2022-2022学年甘肃省白银市会宁一中高三（上）第二次月考化学试卷 一、选择题：本题包括13小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的．1．化学与生活密切相关．下列应用中利用了物质氧化性的是（ ）A．明矾净化水B．纯碱去油污C．食醋除水垢D．漂白粉漂白织物 2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）A．标准状况下，22.4LNO与CO2的混合气体中含有O原子数为3NAB．0.1molNH3溶于足量水中（不考虑氨气挥发），溶液中N原子的数目为0.1NAC．0.1molN2与足量的H2反应，转移的电子数是0.6NAD．58.5g的NaCl固体中含有NA个氯化钠分子 3．能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A．氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe（OH）2+2H+═Fe2++2H2OB．三氧化二铁溶于氢碘酸：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2OC．铝与氢氧化钠溶液反应：2AI+2OH﹣═2AIO2﹣+H2↑D．在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O 4．下列物质中既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（ ）①NaHCO3②（NH4）2SO3③Al2O3④Al（OH）3⑤Al．A．全部B．①③④⑤C．③④⑤D．②③④⑤ 5．Al、Fe、Cu都是重要的金属元素．下列说法正确的是（ ）A．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法B．三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C．三者对应的氧化物均为碱性氧化物-23-\nD．电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al 6．一定温度下，向饱和NaOH溶液中投入一小块金属钠，充分反应后恢复到原来的温度．下列叙述中不合理的是（ ）A．NaOH溶液浓度增大，并放出H2B．溶液中NaOH的质量分数不变，有H2放出C．溶液的质量减小，有H2放出D．钠浮于液面，到处游动，发出咝咝的响声 7．已知X为FeO和CuO的混合物，取两份等质量的X样品进行下列实验：设第3步所得固体D的质量为32g，溶液E中只含有一种金属离子，气体F在标准状况下体积为5.6L，则X中FeO与CuO的物质的量之比为（ ）A．4：1B．1：2C．2：1D．1：1 二、解答题（共3小题，满分38分）8．（14分）（2022秋•宁波校级期中）铁砂的主要成分是微粒状的磁性氧化铁、石英、石灰石等混合物．某化学兴趣小组从铁砂中分离出磁性氧化铁，并进行铝热反应实验．（1）取磁性氧化铁按图装置进行铝热反应，引发铝热反应的实验操作是 ，现象很壮观，取少许反应生成的“铁块”溶于盐酸，向其中滴加KSCN溶液，发现溶液变血红色．出现这种结果的原因，除了可能混有没反应的磁性氧化铁外，还有一个原因是 ．（2）设计一个简单的实验方案，证明上述所得的“铁块”中含有金属铝．该实验所用试剂是 ，反应的离子方程式为 ．（3）请写出此铝热反应的化学方程式： ．每摩铝参与反应，转移的电子数为 ．-23-\n（4）生成除磁性氧化铁可做铝热反应实验外，下列哪些试剂也可以 ．A．CuOB．Na2O2C．MnO2D．MgO． 9．（14分）（2022秋•会宁县校级月考）已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途广泛的金属单质，D具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体．（1）写出下列物质的化学式：D： R： ．写出A的电子式 （2）按要求写出下列反应方程式：H在潮湿空气中变为M的化学方程式 B与R反应的化学方程式 D与盐酸反应的离子方程式 （3）向沸水中加入W饱和溶液，可制得一种红褐色透明液，该反应的离子方程式 ． 10．（10分）（2022秋•会宁县校级月考）食用明胶是水溶性蛋白质混合物，具有很高的营养价值，溶于水形成胶体．而工业明胶中往往含有超标的重金属Cr，从而对人体造成伤害．（1）已知Fe（CrO2）2中铬元素是+3价，则其中铁元素是 价．（2）化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3可写成Na2O•SiO2，则Fe（CrO2）2可写成 ．（3）明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是 ．a．都不稳定，密封放置沉淀-23-\nb．两者均会发生丁达尔效应c．分散质微粒可通过滤纸（4）已知胶体的分散质微粒不能透过半透膜，但小分子或离子能透过半透膜．现将10mL明胶的水溶液与5mLNaBr溶液混合后装入半透膜袋内，将此半透膜袋浸入盛蒸馏水的烧杯中．若要求只检验一种离子，就能证明Na+、Br﹣透过半透膜，写出检验该离子的实验方法： ；（5）铬的化合价除了+3和+6价外，还有0，+2，+4和+5价等．现有24mL浓度为0.05mol•L﹣1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol•L﹣1的Na2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在还原产物中的化合价为 价． 【离子推断】11．（15分）（2022秋•会宁县校级月考）某混合溶液中，只可能大量含有下表所列离子中的某几种：阳离子H+、K+、Al3+、NH、Mg2+阴离子OH﹣、SO42﹣、CO32﹣、AlO2﹣、S2﹣将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中，产生沉淀的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系如图所示．（1）将上述混合溶液中一定大量含有的阴、阳离子及其物质的量填入下表（可以不填满，也可以增加）．离子种类物质的量（mol）（2）图中a= ，b= ． -23-\n【化学与技术】12．（15分）（2022•江西模拟）从海水中提取一些重要的化工产品的工艺流程如下图所示：根据上述流程图回答下列问题：（1）图中A的化学式为 ，在制取A的过程中需向饱和NaCl溶液中先后通入两种气体，后通入气体的化学式为 ．（2）海水淡化处理的方法有 （写出3种即可）．（3）过程⑤的化学方程式为 ．（4）从B溶液制备B的无水晶体的“操作a”为 ．（5）过程③用SO2水溶液吸收溴单质，吸收率可达93%，生成两种强酸，写出反应的离子方程式： ．（6）过程②到过程④的变化为，其目的是 ． 【有机基础】13．（2022•潮州二模）A、B、C、D、E、F和G都是有机化合物，它们的关系如图所示：-23-\n（1）化合物C的分子式是C7H8O，C遇到FeCl3溶液显紫色，C与溴水反应生成的一溴代物只有两种，则C的结构简式为 ；（2）D为一直链化合物，其相对分子质量比化合物C的小20，它能跟NaHCO3反应放出CO2，则D分子式为 ，D具有的官能团是 ；（3）反应①的化学方程式是 ；（4）芳香化合物B是与A具有相同官能团的A的同分异构体，通过反应②化合物B能生成E和F，F可能的结构简式是 ；（5）E可能的结构简式是 ． 2022-2022学年甘肃省白银市会宁一中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题：本题包括13小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的．1．化学与生活密切相关．下列应用中利用了物质氧化性的是（ ）A．明矾净化水B．纯碱去油污C．食醋除水垢D．漂白粉漂白织物考点：氧化还原反应．分析：用到的物质的氧化性，说明该过程中发生了氧化还原反应，而且该物质在反应中得电子化合价降低而作氧化剂，根据元素化合价变化来判断．-23-\n解答：解：A．明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故A错误；B．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故B错误；C．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故C错误；D．漂白粉具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故D正确；故选D．点评：本题考查了氧化还原反应，明确物质的性质以化合价的变化是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，难度不大． 2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）A．标准状况下，22.4LNO与CO2的混合气体中含有O原子数为3NAB．0.1molNH3溶于足量水中（不考虑氨气挥发），溶液中N原子的数目为0.1NAC．0.1molN2与足量的H2反应，转移的电子数是0.6NAD．58.5g的NaCl固体中含有NA个氯化钠分子考点：阿伏加德罗常数．分析：A、依据n=计算物质的量，采用极值分析判断所含氧原子数；B、依据元素守恒分析判断；C、合成氨的反应为可逆反应；D、氯化钠为离子晶体．解答：解：A、标准状况下，22.4LNO与CO2的混合气体物质的量为1mol，含有O的原子数为NA～2NA之间，故A错误；B、0.1molNH3溶于足量水中（不考虑氨气挥发），反应生成一水合氨，依据元素守恒，溶液中N原子的数目为0.1NA，故B正确；C、合成氨的反应为可逆反应，导致反应不完全，则转移的电子的个数小于0.6NA个，故C错误；D、氯化钠为离子晶体，无氯化钠分子，故D错误．故选B．-23-\n点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 3．能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）A．氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe（OH）2+2H+═Fe2++2H2OB．三氧化二铁溶于氢碘酸：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2OC．铝与氢氧化钠溶液反应：2AI+2OH﹣═2AIO2﹣+H2↑D．在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O考点：离子方程式的书写．分析：A．二价铁离子能够被硝酸氧化生成三价铁离子；B．碘离子能够被三价铁离子被氧化；C．二者反应生成偏铝酸钠和氢气；D．二者反应生成硝酸铁、一氧化氮和水．解答：解：A．氢氧化亚铁和稀硝酸发生氧化还原反应生成铁离子、NO和水，离子方程式为3Fe（OH）2+NO3﹣+10H+=3Fe3++NO↑+8H2O，故A错误；B．氧化铁可溶于氢碘酸，三价铁具有氧化性能氧化碘离子，反应的离子方程式为：Fe2O3+2I﹣+6H+=2Fe2++3H2O+I2，故B错误；C．铝与氢氧化钠溶液反应，离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故C错误；D．在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸，离子方程式：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O，故D正确；故选：D．点评：本题考查离子反应方程式的书写，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，侧重氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大． 4．下列物质中既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（ ）①NaHCO3②（NH4）2SO3③Al2O3④Al（OH）3⑤Al．A．全部B．①③④⑤C．③④⑤D．②③④⑤考点：两性氧化物和两性氢氧化物；铝的化学性质．专题：几种重要的金属及其化合物．-23-\n分析：既能与酸反应，又能与碱反应的物质有弱酸弱碱盐、弱酸的酸式盐、两性氧化物、两性氢氧化物、金属铝、蛋白质和氨基酸等物质，以此解答本题．解答：解：①NaHCO3属于弱酸的酸式盐，既能与盐酸反应，生成CO2气体，又能与氢氧化钠反应，生成碳酸钠，故①正确；②（NH4）2SO3属于弱酸弱碱盐，既能与酸反应，生成SO2气体，又能与碱反应，生成NH3，故②正确；③Al2O3属于两性氧化物，既能与酸反应，生成Al3+，又能与碱反应生成AlO2﹣，故③正确；④Al（OH）3属于两性氢氧化物，既能与酸反应，生成Al3+，又能与碱反应生成AlO2﹣，故④正确；⑤金属铝与硫酸反应生成Al3+和氢气，与碱反应生成AlO2﹣和氢气，故⑤正确，故选：A．点评：本题考查物质的化学性质，题目难度不大，关键是基础知识的积累． 5．Al、Fe、Cu都是重要的金属元素．下列说法正确的是（ ）A．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法B．三者的单质放置在空气中均只生成氧化物C．三者对应的氧化物均为碱性氧化物D．电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A、根据AlCl3、FeCl3、CuCl2三种溶液直接蒸干时所得到的产物进行分析；B、根据Al、Fe、Cu三者放在空气中所发生的反应来回答；C、根据Al、Fe、Cu三者对应的氧化物各自所属类别来回答；D、根据电解原理，阴极上析出的金属应按照其对应的阳离子的放电顺序来析出．解答：解：A、因为AlCl3、FeCl3、CuCl2的溶液加热时都水解生成沉淀和HCl气体了，HCl挥发了，所以得到的是各自的沉淀物，制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法，故A正确；B、Fe还可以形成复杂的氢氧化物，Cu可以形成碱式碳酸铜等，故B错误；C、铝对应的氧化物Al2O3是两性氧化物，故C错误；-23-\nD、根据电解原理，阴极上离子的放电顺序是：Cu2+＞H+＞Fe2+＞Al3+，Fe2+和Al3+不放电，Fe3+得电子成为Fe2+，不会析出铁，所以铁和Al不可以，因为它们比H活泼，只有Cu可以，故D错误．故选A．点评：本题考查了常见的金属单质的性质、电解原理以及盐类水解的应用知识，是一道综合型题目． 6．一定温度下，向饱和NaOH溶液中投入一小块金属钠，充分反应后恢复到原来的温度．下列叙述中不合理的是（ ）A．NaOH溶液浓度增大，并放出H2B．溶液中NaOH的质量分数不变，有H2放出C．溶液的质量减小，有H2放出D．钠浮于液面，到处游动，发出咝咝的响声考点：钠的化学性质；钠的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，消耗水，饱和的氢氧化钠溶液中有NaOH晶体析出，温度不变，氢氧化钠的溶解度不变．解答：解：A．温度不变，氢氧化钠的溶解度不变，溶剂减少，溶质析出，但溶液浓度不变，故A错误；B．温度不变，氢氧化钠的溶解度不变，所以其质量分数不变，钠和水反应放出氢气，故B正确；C．钠和水反应导致溶剂的量减少且有氢气生成，溶质析出，所以溶液质量减少，故C正确；D．钠的密度小于水的密度，所以浮在水面上，反应生成氢气导致其受力不均而四处游动，且发出咝咝的声音，故D正确；故选A．点评：本题考查钠的性质，难度较大，注意该题中氢氧化钠溶液是饱和溶液，明确反应后改变、不变的物理量，为易错点． -23-\n7．已知X为FeO和CuO的混合物，取两份等质量的X样品进行下列实验：设第3步所得固体D的质量为32g，溶液E中只含有一种金属离子，气体F在标准状况下体积为5.6L，则X中FeO与CuO的物质的量之比为（ ）A．4：1B．1：2C．2：1D．1：1考点：有关混合物反应的计算．分析：FeO可与盐酸反应生成氯化亚铁和水，CuO可与盐酸反应生成氯化铜和水，FeO、CuO都能与CO反应，分别生成铁、铜及二氧化碳．据此可判断A为氯化亚铁、氯化铜及剩余盐酸的混合溶液，固体B则为铁、铜的混合物．A、B混合时铁与氯化铜及盐酸继续反应，得到氯化亚铁、铜和氢气，由于反应后所得溶液E中仍有剩余的盐酸且只含有一种金属离子，可判断出固体B中铁、A中的氯化铜完全反应，固体D全部为铜；根据变化前后元素质量不变，由固体D铜的质量，可求得混合物X中CuO的质量，由与铁反应生成铜、氢气的质量，可计算出固体B中铁的质量，最后根据质量守恒定律计算出X中FeO与CuO的物质的量之比．解答：解：X为FeO和CuO的混合物，由转化关系可知，A中含HCl、FeCl2、CuCl2，B中含Fe、Cu，C为CO2，B与A反应生成F为H2，还原性Fe＞Cu，则Fe与A中阳离子反应，固体D为Cu，E为一定含FeCl2，所得固体D的质量为32g，溶液E中只含一种金属离子，气体F在标准状况下体积为5.6L，由Fe+2H+═Fe2++H2↑，可知与盐酸反应的Fe的质量为：mol﹣1=14g，由题意可知一份X中含Cu的质量为32g÷2=16g，则每份中CuO的物质的量为：n（CuO）=n（Cu）==0.25mol；由 Cu2++Fe═Fe2++Cu差量64 56 816g得16gCu2+与Fe反应的差量为：8g×0.25=2g，与16gCu2+反应的Fe的质量为：=14g，-23-\n所以一份X中含Fe的质量为14g+14g=28g，根据质量守恒可知：n（FeO）=n（Fe）==0.5mol，X中FeO与CuO的物质的量之比为：0.5mol：0.25mol=2：1，故选C．点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的原理为解答关键，注意掌握物质的量与摩尔质量之间的关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力． 二、解答题（共3小题，满分38分）8．（14分）（2022秋•宁波校级期中）铁砂的主要成分是微粒状的磁性氧化铁、石英、石灰石等混合物．某化学兴趣小组从铁砂中分离出磁性氧化铁，并进行铝热反应实验．（1）取磁性氧化铁按图装置进行铝热反应，引发铝热反应的实验操作是 铺KClO3，插镁条并将其点燃 ，现象很壮观，取少许反应生成的“铁块”溶于盐酸，向其中滴加KSCN溶液，发现溶液变血红色．出现这种结果的原因，除了可能混有没反应的磁性氧化铁外，还有一个原因是 生成的红热的铁在掉落到蒸发皿过程中，表面被空气氧化为Fe3O4 ．（2）设计一个简单的实验方案，证明上述所得的“铁块”中含有金属铝．该实验所用试剂是 NaOH ，反应的离子方程式为 2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑ ．（3）请写出此铝热反应的化学方程式： 8Al+3Fe3O4═4Al2O3+9Fe ．每摩铝参与反应，转移的电子数为 3NA ．（4）生成除磁性氧化铁可做铝热反应实验外，下列哪些试剂也可以 AC ．A．CuOB．Na2O2C．MnO2D．MgO．考点：探究铝热反应．专题：解题方法；元素及其化合物．-23-\n分析：（1）铝热反应的引发：铝热剂上铺KClO3，插镁条并将其点燃即可；铁离子遇到硫氰化钾显示红色，根据金属铁的性质来回答；（2）金属铁和氢氧化钠不反应，但是金属铝可以和氢氧化钠反应产生氢气；（3）金属铝和铁的氧化物在高温下发生反应生成金属铁和氧化铝的反应是铝热反应，根据化合价变化确定电子转移情况；（4）铝热反应用于难熔金属的冶炼：如铁铬锰等，活泼性比金属铝的弱．解答：解：（1）铝热反应的引发：铝热剂上铺KClO3，插镁条并将其点燃，利用金属镁燃烧产生的大量的热来引发实验，取少许反应生成的“铁块”溶于盐酸，向其中滴加KSCN溶液，发现溶液变血红色，证明出现了铁离子，可能是金属中混有没反应的磁性氧化铁或是生成的红热的铁在掉落到蒸发皿过程中，表面被空气氧化为Fe3O4．故答案为：铺KClO3，插镁条并将其点燃；生成的红热的铁在掉落到蒸发皿过程中，表面被空气氧化为Fe3O4；（2）金属铁和氢氧化钠不反应，但是金属铝可以和氢氧化钠反应产生氢气，证明上述所得的“铁块”中含有金属铝，可以向混合物中加入氢氧化钠，看是否产生气体，产生气体时，有金属铝，反之则没有，故答案为：NaOH；2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（3）金属铝和铁的氧化物在高温下发生反应生成金属铁和氧化铝，即8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe，反应每8mol铝参与反应，转移的电子24moL，所以每摩铝参与反应，转移的电子数为数为3NA，故答案为：3NA．（4）铝热反应用于难熔金属的冶炼：如铁铬锰等，活泼性比金属铝的弱，所以过氧化钠和氧化镁都不合适，故答案为：AC．点评：本题考查学生铝热反应的原理以及应用等知识，属于知识的迁移应用题，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等． 9．（14分）（2022秋•会宁县校级月考）已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途广泛的金属单质，D具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体．-23-\n（1）写出下列物质的化学式：D： Fe3O4 R： Al ．写出A的电子式 （2）按要求写出下列反应方程式：H在潮湿空气中变为M的化学方程式 4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3 B与R反应的化学方程式 2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑ D与盐酸反应的离子方程式 Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O （3）向沸水中加入W饱和溶液，可制得一种红褐色透明液，该反应的离子方程式 Fe3++3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+ ．考点：无机物的推断．分析：A为淡黄色固体，且A能和水反应，则A是Na2O2，A和水反应生成NaOH和O2，C是无色无味的气体，则C是O2、B是NaOH；D是具有磁性的黑色晶体，则D是Fe3O4，Fe在氧气中燃烧生成四氧化三铁，则T是Fe，R和氧气反应生成氧化物Q，Q能和NaOH溶液反应，则Q是Al2O3、R是Al，N是NaAlO2，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体M，则H是Fe（OH）2、M是Fe（OH）3，Fe3O4和HCl、Fe反应后得到E，E为FeCl2，Fe（OH）3和HCl反应生成W，则W是FeCl3，再结合问题分析解答．解答：解：A为淡黄色固体，且A能和水反应，则A是Na2O2，A和水反应生成NaOH和O2，C是无色无味的气体，则C是O2、B是NaOH；D是具有磁性的黑色晶体，则D是Fe3O4，Fe在氧气中燃烧生成四氧化三铁，则T是Fe，R和氧气反应生成氧化物Q，Q能和NaOH溶液反应，则Q是Al2O3、R是Al，N是NaAlO2，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体M，则H是Fe（OH）2、M是Fe（OH）3，Fe3O4和HCl、Fe反应后得到E，E为FeCl2，Fe（OH）3和HCl反应生成W，则W是FeCl3，（1）通过以上分析知，D、R分别是Fe3O4、Al，A是Na2O2，电子式为，-23-\n故答案为：Fe3O4；Al；；（2）H是Fe（OH）2，Fe（OH）2不稳定，易被空气氧化生成Fe（OH）3，反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，四氧化三铁和稀盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，离子反应方程式为：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3；2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O；（3）向沸水中加入FeCl3饱和溶液，可制得一种红褐色液体，该液体是氢氧化铁胶体，反应的离子方程式为Fe3++3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：Fe3++3H2O=Fe（OH）3（胶体）+3H+．点评：本题以Na、Al、Fe及其化合物为载体考查了金属元素及其化合物的推断，根据H的颜色变化、A的颜色及性质、D的性质为突破口采用正逆结合的方法进行推断，熟悉物质性质是解本题关键，再结合物质间的转化来解答，题目难度中等． 10．（10分）（2022秋•会宁县校级月考）食用明胶是水溶性蛋白质混合物，具有很高的营养价值，溶于水形成胶体．而工业明胶中往往含有超标的重金属Cr，从而对人体造成伤害．（1）已知Fe（CrO2）2中铬元素是+3价，则其中铁元素是 +2 价．（2）化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3可写成Na2O•SiO2，则Fe（CrO2）2可写成 FeO•Cr2O3 ．（3）明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是 c ．a．都不稳定，密封放置沉淀b．两者均会发生丁达尔效应c．分散质微粒可通过滤纸（4）已知胶体的分散质微粒不能透过半透膜，但小分子或离子能透过半透膜．现将10mL明胶的水溶液与5mLNaBr溶液混合后装入半透膜袋内，将此半透膜袋浸入盛蒸馏水的烧杯中．若要求只检验一种离子，就能证明Na+、Br﹣透过半透膜，写出检验该离子的实验方法： 取烧杯中的少量液体，向其中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，有浅黄色沉淀产生，即证明Na+、Br﹣已透过半透膜 ；-23-\n（5）铬的化合价除了+3和+6价外，还有0，+2，+4和+5价等．现有24mL浓度为0.05mol•L﹣1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol•L﹣1的Na2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在还原产物中的化合价为 +3 价．考点：氧化还原反应的计算；胶体的重要性质．分析：（1）根据化合物中化合价的代数和为零计算；（2）类比Na2SiO3可写成Na2O•SiO2完成Fe（CrO2）2的氧化物的形式；（3）a．胶体较稳定；b．溶液无丁达尔效应；c．胶粒可透过滤纸； （4）离子半径r（Na+）＜r（Br﹣），若Br﹣能透过半透膜，则Na+必然也能透过半透膜；（5）亚硫酸具有还原性，重铬酸钾具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，亚硫酸被氧化生成硫酸，重铬酸钾被还原，根据转移电子守恒计算Cr元素在还原产物中的化合价．解答：解：（1）Fe（CrO2）2中，氧元素的化合价是﹣2价，总的负价是﹣8价，铬元素的化合价是+3价，2个铬原子化合价是+6价，所以铁元素化合价是+2价；故答案为：+2；（2）Fe（CrO2）2中铁元素化合价是+2价，氧化物为FeO，铬元素化合价+3价，氧化物为Cr2O3，所以Fe（CrO2）2写成氧化物形式为FeO•Cr2O3，故答案为：FeO•Cr2O3；（3）a．胶体较稳定，溶液是稳定的，故A错误；b．溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，故b错误；c．胶粒和溶液都可透过滤纸，故c正确；故答案为：c；（4）淀粉胶体不能透过半透膜而留在半透膜袋内，Na+、Br﹣能透过半透膜进入蒸馏水中．因为离子半径r（Na+）＜r（Br﹣），若Br﹣能透过半透膜，则Na+必然也能透过半透膜，因此只要检验Br﹣即可证明．据此设计实验方案为：取烧杯中的少量液体，向其中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，有浅黄色沉淀产生，即证明Na+、Br﹣已透过半透膜．故答案为：取烧杯中的少量液体，向其中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，有浅黄色沉淀产生，即证明Na+、Br﹣已透过半透膜；-23-\n（5）n（H2SO3）=0.05mol/L×0.024L=0.0012mol，n（K2Cr2O7）=0.02mol/L×0.02L=0.0004mol，亚硫酸具有还原性，重铬酸钾具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，亚硫酸被氧化生成硫酸，重铬酸钾被还原，设Cr元素在还原产物中的化合价为x，根据转移电子守恒得0.0012mol×（6﹣4）=0.0004mol×2×（6﹣x），x=+3，故答案为：+3．点评：本题考查氧化还原反应有关计算、离子检验、胶体性质等知识点，为高频考点，易错点是离子检验中化学用语的正确使用，知道氧化还原反应中转移电子相等，题目难度不大． 【离子推断】11．（15分）（2022秋•会宁县校级月考）某混合溶液中，只可能大量含有下表所列离子中的某几种：阳离子H+、K+、Al3+、NH、Mg2+阴离子OH﹣、SO42﹣、CO32﹣、AlO2﹣、S2﹣将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中，产生沉淀的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系如图所示．（1）将上述混合溶液中一定大量含有的阴、阳离子及其物质的量填入下表（可以不填满，也可以增加）．离子种类物质的量（mol）（2）图中a= 1 ，b= 9 ．考点：离子方程式的有关计算；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．专题：计算题．分析：（1）根据图象中沉淀的量的变化情况可以推知一定含有Mg2+和Al3+，所以一定不含CO32﹣、AlO2﹣，根据元素守恒和电荷守恒；-23-\n（2）根据图象中所生成的气体和沉淀的量以及所加过氧化钠的量生成氢氧化钠的比例来计算各个点所对应的值，弄懂每一段图象的含义．解答：解：（1）根据图象中沉淀的量的变化情况可以推知一定含有Mg2+和Al3+，所以一定不含CO32﹣、AlO2﹣，并且含有镁离子的物质的量为3mol，氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol，根据元素守恒，所以含有铝离子的物质的量2mol，根据生成气体的量的增加趋势，可知生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外，还一定有其他气体生成，只能是氨气，所以一定含有铵根离子，就一定不含有氢氧根离子，图象中加入过氧化钠的物质的量在0～amol之间时，所得沉淀量为0，所以溶液中含有H+，并且物质的量为2mol，溶液中一定得含有阴离子，那只有硫酸根了，所以一定含有硫酸根，钾离子不能确定是否存在，根据电荷守恒：所以n（H+）+3n（Al3+）+n（NH4+）+2n（Mg2+）≤2n（SO42﹣），所以硫酸根的物质的量≥8mol，故答案为：离子种类H+Al3+NH4+Mg2+SO42﹣物质的量（mol）2223≥8（2）含有2mol的氢离子需要消耗氢氧化钠2mol，则需要1mol过氧化钠来生成，所以a=1；氯离子的物质的量是2mol，所以氢氧化铝的物质的量是2mol，完全将氢氧化铝溶解，消耗1mol的氢氧化钠，即需要1mol的过氧化钠来生成，所以b=9mol，故答案为：1；9．点评：本题是一道有关离子检验的综合知识题目，考察角度很广，难度较大． 【化学与技术】12．（15分）（2022•江西模拟）从海水中提取一些重要的化工产品的工艺流程如下图所示：-23-\n根据上述流程图回答下列问题：（1）图中A的化学式为 NaHCO3 ，在制取A的过程中需向饱和NaCl溶液中先后通入两种气体，后通入气体的化学式为 CO2 ．（2）海水淡化处理的方法有 蒸馏法、冷冻法、离子交换膜法 （写出3种即可）．（3）过程⑤的化学方程式为 MgCl2Mg+Cl2↑ ．（4）从B溶液制备B的无水晶体的“操作a”为 将MgCl2溶液在HCl气流中蒸干 ．（5）过程③用SO2水溶液吸收溴单质，吸收率可达93%，生成两种强酸，写出反应的离子方程式： SO2+Br2+2H2O=4H++SO42﹣+2Br﹣ ．（6）过程②到过程④的变化为，其目的是 富集溴 ．考点：海水资源及其综合利用；粗盐提纯．专题：元素及其化合物．分析：根据上述流程图：（1）由A受热分解生成Na2CO3知，A的化学式为NaHCO3，生成A的方法是侯氏制碱法，在制取A的过程中需向饱和NaCl溶液中先通入NH3，后通入气体的化学式为CO2，因为NH3极易溶于水，而CO2能溶于水，先通入氨气可吸收更多的CO2，才能生成NaHCO3；（2）海水淡化处理的方法有蒸馏法、冷冻法、离子交换膜法；（3）过程⑤应为电解熔融的无水MgCl2制取Mg；（4）从MgCl2溶液制备无水MgCl2晶体，目的是除水，但又要抑制Mg2+水解，故操作a”为将MgCl2溶液在HCl气流中蒸干；-23-\n（5）过程③为SO2与溴水反应，反应生成硫酸和HBr；（6）过程②到过程④的变化为Br﹣→Br2→Br﹣→Br2，其目的是增大溴的浓度，实现溴的富集．解答：解：（1）由A受热分解生成Na2CO3知，A的化学式为NaHCO3，生成A的方法是侯氏制碱法．因为NH3极易溶于水，而CO2能溶于水，先通入氨气可吸收更多的CO2，这样才能生成NaHCO3，所以在制取NaHCO3的过程中需向饱和NaCl溶液中先通入NH3，后通入CO2，故答案为：NaHCO3；CO2；（2）海水淡化处理的方法有蒸馏法、冷冻法、离子交换膜法等，故答案为：蒸馏法、冷冻法、离子交换膜法；（3）过程⑤应为电解熔融的无水MgCl2制取Mg，故化学方程式为MgCl2Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2Mg+Cl2↑；（4）从MgCl2溶液制备无水MgCl2晶体，目的是除水，但又要抑制Mg2+水解，故操作a”是将MgCl2溶液在HCl气流中蒸干，故答案为：将MgCl2溶液在HCl气流中蒸干；（5）过程③用SO2水溶液吸收溴单质，吸收率可达93%，生成两种强酸，离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO42﹣+2Br﹣，故答案为：SO2+Br2+2H2O=4H++SO42﹣+2Br﹣；（6）过程②得到的是的溶液溴的浓度太低，所以过程②到过程④的变化为Br﹣→Br2→Br﹣→Br2，其目的是增大溴的浓度，实现溴的富集，故答案为：富集溴．点评：本题考查了海水的综合利用，包括海水提镁、提溴、淡化等；化学方程式、离子方程式的书写等知识，综合性较强． 【有机基础】13．（2022•潮州二模）A、B、C、D、E、F和G都是有机化合物，它们的关系如图所示：-23-\n（1）化合物C的分子式是C7H8O，C遇到FeCl3溶液显紫色，C与溴水反应生成的一溴代物只有两种，则C的结构简式为 ；（2）D为一直链化合物，其相对分子质量比化合物C的小20，它能跟NaHCO3反应放出CO2，则D分子式为 C4H8O2 ，D具有的官能团是 羧基 ；（3）反应①的化学方程式是 ；（4）芳香化合物B是与A具有相同官能团的A的同分异构体，通过反应②化合物B能生成E和F，F可能的结构简式是 ；（5）E可能的结构简式是 ．考点：有机物的推断．专题：压轴题；有机物的化学性质及推断．分析：化合物C的分子式是C7H8O，C遇到FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基，C与溴水反应生成的一溴代物只有两种，结合其分子式知C的结构简式为；D为一直链化合物，其相对分子质量比化合物C的小20，所以D的相对分子质量为88，它能跟NaHCO3反应放出CO2，说明D中含有羧基，羧基的相对分子质量为45，则剩余部分的相对分子质量为43，为丙基，所以D的结构简式为CH3CH2CH2COOH；C和D发生酯化反应生成A，则A的结构简式为-23-\n，D和F发生酯化反应生成G，芳香化合物B是与A具有相同官能团的A的同分异构体，通过反应②化合物B能生成E和F，结合G的分子式知，F可能的结构简式，E和F反应生成B，则E的结构简式可能为．解答：解：化合物C的分子式是C7H8O，C遇到FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基，C与溴水反应生成的一溴代物只有两种，结合其分子式知C的结构简式为；D为一直链化合物，其相对分子质量比化合物C的小20，所以D的相对分子质量为88，它能跟NaHCO3反应放出CO2，说明D中含有羧基，羧基的相对分子质量为45，则剩余部分的相对分子质量为43，为丙基，所以D的结构简式为CH3CH2CH2COOH；C和D发生酯化反应生成A，则A的结构简式为，D和F发生酯化反应生成G，芳香化合物B是与A具有相同官能团的A的同分异构体，通过反应②化合物B能生成E和F，结合G的分子式知，F可能的结构简式，E和F反应生成B，则E的结构简式可能为．（1）通过以上分析知，C的结构简式为：，故答案为：；（2）D的结构简式为CH3CH2CH2COOH，所以D的分子式为C4H8O2，D中含有羧基，故答案为：C4H8O2；羧基；（3）A发生水解反应生成C和D，所以其水解方程式为：，故答案为：；（4）通过以上分析知，F的结构简式为，-23-\n故答案为：；（5）E的结构简式可能为：，故答案为：．点评：本题考查有机物推断，根据题给信息、正推和逆推相结合的方法进行分析解答，同分异构体的推断是本题的难点，注意不仅有位置异构，还有官能团异构，为易错点． -23-
