2015年四川省高考化学解析版试卷

发布时间:2024-06-04 10:06:08浏览次数:7
2015 年四川省高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.(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﹣=CuS↓D.与过量浓氨水反应的离子方程式:Cu2++2NH3•H2O=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;C.H2S 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.【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;C.H2S 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++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++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 故答案为:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O;(2)KMnO4溶液、K3[Fe(CN)6]溶液可以检验有 Fe2+生成,取第Ⅱ步反应中溶液少许与试管中,滴加 KSCN 溶液,若溶液不变红色,说明 Fe3+完全被还原,故答案为:C;(3)氧气可以将 Fe2+离子氧化为 Fe3+离子,Fe3+离子水解生成 H+,使溶液 pH 降低,故答案为:氧气可以将 Fe2+离子氧化为 Fe3+离子,Fe3+离子水解生成 H+;(4)发生反应:4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2,已知:① 4Fe(s)+3O2(g)═2Fe2O3(s)△H=﹣1648kJ/mol② C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=﹣393kJ/mol③ 2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)═2FeCO3(s)△H=﹣1480kJ/mol根据盖斯定律,①﹣③×2+②×④ 可得 4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g),故△H=﹣1648kJ/mol﹣2×(﹣1480kJ/mol)+4×(﹣393kJ/mol)=﹣260kJ/mol,故反应热化学方程式为:4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g)△H=﹣260kJ/mol,故答案为:4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g)△H=﹣260kJ/mol;(5)电池放电时的总反应为:4Li+FeS2═Fe+2Li2S,正极发生还原反应,FeS2获得电子生成 Fe、S2﹣,正极电极反应式为:FeS2+4e﹣=Fe+2S2﹣,故答案为:FeS2+4e﹣=Fe+2S2﹣;(6)Fe2O3含量为 50%,ckg 烧渣中,Fe2O3质量为 50%×ckg,铁的浸取率为 96%,则参加反应的Fe2O3质量为 50%×ckg×96%,其物质的量为(50%×c×103×96%)g÷160g/mol=3c mol,akg 质量分数为 b%的硫酸中 m(H2SO4)=b%×akg,其物质的量为(b%×a×103)g÷98g/mol=mol,第Ⅲ步应加入 FeCO3后,浸取时加入的硫酸、活化硫铁矿还原 Fe3+时生成的硫酸完全转化为 FeSO4,根据 FeS2~7Fe2(S04)3~7Fe2O3,可知参加反应的 FeS2的物质的量 ×3c mol,根据硫元素守恒计算 n总(FeSO4)= ×3c mol×2+ mol,由 Fe 元素守恒 n(FeCO3)=n总(FeSO4)﹣n(FeS2)﹣2n(Fe2O3)= ×3c mol×2+ mol﹣×3c mol﹣2×3c mol= mol﹣ mol,故 m(FeCO3)=( ﹣ ) mol×116g/mol≈(11.8ab﹣646c)g,即为(0.0118ab﹣0.646c)Kg,故答案为:(0.0118ab﹣0.646c)。【点评】本题以化学工艺流程为载体,考查离子方程式书写、离子检验、热化学方程式书写、电极反应式、化学计算等,需要学生熟练掌握元素化合物知识,(6)中计算为易错点、难点,注意利用守恒法计算,避免计算繁琐,较好的考查学生分析计算能力。  C.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 9~10,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﹣+2OH﹣﹣2e﹣═ClO﹣+H2OC.阴极的电极反应式:2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣D.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﹣+2OH﹣﹣2e﹣═ClO﹣+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+2e﹣═H2↑+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﹣+H2O═N2↑+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(  )A.2.0gH218O 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 σ 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 0.5NAD.50mL12mol/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 6molσ 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 10mol 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 6molσ 键,故 0.1mol 乙醛中含 0.6molσ 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,4molHCl 反应时转移 2mol 电子,而 50mL12mol/L 盐酸的物质的量 n=CV=12mol/L×0.05L=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 pH<7.下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是(  )A. <1.0×10﹣7mol/LB.c(Na+)=c(HCO3﹣)+c(CO32﹣)+c(H2CO3)C.c(H+)+c(NH4+)>c(OH﹣)+c(HCO3﹣)+2 c(CO32﹣)D.c(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 pH<7,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 pH<7,说明滤液呈酸性,溶液中 c(OH﹣)小于纯水中 c(OH﹣),=c(OH﹣)<1.0×10﹣7mol/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﹣)+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;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,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(  )A.550℃时,若充入惰性气体,v正,v退均减小,平衡不移动B.650℃时,反应达平衡后 CO2的转化率为 25.0%C.T℃时,若充入等体积的 CO2和 CO,平衡向逆反应方向移动D.925℃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,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;【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 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; 1﹣x 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 58 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Ⅶ 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  1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 2   .(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  HNO 3 (填化学式);Z 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 、 Cl 2  (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  P 4+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Ⅶ 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Ⅶ 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.(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 A﹣B﹣C﹣D,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 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 A﹣D﹣B,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 取少许 D 溶液于试管中,加入足 量 BaCl 2 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 SO 32﹣ ,无 SO 42﹣   .(5)装置 B 内溶液吸收的气体是  NH 3 .(6)(NH4)2SO4在 400℃分解的化学方程式是  3 ( NH 4)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,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、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 0.025L×0.2mol/L=0.005mol,故剩余 HCl 为 0.005mol,则参加反应的 HCl 为 0.07L×0.5mol/L﹣0.005mol=0.03mol,参加反应的 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 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)C D E F已知:请回答下列问题:(1)试剂Ⅰ的化学名称是 乙醇 .化合物 B 的官能团名称是 醛基 .第④步的化学反应类型是  酯化反应或取代反应 .(2)第①步反应的化学方程式是  +2NaOH +2NaBr   .(3 )第⑤步反应的化学方程式是  + ( CH 3)2CHCH2CH2Br+CH3CH2ONa→+CH3CH2OH+NaBr   .(4)试剂Ⅱ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 ,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Ⅱ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 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Ⅱ为 .(1)试剂Ⅰ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④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①步反应的化学方程式是: +2NaOH +2NaBr,故答案为: +2NaOH +2NaBr;(3 )第⑤步反应的化学方程式是: +(CH3)2CHCH2CH2Br+CH3CH2ONa→+CH3CH2OH+NaBr,故答案为: +(CH3)2CHCH2CH2Br+CH3CH2ONa→+CH3CH2OH+NaBr;(4)试剂Ⅱ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 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Ⅰ步 H2SO4与 Fe2O3反应的离子方程式是  Fe 2O3+6H + =2Fe 3+ +3H 2O   。(2)检验第Ⅱ步中 Fe3+是否完全被还原,应选择  C   (填字母编号)。A.KMnO4溶液 B.KCl 溶液 C.KSCN 溶液(3)第Ⅲ步加 FeCO3调溶液 pH 到 5.8 左右,然后在第Ⅳ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 氧气可以将 Fe 2+ 离子氧化为 Fe 3+ 离子, Fe 3+ 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  4FeCO 3( s ) +O 2( g ) =2Fe 2O3( s ) +4CO2( g )△ H=﹣260kJ/mol   。(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  FeS 2+4e ﹣ =Fe+2S 2﹣   (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Ⅲ步应加入 FeCO3 ( 0.0118ab﹣0.646c )  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 FeCO3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Ⅱ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+FeS2═Fe+2Li2S,正极发生还原反应,FeS2获得电子生成 Fe、S2﹣;(6)第Ⅲ步应加入 FeCO3后,浸取时加入的硫酸、活化硫铁矿还原 Fe3+时生成的硫酸完全转化为FeSO4,根据 FeS2~7Fe2(S04)3~7Fe2O3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,向滤液中加入 FeCO3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,反应离子方程式为:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O,
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