河北省武邑中学2020届高三12月月考化学试题


河北武邑中学2019-2020学年高三上学期12月月考
化学试题
第I卷（选择题）
相对原子质量：H~1 C~12 N~14 O~16 S~32 Fe~56 Cu~64
一、选择题
1.下列物质与类类别不对应的是
A
B
C
D
小苏打

食用油

淀粉

84消毒液

盐
高分子化合物
糖类
混合物



A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.小苏打是NaHCO3的俗称，属于盐，A项正确；
B.食用油是高级脂肪酸甘油酯，是小分子化合物B项错误；
C.淀粉是多糖中的一种，属于糖类，C项正确；
D.由氯气和NaOH溶液反应来制备84消毒液，其主要成分是NaCl和NaClO，属于混合物，D项正确；
答案选B。
【点睛】本题考查物质的分类，要加强记忆混合物、纯净物、单质、化合物、氧化物、高分子化合物、糖类等基本概念，并能够区分应用。在解答物质分类题目时，一定要注意分类并没有唯一性，它会根据分类标准的不同而不同。关键是正确理解分类标准和找出分类标准。在高考命题时常将混合物与纯净物的分类、氧化物的分类、离子化合物与共价化合物的分类、电解质、非电解质、强弱电解质的分类作为热点考查。学生在复习时以这些作为重点。
2.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B. 铁比铜金属性强，FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
C. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维
D. 铝热反应能放出大量的热，常用作焊接钢轨
【答案】D
【解析】
【详解】A. NaHCO3能与盐酸反应，所以可用于制胃酸中和剂，故不选A；
B. Fe3+具有强氧化性，所以FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，故不选B；
C. SiO2能传导光信号，可用于制光导纤维，故不选C；
D. 铝热反应能放出大量的热，使铁熔化，常用作焊接钢轨，故选D；
故答案选D。
3.下列有关化学用语使用不正确的是（ ）
A. NH4Br的电子式： B. S2-的结构示意图：
C. 乙酸的分子式：C2H4O2 D. 原子核内有l8个中子的氯原子：3517Cl
【答案】A
【解析】
【详解】A. 溴离子最外层有8个电子，NH4Br为离子化合物，其电子式：，故A错误；
B. S最外层6个电子，得2个电子形成硫离子，S2-的结构示意图：，故B正确；
C. 乙酸的分子式：C2H4O2，故C正确；
D. 氯元素是17号，原子核内有l8个中子的氯原子，质量数为18+17=35：3517Cl，故D正确；
故选A。
4.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
B. 1molNaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为3NA
C. 7.8gNa2O2与过量CO2反应时，转移的电子数为0.4NA
D. 2gH218O与D216O的混合物中所含的中子数和电子数均为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 非标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合气体的物质的量不一定是0.5mol，故A错误；
B. NaHSO4晶体中含Na+和HSO4-离子， 1molNaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为2NA，故B错误；
C. Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol，与过量CO2反应时，转移的电子数为0.1NA，故C错误；
D. 1个H218O含有10个中子、10个电子，2gH218O所含的中子数为和电子数均为，1个D216O含有10个中子、10个电子，2gD216O所含的中子数为和电子数均为，2gH218O与D216O的混合物中所含的中子数和电子数均为NA，故D正确；
故答案选D。
5.下列说法不正确的是（ ）
A. 冰醋酸和水银都是纯净物 B. 氢原子和重氢原子是两种不同核素
C. 氯化钠固体和氯化钠溶液都是电解质 D. 稀硫酸和氢氧化铜悬浊液都属于分散系
【答案】C
【解析】
【详解】A. 冰醋酸是醋酸，是纯净物，化学式为CH3COOH，水银是Hg单质，是纯净物，故A正确；
B. 氢元素有三种原子，普通氢原子没有中子，后面两种各有一个和两个中子，它们分别称为氕、氘、氚，或者称为氢原子、重氢原子、超重氢原子，所以它们质子数电子数核电荷数都相等，但中子数不等，属不同原子，是不同核素，故B正确；
C. 氯化钠溶液是混合物，不是电解质，故C错误；
D. 稀硫酸和氢氧化铜悬浊液都混合物，属于分散系，故D正确；
题目要求选错误选项，故选C。
6.下列有关物质的用途，说法不正确的是（ ）
A. 水玻璃是建筑行业常用的一种黏合剂
B. 碳酸钠是烘制糕点所用发酵剂的主要成分之一
C. 硫酸钡医学上用作检查肠胃的内服剂，俗称“钡餐”
D. 金属钠可以与钛、锆、铌、钽等氯化物反应置换出对应金属
【答案】B
【解析】
【详解】A. 水玻璃是硅酸钠的水溶液，可用于生产黏合剂和防火剂，故A正确；
B. 碳酸氢钠是烘制糕点所用发酵剂的主要成分之一，故B错误；
C. 硫酸钡医学上用作检查肠胃的内服剂，俗称“钡餐”，故C正确；
D. 金属钠的还原性比钛、锆、铌、钽的还原性强，可以与其氯化物反应置换出对应金属，故D正确；
题目要求选择错误选项，故选B。
【点睛】本题考查了物质的用途，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，平时注意掌握常见元素化合物的性质，注意基础知识的积累和运用。
7.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 碳酸钙溶于醋酸：CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑＋H2O
B. 向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，出现白色沉淀：Ba2+＋SO2＋H2O=BaSO3↓＋2H+
C. 将Ca(HCO3)2溶液与少量Ca(OH)2溶液混合：OH−＋Ca2+＋HCO=CaCO3↓＋H2O
D. 往苯酚钠溶液中通入少量CO2：2＋CO2＋H2O2＋CO
【答案】C
【解析】
【详解】A. 醋酸是弱酸，离子方程式中不能拆，故A错误；
B. SO2通入Ba（NO3）2溶液中，二者发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为：3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故B错误；
C. 将少量Ca(OH)2溶液滴入Ca（HCO3）2溶液中，Ca(OH)2 和Ca(HCO3)21:1反应，和离子方程式为：OH−＋Ca2+＋HCO=CaCO3↓＋H2O，故C正确；
D. 苯酚的酸性小于碳酸，所以往苯酚钠溶液中通入二氧化碳，可以得到碳酸氢钠和苯酚，故D错误；
正确答案是C项。
【点睛】离子方程式过量不足的问题出现时，一定要注意以下几点：看原则：看是否符合客观事实、看是否符合质量守恒、看是否符合电荷守恒、看是否符合得失电子相等。可溶的易电离的物质拆成离子。注意过量、少量、适量等。
8.能表示H2(g)+ I2(g)2HI(g)已经达到平衡状态的标志是（ ）
①c(H2)=c(I2)=c(HI)时
②c(H2)：c(I2)：c(HI)=1：1：2时
③c(H2)、c(I2)、c(HI)不再随时间而改变
④单位时间内生成nmolH2同时生成2nmolHI
⑤单位时间内生成nmolH2的同时生成nmolI2 
⑥反应速v(H2)=v(I2)=1/2v(HI)
⑦一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂
⑧温度和体积一定时，容器内压强不再变化
⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化
⑩温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化
⑪条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化
A. ③④⑦⑨⑩ B. ③④⑦⑨ C. ②③④⑦⑨ D. ②③④⑥⑦⑨
【答案】B
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
【详解】①平衡时c（H2）、c（I2）、c（HI）三者可能相等，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；
②平衡时浓度c（H2）：c（I2）：c（HI）可能为1：1：2，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；
③c（H2）、c（I2）、c（HI）不再随时间而改变，说明正逆反应相等，故正确；
④单位时间内生成nmolH2，等效于消耗2nmolHI，同时生成2nmolHI，故正确；
⑤单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol I2，都体现逆反应方向，故错误；
⑥只要反应发生，就符合反应速率v（H2）=v（I2）=1/2v（HI），故错误；
⑦一个H-H键断裂等效于两个H-I键形成同时有两个H-I键断裂，正逆反应速率相等，故正确；
⑧温度和体积一定时，容器内压强一直不再变化，故错误；
⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，反应达平衡状态，故正确；
⑩温度和压强一定时，混合气体的密度一直不再变化，故错误；
⑪条件一定，混合气体的平均相对分子质量一直不再变化，故错误；
故选B．
9.下列有关如图所示的说法正确的是

A. 图甲中开关置于N处时铜锌合金腐蚀的速率增大
B. 图乙中接通开关时，锌腐蚀的速率增大，锌上放出气体的速率增大
C. 图丙中接通K2时铁棒不被腐蚀，属于牺牲阳极保护法
D. 图丙中接通K1时，石墨棒周围溶液的pH增大
【答案】D
【解析】
A．开关由M改置于N时，Zn为负极，合金为正极，则Cu-Zn合金的腐蚀速率减小，故A错误；B．接通开关时，如Zn连接电源负极，则不易腐蚀，故B错误；C．K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外接电源阴极保护法，故C错误；D．若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高；故D正确；答案为D。
点睛：明确装置图的原理是解题关键，如图丙，若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；
若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断。
10.2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（NH4ClO4）等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：
饱和食盐水NaClO3NaClO4NaClO4NH4ClO4，下列说法错误的是（ ）
A. NH4ClO4属于离子化合物
B. 溶解度：NaClO4＞NH4ClO4
C. 该流程中可循环利用的物质是NH4Cl
D. 高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价
【答案】C
【解析】
【详解】A. NH4ClO4由NaClO3和NH4Cl发生复分解反应生成， NH4ClO4由NH4+、ClO4-构成，所以属于离子化合物，故A正确；
B. NaClO3和NH4Cl发生复分解反应，结晶生成NH4ClO4，所以 溶解度：NaClO4＞NH4ClO4，故B正确；
C. NaClO3和NH4Cl发生复分解反应生成NH4ClO4、NaCl，该流程中可循环利用的物质是NaCl，故C错误；
D. 根据化合价代数和等于，高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价，故D正确。
选C。
11.中学实验中，通常利用如图所示的装置进行喷泉实验，来验证气体的“溶解性”，下列有关说法不正确的是（ ）

A. 用滴管加入液体后，由于气体的“溶解”，使瓶内压强减小，导致瓶内压强小于外界压强，从而形成喷泉
B. 选用合适的溶液，CO2也能用于做喷泉实验
C. HCl、NH3和SO2均能用该装置做喷泉实验
D. 用NO2和N2O4的混合气体做喷泉实验，烧瓶中将充满稀硝酸
【答案】D
【解析】
【分析】
如能形成喷泉，应使烧瓶内气体压强减小，则烧杯内气体应溶解在烧杯中溶液或发生反应，题中NO2和水反应生成NO和HNO3，以此解答该题。
【详解】A.用滴管加入液体后，由于气体的“溶解”，导致瓶内压强小于外界压强，外界压强可将烧杯内的液体压入烧瓶，形成喷泉，A正确；
B.如为CO2等气体，烧杯内为NaOH等强碱浓溶液，二者发生反应，使烧瓶内气体压强减小，也可形成喷泉，B正确；
C.HCl、NH3和SO2均易溶于水，可形成喷泉，C正确；
D. NO2和N2O4之间存在可逆反应，NO2和水反应生成HNO3和NO，有气体存在，所以烧瓶不能充满稀HNO3，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查喷泉实验原理，把握物质的性质、发生的反应及喷泉原理为解答的关键，注意元素化合物知识与实验相结合的应用。
12.现有16.8g由Fe、Fe2O3、Al、Al2O3组成的混合物，将它完全溶解在600mL2mol/L的硫酸溶液中，收集到标准状况下的气体8.96L。已知混合物中Fe、Fe2O3、Al、Al2O3的质量分数分别为16.7%、16.1%、38.1%、29.1%，欲使溶液中的金属离子完全沉淀，至少应加入3mol/LNaOH溶液的体积是 （ ）。
A. 800mL B. 300mL C. 600mL D. 900mL
【答案】A
【解析】
Fe、Fe2O3、Al、Al2O3组成混合物，完全溶解在H2SO4溶液中生成硫酸盐，硫酸可能有剩余，再向反应后的溶液中加入NaOH溶液，使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒可得：n（Na2SO4）= n（H2SO4） = 0.6 L ×2 mol/L = 1.2 mol，根据钠离子守恒可得：n（NaOH）= 2n（Na2SO4）= 2 × 1.2 mol = 2.4 mol，所以加入3mol/L的NaOH溶液的体积为2.4 mol ÷ 3 mol/L = 0.8L =800 mL，故A项正确。综上所述，符合题意的选项为A。
点睛：本题考查有关混合物的计算，是一道较难的题目，侧重对学生思维能力的考查。用常规方法无法计算，解题关键是理解反应过程，根据离子守恒计算。
【此处有视频，请去附件查看】

第II卷（非选择题）
二、填空题
13.以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：

（1）粉碎高硫铝土矿石的目的是___。
（2）第一次焙烧时发生氧化还原反应：___。
（3）碱浸时发生反应的化学方程式为___。
（4）过滤后向滤液中通入过量的CO2气体，反应的离子方程式为___；___。
（5）“过滤”得到滤渣中含有大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=___。
【答案】 (1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 (3). Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O (4). OH－＋CO2＝HCO3－ (5). AlO2－＋CO2＋2H2O＝HCO3－＋Al(OH)3↓ (6). 1：16
【解析】
分析】
高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）粉碎后通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，得到产物加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，经操作Ⅰ得到的固体中含大量的Fe2O3．Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2
【详解】（1）矿石粉碎可以增大固体和气体接触面积，加快反应速率。
（2）焙烧时发生氧化还原反应，第一次焙烧时发生氧化还原反应：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。
（3）过滤前使用NaOH溶液进行碱浸，Al2O3转化为NaAlO2，反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH=NaAlO2+H2O。
（4）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，可以将AlO2－转化为Al（OH）3，反应的离子方程式为：AlO2－+CO2+2H2O=HCO3－+Al（OH）3↓，OH－＋CO2＝HCO3－。
（5）过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有xmolFe3O4和ymolFeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：2x×（3-8/3）=2y×5+y×（8/3-2），解得x/y=16，所以理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1：16。
【点睛】难点是(5)的最后一问，可以利用氧化反应知识，结合电子守恒解答。
14.如图中每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体。

（1）写出有关物质的化学式X：___；F__。
（2）写出A→D的化学方程式___。
（3）写出实验室制备C的化学方程式___。
（4）分别取两份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的A气体体积（标准状况下）与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示，试分析：

①NaOH在吸收A气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：___，其物质的量之比是：__。
②原NaOH溶液的物质的量浓度是___mol/L。
【答案】 (1). NH4HCO3或(NH4)2CO3 (2). NO2 (3). 2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2 (4). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (5). NaHCO3和Na2CO3 (6). 1：1 (7). 0.75
【解析】
【分析】
根据框图，X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，分别生成气体A和C，则X应为弱酸的铵盐，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则D为碳酸钠或氧气；C能够发生催化剂作用下能够与D反应，则C为NH3，D为O2，则X应为NH4HCO3 或 (NH4)2CO3，B为H2O，结合转化关系可知，E为NO，F为NO2，G为HNO3，据此分析解答。
【详解】(1)由以上分析可知X为NH4HCO3或 (NH4)2CO3，F为NO2，故答案为NH4HCO3 或 (NH4)2CO3；NO2；
(2)Na2O2和CO2的反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2，故答案为2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2；
(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(4)①(乙)中从开始生成CO2气体至二氧化碳体积最大，消耗HCl50mL，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为50mL，而图象中开始生成CO2气体之前消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3；Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸体积为25mL，则原溶液中NaHCO3消耗盐酸体积50mL-25mL=25mL，故NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比=25mL∶25mL=1∶1，故答案为NaHCO3和Na2CO3；1∶1；
②加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液中只含有溶质NaCl，根据元素守恒可知，10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度==0.75mol/L，故答案为0.75。
15.薄荷油中含有少量的α−非兰烃和β−非兰烃，两者互为同分异构体，其相对分子质量为136。根据如下转化，回答相关问题：

已知：
＋RCHO
＋CO2
2CH3COOH
(1) 写出α−非兰烃中官能团名称________，β−非兰烃的结构简式________。
(2) 下列有关说法正确的是________。
A．α−非兰烃与等物质的量的Br2进行加成反应，产物共有3种
B．C→D和E→F反应类型相同
C．聚合物H易溶于水
D．C→M反应过程中有高分子聚合物等副产物产生
(3) 写出F→G的化学方程式________。
(4) 写出符合下列条件的A的同分异构体________。
①含有4个－CH3；②1 mol此同分异构体碱性条件下水解需2 mol NaOH。
(5) 以甲苯和丙烯为基本原料合成(用流程图表示，其他无机试剂任选)________。
【答案】 (1). 碳碳双键 (2). (3). AD (4). CH2＝CHCOOH＋CH3OHCH2＝CHCOOCH3＋H2O (5). 　　　 (6).

【解析】
【分析】
α−非兰烃发生信息中氧化反应得到A与B，与氢气发生加成反应得到，A加热脱水生成，则A为，结合A和的结构，可推知α−非兰烃为、B为，B与氢气发生加成反应生成C为，C与HBr发生取代反应生成D为CH3CHBrCOOH，D在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应、中和反应得到E为CH2＝CHCOONa．E酸化得到F为CH2＝CHCOOH，F与甲醇发生酯化反应得到G为CH2＝CHCOOCH3，G发生加聚反应得到H为．由M的分子式，可知2分子C发生酯化反应形成环酯M，M的结构简式为。据此分析解答。
【详解】（1）α−非兰烃发生信息中氧化反应得到A与B，与氢气发生加成反应得到，结合A、的结构，可推知α−非兰烃为，官能团为：碳碳双键；＋CO2，结合此类反应可知β−非兰烃的结构简式为；

（2）A. 该有机物中两个碳碳双键处于间位，它与等物质的量的Br2进行加成反应，有3种加成方式，所以其加成产物有3种，故A正确；
B. C→D是取代反应，E→F是水解反应，故B错误；
C. 聚合物H中没有羟基或者羧基，不易溶于水，故C错误；
D. 由M的分子式，可知2分子C发生酯化反应形成环酯M，M的结构简式为， 中有一个羧基一个羟基，可以发生聚合反应，故D正确；故选AD。
（3）F与甲醇发生酯化反应得到G为CH2＝CHCOOCH3，方程式为CH2＝CHCOOH＋CH3OHCH2＝CHCOOCH3＋H2O。
（4）1 mol此同分异构体在碱性条件下水解需2 mol NaOH，说明有机物中需要有两个碳氧双键，同分异构体为　　　；
（5）以甲苯和丙烯为基本原料合成，对照甲苯和产物的结构，结合甲苯的性质，设计流程图为：。
【点睛】有机推断题相关技巧：
1. 当反应条件为NaOH的醇溶液并加热时，通常为卤代烃的消去反应。
2. 当反应条件为NaOH的水溶液并加热时，通常为卤代烃或酯的水解反应。
3. 当反应条件为浓并加热时，通常为醇脱水生成醚和不饱和烃的反应或醇与酸的酯化反应。
4. 当反应条件为稀酸并加热时，通常为酯或淀粉的水解反应。
5. 当反应条件为催化剂并有氧气时，通常是醇氧化生成醛（酮）或醛氧化生成酸的反应。
6. 当反应条件为催化剂存在下的加氢反应时，通常为碳碳双键、碳碳三键、苯环或醛基的加成反应。
7. 当反应条件为光照且与（卤素单质）反应时，通常是与烷烃或苯环侧链烃基上的H原子发生取代反应，而当反应条件为有催化剂存在且与反应时，通常为苯环上的H原子直接被取代。
16.实验室模拟“侯氏制碱法”原理，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=NH4HCO3；NH4HCO3＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。
（1）利用上述反应原理，设计如图所示装置，制取碳酸氢钠晶体，C烧杯中盛有冰水，D中装有蘸稀硫酸的脱脂棉，图中夹持装置已略去。

①E中制备气体时，所需药品是___(填字母)。
a．石灰石 b．生石灰 c．稀盐酸 d．浓氨水
②B中应盛有___溶液。在实验过程中，应向C中先通入足量的__。
③E装置向C中通气的导管不能插入液面下的原因是___。
（2）该小组同学为了测定C中所得碳酸氢钠晶体的纯度(假设晶体中不含碳酸盐杂质)，将晶体充分干燥后，称量质量为4g。再将晶体加热到质量不再变化时，称量所得粉末质量为mg。然后进行如图所示实验：

①在操作Ⅱ中，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，正确的实验操作是：在加入氯化钙溶液后，___。
②操作Ⅲ涉及的步骤名称为___、___、干燥。
③所得晶体中碳酸氢钠的纯度为____%。
【答案】 (1). bd (2). 饱和碳酸氢钠 (3). 氨气（或NH3） (4). NH3极易溶于水 (5). 振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液 (6). 过滤 (7). 洗涤 (8). 96.6
【解析】
【分析】
（1）E中气体通入C中时，导管口没有深入液体中，A中生成的气体通入C中时，导管口深入液体中，说明A中制取的是二氧化碳、E中制取的是氨气；B装置的作用是除去二氧化碳中的氯化氢；

（2）碳酸氢钠加热分解为碳酸钠，碳酸钠能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，根据碳酸钙沉淀的质量可计算碳酸氢钠的质量。
【详解】（1）根据以上分析，①E中制备氨气，装置没有加热，浓氨水和生石灰混合能放出氨气，所以需要药品是生石灰、浓氨水，选bd。
②B装置的作用是除去二氧化碳中的氯化氢，B中应盛有饱和碳酸氢钠溶液。氨气在水中的溶解度大于二氧化碳，所以在实验过程中，应向C中先通入足量的氨气。
③氨气极易溶于水，易引起倒吸，E装置向C中通气的导管不能插入液面下的原因是氨气极易溶于水，防倒吸。
（2）①若氯化钙不过量，则溶液中含有碳酸根离子，再加入氯化钙溶液会继续生成碳酸钙沉淀，为了判断加入氯化钙溶液是否过量，正确的实验操作是：在加入氯化钙溶液后，振荡、静置，向溶液中继续加入少量氯化钙溶液，若没有沉淀生成，则氯化钙过量。
②操作Ⅲ为从固液混合物中分离出固体，步骤名称依次为过滤、洗涤、干燥。
③碳酸氢钠加热分解为碳酸钠，反应方程式是2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，反应方程式是Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl，反应总关系式是2NaHCO3——CaCO3，
设碳酸氢钠的质量为xg
2NaHCO3——CaCO3
168 100
x 2.3
x=3.864g
晶体中碳酸氢钠的纯度为 ×100%=96.6%。
【点睛】本题意在考查学生物质制备实验装置的设计创新能力、仪器的使用、安全原则等问题，理解实验装置的设计意图是解答本题的关键；思维障碍主要是对制备方案设计的实验装置使用目的理解不透。