1、绝密启用前 试卷类型A山东省2015年高考模拟冲刺卷（二）理科综合说明：本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分300分，考试时间150分钟。第I卷（选择题 共107分）一、选择题（共13小题，每小题5分，共65分。每小题只有一个选项符合题意。）7下列有关说法正确的是 （ ）A蔗糖、淀粉、蛋白质、油脂都是营养物质，都属于高分子化合物 ，都能发生水解反应B人造纤维、合成纤维、碳纤维、光导纤维主要成分都是纤维素C乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去D甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到【答案】C 【命题立意】本题考查有机物的制备、
2、性质与用途；【解析】蔗糖与油脂不属于高分子化合物，A错误；B项中均不是纤维素（糖类），B错误；苯、乙烯不能通过分馏石油得到，D错误；8下列叙述正确的是（ ）A同主族元素从上到下，元素原子得电子能力逐渐减弱，表现在氢化物的稳定性逐渐增强B除稀有气体元素外，第三周期元素的原子半径不一定比第二周期元素的原子半径大C化学反应的过程中一定伴随着热量的变化D在主族元素中，最外层电子数少的元素原于一定比最外层电子数多的元素原子失电子能力强【答案】B 【命题立意】本题考查元素性质的递变规律；【解析】氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，氢化物越稳定，同一主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，氢化物的
3、稳定性逐渐减弱，A错误；化学反应的过程中一定伴随着能量的变化，但不一定是热量的变化，可以是其他形式的能量变化，C错误；元素原子失电子能力的强弱与原子半径的大小有关，一般来说，原子半径越大，越易失电子，D错误；9在一定条件下，使CO和O2的混合气体26g充分反应，所得混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应，结果固体增重14g，则原混合气体中O2和CO的质量比可能是（ ）A9：4 B1：1C7：6 D6：7【答案】 D 【命题立意】本题考查混合物的相关计算；【解析】2CO+ O2= 2CO2 ， 2CO2 +2Na2O2 = 2Na2CO3 + O2 ，把反应进行叠加可得：CO+Na2O2= N
4、a2CO3，从方程式中可清晰看出，固体增重的质量实际上就是CO的质量，所以原混合气体中O2和CO得质量分别为12g和14g，混合气体中O2和CO的质量比为6：7，D正确；10下列实验能达到实验目的且符合安全要求的是（ ）【答案】B 【命题立意】本题考查化学实验方案的设计与评价；【解析】Fe(OH)2易被氧化，应注意隔绝空气，则图中不能观察沉淀的白色，A错误；氧气不易溶于水，可用排水法收集，B正确；点燃不纯氢气时易发生爆炸，C错误；浓硫酸的稀释应是酸入水，D错误；11心酮胺是治疗冠心病的药物。它具有如下结构简式：（ ）下列关于心酮胺的描述，错误的是A可以在催化剂作用下和溴反应 B可以在碱性条件下
5、发生水解反应 C能够使酸性高锰酸钾溶液褪色 D可以和浓硫酸与浓硝酸的混合液反应【答案】 B 【命题立意】本题考查有机物的结构与性质；【解析】分子中存在醇羟基和苯环，可以在催化剂作用下和溴发生取代反应，A正确；分子中不存在酯基、酞键等官能团，不能发生水解，B错误；分子中的醇羟基及苯环侧键都可以被酸性高锰酸钾氧化，C正确；含有苯环，可发生取代反应，D正确；12新型的乙醇电池结构如图所示，它用碘酸类质子溶剂，在200左右时供电，其效率比甲醇电池高出32倍，且更安全。已知电池总反应式为C2H5OH+3O2 2CO2+3H2O。下列说法不正确的是： （ ）Aa极为电池的负极，该电极发生氧化反应B电池工作
6、时电子由a极流出沿导线经灯泡到b极C电池正极的电极反应式为O2+2H2O +4e- 4OHD电池工作时，1mol乙醇被氧化转移12mol电子【答案】C 【命题立意】本题考查原电池的工作原理；【解析】在燃料电池中，燃料乙醇在负极失去电子，发生氧化反应，A正确；外电路中，电子由负极沿导线流向正极，即由a极流出沿导线经灯泡到b极，B正确；酸性电解质溶液中，正极电极反应式为：O2+ 4H+4e- 2H2O，C错误；根据电池总反应式C2H5OH+3O2 2CO2+3H2O，C从-2价升至+4价，反应电子转移数为12，1mol乙醇被氧化转移12mol电子，D正确；13下列判断不正确的是 （ ）A在AgCl
7、的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，增大B向溶液中加入少量NaOH固体，与均增大CNaOH和CH3COONa的混合溶液中，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-） D常温下，的溶液中，Na+、K+、CO32-、NO3-离子可大量共存【答案】 A【命题立意】本题考查离子共存、盐类水解及沉淀溶解平衡；【解析】Ksp与温度有关，不受其他因素的影响，所以加入蒸馏水，AgCl的KSP不变，A错误；加入NaOH，溶液中c(Na+)、c(OH-)均增大，OH- 抑制了CO32-的水解，所以c(CO32-)增大，B正确；溶液呈电中性，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（
8、CH3COO-），C正确；碱性条件下，各离子间互不反应，可以大量共存，D正确；29（19分）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。已知：CH4（g）H2O（g）=CO（g）3H2（g）H206.2 kJmol1 CH4（g）CO2（g）=2CO（g）2H2（g）H247.4 kJmol1 2H2S（g）=2H2（g）S2（g）H169.8 kJmol1以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式为_。A、B、C三种强电解质，它们在水中电离出的离子如右表所示：阳离子Na、K、Cu2阴离子SO、OH如
9、图1所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯中依次盛放足量的A溶液、足量的B溶液、足量的C溶液，电极均为石墨电极。接通电源，经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加了16 g。常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图2所示。请回答下列问题：（1）M为直流电源的_极，b电极上发生的电极反应为_。（2）计算e电极上生成的气体在标准状况下的体积为_。（3）写出乙烧杯中的总反应方程式：_。（4）如果电解过程中B溶液中的金属离子全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？_。（5）要使丙烧杯中的C溶液恢复到原来的状态，需要进行的操作是_。【答案】 CH4（g）2H2O（g）=CO2（g）4H2（g）H1650 k
10、Jmol1（3分）（1）负（2分）4OH4e=2H2OO2（3分）（2）56 L（3分）（3）2CuSO42H2O2CuO22H2SO4（2分）（4）能，因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应变为电解水的反应（3分）（5）向丙烧杯中加45 g水（3分）【命题立意】本题考查热化学方程式的书写及电化学原理；【解析】 、CH4（g）H2O（g）=CO（g）3H2（g） H 206.2 kJmol1 CH4（g）CO2（g）=2CO（g）2H2（g） H 247.4 kJmol1 根据盖斯定律，2-得： CH4（g）2H2O（g）=CO2（g）4H2（g）H1650 kJmol1 、测得乙中c
11、电极质量增加了16g，由表可知乙中含有Cu2+，结合离子共存可知，B为CuSO4，丙中pH不变，则C为Na2SO4或K2SO4，甲中pH增大，则A为KOH或NaOH；(1)、c电极析出Cu，由Cu2+在阴极得电子生成Cu可知c为阴极，则M为负极，N为正极；b与正极相连，则b为阳极，吸引OH-失电子生成O2，其电极反应式为：4OH-4e-=2H2O+O2；(2)、e与电源负极相连为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，已知n（Cu）=16g/64g/mol=0.25mol，由Cu2e-H2,可知生成标况下H2的体积为0.25mol22.4L/mol=5.6L；(3) 、乙烧杯中为
12、惰性电极电解硫酸铜溶液，总反应为：2CuSO42H2O2CuO22H2SO4；(4) 、如果电解过程中CuSO4溶液中的金属离子全部析出，此时溶液变成硫酸溶液，继续通电，溶液中电解的是水；(5) 、丙中的电解质是硫酸钠或硫酸钾，电解时被电解的是水，所以要使丙恢复到原来的状态，需加水；已知n（Cu）=16g/64g/mol=0.25mol，由Cu2e-H2H2O，则n（H2O）=0.25mol，所以需要加入m（H2O）=0.25mol18g/mol=4.5 g；即向丙烧杯中加4.5 g水；30（17分）硫酸工业生产过程中有下列反应发生：2SO2（g）+ O2（g）2 SO3（g）。请回答下列问题
13、：（1）已知该反应需要在加热条件下进行，右图表示该反应进行过程中能量的变化情况，其中A表示反应物的平均能量，C表示生成物的平均能量，则该反应是 反应（填“放热”或“吸热”）；与过程相比较，过程改变的反应条件是 ，由图象可得出的结论是 。（2）实验室通过改变反应条件得出该反应的以下数据（均有催化剂存在，只改变温度或压强一个条件）：温度（）达到平衡时间100/39200/12300/1.2400/0.4500/0.3600/0.21700/0.18SO3的产率（%）98.095.193.691.690.884.081.5压强(atm)151015202530SO3的产率（%）91.391.992.
14、493.093.393.994.4请你根据上表数据分析：工业上该反应适宜的温度是 ，适宜的压强是 。（3）一定条件下，在2L密闭容器中加入2molSO2和1molO2，30s后反应达到平衡，测得SO3的物质的量是1.8mol，则用O2表示的该反应的化学反应速率是 ；此条件下，化学平衡常数是 ；当增大氧气浓度时，该反应的平衡常数将 （填“增大”或“减小”或“不变”）【答案】 （1）放热（2分） 加入了催化剂（2分） 催化剂可以降低活化能，但不能改变化学反应的反应热（2分） （2）400500C（2分） 常压（2分） （3）0.015molL-1 S-1或0.9molL-1 min-1 （3分）1
15、620 （2分）不变 （2分）【命题立意】本题考查可逆反应与化学平衡及反应热量；【解析】 (1)、由右图可知，反应物总能量高于生成物，为放热反应；过程的活化能小于过程，但反应热不变，应是加入了催化剂，催化剂可以降低活化能，但不能改变化学反应的反应热； (2)、反应：2SO2（g）+ O2（g）2 SO3（g）为放热反应，由平衡移动条件分析可知，应采用低温高压，而分析表中数据发现，压强的增加对SO3产率无显著影响，反而会增加成本，因此工业直接采用常压；同时反应中使用催化剂，为了使催化剂的催化活性最强，根据表格中提供的数据应该采用400500； (3)、由三段式过程分析可知： 2SO2（g）+ O
16、2（g）2 SO3（g） 起始（mol/L） 1 0.5 0 转化（mol/L） 0.9 0.45 0.9 平衡（mol/L） 0.1 0.05 0.9所以，V（O2）=c（O2）/t = 0.45mol/L/30s=0.015molL-1 S-1=0.9molL-1 min-1 ；K=c2（SO3）/c2（SO2）c（O2）=0.92/0.120.05=1620；平衡常数K只与温度有关，不受其他因素的影响，增大氧气浓度，平衡常数不变；【易错警示】根据题目提供的数据分析二氧化硫催化氧化的适宜条件和原因从催化剂的催化活性去确定温度的选择，从反应进行程度的大小、设备的耐压性、控制成本等角度考虑；3
17、1（17分）三氯化铁是合成草酸铁的重要原料。（1）利用工业FeCl3制取纯净的草酸铁晶体Fe2（C2O4）35H2O的实验流程如下图所示：溶解萃取、分液反应工业FeCl3Fe2（C2O4）35H2O溶液X异丙醚水层草酸溶液分液醚层 为抑制FeCl3水解，溶液X为 。 上述流程中FeCl3能被异丙醚萃取，其原因是 ；检验萃取、分液后所得水层中是否含有Fe3的方法是 。 所得Fe2（C2O4）35H2O需用冰水洗涤，其目的是 。00甲 乙 为测定所得草酸铁晶体的纯度，实验室称取a g样品，加硫酸酸化，用KMnO4标准溶液滴定生成的H2C2O4，KMnO4标准溶液应置于右图所示仪器 （填“甲”或“乙
18、”）中。下列情况会造成实验测得Fe2（C2O4）35H2O含量偏低的是 。a盛放KMnO4的滴定管水洗后未用标准液润洗b滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失c滴定前仰视读数，滴定后俯视读数（2）某研究性学习小组欲从蚀刻镀铜电路板所得废液（溶质为FeCl2、CuCl2、FeCl3）出发，制备单质铜和无水FeCl3，再由FeCl3合成Fe2（C2O4）35H2O。请补充完整由蚀刻废液制备单质铜和无水FeCl3的实验步骤（可选用的试剂：铁粉、盐酸、NaOH溶液和H2O2溶液）：向废液中加入足量铁粉，充分反应后过滤； ；调节溶液pH，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得FeCl36H2O； ，
19、得到无水FeCl3。【答案】（1）（浓）盐酸（2分）FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度（2分）取少量溶液，向其中滴加氧气浓度少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3。（或其他合理方法）（2分）（2分）甲（2分） c（2分）（2）向滤渣中加入足量HCl，充分反应后过滤、洗涤、干燥得铜粉；将两次过滤所得滤液合并，向其中加入适量H2O2溶液至Fe2全部生成Fe3（3分）将FeCl36H2O在HCl的气氛中加热脱水（2分）【命题立意】本题考查由FeCl3制取纯净的草酸铁晶体Fe2（C2O4）35H2O的无机工业流程；【解析】 (1)、FeCl3为强酸弱碱盐，为抑制其水解，应用盐酸酸化，
20、不引入杂质；FeCl3能被异丙醚萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；Fe3的检验：取少量溶液，向其中滴加氧气浓度少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3；洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是除去杂质并减少草酸铁晶体的溶解损耗；KMnO4具有强氧化性，应置于酸式滴定管中；根据高锰酸钾的量计算草酸的含量：a、没有润洗导致高锰酸钾浓度低消耗体积多，偏高；b、读数高锰酸钾体积多，偏高；c、读数体积偏小，结果偏低，正确；（2）、向废液中加入足量铁粉，目的是得到铜单质，反应生成的是铜和剩余铁的混合物，故需加盐酸除去铜中的铁，并把反应滤液与前次合并，故操作为向滤渣中加入足量HCl，充分反应
21、后过滤、洗涤、干燥得铜粉；将两次过滤所得滤液合并，向其中加入适量H2O2溶液至Fe2全部生成Fe3；直接加热FeCl36H2O会水解，为抑制水解需在HCl氛围下进行。【选做部分】32（12分）【化学化学与技术】（1）目前，我国采用“接触法”制硫酸。有关接触法制硫酸的下列说法中，正确的是（）A二氧化硫的接触氧化在合成塔中发生B吸收塔得到的硫酸浓度为98%C煅烧含硫48%的黄铁矿时，若FeS2损失了2%，则S损失4%D接触室中适宜条件是V2O5催化剂、高温、常压E接触室中采取高温是为了提高催化剂的活性和提高SO2的转化率（2）硫酸工厂排放的尾气中含少量二氧化硫。为防止污染大气，在排放前必须进行尾气
22、处理并设法进行综合利用。硫酸工厂排放尾气中的SO2通常用足量石灰水吸收，然后再用稀硫酸处理。写出上述过程的化学方程式：_，_。 若某硫酸厂每天排放的1万立方米（标准状况）尾气中含0.2%（体积分数）的SO2，通过上述方法处理，理论上需生石灰_kg。（3）某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的二氧化硫，将所得的Na2SO3溶液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法。其中阴阳膜组合循环再生机理如图所示，a、b离子交换膜将电解槽分为三个区域，电极材料为石墨。 图中a表示_（填“阴”或“阳”）离子交换膜。AE分别代表生产中的原料或产品，其中C为硫酸，则A表示_，E表示_。阳极的电极反应式为 _。【
23、答案】（1）D（1分）（2）SO2+Ca(OH)2=CaSO3+H2O、（1分）CaSO3+H2SO4=CaSO4+SO2+H2O（2分）；（2分）原料生石灰、硫酸价格便宜且容易获得；可得到石膏副产品；产生的SO2含量较高可返回作为原料（任写两点即可）；50 （1分）（3）阳（1分）；NaOH溶液（1分）；氢气（1分）；SO42-2e-+H2O=2H+SO42- （2分）【命题立意】本题考查硫酸的制取与尾气处理以及电化学原理；【解析】（1）、二氧化硫的接触氧化是在接触室中发生的，A错误；工业上用98.3%的浓硫酸对三氧化硫进行吸收，应得到更高浓度的硫酸，B错误；煅烧含硫48%的黄铁矿时，若Fe
24、S2损失了2%，则S也损失2%，C错误；催化剂可加快反应速率，选择高温是从反应速率和催化剂的最大活性角度考虑，SO2转化为SO3的反应为放热反应，高温不利于SO2的转化，D正确,E错误； (2)、SO2被石灰水吸收生成CaSO3，再与H2SO4反应形成CaSO4：SO2+Ca(OH）2=CaSO3+H2O、CaSO3+H2SO4=CaSO4+SO2+H2O； 、由关系式： SO2 Ca(OH)2 CaO 1 mol 56 g m(CaO)m(CaO)5104 g，即50 kg。（3）、区域a为电解池的阴极区，吸引阳离子，故a为阳离子交换膜；阴极区为氢离子得电子发生还原反应：2H2O+2e-=H
25、2+2OH-,生成NaOH和H2，E为气体，故为H2；A为NaOH；阳极发生氧化反应，且生成产物为H2SO4，则阳极反应式为SO32H2O2e=2HSO42。33（12分）【化学一物质结构与性质】 已知：A、B、C、D、E、F五种元素核电荷数依次增大，属周期表中前四周期的元素。其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E的晶体为离子晶体，E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的；F原子核外最外层电子数与B相同，其余各层均充满。请根据以上信息，回答下列问题：（1）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为_。（用元素符号表
26、示） （2）B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点_（填高或低），理由是_。 （3）E的最高价氧化物分子的空间构型是_。 （4）F的核外电子排布式是_，F的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子的化学式为_。 （5）A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示，则其化学式为_；（黑色球表示F原子）（6）A、C形成的化合物具有高沸点和高硬度，是一种新型无机非金属材料，其晶体中所含的化学键类型为_。【答案】（1）NaAlSiN（2分）（2）高；（1分）NaCl为离子晶体而SiCl4为分子晶体（2分）平面正三角形（1分）1s22s22p63s23p63d104s1（或Ar3d104s1）（2分）；Cu（NH3）
27、42+（1分）Cu3N（2分） 共价键（1分）【命题立意】本题考查物质的结构与性质；【解析】A原子核外有三个未成对电子，其电子排布式为1S22S22P3，为N元素，E原子核外的M层中只有两对成对电子，电子排布式为1S22S22P63S23P4，应为S元素，C元素是地壳中含量最高的金属元素，为Al元素，化合物B2E的晶体为离子晶体，B应为第A族元素，且原子序数在N元素和Al之间，应为Na元素，D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的，应为Si元素，单质硅为原子晶体，熔点在第三周期中最高，F原子核外最外层电子数与B相同，其余各层均充满，且原子序数最大，电子排布式为1S22S22P63S23P6
28、3d104S1，应为Cu元素；（1） 、同一周期，从左向右元素的第一电离能逐渐增大，同一主族，从上到下逐渐减小，N的2p轨道达到半满，故而更稳定，故有第一电离能：NaAlSiN；（2） 、B、D的氯化物分别为NaCl、SiCl4，NaCl为离子晶体而SiCl4为分子晶体，原子晶体的熔沸点远大于分子晶体的熔沸点；（3） 、S03中含有3个键，孤电子对数为(6-23)/2 =0，所以分子的空间构型是平面正三角形；（4） 、F是Cu,核外有21个电子，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；Cu2+与NH3在配位键作用下结合形成配离子C
29、u（NH3）42+；（5） 、A为N，F为Cu，分别位于晶胞的顶点、棱心处，根据均摊法，N原子数=81/8=1，Cu原子数=121/4=3，则该物质为Cu3N；（6）、该新型无机非金属材料具有高沸点和高硬度，可判定其为原子晶体，化学键类型为共价键；34（12分）【化学-有机化学基础】AH的转换关系如下所示：请回答下列问题：（1）链烃A有支链且只有一个官能团，其相对分子质量在6575之间，1 mol A完全燃烧消耗7 mol氧气，则A的结构简式是_，名称是_；（2）在特定催化剂作用下，A与等物质的量的H2反应生成E。由E转化为F的化学方程式是_；（3）G与金属钠反应能放出气体。由G转化为H的化学
30、方程式_；（4）的反应类型是_；的反应类型是_；【答案】（4）加成反应（或还原反应）取代反应（或水解反应）【命题立意】本题考查有机物的结构与性质；【解析】 （1）、设链烃A的分子式为CxHy，lmolA完全燃烧消耗7mol氧气，则x+ y/4=7 ，又A的相对分子质量在6575之间，则6512x+y75，x取正整数，所以x=5，y=8，所以A的分子式为C5H8，不饱和度为=（25+2-8）=2，A中只有一个官能团，说明分子存在一个CC,且A含有支链，则A为(CH3)2CHCCH，即3-甲基-1-丁炔； （2）、有机物A：(CH3)2CHCCH与等物质的量的H2发生加成反应，生成产物E：(CH3
31、)2CHCH=CH2 ，E与Br2的CCl4溶液发生加成反应生成F，反应方程式为：(CH3)2CHCH=CH2 +Br2 (CH3)2CHCHBrCHBr；（3） 、卤代烃F（(CH3)2CHCHBrCHBr）在NaOH溶液中发生水解反应生成G（(），G和发生酯化反应生成H，方程式为：（4）、由上述分析可知，反应1为加成反应（或还原反应），反应3为取代反应（或水解反应）；【化学部分答案】7-13）C B D B B C A29CH4（g）2H2O（g）=CO2（g）4H2（g）H1650 kJmol1（3分）（1）负（2分）4OH4e=2H2OO2（3分）（2）56 L（3分）（3）2CuSO
32、42H2O2CuO22H2SO4（2分）（4）能，因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应变为电解水的反应（3分）（5）向丙烧杯中加45 g水（3分）30（1）放热（2分） 加入了催化剂（2分） 催化剂可以降低活化能，但不能改变化学反应的反应热（2分）（2）400500C（2分） 常压（2分）（3）0.015molL-1 S-1或0.9molL-1 min-1 （3分）1620 （2分）不变 （2分）31（1）（浓）盐酸（2分）FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度（2分）取少量溶液，向其中滴加氧气浓度少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3。（或其他合理方法）（2分）除去杂
33、质、减少草酸铁晶体的溶解损耗（2分）甲（2分） c（2分）（2）向滤渣中加入足量HCl，充分反应后过滤、洗涤、干燥得铜粉；将两次过滤所得滤液合并，向其中加入适量H2O2溶液至Fe2全部生成Fe3（3分）将FeCl36H2O在HCl的气氛中加热脱水（2分）32（1）D（1分）（2）SO2+Ca（OH）2=CaSO3+H2O、（1分）CaSO3+H2SO4=CaSO4+SO2+H2O（2分）；（2分）原料生石灰、硫酸价格便宜且容易获得；可得到石膏副产品；产生的SO2含量较高可返回作为原料（任写两点即可）；50 （1分）（3）阳（1分）；NaOH溶液（1分）；氢气（1分）；SO42-2e-+H2O=
34、2H+SO42- （2分）33（1）NaAlSiN（2分）（2）高; （1分）NaCl为离子晶体而SiCl4为分子晶体（2分）平面正三角形（1分）1s22s22p63s23p63d104s1（或Ar3d104s1）（2分）；Cu（NH3）42+（1分）Cu3N（2分）共价键（1分）解析：A原子核外有三个未成对电子，其电子排布式为1S22S22P3，为N元素，E原子核外的M层中只有两对成对电子，电子排布式为1S22S22P63S23P4，应为S元素，C元素是地壳中含量最高的金属元素，为Al元素，化合物B2E的晶体为离子晶体，B应为第A族元素，且原子序数在N元素和Al之间，应为Na元素，D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的，应为Si元素，单质硅为原子晶体，熔点在第三周期中最高，F原子核外最外层电子数与B相同，其余各层均充满，且原子序数最大，电子排布式为1S22S22P63S23P63d104S1，应为Cu元素34（4）加成反应（或还原反应）取代反应（或水解反应）