1、四川省遂宁市2015届高考化学二诊试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（）A二氧化硫具有还原性，用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气B氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃C氨气具有氧化性，用浓氨水检验Cl2管道是否泄漏D钠的金属性比钾强，工业上用钠制取钾（Na+KClK+NaCl）2（6分）下列说法正确的是（）A物质中一定存在化学键B酸和碱一定不能发生氧化还原反应C正四面体结构的物质的键角均为10928D晶体中含阴离子必含阳离子，含阳离子不一定含有阴离子3（6分）下列离子方程式的书写及评价均合理的是（）选项离子方程式评价A将2mol Cl2
2、通入到含1mol FeI2的溶液中：2Fe2+2I+2Cl22Fe3+4Cl+I2正确；Cl2过量，Fe2+、I均被氧化B用Cu电极电解NaCl溶液阳极的电极反应式：2Cl2eCl2正确；Cl优先于OH放电C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClOHClO+HSO3正确；H2SO3的酸性强于HClODMg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2+2HCO3+4OHMg（OH）2+2CO32+2H2O正确；Mg（OH）2比MgCO3更难溶AABBCCDD4（6分）NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A标况下，2.8 L丙烷中含有的极性共价键数为NAB在反应KIO3
3、+6HI=KI+3I2+3H2O 中，每生成3 mol I2转移的电子数为6 NAC已知CH3COONH4溶液的pH=7，则1L 0.1mol/L的CH3COONH4溶液中，CH3COO数为0.1NAD39g Na2O2和Al（OH）3的混合物中阴、阳离子的总数为2NA5（6分）下列实验不能达到预期实验效果的是 序号实验内容实验目的A室温下，使用pH计分别测定浓度均为0.1mol/L NaClO溶液和CH3COONa溶液的PH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B将FeCl3溶液分别滴入无色液体苯、CCl4、汽油、AgNO3溶液、Na2S溶液、NaCl溶液、Na2CO3溶液鉴别物质C向0.1
4、mol/L AgNO3溶液中滴加0.1mol/L NaCl溶液，至不再有白色沉淀生成，再向其中滴入0.1mol/L KI溶液，观察沉淀颜色变化比较AgCl与AgI溶解度的相对大小D向含有少量FeCl3的MgCl2酸性溶液中加入Mg（OH）2，加热并搅拌，过滤除去MgCl2酸性溶液含有的少量FeCl3AABBCCDD6（6分）常温下，现有0.1mol/L的NH4HCO3溶液，pH=7.8已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图所示下列说法不正确的是（）ANH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（HCO3
5、）+c（CO32）+c（H2CO3）B往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时NH4+和HCO3浓度逐渐减小C通过分析可知常温下Kb（NH3H2O）Ka1（H2CO3）D当溶液的pH=9时，溶液中存在下列关系：c（HCO3）c（NH4+）c（NH3H2O）c（CO32）7（6分）已知浓度商（Qc）表示任意状态下反应体系中物质的浓度关系，其表达式与化学平衡常数的表达式相同保持温度和体积不变，可逆反应：A（s）+2B（g）2C（g）+D（g）H0，在甲、乙、丙三个容器中建立平衡的相关信息如下表则下列说法正确的是（）容器体积起始物质平衡时C的物质的量平衡时B的体积分数平衡常数甲1L1molA+2molB1mol
6、甲K甲乙1L4molC+2molDn1mol乙K乙丙2L4molC+2molDn2mol丙K丙A在建立平衡的过程中，甲的Qc逐渐减小，乙和丙的Qc逐渐增大BK甲=K丙K乙C升高甲的温度，可使甲=乙Dn1=1.6，n2=2二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）A、B、C、D、E、F为前四周期原子序数依次增大的非稀有气体元素其中：A的一种单质是自然界最硬的物质；B与A同周期且基态原子中s能级与p能级上的电子数相等；C于B同主族；D为同周期电负性最大的元素；E为使用最为广泛的金属；F的基态原子中没有单电子请回答下列有关问题：（1）写出E的基态原子的价层电子排布式；（2）AB2的水化物中A的杂
7、化方式为，CD2的空间构型为；（3）K3E（CN）6（此处C为碳元素符号）中配位数为，配体的电子式为；（4）某矿石主要成分甲（由F和C元素形成）的晶胞如图，甲能与水反应，则甲的化学式为，属于晶体；（5）CD2与CB3可以合成广泛用于有机合成的化合物CBD2，同时得到另一种与臭氧互为等电子体的化合物，写出该反应的化学方程式；（6）纳米颗粒E3B4在磁性录像带、磁性存储器、磁性光盘、铁氧体磁芯、波导管和变压器等方面应用广泛，制取该颗粒时，将0.3mol/L ESO4 的水溶液和0.4mol/L ECl3的水溶液以体积比2：1进行混合根据E3B4的组成分析按此用量混合可能的原因是9（15分）某化学兴
8、趣小组用100mL 1mol/L NaOH溶液完全吸收了a mol CO2后得到溶液A（液体体积无变化）为了确定溶液A的溶质成分及a值，该兴趣小组的同学进行了如下实验请帮助他们完成下列相应实验内容提出假设假设：溶液A的溶质为NaOH、Na2CO3；假设：溶液A的溶质为Na2CO3；假设：溶液A的溶质为Na2CO3、NaHCO3；假设：溶液A的溶质为实验过程（1）甲同学取少量溶液A于试管，再向试管中滴加几滴酚酞溶液，溶液A变红，由此得出假设I成立（2）乙同学分析后认为甲同学的实验结论有误请用离子方程式说明乙同学的判断依据；他进一步提出，应先取少量溶液，向其中加入足量的溶液，来检验溶液A是否含，结
9、果加入检验溶液后观察到溶液A变浑浊（3）丙同学为了检验溶液A是否还含其它溶质，他将乙同学所得浑浊溶液进行过滤，并把滤液分为两份，向其中的一份加入稀硫酸，有无色气体生成，则假设正确（4）为准确测定a值，丁同学取了10mL溶液A在锥形瓶中，用滴定管向其中加入某浓度的稀硫酸，记录加入硫酸的体积与生成气体的情况，并绘制成如图象：则a=，所加硫酸的物质的量浓度为10（15分）某种降血压药物H（）可由下列路线合成：已知：RCHCH2RCH2CH2BrRCH2COOH回答下列问题：（1）A的名称为（2）BC的反应条件为，FG的反应类型为（3）D的结构简式为（4）符合下列条件G的同分异构体有种，其中核磁共振氢
10、谱为5组峰的为（写结构简式）能使FeCl3溶液显紫色；苯环上只有2个取代基；1mol该物质最多可消耗3molNaOH（5）GH的化学方程式为11（14分）钨是我国丰产元素，也是熔点最高的金属，被誉为“光明使者”用黑钨矿FeWO4、MnWO4（W为+6价）结合其它化工生产高纯钨的化工流程如图1已知H2WO4是不溶于水的弱酸，受热可分解生成氧化物请回答下列有关问题：（1）上述流程中通入空气的目的是；（2）滤渣A与硫酸反应的离子方程式为；（3）实验室用锌锰碱性电池作做电源模拟氯碱工业的装置如图2：已知：锌锰碱性电池的总反应为Zn+2MnO2+2H2O=Zn（OH）2+2MnOOH，则锌锰碱性电池的锌
11、电极应与装置中电极（填“A”或“B”）相接，气体Y为气体出口（填“A”或“B”）出来的气体，为提高生产效率，电解开始时，从进料口B加入的物质为，写出锌锰碱性电池正极反应式；（4）已知：单质碳也可与固体甲制得钨，用气体Y而不用单质碳的原因；（5）将H2 与CO2以4：1的体积比混合，在适当的条件下可制得CH4已知：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（1）H1=890.3kJ/mol H2（g）+1/2O2（g）H2O（1）H2=285.8kJ/mol则CO2（g）与H2（g）反应生成CH4（g）与液态水的热化学方程式是四川省遂宁市2015届高考化学二诊试卷参考答案与试题解析一、选择
12、题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（）A二氧化硫具有还原性，用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气B氢氟酸具有强酸性，用氢氟酸蚀刻玻璃C氨气具有氧化性，用浓氨水检验Cl2管道是否泄漏D钠的金属性比钾强，工业上用钠制取钾（Na+KClK+NaCl）考点：二氧化硫的化学性质；氨的化学性质；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理 专题：氧族元素；碳族元素分析：A根据二氧化硫具有还原性，能被溴水氧化；B根据氢氟酸是弱酸，能与二氧化硅反应；C根据氨水可以用来检验有毒气体氯气的泄漏，反应式为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl来分析；D根据Na的金属性比K弱，Na和
13、K的沸点大小，制取的适宜温度应能使K蒸汽分离出，而钠为液体；解答：A二氧化硫具有还原性，能被溴水氧化：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，可用二氧化硫水溶液吸收溴蒸气，故A正确；B氢氟酸是弱酸，可用氢氟酸蚀刻玻璃：4HF+SiO2=SiF4+2H2O，故B错误；C氨水可以用来检验有毒气体氯气的泄漏，反应式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，氨气具有还原性，故C错误；D在850时使K蒸汽分离出，而钠为液体，可用钠制取钾，故D错误；故选：A点评：本题主要考查了物质的性质，难度不大，注意相关知识的积累2（6分）下列说法正确的是（）A物质中一定存在化学键B酸和碱一定不能发生氧化还原
14、反应C正四面体结构的物质的键角均为10928D晶体中含阴离子必含阳离子，含阳离子不一定含有阴离子考点：化学键；判断简单分子或离子的构型；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；化学基本反应类型 专题：基本概念与基本理论分析：A稀有气体中不存在化学键；B酸和碱中和反应中一般不存在元素的化合价变化；C白磷为正四面体结构；D离子晶体由阴离子、阳离子构成，金属晶体中由金属离子和自由电子构成解答：解：A稀有气体中不存在化学键，则所有的物质中不一定都存在化学键，故A错误；B酸和碱中和反应中一般不存在元素的化合价变化，如NaOH和HCl的反应为非氧化还原反应，而硝酸与氢氧化亚铁的反应为氧化还原反应，故B错误
15、；C白磷为正四面体结构，键角为60，甲烷中键角均为10928，故C错误；D离子晶体由阴离子、阳离子构成，金属晶体中由金属离子和自由电子构成，则晶体中含阴离子必含阳离子，含阳离子不一定含有阴离子，故D正确；故选D点评：本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及物质中的化学键为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大3（6分）下列离子方程式的书写及评价均合理的是（）选项离子方程式评价A将2mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液中：2Fe2+2I+2Cl22Fe3+4Cl+I2正确；Cl2过量，Fe2+、I均被氧化B用Cu电极电解NaCl溶液阳极的电极反应式：2Cl2eCl2正
16、确；Cl优先于OH放电C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClOHClO+HSO3正确；H2SO3的酸性强于HClODMg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2+2HCO3+4OHMg（OH）2+2CO32+2H2O正确；Mg（OH）2比MgCO3更难溶AABBCCDD考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：A氯气过量，但是离子方程式中碘离子的系数错误；B电解为铜，则阳极金属铜放电，氯离子不放电；C次氯酸能够氧化亚硫酸氢根离子；D氢氧化钠过量，氢氧化镁比碳酸镁更难溶，反应生成氢氧化镁沉淀解答：解：AFe2+的还原性比I强，1mol FeI2完全氧化消耗1.5
17、 mol Cl2，则氯气过量，反应的离子方程式为：2Fe2+4I+3Cl22Fe3+6Cl+2I2，离子方程式及评价都不合理，故A错误；B用Cu电极电解NaCl溶液，阳极铜放电，电极反应式为：Cu2e=Cu2+，离子方程式的书写及评价均不合理，故B错误；CHClO有强氧化性，能够氧化SO2，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO=Cl+SO42+2H+，评价及离子方程式均不合理，故C错误；DMg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液，反应生成氢氧化镁沉淀，反应的离子方程式为：Mg2+2HCO3+4OHMg（OH）2+2CO32+2H2O，离子方程式和平均都正确，故D正确；故选D点评：本题考
18、查了离子方程式的书写及判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，本题中既要判断离子方程式是否正确，还要判断题中评价是否合理4（6分）NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A标况下，2.8 L丙烷中含有的极性共价键数为NAB在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O 中，每生成3 mol I2转移的电子数为6 NAC已知CH3COONH4溶液的pH=7，则1L 0.1mol/L的CH3COONH4溶液中，CH3COO数为0.1NAD39g Na2O2和Al（OH）3的混合物中阴、阳离子的总数为2NA考点：阿伏加德罗常数 专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A丙烷分子中含有8
19、个碳氢极性共价键；BI元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由1价升高为0，转移5e；C醋酸根离子和铵根离子相互促进水解；DNa2O2中阴、阳离子的总数为3；Al（OH）3中阴、阳离子的总数为4解答：解：A标准状况下，2.8L丙烷的物质的量为：=0.125mol，0.125mol丙烷分子中含有0.125mol8=1mol极性共价键，含有的极性共价键数为NA，故A正确；B在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由1价升高为0，生成3mo1I2转移的电子数为5NA，故B错误；C醋酸根离子和铵根离子相互促进水解，所以溶液中CH3COO数小
20、于0.1NA，故C错误；D39g Na2O2中阴、阳离子的总数为=1.5mol；39gAl（OH）3中阴、阳离子的总数为=2mol，故39g Na2O2和Al（OH）3的混合物中阴、阳离子的总数小于2NA，故D错误；故选A点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，难度中等注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系5（6分）下列实验不能达到预期实验效果的是 序号实验内容实验目的A室温下，使用pH计分别测定浓度均为0.1mol/L NaClO溶液和CH3COONa溶液的PH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B将FeCl3溶液分别滴入无色液体苯、CCl4、汽油、AgNO3溶液
21、、Na2S溶液、NaCl溶液、Na2CO3溶液鉴别物质C向0.1mol/L AgNO3溶液中滴加0.1mol/L NaCl溶液，至不再有白色沉淀生成，再向其中滴入0.1mol/L KI溶液，观察沉淀颜色变化比较AgCl与AgI溶解度的相对大小D向含有少量FeCl3的MgCl2酸性溶液中加入Mg（OH）2，加热并搅拌，过滤除去MgCl2酸性溶液含有的少量FeCl3AABBCCDD考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A酸的强弱不同，等浓度的盐溶液的酸、碱性强弱不同；B不能鉴别苯、汽油；C根据沉淀颜色的变化可知是否生成AgI，以此可比较AgCl与AgI的溶解性；DFeCl3易水解生成氢氧
22、化铁解答：解：A酸性越弱，其对应盐溶液中水解程度越大，碱性越强，则可以用pH计测定浓度为0.1molL1NaClO溶液和0.1molL1 CH3COONa溶液的pH，比较HClO和CH3COOH的酸性强弱，故A正确； B苯、汽油都不溶于水，与氯化铁都不反应，不能鉴别，故B错误；C若白色沉淀转化为黄色沉淀，说明生成AgI，生成物更难溶于水，可比较二者的溶解度大小，故C正确；DFeCl3易水解生成氢氧化铁，加入Mg（OH）2粉末，调节溶液的pH，促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，故D正确故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及盐类水解、酸性比较、沉淀转化和反应速率的影响因素等，选
23、项D为解答的易错点，把握反应原理及物质性质为解答的关键，注意方案的评价性分析，题目难度不大6（6分）常温下，现有0.1mol/L的NH4HCO3溶液，pH=7.8已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图所示下列说法不正确的是（）ANH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）B往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时NH4+和HCO3浓度逐渐减小C通过分析可知常温下Kb（NH3H2O）Ka1（H2CO3）D当溶液的pH=9时，溶液中存在下列关系：c（HCO3）c（NH4+）
24、c（NH3H2O）c（CO32）考点：离子浓度大小的比较 专题：盐类的水解专题分析：A根据碳酸氢铵溶液中的物料守恒店铺；B该碳酸氢铵溶液的pH=7.8，结合图象判断滴入氢氧化钠溶液后NH4+和HCO3浓度变化；C碳酸氢啊溶液显示碱性，根据盐的水解原理判断二者的酸碱性强弱及电离平衡常数大小；D当pH=9时，结合图象判断溶液中各离子浓度大小解答：解：ANH4HCO3溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），故A正确；B0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8，根据图象可知，当溶液pH增大时，铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离
25、子能够先增大后减小，故B错误；C由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于Ka1（H2CO3），故C正确；D结合图象可知，溶液的pH=9时，溶液中离子浓度大小为：c（HCO3）c（NH4+）c（NH3H2O）c（CO32），故D正确；故选B点评：本题结合图象考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法7（6分）已知浓度商（Qc）表示任意状态下反应体系中物质的浓度关系，其表达式与化学平衡常
26、数的表达式相同保持温度和体积不变，可逆反应：A（s）+2B（g）2C（g）+D（g）H0，在甲、乙、丙三个容器中建立平衡的相关信息如下表则下列说法正确的是（）容器体积起始物质平衡时C的物质的量平衡时B的体积分数平衡常数甲1L1molA+2molB1mol甲K甲乙1L4molC+2molDn1mol乙K乙丙2L4molC+2molDn2mol丙K丙A在建立平衡的过程中，甲的Qc逐渐减小，乙和丙的Qc逐渐增大BK甲=K丙K乙C升高甲的温度，可使甲=乙Dn1=1.6，n2=2考点：化学平衡的计算；等效平衡 专题：化学平衡专题分析：A随反应进行，反应物浓度减小、生成浓度增大，结合平衡常数表达式判断；B
27、平衡常数只与温度有关，与浓度无关，由于温度恒定，故K甲=K丙=K乙；C乙等效开始加入2molA+4molB，进一步等效为在甲平衡的基础上压强增大一倍，增大压强平衡向逆反应方向移动，故甲乙，正反应为放热反应，甲升高温度，平衡向逆反应方向移动，B的体积分数增大；D利用三段式计算甲平衡时各组分物质的量，由于体积为1L，则利用物质的量代替浓度计算平衡常数，利用三段式表示出乙中平衡时各组分物质的量，再结合平衡常数计算n1；丙等效为开始加入2molA+4molB，丙的体积为甲的2倍，丙等效后与甲中对应组分的起始浓度相等，则甲与丙为等效平衡，平衡时对应反应物转化率相同、对应各组的含量相同、浓度相同解答：解：
28、根据表中数据知，将乙、丙中生成物完全转化为反应物时，相当于乙、丙中含有2molA、4molB，甲、丙中B物质浓度相等，所以相当于等效平衡，其转化率相等；乙中B物质浓度是甲的2倍，且压强大于甲，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，所以乙中B的转化率小于甲；温度不变，化学平衡常数不变，A在建立平衡的过程中，甲、乙和丙的Qc都逐渐增大，故A错误；B化学平衡常数只与温度有关，温度相同，其化学平衡常数相同，所以K甲=K丙=K乙，故B错误；C该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致甲、乙中B的转化率相等，所以存在甲=乙，故C正确；D由于温度恒定，故K甲=K丙=K乙；对应甲：A（s
29、）+2B（g）2C（g）+D（g）开始（mol）：2 0 0转化（mol）：1 1 0.5平衡（mol）：1 1 0.5由于体积为1L，则利用物质的量代替浓度计算平衡常数，则平衡常数K=0.5，温度相同，化学平衡常数相同即K甲=K丙=K乙，乙中c（C）=n1mol/L、c（B）=mol/L、c（D）=mol/L，K=0.5，n1=1.75；丙中c（C）=0.5n2mol/L、c（B）=mol/L、c（D）=mol/L，K=（=0.5，n2=2，故D错误；故选C点评：本题考查化学平衡计算、等效平衡等知识点，侧重考查分析计算能力，采用一边倒的方法确定甲丙是等效平衡，知道化学平衡常数只与温度有关，与
30、转化率及物质浓度无关，题目难度中等二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）A、B、C、D、E、F为前四周期原子序数依次增大的非稀有气体元素其中：A的一种单质是自然界最硬的物质；B与A同周期且基态原子中s能级与p能级上的电子数相等；C于B同主族；D为同周期电负性最大的元素；E为使用最为广泛的金属；F的基态原子中没有单电子请回答下列有关问题：（1）写出E的基态原子的价层电子排布式3d64s2；（2）AB2的水化物中A的杂化方式为sp2，CD2的空间构型为V字形或角形；（3）K3E（CN）6（此处C为碳元素符号）中配位数为6，配体的电子式为；（4）某矿石主要成分甲（由F和C元素形成）的晶胞如图
31、，甲能与水反应，则甲的化学式为ZnS，属于离子晶体；（5）CD2与CB3可以合成广泛用于有机合成的化合物CBD2，同时得到另一种与臭氧互为等电子体的化合物，写出该反应的化学方程式SCl2+SO3=SOCl2+SO2；（6）纳米颗粒E3B4在磁性录像带、磁性存储器、磁性光盘、铁氧体磁芯、波导管和变压器等方面应用广泛，制取该颗粒时，将0.3mol/L ESO4 的水溶液和0.4mol/L ECl3的水溶液以体积比2：1进行混合根据E3B4的组成分析按此用量混合可能的原因是制取时部份Fe2+被氧化为Fe3+考点：晶胞的计算；位置结构性质的相互关系应用 专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结
32、构分析：A的一种单质是自然界最硬的物质，应为C元素，对应单质为金刚石，B与A同周期，为第二周期，基态原子中s能级与p能级上的电子数相等，为O元素，C于B同主族，应为S元素，D为同周期电负性最大的元素，为F元素，E为使用最为广泛的金属，应为Fe元素，F的基态原子中没有单电子，为Zn元素，以此解答该题解答：解：A的一种单质是自然界最硬的物质，应为C元素，对应单质为金刚石，B与A同周期，为第二周期，基态原子中s能级与p能级上的电子数相等，为O元素，C于B同主族，应为S元素，D为同周期电负性最大的元素，为F元素，E为使用最为广泛的金属，应为Fe元素，F的基态原子中没有单电子，核外电子排布为3d104s
33、2，为Zn元素，（1）E为Fe元素，电子排布为Ard64s2，则价层电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2；（2）AB2的水化物为H2CO3，C形成3个键，为sp2杂化，CD2为SF2，S形成2个键，孤对电子数为=2，为V字形 或 角形，故答案为：sp2； V字形 或 角形；（3）K3E（CN）6中配位数为6，Cu2+与6个CN形成配位键，CN的电子式为，故答案为：6；（4）晶胞中Zn和S分别位于体心、定点和面，体心为4个，定点和面共有8+6=4，则化学式为ZnS，为离子晶体，故答案为：ZnS；离子；（5）SCl2与SO3可以合成广泛用于有机合成的化合物SOCl2，同时得到另一种与臭
34、氧互为等电子体的化合物，应生成SO2，则反应的方程式为SCl2+SO3=SOCl2+SO2，故答案为：SCl2+SO3=SOCl2+SO2；（6）Fe3O4中的Fe2+与Fe3+比值为1：2，将0.3mol/L FeSO4 的水溶液和0.4mol/L FeCl3的水溶液以体积比2：1进行混合，Fe2+与Fe3+比值为3：2，但可生成Fe3O4，肯定存在制取时部份Fe2+被氧化为Fe3+，故答案为：制取时部份Fe2+被氧化为Fe3+点评：本题考查结构性质位置关系，为2015届高考常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，涉及核外电子排布、等电子体、晶体类型与性质、晶胞等，推断元素是解题关键，难
35、度不大，注意对基础知识的理解掌握9（15分）某化学兴趣小组用100mL 1mol/L NaOH溶液完全吸收了a mol CO2后得到溶液A（液体体积无变化）为了确定溶液A的溶质成分及a值，该兴趣小组的同学进行了如下实验请帮助他们完成下列相应实验内容提出假设假设：溶液A的溶质为NaOH、Na2CO3；假设：溶液A的溶质为Na2CO3；假设：溶液A的溶质为Na2CO3、NaHCO3；假设：溶液A的溶质为NaHCO3实验过程（1）甲同学取少量溶液A于试管，再向试管中滴加几滴酚酞溶液，溶液A变红，由此得出假设I成立（2）乙同学分析后认为甲同学的实验结论有误请用离子方程式说明乙同学的判断依据CO32+H
36、2OHCO3+OH 或HCO3+H2OH2CO3+OH；他进一步提出，应先取少量溶液，向其中加入足量的BaCl2溶液，来检验溶液A是否含Na2CO3，结果加入检验溶液后观察到溶液A变浑浊（3）丙同学为了检验溶液A是否还含其它溶质，他将乙同学所得浑浊溶液进行过滤，并把滤液分为两份，向其中的一份加入稀硫酸，有无色气体生成，则假设正确（4）为准确测定a值，丁同学取了10mL溶液A在锥形瓶中，用滴定管向其中加入某浓度的稀硫酸，记录加入硫酸的体积与生成气体的情况，并绘制成如图象：则a=mol，所加硫酸的物质的量浓度为mol/L考点：探究物质的组成或测量物质的含量 专题：实验探究和数据处理题分析：用100
37、mL 1mol/L NaOH溶液完全吸收了a mol CO2后得到溶液A（液体体积无变化），二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，溶液中为氢氧化钠和碳酸钠，二氧化碳恰好和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，二氧化碳过滤得到溶液中溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，二氧化碳足量反应生成碳酸氢钠；（2）甲同学取少量溶液A于试管，再向试管中滴加几滴酚酞溶液，溶液A变红，溶液呈碱性，可能的原因是假设，假设，假设，假设碳酸钠溶液中碳酸根离子、碳酸氢根离子水解溶液显碱性，他进一步提出，应先取少量溶液，向其中加入足量的氯化钡溶液，观察到溶液A变浑浊是为了检验溶液A中含有碳酸钠；（3）乙同学所得浑浊溶液进行过滤，并把滤液分为两份
38、，向其中的一份加入稀硫酸，有无色气体生成，是碳酸氢钠溶液和盐酸反应生成二氧化碳气体，则含有碳酸钠和碳酸氢钠；（4）图象分析可知开始无其消耗硫酸5ml，生成二氧化碳气体消耗硫酸为10ml，发生反应为：2Na2CO3+H2SO4=2NaHCO3+Na2SO4，2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2+2H2O证明含有溶质为等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，依据化学方程式定量关系计算得到解答：解：用100mL 1mol/L NaOH溶液完全吸收了a mol CO2后得到溶液A（液体体积无变化），二氧化碳和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，溶液中为氢氧化钠和碳酸钠，二氧化碳恰好和氢氧化钠溶液反应生成碳
39、酸钠，二氧化碳过滤得到溶液中溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，二氧化碳足量反应生成碳酸氢钠；假设：溶液A的溶质为NaOH、Na2CO3；假设：溶液A的溶质为Na2CO3；假设：溶液A的溶质为Na2CO3、NaHCO3；假设：溶液A的溶质为NaHCO3；故答案为：NaHCO3；（2）甲同学取少量溶液A于试管，再向试管中滴加几滴酚酞溶液，溶液A变红，溶液呈碱性，可能的原因是假设，假设，假设，假设，碳酸钠溶液中碳酸根离子、碳酸氢根离子水解溶液显碱性，用离子方程式说明乙同学的判断依据为：CO32+H2OHCO3+OH 或HCO3+H2OH2CO3+OH：他进一步提出，应先取少量溶液，向其中加入足量的氯化钡溶液，
40、观察到溶液A变浑浊是为了检验溶液A中含有碳酸钠，故答案为：CO32+H2OHCO3+OH 或HCO3+H2OH2CO3+OH；BaCl2；Na2CO3；（3）乙同学所得浑浊溶液进行过滤，并把滤液分为两份，向其中的一份加入稀硫酸，有无色气体生成，是碳酸氢钠溶液和盐酸反应生成二氧化碳气体，则含有碳酸钠和碳酸氢钠，假设正确；故答案为：；（4）图象分析可知开始无其消耗硫酸5ml，生成二氧化碳气体消耗硫酸为10ml，证明含有溶质为等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，依据化学方程式定量关系计算得到，设硫酸浓度为：cmol/L，发生反应为：2Na2CO3+H2SO4=2NaHCO3+Na2SO4，2NaHCO3+
41、H2SO4=Na2SO4+2CO2+2H2O；依据元素守恒列式计算：100mL 1mol/L NaOH溶液n（NaOH）=0.1mol，取10ml溶液中含有氢氧化钠物质的量为0.01mol，硫酸浓度为c，得到0.015Lc2=0.01molc=mol/L，分析图象可知NaHCO3消耗硫酸10ml，2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2CO2+2H2O2 1n （ 0.015L0.005L）n=mol100ml溶液中依据碳守恒得到二氧化碳物质的量a=mol10=mol；故答案为：mol；mol/L点评：本题考查了物质组成的实验探究方法和物质性质的理解应用，掌握基础是关键，主要是碳酸钠滴入氯
42、水的反应过程分析判断，题目难度中等10（15分）某种降血压药物H（）可由下列路线合成：已知：RCHCH2RCH2CH2BrRCH2COOH回答下列问题：（1）A的名称为2甲基丙烯（2）BC的反应条件为氢氧化钠水溶液、加热，FG的反应类型为取代反应（3）D的结构简式为（CH3）2CHCHO（4）符合下列条件G的同分异构体有6种，其中核磁共振氢谱为5组峰的为（写结构简式）能使FeCl3溶液显紫色；苯环上只有2个取代基；1mol该物质最多可消耗3molNaOH（5）GH的化学方程式为考点：有机物的推断 专题：有机物的化学性质及推断分析：G与乙二醇反应得到H，由H的结构可知G为，E在溴、红磷条件下反应
43、得到F，F与苯酚钠反应得到G，结合反应信息可知F为，E为（CH3）2CHCOOH，逆推可得D为（CH3）2CHCHO，C为（CH3）2CHCH2OH，B为（CH3）2CHCH2Br、A为（CH3）2C=CH2，据此解答解答：解：G与乙二醇反应得到H，由H的结构可知G为，E在溴、红磷条件下反应得到F，F与苯酚钠反应得到G，结合反应信息可知F为，E为（CH3）2CHCOOH，逆推可得D为（CH3）2CHCHO，C为（CH3）2CHCH2OH，B为（CH3）2CHCH2Br、A为（CH3）2C=CH2，（1）由上述分析可知，A为（CH3）2C=CH2，名称为2甲基丙烯，故答案为：2甲基丙烯；（2）B
44、C是（CH3）2CHCH2Br在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成（CH3）2CHCH2OH；FG是苯酚钠与反应生成，属于取代反应，故答案为：氢氧化钠水溶液、加热；取代反应；（3）由上述分析可知，D结构简式为（CH3）2CHCHO，故答案为：（CH3）2CHCHO；（4）G为，其同分异构体符合下列条件：能使FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；苯环上只有2个取代基，1mol该物质最多可消耗3mol NaOH，可以确定另外取代基为OOCCH2CH2CH3或OOCCH（CH3）2，各有邻、间、对三种位置，故符合条件的同分异构体共有6种，其中核磁共振氢谱为5组峰的为，故答案为：6；（5）GH
45、的化学方程式为：，故答案为：点评：本题考查有机物推断，根据H的结构推断G的结构是关键，结合给予的信息采取逆推法推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，能较好的考查学生的阅读、自学能力和思维能力，是2015届高考热点题型，难度中等11（14分）钨是我国丰产元素，也是熔点最高的金属，被誉为“光明使者”用黑钨矿FeWO4、MnWO4（W为+6价）结合其它化工生产高纯钨的化工流程如图1已知H2WO4是不溶于水的弱酸，受热可分解生成氧化物请回答下列有关问题：（1）上述流程中通入空气的目的是氧化Fe2+、Mn2+；（2）滤渣A与硫酸反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O或Fe3O4+8
46、H+=2Fe3+Fe2+4H2O；（3）实验室用锌锰碱性电池作做电源模拟氯碱工业的装置如图2：已知：锌锰碱性电池的总反应为Zn+2MnO2+2H2O=Zn（OH）2+2MnOOH，则锌锰碱性电池的锌电极应与装置中电极B（填“A”或“B”）相接，气体Y为气体出口B（填“A”或“B”）出来的气体，为提高生产效率，电解开始时，从进料口B加入的物质为稀氢氧化钠溶液，写出锌锰碱性电池正极反应式MnO2+e+H2O=MnOOH+OH；（4）已知：单质碳也可与固体甲制得钨，用气体Y而不用单质碳的原因会引入杂质碳，会生成碳化钨；（5）将H2 与CO2以4：1的体积比混合，在适当的条件下可制得CH4已知：CH4
47、（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（1）H1=890.3kJ/mol H2（g）+1/2O2（g）H2O（1）H2=285.8kJ/mol则CO2（g）与H2（g）反应生成CH4（g）与液态水的热化学方程式是CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）H=252.9kJ/mol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：黑钨矿通入空气与氢氧化钠在熔融状态下反应生成MnO2、Fe2O3、Fe3O4、Na2WO4，加水溶解、过滤，滤渣A含有MnO2、Fe2O3、Fe3O4，加入硫酸，Fe2O3、Fe3O4溶解，滤渣C为MnO2，可用于锌锰碱性电池，滤液A
48、含有Na2WO4，加入盐酸可生成H2WO4沉淀，灼烧生成WO3，滤液B含有NaCl，电解饱和食盐水生成氢气，可与WO3反应生成W，以此解答该题解答：解：黑钨矿通入空气与氢氧化钠在熔融状态下反应生成MnO2、Fe2O3、Fe3O4、Na2WO4，加水溶解、过滤，滤渣A含有MnO2、Fe2O3、Fe3O4，加入硫酸，Fe2O3、Fe3O4溶解，滤渣C为MnO2，可用于锌锰碱性电池，滤液A含有Na2WO4，加入盐酸可生成H2WO4沉淀，灼烧生成WO3，滤液B含有NaCl，电解饱和食盐水生成氢气，可与WO3反应生成W，（1）上述流程中通入空气可氧化Fe2+、Mn2+，故答案为：氧化Fe2+、Mn2+；
49、（2）滤渣A含有MnO2、Fe2O3、Fe3O4，加入硫酸，Fe2O3、Fe3O4溶解，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O或Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O或Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O；（3）锌锰碱性电池的锌电极为负极，电解饱和食盐水，石墨为阳极，铁为阴极，锌锰碱性电池的锌电极应与装置中电极B相连，氢气在阴极生成，从出口B出来，且阴极生成氢氧化钠，所以为提高生产效率，电解开始时，从进料口B加入的物质为稀氢氧化钠溶液，锌锰碱性电池正极反应式为MnO2+e+H2O=MnOOH+OH，故答案为：
50、B；B；稀氢氧化钠溶液；MnO2+e+H2O=MnOOH+OH；（4）单质碳也可与固体甲制得钨，但易引入杂质碳，且生成碳化钨，故答案为：会引入杂质碳，会生成碳化钨；（5）已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H1=890.3KJ/molH2（g）+O2（g）=H2O（l）H2=285.8KJ/mol根据盖斯定律，4得CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l），故H=4（285.8KJ/mol）（890.3KJ/mol）=252.9kJ/mol，故热化学方程式为：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）H=252.9kJ/mol，故答案为：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（l）H=252.9kJ/mol点评：本题主要考查工业制备流程、金属的冶炼、化学计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力、计算能力的考查，综合性强，注意把握实验的流程和原理，难度中等
