1、2016年江西省宜春市万载二中高考化学三模试卷一、选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的1运用元素周期律分析下面的推断，其中错误的是（）113号元素的单质是一种金属，它的氧化物的水化物不能与强碱反应；砹（At2）是一种有色固体，HAt很不稳定，AgAt是有色难溶于水的固体；硫酸锶是难溶于水和盐酸的固体；H2S比水的还原性弱，但H2S比水的稳定性强；周期表中钠在钾的上方，因此非金属性钠比钾弱，单质的熔点钠也比钾低；第二周期非金属元素（除稀有气体元素）原子半径小，得电子能力强，其气态氢化物的水溶液均呈酸性ABCD2离子方程式CO32+2H+H2O+CO2
2、中CO32的代表的物质可以是（）ACaCO3BNaHCO3CNa2CO3DBaCO33下列对合金的说法正确的是（）A合金中至少含有两种金属元素B黄铜的硬度比铜大C18K金常用来制作饰品，其熔点比纯金高D钢是纯铁的俗称4有下列物质：NaOH固体：浓硫酸；NH4N03晶体；CaO固体现将它们分别装入有水的锥形瓶里，立即塞紧带U形管的塞子，发现U形管内滴有红墨水的水血呈形如图所示状态，判断加入的物质可能是（）ABCD5下列反应一定能自发进行的是（）A放热反应B熵增加的反应C熵增加的吸热反应D熵增加的放热反应6在1L溶液中含有Fe（NO3）3和H2SO4两种溶质，其浓度分别为0.2mol/L和1.5m
3、ol/L，现向该溶液中加入39.2g铁粉使其充分反应下列有关说法正确的是（）A反应后溶液中Fe3+物质的量为0.8molB反应后产生13.44L H2（标准状况）C反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9molD由于氧化性Fe3+H+，故反应中先没有气体产生后产生气体7下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（）常温下NaNO2溶液pH大于7 用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗HNO2和NaCl不能发生反应 0.1molL1HNO2溶液的pH=2.1NaNO2和H3PO4反应，生成HNO20.1molL1HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1ABCD全部8下列实验“操作和现象”与
4、“结论”对应关系正确的是（）操作和现象结论A向装有Fe（NO3）2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体HNO3分解生成了NO2B向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu（OH）2浊液，加热，没有红色沉淀生成淀粉没有水解成葡萄糖C向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊析出了NaHCO3D向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170产生的气体通入酸性KMnO4溶液，红色褪去使溶液褪色的气体是乙烯AABBCCDD二、非选择题（共3小题，共50分）9为了探究H2O2、H2SO3和Br2氧化性的相对强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去）请回答下列问题：（1）
5、仪器A的名称，其作用是（2）用仪器B滴加液体并不需要打开玻璃塞c，原因是（3）实验记录如下（请补全空白）：步骤实验操作实验现象实验结论打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液至过量向步骤所得溶液中逐滴加入H2O2溶液刚开始溶液颜色无明显变化，继续滴加，溶液变为橙黄色（4）步骤中，开始时颜色无明显变化的原因是（写出一条），步骤中反应的离子方程式，步骤中主要反应的离子方程式10绿矾是一种重要的化工原料【问题1】绿矾晶体（FeSO47H2O）由于保存不妥或长久放置，容易被空气中的氧气氧化而变质为探究绿矾样品的变质情况，某化学兴趣小组的同学设计了下列实验方案实验准备：取少量绿矾样品，用蒸馏水在烧杯中配成溶液
6、（1）方案1：取少量溶液，加入几滴试剂（写化学式），如果观察到的现象是溶液变血红色；实验结论：证明绿矾样品已被氧化（2）方案2：取少量溶液，加入几滴酸性KMnO4溶液，如果观察到的现象是实验结论：证明绿矾样品完全被氧化（3）使用FeSO4时，如要防止Fe3+的干扰，可以加入适量铁粉进行除杂，写出加入铁粉后发生反应的离子方程式（4）要从FeSO4溶液中得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有（此空填序号）A蒸发皿 B石棉网 C烧杯 D玻璃棒【问题2】灼烧绿矾的反应方程式：2（FeSO47H2O）Fe2O3+SO2+SO3+14H2O工业上
7、常通过高温分解FeSO4的方法制备Fe2O3，为检验FeSO4高温分解的气体产物中是否含有SO2和SO3，进行如下实验：将FeSO4高温分解产生的气体通入如图所示的装置中请回答以下问题：（1）装置I中氯化钡溶液中可观察到现象若氯化钡溶液足量，将最后所得沉淀过滤、洗涤、烘干后称重为2.33克，则灼烧绿矾的过程中转移了mol的电子（2）装置II中试剂为品红溶液，其作用是（3）装置III中试剂为NaOH溶液，其作用是11下面是甲、乙、丙三位同学制取乙酸乙酯的过程，请你参与并协助他们完成相关实验任务【实验目的】制取乙酸乙酯【实验原理】甲、乙、丙三位同学均采取乙醇、乙酸与浓硫酸混合共热的方法制取乙酸乙酯
8、，该反应的化学方程式为【装置设计】甲、乙、丙三位同学分别设计了下列三套实验装置：若从甲、乙两位同学设计的装置中选择一套作为实验室制取乙酸乙酯的装置，选择的装置应是（填“甲”或“乙”）丙同学将甲装置中的玻璃管改成了球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是【实验步骤】A 按所选择的装置组装仪器，在试管中先加入3mL95%的乙醇，并在摇动下缓缓加入2mL浓硫酸充分摇匀，冷却后再加入2mL冰醋酸；B 将试管固定在铁架台上；C 在试管中加入5mL X试剂；D 用酒精灯对试管加热E当观察到试管中有明显现象时停止实验【问题讨论】（1）实验中浓硫酸的作用是（2）试管2中加入的X试剂为（3）步骤E试管中观察到
9、的现象是（4）常用方法分离获得实验中的乙酸乙酯2016年江西省宜春市万载二中高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的1运用元素周期律分析下面的推断，其中错误的是（）113号元素的单质是一种金属，它的氧化物的水化物不能与强碱反应；砹（At2）是一种有色固体，HAt很不稳定，AgAt是有色难溶于水的固体；硫酸锶是难溶于水和盐酸的固体；H2S比水的还原性弱，但H2S比水的稳定性强；周期表中钠在钾的上方，因此非金属性钠比钾弱，单质的熔点钠也比钾低；第二周期非金属元素（除稀有气体元素）原子半径小，得电子能力强，其气态氢化物的
10、水溶液均呈酸性ABCD【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】113号元素为第A的金属元素；砹为A元素，非金属性较弱；第A元素的硫酸盐中硫酸钙微溶于水，硫酸钡不溶于水；非金属性OS；金属比较非金属性无意义，碱金属从上到下熔点降低；氨气的水溶液显碱性【解答】解：113号元素为第A的金属元素，它的氧化物的水化物不能与强碱反应，故正确；砹为A元素，非金属性较弱，则HAt很不稳定，AgAt是有色难溶于水的固体，故正确；第A元素的硫酸盐中硫酸钙微溶于水，硫酸钡不溶于水，则硫酸锶是难溶于水和盐酸的固体，故正确；非金属性OS，硫化氢的稳定
11、性弱于水的，故错误；金属比较非金属性无意义，金属钠没有非金属性，碱金属从上到下熔点降低，故错误；氨气的水溶液显碱性，甲烷不溶于水，故错误；故选B【点评】本题考查位置、结构与性质关系的应用，为高频考点，把握元素在周期表中位置、元素周期律为解答的关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力，题目难度不大2离子方程式CO32+2H+H2O+CO2中CO32的代表的物质可以是（）ACaCO3BNaHCO3CNa2CO3DBaCO3【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】在书写离子方程式时，只有易溶于水的强电解质才能拆成离子的形式【解答】解：离子方程式CO32+2H+=H2O+CO2
12、中CO32的代表的物质可以是易溶于水的碳酸盐A、碳酸钙是白色难溶于水的沉淀，故A错误；B、碳酸氢钠是易溶于水的碳酸氢盐，拆成钠离子和碳酸氢根离子，故B错误；C、碳酸钠是易溶于水的碳酸盐，故C正确；D、碳酸钡是白色难溶于水的沉淀，故D错误故选C【点评】本题考查学生离子方程式的书写知识，可以根据教材知识来回答，较简单3下列对合金的说法正确的是（）A合金中至少含有两种金属元素B黄铜的硬度比铜大C18K金常用来制作饰品，其熔点比纯金高D钢是纯铁的俗称【考点】合金的概念及其重要应用【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；B合金的硬
13、度一般比组成合金的各成分硬度高；C18K金属于合金，合金的熔点比各成分的熔点低；D“钢”是铁的合金；【解答】解：A合金是金属与金属或金属于非金属的混合物，合金中至少含有一种金属元素，故A错误；B黄铜主要由铜、锌组成的合金，合金的硬度一般比组成合金的各成分硬度高，所以硬度比铜大，故B正确；C黄金首饰的纯度常用“K”来表示，24K是纯金，18K是在黄金中加入其它贵金属形成的合金，合金的熔点比各成分的熔点低，18K金熔点比纯金低，故C错误；D钢是含碳量为0.03%2%的铁合金，故D错误；故选B【点评】本题主要考查合金与合金的性质，掌握合金概念的三个特点：金属与金属或金属与非金属的混合物，合金的熔点比
14、各成分的熔点低，但硬度比各成分硬度高是解答的关键，题目难度不大4有下列物质：NaOH固体：浓硫酸；NH4N03晶体；CaO固体现将它们分别装入有水的锥形瓶里，立即塞紧带U形管的塞子，发现U形管内滴有红墨水的水血呈形如图所示状态，判断加入的物质可能是（）ABCD【考点】吸热反应和放热反应【专题】化学反应中的能量变化【分析】根据U形管右侧液面升高，说明锥形瓶内气压由于加入物质而增大以及氢氧化钠固体，浓硫酸、生石灰加入水中都放出大量的热而使温度升高，瓶内气体压强增大【解答】解：因氢氧化固体，浓硫酸、生石灰加入水中都会放出大量的热而使温度升高，使得瓶内气体压强增大，U形管右侧液面升高，故选：B【点评】
15、记住物质溶于水吸放热情况，氢氧化钠、浓硫酸、生石灰溶于水放热，而硝酸铵溶于水吸热5下列反应一定能自发进行的是（）A放热反应B熵增加的反应C熵增加的吸热反应D熵增加的放热反应【考点】焓变和熵变【专题】化学反应中的能量变化【分析】自发进行的反应符合HTS0，依据判断依据分析选项，反应自发进行需要焓变、熵变、温度共同决定【解答】解：A、放热反应H0，若S0，高温可能非自发反应，故A不符合；B、熵增加反应，放热反应H0，若S0，高温可能非自发反应，故B不符合；C、熵增加的吸热反应，S0，H0，低温可能非自发反应，HTS0，故C不符合；D、熵增加的放热反应，S0，H0，任何温度下HTS0，所以一定能自发
16、进行，故D符合；故选：D【点评】本题考查了反应自发进行的判断依据，反应焓变、熵变、温度共同决定反应是否自发进行，题目较简单6在1L溶液中含有Fe（NO3）3和H2SO4两种溶质，其浓度分别为0.2mol/L和1.5mol/L，现向该溶液中加入39.2g铁粉使其充分反应下列有关说法正确的是（）A反应后溶液中Fe3+物质的量为0.8molB反应后产生13.44L H2（标准状况）C反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9molD由于氧化性Fe3+H+，故反应中先没有气体产生后产生气体【考点】化学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】Fe（NO3）3和H2SO4的物质的量分别
17、为0.2mol、1.5mol，n（Fe）=0.7mol，氧化性为HNO3Fe3+H+，先发生Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O、再发生Fe+2Fe3+3Fe2+，若还有Fe剩余，则最后发生Fe与氢离子的反应，以此来解答【解答】解：Fe（NO3）3和H2SO4的物质的量分别为0.2mol、1.5mol，n（Fe）=0.7mol，氧化性为HNO3Fe3+H+，则 Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O 1 4 1 1 0.6 2.4 0.6 0.6 Fe+2Fe3+3Fe2+， 1 2 3 0.1 0.2 0.3Fe完全反应，没有剩余，溶液中存在0.6molFe3+、0.3molFe2+，
18、A反应后溶液中Fe3+物质的量为0.6mol，故A错误；B不发生Fe+2H+Fe2+H2，没有氢气生成，故B错误；C反应后溶液中存在0.6molFe3+、0.3molFe2+，反应后溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之和为0.9mol，故C正确；D氧化性为HNO3Fe3+H+，先发生Fe+4H+NO3Fe3+NO+2H2O，有气体生成，故D错误；故选C【点评】本题考查铁的化学性质及化学反应的计算，明确发生的化学反应及反应的先后是解答本题的关键，注意过量计算来解答，题目难度不大7下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（）常温下NaNO2溶液pH大于7 用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗HNO2和
19、NaCl不能发生反应 0.1molL1HNO2溶液的pH=2.1NaNO2和H3PO4反应，生成HNO20.1molL1HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1ABCD全部【考点】弱电解质的判断【分析】部分电离、溶液中存在电离平衡的电解质为弱电解质，利用酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析HNO2是弱电解质【解答】解：常温下NaNO2溶液pH大于7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，则亚硝酸是弱电解质，故正确；溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故错误；HNO2和NaCl不能发生反应，只
20、能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故错误；常温下0.1 molL1 HNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故正确；强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸，故正确；常温下pH=1的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1说明亚硝酸中存在电离平衡，则亚硝酸为弱电解质，故正确；故选C【点评】本题考查弱电解质的判断，为高频考点，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意：溶液导电性与离子浓度有关，与电解质强弱无关，为易错点8下列实验“操作和现象”与“结论”
21、对应关系正确的是（）操作和现象结论A向装有Fe（NO3）2溶液的试管中加入稀H2SO4，在管口观察到红棕色气体HNO3分解生成了NO2B向淀粉溶液中加入稀H2SO4，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu（OH）2浊液，加热，没有红色沉淀生成淀粉没有水解成葡萄糖C向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，溶液变浑浊析出了NaHCO3D向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170产生的气体通入酸性KMnO4溶液，红色褪去使溶液褪色的气体是乙烯AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】ANO3在酸性条件下具有氧化性，被还原生成NO，NO被O2氧化为红棕色的NO2；B葡萄糖在碱性条件
22、下与新制Cu（OH）2浊液反应；C相同温度、溶剂下，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度；D乙醇和浓硫酸反应制取乙烯的过程中，会有少量的SO2产生，SO2具有还原性，也可以使酸性KMnO4溶液褪色【解答】解：A向Fe（NO3）2溶液中加入H2SO4，则会发生离子反应：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+NO+2H2O，产生的NO在管口生成NO2呈现红色，而不是HNO3分解产生NO2，故A错误； B应加入碱将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生红色沉淀，故B错误；C饱和Na2CO3溶液中通入CO2发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，由于产生的碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，故会从过
23、饱和溶液中析出，故C正确；D乙醇和浓硫酸反应制取乙烯的过程中，会有少量的SO2产生，也可以使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，注意物质的性质和物质的检验方法，排除其它因素的干扰，题目难度不大二、非选择题（共3小题，共50分）9为了探究H2O2、H2SO3和Br2氧化性的相对强弱，设计如下实验（夹持仪器已略去）请回答下列问题：（1）仪器A的名称球形冷凝管，其作用是冷凝回流溴，以免溴挥发（2）用仪器B滴加液体并不需要打开玻璃塞c，原因是滴液漏斗和三颈瓶相通，气压相等（3）实验记录如下（请补全空白）：步骤实验操作实验现象实验结论打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶
24、液至过量橙黄色褪去Br2的氧化性大于H2SO3向步骤所得溶液中逐滴加入H2O2溶液刚开始溶液颜色无明显变化，继续滴加，溶液变为橙黄色H2O2的氧化性大于Br2（4）步骤中，开始时颜色无明显变化的原因是（写出一条）步骤1的H2SO3有过量，H2O2先和H2SO3反应，步骤中反应的离子方程式H2SO3+Br2+H2O=4H+SO42+2Br，步骤中主要反应的离子方程式H2O2+2Br+2H+=Br2+2H2O【考点】性质实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】（1）由A的结构特征可知为球形冷凝管，溴易挥发，冷凝回流溴；（2）滴液漏斗和三颈瓶相通，气压相等；（3）：打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液
25、至过量，H2SO3被溴水氧化；：向步骤所得溶液中逐滴加入H2O2溶液，溶液又变为橙黄色，说明过氧化氢将溴离子氧化为溴单质；（4）步骤中，开始时颜色无明显变化，可能是因为步骤1的H2SO3有过量，H2O2先和H2SO3反应，或H2O2浓度小或Br与H2O2反应慢等【解答】解：（1）仪器A的名称是球形冷你管，其作用是使溴蒸汽冷凝回流，故答案为：球形冷凝管；冷凝回流溴，以免溴挥发；（2）用仪器B滴加液体并不需要打开玻璃塞c，原因是该仪器与三颈瓶相通，气压相等，液体能顺利流出，故答案为：滴液漏斗和三颈瓶相通，气压相等；（3）：打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液至过量，H2SO3被溴水氧化，溶液的橙黄色
26、褪去，说明溴单质的氧化性强于亚硫酸；：向步骤所得溶液中逐滴加入H2O2溶液，溶液又变为橙黄色，说明过氧化氢将溴离子氧化为溴单质，则H2O2的氧化性大于Br2，故答案为：步骤实验操作实验现象实验结论打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液至过量橙黄色褪去Br2的氧化性大于H2SO3向步骤所得溶液中逐滴加入H2O2溶液刚开始溶液颜色无明显变化，继续滴加，溶液变为橙黄色H2O2的氧化性大于Br2；（4）步骤中，开始时颜色无明显变化可能是因为：步骤1的H2SO3有过量，H2O2先和H2SO3反应，或H2O2浓度小或Br与H2O2反应慢等；步骤中，亚硫酸与溴单质反应离子方程式为：H2SO3+Br2+H2O=4
27、H+SO42+2Br，步骤中主要发生过氧化氢和溴离子的反应，离子方程式为：H2O2+2Br+2H+=Br2+2H2O，故答案为：步骤1的H2SO3有过量，H2O2先和H2SO3反应；H2SO3+Br2+H2O=4H+SO42+2Br；H2O2+2Br+2H+=Br2+2H2O【点评】本题考查物质性质探究实验，涉及到元素化合物性质、对装置与原理的分析评价、离子方程式书写、氧化还原反应等，关键是对实验原理的理解，难度中等10绿矾是一种重要的化工原料【问题1】绿矾晶体（FeSO47H2O）由于保存不妥或长久放置，容易被空气中的氧气氧化而变质为探究绿矾样品的变质情况，某化学兴趣小组的同学设计了下列实验
28、方案实验准备：取少量绿矾样品，用蒸馏水在烧杯中配成溶液（1）方案1：取少量溶液，加入几滴KSCN试剂（写化学式），如果观察到的现象是溶液变血红色；实验结论：证明绿矾样品已被氧化（2）方案2：取少量溶液，加入几滴酸性KMnO4溶液，如果观察到的现象是溶液不褪色实验结论：证明绿矾样品完全被氧化（3）使用FeSO4时，如要防止Fe3+的干扰，可以加入适量铁粉进行除杂，写出加入铁粉后发生反应的离子方程式Fe+2Fe3+=3Fe2+（4）要从FeSO4溶液中得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有B（此空填序号）A蒸发皿 B石棉网 C烧杯
29、 D玻璃棒【问题2】灼烧绿矾的反应方程式：2（FeSO47H2O）Fe2O3+SO2+SO3+14H2O工业上常通过高温分解FeSO4的方法制备Fe2O3，为检验FeSO4高温分解的气体产物中是否含有SO2和SO3，进行如下实验：将FeSO4高温分解产生的气体通入如图所示的装置中请回答以下问题：（1）装置I中氯化钡溶液中可观察到现象有白色沉淀产生若氯化钡溶液足量，将最后所得沉淀过滤、洗涤、烘干后称重为2.33克，则灼烧绿矾的过程中转移了0.02mol的电子（2）装置II中试剂为品红溶液，其作用是检验产生的气体中是否含SO2（3）装置III中试剂为NaOH溶液，其作用是除去多余的SO2，防止污染
30、空气【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】【问题1】（1）铁离子遇KSCN溶液为血红色；（2）亚铁离子具有还原性，能被高锰酸钾氧化；（3）防止Fe3+的干扰，可以加入适量铁粉进行除杂，Fe与铁离子反应生成亚铁离子；（4）从FeSO4溶液中得到绿矾晶体，蒸发浓缩、冷却结晶，蒸发需要蒸发皿、玻璃棒等，过滤需要烧杯、漏斗等；【问题2】为检验FeSO4高温分解的气体产物中是否含有SO2和SO3，由实验装置可知，气体进入I中反应生成白色沉淀硫酸钡，II中二氧化硫可使品红褪色，III为尾气处理装置，可利用NaOH溶液吸收二氧化硫，以此来解答【解答】解：【问题1】（1）绿矾中的亚铁离子被氧化
31、成铁离子，遇KSCN变红色，因此加入KSCN溶液，若溶液变红证明被氧化，故答案为：KSCN；（2）酸性KMnO4可氧化亚铁离子，但不与铁离子反应，若溶液的紫色不褪去，证明已完全被氧化，故答案为：溶液不褪色；（3）铁与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；（4）从溶液中得到晶体的第一步是蒸发浓缩，然后冷却结晶、过滤、自然干燥即可；这一系列的操作中A、蒸发皿中进行蒸发，C、烧杯中配成溶液，D、用玻璃棒进行搅拌，没有用的是B石棉网，故答案为：蒸发浓缩；B；【问题2】为检验FeSO4高温分解的气体产物中是否含有SO2和SO3，由实验装
32、置可知，气体进入I中反应生成白色沉淀硫酸钡，II中二氧化硫可使品红褪色，III为尾气处理装置，可利用NaOH溶液吸收二氧化硫，（1）三氧化硫与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，所以装置I中氯化钡溶液中可观察到现象是有白色沉淀产生；2.33g为硫酸钡，其物质的量为=0.01mol，即三氧化硫的物质的量为0.01mol，根据2（FeSO47H2O）Fe2O3+SO2+SO3+14H2O2e可知该过程中转移电子的物质的量为0.02mol，故答案为：有白色沉淀产生；0.02；（2）装置II中试剂为品红溶液，其作用是检验产生的气体中是否含SO2，故答案为：检验产生的气体中是否含SO2；（3）装置III中
33、试剂为NaOH溶液，其作用是除去多余的SO2，防止污染空气，故答案为：除去多余的SO2，防止污染空气【点评】本题考查物质的制备实验及性质实验，为高频考点，把握物质的性质、氧化还原反应、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度不大11下面是甲、乙、丙三位同学制取乙酸乙酯的过程，请你参与并协助他们完成相关实验任务【实验目的】制取乙酸乙酯【实验原理】甲、乙、丙三位同学均采取乙醇、乙酸与浓硫酸混合共热的方法制取乙酸乙酯，该反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O【装置设计】甲、乙、丙三位同学分别设计了下列三套实验装置：若从甲、乙两位同学设计的
34、装置中选择一套作为实验室制取乙酸乙酯的装置，选择的装置应是乙（填“甲”或“乙”）丙同学将甲装置中的玻璃管改成了球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是防止倒吸【实验步骤】A 按所选择的装置组装仪器，在试管中先加入3mL95%的乙醇，并在摇动下缓缓加入2mL浓硫酸充分摇匀，冷却后再加入2mL冰醋酸；B 将试管固定在铁架台上；C 在试管中加入5mL X试剂；D 用酒精灯对试管加热E当观察到试管中有明显现象时停止实验【问题讨论】（1）实验中浓硫酸的作用是催化、吸水（2）试管2中加入的X试剂为饱和碳酸钠溶液（3）步骤E试管中观察到的现象是液体分为两层（有水果味）（4）常用分液方法分离获得实验中的乙酸
35、乙酯【考点】制备实验方案的设计【专题】有机实验综合【分析】【实验原理】乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水；【装置设计】酸和乙醇易溶于水，不插入液面下是为了防止倒吸，所以选乙装置；球形干燥管导气的同时也起到防倒吸作用；【问题讨论】（1）浓硫酸有吸水性，促进该反应向正反应方向移动，浓硫酸能加快反应速率，所以浓硫酸作催化剂和吸水剂；（2）碳酸钠溶液中的水溶解乙醇，能跟乙酸反应吸收乙酸，便于闻到乙酸乙酯的香味，而乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液；（3）乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，所以步骤E试管中液体分层；（4）因为乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，分离互不相溶液体的方法是分液【解答】解：
36、【实验原理】乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；【装置设计】酸和乙醇易溶于水，不插入液面下是为了防止倒吸，所以选乙装置；球形干燥管导气的同时也起到防倒吸作用，故答案为：乙；防止倒吸；【问题讨论】（1）浓硫酸有吸水性，促进该反应向正反应方向移动，浓硫酸能加快反应速率，所以浓硫酸作催化剂和吸水剂，所以实验中浓硫酸的作用是：催化、吸水，故答案为：催化、吸水；（2）碳酸钠溶液中的水溶解乙醇，能跟乙酸反应吸收乙酸，便于闻到乙酸乙酯的香味，而乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，所以试管2中加入的X试剂为：饱和碳酸钠溶液，故答案为：饱和碳酸钠溶液；（3）乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，所以步骤E试管中观察到的现象是：液体分为两层（有水果味），故答案为：液体分为两层（有水果味）；（4）因为乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，分离互不相溶液体的方法是分液，所以常用分液分离获得实验中的乙酸乙酯，故答案为：分液【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握乙酸乙酯的制备原理、实验装置的作用、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大