2019-2020年高三（上）化学单元测试卷（金属及其化合物） 含解析.doc

2019-2020年高三（上）化学单元测试卷（金属及其化合物） 含解析一、选择题（共42分）1（6分）（xx北京）下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（）AKBNaCFeDAl2（6分）（xx北京）用如图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，由中现象，不能证实中反应发生的是（）中实验中现象A铁粉与水蒸气加热肥皂水冒泡B加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物酚酞溶液变红CNaHCO3固体受热分解澄清石灰水变浑浊D石蜡油在碎瓷片上受热分解Br2的CCl4溶液褪色AABBCCDD3（6分）（xx福建）下列有关物质应用的说法正确的是（）A生石灰用作食品抗氧化剂B盐类都可用作调味品C铝罐可久盛食醋D小苏打是面包发酵粉的主要成分之一4（6分）（xx福建）常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（） XYZ NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸 KOH溶液SiO2浓盐酸 O2N2H2 FeCl3溶液Cu浓硝酸ABCD5（6分）（xx海南）下列关于物质应用的说法错误的是（）A玻璃容器可长期盛放各种酸B纯碱可用于清洗油污C浓氨水可检验氯气管道漏气DNa2S可除去污水中的Cu2+6（6分）（xx江苏）下列物质性质与应用对应关系正确的是（）A晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料B氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂C漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张D氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料7（6分）（xx安徽）室温下，在0.2molL1 Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0molL1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是（）Aa点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3+3OHAl（OH）3Bab段，溶液pH增大，Al3+浓度不变Cbc段，加入的OH主要用于生成Al（OH）3沉淀Dd点时，Al（OH）3沉淀开始溶解二、非选择题（共58分）8（14分）烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放实验室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等） 制备碱式硫酸铝Al2（SO4）x（OH）62x溶液，并用于烟气脱硫研究（1）酸浸时反应的化学方程式为；滤渣的主要成分为（填化学式）（2）加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2（SO4）3转化为Al2（SO4）x（OH）62x滤渣的主要成分为（填化学式）；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是（用离子方程式表示）；（3）上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2量，其主要原因是；与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将（填“增大”、“减小”或“不变”）（4）热分解产生的二氧化硫可以被溴水吸收，反应的离子方程式为9（14分）（xx安徽）Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素（1）Na位于元素周期表第周期第族；S的基态原子核外有个未成对电子；Si的基态原子核外电子排布式为（2）用“”或“”填空：第一电离能离子半径熔点酸性SiSO2Na+NaClSiH2SO4HClO4（3）CuCl（s）与O2反应生成CuCl2（s）和一种黑色固体在25、101kPa下，已知该反应每消耗1mol CuCl（s），放热44.4kJ，该反应的热化学方程式是（4）ClO2常用水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目10（15分）（xx北京）用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol/L FeCl2溶液，研究废液再生机理记录如下（a，b，c代表电压值）：序号电压/V阳极现象检验阳极产物xa电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl2axb电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+，无Cl2bx0无明显变化无Fe3+，无Cl2（1）用KSCN溶液检测处Fe3+的现象是（2）中Fe3+产生的原因可能是Cl在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化，写出有关反应：（3）由推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有性（4）中虽未检验处Cl2，但Cl在阳极是否放电仍需进一步验证电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物axc无明显变化有Cl2cxb无明显变化无Cl2NaCl溶液的浓度是mol/L中检验Cl2的实验方法：与对比，得出的结论（写出两点）：11（15分）（xx秋宜章县校级月考）乙醇是一种无色、有特殊香味的液体，是一种重要的有机溶剂和化工原料其结构如图其中表示甲基的CH键、CC键、CO键、OH键和亚甲基的CH键（1）乙醇的官能团的电子式为，名称是；（2）乙醇乙醛的化学方程式为，断键的位置在，反应类型是；（3）乙醇乙烯的化学方程式为，断键的位置在，反应类型是；（4）乙醇溴乙烷的化学方程式为，断键的位置在，反应类型是；（5）乙醇乙酸乙酯的化学方程式为，断键的位置在，反应类型是；（6）乙醇的同分异构体的结构简式为xx学年湖南省郴州市宜章一中高三（上）化学单元测试卷（金属及其化合物）参考答案与试题解析一、选择题（共42分）1（6分）（xx北京）下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（）AKBNaCFeDAl考点：铝的化学性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，以此来解答解答：解：由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，而K、Na、Fe的氧化物均不是致密的结构，故选D点评：本题考查Al的化学性质，为高频考点，把握氧化铝为致密的氧化物结构可保护内层金属为解答的关键，注意金属及其氧化物的性质，题目难度不大2（6分）（xx北京）用如图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，由中现象，不能证实中反应发生的是（）中实验中现象A铁粉与水蒸气加热肥皂水冒泡B加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物酚酞溶液变红CNaHCO3固体受热分解澄清石灰水变浑浊D石蜡油在碎瓷片上受热分解Br2的CCl4溶液褪色AABBCCDD考点：真题集萃；氨的实验室制法；乙烯的化学性质；铁及其化合物的性质实验；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质专题：实验题分析：A试管中空气也能使肥皂水冒泡；B氯化铵和氢氧化钙混合加热生成氨气，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而使溶液呈红色；C二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；D不饱和烃能使溴的四氯化碳褪色解答：解：A加热过程中的热空气、铁和水蒸气反应生成的氢气都能使肥皂水冒泡，所以肥皂水冒泡该反应不一定发生，故A错误；BNH4Cl+Ca（OH）2NH3+CaCl2+H2O、NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，氨水溶液呈碱性，所以能使酚酞试液变红色，故B正确；C.2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，如果中澄清石灰水变浑浊，则中一定发生反应，故C正确；D溴的四氯化碳褪色说明有不饱和烃生成，所以中一定发生化学反应，故D正确；故选A点评：本题考查了物质的性质及实验基本操作及反应现象，明确实验原理是解本题关键，再结合物质的性质分析解答，题目难度不大3（6分）（xx福建）下列有关物质应用的说法正确的是（）A生石灰用作食品抗氧化剂B盐类都可用作调味品C铝罐可久盛食醋D小苏打是面包发酵粉的主要成分之一考点：真题集萃；钠的重要化合物；铝的化学性质；常见的食品添加剂的组成、性质和作用专题：元素及其化合物；化学应用分析：A生石灰用作食品干燥剂；B很多盐有毒，如亚硝酸钠、重金属盐；C铝能与醋酸反应，易被腐蚀；D碳酸氢钠分解产生二氧化碳，是面包发酵粉的主要成分之一解答：解：A生石灰与水反应生成氢氧化钙，常用作食品干燥剂，常用Fe粉等还原性物质做抗氧化剂，故A错误；BNaCl可用作调味剂，亚硝酸钠、重金属盐等有毒，不能用作调味剂，故B错误；C铝能与醋酸反应，易被腐蚀，铝罐不可以久盛食醋，故C错误；D碳酸氢钠分解产生二氧化碳，是面包发酵粉的主要成分之一，故D正确，故选D点评：本题考查化学与生活、物质的性质与用途等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握4（6分）（xx福建）常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（） XYZ NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸 KOH溶液SiO2浓盐酸 O2N2H2 FeCl3溶液Cu浓硝酸ABCD考点：真题集萃；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质专题：元素及其化合物分析：氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应；二氧化硅不能溶于盐酸；氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应；Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁解答：解：氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与稀硫酸反应生成硫酸铝与水，故符合；二氧化硅能与氢氧化钾反应反应生成硅酸钾与水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故不符合；氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故不符合；常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故符合，故选B点评：本题考查元素化合物性质，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化合物性质5（6分）（xx海南）下列关于物质应用的说法错误的是（）A玻璃容器可长期盛放各种酸B纯碱可用于清洗油污C浓氨水可检验氯气管道漏气DNa2S可除去污水中的Cu2+考点：硅和二氧化硅；真题集萃；氨的化学性质；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物专题：化学应用分析：A、玻璃中的二氧化硅和氢氟酸反应；B、纯碱为碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解先碱性，油脂在碱溶液中水解生成溶于水的物质；C、浓氨水挥发出的氨气和氯气发生氧化还原反应生成氮气和氯化铵，反应现象冒白烟；D、铜离子和硫离子交换生成难溶于酸的硫化铜；解答：解：A、玻璃中的二氧化硅和氢氟酸反应，不能用玻璃容器盛放氢氟酸，故A错误；B、纯碱为碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解先碱性，油脂在碱溶液中水解生成溶于水的物质，纯碱可用于清洗油污，故B正确；C、浓氨水挥发出的氨气和氯气发生氧化还原反应生成氮气和氯化铵，3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，反应过程中现象是冒白烟，浓氨水可检验氯气管道漏气，故C正确；D、铜离子和硫离子交换生成难溶于酸的硫化铜，Cu2+S2=CuS，Na2S可除去污水中的Cu2+，故D正确；故选A点评：本题考查了二氧化硅、碳酸钠、氨水、硫化物等物质性质的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等6（6分）（xx江苏）下列物质性质与应用对应关系正确的是（）A晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料B氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂C漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张D氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料考点：硅和二氧化硅；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物专题：元素及其化合物；化学应用分析：A硅位于非金属和金属分界线处，能制作半导体材料；B氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸；C漂白粉具有漂白性，能漂白纸张；D氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料解答：解：A晶体硅熔点高硬度大可以制作玻璃刀等，硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，二者没有关系，故A错误；B胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸，二者有对应关系，故B正确；C漂白粉具有漂白性，能漂白纸张，与漂白粉的稳定性强弱无关，所以二者没有对应关系，故C错误；D氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料，氧化铁属于碱性氧化物，能溶于酸，可用用酸除锈，所以二者没有对应关系，故D错误；故选B点评：本题考查了物质间的关系，明确物质的性质是解本题关键，根据其性质分析用途，掌握物质的性质，灵活运用知识解答，题目难度不大7（6分）（xx安徽）室温下，在0.2molL1 Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0molL1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是（）Aa点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3+3OHAl（OH）3Bab段，溶液pH增大，Al3+浓度不变Cbc段，加入的OH主要用于生成Al（OH）3沉淀Dd点时，Al（OH）3沉淀开始溶解考点：真题集萃；镁、铝的重要化合物专题：元素及其化合物分析：A硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性；Bab段，发生氢离子与碱中和反应，且溶液总体积增大；Cbc段，pH变化不大；Dc点后pH发生突变，NaOH过量解答：解：A硫酸铝为强酸弱碱盐，水解显酸性，水解离子反应为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故A错误；Bab段，发生H+OHH2O，但加入NaOH溶液，总体积增大，则Al3+浓度减小，故B错误；Cbc段，pH变化不大，主要发生Al3+3OHAl（OH）3，则加入的OH主要用于生成Al（OH）3沉淀，故C正确；Dc点后pH发生突变，NaOH过量，Al（OH）3沉淀开始溶解，生成NaAlO2，碱性较强，而d点pH10，NaOH远远过量，故D错误；故选C点评：本题为xx年安徽高考化学试题，侧重盐类水解及复分解反应的考查，注意氢氧化铝的两性及图中c点pH突变为解答的关键，明确bc段中铝离子过量，题目难度不大二、非选择题（共58分）8（14分）烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放实验室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等） 制备碱式硫酸铝Al2（SO4）x（OH）62x溶液，并用于烟气脱硫研究（1）酸浸时反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；滤渣的主要成分为SiO2（填化学式）（2）加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2（SO4）3转化为Al2（SO4）x（OH）62x滤渣的主要成分为CaSO4（填化学式）；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是（用离子方程式表示）3CaCO3+2Al3+3SO42+3H2O=2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2；（3）上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2量，其主要原因是溶液中的部分SO32 被氧化成SO42；与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将减小（填“增大”、“减小”或“不变”）（4）热分解产生的二氧化硫可以被溴水吸收，反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O4H+SO42+2Br考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验设计题分析：粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，调节pH=3.6，加入CaCO3粉末，发生反应CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣的成分主要为CaSO4，过滤得滤液，二氧化硫和水反应生成的SO32易被氧化生成SO42，弱酸根离子转化为强酸根离子，（1）氧化铝与稀硫酸反应，二氧化硅不溶于硫酸；（2）硫酸钙属于微溶物，易形成沉淀；若溶液的pH偏高，溶液中的Al 3+和OH离子反应生成Al（OH）3；（3）在溶液中SO32易被氧化生成SO42，弱酸根离子转化为强酸根离子溶液酸性增强；（4）二氧化硫与溴水反应生成硫酸和氢溴酸解答：解：粉煤灰和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，调节pH=3.6，加入CaCO3粉末，发生反应CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣的成分主要为CaSO4，过滤得滤液，二氧化硫和水反应生成的SO32易被氧化生成SO42，（1）通过以上分析知，酸浸时反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，氧化铝和稀硫酸完全反应、二氧化硅和稀硫酸不反应，所以滤渣I的成分为SiO2，故答案为：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；SiO2；（2）通过以上分析知，滤渣的成分是CaSO4，若溶液的pH偏高，溶液中的Al 3+和OH离子反应生成Al（OH）3，所以将会导致溶液中铝元素的含量降低，反应方程式为：3CaCO3+2Al2（SO4）3+6H2OAl2（SO4）3Al2O3+3CaSO42H2O+3CO2，离子反应为3CaCO3+2Al3+3SO42+3H2O=2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2，故答案为：CaSO4；3CaCO3+2Al3+3SO42+3H2O=2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2；（3）溶液吸收二氧化硫生成SO32，在溶液中SO32易被氧化生成SO42，所以上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2量；溶液中SO32属于弱酸根离子被氧气氧化为转化为SO42，SO42为强酸根离子，则溶液酸性增强，pH减小；故答案为：溶液中的部分SO32 被氧化成SO42；减小；（4）二氧化硫与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，硫酸和氢溴酸均为强酸，其反应的离子方程式为：SO2+Br2+2H2O4H+SO42+2Br；故答案为：SO2+Br2+2H2O4H+SO42+2Br点评：本题考查了物质的制备原理，明确物质的性质是解本题关键，会从整体上分析每一步发生的反应及基本操作，知道加入物质的用途，题目难度中等9（14分）（xx安徽）Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素（1）Na位于元素周期表第三周期第IA族；S的基态原子核外有2个未成对电子；Si的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2（2）用“”或“”填空：第一电离能离子半径熔点酸性SiSO2Na+NaClSiH2SO4HClO4（3）CuCl（s）与O2反应生成CuCl2（s）和一种黑色固体在25、101kPa下，已知该反应每消耗1mol CuCl（s），放热44.4kJ，该反应的热化学方程式是4CuCl（s）+O2（g）2CuCl2（s）+2CuO（s）H=177.6kJ/mol（4）ClO2常用水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目考点：真题集萃；元素周期表的结构及其应用；元素周期律的作用；氧化还原反应；热化学方程式专题：氧化还原反应专题；元素周期律与元素周期表专题分析：（1）Na元素位于元素周期表第三周期 第IA族；S的基态原子核外未成对电子处于3p轨道；Si原子核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；一般来说，原子晶体（Si）的熔点高于离子晶体（NaCl）的熔点；元素的非金属性越强，元素最高价氧化物的水化物的酸性越强；（3）根据题干描述书写化学方程式，注意焓变与物质的量的对应关系、注明各物质的状态；（4）Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，本身被还原为氯离子，1个氯气分子反应得到2个电子解答：解：（1）Na元素位于元素周期表第三周期 第IA族；S的基态原子核外未成对电子处于3p轨道，共2个未成对电子；Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2，故答案为：三；IA；2；1s22s22p63s23p2；（2）同一周期元素，随着原子序数的增加，原子核对核外电子的吸引力增强，第一电离能增大，增大而增大，所以第一电离能：SSi；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：O2Na+；一般来说，原子晶体（Si）的熔点高于离子晶体（NaCl）的熔点，故熔点：SiNaCl；元素的非金属性越强，元素最高价氧化物的水化物的酸性越强，因为非金属性ClS，所以酸性：HClO4H2SO4；故答案为：；（3）该反应每消耗1mol CuCl（s），放热44.4kJ，消耗4mol CuCl（s），则放热44.4kJ4=177.6kJ，根据热化学方程式的书写方法，可以写出该反应的热化学方程式为4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）H=177.6kJ/mol，故答案为：4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）H=177.6kJ/mol；（4）Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，本身被还原为氯离子，1个氯气分子反应得到2个电子，因此离子方程式、电子转移的方向和数目表示为，故答案为：点评：本题考查知识点较多，涉及原子结构和元素周期律、反应热的计算、离子方程式书写和氧化还原反转移电子数的计算和表示方法，为高考常见题型，侧重于学生计算能力、分析比较能力的培养10（15分）（xx北京）用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol/L FeCl2溶液，研究废液再生机理记录如下（a，b，c代表电压值）：序号电压/V阳极现象检验阳极产物xa电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl2axb电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+，无Cl2bx0无明显变化无Fe3+，无Cl2（1）用KSCN溶液检测处Fe3+的现象是溶液变红（2）中Fe3+产生的原因可能是Cl在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化，写出有关反应：2Cl2e=Cl2，Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl（3）由推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有还原性（4）中虽未检验处Cl2，但Cl在阳极是否放电仍需进一步验证电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物axc无明显变化有Cl2cxb无明显变化无Cl2NaCl溶液的浓度是0.2mol/L中检验Cl2的实验方法：取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色与对比，得出的结论（写出两点）：通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因，通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl放电考点：电解原理；二价Fe离子和三价Fe离子的检验专题：电化学专题分析：（1）依据铁离子的检验方法和试剂颜色变化分析；（2）依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色；（3）Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性；（4）电解pH=1的0.1mol/L FeCl2溶液，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，探究氯离子是否放电，需要在难度相同的条件下进行分析判断；依据检验氯气的实验方法分析；依据图表数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，生成铁离子的两种可能解答：解：（1）检验铁离子的试剂是硫氰酸钾溶液，用KSCN溶液检测处Fe3+的现象是溶液变红色，故答案为：溶液变红；（2）依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl2e=Cl2，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl；故答案为：2Cl2e=Cl2，Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl；（3）由推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，元素化合价升高，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性，故答案为：还原性；（4）电解pH=1的0.1mol/L FeCl2溶液，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，探究氯离子是否放电，需要在难度相同的条件下进行，所以氯化钠溶液的浓度为0.2mol/L，故答案为：0.2；依据检验氯气的实验方法分析，取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色证明生成氯气，否则无氯气生成，故答案为：取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色；依据图表数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，说明生成铁离子的两种可能，一是二价铁失电子变成三价铁，二是氯离子失电子变成氯气，氯气再氧化二价铁变成三价铁对于补充的那个实验，实验四的电压高，氯气放电，实验五电压低，氯气不放电，而实验二氯气皆放电；故答案为：通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因，通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl放电点评：本题考查了离子检验方法和现象分析，电解原理的分析应用，电解反应，电极产物的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等11（15分）（xx秋宜章县校级月考）乙醇是一种无色、有特殊香味的液体，是一种重要的有机溶剂和化工原料其结构如图其中表示甲基的CH键、CC键、CO键、OH键和亚甲基的CH键（1）乙醇的官能团的电子式为，名称是羟基；（2）乙醇乙醛的化学方程式为2CH3CH2OH2CH3CHO+2H2O，断键的位置在，反应类型是氧化反应；（3）乙醇乙烯的化学方程式为CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，断键的位置在，反应类型是消去反应；（4）乙醇溴乙烷的化学方程式为CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O，断键的位置在，反应类型是取代反应；（5）乙醇乙酸乙酯的化学方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，断键的位置在，反应类型是酯化反应；（6）乙醇的同分异构体的结构简式为CH3OCH3考点：乙醇的化学性质专题：有机反应分析：（1）乙醇的官能团是羟基，然后书写电子式；（2）乙醇发生催化氧化反应生成醛，乙醇中碳氢键，氢氧键断裂；（3）乙醇和浓硫酸共热到1700C时发生消去反应，断裂碳氧键、与羟基所连的碳的相邻的碳上的碳氢键；（4）乙醇与氢卤酸的取代反应，乙醇断开的是碳氧键，失去羟基；（5）酯化反应是酸脱羟基醇脱氢，乙醇断裂羟基上的氢氧键；（6）乙醇与甲醚是同分异构体；解答：解：（1）乙醇的官能团是羟基，电子式为；故答案为：；（2）乙醇发生催化氧化反应生成醛，乙醇中碳氢键，氢氧键断裂，即键断裂，方程式为：2CH3CH2OH2CH3CHO+2H2O；故答案：2CH3CH2OH2CH3CHO+2H2O；氧化反应（3）乙醇和浓硫酸共热到1700C时发生消去反应，断裂碳氧键、与羟基所连的碳的相邻的碳上的碳氢键，即键断裂，方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2+H2O；消去反应（4）乙醇与氢卤酸的取代反应生成溴乙烷和水，乙醇断开的是碳氧键，失去羟基，即键断裂，方程式为：CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O； 故答案为：CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O； ；取代反应（5）乙醇在浓硫酸存在的情况下与乙酸发生酯化反应，乙酸脱羟基、醇脱氢，乙醇断裂羟基上的氢氧键，即键断裂，方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；故答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反应（6）乙醇与甲醚是同分异构体，故答案为：CH3OCH3；点评：本题主要考查了乙醇的化学性质，掌握反应机理是解本题关键，难度不大