1、2015-2016学年湖北省天门市张港高级中学高三（上）月考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列关于物质分类的说法正确的是（）A金刚石、白磷都属于单质B漂白粉、石英都属于纯净物C氯化铵、次氯酸都属于强电解质D葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物2四联苯的一氯代物有（）A3种B4种C5种D6种3能正确表示下列反应的离子方程式的是（）ACl2通入NaOH溶液：Cl2+OHCl+ClO+H2OBNaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32+2H+CO2+H2OCAlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2ODCu溶于稀HNO3：3Cu+8H+2NO
2、33Cu2+2NO+4H2O4W、X，Y，Z均为短周期元素，X，Y处于同一周期，X，Z的最低价离子分别为X2和Z，Y+和Z具有相同的电子层结构下列说法正确的是（）A原子最外层电子数：XYZB单质沸点：XYZC离子半径：X2Y+ZD原子序数：XYZ5某天然拒食素具有防御非洲大群蚯蚓的作用，其结构简式如图（未表示出原子或原子团的空间排列）该拒食素与下列某试剂充分反应，所得有机物分子的官能团数目增加，则该试剂是（）ABr2的CCl4溶液BAg（NH3）2OH溶液CHBrDH26用高铁酸钠（Na2FeO4）对河湖水消毒是城市饮水处理的新技术已知反应Fe2O3+3Na2O22Na2FeO4+Na2O，下
3、列说法正确的是（）ANa2O2既是氧化剂又是还原剂BFe2O3在反应中得到电子C3 mol Na2O2发生反应，有12mol电子转移DNa2FeO4能消毒杀菌是因其具有强氧化性7下列实验方案中，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A检验CH3CH2Br在NaOH溶液中是否发生水解将CH3CH2Br与NaOH溶液共热冷却后，取出上层水溶液，用稀HNO3酸化，加入AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀B检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红C验证Br2的氧化性强于I2将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静
4、置可观察到下层液体呈紫色D验证Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色AABBCCDD二、解答题（共3小题，满分43分）8月球含有H、He、N、Na、Mg、Si等元素，是人类未来的资源宝库（1）3He是高效能原料，其原子核内的中子数为（2）Na的原子结构示意图为，Na在氧气中完全燃烧所得产物的电子式为（3）MgCl2在工业上应用广泛，可由MgO制备MgO的熔点比BaO的熔点（填“高”或“低”）月球上某矿石经处理得到的MgO中含有少量SiO2，除去SiO2的离子方程式为；SiO2的晶体类型为MgO与碳粉和氯气在一定条件
5、下反应可制备MgCl2若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收，则生成的盐为（写化学式）（4）月壤中含有丰富的3He，从月壤中提炼1kg 3He，同时可得6000kg H2和700kg N2，若以得到H2和N2为原料经一系列反应最多可生产碳酸氢铵kg9有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH4+、K+、Ba2+、Al3+、Fe3+、I、NO3、CO32、SO42、AlO2取该溶液进行以下实验：用pH试纸检测，溶液呈强酸性；取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色；另取溶液适量，逐滴加入NaOH溶液；a溶液从酸性变为中性b溶液逐渐产生沉淀c沉淀完全溶解d最后加热溶液，有气体放出，
6、该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝取适量得到的碱性溶液，加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成根据上述实验现象，回答下列问题（1）由可以排除的存在（2）由可以证明的存在；同时排除的存在；理由是（3）由可以证明的存在；写出c、d所涉及的化学方程式，是离子反应的用离子方程式表示：c；d（4）由可以排除的存在，同时证明的存在10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已知该实验装置的连接顺序为：i e f d c j k a请回答下列问题：（1）装有盐酸溶液的仪器名称是（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（请按正确的
7、顺序填入下列步骤的标号）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（4）请你设计一个实验，用化学方法区分过氧化钠与氢化钙，写出实验简要步骤及观察到的现象（5）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11根据图示填空已知F是由四个碳原子形成的环状化合物（1）化合物A含有的官能团是（2）1mol A与2mol H2反应生成1mol E，其反应方程式是（3）
8、与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式是（4）A反应生成C的化学方程式是（5）F的结构简式是由E生成F的反应类型是2015-2016学年湖北省天门市张港高级中学高三（上）月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列关于物质分类的说法正确的是（）A金刚石、白磷都属于单质B漂白粉、石英都属于纯净物C氯化铵、次氯酸都属于强电解质D葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物【考点】单质和化合物；混合物和纯净物；电解质与非电解质；有机高分子化合物的结构和性质【专题】物质的分类专题【分析】A由一种元素组成的纯净物是单质；B由一种物质组成的为纯净物；C完全电离的电解质是强电
9、解质；D相对分子质量很大的化合物是高分子化合物，常见的天然有机高分子化合物有蛋白质、纤维素和淀粉【解答】解：A由一种元素组成的纯净物是单质，金刚石、白磷都是由一种元素组成的纯净物，所以属于单质，故A正确；B由一种物质组成的为纯净物，漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙，所以为混合物，故B错误；C完全电离的电解质是强电解质，次氯酸在水溶液里部分电离，为弱电解质，故C错误；D相对分子质量很大的化合物是高分子化合物，常见的天然有机高分子化合物有蛋白质、纤维素和淀粉，葡萄糖是小分子有机物，故D错误；故选A【点评】本题考查了基本概念，明确单质、纯净物、强电解质、高分子化合物的概念是解本题关键，知道常见物质
10、的成分结合基本概念即可解答，题目难度不大2四联苯的一氯代物有（）A3种B4种C5种D6种【考点】同分异构现象和同分异构体；常见有机化合物的结构【专题】同系物和同分异构体【分析】根据“等效氢”的数目分析四联苯的一氯代物，有几种等效氢原子，就有几种一氯代物【解答】解：共有18个位置的氢原子可以被取代，根据轴对称可知，1、9、10、18等效，2，8，11，17等效，3，7，12，16等效，4，6，13，15等效，5、14等效，因此四联苯的等效氢原子有5种，因此四联苯的一氯代物的种类为5种，故选C【点评】本题考查学生同分异构体的书写，掌握方法即可完成，注意等效氢的判断，难度不大3能正确表示下列反应的离
11、子方程式的是（）ACl2通入NaOH溶液：Cl2+OHCl+ClO+H2OBNaHCO3溶液中加入稀HCl：CO32+2H+CO2+H2OCAlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2ODCu溶于稀HNO3：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A原子不守恒；B碳酸氢根离子不能拆开；C氢氧化铝不溶于弱碱；D铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水【解答】解：A原子不守恒，离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故A错误；B碳酸氢根离子不能拆开，离子方程式为HCO3+H+CO2+H2O，故B错误；
12、C氢氧化铝不溶于弱碱，离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故C错误；D铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确物质之间发生的反应是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，注意：有的化学反应与反应物的量有关，离子方程式书写是学习难点，也是高考高频点，应熟练掌握4W、X，Y，Z均为短周期元素，X，Y处于同一周期，X，Z的最低价离子分别为X2和Z，Y+和Z具有相同的电子层结构下列说法正确的是（）A原子最外层电子数：XYZB单质沸点：XYZC离子半径：
13、X2Y+ZD原子序数：XYZ【考点】原子结构与元素周期律的关系；真题集萃【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Z的最低价离子分别为X2和Z，则X为第A族元素，Z为A族元素；Y+和Z具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，结合元素在周期表中的位置以及元素周期律知识解答该题【解答】解：X、Z的最低价离子分别为X2和Z，则X为第A族元素，Z为A族元素；Y+和Z具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，AX、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，故A错误；B常
14、温下Na、S为固体，F2为气体，Na的熔点较低，但钠的沸点高于硫，顺序应为NaSF2，故B错误；CNa+、F具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为FNa+，故C错误；DX、Y、Z原子序数分别为16、11、9，原子序数：XYZ，故D正确故选D【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，本题的关键是根据原子结构特点正确推断元素的种类5某天然拒食素具有防御非洲大群蚯蚓的作用，其结构简式如图（未表示出原子或原子团的空间排列）该拒食素与下列某试剂充分反应，所得有机物分子的官能团数目增加，则该试剂是（）ABr2的CCl4溶液BA
15、g（NH3）2OH溶液CHBrDH2【考点】有机物分子中的官能团及其结构【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A碳碳双键发生加成反应，醛基和溴发生氧化反应；B醛基和银氨溶液发生氧化反应生成羧基；C碳碳双键发生加成反应；D碳碳双键、醛基都发生加成反应【解答】解：A碳碳双键发生加成反应，醛基和溴发生氧化反应，所以增加溴原子，故A正确；B醛基和银氨溶液发生氧化反应生成羧基，官能团数目不变，故B错误；C碳碳双键和HBr发生加成反应，官能团由碳碳双键变为溴原子，HBr和醛基不反应，所以官能团数目不变，故C错误；D碳碳双键、醛基都发生加成反应，官能团数目减少，故D错误；故选A【点评】本题考查了有机物的结构
16、及性质，根据有机物中含有的官能团及其性质来分析解答，明确物质能发生哪些类型的反应，题目难度不大6用高铁酸钠（Na2FeO4）对河湖水消毒是城市饮水处理的新技术已知反应Fe2O3+3Na2O22Na2FeO4+Na2O，下列说法正确的是（）ANa2O2既是氧化剂又是还原剂BFe2O3在反应中得到电子C3 mol Na2O2发生反应，有12mol电子转移DNa2FeO4能消毒杀菌是因其具有强氧化性【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】在反应Fe2O3+3Na2O22Na2FeO4+Na2O中，Fe元素化合价升高，由+3价升高为+6价，Fe2O3被氧化，O元素化合价降低，由1价降低为2
17、价，被还原，Na2O2为氧化剂，根据化合价的变化分析氧化还原反应【解答】解：A反应中O元素化合价降低，由1价降低为2价，被还原，Na2O2为氧化剂，故A错误；BFe元素化合价升高，由+3价升高为+6价，Fe2O3被氧化，在反应中失去电子，故B错误；C反应中O元素化合价降低，由1价降低为2价，3molNa2O2发生反应，有6mol电子转移，故C错误；DNa2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故D正确故选D【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答本题的关键是正确判断元素的化合价，根据化合价的变化分析氧化还原反应7下列实验方案中，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案
18、A检验CH3CH2Br在NaOH溶液中是否发生水解将CH3CH2Br与NaOH溶液共热冷却后，取出上层水溶液，用稀HNO3酸化，加入AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀B检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红C验证Br2的氧化性强于I2将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置可观察到下层液体呈紫色D验证Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A检验有机物中的溴元
19、素时，先将溴元素转化为溴离子，再用硝酸酸化溶液，最后用硝酸银溶液检验溴离子即可；B硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验；C自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化【解答】解：A检验有机物中的溴元素时，先将溴元素转化为溴离子，再用硝酸酸化溶液，最后用硝酸银溶液检验溴离子，如果有淡黄色沉淀生成就说明含有溴元素，否则没有溴元素，故A正确；B加入稀硫酸后，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验，所以不能实现实验目的，故B错误；C将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置可观察到下层液体呈紫色，说明二
20、者发生氧化还原反应2I+Br2=2Br+I2，溴是氧化剂、碘是氧化产物，所以溴的氧化性大于碘，所以能实现实验目的，故C正确；D溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2，所以能实现实验目的，故D正确；故选B【点评】本题考查了实验方案评价，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，易错选项是AB，注意：用硝酸银检验溴离子时要先中和过量的碱，为易错点二、解答题（共3小题，满分43分）8月球含有H、He、N、Na、Mg、Si等元素，是人类未来的资源宝库（1）3He是高效能
21、原料，其原子核内的中子数为1（2）Na的原子结构示意图为，Na在氧气中完全燃烧所得产物的电子式为（3）MgCl2在工业上应用广泛，可由MgO制备MgO的熔点比BaO的熔点高（填“高”或“低”）月球上某矿石经处理得到的MgO中含有少量SiO2，除去SiO2的离子方程式为SiO2+2OHSiO32+H2O；SiO2的晶体类型为原子晶体MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收，则生成的盐为NaCl，NaClO，Na2CO3（写化学式）（4）月壤中含有丰富的3He，从月壤中提炼1kg 3He，同时可得6000kg H2和700kg N2，若以得到H2和N2为
22、原料经一系列反应最多可生产碳酸氢铵3950kg【考点】镁、铝的重要化合物；质量数与质子数、中子数之间的相互关系；钠的化学性质【专题】原子组成与结构专题；几种重要的金属及其化合物【分析】（1）依据质子数+中子数=质量数计算；（2）钠原子时11号元素，依据核外电子排布规律写出原子结构示意图，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠是过氧根离子和钠离子构成；（3）依据氧化镁和氧化钡是离子化合物，结合离子键的强弱分析判断熔点高低；氧化镁是碱性氧化物，二氧化硅酸式酸性氧化物，可以利用二氧化硅溶于氢氧化钠溶液除去，二氧化硅是硅原子和氧原子构成属于原子晶体；MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2，反
23、应产物为二氧化碳，若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收是氯气、二氧化碳和氢氧化钠反应的产物；（4）氢气和氮气反应生成氨气，依据化学方程式定量关系分析可知氢气过量，依据氮气全部反应，结合氮原子守恒计算碳酸氢铵质量；【解答】解：（1）3He是高效能原料，其原子核内的中子数=质量数质子数=32=1；故答案为：1； （2）钠原子时11号元素，依据核外电子排布规律写出原子结构示意图，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠是过氧根离子和钠离子构成，电子式为：；故答案为：，；（3）氧化镁和氧化钡是离子化合物，钡离子半径大于镁离子半径，氧化镁形成的金属键强，熔点高；故答案为：高； 氧化镁是碱性氧化物，二氧化硅酸式
24、酸性氧化物，可以利用二氧化硅溶于氢氧化钠溶液除去，反应的离子方程式为：SiO2+2OH=SiO32+H2O；二氧化硅是硅原子和氧原子构成，每个硅原子和四个氧原子形成共价键，每个氧原子和两个硅原子形成共价键，属于原子晶体；故答案为：SiO2+2OH=SiO32+H2O；原子晶体； MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2，反应产物为二氧化碳，若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收是氯气、二氧化碳和氢氧化钠反应的产物，反应的化学方程式为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，产物为NaCl，NaClO，Na2CO3 ；故答案为：NaCl，
25、NaClO，Na2CO3 ；（4）得6000kg H2和700kg N2，依据化学方程式N2+3H2=2NH3，若以得到H2和N2为原料想可知氢气过量，依据氮气中氮元素守恒计算，经一系列反应最多可生产碳酸氢铵的质量=279g/mol=3950kg；故答案为：3950【点评】本题考查了原子、离子结构，物质组成和结构的理解应用，主要是原子晶体、金属金属晶体性质的判断，化学方程式计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等9有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH4+、K+、Ba2+、Al3+、Fe3+、I、NO3、CO32、SO42、AlO2取该溶液进行以下实验：用pH试纸检测，溶液呈强酸性；取溶液适量，加入
26、少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色；另取溶液适量，逐滴加入NaOH溶液；a溶液从酸性变为中性b溶液逐渐产生沉淀c沉淀完全溶解d最后加热溶液，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝取适量得到的碱性溶液，加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成根据上述实验现象，回答下列问题（1）由可以排除CO32，AlO2的存在（2）由可以证明I的存在；同时排除Fe3+、NO3的存在；理由是CCl4层出现碘单质的颜色证明含I，Fe3+、NO3在该环境中与I不能共存（3）由可以证明Al3+、NH4+的存在；写出c、d所涉及的化学方程式，是离子反应的用离子方程式表示：cAl（OH）3+OH=AlO
27、2+H2O；dNH3H2ONH3+H2O（4）由可以排除SO42的存在，同时证明Ba2+的存在【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】用pH试纸检测，溶液呈强酸性，说明溶液中存在H+；依据离子共存可知一定不存在CO32，AlO2；取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色，说明溶液中一定含有I，依据离子共存分析判断可知，一定不含有Fe3+、NO3；另取溶液适量，逐滴加入NaOH溶液；a溶液从酸性变为中性，中和酸；b溶液逐渐产生沉淀，分析阳离子中只有铝离子沉淀；c沉淀完全溶解，证明生成的沉淀是氢氧化铝，原溶液中一定含有Al3+；d最后加热溶液，有气体放出，
28、该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明生成的气体是氨气，原溶液中一定含有铵根离子；取适量得到的碱性溶液，铝离子反应生成偏铝酸根离子，加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，分析离子可知只有钡离子生成碳酸钡沉淀，说明原溶液中不含有硫酸根离子；分析推断离子的存在情况回答问题【解答】解：用pH试纸检验，溶液呈强酸性，溶液中存在大量H+，由于碳酸根离子和偏铝酸根离子都是弱酸阴离子和氢离子反应，所以CO32，AlO2 不能大量存在；取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制的氯水振荡，四氯化碳层呈紫色，说明溶液中含有I，由于 Fe3+、NO3（在酸溶液中）能氧化I为I2，所以溶液中不存在Fe3+、NO3；依据
29、题意生成的沉淀又溶解，说明溶液中存在Al3+，依据加热溶液生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝证明气体是氨气，说明原溶液中含有NH4+；取适量得到的碱性溶液，加入碳酸钠溶液有白色沉淀生成，说明溶液中存在钡离子，则一定不存在硫酸根离子；（1）由可以排除CO32，AlO2的存在，故答为：CO32，AlO2；（2）由可以证明I一样的存在，CCl4层出现碘单质的颜色证明含I，Fe3+、NO3在该环境中与I不能共存，依据离子共存同时排除Fe3+、NO3离子的存在，故答案为：I；Fe3+、NO3；CCl4层出现碘单质的颜色证明含I，Fe3+、NO3在该环境中与I不能共存；（3）证明溶液中一定含有Al3+，
30、NH4+；c、d所涉及的化学反应为氢氧化铝溶解于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，一水合氨受热分解生成氨气，是离子反应的用离子方程式表示为：Al（OH）3+OH=AlO2+H2O，NH3H2ONH3+H2O；故答案为：Al3+、NH4+；Al（OH）3+OH=AlO2+H2O；NH3H2ONH3+H2O；（4）实验分析判断，取适量得到的碱性溶液，铝离子反应生成偏铝酸根离子，加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，分析离子可知只有钡离子生成碳酸钡沉淀，说明原溶液中不含有硫酸根离子；故答案为：SO42；Ba2+【点评】本题考查了离子检验的实验方法和反应现象的判断，离子性质和离子反应进行的离子共存分析是解题
31、关键，题目难度中等10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已知该实验装置的连接顺序为：i e f d c j k a请回答下列问题：（1）装有盐酸溶液的仪器名称是分液漏斗（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BADC（请按正确的顺序填入下列步骤的标号）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CaH2+2
32、H2O=Ca（OH）2+2H2该同学的判断不正确，原因是钙能与水反应：Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2，生成氢气与氢氧化钙，有气泡冒出，溶液中加入 酚酞后显红色（4）请你设计一个实验，用化学方法区分过氧化钠与氢化钙，写出实验简要步骤及观察到的现象分别取固体少许与试管中，加入水，用带火星的木条伸入管口，木条复燃的为过氧化钠，另外的固体为氢化钙（5）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】制备实验方案的设计【专题】无机实验综合【分析】钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氢气中会混有水蒸气和氯化氢，所以在与钙化合之前需要除杂和
33、干燥，分别选用试剂是氢氧化钠和浓硫酸，同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接干燥管，要利用氢气排尽装置中空气，防止钙与氧气等反应（1）装有盐酸溶液的仪器为分液漏斗；（2）产生氢气后应先检验氢气纯度，防止加热时发生爆炸危险，再反应制备氢化钙，冷却后再停止通入氢气；（3）氢化钙与水反应生成氢氧化钙与氢气；钙能与水反应生成氢氧化钙与氢气；（4）过氧化钠与水反应生成氧气，氢化钙与水反应生成氢气，检验生成的氢气进行鉴别；（5）氢化钙是固体，比氢气更易携带，使用也较方便【解答】解：钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氢气中会混有水蒸气和氯化氢，所以在与钙化合之前需要除杂和干燥，
34、分别选用试剂是氢氧化钠和浓硫酸，同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接干燥管，要利用氢气排尽装置中空气，防止钙与氧气等反应（1）装有盐酸溶液的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）由于多余的氢气需要燃烧反应掉，先收集一部分气体并检验其纯度，反应结束后还需要使氢化钙在氢气的氛围中冷却，所以应该最后关闭分液漏斗活塞，因此正确的顺序为BADC，故答案为：BADC；（3）氢化钙与水反应生成氢氧化钙与氢气，反应方程式为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2，故答案为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2；钙能与水反应：Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2，因此不能根据反应后溶液呈碱性
35、及气泡判断是否含有CaH2，故答案为：钙能与水反应：Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2，生成氢气与氢氧化钙，有气泡冒出，溶液中加入 酚酞后显红色；（4）分别取固体少许与试管中，加入水，用带火星的木条伸入管口，木条复燃的为过氧化钠，另外的固体为氢化钙，故答案为：分别取固体少许与试管中，加入水，用带火星的木条伸入管口，木条复燃的为过氧化钠，另外的固体为氢化钙；（5）氢化钙是固体，比氢气更易携带，使用也较方便，故答案为：氢化钙是固体，携带方便【点评】本题考查物质制备实验，关键是理解制备原理与各装置作用，注意制备过程中安全性问题，熟练掌握元素化合物性质，难度中等11根据图示填空已知F是由四个碳原子形
36、成的环状化合物（1）化合物A含有的官能团是醛基、碳碳双键、羧基（2）1mol A与2mol H2反应生成1mol E，其反应方程式是OHCCH=CHCOOH+2H2HOCH2CH2CH2COOH（3）与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式是CH2=C（CHO）COOH（4）A反应生成C的化学方程式是OHCCH=CHCOOH+NaHCO3=OHCCH=CHCOONa+CO2+H2O（5）F的结构简式是由E生成F的反应类型是酯化反应【考点】有机物的推断【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断【分析】根据题中各物质的转化关系可知，A能与碳酸氢钠溶液反应，说明A中有
37、羧基，A能发生银镜反应，说明A中有醛基，1mol A与2mol H2反应生成1mol E，说明A中除了含有一个醛基外还有一个碳碳双键，E能在酸性条件下加热生成F为四个碳原子形成的环状化合物，则可推得A为OHCCH=CHCOOH，所以C为OHCCH=CHCOONa，B为NaOOCCH=CHCOONa，B 与溴发生加成反应得D为NaOOCCHBrCHBrCOONa，A与氢气加成得E为HOCH2CH2CH2COOH，E发生酯化反应得F为，据此答题【解答】解：根据题中各物质的转化关系可知，A能与碳酸氢钠溶液反应，说明A中有羧基，A能发生银镜反应，说明A中有醛基，1mol A与2mol H2反应生成1m
38、ol E，说明A中除了含有一个醛基外还有一个碳碳双键，E能在酸性条件下加热生成F为四个碳原子形成的环状化合物，则可推得A为OHCCH=CHCOOH，所以C为OHCCH=CHCOONa，B为NaOOCCH=CHCOONa，B 与溴发生加成反应得D为NaOOCCHBrCHBrCOONa，A与氢气加成得E为HOCH2CH2CH2COOH，E发生酯化反应得F为，（1）A为OHCCH=CHCOOH，A含有的官能团是醛基、碳碳双键、羧基，故答案为：醛基、碳碳双键、羧基；（2）1mol A与2mol H2反应生成1mol E，其反应方程式是OHCCH=CHCOOH+2H2HOCH2CH2CH2COOH，故答
39、案为：OHCCH=CHCOOH+2H2HOCH2CH2CH2COOH；（3）A为OHCCH=CHCOOH，与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式是CH2=C（CHO）COOH，故答案为：CH2=C（CHO）COOH；（4）A反应生成C的化学方程式是OHCCH=CHCOOH+NaHCO3=OHCCH=CHCOONa+CO2+H2O，故答案为：OHCCH=CHCOOH+NaHCO3=OHCCH=CHCOONa+CO2+H2O；（5）根据上面的分析可知，F的结构简式是，由E生成F的反应类型是酯化反应，故答案为：；酯化反应【点评】本题考查有机物的推断，涉及烯、醇、醛、羧酸的性质与转化，是对有机化学知识的综合运用，根据A能与碳酸氢钠、银氨溶液、氢气等反应，结合F的特点推断A的结构是解题的关键，难度中等版权所有：高考资源网()
