2015年天津市高考化学试卷(解析版)

2015年天津市高考化学(解析版) 2015年天津市高考化学试卷 一、选择题: 1((6分)(2015•天津)下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是( ) A( 点燃爆竹后，硫燃烧生成SO 3 B( 中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈 C( 服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO溶液解毒 3 D(使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱 2((6分)(2015•天津)下列关于物质或离子检验的叙述正确的是( ) 3+2+A( 在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe，无Fe B( 气体通过无水CuSO，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气 4++C( 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na，无K D( 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO 2 3((6分)(2015•天津)下列说法不正确的是( ) A( Na与HO的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行 2 B( 饱和NaSO溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同 24 C( FeCl和MnO均可加快HO分解，同等条件下二者对HO分解速率的改变相同 322222,2+D( Mg(OH)固体在溶液存在平衡:Mg(OH)(s)?Mg(aq)+2OH(aq)，该固22 体可溶于NHCl溶液 4 4((6分)(2015•天津)锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分 子通过，下列有关叙述正确的是( ) A(铜电极上发生氧化反应 ,2B( 电池工作一段时间后，甲池的c(SO)减小 4 C( 电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加 D(阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡 5((6分)(2015•天津)室温下，0.05molNaCO将固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中23 加入下列物质，有关结论正确的是( ) 加入的物质 结论 ,,1+2A 50mL 1mol•LHSO 反应结束后，c(Na)=c(SO) 244B 0.05molCaO 溶液中 增大 ,+C 50mL HO 由水电离出的c(H)•c(OH)不变 2+D 0.1molNaHSO固体 反应完全后，溶液pH减小，c(Na)不4 变 A( B( C( D( A B C D 6((6分)(2015•天津)某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX(g)和2molY(g)发生反应:X(g)+mY(g)?3Z(g)，平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ(g)，再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变(下列叙述不正确的是( ) A( m=2 B( 两次平衡的平衡常数相同 C( X与Y的平衡转化率之比为1:1 ,1D( 第二次平衡时，Z的浓度为0.4mol•L 二、非选择题 7((14分)(2015•天津)随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小，最高正价或最低负价的变化如图1所示( 根据判断出的元素回答问题: (1)f在周期表中的位置是 ; (2)比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示，下同): , ;比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱: , ( (3)任选上述元素组成一种四个原子共价化合物，写出其电子式: ; (4)已知1mole的单质在足量d中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的2 热化学方程式: ; ,1(5)上述元素可组成盐R:zxf(gd)，向盛有10mL1mol•LR溶液的烧杯中滴加1mol•L442,1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如图2 ?R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是 ; ?写出m点反应的离子方程式: ; ,1?若在R溶液中改加20ml 1.2mol•LBa(OH)溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物2 质的量为 mol( 8((18分)(2015•天津)扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如图1: (1)A分子式为CHO，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为 ，223 写出A+B?C的化学反应方程式: ; (2)C()中?、?、?3个,OH的酸性由强到弱的顺序是 ; (3)E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E分子中不同化学环境的氢原子有 种( (4)D?F的反应类型是 ，1molF在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多 mol( 消耗NaOH的物质的量为 写出符合下列条件的F的所有同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式: ( ?属于一元酸类化合物 ?苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基 (5)已知: A有多种合成，在图2方框中写出由乙酸合成A的路线流程图(其他原料任选)，合成路线流程图示例如下:HC=CHCHCHOHCHCOOCH( 2232325 9((18分)(2015•天津)废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍，湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜产品(某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如图1: 回答下列问题: 2+(1)反应?是将Cu转化为Cu(NH)，反应中HO的作用是 ，写出操3422作?的名称: ; 2+(2)反应?是铜氨溶液中的Cu(NH)与有机物RH反应，写出该反应的离子方程34 式: ，操作?用到的主要仪器名称为 ，其目的是(填序 号) ( a(富集铜元素 b(使铜元素与水溶液中的物质分离 2+c(增加Cu在水中的溶解度 (3)反应?是有机溶液中的CuR与稀硫酸反应生成CuSO和 ，若操作?使24用如图2装置，图中存在的错误是 ; (4)操作?以石墨作电极电解CuSO溶液，阴极析出铜，阳极产物是 ，操作4 ?由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是 ; (5)流程中有三处实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂 是 ，循环使用的NHCl在反应?中的主要作用是 ( 4 10((14分)(2015•天津)FeCl具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的3 絮凝剂，处理污水比FeCl高效，且腐蚀性小，请回答下列问题: 3+(1)FeCl净水的原理是 ，FeCl溶液腐蚀钢铁设备，除H作用外，另一主要33 原因是(用离子方程式表示) ; (2)为节约成本，工业上用NaClO氧化酸性FeCl废液得到FeCl( 333,,,,,2+213+31?若酸性FeCl废液中c(Fe)=2.0×10mol•L，c(Fe)=1.0×10mol•L，c(Cl)2,,21=5.3×10mol•L，则该溶液的pH约为 ; ?完成NaClO氧化FeCl的离子方程式: 33,,2+ ClO+ Fe+ = Cl+ 33+Fe+ (3)FeCl在溶液中分三步水解: 33+2++ Fe+HO?Fe(OH)+H K 212+++ Fe(OH)+HO?Fe(OH)+H K 222++ Fe(OH)+HO?Fe(OH)+H K 2233 以上水解反应的平衡常数K、K、K由大到小的顺序是 ( 123 通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为: (,)3+3xy++xFe+yHO?Fe(OH)+yH 2xy 欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号) ( a(降温 b(加水稀释 c(加入NHCl d(加入NaHCO 43室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是 ; (4)天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结果如图所示，由图中数据得出每升污水 ,,11中投放聚合氯化铁[以Fe(mg•L)表示]的最佳范围约为 mg•L( 2015年天津市高考化学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题: 1((6分)(2015•天津)下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是( ) A( 点燃爆竹后，硫燃烧生成SO 3 B( 中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈 C( 服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO溶液解毒 3 D(使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱 考点:集萃; "三废"处理与环境保护;铜金属及其重要化合物的主要性质;药物的主要 成分和疗效( :A (硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫; 3+B(明矾溶液中Al水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu(OH)CO，溶于酸性溶液; 223 C(水杨酸为邻羟基苯甲酸，含有羧基、酚羟基，羧基能与碳酸氢钠反应; D(肥皂有效成分为高级脂肪酸钠盐，会与钙离子反应生成难溶的高级脂肪酸钙( 解答: 解:A(硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫，不能生成SO，故A错误; 33+B(明矾溶液中Al水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu(OH)CO，溶于酸性溶液，故223 利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故B正确; C(水杨酸为邻羟基苯甲酸，含有羧基、酚羟基，羧基能与碳酸氢钠反应生成二氧化 碳，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可以用NaHCO溶液解毒，故C正确; 3 D(肥皂有效成分为高级脂肪酸钠盐，用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，高级脂 肪酸钠盐会与钙离子反应生成难溶的高级脂肪酸钙，使肥皂去污能力减弱，故D正确， 故选:A( 点评: 本题考查化学与生活，比较基础，体现了化学知识在生产、生活中的应用( 2((6分)(2015•天津)下列关于物质或离子检验的叙述正确的是( ) 3+2+A( 在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe，无Fe B( 气体通过无水CuSO，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气 4++C( 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na，无K D( 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO 2 考点:真题集萃;常见阳离子的检验( 3+2+3+分析: A(如果该溶液既含Fe，又含Fe，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，证明存在Fe， 2+并不能证明无Fe; B(无水硫酸铜吸水变为CuSO•5HO，白色粉末变蓝，可证明原气体中含有水蒸气; 42++C(灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na，不能证明无K，因为黄光可+遮住紫光，K焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察; D(能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO、SO等( 223+2+解答: 解:A(Fe遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe遇KSCN不反应无现象，如果该溶液 3+2+3+既含Fe，又含Fe，滴加KSCN 溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe，并不能证 2+明无Fe，故A错误; B(气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应:CuSO+5HO?CuSO•5HO，可4242 证明原气体中含有水蒸气，故B正确; +++C(灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na，并不能证明无K，Na焰色 +反应为黄色，可遮住紫光，K焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C 错误; D(能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO、SO等，故将气体通入澄清石灰水，溶液22 变浑浊，则原气体不一定是CO，故D错误， 2 故选B( 点评:本题考查常见物质及离子检验，侧重对基础知识的考查，注意对基础知识的掌握积累( 3((6分)(2015•天津)下列说法不正确的是( ) A( Na与HO的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行 2 B( 饱和NaSO溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同 24 C( FeCl和MnO均可加快HO分解，同等条件下二者对HO分解速率的改变相同 322222,2+D( Mg(OH)固体在溶液存在平衡:Mg(OH)(s)?Mg(aq)+2OH(aq)，该固22 体可溶于NHCl溶液 4 考点:真题集萃;焓变和熵变;化学反应速率的影响因素;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转 化的本质;氨基酸、蛋白质的结构和性质特点( 分析:A (该反应为固体与液态反应生成气体，该反应为熵增反应，反应放出大量的热，结 合?G=?H,T?S,0，反应自发进行; B(饱和NaSO溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，前者为盐析，后者为蛋24 白质变性; C(FeCl和MnO对HO分解催化效果不相同; 3222 D(NHCl溶液中铵根离子水解呈酸性，消耗Mg(OH)(s)溶解平衡中的氢氧根42 离子，平衡右移( 解答:解: A(Na与水反应为固体与液态反应生成气体，该反应为熵增反应，即?S,O， 反应中钠熔化为小球，说明反应放出大量的热，即?H,0，则?G=?H,T?S,0， 故该反应自发进行，故A正确; B(饱和NaSO溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，饱和NaSO溶液降低蛋2424 白质溶解度，为盐析现象，为可逆过程，再加入水可以溶解，硝酸具有强氧化性，使 蛋白质变性，过程不可能，二者原理不同，故B正确; C(FeCl和MnO对HO分解催化效果不相同，同等条件下HO分解速率的改变322222 不相同，故C错误; D(NHCl溶液中铵根离子水解呈酸性，消耗Mg(OH)(s)溶解平衡中的氢氧根42,2+离子，使Mg(OH)(s)?Mg(aq)+2OH(aq)平衡右移，故Mg(OH)可22 溶于NHCl溶液，故D正确， 4 故选:C( 点评:本题侧重对化学反应原理考查，涉及反应自发性判断、蛋白质的性质、反应速率影响 因素、沉淀溶解平衡等，注意B选项中蛋白质变性的一些方法，难度不大( 4((6分)(2015•天津)锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是( ) A(铜电极上发生氧化反应 ,2B( 电池工作一段时间后，甲池的c(SO)减小 4 C( 电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加 D(阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡 考点:真题集萃;原电池和电解池的工作原理( 2+2+分析: 由图象可知，该原电池反应式为:Zn+Cu=Zn+Cu，Zn发生氧化反应，为负极， Cu电极上发生还原反应，为正极，阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，两池 2+溶液中硫酸根浓度不变，随反应进行，甲池中的Zn通过阳离子交换膜进入乙池，以 2+2+保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn与放电的Cu的物质的量相等，而Zn的摩尔质 量大于Cu，故乙池溶液总质量增大( 2+2+解答: 解:A(由图象可知，该原电池反应式为:Zn+Cu=Zn+Cu，Zn为负极，发生氧化 反应，Cu为正极，发生还原反应，故A错误; ,2B(阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c(SO)不变，故B错误; 4,2+2+C(甲池中的Zn通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中发生反应:Cu+2e=Cu，保 2+2+持溶液呈电中性，进入乙池的Zn与放电的Cu的物质的量相等，而Zn的摩尔质量 大于Cu，故乙池溶液总质量增大，故C正确; 2+D(甲池中的Zn通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液电荷守恒，阴离子不能通 过阳离子交换膜，故D错误， 故选:C( 点评:本题考查原电池工作原理，比较基础，注意阳离子交换膜不允许阳离子通过， C选项 利用电荷守恒分析( 5((6分)(2015•天津)室温下，0.05molNaCO将固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中23 加入下列物质，有关结论正确的是( ) 加入的物质 结论 ,,1+2A 50mL 1mol•LHSO 反应结束后，c(Na)=c(SO) 244B 0.05molCaO 溶液中 增大 ,+C 50mL HO 由水电离出的c(H)•c(OH)不变 2+D 0.1molNaHSO固体 反应完全后，溶液pH减小，c(Na)不4 变 A( B( C( D( A B C D 考点:真题集萃;离子浓度大小的比较( 分析: n(NaCO)=0.05mol，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水23,,,2解方程式为CO+HO?HCO+OH， 323 A(n(HSO)=1mol/L×0.05L=0.05mol，HSO和NaCO反应方程式为242423 NaCO+HSO=NaSO+CO?+HO，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱溶23242422,+2液NaSO，溶液呈中性，根据电荷守恒判断c(Na)、c(SO)相对大小; 244 B(CaO+HO=Ca(OH)、Ca(OH)+NaCO=CaCO?+2NaOH，所以得 222233 CaO+HO+NaCO=CaCO?+2NaOH，根据方程式知，二者恰好反应生成NaOH，反2233 应后溶液中的溶质是NaOH; C(加水稀释促进碳酸钠水解; D(NaHSO和NaCO反应方程式为:2NaHSO+NaCO=NaSO+HO+CO?，根4234232422 据方程式知，二者恰好反应生成NaSO、HO、CO，溶液中的溶质是硫酸钠，溶液2422 呈中性( 解答: 解:n(NaCO)=0.05mol，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，23,,,2水解方程式为CO+HO?HCO+OH， 323 A(n(HSO)=1mol/L×0.05L=0.05mol，HSO和NaCO反应方程式为242423 NaCO+HSO=NaSO+CO?+HO，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱溶23242422,++2液NaSO，溶液呈中性，则c(H)=c(OH)，根据电荷守恒得(Na)=2c(SO244,)，故A错误; ,2B(CaO+HO=Ca(OH)、Ca(OH)+NaCO=CaCO?+2NaOH，随着CO的消2222333,,,,,2耗，CO+HO?HCO+OH向左移动，c(HCO)减小，反应生成OH，则c3233 ,(OH)增大，导致溶液中 增大，故B正确; ,++C(加水稀释促进碳酸钠水解，则由水电离出的c(H)、c(OH)都增大，c(H),•c(OH)增大，故C错误; D(NaHSO和NaCO反应方程式为:2NaHSO+NaCO=NaSO+HO+CO?，根4234232422 据方程式知，二者恰好反应生成NaSO、HO、CO，溶液中的溶质是硫酸钠，溶液2422 呈中性，溶液由碱性变为中性，溶液的pH减小，因为硫酸氢钠中含有钠离子，所以 +c(Na)增大，故D错误; 故选B( 点评:本题为 2015年高考题，考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确盐类水解原理及 物质之间的反应是解本题关键，结合电荷守恒、盐类水解特点分析解答，易错选项是 ,++C，注意C中计算的是水电离出的c(H)(c(OH)之积而不是溶液中c(H)(c,(OH)之积，为易错点( 6((6分)(2015•天津)某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX(g)和2molY(g)发生反应:X(g)+mY(g)?3Z(g)，平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ(g)，再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变(下列叙述不正确的是( ) A( m=2 B( 两次平衡的平衡常数相同 C( X与Y的平衡转化率之比为1:1 ,1D( 第二次平衡时，Z的浓度为0.4mol•L 考点:真题集萃;化学平衡的计算( 分析:A (平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ(g)，再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变; B(平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变; C(设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol，根据转化率=进行计算; D(该反应的反应前后气体计量数之和不变，第一次反应是按照X、Y的计量数之比来投料，所以第二次平衡与第一次平衡是等效平衡，两次平衡后各物质的含量不变，据此解答( 解答: 解:A(平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ(g)，再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变，所以m=2，故A正确; B(平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以两次平衡的平衡常数相同，故B正确; C(设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol， X(g)+2Y(g)?3Z(g) 开始(mol) 1 2 0 转化(mol) a 2a 3a 平衡(mol)(1,a)(2,2a) 3a 相同条件下，气体的体积与物质的量成正比，所以其体积分数等于其物质的量分数，即(1,a):(2,2a):3a=30%:60%:10%，所以a=0.1，则参加反应的?n(X)=0.1mol、?n(Y)=0.2mol， 转化率=， X的转化率==10%，Y的转化率==10%，所以X和Y的转化率之比为1:1，故C正确; D(该反应的反应前后气体计量数之和不变，第一次反应是按照X、Y的计量数之比来投料，所以第二次平衡与第一次平衡是等效平衡，两次平衡后各物质的含量不变，投入Z后，设Z参加反应的物质的量为3bmol， X(g)+2Y(g)?3Z(g) 第一次平衡(mol):0.9 1.8 0.3 加入1molZ:0.9 1.8 1.3 转化:b 2b 3b 第二次平衡(mol):(0.9+b) (1.8+2b)(1.3,3b) 各物质含量不变，所以(0.9+b):(1.8+2b):(1.3,3b)=30%:60%:10%=3:6:1， b=0.3，n(Z)=(1.3,0.9)mol=0.4mol，Z的物质的量浓度==0.2mol/L，故 D错误; 故选D( 点评:本题为 2015年高考题，考查化学平衡计算、等效平衡、平衡常数等知识点，侧重考 查学生分析计算能力，注意平衡常数、电离平衡常数、溶度积常数、盐类水解平衡常 数都只与温度有关，与浓度无关，难点是D选项计算，题目难度中等( 二、非选择题 7((14分)(2015•天津)随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小，最高正价或最低负价的变化如图1所示( 根据判断出的元素回答问题: (1)f在周期表中的位置是 第三周期?A族 ; ,2+(2)比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示，下同): O , Na ;比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱: HClO , HSO ( 424 (3)任选上述元素组成一种四个原子共价化合物，写出其电子式: (或 ) ; (4)已知1mole的单质在足量d中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的2,1热化学方程式: 2Na(s)+O(g)=NaO(s)?H=,511kJ•mol ; 222,1(5)上述元素可组成盐R:zxf(gd)，向盛有10mL1mol•LR溶液的烧杯中滴加1mol•L442,1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如图2 ,3++2+?R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是 c(SO),c(NH),c(Al),c(H)44,,c(OH) ; ,+?写出m点反应的离子方程式: NH+OH=NH•HO ; 432,1?若在R溶液中改加20ml 1.2mol•LBa(OH)溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物2 质的量为 0.022 mol( 考点:真题集萃;位置结构性质的相互关系应用( 分析:从图中的化合价和原子半径的大小，可知 x是H元素，y是C元素，z是N元素，d 是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素( (1)f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期?A族; (2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小;非金属性越强，最高价 氧化物水化物的酸性越强; (3)四原子共价化合物，可以是NH、HO、CH等; 32222 (4)1molNa的单质在足量O中燃烧生成NaO(s)，放出255.5kJ热量，2molNa222 反应放出热量为511kJ，注明聚集状态、反应热书写热化学方程式; 3+3+++(5)?R是NHAl(SO)，溶液中Al、NH均水解使溶液呈酸性，但Al比 NH44244水解程度更大; ,+?m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH与OH反应生成NH•HO; 432,,3+2++2?根据n=cV计算n(Al )、n(NH)、n(SO)、n(Ba)、n(OH)，根据44,2+3+2SO、Ba中不足量的离子的物质的量计算生成BaSO的物质的量，根据Al+OH44,,,=Al(OH)?、Al(OH)+OH=AlO+2HO计算生成Al(OH)的物质的量，33223二者计算生成固体总物质的量( 解答:解:从图中的化合价和原子半径的大小，可知 x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素( (1)f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期?A族，故答案为:第三周期?A族; ,2(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径:r(O) +,(rNa);非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性:HClO,HSO，424,2+故答案为:r(O),r(Na);HClO,HSO; 424 (3)四原子共价化合物，可以是NH、HO、CH等，其电子式为: (或32222 )， 故答案为: (或); (4)1molNa的单质在足量O中燃烧生成NaO(s)，放出255.5kJ热量，2molNa222 反应放出热量为511kJ，则该反应的热化学方程式为:2Na(s)+O(g)=NaO(s)222,1?H=,511kJ•mol， ,1故答案为:2Na(s)+O(g)=NaO(s)?H=,511kJ•mol; 2223+3+++(5)?R是NHAl(SO)，溶液中Al、NH均水解使溶液呈酸性，但Al比 NH44244,2+3+水解程度更大，故离子浓度由大到小的顺序是:c(SO),c(NH),c(Al)44,+,c(H),c(OH)， ,,3++2+故答案为:c(SO),c(NH),c(Al),c(H),c(OH); 44,+?m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH与OH反应生成NH•HO，432,+离子方程式为:NH+OH=NH•HO， 432,+故答案为:NH+OH=NH•HO; 432,13++?10mL 1mol•L NHAl(SO)溶液中Al 物质的量为0.01mol，NH的物质的4424,,212+量为0.01mol，SO的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 mol•LBa(OH)溶液中Ba42,物质的量为0.024mol，OH为0.048mol， ,,2+22由SO+Ba=BaSO?，可知SO不足，故可以得到0.02mol BaSO， 4444,3+ Al+3OH=Al(OH)? 3 0.01mol 0.03mol 0.01mol ,反应剩余OH为0.048mol,0.03mol=0.008mol， ,,Al(OH)+OH=AlO+2HO 322 0.008mol 0.008mol 故得到Al(OH)沉淀为0.01mol,0.008mol=0.002mol 3 则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol， 故答案为:0.022mol( 点评:本题考查结构位置性质关系、离子半径的大小比较、元素周期律、热化学方程式书写、 离子浓度大小比较、化学图象及化学计算，是对学生综合能力的考查，需要学生具备 扎实的基础，难度中等( 8((18分)(2015•天津)扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如图1: (1)A分子式为CHO，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为 醛基、羧223 基 ，写出A+B?C的化学反应方程式: ; )中?、?、?3个,OH的酸性由强到弱的顺序是 ?,?,(2)C( ? ; (3)E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E分子中不同化学环境的氢原子有 4 种( (4)D?F的反应类型是 取代反应 ，1molF在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为 3 mol( 写出符合下列条件的F的所有同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式: ( ?属于一元酸类化合物 ?苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基 (5)已知: A有多种合成方法，在图2方框中写出由乙酸合成A的路线流程图(其他原料任选)，合成路线流程图示例如下:HC=CHCHCHOHCHCOOCH( 2232325 考真题集萃;有机物的合成( 点: 分(1)A的分子式为CHO，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则A223 析: 是OHC,COOH，根据C的结构可知B是，A+B?C发生加成反应; (2)羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基; (3)C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反应，可以生成3个六元环的化合物， C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为; (4)对比D、F的结构，可知溴原子取代,OH位置;F中溴原子、酚羟基、酯基(羧 酸与醇形成的酯基)，都可以与氢氧化钠反应; F的所有同分异构体符合:?属于一元酸类化合物，?苯环上只有2个取代基且处于对 位，其中一个是羟基，另外取代基为,CBr(CH)COOH、,CH(CHBr)COOH、32 ,CHCHBrCOOH、,CHBrCHCOOH; 22 (5)由题目信息可知，乙酸与PCl反应得到ClCHCOOH，在氢氧化钠水溶液、加热32 条件下发生水解反应得到HOCHCOONa，用盐酸酸化得到HOCHCOOH，最后在Cu22 作催化剂条件下发生催化氧化得到OHC,COOH( 解解:(1)A的分子式为CHO，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则223 答: A是OHC,COOH，根据C的结构可知B是，A+B?C发生加成反应，反应 方程式为:， 故答案为:醛基、羧基;; (2)羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，故强弱顺序为:?,?,?， 故答案为:?,?,?; 羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基; (3)C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反应，可以生成3个六元环的化合物， C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为，为对称结构， 分子中有4种化学环境不同的H原子，分别为苯环上2种、酚羟基中1种、亚甲基上1 种， 故答案为:4; (4)对比D、F的结构，可知溴原子取代,OH位置，D?F的反应类型是:取代反应; F中溴原子、酚羟基、酯基(羧酸与醇形成的酯基)，都可以与氢氧化钠反应，1molF 最多消耗3mol NaOH; F的所有同分异构体符合:?属于一元酸类化合物，?苯环上只有2个取代基且处于对 位，其中一个是羟基，另外取代基为,CBr(CH)COOH、,CH(CHBr)COOH、32 ,CHCHBrCOOH、,CHBrCHCOOH，可能的结构简式为:22 ， 故答案为:取代反应;3;; (5)由题目信息可知，乙酸与PCl反应得到ClCHCOOH，在氢氧化钠水溶液、加热32 条件下发生水解反应得到HOCHCOONa，用盐酸酸化得到HOCHCOOH，最后在Cu22 作催化剂条件下发生催化氧化得到OHC,COOH，合成路线流程图为: CHCOOHClCHCOOHHOCHCOONaHOCHCOOHOH3222 C,COOH， 故答案为: CHCOOHClCHCOOHHOCHCOONaHOCHCOOHOH3222 C,COOH( 点本题考查有机物的推断与合成、同分异构体的书写、常见有机反应类型、官能团的性质评:等，是对有机化学基础的综合考查，难度中等( 9((18分)(2015•天津)废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍，湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜产品(某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如图1: 回答下列问题: 2+(1)反应?是将Cu转化为Cu(NH)，反应中HO的作用是 氧化剂 ，写出操作3422 ?的名称: 过滤 ; 2+(2)反应?是铜氨溶液中的Cu(NH)与有机物RH反应，写出该反应的离子方程式: 342++Cu(NH)+2RH=CuR+2NH+2NH ，操作?用到的主要仪器名称为 分液漏斗 ，34243 其目的是(填序号) ab ( a(富集铜元素 b(使铜元素与水溶液中的物质分离 2+c(增加Cu在水中的溶解度 (3)反应?是有机溶液中的CuR与稀硫酸反应生成CuSO和 RH ，若操作?使用如图24 2装置，图中存在的错误是 分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁;液体过多 ; (4)操作?以石墨作电极电解CuSO溶液，阴极析出铜，阳极产物是 O、HSO ，操4224作?由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是 加热浓缩、冷却结晶、过滤 ; (5)流程中有三处实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是 HSO ，24,循环使用的NHCl在反应?中的主要作用是 防止由于溶液中c(OH)过高，生成Cu(OH)4 沉淀 ( 2 考点:真题集萃;物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用( 分析:废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体 2+和溶液采用过滤方法，所以操作?是过滤，反应?是将Cu转化为Cu(NH)，Cu34 元素化合价由0价变为+2价，所以Cu是还原剂，则双氧水是氧化剂，将Cu氧化; 2++反应?是铜氨溶液中的Cu(NH)与有机物RH反应，生成CuR，同时生成NH3424 和NH; 3 互不相溶的液体采用分液方法分离，所以操作?是分液;向有机层中加入稀硫酸，根 据流程图知，生成CuSO和HR，然后采用分液方法分离得到HR，以石墨为电极电4 解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电;从硫酸铜溶液中获取 胆矾，采用加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到晶体; (1)双氧水具有氧化性，能氧化还原性物质，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法; 2+(2)反应?是铜氨溶液中的Cu(NH)与有机物RH反应生成CuR，同时生成342+NH和NH，根据反应物和生成物书写该反应的离子方程式为;分离互不相溶的液43 体采用分液方法，分液时常用分液漏斗; (3)反应?是有机溶液中的CuR与稀硫酸反应生成CuSO和RH，分液时分液漏斗24 下端要紧靠烧杯内壁，且分液漏斗内不能盛放太多溶液; (4)以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电，,2SO向阳极移动;从溶液中获取晶体采用加热浓缩、冷却结晶、过滤方法; 4 (5)电解硫酸铜溶液时能得到硫酸，硫酸能循环利用;氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，能和氢氧根离子反应( 解答:解:废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性 2+固体和溶液采用过滤方法，所以操作?是过滤，反应?是将Cu转化为Cu(NH)，34Cu元素化合价由0价变为+2价，所以Cu是还原剂，则双氧水是氧化剂，将Cu氧化; 2++反应?是铜氨溶液中的Cu(NH)与有机物RH反应，生成CuR，同时生成NH3424和NH; 3 互不相溶的液体采用分液方法分离，所以操作?是分液;向有机层中加入稀硫酸，根据流程图知，生成CuSO和HR，然后采用分液方法分离得到HR，以石墨为电极电4 解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电;从硫酸铜溶液中获取胆矾，采用加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到晶体; (1)双氧水具有氧化性，能氧化还原性物质Cu，所以双氧水作氧化剂;分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，该混合溶液中贵重金属是难溶物、铜氨溶液是液体，所以操作?是过滤，故答案为:氧化剂;过滤; 2+(2)反应?是铜氨溶液中的Cu(NH)与有机物RH反应生成CuR，同时生成342+NH和NH，根据反应物和生成物书写该反应的离子方程式Cu(NH)4332+++2RH=CuR+2NH+2NH;分离互不相溶的液体采用分液方法，分液时常用分液4243 漏斗，分液的目的是富集铜元素、使铜元素与水溶液中的物质分离，所以ab正确， 2++故答案为:Cu(NH)+2RH=CuR+2NH+2NH;分液漏斗;ab; 34243 (3)反应?是有机溶液中的CuR与稀硫酸反应相当于复分解反应，所以生成CuSO24和RH，分液时分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁，且分液漏斗内不能盛放太多溶液，故答案为:RH;分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁;液体过多; (4)以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电， ,+2所以阳极上生成O，同时有大量的H生成，且SO也向阳极移动在阳极积累，因24 此阳极产物还有HSO;从溶液中获取晶体采用加热浓缩、冷却结晶、过滤方法，故24 答案为:O、HSO; 224 (5)电解硫酸铜溶液时能得到硫酸，在反应III中用到硫酸，所以HSO能循环利用;24氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，能和氢氧根离子反应，从而抑制氢氧化铜生成， ,故答案为:HSO;防止由于溶液中c(OH)过高，生成Cu(OH)沉淀( 242 点评:本题为 2015年高考题，考查物质分离和提纯，涉及基本实验操作、氧化还原反应、电解原理等知识点，侧重考查学生实验操作性、知识综合应用能力等，能从整体上把握是解本题关键，易错点是(5)题第一个空，题目难度中等( 10((14分)(2015•天津)FeCl具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的3 絮凝剂，处理污水比FeCl高效，且腐蚀性小，请回答下列问题: 33+(1)FeCl净水的原理是 Fe水解生成的Fe(OH)胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质 ，33+FeCl溶液腐蚀钢铁设备，除H作用外，另一主要原因是(用离子方程式表示) 33+2+2Fe+Fe=3Fe ; (2)为节约成本，工业上用NaClO氧化酸性FeCl废液得到FeCl( 333,,,,,2+213+31?若酸性FeCl废液中c(Fe)=2.0×10mol•L，c(Fe)=1.0×10mol•L，c(Cl)2,,21=5.3×10mol•L，则该溶液的pH约为 2 ; ?完成NaClO氧化FeCl的离子方程式: 33,,2++3+ 1 ClO+ 6 Fe+ 6H = 1 Cl+ 6 Fe+ 3HO 32 (3)FeCl在溶液中分三步水解: 33+2++ Fe+HO?Fe(OH)+H K 212+++ Fe(OH)+HO?Fe(OH)+H K 222++ Fe(OH)+HO?Fe(OH)+H K 2233 以上水解反应的平衡常数K、K、K由大到小的顺序是 K,K,K ( 123123 通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为: (,)3+3xy++xFe+yHO?Fe(OH)+yH 2xy 欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号) bd ( a(降温 b(加水稀释 c(加入NHCl d(加入NaHCO 43 室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是 调节溶液的pH ; (4)天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结果如图所示，由图中数据得出每升污水 ,,11中投放聚合氯化铁[以Fe(mg•L)表示]的最佳范围约为 18,20( mg•L 考点:真题集萃;氧化还原反应方程式的配平;化学平衡的影响因素; pH的简单计算;盐 类水解的原理( 3+分析: (1)Fe水解生成的Fe(OH)胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作3 用;钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子; ,,2+3++(2)?根据电荷守恒:c(Cl)=2c(Fe)+3c(Fe)+c(H)(酸性溶液中OH +浓度很小，在这里可以忽略不计)，据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=,lgc(H) 计算; ?氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl 元素的化合价从+5价降低到,1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高 2+到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe的系数 为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是 6，水的系数是3; (3)铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小; 控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以降温平衡逆向移动;加水稀释，则 水解平衡也正向移动;加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动;加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，平衡正向移动; 从反应的离子方程式中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH; ,1(4)由图象可知，聚合氯化铁的浓度在18,20 mg•L时，去除率达到最大值，污水的浑浊度减小( 3+解答: 解:(1)Fe水解生成的Fe(OH)胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的3 作用;钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是: 3+2+2Fe+Fe=3Fe， 3+故答案为:Fe水解生成的Fe(OH)胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质;33+2+2Fe+Fe=3Fe; ,,2+3++(2)?根据电荷守恒:c(Cl)=2c(Fe)+3c(Fe)+c(H)(酸性溶液中OH,+2+3+浓度很小，在这里可以忽略不计)，则c(H)=c(Cl),2c(Fe),3c(Fe),,,212=1.0×10mol•L，则溶液pH=,lg1.0×10=2， 故答案为:2; ?氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到,1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高 2+到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是,,2++3+6，水的系数是3，配平后离子方程式为:ClO+6Fe+6H=Cl+6Fe+3HO， 32+故答案为:1;6;6H;1;6;3HO; 2 (3)铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K,K,K; 123 控制条件使平衡正向移动，使平衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动;加水稀释，则水解平衡也正向移动;加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动;加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，故选bd; 从反应的离子方程式中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH， 故答案为:K,K,K;bd;调节溶液的pH; 123,1(4)由图象可知，聚合氯化铁的浓度在18,20 mg•L时，去除率达到最大值，污水的浑浊度减小， 故答案为:18,20( 点评:本题考查铁的化合物性质的应用、氧化还原反应方程式的配平、对图象的分析能力、 平衡移动影响因素等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用难度，难度中等(