2015年四川省高考化学试卷.doc

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1、第 1 页（共 24 页）2015 年四川省高考化学试卷年四川省高考化学试卷一、选择题（共一、选择题（共 7 小题，每小题小题，每小题 6 分，满分分，满分 42 分）分）1 （6 分）下列物质在生话中应用时，起还原作用的是（ ）A明矾作净水剂B甘油作护肤保湿剂C漂粉精作消毒剂 D铁粉作食品袋内的脱氧剂2 （6 分）下列有关 CuSO4溶液的叙述正确的是（ ）A该溶液中 Na+、NH4+、NO3、Mg2+可以大量共存B通入 CO2气体产生蓝色沉淀C与 H2S 反应的离子方程式：Cu2+S2=CuSD与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2+2NH3H2O=Cu（OH）2+2NH4+3 （6 分）下

2、列操作或装置能达到实验目的是（ ）A配置一定浓度的 NaCl 溶液B除去氯气中的 HCl 气体C第 2 页（共 24 页）观察铁的吸氧腐蚀 D检验乙炔的还原性4 （6 分）用如图所示装置除去含有 CN、Cl 废水中的 CN时，控制溶液 pH 为910，阳极产生的 ClO将 CN氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（ ）A用石墨作阳极，铁作阴极B阳极的电极反应式：Cl+2OH2eClO+H2OC阴极的电极反应式：2H2O+2eH2+2OHD除去 CN的反应：2CN+5ClO+2H+N2+2CO2+5Cl+H2O5 （6 分）设 NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A2.0gH2

3、18O 与 D2O 的混合物中所含中子数为 NAB常温常压下，4.4 g 乙醛所含 键数目为 0.7NAC标准状况下，5.6LCO2与足量 Na2O2反应转移的电子数为 0.5NAD50mL12mol/L 盐酸与足量 MnO2共热，转移的电子数为 0.3NA6 （6 分）常温下，将等体积，等物质的量浓度的 NH4HCO3与 NaCl 溶液混合，析出部分 NaHCO3晶体，过滤，所得滤液 pH7下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（ ）A1.0107mol/LBc（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）Cc（H+）+c（NH4+）c（OH）+c（HCO3）+2 c（CO32

4、）Dc（Cl）c（HCO3）c（NH4+）c（CO32）第 3 页（共 24 页）7 （6 分）一定量的 CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）2CO（g） ，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：已知气体分压（P分）=气体总压（P总）体积分数，下列说法正确的是（ ）A550时，若充入惰性气体，v正，v退均减小，平衡不移动B650时，反应达平衡后 CO2的转化率为 25.0%CT时，若充入等体积的 CO2和 CO，平衡向逆反应方向移动D925时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数 Kp=24.0P总二、非选择题（共二、非选择题（共 58 分）分）

5、8 （13 分）X，Z，Q，R，T，U 分别代表原子序数依次增大的短周期元素；X和 R 属同族元素，Z 和 U 位于第A 族；X 和 Z 可形成化合物 XZ4；Q 基态原子的 s 轨道和 P 轨道的电子总数相等：T 的一种单质在空气中能够自燃请回答下列问题：（1）R 基态原子的电子排布式是 （2）利用价层电子对互斥理论判断 TU3的立体构型是 （3）x 所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是 （填化学式） ；Z 和 U 的氢化物中沸点较高的是 （填化学式） ；Q，R，U 的单质形成的晶体，熔点由高到低的排列顺序是 （填化学式）（4）CuSO4溶液能用作 T4中毒的解毒剂，反应可生成

6、 T 的最高价含氧酸和铜，该反应的化学方程式是 9 （13 分） （NH4）2SO4是常用的化肥和化工原料受热易分解某兴趣小组拟第 4 页（共 24 页）探究其分解产物 【查阅资料】 （NH4）2SO4在 260和 400时分解产物不同【实验探究】该小组拟选用如图所示装置进行实验（夹持和加热装置略）实验 1：连接装置 ABCD，检查气密性按图示加入试剂（装置 B 盛0.5000mol/L 盐酸 70.00mL）通入 N2排尽空气后，于 260加热装置 A 一段时间，停止加热，冷却，停止通入 N2品红溶液不褪色取下装置 B，加入指示利用 0.2000moI/LNaOH 溶液滴定剩余盐酸，终点时消

7、耗 NaOH 溶液25.00mL经检验滴定后的溶液中无 SO42（1）仪器 X 的名称是 （2）滴定前，下列操作的正确顺序是 （填字母编号） a盛装 0.2000mol/LNaOH 溶液 b用 0.2000mol/L NaOH 溶液润洗c读数、记录 d查漏、清洗 e排尽滴定尖嘴的气泡并调整液面（3）装置 B 内溶液吸收气体的物质的量是 mol实验 2：连接装置 ADB，检查气密性按图示重新加入试剂；通入 N2排尽空气后，于 400加热装置 A 至（NH4）2SO4完全分解无残留物停止加热，冷却停止通入 N2，观察到装置A、D 之间的导气管内有少量白色固体经检验，该白色固体和装置 D 内溶液中有

8、 SO32无 SO42进一步研究发现，气体产物中无氮氧化物（4）检查装置 D 内溶液中有 SO32无 SO42的实验操作和现象是 （5）装置 B 内溶液吸收的气体是 （6） （NH4）2SO4在 400分解的化学方程式是 10 （16 分）化合物 F 是（异戊巴比妥）是临床常用的镇静催眠药物其合成路线如下（部分反应条件和试剂略）第 5 页（共 24 页）CDEF已知：请回答下列问题：（1）试剂的化学名称是 化合物 B 的官能团名称是 第步的化学反应类型是 （2）第步反应的化学方程式是 （3 ）第步反应的化学方程式是 （4）试剂相对分子质量为 60，其结构简式是 （5）化合物 B 的一种同分异构

9、体 G 与 NaOH 溶液共热反应，生成乙醇和化合物H，H 在一定条件下发生聚合反应得到高吸水性树脂，该聚合物的结构简式是 11 （16 分）为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣（Fe 主要以 Fe2O3存在）转变成重要的化工原料FeSO4（反应条件略） 活化硫铁矿还原 Fe3+的主要反应为：FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，不考虑其它反应，请回答下列问题：第 6 页（共 24 页）（1）第步 H2SO4与 Fe2O3反应的离子方程式是 。（2）检验第步中 Fe3+是否完全被还原，应选择 （填字母编号） 。AKM

10、nO4溶液 BKCl 溶液 CKSCN 溶液（3）第步加 FeCO3调溶液 pH 到 5.8 左右，然后在第步通入空气使溶液 pH到 5.2，此时 Fe2+不沉淀，滤液中铝、硅杂质被除尽，通入空气引起溶液 pH 降低的原因是 。（4）FeSO4可转化为 FeCO3，FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料。已知 25，101kPa 时：4Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H=1648kJ/molC（s）+O2（g）CO2（g）H=393kJ/mol2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）2FeCO3（s）H=1480kJ/molFeCO3在空气中加热反应生成 Fe2O3的热化学方程

11、式是 。（5）FeSO4在一定条件下可制得 FeS2（二硫化亚铁）纳米材料，该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为 4Li+FeS2=Fe+2Li2S，正极反应式是 （6）假如烧渣中的铁全部视为 Fe2O3，其含量为 50%，将 a kg 质量分数为 b%的硫酸加入到 c kg 烧渣中浸取，铁的浸取率为 96%，其它杂质浸出消耗的硫酸以及调 pH 后溶液呈微酸性，所残留的硫酸忽略不计，按上述流程，第步应加入 FeCO3 kg。第 7 页（共 24 页）2015 年四川省高考化学试卷年四川省高考化学试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题（共一、选择题（共 7 小题，每小题

12、小题，每小题 6 分，满分分，满分 42 分）分）1 （6 分）下列物质在生话中应用时，起还原作用的是（ ）A明矾作净水剂B甘油作护肤保湿剂C漂粉精作消毒剂 D铁粉作食品袋内的脱氧剂【分析】物质起还原作用，则该物质作还原剂，其化合价要升高，据此分析【解答】解：A明矾净水时铝离子发生水解反应，没有元素化合价的变化，故A 错误；B甘油作护肤保湿剂，是利用的其物理性质，没有元素化合价的变化，故 B 错误；C漂粉精作消毒剂，氯元素的化合价降低，作氧化剂，故 C 错误；D铁粉作食品袋内的脱氧剂，Fe 与氧气反应，铁的化合价升高，作还原剂，起到还原作用，故 D 正确。故选：D。【点评】本题考查了氧化还原反

13、应，侧重于还原剂的判断的考查，题目难度不大，注意根据化合价的变化分析2 （6 分）下列有关 CuSO4溶液的叙述正确的是（ ）A该溶液中 Na+、NH4+、NO3、Mg2+可以大量共存B通入 CO2气体产生蓝色沉淀C与 H2S 反应的离子方程式：Cu2+S2=CuSD与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2+2NH3H2O=Cu（OH）2+2NH4+【分析】A该组离子之间不反应，与硫酸铜也不反应；B通入 CO2气体，与硫酸铜溶液不反应；CH2S 在离子反应中保留化学式；D与过量浓氨水反应，生成络离子第 8 页（共 24 页）【解答】解：A该组离子之间不反应，与硫酸铜也不反应，则可大量共存，故A 正

14、确；B通入 CO2气体，与硫酸铜溶液不反应，不能生成蓝色沉淀，故 B 错误；CH2S 在离子反应中保留化学式，则与 H2S 反应的离子方程式为Cu2+H2S=CuS+2H+，故 C 错误；D与过量浓氨水反应，生成络离子，则离子反应为Cu2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+4H2O，故 D 错误；故选：A。【点评】本题考查离子共存及离子反应，为高频考点，为 2015 年高考真题，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及络合反应的离子反应考查，题目难度不大3 （6 分）下列操作或装置能达到实验目的是（ ）A配置一定浓度的 NaCl 溶液B除去氯气中的 HCl 气体C第 9 页（共

15、24 页）观察铁的吸氧腐蚀 D检验乙炔的还原性【分析】A依据定容时眼睛应平视刻度线解答；B除去杂质不能引入新的杂质；C铁在食盐水中发生吸氧腐蚀；D生成的乙炔中含有 H2S、PH3等还原性气体【解答】解：A配制一定物质的量浓度溶液时，定容时眼睛应平视刻度线，故A 错误；B饱和碳酸氢钠溶液能够与氯化氢反应生成二氧化碳，引入新的杂质，应改用饱和氯化钠溶液，故 B 错误；C氯化钠溶液呈中性，铁在食盐水中发生吸氧腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，故 C 正确；D生成的乙炔中含有 H2S、PH3等还原性气体，应将杂质除去方能证明乙炔的还原性，故 D 错误；故选：C。【点评】本题为实验题，考查了实验基本操作及

16、设计，明确实验原理及仪器使用方法即可解答，题目难度不大4 （6 分）用如图所示装置除去含有 CN、Cl 废水中的 CN时，控制溶液 pH 为910，阳极产生的 ClO将 CN氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（ ）A用石墨作阳极，铁作阴极B阳极的电极反应式：Cl+2OH2eClO+H2O第 10 页（共 24 页）C阴极的电极反应式：2H2O+2eH2+2OHD除去 CN的反应：2CN+5ClO+2H+N2+2CO2+5Cl+H2O【分析】A该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极；B阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸

17、根离子和水；C阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子；D阳极产生的 ClO将 CN氧化为两种无污染的气体，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成【解答】解：A该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极，所以可以用石墨作氧化剂、铁作阴极，故A 正确；B阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为 Cl+2OH2eClO+H2O，故 B 正确；C电解质溶液呈碱性，则阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为 2H2O+2eH2+2OH，故 C 正确；D阳极产生的 ClO将 CN氧化为两种无污染的气体，两

18、种气体为二氧化碳和氮气，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成，反应方程式为2CN+5ClO+H2ON2+2CO2+5Cl+2OH，故 D 错误；故选：D。【点评】本题为 2015 年四川省高考化学试题，涉及电解原理，明确各个电极上发生的反应及电解原理是解本题关键，易错选项是 BD，注意 B 中反应生成物，注意 D 中碱性条件下不能有氢离子参加反应或生成5 （6 分）设 NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A2.0gH218O 与 D2O 的混合物中所含中子数为 NAB常温常压下，4.4 g 乙醛所含 键数目为 0.7NA第 11 页（共 24 页）C标准状况下，5.6L

19、CO2与足量 Na2O2反应转移的电子数为 0.5NAD50mL12mol/L 盐酸与足量 MnO2共热，转移的电子数为 0.3NA【分析】A、H218O 与 D2O 的摩尔质量均为 20g/mol；B、求出乙醛的物质的量，然后根据 1mol 乙醛中含 6mol 键来分析；C、求出二氧化碳的物质的量，然后根据 CO2与足量 Na2O2的反应为歧化反应来分析；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，稀盐酸和二氧化锰不反应【解答】解：A、H218O 与 D2O 的摩尔质量均为 20g/mol，故 2.0gH218O 与 D2O 混合物的物质的量为 0.1mol，而 1molH218O 与 D2O 中均含 1

20、0mol 中子，故0.1molH218O 与 D2O 混合物中含 1mol 中子，即 NA个，故 A 正确；B、4.4g 乙醛的物质的量为 0.1mol，而 1mol 乙醛中含 6mol 键，故 0.1mol 乙醛中含 0.6mol 键，即 0.6NA个，故 B 错误；C、标况下，5.6L 二氧化碳的物质的量为 0.25mol，而 CO2与足量 Na2O2的反应为歧化反应，1mol 二氧化碳发生反应时反应转移 1mol 电子，故 0.25mol 二氧化碳反应时此反应转移 0.25mol 电子，即 0.25NA个，故 C 错误；D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，一旦浓盐酸变稀，反应即停止，4molH

21、Cl 反应时转移 2mol 电子，而 50mL12mol/L 盐酸的物质的量n=CV=12mol/L0.05L=0.6mol，这 0.6mol 盐酸不能完全反应，则转移的电子的物质的量小于 0.3mol 电子，即小于 0.3NA个，故 D 错误。故选：A。【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大6 （6 分）常温下，将等体积，等物质的量浓度的 NH4HCO3与 NaCl 溶液混合，析出部分 NaHCO3晶体，过滤，所得滤液 pH7下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（ ）A1.0107mol/LBc（Na+）=c（HCO3）+c（CO32

22、）+c（H2CO3）第 12 页（共 24 页）Cc（H+）+c（NH4+）c（OH）+c（HCO3）+2 c（CO32）Dc（Cl）c（HCO3）c（NH4+）c（CO32）【分析】A常温下，等体积、等物质的量浓度的 NH4HCO3与 NaCl 溶液混合，析出部分 NaHCO3晶体，过滤，所得滤液 pH7，说明滤液呈酸性，溶液中c（OH）小于纯水中 c（OH） ；B任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒、物料守恒，根据电荷守恒、物料守恒判断；D因为析出部分碳酸氢钠，结合物料守恒知滤液中存在 c（Cl）c（HCO3） ，溶液中析出部分碳酸氢根离子、铵

23、根离子水解但程度较小。【解答】解：A常温下，等体积、等物质的量浓度的 NH4HCO3与 NaCl 溶液混合，析出部分 NaHCO3晶体，过滤，所得滤液 pH7，说明滤液呈酸性，溶液中c（OH）小于纯水中 c（OH） ，=c（OH）1.0107mol/L，故 A 正确；B任何电解质溶液中都存在物料守恒，碳酸氢铵和 NaCl 的物质的量相等，虽然析出部分碳酸钠，但仍然存在物料守恒 c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3） ，故 B 正确；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒、物料守恒，根据电荷守恒得 c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl）+c（OH）+c（HCO3）

24、+2 c（CO32） ，根据物料守恒得 c（Na+）=c（Cl） ，则 c（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（HCO3）+2 c（CO32） ，因为析出部分钠离子、碳酸氢根离子，所以存在 c（H+）+c（NH4+）c（OH）+c（HCO3）+2 c（CO32） ，故 C 正确D因为析出部分碳酸氢钠，结合物料守恒知滤液中存在 c（Cl）c（HCO3） ，溶液中析出部分碳酸氢根离子、铵根离子水解但程度较小，所以存在c（HCO3）c（NH4+） ，故 D 错误；第 13 页（共 24 页）故选：D。【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质及其性质、析出物质成分是解本题关键，

25、注意溶液中仍然遵循电荷守恒和物料守恒，易错选项是 D。7 （6 分）一定量的 CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）2CO（g） ，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：已知气体分压（P分）=气体总压（P总）体积分数，下列说法正确的是（ ）A550时，若充入惰性气体，v正，v退均减小，平衡不移动B650时，反应达平衡后 CO2的转化率为 25.0%CT时，若充入等体积的 CO2和 CO，平衡向逆反应方向移动D925时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数 Kp=24.0P总【分析】A、可变的恒压密闭容器中反应，550时若充入惰性气体，相当于减小压强

26、，则 v正，v逆均减小，又该反应是气体体积增大的反应，则平衡正向移动；B、由图可知，650时，反应达平衡后 CO 的体积分数为 40%，设开始加入的二氧化碳为 1mol，根据三段式进行计算；C、由图可知，T时，反应达平衡后 CO 和 CO2的体积分数都为 50%即为平衡状态；D、925时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数 Kp=，据此计算；第 14 页（共 24 页）【解答】解：A、可变的恒压密闭容器中反应，550时若充入惰性气体，相当于减小压强，则 v正，v逆均减小，又该反应是气体体积增大的反应，则平衡正向移动，故 A 错误；B、由图可知，650时，反应达平衡后 CO 的体积分数为

27、40%，设开始加入的二氧化碳为 1mol，转化了 xmol，则有 C（s）+CO2（g）2CO（g）开始 1 0转化 x 2x平衡； 1x 2x所以100%=40%，解得 x=0.25mol，则 CO2的转化率为100%=25%，故 B 正确；C、由图可知，T时，反应达平衡后 CO 和 CO2的体积分数都为 50%即为平衡状态，所以平衡不移动，故 C 错误；D、925时，CO 的体积分数为 96%，则 CO2的体积分数都为 4%，所以用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数 Kp=23.0P，故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查了化学平衡图象、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具

28、备运用信息与基础知识分析问题、解决问题的能力二、非选择题（共二、非选择题（共 58 分）分）8 （13 分）X，Z，Q，R，T，U 分别代表原子序数依次增大的短周期元素；X和 R 属同族元素，Z 和 U 位于第A 族；X 和 Z 可形成化合物 XZ4；Q 基态原子的 s 轨道和 P 轨道的电子总数相等：T 的一种单质在空气中能够自燃请回答下列问题：（1）R 基态原子的电子排布式是 1s22s22p63s23p2 （2）利用价层电子对互斥理论判断 TU3的立体构型是 三角锥形 （3）x 所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是 HNO3 第 15 页（共 24 页）（填化学式） ；Z

29、和 U 的氢化物中沸点较高的是 HF （填化学式） ；Q，R，U的单质形成的晶体，熔点由高到低的排列顺序是 Si、Mg、Cl2 （填化学式）（4）CuSO4溶液能用作 T4中毒的解毒剂，反应可生成 T 的最高价含氧酸和铜，该反应的化学方程式是 P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4 【分析】X，Z，Q，R，T，U 分别代表原子序数依次增大的短周期元素；Z 和 U位于第A 族，则 Z 为 F 元素，U 为 Cl；Q 基态原子的 s 轨道和 P 轨道的电子总数相等，原子序数大于 F，核外电子排布为 1s22s22p63s2，故 Q 为 Mg；X 和 Z 可形成化合

30、物 XZ4，X 元素表现+4 价，原子序数小于 F 元素，故 X 为 C 元素；X和 R 属同族元素，则 R 为 Si；T 的一种单质在空气中能够自燃，原子序数介于Si 与 Cl 之间，故 T 为 P 元素，据此解答【解答】解：X，Z，Q，R，T，U 分别代表原子序数依次增大的短周期元素；Z和 U 位于第A 族，则 Z 为 F 元素，U 为 Cl；Q 基态原子的 s 轨道和 P 轨道的电子总数相等，原子序数大于 F，核外电子排布为 1s22s22p63s2，故 Q 为 Mg；X和 Z 可形成化合物 XZ4，X 元素表现+4 价，原子序数小于 F 元素，故 X 为 C 元素；X 和 R 属同族元

31、素，则 R 为 Si；T 的一种单质在空气中能够自燃，原子序数介于Si 与 Cl 之间，故 T 为 P 元素（1）R 为 Si 元素，基态原子的电子排布式是 1s22s22p63s23p2，故答案为：1s22s22p63s23p2；（2）化合物 TU3为 PCl3，分子中 P 原子价层电子对数为 3+=4，有 1 对孤电子对，其立体构型是三角锥形，故答案为：三角锥形；（3）x 为碳元素，处于第二周期，所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是 HNO3；Z 和 U 的氢化物分别为 HF、HCl，HF 分子之间存在氢键，HCl 分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故 HF 的沸点高

32、于 HCl；Mg、Si 为固体，为氯气为气体，氯气熔点最低，Si 属于原子晶体，熔点高于Mg，故熔点由高到低的排列顺序是 Si、Mg、Cl2，故答案为：HNO3；HF；Si、Mg、Cl2；（4）CuSO4溶液能用作 P4中毒的解毒剂，反应可生成蓝色酸和铜，该反应的化第 16 页（共 24 页）学方程式是：P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4，故答案为：P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、分子构型、氢键、元素周期律、熔沸点比较等，推断元素是解题关键，侧重对基础知识的巩固9 （

33、13 分） （NH4）2SO4是常用的化肥和化工原料受热易分解某兴趣小组拟探究其分解产物 【查阅资料】 （NH4）2SO4在 260和 400时分解产物不同【实验探究】该小组拟选用如图所示装置进行实验（夹持和加热装置略）实验 1：连接装置 ABCD，检查气密性按图示加入试剂（装置 B 盛0.5000mol/L 盐酸 70.00mL）通入 N2排尽空气后，于 260加热装置 A 一段时间，停止加热，冷却，停止通入 N2品红溶液不褪色取下装置 B，加入指示利用 0.2000moI/LNaOH 溶液滴定剩余盐酸，终点时消耗 NaOH 溶液25.00mL经检验滴定后的溶液中无 SO42（1）仪器 X

34、的名称是 圆底烧瓶 （2）滴定前，下列操作的正确顺序是 dbaec （填字母编号） a盛装 0.2000mol/LNaOH 溶液 b用 0.2000mol/L NaOH 溶液润洗c读数、记录 d查漏、清洗 e排尽滴定尖嘴的气泡并调整液面（3）装置 B 内溶液吸收气体的物质的量是 0.03 mol实验 2：连接装置 ADB，检查气密性按图示重新加入试剂；通入 N2排尽空气后，于 400加热装置 A 至（NH4）2SO4完全分解无残留物停止加热，冷却停止通入 N2，观察到装置A、D 之间的导气管内有少量白色固体经检验，该白色固体和装置 D 内溶液中有 SO32无 SO42进一步研究发现，气体产物中

35、无氮氧化物第 17 页（共 24 页）（4）检查装置 D 内溶液中有 SO32无 SO42的实验操作和现象是 取少许 D 溶液于试管中，加入足量 BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解，生成刺激性气味的气体，说明 D 内溶液中有 SO32，无 SO42 （5）装置 B 内溶液吸收的气体是 NH3 （6） （NH4）2SO4在 400分解的化学方程式是 3（NH4）2SO44NH3+3SO2+6H2O+N2 【分析】实验 1：（1）仪器 X 为圆底烧瓶；（2）滴定前，先检查滴定管是否漏水，再进行清洗，然后用标准液润洗，再注入标准液，排尽滴定尖嘴的气泡并调整液面，读数、记录，

36、滴定前准备完成；（3）根据消耗氢氧化钠计算 B 装置中剩余的 HCl，参加反应的 HCl 吸收分解生成的 NH3，发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，进而计算吸收 NH3的物质的量，实验 2：（4）取 D 溶液于试管中，加入足量 BaCl2溶液，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解且生成刺激性气味的气体，说明 D 内溶液中有 SO32，无 SO42；（5）装置 D 内溶液中有 SO32，说明分解生成 SO2，装置 A、D 之间的导气管内有少量白色固体，白色固体应是二氧化硫、氨气与水形成的盐，装置 B 内溶液吸收的气体是氨气；（6）由（5）中分析可知， （NH4）2SO4在 400分解时，有 NH3、

37、SO2、H2O 生成，S 元素化合价降低，根据电子转移守恒，只能为 N 元素化合价升高，气体产物中无氮氧化物，说明生成 N2，配平书写方程式【解答】解：（1）由仪器 X 的结构可知，X 为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；（2）滴定前，先检查滴定管是否漏水，再进行清洗，然后用标准液润洗，再注入标准液，排尽滴定尖嘴的气泡并调整液面，读数、记录，滴定前准备完成，故正确的顺序为：dbaec，故答案为：dbaec；（3）滴定剩余盐酸，终点时消耗 NaOH 为 0.025L0.2mol/L=0.005mol，故剩余HCl 为 0.005mol，则参加反应的 HCl 为 0.07L0.5mol/L0.005m

38、ol=0.03mol，参加第 18 页（共 24 页）反应的 HCl 吸收分解生成的 NH3，发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，故吸收 NH3的物质的量为 0.03mol，故答案为：0.03；（4）检查装置 D 内溶液中有 SO32，无 SO42的实验操作和现象是：取少许 D 溶液于试管中，加入足量 BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解，生成刺激性气味的气体，说明 D 内溶液中有 SO32，无 SO42，故答案为：取少许 D 溶液于试管中，加入足量 BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解，生成刺激性气味的气体，说明 D 内溶液中有SO32，无

39、SO42；（5）装置 D 内溶液中有 SO32，说明分解生成 SO2，装置 A、D 之间的导气管内有少量白色固体，白色固体应是二氧化硫、氨气与水形成的盐，装置 B 内溶液吸收的气体是氨气，故答案为：NH3；（6）由（5）中分析可知， （NH4）2SO4在 400分解时，有 NH3、SO2、H2O 生成，S 元素化合价降低，根据电子转移守恒，只能为 N 元素化合价升高，气体产物中无氮氧化物，说明生成 N2，分解反应方程式为：3（NH4）2SO44NH3+3SO2+6H2O+N2，故答案为：3（NH4）2SO44NH3+3SO2+6H2O+N2【点评】本题考查化学实验，涉及化学仪器、滴定操作、实验

40、方案设计、化学计算、物质推断、化学方程式书写等，是对学生综合能力的考查，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力难度中等10 （16 分）化合物 F 是（异戊巴比妥）是临床常用的镇静催眠药物其合成路线如下（部分反应条件和试剂略）CD第 19 页（共 24 页）EF已知：请回答下列问题：（1）试剂的化学名称是 乙醇 化合物 B 的官能团名称是 醛基 第步的化学反应类型是 酯化反应或取代反应 （2）第步反应的化学方程式是 +2NaOH+2NaBr （3 ）第步反应的化学方程式是 +（CH3）2CHCH2CH2Br+CH3CH2ONa+CH3CH2OH+NaBr （4）试剂相对分子质量为 60，

41、其结构简式是 （5）化合物 B 的一种同分异构体 G 与 NaOH 溶液共热反应，生成乙醇和化合物H，H 在一定条件下发生聚合反应得到高吸水性树脂，该聚合物的结构简式是 【分析】在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成 A 为，对比 A、B 分子式可知，A 中羟基被氧化为醛基，则 B 为第 20 页（共 24 页），B 进一步氧化生成 C 为，C 与乙醇发生酯化反应生成 D，结合题目信息及 F 的结构简式，可知 D 为，E 为，试剂为，据此解答【解答】解：在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成 A为，对比 A、B 分子式可知，A 中羟基被氧化为醛基，则 B 为，B 进一步氧化生成 C

42、 为，C 与乙醇发生酯化反应生成 D，结合题目信息及 F 的结构简式，可知 D 为，E 为，试剂为（1）试剂为 CH3CH2OH，化学名称是：乙醇，化合物 B 为，含 有的官能团名称是：醛基，第步的化学反应类型是：酯化反应或取代反应，故答案为：乙醇；醛基；酯化反应或取代反应；（2）第步反应的化学方程式是：+2NaOH+2NaBr，故答案为：+2NaOH+2NaBr；（3 ）第步反应的化学方程式是：+（CH3）2CHCH2CH2Br+CH3CH2ONa+CH3CH2OH+NaBr，第 21 页（共 24 页）故答案为：+（CH3）2CHCH2CH2Br+CH3CH2ONa+CH3CH2OH+Na

43、Br；（4）试剂相对分子质量为 60，由上述分析可知，其结构简式是，故答案为：；（5）化合物 B（）的一种同分异构体 G 与 NaOH 溶液共热反应，生成乙醇和化合物 H，则 H 的结构简式为 CH2=CHCOONa，H 在一定条件下发生聚合反应得到高吸水性树脂，该聚合物的结构简式是，故答案为：【点评】本题考查有机物推断，需要学生对给予的信息进行利用，结合转化关系中物质的结构、分子式与反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，难度中等11 （16 分）为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣（Fe 主要以

44、 Fe2O3存在）转变成重要的化工原料FeSO4（反应条件略） 活化硫铁矿还原 Fe3+的主要反应为：FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，不考虑其它反应，请回答下列问题：（1）第步 H2SO4与 Fe2O3反应的离子方程式是 Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O 。（2）检验第步中 Fe3+是否完全被还原，应选择 C （填字母编号） 。AKMnO4溶液 BKCl 溶液 CKSCN 溶液（3）第步加 FeCO3调溶液 pH 到 5.8 左右，然后在第步通入空气使溶液 pH第 22 页（共 24 页）到 5.2，此时 Fe2+不沉淀，滤液中铝、硅杂质被除尽，通

45、入空气引起溶液 pH 降低的原因是 氧气可以将 Fe2+离子氧化为 Fe3+离子，Fe3+离子水解生成 H+ 。（4）FeSO4可转化为 FeCO3，FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料。已知 25，101kPa 时：4Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H=1648kJ/molC（s）+O2（g）CO2（g）H=393kJ/mol2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）2FeCO3（s）H=1480kJ/molFeCO3在空气中加热反应生成 Fe2O3的热化学方程式是 4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）H=260kJ/mol 。（5）FeSO4在

46、一定条件下可制得 FeS2（二硫化亚铁）纳米材料，该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为 4Li+FeS2=Fe+2Li2S，正极反应式是 FeS2+4e=Fe+2S2 （6）假如烧渣中的铁全部视为 Fe2O3，其含量为 50%，将 a kg 质量分数为 b%的硫酸加入到 c kg 烧渣中浸取，铁的浸取率为 96%，其它杂质浸出消耗的硫酸以及调 pH 后溶液呈微酸性，所残留的硫酸忽略不计，按上述流程，第步应加入 FeCO3 （0.0118ab0.646c） kg。【分析】硫铁矿烧渣用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、未反应的硫酸，用活化硫铁矿还原 Fe3+后过滤，向滤液中加入 Fe

47、CO3调节溶液 pH，过滤后在通入空气、调节溶液 pH，除去溶液中杂质离子，过滤浓缩结晶得到 FeSO4晶体。（1）H2SO4与 Fe2O3反应生成硫酸铁与水；（2）用 KSCN 溶液检验第步中 Fe3+是否完全还原；（3）氧气可以讲亚铁离子氧化为铁离子，铁离子水解使溶液 pH 降低；（4）发生反应：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，构造目标热化学方程式；（5）电池放电时的总反应为：4Li+FeS2Fe+2Li2S，正极发生还原反应，FeS2获得电子生成 Fe、S2；（6）第步应加入 FeCO3后，浸取时加入的硫酸、活化硫铁矿还原 Fe3+时生成第 23 页（共 24 页）的硫酸完全转化为 FeSO4，根据 FeS27Fe2（S04）37Fe2O3计算参加反应的FeS2的物质的量，根据硫元素守恒计算 n总（FeSO4） ，由 Fe 元素守恒计算n（FeCO3） ，再根据 m=nM 计算其质量。【解答】解：硫铁矿烧渣用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、未反应的硫酸，用活化硫铁矿还原 Fe3+后过滤，向滤液