《2015年四川省高考化学试卷答案与解析(共13页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015年四川省高考化学试卷答案与解析(共13页).doc（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选优质文档-倾情为你奉上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）（2015四川）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考点：氧化还原反应菁优网版权所有专题：氧化还原反应专题分析：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
2、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）（2015四川）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+考点：离子共存问题；离子方程式的书写菁优网版权所有分析：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
3、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；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）（2015四川）下列操作或装置能
4、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观察铁的吸氧腐蚀D检验乙炔的还原性考点：实验装置综合菁优网版权所有专题：实验评价题分析：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
5、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）（2015四川）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+2HN2+2CO2+5Cl+H2O考点：真题集萃；电解原理菁优网版权所有分析：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
6、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+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，
7、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+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）（2015四川）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0.7NAC标准状况下，5.6
8、LCO2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考点：阿伏加德罗常数菁优网版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：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D2
9、O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，4molHCl反应时转移2mol电子，而50mL12mol/L盐酸的物质
10、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）（2015四川）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，所得溶液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）+2c（CO32
11、）Dc（Cl）c（NH4+）c（HCO）c（CO32）考点：盐类水解的原理菁优网版权所有专题：盐类的水解专题分析：A根据Kw=c（H+）c（OH）=1.01014计算；B根据物料守恒即c（Na）=c（C）分析；C根据电荷守恒分析；D铵根离子部分水解，则c（Cl）c（NH4+），HCO3的电离程度很小解答：解：AKw=c（H+）c（OH）=1.01014，已知pH7，即c（H+）1.0107mol/L，则1.0107mol/L，故A正确；B溶液中存在物料守恒即c（Na）=c（C），所以c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），故B正确；C溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c
12、（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）+c（Cl），由于析出部分NaHCO3晶体，则c（Na+）c（Cl），所以c（H+）+c（NH4+）c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），故C错误；D铵根离子部分水解，则c（Cl）c（NH4+），由于析出部分NaHCO3晶体，则HCO3浓度减小，HCO3的电离程度很小，所以c（CO32）最小，即c（Cl）c（NH4+）c（HCO3）c（CO32），故D正确故选C点评：本题考查了混合溶液中离子浓度的计算、离子浓度大小比较、电荷守恒和物料守恒的应用，题目难度中等，注意把握电荷守恒和物料守恒的应用方法7（6分）（2015四
13、川）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总考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素菁优网版权所有分析：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退均减小，又
14、改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、T时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%，所以K=1，根据Qc与K的关系判断平衡移动方向；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退均减小，又改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
15、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、T时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%，所以Kp=1，则T时，若充入等体积的CO2和CO，Qc=1=K，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5
16、8分）8（13分）（2015四川）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（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、Cl2 （填化学式）（4）CuSO4溶液能用作T
17、4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考点：位置结构性质的相互关系应用菁优网版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题分析：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，Q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
18、，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，Q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+
19、=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
20、+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）（2015四川）（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
21、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0.03mol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
22、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溶液与试管中，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考点：真题集萃菁优网版权所有专题：实验设计题分析：实验1：（1）仪器X为圆底烧瓶；
23、（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溶液与试管中，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；
24、（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0.025L0.2mol/L=0.005mol，故剩余HCl为0.005mol，则参加反应的HCl为0
25、.07L0.5mol/L0.005mol=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溶液与试管中，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溶液与试管中，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SO
26、32，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
27、，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）（2015四川）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 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，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
28、应得到高吸水性树脂，该聚合物的结构简式是考点：真题集萃；有机物的推断菁优网版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：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，结合信息（1）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为，C与乙醇发生酯化反应生成D，结合信息（1）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
29、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，故答案为：+（CH3）2CHCH2CH2Br+CH3CH2ONa+CH3CH2OH+NaBr；（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=CHCO
30、ONa，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）（2015四川）为了保护坏境，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Fe2 O3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（S04）3+8H2O15FeSO4+8H2SO4，不考虑其它反应，请回答下列问题：（1）
31、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+是否完全还原，应选择C（填字母编号）AKMnO4溶液 BK3Fe（CN）6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/mo
32、lC（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+FeS2Fe+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akg质量分数为b%的硫酸加入到ckg烧渣中浸取，铁的浸取率为96%，其它杂
33、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（0.118ab0.646c）kg考点：真题集萃菁优网版权所有专题：实验设计题分析：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+O22Fe2O
34、3+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，向滤液中加入F
35、eCO3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，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；（2）KMnO4溶液、K3Fe（CN）6溶液可以检验有Fe2+生成，取第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+；
36、（4）发生反应：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，已知：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/mol根据盖斯定律，2+可得4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g），故H=1648kJ/mol2（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）+O
37、2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）H=260kJ/mol；（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，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%，侧参加反应的Fe2O3质量为50%ckg96%，其物质的量为（50%c10396%）g160g/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%a103）g98g/mol= mol，第步应
38、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FeS27Fe2（S04）37Fe2O3，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 mol2+ mol，由Fe元素守恒n（FeCO3）=n总（FeSO4）n（FeS2）2n（Fe2O3）=3c mol2+ mol3c mol23c mol= mol mol，故m（FeCO3）=（） mol116g/mol（118ab646c）g，即为（0.118ab0.646c）Kg，故答案为：（0.118ab0.646c）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专心-专注-专业