na2。(3)水杨酸的不同类同分异构体中，属于酚类且也具有苯环的化合物的结构简式为_______，它还可看成是______类物质。(4)比水杨酸多一个CH2原子团，且与水杨酸属于同系物的取代基数目不同的物质的结构简式为___。(5)比水杨酸多一个CH2原子团，且与水杨酸不属于同系物的物质的结构简式为_____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】

由信息可知，A为正盐，为铵盐，强碱与铵盐加热生成氨气，所以B为NH3；氨气和氧气反应生成氮气和水，C为N2；氮气氧化为NO，所以D为NO；NO氧化为NO2，E为NO2；二氧化氮和水反应生成硝酸，F为HNO3；G为硝酸盐；Y为O2，Z为H2O。A.铵态氮肥和草木灰不能混合施用，故A项正确；B.B为NH3，氨气分子间存在氢键，所以氮族元素的氢化物中氨的沸点异常的高，所以氮族元素的氢化物中，NH3的沸点最高，故B项错误；C.C为N2，N2的密度与空气太接近，用排空气法收集不能得到纯净的气体，所以一般用排水法收集，故C项正确；D.NO与O2反应生成NO2，颜色由无色变为红棕色，可用于检验NO，故D项正确。故选B。【题目点拨】氨气和氧气反应生成氮气和水，也可以生成一氧化氮和水，不能直接生成二氧化氮气体；氮气和氧气在放电条件下，生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应才能生成二氧化氮。2、D【解题分析】

A.硼酸[B(OH)3]晶体具有与石墨相似的层状结构，则分子中心原子B原子只形成3个σ键，没有孤电子对，故其杂化方式为sp2杂化，不同层分子间主要作用力是范德华力，A错误；B.在金属晶体中，自由电子是由金属原子提供的，并且在整个金属内部的三维空间内运动，为整个金属的所有阳离子所共有，故金属键无方向性和饱和性，B错误；C.干冰和冰都属于分子晶体，但是冰中含有氢键，所以干冰气化只需要克服分子间作用力，冰融化要克服分子间作用力和氢键，C错误；D.离子晶体熔融状态电离过程中，只有离子键被破坏，比如NaHSO4在熔融状态下的电离方程式为：，D正确；和合理选项为D。【题目点拨】分子晶体在熔融状态下，是不会发生电离的，只有在水中才能电离。离子晶体在熔融状态下电离过程中，只有离子键被破坏，比如，在水中的电离过程中，离子键和共价键都会被破坏，比如。3、C【解题分析】试题分析：A.该离子方程式是醋酸电离的方程式，A项错误；B.该离子方程式是HS－的电离方程式，B项错误；C.CO32-与水电离出的H＋结合生成HCO3-和OH－，属于水解的离子方程式，C项正确；D.该反应为CO2和水反应的化学方程式和电离方程式，D项错误；答案选C。考点：考查水解离子方程式的正误判断4、D【解题分析】

酸性条件下，亚硝酸钠会产生一氧化氮和二氧化氮，所以亚硝酸钠和胃酸作用的离子方程式为2NO2－+2H＋═NO↑+NO2↑+H2O，N元素的化合价一半由+3价降低为+2价，另一半由+3价升高为+4价。【题目详解】A、亚硝酸钠中，N显+3价，N元素的化合价既能升高又能降低，则NaNO2既具有氧化性又具有还原性，既可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，又可以将二价铁离子氧化为三价铁离子，故A正确；B、食用"醋熘豆芽"中含有很多还原性较强的有机物，可以将亚硝酸盐还原，因此其能减少亚硝酸钠对人体的危害，故B正确；C、酸性条件下，亚硝酸钠会产生一氧化氮和二氧化氮，所以亚硝酸钠和胃酸作用的离子方程式为2NO2－+2H＋=NO↑+NO2↑+H2O，故C正确；D、1molNaNO2在酸性条件下完全反应生成NO和NO2，转移电子的物质的量为1mol×1/2×(4-3)=0.5mol，D错误。故选D。【题目点拨】本题考查元素化合物的性质，意在考查考生对氧化还原反应原理的理解和应用能力。5、B【解题分析】A.该反应制取氯气需要加热，故A不合理；B.浓硫酸干燥氯气，通过该装置说明干燥的氯气没有漂白性，故B合理；C.氯气密度大于空气，要用向上排空气法收集氯气，故C不合理；D.氯气在饱和食盐水中难以溶解，故D不合理。故选B。6、D【解题分析】试题分析：A、加热这两种固体物质，碳酸钠不分解，碳酸氢钠分解生成二氧化碳，并将生成的气体通入澄清的石灰水中，可以鉴别，正确；B、在这两种物质的溶液中加入CaCl2溶液，碳酸钠和CaCl2反应生成碳酸钙沉淀，碳酸氢钠和CaCl2不反应，正确；C、在等量的两种固体中加入等体积等浓度的稀盐酸，碳酸钠开始无现象，生成碳酸氢钠，全部都转化成碳酸氢钠后，开始放气体，碳酸氢钠中加入盐酸后立即有气体生成，正确；D、在这两种物质的溶液中加入少量澄清的石灰水都有白色沉淀生成，无法鉴别，错误。考点：考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质7、B【解题分析】分析：根据X中含有2个酚羟基，Y中含有苯环和碳碳双键，Z中含有2个苯环和2个酚羟基，结合官能团的性质解答。详解：A．X和Z中含有酚羟基、Y中含有碳碳双键，苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而使溴水褪色，所以X和Z都能和溴水发生取代反应、Y能和溴水发生加成反应，所以三种物质都能使溴水褪色，A正确；B．酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应，Z和X中都只含酚羟基不含羧基，所以都不能和碳酸氢钠反应，B错误；C．X含有酚羟基和苯环，一定条件下能发生加成反应、取代反应，C正确；D．Y中含有碳碳双键，能发生加聚反应，Y可作加聚反应单体，D正确；答案选B。点睛：本题主要是考查有机物的结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题的关键，侧重考查酚、烯烃的性质。8、D【解题分析】依题意，最后所得固体为Al2O3，其物质的量为m/102mol，原VLAl2(SO4)3溶液中含SO42-的物质的量[m×2×3/(102×2)]mol，c(SO42-)=m/34Vmol·L-1，所以答案选D。9、C【解题分析】

根据盖斯定律，(①-②)×可得Zn(s)＋HgO(s)=ZnO(s)＋Hg(l)，则△H=(－701.0+181.6)=－259.7kJ·mol－1，答案为C。10、A【解题分析】

A.石油分馏应使用温度计测量气体温度，即温度计水银球的位置与蒸馏烧瓶支管口的下沿平齐，A错误；B.灼烧固体在坩埚中进行，坩埚放在泥三角上，用酒精灯加热，B正确；C.碘易溶于四氯化碳，且四氯化碳与水互不相溶，可用CCl4提取碘水中的碘，萃取分液在分液漏斗中进行，C正确；D.铝比铁活泼，可用铝热法冶炼铁，用氯酸钾和镁条引发，D正确；故合理选项为A。【题目点拨】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重实验装置及操作的考查，要求学生对实验需要注意的事项、装置能否达到实验要求能快速分析出来，要有一定分析、评价能力。11、D【解题分析】原子晶体中相邻的原子间形成共价键。常见的原子晶体有金刚石、二氧化硅（石英）晶体等。是离子晶体，Al2O3结构粒子为阴、阳离子，离子间作用力为离子键。所以D的描述是错误的。12、B【解题分析】

气体的物质的量为n==0.25mol，根据二者的物质的量、质量列比例式进行计算。【题目详解】气体的物质的量为n==0.25mol，设氧气的物质的量为x，氦气的物质的量是y，则根据二者的物质的量、质量得联立方程式：x+y=0.25和32x+4y=2.4，解得x=0.05和y=0.2，则氧气与氦气的质量比=(32g/mol×0.05mol)：(0.2mol×4g/mol)=1.6g：0.8g=2：1，故选B。13、D【解题分析】

由图可知，每个碳原子周围已与其他三个碳原子形成三条键，分子式为C8H8，与苯乙烯是同分异构体，其二氯代物有3种。答案选D。14、B【解题分析】

A.标准状况下，水是液体，无法用气体摩尔体积求物质的量，A错误；B.常温常压下，Na2CO3为离子晶体，1.06g即0.01mol，含有的Na+离子数为0.02NA，B正确；C.物质的量浓度为1mol/L的MgCl2溶液中，未给定体积无法计算含有Cl—的个数，C错误；D.标准状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4L，D错误；答案为B；【题目点拨】只有浓度，未给定体积无法计算个数，标况下的气体摩尔体积为22.4L/mol。15、A【解题分析】

A项，分子中一共有8种不同环境的H，则其一氯代物有8种，故A项正确；B项，二者分子式不同，丁基苯少了2个H，则二者不是同分异构体，故B项错误；C项，连接甲基的环不是苯环，环上含有亚甲基、次甲基结构，亚甲基、次甲基均是四面体结构，所以不可能所有的碳原子都在同一平面，故C项错误；D项，柠檬烯中没有发生酯化反应所需要的羟基或羧基，所以不能发生酯化反应，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。【题目点拨】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键。16、C【解题分析】

A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），据此计算出氢氧化钠的物质的量，再根据物质的量浓度的定义计算；B．从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，计算消耗HCl的物质的量，根据方程式计算生成二氧化碳的物质的量，再根据V=nVm计算二氧化碳的体积；CD．生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，根据消耗盐酸的体积确定二者物质的量之比．【题目详解】生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1L×0.2mol·L－1=0.02mol，所以c（NaOH）=0.02mol/0.1L=0.2mol·L－1，故A错误；B．由曲线可知从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（CO2）=n（HCl）=（0.1L-0.025L）×0.2mol·L－1=0.015mol，所以CO2气体体积为0.015mol×22.4L·mol－1=0.3.6L=336mL，故B错误；C、Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸为25mL，生成NaHCO3转化为二氧化碳又可以消耗盐酸25mL，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中NaHCO3，消耗盐酸的体积为75mL-25mL=50mL，故Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL=1：2，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故C正确；D、由C分析，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故D错误；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3COOCH2CH32CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OC【解题分析】

由题给信息食醋中约含有3%-5%的D可知，D为乙酸，由X为具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体可知，X为酯类，由X酸性条件下水解生成A和D，且A催化氧化可以生成乙酸可知，A为乙醇、X为乙酸乙酯；乙酸乙酯碱性条件下水解生成乙酸钠和乙醇，则C为乙酸钠；乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛催化氧化生成乙酸，则B为乙醛。【题目详解】(1)X为乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，故答案为CH3COOCH2CH3；（2）A→B的反应为乙醇催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（3）A、乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，酯化反应属于取代反应，正确；B、除去乙酸乙酯中少量的乙酸可用饱和Na2CO3溶液洗涤分液，正确；C、A为乙醇，水与金属钠反应比乙醇与金属钠反应要剧烈，错误；D、1molCH3CH2OH、CH3CHO、CH3COOH完全燃烧消耗O2的物质的量依次为3mol、2.5mol、2mol，正确；故选C，故答案为C。【题目点拨】本题考查有机物的推断，侧重分析与推断能力的考查，把握有机物的组成和性质、有机反应来推断有机物为解答的关键。18、C2H4CH3CH2OH银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液CH3COOH++H2O【解题分析】

（1）A是相对分子质量为28的烃，且其产量作为衡量石油化工发展水平的标志，则A为乙烯，A的结构简式为CH2=CH2，分子式为C2H4；（2）F的分子式为C9H10O2，F属于酯，F是由一元醇和一元酸通过酯化反应生成的，根据转化关系，A→B→C→D应为C2H4→CH3CH2OH→CH3CHO→CH3COOH，因此B的结构简式为CH3CH2OH，C的结构简式为CH3CHO，D的结构简式为CH3COOH；（3）C为乙醛，检验醛基选用银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液；（4）E是只含碳、氢、氧的芳香族化合物，且苯环上只有一个侧链，根据F的分子式和D的结构简式，结合原子守恒，则E的结构简式为，反应④的化学反应方程式为：CH3COOH++H2O。19、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2OA待D中充满黄绿色气体时除Cl2中混有的HClCl2+H2OH++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AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl-1NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑0.69【解题分析】

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。【题目详解】（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MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+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+H2OH++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，但氯化氢极易溶于水，所以可以除杂，故答案为：除中混有的HCl；Cl2+H2OH++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；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NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；氢化钠与水反应的化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，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≈0.69，故答案为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；0.69。【题目点拨】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。20、+CH3OH+H2O使用浓硫酸吸水、把酯蒸出反应体系、提高醇的用量等(能回答出两条措施即可)洗去苯甲酸甲酯中过量的苯甲酸199.689.7%【解题分析】

（1）酯化反应的原理是酸脱羟基醇脱氢，在浓硫酸作用下，苯甲酸与甲醇发生酯化反应生成苯甲酸甲酯和水；（2）酯化反应为可逆反应，增大乙酸或乙醇的浓度或减小乙酸乙酯的浓度，能够使平衡向正反应方向移动；（3）由表给数据可知，反应后的苯甲酸甲酯中会含有苯甲酸等杂质；（4）苯甲酸甲酯的沸点是