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，