2024届浙江省镇海中学高二化学第二学期期末学业水平测试模拟试题含解析

2024届浙江省镇海中学高二化学第二学期期末学业水平测试模拟试题注意事项：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、4p轨道填充一半的元素，其原子序数是（

）A．15 B．33 C．35 D．512、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1L1mol·L－1的NaHCO3溶液中含有HCO3－的数目为NAB．78g苯含有C=C双键的数目为3NAC．常温常压下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NAD．冰醋酸和葡萄糖的混合物30g含有碳原子数为NA3、科学家将水置于足够强的电场中，在20℃时水分子瞬间凝固可形成“暖冰”。某兴趣小组做如图所示实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，且有气泡产生。将酸性KMnO4溶液换成FeCl3溶液，烧杯中溶液颜色无变化，但有气泡产生。则下列说法中正确的是A．20℃时，水凝固形成的“暖冰”所发生的变化是化学变化B．“暖冰”是水置于足够强的电场中形成的混合物C．烧杯中液体为FeCl3溶液时，产生的气体为Cl2D．该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O24、绿色化学提倡化工生产应提高原子利用率。原子利用率表示目标产物的质量与生成物总质量之比。在下列制备环氧乙烷的反应中，原子利用率最高的是A．B．C．D．5、核糖是合成核酸的重要原料，结构简式为CH2OH—CHOH—CHOH—CHOH—CHO。下列关于核糖的叙述正确的是A．与葡萄糖互为同分异构体 B．跟氯化铁溶液作用显色C．与银氨溶液作用形成银镜 D．可以使紫色石蕊溶液变红6、下列离子方程式书写正确的是()A．200mL2mol·L－1的FeBr2溶液中通入11.2L标准状况下的氯气：4Fe2＋＋6Br－＋5Cl2===4Fe3＋＋3Br2＋10Cl－B．以石墨作电极电解氯化铝溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑C．氢氧化钠溶液吸收足量SO2气体：SO2＋2OH－===SO＋H2OD．向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至沉淀的物质的量最大：Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－===2BaSO4↓＋AlO＋2H2O7、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＞NOHB．图乙表示常温下0.1000mol·L－1醋酸溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1NaOH溶液的滴定曲线C．图丙表示反应CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)的能量变化，使用催化剂可改变Eb﹣Ea的值D．图丁表示反应2CO(g)＋2NO(g)N2(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＞a8、下列实验及其结论都正确的是实验结论A氯气的水溶液可以导电氯气是电解质B铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落铝箔表面氧化铝熔点高于铝C将Na2S滴入AgNO3和AgCl的混合浊液中产生黑色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S)D用分液漏斗分离苯和四氯化碳四氯化碳密度比苯大A．A B．B C．C D．D9、由Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的某几种组成的混合物，向其中加入足量的盐酸有气体放出。将气体通过足量的NaOH溶液，气体体积减少一部分。将上述混合物在空气中加热，有气体放出，下列判断正确的是()A．混合物中一定有Na2O2、NaHCO3 B．混合物中一定不含Na2CO3、NaClC．无法确定混合物中是否含有NaHCO3 D．混合物中一定不含Na2O2、NaCl10、在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg⋅cm-3，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为Cmol·L①ω=35a22.4Vρ×100%②C=1000a22.4V③上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ωA．②④B．②③C．①③D．①④11、镁铝合金质优体轻，又不易锈蚀，已大量用于航空工业、造船工业、日用化工等领域。下列关于镁铝合金的性质的叙述中，正确的是()A．此合金的熔点比镁和铝的熔点都高B．此合金的硬度比镁和铝的硬度都小C．此合金能全部溶解于氢氧化钠溶液中D．此合金能全部溶解于稀盐酸中12、下列变化或数据与氢键无关的是（）A．甲酸蒸气的密度在373K时为1.335g·L-1，在293K时为2.5g·L-1B．氨分子与水分子形成一水合氨C．水结冰体积增大。D．SbH3的沸点比PH3高13、下列说法正确的是()A．NH4HCO3(s)═NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)△H=+185.57kJ⋅mol−1，能自发进行，原因是△S>0B．常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应都不能自发进行C．焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂可以改变化学反应进行的方向14、同周期的三种元素X、Y、Z，已知其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断错误的是A．原子半径：X＞Y＞ZB．气态氢化物的稳定性HX＞H2Y＞ZH3C．电负性：X＞Y＞ZD．非金属性：X＞Y＞Z15、在一密闭的容器中，将一定量的NH3加热使其发生分解反应：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，当达到平衡时，测得25%的NH3分解，此时容器内的压强是原来的()A．1.125倍B．1.25倍C．1.375倍D．1.5倍16、将一盛满Cl2的试管倒立在水槽中，当日光照射相当一段时间后，试管中最后剩余的气体约占试管容积的（）A．2/3 B．1/2 C．1/3 D．1/4二、非选择题（本题包括5小题）17、分子式为C3H7Br的有机物甲在适宜的条件下能发生如下一系列转化：（1）若B能发生银镜反应，试回答下列问题．①有机物甲的结构简式为_____；②用化学方程式表示下列转化过程：甲→A：___________________B和银氨溶液反应：_________（2）若B不能发生银镜反应，请回答下列问题：①A的结构简式为__________；②用化学方程式表示下列转化过程．甲+NaOHD：_____，D→E：_____．18、A、B、C、D四种可溶性盐，阳离子分别可能是Ba2+、Na+、Ag+、Cu2+中的某一种,阴离子分别可能是中的某一种。(1)C的溶液呈蓝色，向这四种盐溶液中分别加盐酸，B盐有沉淀产生，D盐有无色无味气体逸出。则它们的化学式应为：A_______，B_______，C_______，D_______。(2)写出下列反应的离子方程式：①A+C__________________________。②D+盐酸________________________。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、绿矾（FeSO4•7H1O）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分．某化学兴趣小组同学采用以下方法测定某绿矾样品纯度。实验步骤如下：a．称取1．853g绿矾产品，溶解，在153mL容量瓶中定容；b．量取15．33mL待测溶液于锥形瓶中；c．用硫酸酸化的3．31333mol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为13．33mL。（1）a步骤中定容时，如果仰视会使所配溶液浓度___________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。（1）滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为______（填仪器名称）。（3）判断此滴定实验达到终点的方法是

_______________。（4）写出酸性高锰酸钾滴定Fe1+的离子反应方程式：_____________。（5）计算上述样品中FeSO4·7H1O的质量分数为________（结果保留3位有效数字）。21、一种以含镍废料（含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2）为原料制取醋酸镍的工艺流程图如下：相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如下表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH物质20℃时溶解性（H2O）Fe3+1.13.2CaSO4微溶Fe2+5.88.8NiF可溶A13+3.05.0CaF2难溶Ni2+6.79.5NiCO3Ksp=9.60×10-6（1）调节pH步骤中，溶液pH的调节范围是______________。（2）滤渣1和滤渣3主要成分的化学式分别是_____________、__________________。（3）酸浸过程中，1molNiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。写出该反应的化学方程式________________________________。（4）沉镍过程中，若c(Ni2+)=2.0mol·L-1，欲使100mL该滤液中的Ni2+沉淀完全[c(Ni2+)≤10-5mol·L-1，则需要加入Na2CO3固体的质量最少为_________g。（保留小数点后1位有效数字）。（5）保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图。酸浸的最佳温度与时间为_______________。

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】

根据构造原理可知，当4p轨道填充一半时，3d已经排满10个电子，所以原子序数为2+8+18+5＝33，答案是B。2、D【解题分析】

A、HCO3－既能电离又能水解，故溶液中含有的HCO3－的数目小于NA，选项A错误；B．78g苯的物质的量为1mol，由于苯分子中的碳碳键为一种独特键，不存在碳碳双键，选项B错误；C、常温常压下，6.72L二氧化氮的物质的量小于0.3mol，而0.3mol二氧化氮与水反应生成了0.1mol一氧化氮，转移了0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA，选项B错误；D、乙酸和葡萄糖的最简式均为CH2O，30g由乙酸和葡萄糖组成的混合物中含有CH2O物质的量为30g30g/mol=1mol，含有碳原子个数为1mol×1×NA=N3、D【解题分析】

A．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故A错误；B、“暖冰”是纯净物，而非混合物，故B错误；C、发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质，所以氯化铁溶液中的氯离子不可能被氧化成氯气，故C错误；D．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故D正确；故答案为D。4、D【解题分析】

原子利用率是期望产物的总质量与生成物的总质量之比，根据绿色化学的原则，原子利用率为100%的化工生产最理想；显然乙烯和氧气在催化剂作用下生成环氧乙烷的反应，原子利用率最高。【题目详解】A．存在副产品CH3COOH，反应物没有全部转化为目标产物，原子利用率较低，故A错误；B．存在副产品CaCl2和H2O，反应物没有全部转化为目标产物，原子利用率较低，故B错误；C．存在副产品HOCH2CH2-O-CH2CH2OH和2H2O，反应物没有全部转化为目标产物，原子利用率较低，故C错误；D．反应物全部转化为目标产物，原子的利用率为100%，原子利用率最高，故D正确；故选D。5、C【解题分析】

由结构简式可知，核糖的分子式是C5H10O5，官能团为羟基和醛基，是五碳糖，与葡萄糖的性质相似。【题目详解】A项、核糖的分子式是C5H10O5，葡萄糖的分子式是C6H12O6，两者分子式不同，不互为同分异构体，故A错误；B项、氯化铁溶液能够与酚类物质作用显紫色，核糖不含有酚羟基，不能跟氯化铁溶液作用显色，故B错误；C项、核糖中含有醛基，能够与银氨溶液反应共热产生银镜，发生银镜反应，故C正确；D项、有机物含有羧基，能表现酸性使紫色石蕊溶液变红，核糖不含有羧基，不能使紫色石蕊溶液变红，故D错误；故选C。【题目点拨】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物官能团与性质的关系为解答的关键。6、A【解题分析】分析：A项，根据Fe2＋和Br－的还原性强弱，计算各离子的系数关系；B项，Al3＋会与OH－反应生成白色胶状沉淀；C项，氢氧化钠溶液吸收足量SO2气体生成亚硫酸氢钠；D项，要使沉淀的物质的量最大，需满足Ba2＋完全转化为BaSO4，Al3＋完全转化为Al(OH)3沉淀。详解：A项，11.2L标准状况下的氯气的物质的量为0.5mol，200mL2mol·L－1的FeBr2溶液中含有的Fe2＋物质的量为0.4mol，Br－的物质的量为0.8mol，因为Fe2＋的还原性强于Br－的还原性，所以Cl2先与Fe2＋反应，然后与Br－反应，0.5molCl2变成Cl－转移电子为1mol，所以共消耗0.4molFe2＋和0.6molBr－，离子方程式为4Fe2＋＋6Br－＋5Cl2===4Fe3＋＋3Br2＋10Cl－，故A项正确；B项，Al3＋会与OH－反应生成白色胶状沉淀，正确的离子方程式为2Al3＋+6Cl－＋6H2O2Al(OH)3↓＋3H2↑＋3Cl2↑，故B项错误；C项，氢氧化钠溶液吸收足量SO2气体生成亚硫酸氢钠，故C项错误；D项，要使沉淀的物质的量最大，需满足Ba2＋完全转化为BaSO4，Al3＋也完全转化为Al(OH)3沉淀，故D项错误；综上所述，本题正确答案为A。7、D【解题分析】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0.1000mol·L－1醋酸溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1NaOH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Eb﹣Ea的值，C错误；D、反应2CO(g)＋2NO(g)N2(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。8、B【解题分析】

A．氯气为单质，电解质必须为化合物，则氯气既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故B正确；C．发生沉淀的生成，不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(Ag2S)的大小，故C错误；D．苯和四氯化碳互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，故D错误；故选B。9、A【解题分析】

向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，该气体可能是氧气或二氧化碳中的至少一种；将放出的气体通过过量的NaOH溶液后，气体体积有所减少，说明气体是氧气和二氧化碳的混合物，物质中一定含有过氧化钠，还含有碳酸钠、碳酸氢钠中的至少一种，将上述混合物在空气中充分加热，也有气体放出，则一定含有NaHCO3，而Na2CO3、NaCl不能确定；答案选A。10、A【解题分析】本题考查物质的量浓度的有关计算。分析：①溶质的质量分数为ω可由溶质的质量和溶液的质量来计算；②根据c=nV来计算；③根据溶质的质量分数=m(详解：VmL氨水，溶液的密度为ρg•cm-3，溶液的质量为ρVg，溶质的质量为a22.4×17，则溶质的质量分数为ω=17a22.4Vρ×100%，①错误；溶质的物质的量为a22.4mol，溶液的体积为VmL，则c=1000a22.4Vmol/L，②正确；再加入VmL水后，所得溶液的质量分数为ρVωρV+ρ水V，水的密度大于氨水的密度，则所得溶液的质量分数小于0.5ω，③错误；VmL氨水，再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后生成氯化铵，还有剩余的盐酸，溶液显酸性，则c（Cl-故选A。点睛：明确质量分数、物质的量浓度的关系、氨水的密度与水的密度大小是解答本题的关键。11、D【解题分析】分析：根据合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，合金的熔点比组成它的纯金属的熔点低，结合金属的化学性质，进行分析判断。详解:A.合金的熔点比各成分金属的低，故A错误；

B.合金的硬度比组成它的纯金属的硬度大，故B错误；C.此合金属于镁和铝的混合物，镁与氢氧化钠不反应，故C错误；

D.此合金的主要成分是镁和铝，均能与稀盐酸反应，能全部溶解于稀盐酸中，所以D选项是正确的；所以D选项是正确的。12、D【解题分析】试题分析：A．甲酸是有极性分子构成的晶体，由于在分子之间形成了氢键增加了分子之间的相互作用，所以其在液态时的密度较大，错误；B．氨分子与水分子都是极性分子，由于在二者之间存在氢键，所以溶液形成一水合氨，错误；C．在水分子之间存在氢键，使水结冰时分子的排列有序，因此体积增大，错误。D．SbH3和PH3由于原子半径大，元素的电负性小，分子之间不存在氢键，二者的熔沸点的高低只与分子的相对分子质量有关，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，正确。考点：考查氢键的存在及作用的知识。13、A【解题分析】分析：A、反应焓变大于0，熵变大于0，反应向熵变增大的方向进行；

B、某些吸热反应也可以自发进行，根据△H-T△S<0分析判断；

C、根据反应自发进行的判断根据△H-T△S<0分析；D、催化剂改变反应速率不改变化学平衡。详解:A、反应焓变大于0，熵变大于0，反应向熵变增大的方向进行，NH4HCO3(s)═NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)△H=+185.57kJ⋅mol−1，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，所以A选项是正确的；B、某些吸热反应也可以自发进行，根据△H-T△S<0分析，△H>0，△S<0，常温下可以△H-T△S<0，如氢氧化钡晶体和氯化铵反应，是吸热反应，常温下可以蒸发进行，故B错误；

C、根据反应自发进行的判断根据△H-T△S<0分析，反应自发进行需要焓变、熵变和温度共同决定，故C错误；D、催化剂改变反应速率不改变化学平衡，使用催化剂不可以改变化学反应进行的方向，故D错误；

所以A选项是正确的。14、A【解题分析】

同周期元素的非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以同周期的X、Y、Z三种元素，其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则X、Y、Z的原子序数大小顺序是X＞Y＞Z，元素的非金属性强弱顺序是X＞Y＞Z。【题目详解】A项、同周期从左到右非金属性增强，原子半径逐渐减小，所以原子半径：X<Y<Z，故A错误；B项、非金属性越强，氢化物越稳定，由于非金属性X>Y>Z，所以气态氢化物的稳定性：HX>H2Y>ZH3，故B正确；C项、非金属性X>Y>Z，元素的非金属性越强，其电负性越强，则电负性：X>Y>Z，故C正确；D项、最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4>H2YO4>H3ZO4，则非金属性X>Y>Z，故D正确。故选A。【题目点拨】本题考查了位置结构性质的相互关系及应用，明确元素非金属性与氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物酸性之间的关系，灵活运用元素周期律分析解答是解本题关键。15、B【解题分析】

假设原容器中含有2mol氨气，达到平衡时，测得25%的NH3分解，则容器中含有氨气2mol×(1-25%)=1.5mol，氮气为2mol×25%×12=0.25mol，氢气为2mol×25%×32=0.75mol，同温同体积是气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时，容器内的压强是原来的1.5mol+0.25mol+0.75mol2mol16、B【解题分析】本题主要考查氯气的性质。氯气溶于水发生反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO。由于次氯酸不稳定，遇光易分解生成氯化氢和氧气，即2HClO2HCl＋O2↑。所以总的反应相对于是2Cl2＋2H2O＝4HCl＋O2↑，所以长时间照射后，试管中最后剩余气体的体积占试管容积的1/2，故B正确。答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3CH2CH2Br；CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBrCH3CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2COONH4+3NH3+2Ag↓+H2OCH3CH（OH）CH3CH3CHBrCH3+NaOHCH3CH=CH2↑+NaBr+H2OnCH3CH=CH2【解题分析】分析：本题考查有机物推断，为高频考点，明确有机物的官能团性质及其物质之间的转化是解题的关键，注意卤代烃发生水解反应和消去反应时反应条件及断键方式区别。详解：若B能发生银镜反应，说明B含有醛基，A发生水解反应生成醇，B发生氧化反应生成醛，则甲的结构简式为CH3CH2CH2Br，A的结构简式为CH3CH2CH2OH，B的结构简式为CH3CH2CHO，甲或A发生消去反应都生成D为丙烯，D发生加聚反应生成E。(1)①根据以上分析，可知甲的结构简式为CH3CH2CH2Br；②甲→A的方程式为：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr；B和银氨溶液反应的方程式为：CH3CH2CHO+2Ag（NH3）2OHCH3CH2COONH4+3NH3+2Ag↓+H2O（2）若B不能发生银镜反应，则B为酮，则B为CH3COCH3，A为CH3CHOHCH3，甲为CH3CHBrCH3，D为CH2=CHCH3，E为。①A的结构简式为CH3CH（OH）CH3；②甲和氢氧化钠的醇溶液在加热条件下发生消去反应生成丙烯，反应方程式为CH3CHBrCH3+NaOHCH3CH=CH2↑+NaBr+H2O。丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，反应方程式为：nCH3CH=CH2。点睛：注意有机物的结构和反应的关系。卤代烃在氢氧化钠的醇溶液加热条件下可能发生消去反应，若卤素原子链接的碳原子的邻位碳上有氢原子，则能发生消去反应。醇分子中羟基链接的碳原子的邻位碳上有两个氢原子，则被催化氧化生成醛，若羟基链接的碳原子上有一个氢原子，则被催化氧化生成酮，若羟基链接的碳原子上没有氢原子，则不能催化氧化。18、BaCl2AgNO3CuSO4Na2CO3Ba2++SO42-=BaSO4↓CO32-+2H+=H2O+CO2↑【解题分析】

A、B、C、D都是可溶性盐，Ag+只能和搭配，只能和剩余的Na+搭配，在此基础上，和Cu2+搭配，则Ba2+和Cl-搭配，即这四种盐为AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2。C的溶液呈蓝色，则C为CuSO4。B+HCl产生沉淀，则B为AgNO3。D+HCl产生气体，则D为Na2CO3。所以A为BaCl2。综上所述，A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3。【题目详解】（1）经分析这四种盐为AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2，结合题中给出的实验现象，可以推出A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；（2）A+C为BaCl2和CuSO4的反应，其离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓；D+盐酸为Na2CO3和盐酸的反应，其离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑。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、偏低酸式滴定管滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色5Fe1++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn1++4H1O3.975或97.5%【解题分析】分析：（1）仰视时液面超过刻度线；（1）根据高锰酸钾具有强氧化性，一般用硫酸酸化分析；（3）根据高锰酸钾溶液显红色分析；（4）高锰酸钾能把亚铁离子为氧化铁离子，自身被还原为锰离子；（5）根据方程式计算。详解：（1）a步骤中定容时，如果仰视，则液面超过刻度线，因此会使所配溶液浓度偏低；（1）高锰酸钾溶液具有强氧化性，一般用硫酸酸化，所以滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为酸式滴定管；（3）高锰酸钾溶液显红色，因此判断此滴定实验达到终点的方法是滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色。（4）高锰酸钾能把亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为锰离子，Mn元素化合价从+7价降低到+1价，得到5个电子，铁元素