2013年四川省高考化学试卷.doc

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1、第 1 页（共 22 页）2013 年四川省高考化学试卷年四川省高考化学试卷一、选择题共一、选择题共 42 分分1 （6 分）化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）A二氧化硫可广泛用于食品的增白B葡萄糖可用于补钙药物的合成C聚乙烯塑料制品可用于食品的包装D次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌2 （6 分）下列物质分类正确的是（ ）ASO2、SiO2、CO 均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物3 （6 分）下列离子方程式正确的是（ ）ACl2通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB双氧水中加入稀硫酸和 KI 溶

2、液：H2O2+2H+2II2+2H2OC用铜作电极电解 CuSO4溶液：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+DNa2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32+4H+SO42+3S+2H2O4 （6 分）短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W、X 原子的最外层电子数之比为 4：3，Z 原子比 X 原子的核外电子数多 4下列说法正确的是（ ）AW、Y、Z 的电负性大小顺序一定是 ZYWBW、X、Y、Z 的原子半径大小顺序可能是 WXYZCY、Z 形成的分子空间构型可能是正四面体DWY2分子中 键与 键的数目之比是 2：15 （6 分）室温下，将一元酸 HA 的溶液和 KOH 溶液等

3、体积混合（忽略体积变化） ，实验数据如下表：第 2 页（共 22 页）起始浓度/（molL1）实验编号c（HA）c（KOH）反应后溶液的 pH0.10.19x0.27下列判断不正确的是（ ）A实验反应后的溶液中：c（K+）c（A）c（OH）c（H+）B实验反应后的溶液中：c（OH）=c（K+）c（A）=mol/LC实验反应后的溶液中：c（A）+c（HA）0.1 mol/LD实验反应后的溶液中：c（K+）=c（A）c（OH）=c（H+）6 （6 分）在一定温度下，将气体 X 和气体 Y 各 0.16mol 充入 10L 恒容密闭容器中，发生反应 X（g）+Y（g）2Z（g）H0，一段时间后达到平

4、衡反应过程中测定的数据如下表，下列说法正确的是（ ） t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10A反应前 2min 的平均速率 v（Z）=2.0103 mol/（Lmin）B其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前 v（逆）v（正）C该温度下此反应的平衡常数 K=1.44D其他条件不变，再充入 0.2 mol Z，平衡时 X 的体积分数增大7 （6 分）1.52g 铜镁合金完全溶解于 50mL 密度为 1.40g/mL、质量分数为 63%的浓硝酸中，得到 NO2和 N2O4的混合气体 1120mL（标准状况） ，向反应后的溶液中加入 1.0mol/L NaOH 溶液，当

5、金属离子全部沉淀时，得到 2.54g 沉淀下列说法不正确的是（ ）A该合金中铜与镁的物质的量之比是 2：1B该浓硝酸中 HNO3的物质的量浓度是 14.0 mol/LCNO2和 N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是 80%D得到 2.54 g 沉淀时，加入 NaOH 溶液的体积是 600 mL第 3 页（共 22 页）二、非选择题（共二、非选择题（共 58 分）分）8 （11 分）X、Y、Z、R 为前四周期元素且原子序数依次增大X 的单质与氢气可化合生成气体 G，其水溶液 pH7；Y 的单质是一种黄色晶体；R 基态原子 3d轨道的电子数是 4s 轨道电子数的 3 倍Y、Z 分别与钠元素可形

6、成化合物 Q 和J，J 的水溶液与 AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀 L；Z 与氢元素形成的化合物与 G 反应生成 M请回答下列问题：（1）M 固体的晶体类型是 （2）Y 基态原子的核外电子排布式是 ；G 分子中 X 原子的杂化轨道类型是 （3）L 的悬浊液中加入 Q 的溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，其原因是 （4）R 的一种含氧酸根 RO42具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是 9 （15 分）为了探究 AgNO3的氧化性和热稳定性，某化学兴趣小组设计了如下实验AgNO3的氧化性将光亮的铁丝伸入 AgNO3溶液中，一段时间

7、后将铁丝取出为检验溶液中 Fe 的氧化产物，将溶液中的 Ag+ 除尽后，进行了如下实验可选用的试剂：KSCN 溶液、K3Fe（CN）6溶液、氯水（1）请完成下表：操作现象结论取少量除尽 Ag+后的溶液于试管中，加入 KSCN 溶液，振荡存在 Fe3+取少量除尽 Ag+后的溶液于试管中，加入 ，振荡存在 Fe2+【实验结论】Fe 的氧化产物为 Fe2+和 Fe3+AgNO3的热稳定性用如图所示的实验装置 A 加热 AgNO3固体，产生红棕色气体，在装置 D 中收集第 4 页（共 22 页）到无色气体当反应结束后，试管中残留固体为黑色（2）装置 B 的作用是 （3）经小组讨论并验证该无色气体为 O

8、2，其验证方法是 （4） 【查阅资料】Ag2O 和粉末状的 Ag 均为黑色； Ag2O 可溶于氨水【提出设想】试管中残留的黑色固体可能是：Ag；Ag2O；Ag 和Ag2O【实验验证】该小组为验证上述猜想，分别取少量黑色固体放入试管中，进行了如下实验实验编号操作现象a加入足量氨水，振荡黑色固体不溶解b加入足量稀硝酸，振荡黑色固体溶解，并有气体产生【实验评价】根据上述实验，不能确定固体产物成分的实验是 （填实验编号） 【实验结论】根据上述实验结果，该小组得出 AgNO3固体热分解的产物有 10 （17 分）有机化合物 G 是合成维生素类药物的中间体，其结构简式如图 1所示，G 的合成路线如图 2

9、所示：其中 AF 分别代表一种有机化合物，合成路线中部分产物及反应条件已略去已知：请回答下列问题：（1）G 的分子式是 ，G 中官能团的名称是 第 5 页（共 22 页）（2）第步反应的化学方程式是 （3）B 的名称（系统命名）是 （4）第步反应中属于取代反应的有 （填步骤编号） （5）第步反应的化学方程式是 （6）写出同时满足下列条件的 E 的所有同分异构体的结构简式 只含一种官能团；链状结构且无OO；核磁共振氢谱只有 2 种峰11 （15 分）明矾石经处理后得到明矾KAl（SO4）212H2O从明矾制备Al、K2SO4、和 H2SO4的工艺过程如图 1 所示：焙烧明矾的化学方程式为：4KA

10、l（SO4）212H2O+3S2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O请回答下列问题：（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是 。（2）从水浸后的滤液中得到 K2SO4晶体的方法是 。（3）Al2O3在一定条件下可制得 AlN，其晶体结构如图 2 所示，该晶体中 Al 的配位数是 。（4）以 Al 和 NiO（OH）为电极，NaOH 溶液为电解液组成一种新型电池，放电时 NiO（OH）转化为 Ni（OH）2，该电池反应的化学方程式是 。（5）焙烧产生的 SO2可用于制硫酸。已知 25、101kPa 时：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1=197kJ/mol；H2O（g）H2O（l）

11、H2=44kJ/mol；2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）2H2SO4（l）H3=545kJ/mol。则 SO3（g）与 H2O（l）反应的热化学方程式是 。焙烧 948t 明矾（M=474g/mol） ，若 SO2的利用率为 96%，可产生质量分数为 98%的硫酸 t。第 6 页（共 22 页）第 7 页（共 22 页）2013 年四川省高考化学试卷年四川省高考化学试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题共一、选择题共 42 分分1 （6 分）化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）A二氧化硫可广泛用于食品的增白B葡萄糖可用于补钙药物的合成C聚乙烯塑料制品可用于食品的包

12、装D次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌【分析】A二氧化硫有一定毒性；B葡萄糖可用于合成葡萄糖酸钙；C聚乙烯无毒；D次氯酸钠有强氧化性【解答】解：A二氧化硫有一定毒性，不能用于食物漂白，故 A 错误； B葡萄糖酸钙常被用做补钙剂，故 B 正确；C聚乙烯可做食品的包装，而聚氯乙烯不可，故 C 正确；D “84”消毒液的有效成分就是 NaClO，可用于环境消毒，故 D 正确；故选：A。【点评】本题考查化学在生活中的应用，难度不大，注意聚乙烯无毒，聚氯乙烯有毒2 （6 分）下列物质分类正确的是（ ）ASO2、SiO2、CO 均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解

13、质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【分析】酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，分散质微粒直径在 1nm100nm 形成的分散系为胶体，电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，第 8 页（共 22 页）不同物质组成的为混合物【解答】解：A、CO 和碱不能反应，属于不成盐氧化物，故 A 错误；B、稀豆浆属于胶体，硅酸、氯化铁溶液不是胶体，故 B 错误；C、四氯化碳属于非电解质，故 C 错误；D、福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是氨气的水溶液均为混合物，故 D 正确；故选：D。【点评】本题考查了酸性氧化物、化合物、电解质和胶体、单质的概念和辨析，难度不大3 （6 分）

14、下列离子方程式正确的是（ ）ACl2通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB双氧水中加入稀硫酸和 KI 溶液：H2O2+2H+2II2+2H2OC用铜作电极电解 CuSO4溶液：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+DNa2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32+4H+SO42+3S+2H2O【分析】AHClO 为弱酸，在离子反应中保留化学式；B发生氧化还原反应生成硫酸钾、碘、水；C铜作电解，阳极 Cu 失去电子，实质为电镀；D发生氧化还原反应生成 S、SO2、H2O【解答】解：ACl2通入水中的离子反应为 Cl2+H2OH+Cl+HClO，故 A 错误；B双氧水中加入稀硫酸和 KI 溶液

15、的离子反应为 H2O2+2H+2II2+2H2O，故 B正确；C用铜作电极电解 CuSO4溶液，实质为电镀，阳极 Cu 失去电子，阴极铜离子得电子，故 C 错误；DNa2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为 S2O32+2H+SO2+S+H2O，故 D错误；故选：B。第 9 页（共 22 页）【点评】本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意发生的氧化还原反应为解答的难点，题目难度中等4 （6 分）短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W、X 原子的最外层电子数之比为 4：3，Z 原子比 X 原子的核外电子数多 4下列说法正确的是（ ）AW、Y、Z 的电负性

16、大小顺序一定是 ZYWBW、X、Y、Z 的原子半径大小顺序可能是 WXYZCY、Z 形成的分子空间构型可能是正四面体DWY2分子中 键与 键的数目之比是 2：1【分析】短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W、X 原子的最外层电子数之比为 4：3，由于最外层电子数不超过 8，故 W 的最外层电子数为4，处于第A 族，X 的最外层电子数为 3，处于第A 族，原子序数 X 大于W，故 W 为 C 元素，X 为 Al 元素，Z 原子比 X 原子的核外电子数多 4，故 Z 的核外电子数为 17，则 Z 为 Cl 元素，Y 的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故Y 为 Si 或 P 或 S

17、元素，据此解答【解答】解：短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W、X 原子的最外层电子数之比为 4：3，由于最外层电子数不超过 8，故 W 的最外层电子数为 4，处于第A 族，X 的最外层电子数为 3，处于第A 族，原子序数 X 大于W，故 W 为 C 元素，X 为 Al 元素，Z 原子比 X 原子的核外电子数多 4，故 Z 的核外电子数为 17，则 Z 为 Cl 元素，Y 的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故Y 为 Si 或 P 或 S 元素，A、同主族自上而下电负性减弱，Y 若为 Si 元素，则电负性 CSi，故 A 错误；B、同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径

18、越大，故原子半径AlYClC，故 B 错误；C、若 Y、Z 形成的分子为 SiCl4，为正四面体构型，故 C 正确；D、WY2分子为 CS2，分子结构式为 S=C=S，双键中含有 1 个 键、1 个 键，故 键与 键的数目之比 1：1，故 D 错误；故选：C。第 10 页（共 22 页）【点评】本题考查结构性质位置关系，难度中等，推断元素是关键，注意 Y 元素的不确定性5 （6 分）室温下，将一元酸 HA 的溶液和 KOH 溶液等体积混合（忽略体积变化） ，实验数据如下表：起始浓度/（molL1）实验编号c（HA）c（KOH）反应后溶液的 pH0.10.19x0.27下列判断不正确的是（ ）A

19、实验反应后的溶液中：c（K+）c（A）c（OH）c（H+）B实验反应后的溶液中：c（OH）=c（K+）c（A）=mol/LC实验反应后的溶液中：c（A）+c（HA）0.1 mol/LD实验反应后的溶液中：c（K+）=c（A）c（OH）=c（H+）【分析】室温下，将等体积等浓度的 HA 和 KOH 混合（忽略体积变化） ，溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，A根据盐的类型确定溶液中离子浓度的相对大小；B根据电荷守恒计算氢氧根离子浓度；C当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱的浓度；D根据电荷守恒确定离子浓度关系。【解答】解：室温下，将等体积等浓

20、度的 HA 和 KOH 混合（忽略体积变化） ，溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，A溶液中存在电荷守恒，即 c（K+）+c（H+）=c（A）+c（OH） ，该盐是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，c（OH）c（H+） ，水的电离较微弱，所以 c（A）c（OH） ，故 A 正确；B溶液中存在电荷守恒，即 c（K+）+c（H+）=c（A）+c（OH） ，c（OH）第 11 页（共 22 页）c（H+）=c（K+）c（A）=mol/L109 mol/L，故 B 错误；C当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱，根据物料守恒得 c（A）+c（HA）0.1 m

21、ol/L，故 C 正确；D溶液中存在电荷守恒，即 c（K+）+c（H+）=c（A）+c（OH） ，溶液呈中性，即 c（OH）=c（H+） ，则 c（K+）=c（A） ，中性溶液中水的电离较微弱，所以c（A）c（OH） ，故 D 正确；故选：B。【点评】本题考查离子浓度大小的比较，根据电荷守恒和微粒守恒来分析解答即可，易错选项是 C，难度较大。6 （6 分）在一定温度下，将气体 X 和气体 Y 各 0.16mol 充入 10L 恒容密闭容器中，发生反应 X（g）+Y（g）2Z（g）H0，一段时间后达到平衡反应过程中测定的数据如下表，下列说法正确的是（ ） t/min2479n（Y）/mol0.1

22、20.110.100.10A反应前 2min 的平均速率 v（Z）=2.0103 mol/（Lmin）B其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前 v（逆）v（正）C该温度下此反应的平衡常数 K=1.44D其他条件不变，再充入 0.2 mol Z，平衡时 X 的体积分数增大【分析】A、2min 内 Y 物质的量变化为 0.16mol0.12mol=0.04mol，根据 v=计算 v（Y） ，在利用速率之比等于化学计量数之比计算 v（Z） ；B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）v（正） ；C、由表中数据可知 7min 时，反应到达平衡，根据平衡时 Y 的物

23、质的量，利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量，由于反应前后气体的化学计量数相等，第 12 页（共 22 页）用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；D、再通入 0.2 mol Z，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动【解答】解：A、2min 内 Y 物质的量变化为 0.16mol0.12mol=0.04mol，故v（Y）=0.002mol/（Lmin） ，速率之比等于化学计量数之比，故v（Z）=2v（Y）=20.002mol/（Lmin）=0.004mol/（Lmin） ，故 A 错误；B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆

24、）v（正） ，故 B 错误；C、由表中数据可知 7min 时，反应到达平衡，平衡时 Y 的物质的量为0.10mol，则：X（g）+Y（g）2Z（g）开始（mol）：0.16 0.16 0变化（mol）：0.06 0.06 0.12平衡（mol）：0.1 0.1 0.12由于反应前后气体的化学计量数相等，用物质的量代替浓度进行计算，故化学平衡常数 k=1.44，故 C 正确；D、再通入 0.2 mol Z，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，X 的体积分数不变，故 D 错误；故选：C。【点评】本题考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等，难度中等，注意

25、C 选项中对化学平衡常数的理解7 （6 分）1.52g 铜镁合金完全溶解于 50mL 密度为 1.40g/mL、质量分数为 63%的浓硝酸中，得到 NO2和 N2O4的混合气体 1120mL（标准状况） ，向反应后的溶液中加入 1.0mol/L NaOH 溶液，当金属离子全部沉淀时，得到 2.54g 沉淀下列说法不正确的是（ ）A该合金中铜与镁的物质的量之比是 2：1B该浓硝酸中 HNO3的物质的量浓度是 14.0 mol/L第 13 页（共 22 页）CNO2和 N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是 80%D得到 2.54 g 沉淀时，加入 NaOH 溶液的体积是 600 mL【分析】A

26、、金属离子全部沉淀时，得到 2.54g 沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为 2.54g1.52g=1.02g，根据 n=计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中 Cu、Mg 的物质的量分别为 xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算 x、y 的值，据此解答；B、根据 c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；C、根据 n=计算 NO2和 N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为 amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中

27、硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据 V=计算需要氢氧化钠溶液的体积【解答】解：A、金属离子全部沉淀时，得到 2.54g 沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为 2.54g1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中 Cu、Mg 的物质的量分别为 xmol、ymol，则：，解得 x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故 A 正确；B、该浓硝酸密度为 1.40g/mL、质量分数为 63%，故该浓硝酸的物质的量浓度

28、为mol/L=14mol/L，故 B 正确；C、NO2和 N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为 amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05a）mol，根据电子转移守恒可知，a1+（0.05a）21=0.06，解得 a=0.04，故 NO2的体积分数是100%=80%，故 C 正确；第 14 页（共 22 页）D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L14mol/L0.04mol（0.050.04）2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故 D 错误

29、；故选：D。【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答二、非选择题（共二、非选择题（共 58 分）分）8 （11 分）X、Y、Z、R 为前四周期元素且原子序数依次增大X 的单质与氢气可化合生成气体 G，其水溶液 pH7；Y 的单质是一种黄色晶体；R 基态原子 3d轨道的电子数是 4s 轨道电子数的 3 倍Y、Z 分别与钠元素可形成化合物 Q 和J，J 的水溶液与 AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀 L；Z 与氢元素形成的化合物与 G 反应生成 M请回答下列问题：（1）M 固体的晶体类型是 离子晶体 （2）

30、Y 基态原子的核外电子排布式是 1s22s22p63s23p4 ；G 分子中 X 原子的杂化轨道类型是 sp3 （3）L 的悬浊液中加入 Q 的溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，其原因是 Ag2S的溶解度小于 AgCl 的溶解度 （4）R 的一种含氧酸根 RO42具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是 4FeO42+20 H+=4Fe3+3O2+10H2O 【分析】X、Y、Z、R 为前四周期元素且原子序数依次增大X 的单质与氢气可化合生成气体 G，其水溶液 pH7，故 X 为氮元素，G 为 NH3；Y 的单质是一种黄色晶体，Y 为硫元素；R 基

31、态原子 3d 轨道的电子数是 4s 轨道电子数的 3 倍，则外围电子排布为 3d64s2，故 R 为 Fe 元素；Y 与钠元素可形成化合物 Q，Q 为Na2S，Z 与钠元素可形成化合物 J，J 的水溶液与 AgNO3溶液反应可生成不溶于第 15 页（共 22 页）稀硝酸的白色沉淀 L，L 为 AgCl，故 Z 为 Cl 元素，J 为 NaCl；Z 与氢元素形成的化合物与 G 反应生成 M，故 M 为 NH4Cl，据此解答【解答】解：X、Y、Z、R 为前四周期元素且原子序数依次增大X 的单质与氢气可化合生成气体 G，其水溶液 pH7，故 X 为氮元素，G 为 NH3；Y 的单质是一种黄色晶体，Y

32、 为硫元素；R 基态原子 3d 轨道的电子数是 4s 轨道电子数的 3倍，则外围电子排布为 3d64s2，故 R 为 Fe 元素；Y 与钠元素可形成化合物Q，Q 为 Na2S，Z 与钠元素可形成化合物 J，J 的水溶液与 AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀 L，L 为 AgCl，故 Z 为 Cl 元素，J 为 NaCl；Z 与氢元素形成的化合物与 G 反应生成 M，故 M 为 NH4Cl，（1）M 为 NH4Cl，属于离子晶体，故答案为：离子晶体；（2）Y 为硫元素，基态原子的核外电子排布式是 1s22s22p63s23p4；G 为 NH3，分子中 N 原子成 3 个 NH 键，含

33、有 1 对孤对电子，杂化轨道数目为 4，故采取sp3杂化，故答案为：1s22s22p63s23p4；sp3；（3）L 为 AgCl，Q 为 Na2S，AgCl 的悬浊液中加入 Na2S 的溶液，由于 Ag2S 的溶解度小于 AgCl 的溶解度，故白色沉淀转化为黑色沉淀，故答案为：Ag2S 的溶解度小于 AgCl 的溶解度；（4）R 为 Fe 元素，含氧酸根 FeO42具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，有 Fe3+生成，并有无色气体产生，结合电子转移守恒可知，只有氧元素被氧化，故该无色气体为 O2，反应离子方程式为：4FeO42+20 H+=4Fe3+3O2+10H2O，故答

34、案为：4FeO42+20 H+=4Fe3+3O2+10H2O【点评】本题考查结构性质位置关系、无机物的推断、核外电子排布规律、杂化理论、沉淀转化、氧化还原反应等，难度中等， （4）中注意根据氧化还原反应知识判断生成的气体是氧气，是易错点与难点9 （15 分）为了探究 AgNO3的氧化性和热稳定性，某化学兴趣小组设计了如下实验AgNO3的氧化性第 16 页（共 22 页）将光亮的铁丝伸入 AgNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出为检验溶液中 Fe 的氧化产物，将溶液中的 Ag+ 除尽后，进行了如下实验可选用的试剂：KSCN 溶液、K3Fe（CN）6溶液、氯水（1）请完成下表：操作现象结论取少量除尽

35、 Ag+后的溶液于试管中，加入 KSCN 溶液，振荡溶液呈血红色 存在 Fe3+取少量除尽 Ag+后的溶液于试管中，加入 K3Fe（CN）6溶液 ，振荡产生蓝色沉淀 存在 Fe2+【实验结论】Fe 的氧化产物为 Fe2+和 Fe3+AgNO3的热稳定性用如图所示的实验装置 A 加热 AgNO3固体，产生红棕色气体，在装置 D 中收集到无色气体当反应结束后，试管中残留固体为黑色（2）装置 B 的作用是 防倒吸 （3）经小组讨论并验证该无色气体为 O2，其验证方法是 用带火星的木条深入集气瓶中，木条复燃证明无色气为氧气 （4） 【查阅资料】Ag2O 和粉末状的 Ag 均为黑色； Ag2O 可溶于氨

36、水【提出设想】试管中残留的黑色固体可能是：Ag；Ag2O；Ag 和Ag2O【实验验证】该小组为验证上述猜想，分别取少量黑色固体放入试管中，进行了如下实验实验编号操作现象a加入足量氨水，振荡黑色固体不溶解b加入足量稀硝酸，振荡黑色固体溶解，并有气体产生【实验评价】根据上述实验，不能确定固体产物成分的实验是 b （填实验第 17 页（共 22 页）编号） 【实验结论】根据上述实验结果，该小组得出 AgNO3固体热分解的产物有 Ag、NO2、O2 【分析】 （1）依据铁离子与硫氰酸钾溶液反应生成血红色溶液验证铁离子的存在；亚铁离子的检验是 K3Fe（CN）6溶液和亚铁离子结合生成蓝色沉淀；（2）装置

37、中 B 为安全瓶防倒吸；（3）依据氧气助燃性检验；（4）实验操作加入的试剂若是硝酸，固体溶解，银单质反应溶解，氧化银也能溶于硝酸；装置 A 加热 AgNO3固体，产生红棕色气体为二氧化氮，在装置 D 中收集到无色气体为氧气，依据实验 a 可知产物为银，氧化银溶于氨水；【解答】解：（1）取少量除尽 Ag+后的溶液于试管中，加入 KSCN 溶液，振荡，若含有铁离子溶液会变血红色，验证亚铁离子实验是取少量除尽 Ag+后的溶液于试管中，加入 K3Fe（CN）6溶液会和亚铁离子反应生成蓝色沉淀，故答案为：溶液呈血红色；K3Fe（CN）6溶液；产生蓝色沉淀；（2）装置导气管略露出胶塞，是安全瓶，可以防止

38、C 装置中 的液体到吸入发生装置 A，故答案为：防倒吸；（3）氧气具有助燃性，用带火星的木条伸入集气瓶中，木条复燃证明无色气为氧气，故答案为：用带火星的木条深入集气瓶中，木条复燃证明无色气为氧气；（4）b 实验加入的硝酸可以溶解 Ag2O，也可以溶解 Ag，不能检验固体成分，故答案为：b实验 a 加入氨水，银不能溶解于氨水溶液，Ag2O 能溶于氨水中形成银氨溶液，可以验证固体成分的判断，加入足量氨水，振荡黑色固体不溶解，说明生成的固体为 Ag，装置 A 加热 AgNO3固体，产生红棕色气体为二氧化氮，在装置 D 中收集到无色气体为氧气，AgNO3固体热分解的产物有 Ag、NO2、O2，故答案为

39、：Ag、NO2、O2；【点评】本题考查了实验设计的方法和物质实验验证方案分析判断，物质性质的应用是解题关键，题目难度中等第 18 页（共 22 页）10 （17 分）有机化合物 G 是合成维生素类药物的中间体，其结构简式如图 1所示，G 的合成路线如图 2 所示：其中 AF 分别代表一种有机化合物，合成路线中部分产物及反应条件已略去已知：请回答下列问题：（1）G 的分子式是 C6H10O3 ，G 中官能团的名称是 羟基和酯基 （2）第步反应的化学方程式是 CH2=C（CH3）2+HBrCH3CH（CH3）CH2Br （3）B 的名称（系统命名）是 2甲基1丙醇 （4）第步反应中属于取代反应的有

40、 （填步骤编号） （5）第步反应的化学方程式是 （6）写出同时满足下列条件的 E 的所有同分异构体的结构简式 CH3COOCH2CH2OOCCH3、CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3OOCCH2CH2COOCH3 只含一种官能团；链状结构且无OO；核磁共振氢谱只有 2 种峰【分析】异丁烯和溴化氢发生加成反应生成溴代烃 A，A 和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇 B，B 被氧气氧化生成异丁醛，则 B 是 2甲基1丙醇，A 是2甲基1溴丙烷，异丁醛和 C 反应生成 D，D 水解生成乙醇和 E，根据题给信息知，E 和氢气发生加成反应生成 F，F 加热分解生成水和 G，根据 G 的结构简式

41、知，F 的结构简式为：OHCH2 C（CH3）2CHOHCOOH，E 的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOH，D 的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOCH2CH3，C 的结构简式为：OHCCOOCH2CH3，结合物质的性质进行解第 19 页（共 22 页）答【解答】解：异丁烯和溴化氢发生加成反应生成溴代烃 A，A 和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇 B，B 被氧气氧化生成异丁醛，则 B 是 2甲基1丙醇，A 是 2甲基1溴丙烷，异丁醛和 C 反应生成 D，D 水解生成乙醇和 E，根据题给信息知，E 和氢气发生加成反应生成 F，F 加热分解生成水和 G，根据 G 的结构

42、简式知，F 的结构简式为：HOCH2 C（CH3）2CHOHCOOH，E 的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOH，D 的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOCH2CH3，C 的结构简式为：OHCCOOCH2CH3，（1）根据 G 的结构简式知，G 的分子式为 C6H10O3，G 中含有的官能团是酯基和羟基，故答案为：C6H10O3，酯基和羟基；（2）在一定条件下，异丁烯和溴化氢发生加成反应生成 2甲基1溴丙烷，反应方程式为：CH2=C（CH3）2+HBrCH3CH（CH3）CH2Br，故答案为：CH2=C（CH3）2+HBrCH3CH（CH3）CH2Br；（3）根据系统命

43、名法知，B 的名称是 2甲基1丙醇，故答案为：2甲基1丙醇；（4）是取代反应，是氧化反应，加成反应，取代反应，加成反应，所以属于取代反应的有，故答案为：；（5）醛和醛发生加成反应，反应方程式为：，故答案为：；（6）同时满足条件的 E 的同分异构体有：CH3COOCH2CH2OOCCH3、CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3OOCCH2CH2COOCH3 ，故答案为：CH3COOCH2CH2OOCCH3、CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3OOCCH2CH2COOCH3第 20 页（共 22 页）【点评】本题考查有机物的推断，明确有机物含有的官能团及其性质是解本题关键，采用正推和

44、逆推相结合的方法进行分析推导，注意醛之间发生加成反应时的断键方式，为易错点11 （15 分）明矾石经处理后得到明矾KAl（SO4）212H2O从明矾制备Al、K2SO4、和 H2SO4的工艺过程如图 1 所示：焙烧明矾的化学方程式为：4KAl（SO4）212H2O+3S2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O请回答下列问题：（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是 S 。（2）从水浸后的滤液中得到 K2SO4晶体的方法是 蒸发结晶 。（3）Al2O3在一定条件下可制得 AlN，其晶体结构如图 2 所示，该晶体中 Al 的配位数是 4 。（4）以 Al 和 NiO（OH）为电极，NaOH 溶液

45、为电解液组成一种新型电池，放电时 NiO（OH）转化为 Ni（OH）2，该电池反应的化学方程式是 Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2 。（5）焙烧产生的 SO2可用于制硫酸。已知 25、101kPa 时：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1=197kJ/mol；H2O（g）H2O（l）H2=44kJ/mol；2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）2H2SO4（l）H3=545kJ/mol。则 SO3（g）与 H2O（l）反应的热化学方程式是 SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）H=130kJ/mol 。焙烧 948t 明矾（M=474g

46、/mol） ，若 SO2的利用率为 96%，可产生质量分数为 98%的硫酸 432 t。第 21 页（共 22 页）【分析】 （1）依据化学方程式中元素化合价变化分析判断，元素化合价升高的做还原剂发生氧化反应；（2）从水浸后的滤液中得到 K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出；（3）配位化合物中直接和中心原子（或离子）相联系的配位原子的数目；（4）以 Al 和 NiO（OH）为电极，铝做原电池 负极失电子发生氧化反应，NiO（OH）得到电子发生还原反应，结合原子守恒和电子守恒写出反应化学方程式；（5）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；依据硫元素守恒计算

47、得到；【解答】解；（1）4KAl（SO4）212H2O+3S2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O 反应硫单质中硫元素化合价升高为+4 价。硫酸根离子中硫元素化合价从+6 价变化为+4 价，复印纸还原剂是硫单质；故答案为：S；（2）从水浸后的滤液中得到 K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体；故答案为：蒸发结晶；（3）依据晶体晶胞结构分析，结合配位数含义可知，每个铝原子和四个单原子相连，所以铝原子的配位数为 4；故答案为：4；（4）以 Al 和 NiO（OH）为电极，NaOH 溶液为电解液组成一种新型电池，放电时 NiO（OH）转化为 Ni（OH）2，铝做负极失电子在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2 ；故答案为：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2；（5）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1=197kJ/mol；H2O（g）H2O（l）H2=44kJ/mol；2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）2H2SO4（l）H3=545kJ/mol第 22 页（共 22 页）依