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2015年四川高考化学试题评价（成都新东方学校）
14:25&&作者：&&来源：&&字号：|
(化学个性化教研组：陈平、赵金泥、吕骁阳、张熠、崔平、徐晨、谭栋、黄桂芬、何欢)
一、总体评价
& & 2015年是四川省第十年自主命题，也是最后一年自主命题，明年将采用全国卷。在这样的背景下，今年四川高考化学总体说来，主要有以下几个特征：
1、落实了“三基”、即考查学生基本知识，基本技能，基本方法
2、贴近教材、符合考纲、能力立意、简捷明快
3、没有偏题和怪题，难度有所降低
4、平稳过渡、稳中求变、稳中求新
该试卷契合2015四川高考考试说明（化学），题型、分数比例、题量等符合《2015年普通高等学校招生全国统一考试大纲（理科）》的要求。与往年四川高考比较，选择题型略有变化，大题题型保持不变。分数比例方面，个别知识点分数有涨落，但整体板块知识的分数比例无太大变化。题量上与往年一致。
二、考点分布
物质性质、氧化还原反应
离子共存、离子方程式正误判断
实验装置、操作、基本原理
电化学基础
电解池原理、阴阳极判断、电极方程式书写
阿伏伽德罗常数
微粒计算、物质结构、得失电子计算、反应进程判断
离子浓度大小比较、三大守恒关系
平衡移动判断、转化率计算、等效平衡、平衡常数
电子排布式的书写，分子空间构型，元素周期律，分子晶体比较、氧化还原反应的书写和配平
探究型实验
实验仪器、操作，中和滴定；N，S元素的化学性质
卤代烃、醇、醛、羧酸、酯之间的相互转化；命名，官能团，反应类型判断；同分异构书写
反应原理、除杂原理、热化学方程式、电离方程式、计算
三、试卷特点
选择题部分：
与去年相比较，化学常识考察内容更具体；题型中的物质分类（去年第2题）换为了电化学（今年第4题）；离子反应板块从单纯的离子方程式正误判断改为了离子共存，离子反应，方程式正误判断混合内容；实验选择题更倾向实验基本原理；电化学与其他省份比较更注重电极方程式考察；阿伏伽德罗常数与电离平衡两题没有太多变化；化学平衡要求学生对图形分析能力提高。
选择题整体难度没有太大变化，考察学生对基础知识板块的掌握情况。
大题部分：
&&& 不论题型上还是问题设置方面均无太大变化，与往年一致；有机题难度略有下降，化工流程难度有所上升。
四、考试情况预估
对于平时稳扎稳打的学生这次的化学高分并不难，但要求基础知识扎实，审题细心，保持头脑清醒。
平时按板块练习到位的学生以及对时间把握较强的学生都能有不错的发挥。
五、2016年高考备考建议
&&& 因明年改用全国卷，而现行学校仍然以四川省考试为基础进行讲授。学生应重点关注必修一、二，选修四（全国卷必考内容），特别是有机实验部分（四川卷不考），而化工技术、物质结构推断，有机推断为选做内容（三选一）。总之，不管是全国卷还是四川卷根据新课标的课改目的，化学重点是抓基础，引导回归课本，注重素质教育。
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2014年四川省高考化学试卷解析
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2015四川高考化学试题及答案
文章来源：互联网&&&&更新时间： 20:04
2015高考时间安排在6月7日、8日、9日进行,大联考官网将在考后第一时间为广大考生提供2015四川高考化学试题及答案信息，感谢支持。特别说明：由于各方面情况的不断调整与变化，大联考官网所提供的所有考试信息仅供参考，并不意味着赞同其观点或证实其描述。对本文以及其中全部或者部分内容、文字的真实性、完整性、及时性本站不作任何保证或承诺，敬请考生以权威部门公布的正式信息为准。更多高考信息请关注2015年四川高考化学试题及答案,访问或,考生也可关注各科和进行查询2015年高考答案和高考答案，考生也可关注大联考官方微信。
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2013高考直通车四川省年3年高考化学真题（纯word解析版）&&人教版
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2013年四川省高考化学试卷 一、选择题共42分1．（6分）（2013四川）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考点：药物的主要成分和疗效；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的化学性质；常用合成高分子材料的化学成分及其性能．.专题：化学应用．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）（2013四川）下列物质分类正确的是（ ） A．SO2、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、氨水均为混合物考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．.专题：物质的分类专题．分析：A、酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物，一氧化碳是不成盐氧化物；B、胶体是分散质直径在1100nm的分散系，硅酸是沉淀，氯化铁溶液不是胶体；C、电解质是水溶液中或熔融状态能导电的化合物，四氯化碳是非电解质；D、不同物质组成的物质为混合物；解答：解：A、SO2、SiO2和碱反应生成盐和水，均为酸性氧化物，CO不能和碱反应生成盐和水是不成盐氧化物，故A错误；B、稀豆浆属于胶体、硅酸是难溶的沉淀、氯化铁溶液不是胶体，分散质微粒直径不同是分散系的本质区别，故B错误；C、烧碱是氢氧化钠水溶液中完全电离是强电解质、冰醋酸水溶液中部分电离是弱电解质、四氯化碳水溶液中或熔融状态都不导电属于非电解质，故C错误；D、福尔马林是甲醛水溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠水溶液，属于混合物、氨水氨气溶于水形成的溶液属于混合物，所以均为混合物，故D正确；故选D．点评：本题考查了氧化物分类，分散系的区分，电解质的判断，混合物的物质组成，题目较简单． 3．（6分）（2013四川）下列离子方程式正确的是（ ） A．Cl2通入水中：Cl2+H2OT2H++Cl+ClO B．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2ITI2+2H2O C．用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+ D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32+4H+TSO42+3S↓+2H2O考点：离子方程式的书写．.专题：离子反应专题．分析：A．HClO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：A．Cl2通入水中的离子反应为Cl2+H2O?H++Cl+HClO，故A错误；B．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H++2ITI2+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；D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32+2H+TSO2↑+S↓+H2O，故D错误；故选B．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）（2013四川）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（ ） A．W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z＞Y＞W B．W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W＞X＞Y＞Z C．Y、Z形成的分子空间构型可能是正四面体 D．WY2分子中δ键与π键的数目之比是2：1考点：原子结构与元素的性质．.专题：元素周期律与元素周期表专题．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ⅣA族，X的最外层电子数为3，处于第ⅢA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，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ⅣA族，X的最外层电子数为3，处于第ⅢA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C＞Si，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越大，故原子半径Al＞Y＞Cl＞C，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δ键、1个π键，故δ键与π键的数目之比1：1，故D错误；故选C．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）（2013四川）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：实验编号起始浓度/（molL1）反应后溶液的pHc（HA）c（KOH）①0.10.19②x0.27下列判断不正确的是（ ） A．实验①反应后的溶液中：c（K+）＞c（A）＞c（OH）＞c（H+） B．实验①反应后的溶液中：c（OH）=c（K+）c（A）=mol/L C．实验②反应后的溶液中：c（A）+c（HA）＞0.1mol/L D．实验②反应后的溶液中：c（K+）=c（A）＞c（OH）=c（H+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．.专题：电离平衡与溶液的pH专题．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）c（H+）=c（K+）c（A）=mol/L109mol/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）＞0.1mol/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）（2013四川）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）△H＜0，一段时间后达到平衡．反应过程中测定的数据如下表，下列说法正确的是（ ）t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10 A．反应前2min的平均速率v（Z）=2.0×103mol/（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=1.44 D．其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．.专题：压轴题；化学平衡专题．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，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；D、再通入0.2molZ，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）=2×0.002mol/（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）＜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）：0.160.160变化（mol）：0.060.060.12平衡（mol）：0.10.10.12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0.2molZ，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C选项中对化学平衡常数的理解． 7．（6分）（2013四川）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/LNaOH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2：1 B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80% D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL考点：有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质．.专题：压轴题；守恒法．分析：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，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，a×1+（0.05a）×2×1=0.06，解得a=0.04，故NO2的体积分数是×100%=80%，故C正确；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0.05L×14mol/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；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58分）8．（11分）（2013四川）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pH＞7；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）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+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O ．考点：原子结构与元素的性质；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．.专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．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pH＞7，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，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pH＞7，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+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O，故答案为：4FeO42+20H+=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）（2013四川）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．Ⅰ．AgNO3的氧化性将光亮的铁丝伸入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、K3[Fe（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 ①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 ②K3[Fe（CN）6]溶液 ，振荡 ③产生蓝色沉淀 存在Fe2+【实验结论】Fe的氧化产物为Fe2+和Fe2+．Ⅱ．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 ①b （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 ②Ag、NO2、O2 ．考点：性质实验方案的设计；二价Fe离子和三价Fe离子的检验；常见气体的检验．.专题：实验探究和数据处理题．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K3[Fe（CN）6]溶液和亚铁离子结合生成蓝色沉淀；（2）装置中B为安全瓶防倒吸；（3）依据氧气助燃性检验；（4）①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；②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K3[Fe（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；K3[Fe（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）①b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．②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：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． 10．（17分）（2013四川）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A～F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①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②～⑥步反应中属于取代反应的有 ②⑤ （填步骤编号）．（5）第④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 ．①只含一种官能团；②链状结构且无OO；③核磁共振氢谱只有2种峰．考点：有机物的推断．.专题：压轴题；有机物的化学性质及推断．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的结构简式知，F的结构简式为：OHCH2C（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的结构简式知，F的结构简式为：HOCH2C（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）②是取代反应，③是氧化反应，④加成反应，⑤取代反应，⑥加成反应，所以属于取代反应的有②⑤，故答案为：②⑤；（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．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）（2013四川）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+3ST2K2SO4+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）T2H2SO4△H3=545kJ/mol．则SO3（g）与H2O（l）反应的热化学方程式是 ①SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=130KJ/mol ．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 ②432 t．考点：镁、铝的重要化合物；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡的计算；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．.专题：压轴题；化学反应中的能量变化；电化学专题；几种重要的金属及其化合物．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）①依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；②依据硫元素守恒计算得到；解答：解；（1）4KAl（SO4）212H2O+3ST2K2SO4+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；...
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