山东省章丘市2016届高三化学下册3月月考试题5.doc

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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（