2024届上海华东师大二附中化学高二第二学期期末监测试题含解析

2024届上海华东师大二附中化学高二第二学期期末监测试题注意事项：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、读下列药品标签，有关分析不正确的是（）选项ABCD物品标签饱和氯水1.01×105Pa，20℃药品：×××碳酸氢钠NaHCO3俗名小苏打（84g·mol－1）浓硫酸H2SO4密度1.84g·mL－1浓度98.0%分析该试剂应装在橡胶塞的细口瓶中该药品不能与皮肤直接接触该物质受热易分解该药品标签上还标有A．A B．B C．C D．D2、在下述条件下，一定能大量共存的离子组是（）A．无色透明的水溶液中：K+、Ba2+、I—、MnO4—B．含有大量NO3－的水溶液中：NH4+、Fe2+、SO42—、H+C．c(HCO3－)=0.1mol·L－1的溶液中：Na+、K+、CO32—、Br—D．酸性溶液中：ClO－、S2—、SO32—、Na+3、图中是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是（）A．原子半径：Z＞Y＞XB．Y和Z两者最高价氧化物对应水化物能相互反应C．WX3和水反应形成的化合物是离子化合物D．气态氢化物的稳定性：R＜W4、下列有机物的命名正确的是()A．1,2,4-三甲苯 B．3-甲基戊烯C．2-甲基-1-丙醇 D．1,5-二溴丙烷5、下列无机含氧酸分子中酸性最强的是（）A．HNO2 B．H2SO3 C．HClO3 D．HClO46、聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如下：（图中虚线表示氢键），下列说法不正确的是A．合成聚维酮的单体有二种B．聚维酮分子由（2m+n）个单体聚合而成C．聚维酮碘是一种水溶性物质D．聚维酮是加聚反应的产物7、能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．Fe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2OB．NH4HCO3溶液与足量Ba(OH)2溶液混合：HCO3－＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2OC．向澄清石灰水中通入少量CO2：OH－＋CO2=HCO3－D．将0.2mol·L－1的NH4Al(SO4)2溶液与0.3mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合：2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－=2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓8、氯碱工业的原理示意图如图。下列说法正确的是A．M为负极B．通电使氯化钠发生电离C．出口c收集到的物质是氯气D．通电一段时间后，阴极区pH降低9、化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是A．Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加B．正极的电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O2Ag＋2OH−C．锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D．使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降10、四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，四种元素原子的最外层电子数之和为15，下列叙述正确的是（）A．b元素最高价氧化物对应的水化物为强酸B．最简单气态氢化物的热稳定性：b＞cC．c为第二周期第VIIA族元素D．原子半径：d>c>b>a11、现有碳酸钠溶液，对溶液中离子浓度关系的描述，不正确的是A．

B．C．

D．

12、某羧酸酯的分子式为C6H8O5，1mol该酯完全水解可得到2mol甲酸和lmol醇，该醇的分子式为A．C4H10O2 B．C4H8O3 C．C3H8O3 D．C4H10O313、W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸，且X、Y同主族，两元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则下列说法正确的是（）A．Z元素的含氧酸是最强酸B．原子半径：X＞ZC．气态氢化物热稳定性：W＞XD．W与Y可以存在于同一离子化合物中14、下列关于硫及其化合物的说法正确的是A．加热时硫与铜反应生成黑色的硫化铜B．二氧化硫与氯气均能使品红褪色，两者原理相同C．浓硫酸与灼热的木炭反应，体现浓硫酸的强氧化性和酸性D．浓硫酸滴入胆矾中，胆矾失水变白，发生了化学变化15、科技材料与生活、生产、科技密切相关。下列有关说法正确的是（）A．《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，所用的分离操作方法是蒸馏B．高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可以通过水解反应提供能量C．C3H8和CH3CH2OH相对分子质量相近，二者沸点也相近D．用于3D打印材料的光敏树酯是纯净物16、波音787型飞机的机身和机翼大量使用下列哪种材料（）A．液晶高分子材料B．橡胶C．高分子分离膜D．碳纤维复合材料二、非选择题（本题包括5小题）17、有A、B、C、D、E五种元素，其中A、B、C属于同一周期，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数。B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，并知在DB2和EB2中，D与B的质量比为7：8，E与B的质量比为1：1。根据以上条件，回答下列问题：（1）推断C、D、E元素分别是(用元素符号回答)：C____，D___，E___。（2）写出D原子的电子排布式____。（3）写出A元素在B中完全燃烧的化学方程式_____。（4）指出E元素在元素周期表中的位置____。（5）比较A、B、C三种元素的第一电离能的大小顺序___(按由大到小的顺序排列,用元素符号表示)。（6）比较元素D和E的电负性的相对大小___。(按由大到小的顺序排列，用元素符号表示)。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、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、亚硝酸钠(NaNO2)是一种工业盐，实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)制备。已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2；②3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；③酸性条件下，NO和NO2都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+；Na2O2能使酸性高锰酸钾溶液褪色。（1）加热装置A前，先通一段时间N2，目的是_______________。（2）装置A中发生反应的化学方程式为__________________________________。实验结束后，将B瓶中的溶液经蒸发浓缩、__________(填操作名称)、过滤可获得CuSO4·5H2O。（3）仪器C的名称为______________，其中盛放的药品为____________(填名称)。（4）充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中，________________，则产物是NaNO2(注明试剂、现象)。（5）为测定亚硝酸钠的含量，称取4.000g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：①第一组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_________(填代号)。a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗b．锥形瓶洗净后未干燥c．滴定终点时仰视读数②根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数__________。21、某硫酸厂以含有SO2的尾气、氨气等为原料，合成有重要应用价值的硫化钙、硫酸钾、亚硫酸铵等物质。合成路线如下：（1）写出反应Ⅲ的化学方程式：___________________________________________。（2）下列有关说法正确的是_________（填字母）A．反应Ⅰ中需鼓入足量空气，以保证二氧化硫充分氧化生成硫酸钙B．反应Ⅱ和反应Ⅲ的基本反应类型相同C．反应Ⅳ需控制在60～70℃，目的之一是减少碳酸氢铵的分解D．反应Ⅴ中的副产物氯化铵可用作氮肥（3）（NH4）2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统。写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的化学方程式：___________。（4）很多硫酸厂为回收利用SO2，直接用氨水吸收法处理尾气。①用15.0mL2.0mol/L氨水吸收标准状况下448mLSO2，吸收液中的溶质为_______。②某同学用酸性KMnO4溶液滴定上述吸收液，当达到滴定终点时，消耗KMnO4溶液25.00mL，则酸性KMnO4溶液中c(KMnO4)=_________________。（5）氨气用途广泛，可以直接用于燃料电池，下图是用氨水作原料的燃料电池的工作原理。氨气燃料电池的电解质溶液最好选择________（填“酸性”、“碱性”或“中性”）溶液，氨气燃料电池的反应是氨气与氧气生成一种常见的无毒气体和水，该电池总反应的化学方程式是___________，负极的电极反应式是_________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解题分析】

A.饱和氯水含有次氯酸具有强氧化性，腐蚀橡胶塞，故A错误；B.腐蚀品会腐蚀皮肤，所以不能直接接触皮肤，故B正确C.碳酸氢钠受热易分解2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故C正确；D.98.0%的浓硫酸具有强腐蚀性，故D正确；故答案为A。2、C【解题分析】分析：在溶液中如果离子间能发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。结合离子的性质、溶液的酸碱性等分析判断。详解：A.无色透明的水溶液中I—与MnO4—发生氧化还原反应，且MnO4—在溶液中不显无色，不能大量共存，A错误；B.含有大量NO3－的水溶液中Fe2+、H+与硝酸根离子发生氧化还原反应，且亚铁离子在溶液中不显无色，不能大量共存，B错误；C.c(HCO3－)=0.1mol·L－1的溶液中Na+、K+、CO32—、Br—之间互不反应，却均是无色的，可以大量共存，C正确；D.酸性溶液中ClO－能氧化S2—、SO32—，不能大量共存，D错误。答案选C。3、B【解题分析】

根据元素的化合价变化规律可知，X是氧元素，Y是钠元素，Z是铝元素，W是硫元素，R是氯元素。【题目详解】A.同周期自左向右原子半径逐渐减小，即原子半径：Y＞Z＞X，故A错误；B.Y是钠元素，Z是铝元素，Y和Z两者最高价氧化物对应水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，能和氢氧化钠溶液反应，生成偏铝酸钠和水，故B正确；C.W是硫元素，X是氧元素，SO3和水反应形成的化合物是共价化合物硫酸，故C错误；D.R是氯元素，W是硫元素，氯元素的非金属性强于S元素的，则H2S的稳定性弱于HCl的稳定性，气态氢化物的稳定性：R＞W，故D错误；答案选B。4、A【解题分析】

A、主链为苯，从与左边甲基相连的苯环碳开始编号，名称为：1，2，4-三甲苯，故A正确；B、没有标出官能团位置，应为3-甲基-1-戊烯，故B错误；C、主链错误，应为2-丁醇，故C错误；D、溴原子在1、3位置，为1，3-二溴丙烷，故D错误。故选A。5、D【解题分析】

在含氧酸的分子中，非羟基氧原子的数目越多，则含氧酸的酸性越强。．【题目详解】A.HNO2非羟基氧原子的数目是1；B.H2SO3非羟基氧原子的数目是2；C.HClO3非羟基氧原子的数目是2；D.HClO4非羟基氧原子的数目是3；综上所述，非羟基氧原子的数目最多的是HClO4，所以HClO4的酸性最强，故选D．6、A【解题分析】分析：A.由聚合物结构式可知，聚维酮的单体是，它发生加聚反应生成聚维酮；根据图示结构可知，聚维酮分子由（2m+n）个单体聚合而成，聚维酮通过氢键与形成聚维酮碘，即聚维酮碘是一种水溶性物质；据以上分析解答。详解：由聚合物结构式可知，聚维酮的单体是，A错误；由聚合物结构式可知，聚维酮分子由（2m+n）个单体聚合而成，B正确；由题意可知，聚维酮通过氢键与形成聚维酮碘，即聚维酮碘是一种水溶性物质，C正确；根据聚维酮的结构可知,它是由发生加聚反应生成的，D正确；正确选项A。7、D【解题分析】

A、硝酸具有强氧化性，能将亚铁离子氧化成铁离子，错误，不选A；B、碳酸氢铵与足量的氢氧化钡反应生成碳酸钡、氨气和水，铵根离子也反应，错误，不选B；C、氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，错误，不选C；D、二者比例为2:3，反应生成硫酸钡、氢氧化铝和硫酸铵，正确，选D。8、C【解题分析】

饱和食盐水从a口进入，在出口变为稀食盐水，则可以推出Cl-在左侧电极放电，则该电极为阳极，所以M为电源的正极；同理，稀氢氧化钠溶液从b口进入，在出口变为浓氢氧化钠溶液，说明OH-在右侧电极生成，则该电极为阴极，所以N为电源的负极。【题目详解】A.饱和食盐水从a口进入，在出口变为稀食盐水，则可以推出Cl-在左侧电极放电，则该电极为阳极，所以M为电源的正极，A错误；B.氯化钠在水中，本身在水的作用下发生电离，不需要通电，B错误；C.Cl-在左侧放电，所以出口c收集的物质是Cl2，C正确；D.右侧电极为阴极，该处产生OH-，则通电一段时间后，OH-浓度增大，所以pH增大，D错误；故合理选项为C。【题目点拨】在不知道阴极、阳极的情况下，需要将题目中的装置图仔细分析，从而判断出阴极和阳极。9、A【解题分析】

A.Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，H+氧化性较强，得电子变H2，因而c(H+)减小，A项错误；B.Ag2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag,结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O2Ag＋2OH−，B项正确；C.Zn为较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；D.铅蓄电池总反应式为PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。故答案选A。10、A【解题分析】

四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，则a为H；b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，d为Al，四种元素原子的最外层电子数之和为15，b、c为第二周期元素，b、c的最外层电子数之和为15-1-3=11，b为N，c为O符合题意，以此来解答．【题目详解】由上述分析可知，a为H，b为N，c为O，d为Al；A．b元素为氮元素，其最高价氧化物对应的水化物硝酸为强酸，故A正确；B．非金属性O＞N，则气态氢化物的热稳定性：b＜c，故B错误；C．c为O元素，核电荷数为8，为第二周期第VIA族元素，故C错误；D．短周期主族，电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Al＞N＞O＞H，故D错误；故答案为A。11、D【解题分析】A.0.1mol/L的碳酸钠溶液中，溶液中存在的离子有Na+、H+、OH-、CO32-、HCO3-，由于溶液要满足电荷守恒，故有c（Na+

）+c（H+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），故A正确；B.在碳酸钠溶液中，氢离子和氢氧根全部来自水的电离，而水电离出的氢离子和氢氧根的总量相同，而水电离出的氢离子被CO32-部分结合为HCO3-和H2CO3，根据质子守恒可知：c（H+）+c（HCO3-）+2c（H2CO3）=c（OH-），故B正确；C.在碳酸钠中，钠离子和碳酸根的个数之比为2：1，而在溶液中，碳酸根部分水解为H2CO3、HCO3-，根据物料守恒可知：c（Na+

）=2[c（H2CO3）+c（CO32-）+c（HCO3-）]，故C正确；D.0.1mol/L的碳酸钠溶液中，溶液中存在的离子有Na+、H+、OH-、CO32-、HCO3-，由于溶液要满足电荷守恒，故有c（Na+

）+c（H+）=c（OH-）+2c（CO32-）+c（HCO3-），故D错误；本题选D。12、B【解题分析】

某羧酸酯的分子式为C6H8O5，1mol该酯完全水解可得到2mol甲酸和lmol醇，说明酯中含有2个酯基，设醇为M，则反应的方程式为：C6H8O5+2H2O2HCOOH+M，由质量守恒可知，M中含4个C、8个H、3个O，则M的分子式为C4H8O3；故选B。13、D【解题分析】

W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，则X为O元素，Y为S元素，O、S元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则W、Z的原子序数之和24，而且W的原子序数小于O，Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，所以W的原子序数为24﹣17=7，即W为N元素；A、Z为Cl元素，Cl元素的最高价含氧酸是最强酸，其它价态的含氧酸的酸性不一定强，如HClO是弱酸，故A错误；B、电子层越多，原子半径越大，所以O＜Cl，即原子半径：X＜Z，故B错误；C、同周期非金属元素非金属性从左到右依次增强；元素的非金属性越强，其氢化物越稳定。非金属性O＞N，所以气态氢化物热稳定性：W＜X，故C错误；D、N与S可以存在于同一离子化合物中，如硫酸铵中含有N、S，故D正确；故选D。【点评】本题以元素推断为载体，考查原子结构位置与性质关系、元素化合物知识，题目难度不大，推断元素是解题的关键．14、D【解题分析】

A.加热时硫与铜反应生成黑色的硫化亚铜，A错误；B.二氧化硫与氯气均能使品红褪色，二氧化硫与品红化合成不稳定的无色化合物，氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性使品红褪色，两者原理不同，B错误；C.浓硫酸与灼热的木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，体现浓硫酸的强氧化性，C错误；D.浓硫酸滴入胆矾中，胆矾失水变白，因为硫酸铜晶体转变成无水硫酸铜，故发生了化学变化，D正确；答案选D。15、A【解题分析】

A.酸坏之酒中含有乙酸和乙醇，两者互溶，分离方法是蒸馏，故A正确；B.高纤维食物是富含膳食纤维的食物，膳食纤维在人体内不能被直接消化，故B错误；C.虽然C3H8和CH3CH2OH相对分子质量相近，但是二者结构不同，乙醇因含氢键沸点高，故C错误；D.用于3D打印材料的光敏树酯是高分子化合物，属于混合物，故D错误；答案：A。16、D【解题分析】

飞机的机身和机翼要承受较大的压力，故需要的材料应具有较强的韧性刚性。【题目详解】A．液晶高分子材料是做液晶屏的材料，故A错误；B．因为橡胶较软不可能做机身，故B错误；C．高分子分离膜是由聚合物或高分子复合材料制得的具有分离流体混合物功能的薄膜，故C错误；D．碳纤维复合材料有很大的韧性刚性，而且碳纤维复合材料的密度较小，故D正确；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、NSiS1s22s22p63s23p2C+O2CO2第三周期VIA族N＞O＞CSi＜S【解题分析】

（1）根据题干：A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数，可知A是碳元素。又因为B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，可知B是氧元素，又因为A、B、C位于同一周期，故C是氮元素。DB2中D与B的质量比为7：8，可知D的相对原子质量为28，是硅元素，EB2中E与B的质量比为1：1，可知E的相对原子质量为32，是硫元素。故答案为：N，Si，S。（2）硅的电子排布式为1s22s22p63s23p2。（3）碳在氧气中完全燃烧的化学方程式为C+O2CO2。（4）硫在元素周期表中位于第三周期VIA族。（5）第一电离能与核外电子排布有关，失去一个电子越容易，第一电离能越低，同周期元素的第一电离能呈增大趋势，由于氮元素核外2p能级半充满，因此第一电离能高于同周期相邻的两种元素，故第一电离能排序为N＞O＞C。（6）同一周期主族元素的电负性随原子序数递增而递增，因此电负性Si＜S。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、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、排除装置中的空气冷却结晶干燥管碱石灰加入稀硫酸（或稀盐酸），溶液中有气泡产生且在试管上方变成红棕色气体ac86.25%【解题分析】(1)制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，装置中无空气存在，加热A前，先通一段时间N2，目的是把装置中的空气赶净，避免生成的亚硝酸钠混入杂质；

(2)装置A中发生反应是浓硝酸和碳加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，装置A中生成的二氧化氮进入装置B生成硝酸，氧化铜生成硝酸铜、硫酸铜，蒸发浓缩过程硝酸是易挥发性的酸，所以冷却结晶得到晶体为硫酸铜晶体；

(3)制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，仪器C为干燥管，利用其中的碱石灰用来干燥一氧化氮气体；

(4)3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O，反应生成的一氧化氮遇到空气会生成红棕色气体二氧化氮，充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中加入稀硫酸溶液中有气泡产生且在试管口上方出现红棕色气体，证明产物是NaNO2；

(5)①第一组实验数据消耗的酸性高锰酸钾溶