2022-2022学年湖北省孝感市汉川一中高三（上）月考化学试卷（10月份） 一、选择题（本题共7小题，每小题6分．四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．生活中的一些问题常涉及到化学知识，则下列叙述正确的是（ ）A．高温能杀死流感病毒是因为构成病毒的蛋白质受热变性B．明矾和漂白粉常用于自来水的处理，两者的作用原理相同C．氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其具有较强氧化性，与铜发生置换反应D．晶体硅具有半导体的性质，所以可以制作光导纤维 2．下列说法中正确的是（ ）A．由Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑可知，酸性H2SiO3＞H2CO3B．氢氟酸需要密封存放在橡胶塞的玻璃试剂瓶中C．向硅酸钠溶液中加入盐酸产生白色沉淀，过量时沉淀溶解D．瓷坩埚、氧化铝坩埚均不可作为融化NaOH固体的装置 3．把NaHC03和Na202的混合物放在密闭容器中加热，关于混合物加热前后与足量盐酸反应消耗盐酸的量，下列判断正确的是（ ）A．加热前后一样多B．加热前消耗的多C．加热后消耗的多D．当Na202适量时才会一样多 4．某溶液中只可能含有H+、NH、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO、SO、NO中的几种．①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示．则下列说法正确的是（ ）A．溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+可能含有Fe3+B．溶液中一定不含CO和NO，一定含有SOC．溶液中c（NH）=0.3mol/LD．c（H+）：c（Al3+）：c（Mg2+）=1：1：1 5．下列叙述中，正确的是（ ）16\nA．依据铝热反应原理，能发生反应2Al+3MgO3Mg+Al2O3B．在加入铝粉能放出氢气的溶液中：K+、NH4+、CH3COO﹣、Cl﹣一定能够大量共存C．铁片放入过量的稀硝酸中：3Fe+8H++2NO═3Fe2++2NO↑+4H2OD．氯化铝溶液中加入过量氨水反应实质是Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH 6．下列几组标签被腐蚀的试剂①Al2（SO4）3溶液、KOH溶液②NaAlO2溶液、H2SO4溶液③NaHCO3溶液、HCl溶液④AgNO3、氨水⑤CuSO4溶液、NaOH溶液⑥CCl4、NaCl溶液，不用其他试剂，只用胶头滴管和试管就可以鉴别的是（ ）A．①②③④B．①②④⑤⑥C．①②③④⑤D．全部 7．现有Fe2O3和Fe3O4组成的混合物Wg，将其投入到VmL5mol/L的盐酸中，再加入22.4g铁粉，固体恰好完全溶解，收集到标准状况下气体4480mL，向反应后溶液中滴加KSCN溶液，无颜色变化，下列推断正确的是（ ）A．转移电子为1.0molB．W可能等于48.8C．V可能等于360D．发生的反应均为氧化还原反应 二、解答题（共3小题，满分43分）8．（16分）（2022秋•汉川市校级月考）我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献．他以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱．有关反应的化学方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O（1）NH3、CO2与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是 a．碳酸氢钠难溶于水b．碳酸氢钠受热易分解c．碳酸氢钠的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出（2）某探究活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验，同学们按各自设计的方案实验．①一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如下图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）．16\n试回答下列有关问题：（Ⅰ）乙装置中的试剂是 ；（Ⅱ）丁装置中稀硫酸的作用是 ；（Ⅲ）实验结束后，分离出NaHCO3的操作是 （填分离操作的名称）．②另一位同学用图中戊装置（其它装置未画出）进行实验．（Ⅰ）实验时，须先从 管通入气体，再从 管中通入气体；（Ⅱ）有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是 ；（3）请你再写出一种实验室制取少量碳酸氢钠的方法： ． 9．（14分）（2022秋•汉川市校级月考）已知A～K所代表的各物质都是中学化学里常见的物质，且I是具有磁性的物质，D和K都具有两性．一定条件下，各物质间的相互反应转化关系如图所示：请回答：（1）写出有关物质化学式：D是 ，H是 ．（2）写出下列反应的方程式：①化合物G的溶液呈 （酸性，碱性，中性），其原因用离子方程式表示为 ，②写出C+F→H+I的化学方程式并用单线桥表示反应过程中电子转移的方向和数目 ．③G+J→K用离子方程式表示为 ．． 10．（13分）（2022秋•汉川市校级月考）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料．某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者的混合物．探究过程如下：16\n查阅资料：Cu2O溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，在空气中加热生成CuO提出假设假设l：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中滴加KSCN试剂．（1）若假设1成立，则实验现象是 ．（2）若假设2成立，则实验现象是有 ．（3）若固体放入足量稀硫酸中，经充分反应后，固体全部溶解，滴加KSCN试剂时，溶液不变红色，则证明假设 （填数字）成立，写出可能发生的离子方程式 ．（4）经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物．实验小组欲用加热法测定Fe2O3的质量分数．取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b＞a），则混合物中Fe2O3的质量分数为 ． 三、[化学--选修有机化学基础]（15分）11．（15分）（2022秋•汉川市校级月考）在有机化学中有一种“吉利分子”C8H8O8，“吉利分子”C8H8O8可由如图合成．已知：①相同条件下，X与H2的相对密度之比为81，其中氧的质量分数约为49.4%，分子中氢氧原子个数比为2：1，X中没有支链；②1molX在稀硫酸中发生反应生成2mol甲醇和1molA；③A中含有手性碳原子；④D能使Br2的CCl4溶液褪色，E为高分子化合物，B为环状结构．根据上述信息填空：（1）X的分子式为 ，A的分子中含有官能团的名称是 ，E的结构简式为 ；D若为纯净物，D的核磁共振氢谱存在 种吸收峰，面积比为 ；（2）写出下列反应的化学方程式：反应② ，反应类型： ；反应④ ，反应类型： ；（3）写出B的一种含一个六元环的同分异构体的结构简式： ；（4）一定量的A物质与乙醇的混合物完全燃烧生成18g水和VLCO2（标准状况），则该混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为 ．16\n 2022-2022学年湖北省孝感市汉川一中高三（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析 一、选择题（本题共7小题，每小题6分．四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．生活中的一些问题常涉及到化学知识，则下列叙述正确的是（ ）A．高温能杀死流感病毒是因为构成病毒的蛋白质受热变性B．明矾和漂白粉常用于自来水的处理，两者的作用原理相同C．氯化铁溶液可用于制作印刷电路板是因为其具有较强氧化性，与铜发生置换反应D．晶体硅具有半导体的性质，所以可以制作光导纤维【考点】盐类水解的应用；氧化还原反应；硅和二氧化硅；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【分析】A、高温可使蛋白质发生变性；B、明矾净水利用了氢氧化铝胶体的吸附性，漂白粉净水利用了次氯酸的强氧化剂；C、氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；D、单质硅可以制太阳能电池，二氧化硅制光导纤维．【解答】解：A、病菌中含有蛋白质，高温可使蛋白质发生变性，故A正确；B、明矾净水利用了氢氧化铝胶体的吸附性，漂白粉净水利用了次氯酸的强氧化剂，原理不同，故B错误；C、氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，表现了氯化铁的氧化性，故C错误；D、晶体硅具有半导体的性质，可以制太阳能电池，二氧化硅制光导纤维，故D错误．故选A．【点评】本题考查知识点较多，涉及蛋白质的变性、净水原理、铁离子的氧化性等知识，难度不大，注意物质的性质的应用是关键． 2．下列说法中正确的是（ ）A．由Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑可知，酸性H2SiO3＞H2CO3B．氢氟酸需要密封存放在橡胶塞的玻璃试剂瓶中C．向硅酸钠溶液中加入盐酸产生白色沉淀，过量时沉淀溶解D．瓷坩埚、氧化铝坩埚均不可作为融化NaOH固体的装置【考点】钠的重要化合物；化学试剂的存放．【分析】A．硅酸的酸性比碳酸弱；B．氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应；C．强酸能制弱酸，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸，硅酸不溶于水，和盐酸也不反应；D．二氧化硅、氧化铝能和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠．【解答】解：A．硅酸的酸性比碳酸弱，反应Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，是利用的难挥发性酸酐制备易挥发性酸酐，故A错误；B．氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，应保存在塑料瓶中，故B错误；16\nC．盐酸的酸性比硅酸的强，因此硅酸钠溶液与稀盐酸溶液能发生反应，方程式为：Na2SiO3+2HCl═2NaCl+H2SiO3↓，生成的硅酸不溶于水，并与盐酸也不反应，过量时沉淀不溶解，故C错误；D．二氧化硅、氧化铝能和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以瓷坩埚、氧化铝坩埚均不可作为融化NaOH固体的装置，故D正确；故选：D．【点评】本题主要考查了物质的性质与运用，难度不大，注意制备原理的掌握． 3．把NaHC03和Na202的混合物放在密闭容器中加热，关于混合物加热前后与足量盐酸反应消耗盐酸的量，下列判断正确的是（ ）A．加热前后一样多B．加热前消耗的多C．加热后消耗的多D．当Na202适量时才会一样多【考点】钠的重要化合物；化学方程式的有关计算．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】把NaHC03和Na202的混合物放在密闭容器中加热，发生反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，反应后与盐酸反应生成的是氯化钠，依据钠元素守恒分析判断．【解答】解：把NaHC03和Na202的混合物放在密闭容器中加热，发生反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，反应后与盐酸反应生成的是氯化钠，依据钠元素守恒分析判断，钠原子不变，加热前还是加热后，两者都会和盐酸反应，最后都是生成氯化钠，消耗的盐酸都一样；故选A．【点评】本题考查了物质性质的分析判断，元素守恒是解题关键，题目难度中等． 4．某溶液中只可能含有H+、NH、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO、SO、NO中的几种．①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示．则下列说法正确的是（ ）A．溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+可能含有Fe3+B．溶液中一定不含CO和NO，一定含有SOC．溶液中c（NH）=0.3mol/LD．c（H+）：c（Al3+）：c（Mg2+）=1：1：1【考点】离子方程式的有关计算．16\n【分析】加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，加氢氧化钠产生白色沉淀说明不含铁离子，当溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子时，加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，对应图象是先在x轴上，再逐渐增大，再平行x轴，再减小，可以对照图象求出各离子的量．【解答】解：A、据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，所以溶液中的阳离子一定含NH4+、H+、Mg2+、Al3+，故A错误；B、加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有CO，因为硝酸根、氢离子与锌会反应生成刺激性的一氧化氮，故无NO3﹣，但由于溶液一定显电中性，故溶液中一定含SO42﹣，故B正确；C、根据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，根据第二段是氢氧化钠与铵根反应得到一水合氨的阶段，即NH4++OH﹣=NH3•H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为0.7mol﹣0.5mol=0.2mol，所以溶液中n（NH4+）=0.2mol，但由于溶液体积不明确，故溶液中的c（NH）不明确，故C错误；D、根据第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是0.1mol，根据第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即Al（OH）3～OH﹣～[Al（OH）4]﹣，则消耗氢氧化钠的物质的量为：0.8mol﹣0.7mol=0.1mol，根据第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据Al3+～3OH﹣～Al（OH）3，Mg2+～2OH﹣～Mg（OH）2，0.1mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是0.3mol，所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：0.5mol﹣0.1mol﹣0.3mol=0.1mol，所以镁离子的物质的量是0.05mol，即n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1：0.1：0.05=2：2：1，故D错误．故选B．【点评】本题是一道关于离子反应和离子检验知识的题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大． 5．下列叙述中，正确的是（ ）A．依据铝热反应原理，能发生反应2Al+3MgO3Mg+Al2O3B．在加入铝粉能放出氢气的溶液中：K+、NH4+、CH3COO﹣、Cl﹣一定能够大量共存C．铁片放入过量的稀硝酸中：3Fe+8H++2NO═3Fe2++2NO↑+4H2OD．氯化铝溶液中加入过量氨水反应实质是Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH【考点】离子方程式的书写；离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．Mg应利用电解法冶炼；B．加入铝粉能放出氢气的溶液为非氧化性酸或强碱溶液；C．过量的稀硝酸，反应生成硝酸铁；D．反应生成氢氧化铝和氯化铵．16\n【解答】解：A．MgO的熔点高，Mg的金属性比Al强，不能发生Al、MgO的铝热反应，故A错误；B．加入铝粉能放出氢气的溶液为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中不能大量存在CH3COO﹣，碱性溶液中不能大量存在NH4+，故B错误；C．过量的稀硝酸，反应生成硝酸铁，离子反应为Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O，故C错误；D．反应生成氢氧化铝和氯化铵，离子反应为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，题目难度中等． 6．下列几组标签被腐蚀的试剂①Al2（SO4）3溶液、KOH溶液②NaAlO2溶液、H2SO4溶液③NaHCO3溶液、HCl溶液④AgNO3、氨水⑤CuSO4溶液、NaOH溶液⑥CCl4、NaCl溶液，不用其他试剂，只用胶头滴管和试管就可以鉴别的是（ ）A．①②③④B．①②④⑤⑥C．①②③④⑤D．全部【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【分析】只用试管和胶头滴管而不用其它试剂就能区分，说明反应现象与反应物的量多少有关，结合物质间的反应、试剂的颜色或溶解性等来分析解答．【解答】解：①Al2（SO4）3溶液、KOH溶液与量有关，NaOH少量生成白色沉淀，NaOH过量沉淀溶解，现象不同，只用胶头滴管和试管就可以鉴别，故选；②NaAlO2溶液、H2SO4溶液与量有关，硫酸少量生成白色沉淀，硫酸过量沉淀溶解，现象不同，只用胶头滴管和试管就可以鉴别，故选；③NaHCO3溶液、HCl溶液的反应与量无关，改变用量均生成气体，现象相同，不能鉴别，故不选；④AgNO3、氨水与量有关，氨水少量生成白色沉淀，氨水过量沉淀溶解，现象不同，只用胶头滴管和试管就可以鉴别，故选；⑤CuSO4溶液为蓝色，NaOH溶液为无色，可以鉴别，故选；⑥CCl4与NaCl溶液混合，油状液体在下层，可鉴别，故选；故选B．【点评】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意与量有关的离子反应，题目难度不大． 7．现有Fe2O3和Fe3O4组成的混合物Wg，将其投入到VmL5mol/L的盐酸中，再加入22.4g铁粉，固体恰好完全溶解，收集到标准状况下气体4480mL，向反应后溶液中滴加KSCN溶液，无颜色变化，下列推断正确的是（ ）A．转移电子为1.0molB．W可能等于48.8C．V可能等于360D．发生的反应均为氧化还原反应【考点】有关混合物反应的计算．16\n【分析】22.4g铁粉的物质的量为：=0.4mol，标准状况下4480mL氢气的物质的量为：=0.2mol，生成0.2mol氢气消耗Fe的物质的量为0.2mol，则反应2Fe3++Fe=3Fe2+消耗铁粉的物质的量为0.2mol，Fe3O4可以看作Fe2O3•FeO，则反应关系式有：Fe2O3•FeO～Fe～4Fe2+、Fe2O3～Fe～3Fe2+、Fe～H2～Fe2+，固体恰好完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，反应后溶液中的溶质为FeCl2，若氧化物完全为Fe2O3时，根据关系式Fe2O3～Fe～3Fe2+可知氧化铁的物质的量为0.2mol，固体的质量为：160g/mol×0.2mol=32g；反应生成的亚铁离子为：0.2mol×3+0.2mol=0.8mol，根据化学式FeCl2及质量守恒可知VmL该盐酸中含有氯化氢的物质的量为：n（HCl）=2n（FeCl2）=0.8mol×2=1.6mol，再根据V=计算出盐酸的体积；当氧化物完全为Fe3O4时，根据反应关系式Fe2O3•FeO～Fe～4Fe2+可知，四氧化三铁的物质的量为0.2mol，固体的质量为：232g/mol×0.2mol=46.4g；反应生成的亚铁离子的总物质的量为：0.2mol×4+0.2mol=1mol，根据化学式FeCl2及质量守恒可知VmL该盐酸中含有氯化氢的物质的量为：n（HCl）=2n（FeCl2）=1mol×2=2mol，再根据V=计算出盐酸的体积，根据计算结果进行判断．【解答】解：固体恰好完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，反应后溶液中的溶质为，22.4g铁粉的物质的量为：=0.4mol，标准状况下4480mL氢气的物质的量为：=0.2mol，生成0.2mol氢气消耗Fe的物质的量为0.2mol，则反应2Fe3++Fe=3Fe2+消耗铁粉的物质的量为0.2mol，Fe3O4可以看作Fe2O3•FeO，反应关系式为Fe2O3•FeO～Fe～4Fe2+，Fe2O3～Fe～3Fe2+，Fe～H2～Fe2+，若氧化物完全为Fe2O3时，根据关系式Fe2O3～Fe～3Fe2+可知氧化铁的物质的量为0.2mol，固体的质量为：160g/mol×0.2mol=32g；反应生成的亚铁离子为：0.2mol×3+0.2mol=0.8mol，根据化学式FeCl2及质量守恒可知VmL该盐酸中含有氯化氢的物质的量为：n（HCl）=2n（FeCl2）=0.8mol×2=1.6mol，盐酸的体积V==0.32L=320mL；当氧化物完全为Fe3O4时，根据反应关系式Fe2O3•FeO～Fe～4Fe2+可知，四氧化三铁的物质的量为0.2mol，固体的质量为：232g/mol×0.2mol=46.4g；反应生成的亚铁离子的总物质的量为：0.2mol×4+0.2mol=1mol，根据化学式FeCl2及质量守恒可知VmL该盐酸中含有氯化氢的物质的量为：n（HCl）=2n（FeCl2）=1mol×2=2mol，盐酸的体积V==0.4L=400mL，A．参加反应的铁的物质的量为0.4mol，根据电子守恒，0.4mol铁完全反应转移了0.8mol电子，故A错误；B．根据分析可知，混合物完全为氧化铁是质量最小，最小值为32g，完全为四氧化三铁是质量最大，最大值为46.4g＜48.8g，所以固体质量不可能为48.8g，故B错误；16\nC．根据计算可知，盐酸的体积范围为：320mL＜V＜400mL，所以V可能为360mL，故C正确；D．氧化铁、四氧化三铁与盐酸的反应不属于氧化还原反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握电子守恒、质量守恒定律在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力． 二、解答题（共3小题，满分43分）8．（16分）（2022秋•汉川市校级月考）我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献．他以NaCl、NH3、CO2等为原料先制得NaHCO3，进而生产出纯碱．有关反应的化学方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O（1）NH3、CO2与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是 c a．碳酸氢钠难溶于水b．碳酸氢钠受热易分解c．碳酸氢钠的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出（2）某探究活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验，同学们按各自设计的方案实验．①一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如下图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）．试回答下列有关问题：（Ⅰ）乙装置中的试剂是 饱和碳酸氢钠溶液 ；（Ⅱ）丁装置中稀硫酸的作用是 吸收氨气，防污染 ；（Ⅲ）实验结束后，分离出NaHCO3的操作是 过滤 （填分离操作的名称）．②另一位同学用图中戊装置（其它装置未画出）进行实验．（Ⅰ）实验时，须先从 a 管通入气体，再从 b 管中通入气体；（Ⅱ）有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是 增大CO2与水溶液的接触面积，促进气体溶解 ；（3）请你再写出一种实验室制取少量碳酸氢钠的方法： 向饱和碳酸钠溶液里通入足量的CO2 ．【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）．【专题】实验分析题；实验设计题．16\n【分析】侯氏制碱法的流程是在氨化饱和的氯化钠溶液里通CO2气体，因碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，有碳酸氢钠沉淀生成，经过滤、洗涤干燥后，再将碳酸氢钠加热分解可得纯碱，同时生成的CO2气体循环利用，据此分析可解答；（1）在相同温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠；（2）①（Ⅰ）甲中制得的CO2中混有HCl气体，装置乙的作用是除HCl气体的，可从CO2与HCl的化学性质差异来考虑；（Ⅱ）丁装置是一个防倒吸装置，盛装的稀硫酸应该是吸收氨气的；（Ⅲ）从溶液里得到沉淀应选择过滤操作进行分离；②（Ⅰ）侯氏制碱法是先通氨气，后通二氧化碳，结合氨气极易溶解于水，要防倒吸，分析选择通气体的导管；（Ⅱ）在戊装置的b管下端连接己装置，可从增加CO2气体与溶液的接触面积增大，促进溶解考虑；（3）饱和的碳酸钠溶液里通入CO2可得到碳酸氢钠．【解答】解：（1）a．碳酸氢钠易溶解于水，故a错误；b．碳酸氢钠受热易分解与从溶液里能否析出，无任何关系，故b错误；c．相同温度下，碳酸氢钠的溶解度相对较小，在溶液中首先结晶析出，故c正确；故答案为：c；（2）①（Ⅰ）利用乙装置除去CO2中的HCl应选择饷碳酸氢钠溶液，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；（Ⅱ）丁装置利用防倒吸装置吸收挥发出的氨气，防止污染环境，故答案为：吸收氨气，防污染；（Ⅲ）利用过滤从溶液里分离出沉淀碳酸氢钠，故答案为：过滤；②（Ⅰ）先通氨气后通CO2，a导管可以防倒吸，故选择a导管先通氨气，再有b导管通CO2，故答案为：a；b；（Ⅱ）利用多孔球泡增大CO2与水溶液的接触面积，促进CO2的溶解，故答案为：增大CO2与水溶液的接触面积，促进气体溶解；（3）实验室制取少量碳酸氢钠，可选择向饱和碳酸钠溶液里通入足量的CO2，可有碳酸氢钠沉淀生成，故答案为：向饱和碳酸钠溶液里通入足量的CO2．【点评】本题以侯氏制碱法为载体，利用实验室制备碳酸氢钠的实验探究，属基本性考查，难度不大，建议重视双基复习，提高分析问题、解决问题的能力． 9．（14分）（2022秋•汉川市校级月考）已知A～K所代表的各物质都是中学化学里常见的物质，且I是具有磁性的物质，D和K都具有两性．一定条件下，各物质间的相互反应转化关系如图所示：请回答：16\n（1）写出有关物质化学式：D是 Al2O3 ，H是 H2 ．（2）写出下列反应的方程式：①化合物G的溶液呈 酸性 （酸性，碱性，中性），其原因用离子方程式表示为 Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+ ，②写出C+F→H+I的化学方程式并用单线桥表示反应过程中电子转移的方向和数目 ．③G+J→K用离子方程式表示为 Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3+3NH4+ ．．【考点】无机物的推断．【分析】I是具有磁性的物质，应为Fe3O4，单质C与化合物F反应得到单质H与化合物I，由元素守恒可知C为Fe，D和K都具有两性，分别为氧化铝、氢氧化铝中的一种，单质B与化合物A反应得到Fe与D，该反应为铝热反应，可推知B为Al、A为Fe2O3、D为Al2O3，顺推可知F为H2O，G为AlCl3，H为H2，弱碱溶液J为氨水，K为Al（OH）3，据此解答．【解答】解：I是具有磁性的物质，应为Fe3O4，单质C与化合物F反应得到单质H与化合物I，由元素守恒可知C为Fe，D和K都具有两性，分别为氧化铝、氢氧化铝中的一种，单质B与化合物A反应得到Fe与D，该反应为铝热反应，可推知B为Al、A为Fe2O3、D为Al2O3，顺推可知F为H2O，G为AlCl3，H为H2，弱碱溶液J为氨水，K为Al（OH）3，（1）由上述分析可知，D是Al2O3，H是H2，故答案为：Al2O3；H2；（2）①AlCl3溶液中铝离子水解：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性，故答案为：酸性；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；②铁和水反应的化学方程式并用单线桥表示反应过程中电子转移的方向和数目，故答案为：；③G为AlCl3，J为氨水，反应的离子方程式Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3+3NH4+．【点评】本题考查无机物推断，涉及Fe、Al元素化合物性质，“I是具有磁性的物质，D和K都具有两性”是推断突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等． 10．（13分）（2022秋•汉川市校级月考）三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料．某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者的混合物．探究过程如下：查阅资料：Cu2O溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，在空气中加热生成CuO提出假设假设l：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物设计探究实验取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中滴加KSCN试剂．（1）若假设1成立，则实验现象是 固体全溶，溶液变为血红色 ．16\n（2）若假设2成立，则实验现象是有 有红色固体生成，溶液变蓝，加入KSCN时，溶液不变红色 ．（3）若固体放入足量稀硫酸中，经充分反应后，固体全部溶解，滴加KSCN试剂时，溶液不变红色，则证明假设 3 （填数字）成立，写出可能发生的离子方程式 Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O、2Fe3++Cu═2Fe+Cu2+ ．（4）经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物．实验小组欲用加热法测定Fe2O3的质量分数．取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b＞a），则混合物中Fe2O3的质量分数为 ×100% ．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；物质的检验和鉴别的实验方案设计；物质检验实验方案的设计．【分析】（1）Fe3+遇到KSCN溶液呈红色；（2）Cu2O遇到酸生成Cu和硫酸铜，无Fe3+所以溶液也不变红；（3）铜不溶于稀硫酸，所以铜只能被铁离子氧化；（4）依据题意，能发生反应的物质为Cu2O，最后变成CuO，增加的质量就是反应的氧气的质量，根据质量差计算可以得出Cu2O的质量分数．【解答】解：（1）若假设1成立，Fe2O3与稀硫酸反应生成Fe3+，则实验现象为固体溶解遇到KSCN溶液呈红色，故答案为：固体全溶，溶液变为血红色；（2）由资料知Cu2O溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，铜为红色固体不溶水，铜离子的颜色为蓝色所以溶液变蓝，因溶液中无Fe3+所以滴加KSCN试剂也不变红，故答案为：有红色固体生成，溶液变蓝，加入KSCN时，溶液不变红色；（3）因为Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4，而H2SO4不能溶解Cu，所以混合物中必须有Fe2O3存在，使其生成的Fe3+溶解产生的Cu，若固体全部溶解，则一定存在Fe2O3和Cu2O，涉及的反应有Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O、2Fe3++Cu═2Fe+Cu2+，故答案为：3；Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O、2Fe3++Cu═2Fe+Cu2+；（4）依据题意，能发生反应的物质为Cu2O，最后变成CuO，增加的质量就是反应的氧气的质量，根据质量差计算可以得出Cu2O的质量分数．设样品中氧化亚铜的质量为m，2Cu2O+O2═4CuO△m28832m（b﹣a）gm==9（b﹣a）g，混合物中Cu2O的质量分数为×100%，故答案为：×100%．【点评】本题考查实验的设计及物质的组成及含量的测定，为高频考点，把握题干所给给信息的应用、发生的反应及差量法计算为解答的环境，侧重分析、实验及计算能力的综合考查，题目难度不大． 三、[化学--选修有机化学基础]（15分）16\n11．（15分）（2022秋•汉川市校级月考）在有机化学中有一种“吉利分子”C8H8O8，“吉利分子”C8H8O8可由如图合成．已知：①相同条件下，X与H2的相对密度之比为81，其中氧的质量分数约为49.4%，分子中氢氧原子个数比为2：1，X中没有支链；②1molX在稀硫酸中发生反应生成2mol甲醇和1molA；③A中含有手性碳原子；④D能使Br2的CCl4溶液褪色，E为高分子化合物，B为环状结构．根据上述信息填空：（1）X的分子式为 C6H10O5 ，A的分子中含有官能团的名称是 羧基和羟基 ，E的结构简式为 ；D若为纯净物，D的核磁共振氢谱存在 2 种吸收峰，面积比为 1：1 ；（2）写出下列反应的化学方程式：反应② ，反应类型： 消去反应 ；反应④ +HCOOH+H2O ，反应类型： 取代反应 ；（3）写出B的一种含一个六元环的同分异构体的结构简式： ；（4）一定量的A物质与乙醇的混合物完全燃烧生成18g水和VLCO2（标准状况），则该混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为 1.5mol ．【考点】有机物的推断．【分析】根据题意，MX=81×2=162，O：=5，H：10，C：=6，所以X的分子式为C6H10O5，结合信息②和反应④⑤知A中含有羟基和羧基，且A中含有手性碳原子，故A结构为HOOCCH216\nCH（OH）COOH，A发生消去反应生成D为HOOCCH═CHCOOH，E为D的加聚产物，E结构简式为，结合X的分子式及X生成A的条件可知，X为，B为环状化合物，含一个六元环的有机物B结构简式为，A与甲酸发生酯化反应生成C为，据此答题．【解答】解：根据题意，MX=81×2=162，O：=5，H：10，C：=6，所以X的分子式为C6H10O5，结合信息②和反应④⑤知A中含有羟基和羧基，且A中含有手性碳原子，故A结构为HOOCCH2CH（OH）COOH，A发生消去反应生成D为HOOCCH═CHCOOH，E为D的加聚产物，E结构简式为，结合X的分子式及X生成A的条件可知，X为，B为环状化合物，含一个六元环的有机物B结构简式为，A与甲酸发生酯化反应生成C为，（1）根据上面的分析可知，X的分子式为C6H10O5，A结构为HOOCCH2CH（OH）COOH，A的分子中含有官能团的名称是羧基和羟基，E的结构简式为；D为HOOCCH═CHCOOH，D的核磁共振氢谱存在2种吸收峰，面积比为1：1，故答案为：C6H10O5；羧基和羟基；；2；1：1；（2）反应②的化学方程式为，反应类型：消去反应；反应④的化学方程式为+HCOOH+H2O，反应类型：取代反应，16\n故答案为：；消去反应；+HCOOH+H2O；取代反应；（3）根据上面的分析可知，B的一种含一个六元环的同分异构体的结构简式为，故答案为：；（4）因为A的分子式为C4H6O5可看成C2H6O（CO2）2，因此等物质的量的A与C2H6O完全燃烧生成H2O的物质的量相等，耗氧量也相等，所以：C2H6O+3O2→2CO2+3H2O，因此耗O2量就等于生成H2O的物质的量为=1.5mol，故答案为：1.5mol．【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，正确判断X结构简式是解本题关键，注意掌握官能团及其性质关系，题目难度中等． 16
