山东省章丘市后营中学高三化学下学期3月月考试卷（含解析）.doc

山东省章丘市后营中学2016届高三下期3月月考化学试卷（解析版）1下列几种物质露置于空气中都会变质，其中一种物质不同于另外三种物质的是（ ）a.钠 b.漂白粉 c.氧化钠 d.过氧化钠【答案】c【解析】钠、漂白粉、过氧化钠露置于空气中分别发生下列反应：4na+o2=2na2o，ca(clo)2+co2+h2o=caco3+2hclo，2hclo=2hcl+o2，2na2o2+2h2o=4naoh +o2，2na2o2+2co2=2na2co3+o2，均为氧化还原反应，而氧化钠露置于空气中，发生的反应为na2o+co2=na2co3，是非氧化还原反应。2青蒿素是一种高效、速效抗疟药，是中医药献给世界的一份礼物。屠呦呦因在发现、研究青蒿素方面做出的杰出贡献而获得2015年诺贝尔医学奖。青蒿素分子结构如下图，下列说法中正确的是a青蒿素能与热的naoh溶液反应b青蒿素的分子式为c15h21o5c青蒿素分子结构中只含有极性键d青蒿素能使酸性kmno4溶液、溴的ccl4溶液分别褪色【答案】a【解析】试题分析：a、青蒿素的结构中存在酯基，所以能与热的naoh溶液反应，a正确；b、由分子结构可知青蒿素的分子式为c15h22o5，b错误；c、青蒿素分子结构中既有极性键也有非极性键，c错误；d、青蒿素不能使酸性kmno4溶液、溴的ccl4溶液褪色，d错误。答案选a。考点：有机物的性质3将等质量的a、b两份锌粉装入试管中，分别加入过量的稀硫酸，同时向装a的试管中加入少量cuso4溶液。右图表示产生氢气的体积v与时间t的关系，其中正确的是（ ）【答案】d【解析】试题分析：向装a的试管中加入少量cuso4溶液，则锌和硫酸铜发生置换反应，生成铜，则可以构成原电池，锌是负极，加快反应速率。但由于消耗了部分锌，则生成的氢气减少，答案选d。考点：考查外界条件对反应速率的影响以及原电池的应用点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题设计新颖，综合性强，侧重对学生解题能力和技巧的培养和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，提高学生的应试能力和学习效率。该题的关键是明确原电池原理，并能结合题意灵活运用即可。4下列物质中属于氧化物的是 ao2bna2o cnaclo dfeso4【答案】b【解析】氧化物是由氧元素和另一种元素组成的化合物，b正确。5下列涉及离子方程式书写的评价合理的是 （ ）【答案】c【解析】试题分析：a项：水解反应是可逆反应，符号应为“”；b项：离子方程式是正确的，多余的2个cl-在溶液中没参加化学反应；d项：铝与碳酸会有所反应，反映分为两步。碳酸是co2的水溶液，里面有h+、oh-、co3 2-、hco3-、h2o、h2co3、co2这几种离子和物质，当al投入的时候，会与水发生反应，产生al（oh）3，如果只是纯粹水溶液的话由于反映产生的al（oh）3是一层质密的薄膜，将al与水阻挡开，使反应停止。但是水溶液里面还有大量酸性的h+、hco3-离子，会与al（oh）3反映，使反应继续下去，最终反应能够得到al3+离子的，其实反映的实质就是al+6h2o 2al(oh)3+3h2，而中间借助了酸溶液的酸性，使反应不断进行，最后得到al3+，但是水解又会得到al（oh）3 ，al3+3h2o=al(oh)3+3h+，而酸是弱酸，双水解情况下，不存在al2（co3）3，所以最后就是得到al（oh）3，而不是单质al，反映的现象是冒气泡和生成沉淀，总之：碳酸铝是不存在的，或者说是极其不稳定，只有在少数高端实验室条件下才可以实现。而单质铝投入碳酸水中是会反应的，实验现象是生成沉淀和冒气泡，沉淀是氢氧化铝。故选c。考点：离子方程式正误判断点评：离子方程式正误判断要注意：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、看连接符号是否正确、注意双水解的离子不能共存。可溶的易电离的物质拆成离子。注意过量、少量、适量等。6用如图所示装置制取纯净的fe(oh)2，下列说法不正确的是aa电极一定是铁，电解液c可以是cucl2溶液b电解一段时间，b电极附近ph升高c溶液中的阴离子向a电极移动d在加入苯之前应将电解液c加热煮沸【答案】a【解析】试题分析：a、若电解液为cucl2溶液，电解总反应为：fe+cu2+=fe2+cu，无法得到fe(oh)2，错误；b、要得到fe(oh)2，阴极即b电极发生h2o电离的h+放电反应，h+浓度减小，促进h2o的电离平衡向右移动，oh浓度增大，ph升高，正确；c、根据电流方向，电解质溶液中阴离子向阳极移动，即向a电极移动，正确；d、加入苯之前应将电解液c加热煮沸，赶出溶液溶解的o2，防止fe(oh)2被氧化，正确。考点：本题考查电解原理及其应用。 7足量锌投入到1l14mol/l浓硫酸中充分反应，经测定没有硫酸剩余则此过程转移的电子数（ ）a、大于14na b、 等于14na c、 小于14na d、无法确定【答案】a【解析】浓硫酸和锌反应生成so2，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，稀硫酸和锌反应生成的是氢气。硫酸的物质的量是14mol，因此至少生成7mol硫酸锌，所以反应中至少转移7mol214mol电子，即答案选a。8（2分）下列实验操作或叙述正确的是 （填序号）。a.乙醇中含有少量水可加入生石灰再蒸馏制得无水乙醇b.将无水乙醇和浓硫酸按体积比31混合，加热至170制取乙烯c.蔗糖水解用浓硫酸作催化剂d. 油脂皂化反应后，反应混合物中加入食盐可将肥皂分离出来e. 植物油和裂化汽油可用溴水鉴别【答案】a d 【解析】试题分析：a、生石灰有吸水的作用，且不与乙醇反应。b、体积比错误，应该是1:3。c、用浓硫酸会使蔗糖碳化。d、将肥皂分离出来的方法叫盐析。e、植物油由于有不饱和双键可以使溴水褪色。考点：乙醇的性质，浓硫酸的性质，油脂的性质点评：本题考点比较简单，综合了有机物的性质进行考察。9已知i-、fe2+、so2、cl-和h2o2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的顺序为so2i- fe2+h2o2cl-，则下列反应不可能发生的是( )a2fe3+so22h2o = 2fe2+so42- 4h+ bi2so22h2o = h2so42hic2fe2i2 = 2fe32i dh2o2so2 = h2so4【答案】c【解析】试题分析：根据氧化还原反应的规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；强氧化剂与强还原剂发生反应，产生弱氧化剂和弱还原剂。a若反应2fe3+so22h2o = 2fe2+so42- 4h+可以发生，则物质的氧化性：fe3+ so2，符合物质的氧化性规律，正确；b 若反应i2so22h2o = h2so42hi可以发生，则物质的还原性：so2i-，符合物质的还原性规律，正确；c 若反应2fe2i2 = 2fe32i可以发生，则物质的还原性：fe2i，与题干的规律相矛盾，错误；d若反应h2o2so2 = h2so4可以发生，则物质的还原性：so2 h2o2，符合物质的还原性规律，正确。考点：考查物质的氧化性、还原性强弱规律的应用的知识。10某混合溶液中只含有两种溶质nacl和h2so4，且n(nacl): n(h2so4)=3:1。若以石墨电极电解该溶液，下列推断中不正确的是a整个电解的过程实质是电解水b阳极先析出cl2，后析出o2c电解液的ph不断增大，最终大于7d阴极产物为h2【答案】a【解析】试题分析：在该溶液中，阳离子的放电能力：h+na+，阴离子的放电能力：cl-oh-so42-；整个电解的过程开始发生反应为2nacl2h2ocl2h22naoh，后来是电解水，a错误；在阳极首先是cl-放电产生氯气；当cl-反应完全后，oh-再放电产生氧气。因此阳极先析出cl2，后析出o2，b正确；由于电解过程中h+不断放电，所以溶液的c(oh-)不断增大，假设n(nacl)=3mol,则n(h2so4)=1mol，若nacl电解完全，会产生3mol的oh-，而h2so4只能产生2mol的h+，后来电解实质是电极水，因此电解液的ph不断增大，最终大于7，c正确；在阴极首先应该是溶液中h+放电，所以阴极产物为h2，d正确。考点：电解原理及电解产物的判断11短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大。x与w同主族，x、w的单质在标准状况下的状态不同。y是空气中含量最高的元素，z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，z2与w具有相同的电子层结构。下列说法正确的是a原子半径大小顺序：r(w)r(z)r(y)r(x)b元素y的简单气态氢化物的热稳定性比z的强c由x、y、z三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性d化合物x2z2与w2z2所含化学键类型完全相同【答案】c【解析】试题分析：根据题给信息知，短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大。y是空气中含量最高的元素，则y为氮元素；z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，则z为氧元素；z2与w具有相同的电子层结构，则w为钠元素；x与w同主族，x、w的单质在标准状况下的状态不同，则x为氢元素。a、原子半径大小顺序：r(na)r(n)r(o)r(h)，即r(w) r(y)r(z)r(x)，错误；b、元素y的简单气态氢化物氨气的热稳定性比水的弱，错误；c、由x、y、z三种元素形成的化合物nh3h2o的水溶液呈碱性，正确；d、h2o2所含化学键为极性共价键和非极性共价键，na2o2所含化学键离子键和非极性共价键，化学键类型不完全相同，错误。考点：考查元素推断和元素周期律。12下列实验操作或装置正确的是a点燃酒精灯 b蒸馏 c过滤 d稀释浓硫酸【答案】c【解析】a不能用燃着的酒精灯引燃另一酒精灯，易引起火灾，故a错误；b蒸馏时，温度计应在蒸馏烧瓶支管口附近，且冷却水的方向错误，故b错误；c过滤时要注意“一帖”、“二低”、“三靠”，本实验操作符合操作要求，故c正确；d稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢加入，并不断用玻璃棒搅拌，以防酸液飞溅，故d错误13下列离子方程式书写正确的是a. 氯化铝溶液中加入过量氨水：b. 氨气通入醋酸溶液中：c. 氯化铁溶液中加入铁粉：d. 碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水：【答案】b【解析】试题分析：a项：氨水的主要成分一水合氨是弱电解质，不能拆开，故错；c项：氯化铁是强电解质，应该拆开，故错；d项：过量石灰水，反应后，不会有caco3，故错。故选b。考点：离子方程式的正误判断点评：离子方程式正误判断要注意：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。14两种金属混合物粉末15 g，与足量的盐酸反应时生成标准状况下11.2 l氢气，符合上述情况的金属混合物是azn、fe bzn、ag cal、cu dmg、al【答案】c【解析】试题分析：根据题意金属平均摩尔电子质量是m（e-）=15 g/mol；azn摩尔电子质量是32.5g/mol；fe摩尔电子质量是28g/mol,都大于15g/mol,错误；b. zn摩尔电子质量是32.5g/mol；ag不能与盐酸发生反应，所以摩尔电子质量可以认为是无限大，都大于15g/mol，错误；c.al摩尔电子质量是27g 3mol =9g/mol，cu不能与盐酸发生反应，所以摩尔电子质量可以认为是无限大，这样一个大于15g/mol，一个小于15g/mol，可以平均到15g/mol，正确；dmg摩尔电子质量是12g/mol；al摩尔电子质量是9g/mol,都小于15g/mol，因此不可能平均到15g/mol，错误。考点：考查金属的摩尔电子质量的计算的知识。15实验室有一包白色固体，可能含有na2co3、nahco3和nacl中的一种或多种。下列根据实验事实得出的结论正确的是a取一定量固体，溶解，向溶液中通入足量的co2，观察到有晶体析出，说明原固体中一定含有na2co3b取一定量固体，溶解，向溶液中加入适量cao粉末，充分反应后观察到有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有na2co3c取一定量固体，溶解，向溶液中滴加适量agno3溶液，观察到有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有nacld称取3.80g固体，加热至恒重，质量减少了0.620g。用足量稀盐酸溶解残留固体，充分反应后，收集到0.880g气体，说明原固体中仅含有na2co3和nahco3【答案】a【解析】试题分析：a、只有na2co3与co2反应生成nahco3，nahco3溶解度小于na2co3，所以析出，a项正确；b、加入氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与na2co3、nahco3均能反应生成沉淀，b项错误；c、agno3溶液遇到na2co3也会生成白色沉淀，不一定含有nacl，c项错误；d、白色固体加热至恒重发生反应：2nahco3=na2co3+co2+h2o，减少的量是是co2和h2o的质量是0.62g，把他们看作整体，则n=0.62g/62gmol-1=0.01mol,根据方程式n nahco3=20.01=0.02mol，m nahco3=0.02mol84g/mol=1.68g,生成的nna2co3=0.01mol；用足量稀盐酸溶解残留固体，充分反应后，收集到的气体是co2，其物质的量=0.88g/44g/mol=0.02mol,根据c原子守恒：由碳酸氢钠分解生成的碳酸钠能生成0.01molco2，剩余0.01molco2由原混合物中的碳酸钠提供，根据原子守恒：原混合物中的碳酸钠的物质的量为：0.01mol，质量=0.01mol106g/mol=1.06g,m nahco3+m na2co3=1.68+1.06=2.74g3.8,所以除了na2co3和nahco3还有根据nacl，d项错误；答案选a。考点：考查无机反应及相关计算16(6分)在某温度下，取一定质量的cuso4溶液，用石墨做电极进行电解，当阳极产生标准状况下气体1.12 l时，cuso4恰好被完全电解，得到密度为1.2 g/cm3的溶液200 ml。求：（1）电解后，所得溶液的ph= 。（2）电解前，所取cuso4溶液的质量为 。（3）若要使电解后所得溶液恢复至电解前的原始状态，需要加入 质量为 。【答案】（1）ph=0 （2）248g （3）cuo 8g【解析】试题分析：（1）阳极产生标准状况下氧气1.12 l的物质的量为1.12/22.4=0.05mol,根据2cuso4 +2h2o2cu+o2+2h2so4 ，生成硫酸0.1mol，则电解后，所得溶液h=0.2/0.2=1mol/l，ph=0；（2）根据m=pv=1.2 g/cm3200 ml=248g；（3）2cuso4 +2h2o2cu+o2+2h2so40.1 0.1根据铜原子守恒，若要使电解后所得溶液恢复至电解前的原始状态，需要加入cuo 0.1mol,质量为0.1mol80g/mol=8g。考点：考查电解的应用及计算。17下图是一个化学过程的示意图。i.（1）图中甲池是_装置(填“电解池”或“原电池”)，其中oh移向_极(填“ch3oh”或“o2”)。（2）写出通入ch3oh的电极的电极反应式：_。（3）向乙池两电极附近滴加适量紫色石蕊试液，附近变红的电极为_极(填“a”或“b”)，并写出此电极的反应式：_。（注意：背后还有试题）（4）乙池中总反应的离子方程式：_。ii.氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如图所示。（1）溶液a的溶质是 _ ；（2）电解所用的盐水需精制。去除有影响的ca2+、mg2+、nh4+、so42-c（so42-）c（ca2+）。精致流程如下（淡盐水和溶液a来自电解池）：盐泥a除泥沙外，还含有的物质是 _ 。过程中将nh4+转化为n2的离子方程式是 _。baso4的溶解度比baco3的小。过程中除去的离子有 _ 。【答案】i.（1）原电池 ch3oh（2）ch3oh（2）ch3oh6e8oh=co32-6h2o（3）a 4oh4e=o22h2o （4）4ag2h2o4ago24hii.（1）a为naoh溶液。（2）mg(oh) 2 3cl2 +8oh-+2nh4+=n2+6cl-+8 h2o。除去ca2+和so42-。【解析】试题分析：i. （1）分析图中装置，甲池是碱性条件下的甲醇燃料电池，用于发电，甲醇所在电极作负极，o2所在电极为正极，原电池工作时溶液中的阴离子向负极移动，其中oh移向ch3oh一极。（2）在碱性条件下甲醇的氧化产物为co32-，由此写出电极反应式：ch3oh6e8oh=co32-6h2o。（3）碳电极(a极)与原电池装置中通入o2的电极相连，则作阳极，电极反应式为4oh4e=o22h2o，银电极(b极)与原电池装置中通入甲醇的电极相连，则作阴极，电极反应式为age=ag，电解过程的总反应式为4ag2h2o=4ago24h，因此当向乙池两电极附近滴加适量紫色石蕊试液，附近变红的电极为a电极。ii.（1）电解饱和食盐水时的两极反应分别为：阳极：2cl- - 2e- cl2，阴极：2h+ + 2e- h2。阳极产生cl2，阴极产生h2，同时水的电离h2o h + oh-由于h浓度减小而得到促进，产生oh-，因此溶液a为naoh溶液。（2）将粗盐水与含cl2的淡盐水混合后，溶液中的杂质微粒有ca2+、mg2+、nh4+、so42-、cl2，盐泥a除泥沙外，还有加入naoh溶液时反应产生的沉淀，mg2+发生反应生成mg(oh) 2：mg2+2oh-=mg(oh) 2； 过程中加入naoh溶液将nh4+转化为n2时，因n元素化合价升高，因此发生氧化还原反应，nh4+是还原剂，成分中氧化剂只有cl2，故cl2 +nh4+n2+ cl-，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平反应即为3cl2 +8oh-+2nh4+=n2+6cl-+8 h2o；加入naoh溶液调ph至11后，盐水a中的杂质离子中一定有ca2+、so42-、oh-，还可能有过量cl2与naoh发生反应cl2+2oh- cl-+clo-+ h2o生成的clo-。过程中由于baco3的溶解度比baso4小，加入baco3时，发生反应so42- (aq) + baco3(s) baso4(s) + co32- (aq)；由于c(so42-)c(ca2+)，故反应产生的c(co32-)c(ca2+)，发生反应co32- +ca2+= ca co3，从而除去ca2+和so42-。考点：考查电解池18(nh4)2fe(so4)26h2o俗名摩尔盐，价格便宜，可用来净水或治疗缺铁性贫血等，是一种重要的化工原料。（1）摩尔盐的水溶液呈 色。（2）c(fe2+)相同的摩尔盐和硫酸亚铁两溶液比较，物质的量浓度较大的是 。（3）甲乙两位同学想测定一瓶摩尔盐的纯度。甲同学设计的实验装置如下图：。从上图推断甲同学想通过测定 计算摩尔盐的纯度。该方案的不足之处在于 。（4）乙同学在甲同学的基础上做了改进，其实验装置如下图：。则b与c中的试剂分别是 和 。c中干燥管的作用是 。乙同学称取了 10.0g的摩尔盐样品，若实验完毕后测得洗气瓶及瓶内溶液共增重 0.68g，则依此数据推算这份摩尔盐的纯度为 %（答案精确到小数点后第一位）。【答案】（1）浅绿（2）硫酸亚铁（3）生成氨气的体积 ；氨气有一部分会溶解在溶液中（或“未加热”等其它合理解释）（4）碱石灰；稀硫酸；防止倒吸； 78.4【解析】试题分析：（1）（nh4）2fe（so4）26h2o溶于水中电离出亚铁离子，所以溶液为浅绿色；（2）（nh4）2fe（so4）26h2o的溶液中，铵离子水解溶液显示酸性，抑制了亚铁离子的水解，故相同浓度的莫尔盐和硫酸亚铁，莫尔盐中的亚铁离子浓度较大，若c（fe2+）相同，硫酸亚铁的物质的量浓度要大些；（3）从图1药品为莫尔盐和氢氧化钠，说明甲同学想通过测定生成氨气的体积计算摩尔盐的纯度；由于氨气极易溶于水，所以溶液中一定含有部分氨气没有逸出；（4）根据图2可知，装置b为干燥装置，干燥氨气可以使用碱石灰；装置c为吸收并测定生成氨气的装置，可以使用稀硫酸；氨气极易溶于水，吸收时需要防止倒吸，使用c中干燥管的作用是防止倒吸；乙同学称取了10.0g的摩尔盐样品，若实验完毕后测得洗气瓶及瓶内溶液共增重0.68g，增重部分为氨气的质量，生成的氨气的物质的量为：0.68g17g/mol0.04mol，10.0g的摩尔盐样品中含有莫尔盐的物质的量为：0.02mol，所以这份摩尔盐的纯度为：100%=78.4%。19氢化钙固体是登山运动员常用的能源提供剂。某兴趣小组拟选用如下装置制备氢化钙。请回答下列问题：（1）请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为_ _（填仪器接口的字母编号）（2）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；打开分液漏斗活塞；下一步操作是：_（填序号）。a加热反应一段时间 b收集气体并检验其纯度c关闭分液漏斗活塞 d停止加热，充分冷却（3）实验结束后，某同学取少量产物，小心加入水中，观察到有气泡冒出，溶液中加入酚酞后显红色，该同学据此断，上述实验确有cah2生成。写出cah2与水反应的化学方程式_ _该同学的判断不正确，原因是_ _（用化学方程式表示）（4）登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂，与氢气相比，其优点是_。【答案】(11分)（第一小题3分，其余为2分）（1）ie，fd，cj，k（或k，j）a ；（2）b ；（3）cah22h2oca(oh)22h2 ；ca2h2oca(oh)2h2；（4）氢化钙是固体，携带方便。【解析】试题分析：（1）首先在简易的启普发生器中制取氢气，由于盐酸有挥发性没有制取得到的氢气中含有杂质hcl、h2o，先用naoh溶液的洗气，然后用浓硫酸干燥，洗气时导气管都是长进短出，然后连接发生装置制取cah2，为了防止空气中的水蒸气影响，最后连接一个装有无水cacl2的干燥管。故按气流方向连接顺序为ie，fd，cj，k（或k，j）a ；（2）氢气与ca在加热时发生反应，若装置中含有空气，空气中的氧气与氢气混合加热发生爆炸，所以检查装置气密性后，装入药品；打开分液漏斗活塞；下一步操作是收集气体并检验其纯度，选项b正确；（3）cah2与水反应产生氢氧化钙和氢气，反应的化学方程式cah22h2oca(oh)22h2 ；某同学取少量产物，小心加入水中，观察到有气泡冒出，溶液中加入酚酞后显红色，该同学据此断，上述实验确有cah2生成，该说法是错误的，原因是若未发生反应，ca是活泼金属，可以与水发生反应：ca2h2oca(oh)2h2，也产生氢气，有气泡，反应也产生了氢氧化钙，使溶液显碱性，滴入酚酞试液，溶液变为红色；（4）登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂，与氢气相比，其优点是氢化钙是固体，携带方便。【考点定位】考查化学实验基本操作、仪器的连接、方案的评价及反应方程式的书写的知识。【名师点睛】有气体参加的反应或制取气体的反应，在反应前首先要检查装置的气密性，然后装入药品，进行操作，一般程序是：制取气体净化气体干燥气体验证性质尾气处理。在制取气体时，要根据制取原理判断制取的气体中可能混有的杂质气体的成分，然后根据除杂原则，利用被提纯的气体不发生反应，而杂质发生反应，不产生新的杂质气体，先除去其它杂质气体，最后干燥。对于本题中氢气与金属ca发生的反应，由于装置中有空气，显加热ca会发生反应产生cao，不能生成目标产物；而且氢气与氧气的混合气体点燃或加热会发生爆炸，因此要先制取氢气，通入空气，待排除的气体完全是氢气后再对ca与h2的混合物进行加热；反应结束时，要先熄灭酒精灯，继续通入氢气，使cah2在氢气的还原性环境中冷却，类似氢气还原cuo的实验。洗气瓶中导气管连接方式是长进短出；若是收集气体或测量气体的体积，则导气管的连接方式是短进长出。掌握实验目的、物质的性质，有安全意识，时刻保持高度的警惕性，是安全、有效完成实验的保证。20某化学研究性学习小组讨论fe3+和so32-之间发生怎样的反应，提出了两种可能：一是发生氧化还原反应：2fe3+so32-+h2o=2fe2+so42-+2h+；二是发生双水解反应：2fe3+3so32-+6h2o=2fe(oh)3（胶体）+3h2so3。为了证明是哪一种反应发生，同学们设计并实施了下列实验，请填写下列空白：实验，学生选择的实验用品：na2so3浓溶液、bacl2稀溶液、稀盐酸；试管若干、胶头滴管若干。从选择的药品分析，作者设计这个实验的目的是_。实验，取5mlfecl3浓溶液于试管中，逐滴加入na2so3浓溶液，观察到溶液颜色由黄色变为红棕色，无气泡产生，无沉淀生成，继续加入na2so3浓溶液至过量，溶液颜色加深，最终变为红褐色。这种红褐色液体是_。向红褐色液体中逐滴加入稀盐酸至过量，可以观察到的现象是_。将溶液分成两等份，其中一份加入kscn溶液，溶液变成血红色，反应的离子方程式为_。另一份加入bacl2稀溶液，有少量白色沉淀生成，产生该白色沉淀的离子方程式是_。实验，换用稀释的fecl3和na2so3溶液重复实验、，产生的现象完全相同。由上述实验得出的结论是_。若在fecl3浓溶液中加入na2co3浓溶液，观察到红褐色沉淀并且产生无色气体，该反应的化学方程式是_。从形式上看，na2co3和na2so3相似，但是从上述实验中可以看到，二者的水溶液与氯化铁溶液反应的现象差别很大，分析其原因可能是：_；_。【答案】实验：检验na2so3是否变质（或检验na2so3溶液中是否混有na2so4）实验：氢氧化铁胶体（或胶体）；先产生红褐色沉淀，后沉淀逐渐溶解，溶液变为黄色；有气泡产生；fe3+3scn-=fe(scn)3；ba2+so42-=baso4实验iii：fe3+与so32-同时发生氧化还原反应和双水解反应，2fe3+3co32-+3h2o=2fe(oh)3+3co2so32-有较强的还原性，co32-没有还原性so32-水解能力较co32-小【解析】试题分析：实验i：该同学选择的药品中有bacl2稀溶液，用来检验硫酸根离子的存在，所以实验i的目的是检验na2so3是否变质（或检验na2so3溶液中是否混有na2so4）；实验ii：fe3+和so32-之间若发生氧化还原反应，则溶液的颜色由黄色逐渐变为亚铁离子的绿色，而实验现象证明未发生氧化还原反应，应该发生双水解反应，所以出现的红褐色的液体应是氢氧化铁胶体（或胶体）；向胶体中加入电解质溶液，胶体会发生聚沉现象，所以有红褐色沉淀生成；继续滴加盐酸，因为盐酸与氢氧化铁沉淀反应，所以沉淀逐渐溶解最终消失，溶液变黄色，同时盐酸与亚硫酸钠反应有气体生成；kscn溶液与铁离子发生络合反应，生成硫氰化铁，离子方程式为fe3+3scn-=fe(scn)3；另一份加入bacl2稀溶液，有少量白色沉淀生成，因为亚硫酸根离子与盐酸反应了，所以溶液中不存在亚硫酸根离子，所以此时产生的白色沉淀应是硫酸钡沉淀，离子方程式为ba2+so42-=baso4，说明该过程中有少量的硫酸根离子生成；实验iii：由以上实验现象分析，fe3+和so32-之间同时发生氧化还原反应和双水解反应；fecl3浓溶液中加入na2co3溶液，则二者只发生双水解反应，生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为2fe3+3co32-+3h2o=2fe(oh)3+3co2；从化合价上判断co32-离子中的c元素是+4价为最高价，无还原性，不可能与fe3+发生氧化还原反应；而so32-离子中的s元素是+4价，为中间价态，具有还原性，可与fe3+发生氧化还原反应；从水解程度判断，碳酸的酸性比亚硫酸的酸性弱，所以co32-离子水解程度大于so32-离子的水解程度，co32-离子与fe3+发生双水解反应比较彻底。考点：考查对实验原理、实验现象的分析判断，氧化还原反应 、双水解反应的应用，离子方程式的书写21 100ml 0.1 moll1hci与等体积0.15 moll1 ba(oh)2溶液混合，求ph值（写出过程）。【答案】ph=13【解析】考查ph的有关计算氯化氢的物质的量是0.1l0.1mol/l0.01mol氢氧化钡的物质的量是0.1l0.15mol/l0.015mol所以氢氧化钡是过量的根据反应式hoh=h2o可知溶液中oh的浓度是所以溶液中氢离子浓度是11013mol/l因此溶液的ph1322（18分）以乙炔或苯为原料可合成有机酸h2ma，并进一步合成高分子化合物pmla。i用乙炔等合成烃c。已知：（1）a分子中的官能团名称是 、 （2）a的结构简式是 a的一种同分异构体属于乙酸酯，其结构简式是 。（3）b转化为c的化学方程式是 ；其反应类型是 反应。ii用烃c或苯合成pmla的路线如下。已知：（4）1 mol有机物h与足量nahco3溶液反应生成标准状况下的co2 44.8 l，h有顺反异构，其反式结构简式是（5）e的结构简式是 （6）g与naoh溶液在加热条件下反应的化学方程式是 （7）h的核磁共振氢谱呈现 个吸收峰。（8）聚酯pmla有多种结构，写出由h2ma制pmla的化学方程式（任写一种）_【答案】（18分）（1）羟基、碳碳三键（2分）（2）hoch2cc ch2oh（2分）；ch3cooch=ch2 （2分)（3）hoch2ch2ch2ch2oh ch2=ch-ch=ch2+2h2o （2分)；消去反应（1分）（4）（2分)（5）ch2ohch=chch2oh （2分)（6）hooc-chcl-ch2cooh+3naohnaooc-choh-ch2coona+nacl+2h2o（2分)（7）2（1分）（8） （2分)【解析】试题分析：（1）根据已知信息，乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成a，所以a的结构简式为ch2oh-cc ch2oh，所以a中的官能团为碳碳三键和羟基；（2）a的结构简式为ch2oh-cc ch2oh，a的一种同分异构体属于乙酸酯，则分子中还应含有碳碳双键，所以a的同分异构体的结构简式为ch3cooch=ch2；（3）b为a与氢气的加成产物，则b为1,4-丁二醇，在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应，生成1,3-丁二烯，则b到c的化学方程式是hoch2ch2ch2ch2oh ch2=ch-ch=ch2+2h2o；（4）1 mol有机物h与足量nahco3溶液反应生成标准状况下的co2 44.8 l，说明h分子中含有2个羧基，其分子的不饱和度为3，所以还含有1个碳碳双键，则h的结构简式是hooc-ch=ch-cooh，则h是反式结构简式是；（5）h是hooc-ch=ch-cooh，则其中的碳碳双键与水发生加成反应生成h2ma的结构简式是hooc-choh-ch2-cooh，根据已知信息，f中应含2个羧基，则1,3-丁二烯与1分子氯气发生1,4加成生成d为ch2cl-ch=ch-ch2cl，d发生水解反应生成e为ch2ohch=chch2oh，e再与hcl发生加成反应生成f为ch2ohch2-chclch2oh，f与琼斯试剂发生氧化反应生成g，g为hooc-chcl-ch2-cooh，再与氢氧化钠溶液反应、酸化也得到hooc-choh-ch2-cooh；（6）根据以上分析，f与氢氧化钠溶液反应，羧基与氢氧化钠反应生成羧酸钠，cl原子与氢氧化钠发生取代反应生成醇羟基，化学方程式是hooc-chcl-ch2cooh+3naohnaooc-choh-ch2coona+nacl+2h2o；（7）h为对称分子，羧基和-ch=中各有1种h原子，所以共2个吸收峰；（8）h2ma中的羧基和羟基可以发生缩聚反应，生成pmla和水，化学方程式是。考点：考查有机物的推断，有机物性质的应用，对已知信息的理解应用能力23乙烯是重要的化工原料，以乙烯为原料生产部分化工产品的流程如下（部分反应 条件已略去）：已知：e分子中含有两个羟基，且不连在同一个碳原子上。请回答下列问题：（1）由乙烯生成a的反应类型为_。（2）c是一种常见的塑料，其化学名称为_。（3）d是环状化合物，其结构简式为_。（4）写出下列反应的化学方程式：ab：_；ef：_【答案】（1）加成反应(1分)；（2）聚氯乙烯 (1分)；（3）（2分）（4）ch2clch2clchc