2015年天津市高考化學(xué)試卷

精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2015年天津市高考化學(xué)試卷一、選擇題：1．（6分）下列有關(guān)“化學(xué)與生活”的敘述不正確的是（）A．點燃爆竹后，硫燃燒生成SO3 B．中國古代利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹 C．服用阿司匹林出現(xiàn)水楊酸反應(yīng)時，用NaHCO3溶液解毒 D．使用含鈣離子濃度較大的地下水洗衣服，肥皂去污能力減弱2．（6分）下列關(guān)于物質(zhì)或離子檢驗的敘述正確的是（）A．在溶液中加KSCN，溶液顯紅色，證明原溶液中有Fe3+，無Fe2+ B．氣體通過無水CuSO4，粉末變藍，證明原氣體中含有水蒸氣 C．灼燒白色粉末，火焰呈黃色，證明原粉末中有Na+，無K+ D．將氣體通入澄清石灰水，溶液變渾濁，證明原氣體是CO23．（6分）下列說法不正確的是（）A．Na與H2O的反應(yīng)是熵增的放熱反應(yīng)，該反應(yīng)能自發(fā)進行 B．飽和Na2SO4溶液或濃硝酸均可使蛋白質(zhì)溶液產(chǎn)生沉淀，但原理不同 C．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等條件下二者對H2O2分解速率的改變相同 D．Mg（OH）2固體在溶液存在平衡：Mg（OH）2（s）?Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），該固體可溶于NH4Cl溶液4．（6分）鋅銅原電池裝置如圖所示，其中陽離子交換膜只允許陽離子和水分子通過，下列有關(guān)敘述正確的是（）A．銅電極上發(fā)生氧化反應(yīng) B．電池工作一段時間后，甲池的c（SO42﹣）減小 C．電池工作一段時間后，乙池溶液的總質(zhì)量增加 D．陰陽離子分別通過交換膜向負極和正極移動，保持溶液中電荷平衡5．（6分）室溫下，將0.20molNa2CO3固體溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物質(zhì)，有關(guān)結(jié)論正確的是（）加入的物質(zhì)結(jié)論A100mL2mol?L﹣1H2SO4反應(yīng)結(jié)束后，c（Na+）＝c（SO42﹣）B0.20molCaO溶液中增大C200mLH2O由水電離出的c（H+）?c（OH﹣）不變D0.4molNaHSO4固體反應(yīng)完全后，溶液pH減小，c（Na+）不變A．A B．B C．C D．D6．（6分）某溫度下，在2L的密閉容器中，加入1molX（g）和2molY（g）發(fā)生反應(yīng)：X（g）+mY（g）?3Z（g），平衡時，X、Y、Z的體積分數(shù)分別為30%、60%、10%，在此平衡體系中加入1molZ（g），再將達到平衡后，X、Y、Z的體積分數(shù)不變．下列敘述不正確的是（）A．m＝2 B．兩次平衡的平衡常數(shù)相同 C．X與Y的平衡轉(zhuǎn)化率之比為1：1 D．第二次平衡時，Z的濃度為0.4mol?L﹣1二、非選擇題7．（14分）隨原子序數(shù)遞增，八種短周期元素（用字母x等表示）原子半徑的相對大小，最高正價或最低負價的變化如圖1所示。根據(jù)判斷出的元素回答問題：（1）f在周期表中的位置是；（2）比較d、e常見離子的半徑大?。ㄓ没瘜W(xué)式表示，下同）：＞；比較g、h的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強弱：＞。（3）任選上述元素組成一種四個原子共價化合物，寫出其電子式：；（4）已知1mole的單質(zhì)在足量d2中燃燒，恢復(fù)至室溫，放出255.5kJ熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：；（5）上述元素可組成鹽R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1mol?L﹣1R溶液的燒杯中滴加1mol?L﹣1NaOH溶液，沉淀物質(zhì)的量隨NaOH溶液體積的變化示意圖如圖2①R溶液中，離子濃度由大到小的順序是；②寫出m點反應(yīng)的離子方程式：；③若在R溶液中改加20ml1.2mol?L﹣1Ba（OH）2溶液，充分反應(yīng)后，溶液中產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量為mol。8．（18分）扁桃酸衍生物是重要的醫(yī)藥中間體，以A和B為原料合成扁桃酸衍生物F的路線如圖1：（1）A分子式為C2H2O3，可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，且具有酸性，A所含官能團名稱為，寫出A+B→C的化學(xué)反應(yīng)方程式：；（2）C（）中①、②、③3個﹣OH的酸性由強到弱的順序是；（3）E是由2分子C生成的含有3個六元環(huán)的化合物，E分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子有種．（4）D→F的反應(yīng)類型是，1molF在一定條件下與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗NaOH的物質(zhì)的量為mol．寫出符合下列條件的F的所有同分異構(gòu)體（不考慮立體異構(gòu)）的結(jié)構(gòu)簡式：．①屬于一元酸類化合物②苯環(huán)上只有2個取代基且處于對位，其中一個是羥基（5）已知：A有多種合成方法，在圖2方框中寫出由乙酸合成A的路線流程圖（其他原料任選），合成路線流程圖示例如下：H2C＝CH2CH3CH2OHCH3COOC2H5．9．（18分）廢舊印刷電路板是一種電子廢棄物，其中銅的含量達到礦石中的幾十倍，濕法技術(shù)是將粉碎的印刷電路板經(jīng)溶解、萃取、電解等操作得到純銅產(chǎn)品．某化學(xué)小組模擬該方法回收銅和制取膽礬，流程簡圖如圖1：回答下列問題：（1）反應(yīng)Ⅰ是將Cu轉(zhuǎn)化為Cu（NH3）42+，反應(yīng)中H2O2的作用是，寫出操作①的名稱：；（2）反應(yīng)Ⅱ是銅氨溶液中的Cu（NH3）42+與有機物RH反應(yīng)，寫出該反應(yīng)的離子方程式：，操作②用到的主要儀器名稱為，其目的是（填序號）．a(chǎn)．富集銅元素b．使銅元素與水溶液中的物質(zhì)分離c．增加Cu2+在水中的溶解度（3）反應(yīng)Ⅲ是有機溶液中的CuR2與稀硫酸反應(yīng)生成CuSO4和，若操作③使用如圖2裝置，圖中存在的錯誤是；（4）操作④以石墨作電極電解CuSO4溶液，陰極析出銅，陽極產(chǎn)物是，操作⑤由硫酸銅溶液制膽礬的主要步驟是；（5）流程中有三處實現(xiàn)了試劑的循環(huán)使用，已用虛線標出兩處，第三處的試劑是，循環(huán)使用的NH4Cl在反應(yīng)Ⅰ中的主要作用是．10．（14分）FeCl3具有凈水作用，但腐蝕設(shè)備，而聚合氯化鐵是一種新型的絮凝劑，處理污水比FeCl3高效，且腐蝕性小，請回答下列問題：（1）FeCl3凈水的原理是，F(xiàn)eCl3溶液腐蝕鋼鐵設(shè)備，除H+作用外，另一主要原因是（用離子方程式表示）；（2）為節(jié)約成本，工業(yè)上用NaClO3氧化酸性FeCl2廢液得到FeCl3。①若酸性FeCl2廢液中c（Fe2+）＝2.0×10﹣2mol?L﹣1，c（Fe3+）＝1.0×10﹣3mol?L﹣1，c（Cl﹣）＝5.3×10﹣2mol?L﹣1，則該溶液的pH約為；②完成NaClO3氧化FeCl2的離子方程式：ClO3﹣+Fe2++＝Cl﹣+Fe3++（3）FeCl3在溶液中分三步水解：Fe3++H2O?Fe（OH）2++H+K1Fe（OH）2++H2O?Fe（OH）2++H+K2Fe（OH）2++H2O?Fe（OH）3+H+K3以上水解反應(yīng)的平衡常數(shù)K1、K2、K3由大到小的順序是。通過控制條件，以上水解產(chǎn)物聚合，生成聚合氯化鐵，離子方程式為：xFe3++yH2O?Fex（OH）y（3x﹣y）++yH+欲使平衡正向移動可采用的方法是（填序號）。a．降溫b．加水稀釋c．加入NH4Cld．加入NaHCO3室溫下，使氯化鐵溶液轉(zhuǎn)化為高濃度聚合氯化鐵的關(guān)鍵條件是；（4）天津某污水處理廠用聚合氯化鐵凈化污水的結(jié)果如圖所示，由圖中數(shù)據(jù)得出每升污水中投放聚合氯化鐵[以Fe（mg?L﹣1）表示]的最佳范圍約為mg?L﹣1。精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2015年天津市高考化學(xué)試卷解析版參考答案與試題解析一、選擇題：1．（6分）下列有關(guān)“化學(xué)與生活”的敘述不正確的是（）A．點燃爆竹后，硫燃燒生成SO3 B．中國古代利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹 C．服用阿司匹林出現(xiàn)水楊酸反應(yīng)時，用NaHCO3溶液解毒 D．使用含鈣離子濃度較大的地下水洗衣服，肥皂去污能力減弱【考點】14：物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系．【分析】A．硫在空氣或氧氣中燃燒生成二氧化硫；B．明礬溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，銅銹為Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液；C．水楊酸為鄰羥基苯甲酸，含有羧基、酚羥基，羧基能與碳酸氫鈉反應(yīng)；D．肥皂有效成分為高級脂肪酸鈉鹽，會與鈣離子反應(yīng)生成難溶的高級脂肪酸鈣．【解答】解：A．硫在空氣或氧氣中燃燒生成二氧化硫，不能生成SO3，故A錯誤；B．明礬溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，銅銹為Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液，故利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹，故B正確；C．水楊酸為鄰羥基苯甲酸，含有羧基、酚羥基，羧基能與碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳，服用阿司匹林出現(xiàn)水楊酸反應(yīng)時，可以用NaHCO3溶液解毒，故C正確；D．肥皂有效成分為高級脂肪酸鈉鹽，用含鈣離子濃度較大的地下水洗衣服，高級脂肪酸鈉鹽會與鈣離子反應(yīng)生成難溶的高級脂肪酸鈣，使肥皂去污能力減弱，故D正確，故選：A?！军c評】本題考查化學(xué)與生活，比較基礎(chǔ)，體現(xiàn)了化學(xué)知識在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用．2．（6分）下列關(guān)于物質(zhì)或離子檢驗的敘述正確的是（）A．在溶液中加KSCN，溶液顯紅色，證明原溶液中有Fe3+，無Fe2+ B．氣體通過無水CuSO4，粉末變藍，證明原氣體中含有水蒸氣 C．灼燒白色粉末，火焰呈黃色，證明原粉末中有Na+，無K+ D．將氣體通入澄清石灰水，溶液變渾濁，證明原氣體是CO2【考點】1B：真題集萃；DG：常見離子的檢驗方法；PG：常見陽離子的檢驗．【分析】A．如果該溶液既含F(xiàn)e3+，又含F(xiàn)e2+，滴加KSCN溶液，溶液呈紅色，證明存在Fe3+，并不能證明無Fe2+；B．無水硫酸銅吸水變?yōu)镃uSO4?5H2O，白色粉末變藍，可證明原氣體中含有水蒸氣；C．灼燒白色粉末，火焰成黃色，證明原粉末中有Na+，不能證明無K+，因為黃光可遮住紫光，K+焰色反應(yīng)需透過藍色的鈷玻璃濾去黃光后觀察；D．能使澄清石灰水變渾濁的氣體有CO2、SO2等．【解答】解：A．Fe3+遇KSCN會使溶液呈現(xiàn)紅色，F(xiàn)e2+遇KSCN不反應(yīng)無現(xiàn)象，如果該溶液既含F(xiàn)e3+，又含F(xiàn)e2+，滴加KSCN溶液，溶液呈紅色，則證明存在Fe3+，并不能證明無Fe2+，故A錯誤；B．氣體通過無水硫酸銅，粉末變藍，則發(fā)生反應(yīng)：CuSO4+5H2O═CuSO4?5H2O，可證明原氣體中含有水蒸氣，故B正確；C．灼燒白色粉末，火焰呈黃色，證明原粉末中有Na+，并不能證明無K+，Na+焰色反應(yīng)為黃色，可遮住紫光，K+焰色反應(yīng)需透過藍色的鈷玻璃濾去黃光后觀察，故C錯誤；D．能使澄清石灰水變渾濁的氣體有CO2、SO2等，故將氣體通入澄清石灰水，溶液變渾濁，則原氣體不一定是CO2，故D錯誤，故選：B?！军c評】本題考查常見物質(zhì)及離子檢驗，側(cè)重對基礎(chǔ)知識的考查，注意對基礎(chǔ)知識的掌握積累．3．（6分）下列說法不正確的是（）A．Na與H2O的反應(yīng)是熵增的放熱反應(yīng)，該反應(yīng)能自發(fā)進行 B．飽和Na2SO4溶液或濃硝酸均可使蛋白質(zhì)溶液產(chǎn)生沉淀，但原理不同 C．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等條件下二者對H2O2分解速率的改變相同 D．Mg（OH）2固體在溶液存在平衡：Mg（OH）2（s）?Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），該固體可溶于NH4Cl溶液【考點】C5：焓變和熵變；CA：化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素；DH：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；K6：氨基酸、蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特點．【分析】A．該反應(yīng)為固體與液態(tài)反應(yīng)生成氣體，該反應(yīng)為熵增反應(yīng)，反應(yīng)放出大量的熱，結(jié)合△G＝△H﹣T△S＜0，反應(yīng)自發(fā)進行；B．飽和Na2SO4溶液或濃硝酸均可使蛋白質(zhì)溶液產(chǎn)生沉淀，前者為鹽析，后者為蛋白質(zhì)變性；C．FeCl3和MnO2對H2O2分解催化效果不相同；D．NH4Cl溶液中銨根離子水解呈酸性，消耗Mg（OH）2（s）溶解平衡中的氫氧根離子，平衡右移．【解答】解：A．Na與水反應(yīng)為固體與液態(tài)反應(yīng)生成氣體，該反應(yīng)為熵增反應(yīng)，即△S＞O，反應(yīng)中鈉熔化為小球，說明反應(yīng)放出大量的熱，即△H＜0，則△G＝△H﹣T△S＜0，故該反應(yīng)自發(fā)進行，故A正確；B．飽和Na2SO4溶液或濃硝酸均可使蛋白質(zhì)溶液產(chǎn)生沉淀，飽和Na2SO4溶液降低蛋白質(zhì)溶解度，為鹽析現(xiàn)象，為可逆過程，再加入水可以溶解，硝酸具有強氧化性，使蛋白質(zhì)變性，過程不可能，二者原理不同，故B正確；C．FeCl3和MnO2對H2O2分解催化效果不相同，同等條件下H2O2分解速率的改變不相同，故C錯誤；D．NH4Cl溶液中銨根離子水解呈酸性，消耗Mg（OH）2（s）溶解平衡中的氫氧根離子，使Mg（OH）2（s）?Mg2+（aq）+2OH﹣（aq）平衡右移，故Mg（OH）2可溶于NH4Cl溶液，故D正確，故選：C?！军c評】本題側(cè)重對化學(xué)反應(yīng)原理考查，涉及反應(yīng)自發(fā)性判斷、蛋白質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)速率影響因素、沉淀溶解平衡等，注意B選項中蛋白質(zhì)變性的一些方法，難度不大．4．（6分）鋅銅原電池裝置如圖所示，其中陽離子交換膜只允許陽離子和水分子通過，下列有關(guān)敘述正確的是（）A．銅電極上發(fā)生氧化反應(yīng) B．電池工作一段時間后，甲池的c（SO42﹣）減小 C．電池工作一段時間后，乙池溶液的總質(zhì)量增加 D．陰陽離子分別通過交換膜向負極和正極移動，保持溶液中電荷平衡【考點】1B：真題集萃；BH：原電池和電解池的工作原理．【分析】由圖象可知，該原電池反應(yīng)式為：Zn+Cu2+＝Zn2++Cu，Zn發(fā)生氧化反應(yīng)，為負極，Cu電極上發(fā)生還原反應(yīng)，為正極，陽離子交換膜只允許陽離子和水分子通過，兩池溶液中硫酸根濃度不變，隨反應(yīng)進行，甲池中的Zn2+通過陽離子交換膜進入乙池，以保持溶液呈電中性，進入乙池的Zn2+與放電的Cu2+的物質(zhì)的量相等，而Zn的摩爾質(zhì)量大于Cu，故乙池溶液總質(zhì)量增大．【解答】解：A．由圖象可知，該原電池反應(yīng)式為：Zn+Cu2+＝Zn2++Cu，Zn為負極，發(fā)生氧化反應(yīng)，Cu為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，故A錯誤；B．陽離子交換膜只允許陽離子和水分子通過，故兩池中c（SO42﹣）不變，故B錯誤；C．甲池中的Zn2+通過陽離子交換膜進入乙池，乙池中發(fā)生反應(yīng)：Cu2++2e﹣＝Cu，保持溶液呈電中性，進入乙池的Zn2+與放電的Cu2+的物質(zhì)的量相等，而Zn的摩爾質(zhì)量大于Cu，故乙池溶液總質(zhì)量增大，故C正確；D．甲池中的Zn2+通過陽離子交換膜進入乙池，以保持溶液電荷守恒，陰離子不能通過陽離子交換膜，故D錯誤，故選：C。【點評】本題考查原電池工作原理，比較基礎(chǔ)，注意陽離子交換膜只允許陽離子通過，C選項利用電荷守恒分析．5．（6分）室溫下，將0.20molNa2CO3固體溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物質(zhì)，有關(guān)結(jié)論正確的是（）加入的物質(zhì)結(jié)論A100mL2mol?L﹣1H2SO4反應(yīng)結(jié)束后，c（Na+）＝c（SO42﹣）B0.20molCaO溶液中增大C200mLH2O由水電離出的c（H+）?c（OH﹣）不變D0.4molNaHSO4固體反應(yīng)完全后，溶液pH減小，c（Na+）不變A．A B．B C．C D．D【考點】DD：鹽類水解的應(yīng)用．【專題】51H：鹽類的水解專題．【分析】n（Na2CO3）＝0.2mol，碳酸鈉是強堿弱酸鹽，碳酸根離子水解導(dǎo)致溶液呈堿性，水解方程式為CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，A．n（H2SO4）＝2mol/L×0.1L＝0.2mol，H2SO4和Na2CO3反應(yīng)方程式為Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+CO2↑+H2O，根據(jù)方程式知，二者恰好反應(yīng)生成強酸強堿溶液Na2SO4，溶液呈中性，根據(jù)電荷守恒判斷c（Na+）、c（SO42﹣）相對大??；B．CaO+H2O＝Ca（OH）2、Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH，所以得CaO+H2O+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH，根據(jù)方程式知，二者恰好反應(yīng)生成NaOH，反應(yīng)后溶液中的溶質(zhì)是NaOH；C．加水稀釋促進碳酸鈉水解；D．NaHSO4和Na2CO3反應(yīng)方程式為：2NaHSO4+Na2CO3＝Na2SO4+H2O+CO2↑，根據(jù)方程式知，二者恰好反應(yīng)生成Na2SO4、H2O、CO2，溶液中的溶質(zhì)是硫酸鈉，溶液呈中性．【解答】解：n（Na2CO3）＝0.2mol，碳酸鈉是強堿弱酸鹽，碳酸根離子水解導(dǎo)致溶液呈堿性，水解方程式為CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，A．n（H2SO4）＝2mol/L×0.1L＝0.2mol，H2SO4和Na2CO3反應(yīng)方程式為Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+CO2↑+H2O，根據(jù)方程式知，二者恰好反應(yīng)生成強酸強堿溶液Na2SO4，溶液呈中性，則c（H+）＝c（OH﹣），根據(jù)電荷守恒得（Na+）＝2c（SO42﹣），故A錯誤；B．CaO+H2O＝Ca（OH）2、Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH，隨著CO32﹣的消耗，CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣向左移動，c（HCO3﹣）減小，反應(yīng)生成OH﹣，則c（OH﹣）增大，導(dǎo)致溶液中增大，故B正確；C．加水稀釋促進碳酸鈉水解，則由水電離出的n（H+）、n（OH﹣）都增大，但氫離子、氫氧根離子物質(zhì)的量增大倍數(shù)小于溶液體積增大倍數(shù)，c（H+）、c（OH﹣）減小，二者濃度之積減小，故C錯誤；D．NaHSO4和Na2CO3反應(yīng)方程式為：2NaHSO4+Na2CO3＝Na2SO4+H2O+CO2↑，根據(jù)方程式知，二者恰好反應(yīng)生成Na2SO4、H2O、CO2，溶液中的溶質(zhì)是硫酸鈉，溶液呈中性，溶液由堿性變?yōu)橹行裕芤旱膒H減小，因為硫酸氫鈉中含有鈉離子，所以c（Na+）增大，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題為2015年高考題的改編題，考查離子濃度大小比較，為高頻考點，明確鹽類水解原理及物質(zhì)之間的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，結(jié)合電荷守恒、鹽類水解特點分析解答，易錯選項是C，注意C中計算的是水電離出的c（H+）．c（OH﹣）之積而不是溶液中c（H+）．c（OH﹣）之積，為易錯點．6．（6分）某溫度下，在2L的密閉容器中，加入1molX（g）和2molY（g）發(fā)生反應(yīng)：X（g）+mY（g）?3Z（g），平衡時，X、Y、Z的體積分數(shù)分別為30%、60%、10%，在此平衡體系中加入1molZ（g），再將達到平衡后，X、Y、Z的體積分數(shù)不變．下列敘述不正確的是（）A．m＝2 B．兩次平衡的平衡常數(shù)相同 C．X與Y的平衡轉(zhuǎn)化率之比為1：1 D．第二次平衡時，Z的濃度為0.4mol?L﹣1【考點】CP：化學(xué)平衡的計算．【分析】A．平衡時，X、Y、Z的體積分數(shù)分別為30%、60%、10%，在此平衡體系中加入1molZ（g），再將達到平衡后，X、Y、Z的體積分數(shù)不變，說明反應(yīng)前后氣體計量數(shù)之和不變；B．平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，平衡常數(shù)不變；C．設(shè)第一次達到平衡狀態(tài)時X參加反應(yīng)的物質(zhì)的量為amol，根據(jù)轉(zhuǎn)化率進行計算；D．該反應(yīng)的反應(yīng)前后氣體計量數(shù)之和不變，第一次反應(yīng)是按照X、Y的計量數(shù)之比來投料，所以第二次平衡與第一次平衡是等效平衡，兩次平衡后各物質(zhì)的含量不變，據(jù)此解答．【解答】解：A．平衡時，X、Y、Z的體積分數(shù)分別為30%、60%、10%，在此平衡體系中加入1molZ（g），再將達到平衡后，X、Y、Z的體積分數(shù)不變，說明反應(yīng)前后氣體計量數(shù)之和不變，所以m＝2，故A正確；B．平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，所以兩次平衡的平衡常數(shù)相同，故B正確；C．設(shè)第一次達到平衡狀態(tài)時X參加反應(yīng)的物質(zhì)的量為amol，X（g）+2Y（g）?3Z（g）開始（mol）120轉(zhuǎn)化（mol）a2a3a平衡（mol）（1﹣a）（2﹣2a）3a相同條件下，氣體的體積與物質(zhì)的量成正比，所以其體積分數(shù)等于其物質(zhì)的量分數(shù)，即（1﹣a）：（2﹣2a）：3a＝30%：60%：10%，所以a＝0.1，則參加反應(yīng)的△n（X）＝0.1mol、△n（Y）＝0.2mol，轉(zhuǎn)化率，X的轉(zhuǎn)化率10%，Y的轉(zhuǎn)化率10%，所以X和Y的轉(zhuǎn)化率之比為1：1，故C正確；D．該反應(yīng)的反應(yīng)前后氣體計量數(shù)之和不變，第一次反應(yīng)是按照X、Y的計量數(shù)之比來投料，所以第二次平衡與第一次平衡是等效平衡，兩次平衡后各物質(zhì)的含量不變，投入Z后，設(shè)Z參加反應(yīng)的物質(zhì)的量為3bmol，X（g）+2Y（g）?3Z（g）第一次平衡（mol）：0.91.80.3加入1molZ：0.91.81.3轉(zhuǎn)化：b2b3b第二次平衡（mol）：（0.9+b）（1.8+2b）（1.3﹣3b）各物質(zhì)含量不變，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的物質(zhì)的量濃度0.2mol/L，故D錯誤；故選：D。【點評】本題為2015年高考題，考查化學(xué)平衡計算、等效平衡、平衡常數(shù)等知識點，側(cè)重考查學(xué)生分析計算能力，注意平衡常數(shù)、電離平衡常數(shù)、溶度積常數(shù)、鹽類水解平衡常數(shù)都只與溫度有關(guān)，與濃度無關(guān)，難點是D選項計算，題目難度中等．二、非選擇題7．（14分）隨原子序數(shù)遞增，八種短周期元素（用字母x等表示）原子半徑的相對大小，最高正價或最低負價的變化如圖1所示。根據(jù)判斷出的元素回答問題：（1）f在周期表中的位置是第三周期ⅢA族；（2）比較d、e常見離子的半徑大?。ㄓ没瘜W(xué)式表示，下同）：O2﹣＞Na+；比較g、h的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強弱：HClO4＞H2SO4。（3）任選上述元素組成一種四個原子共價化合物，寫出其電子式：（或）；（4）已知1mole的單質(zhì)在足量d2中燃燒，恢復(fù)至室溫，放出255.5kJ熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：2Na（s）+O2（g）＝Na2O2（s）△H＝﹣511kJ?mol﹣1；（5）上述元素可組成鹽R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1mol?L﹣1R溶液的燒杯中滴加1mol?L﹣1NaOH溶液，沉淀物質(zhì)的量隨NaOH溶液體積的變化示意圖如圖2①R溶液中，離子濃度由大到小的順序是c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；②寫出m點反應(yīng)的離子方程式：NH4++OH﹣＝NH3?H2O；③若在R溶液中改加20ml1.2mol?L﹣1Ba（OH）2溶液，充分反應(yīng)后，溶液中產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量為0.022mol。【考點】1B：真題集萃；8J：位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用．【分析】從圖中的化合價和原子半徑的大小，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ⅢA族；（2）電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越?。环墙饘傩栽綇?，最高價氧化物水化物的酸性越強；（3）四原子共價化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等；（4）1molNa的單質(zhì)在足量O2中燃燒生成Na2O2（s），放出255.5kJ熱量，2molNa反應(yīng)放出熱量為511kJ，注明聚集狀態(tài)、反應(yīng)熱書寫熱化學(xué)方程式；（5）①R是NH4Al（SO4）2，溶液中Al3+、NH4+均水解使溶液呈酸性，但Al3+比NH4+水解程度更大；②m點過程中加入氫氧化鈉，沉淀物質(zhì)的量不變，是NH4+與OH﹣反應(yīng)生成NH3?H2O；③根據(jù)n＝cV計算n（Al3+）、n（NH4+）、n（SO42﹣）、n（Ba2+）、n（OH﹣），根據(jù)SO42﹣、Ba2+中不足量的離子的物質(zhì)的量計算生成BaSO4的物質(zhì)的量，依次發(fā)生：Al3++OH﹣＝Al（OH）3↓、NH4++OH﹣＝NH3?H2O、Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，根據(jù)方程式計算生成Al（OH）3的物質(zhì)的量，進而二者計算生成固體總物質(zhì)的量?！窘獯稹拷猓簭膱D中的化合價和原子半徑的大小，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ⅢA族，故答案為：第三周期ⅢA族；（2）電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑：r（O2﹣）＞r（Na+）；非金屬性越強，最高價氧化物水化物的酸性越強，故酸性：HClO4＞H2SO4，故答案為：r（O2﹣）＞r（Na+）；HClO4＞H2SO4；（3）四原子共價化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其電子式為：（或），故答案為：（或）；（4）1molNa的單質(zhì)在足量O2中燃燒生成Na2O2（s），放出255.5kJ熱量，2molNa反應(yīng)放出熱量為511kJ，則該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：2Na（s）+O2（g）＝Na2O2（s）△H＝﹣511kJ?mol﹣1，故答案為：2Na（s）+O2（g）＝Na2O2（s）△H＝﹣511kJ?mol﹣1；（5）①R是NH4Al（SO4）2，溶液中Al3+、NH4+均水解使溶液呈酸性，但Al3+比NH4+水解程度更大，故離子濃度由大到小的順序是：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案為：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；②m點過程中加入氫氧化鈉，沉淀物質(zhì)的量不變，是NH4+與OH﹣反應(yīng)生成NH3?H2O，離子方程式為：NH4++OH﹣＝NH3?H2O，故答案為：NH4++OH﹣＝NH3?H2O；③10mL1mol?L﹣1NH4Al（SO4）2溶液中Al3+物質(zhì)的量為0.01mol，NH4+的物質(zhì)的量為0.01mol，SO42﹣的物質(zhì)的量為0.02mol，20mL1.2mol?L﹣1Ba（OH）2溶液中Ba2+物質(zhì)的量為0.024mol，OH﹣為0.048mol，由SO42﹣+Ba2+＝BaSO4↓，可知SO42﹣不足，故可以得到0.02molBaSO4，Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓0.01mol0.03mol0.01mol反應(yīng)剩余OH﹣為0.048mol﹣0.03mol＝0.018mol，NH4++OH﹣＝NH3?H2O0.01mol0.01mol反應(yīng)剩余OH﹣為0.018mol﹣0.01mol＝0.008mol，Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O0.008mol0.008mol故得到Al（OH）3沉淀為0.01mol﹣0.008mol＝0.002mol則最終得到固體為0.02mol+0.002mol＝0.022mol，故答案為：0.022mol?！军c評】本題考查結(jié)構(gòu)位置性質(zhì)關(guān)系、離子半徑的大小比較、元素周期律、熱化學(xué)方程式書寫、離子濃度大小比較、化學(xué)圖象及化學(xué)計算，是對學(xué)生綜合能力的考查，需要學(xué)生具備扎實的基礎(chǔ)，難度中等。8．（18分）扁桃酸衍生物是重要的醫(yī)藥中間體，以A和B為原料合成扁桃酸衍生物F的路線如圖1：（1）A分子式為C2H2O3，可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，且具有酸性，A所含官能團名稱為醛基、羧基，寫出A+B→C的化學(xué)反應(yīng)方程式：；（2）C（）中①、②、③3個﹣OH的酸性由強到弱的順序是③＞①＞②；（3）E是由2分子C生成的含有3個六元環(huán)的化合物，E分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子有4種．（4）D→F的反應(yīng)類型是取代反應(yīng)，1molF在一定條件下與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗NaOH的物質(zhì)的量為3mol．寫出符合下列條件的F的所有同分異構(gòu)體（不考慮立體異構(gòu)）的結(jié)構(gòu)簡式：．①屬于一元酸類化合物②苯環(huán)上只有2個取代基且處于對位，其中一個是羥基（5）已知：A有多種合成方法，在圖2方框中寫出由乙酸合成A的路線流程圖（其他原料任選），合成路線流程圖示例如下：H2C＝CH2CH3CH2OHCH3COOC2H5．【考點】HC：有機物的合成．【分析】（1）A的分子式為C2H2O3，可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，且具有酸性，含有醛基和羧基，則A是OHC﹣COOH，根據(jù)C的結(jié)構(gòu)可知B是，A+B→C發(fā)生加成反應(yīng)；（2）羧基的酸性強于酚羥基，酚羥基的酸性強于醇羥基；（3）C中有羥基和羧基，2分子C可以發(fā)生酯化反應(yīng)，可以生成3個六元環(huán)的化合物，C分子間醇羥基、羧基發(fā)生酯化反應(yīng)，則E為；（4）對比D、F的結(jié)構(gòu)，可知溴原子取代﹣OH位置；F中溴原子、酚羥基、酯基（羧酸與醇形成的酯基），都可以與氫氧化鈉反應(yīng)；F的所有同分異構(gòu)體符合：①屬于一元酸類化合物，②苯環(huán)上只有2個取代基且處于對位，其中一個是羥基，另外取代基為﹣CBr（CH3）COOH、﹣CH（CH2Br）COOH、﹣CH2CHBrCOOH、﹣CHBrCH2COOH；（5）由題目信息可知，乙酸與PCl3反應(yīng)得到ClCH2COOH，在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)得到HOCH2COONa，用鹽酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu作催化劑條件下發(fā)生催化氧化得到OHC﹣COOH．【解答】解：（1）A的分子式為C2H2O3，可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，且具有酸性，含有醛基和羧基，則A是OHC﹣COOH，根據(jù)C的結(jié)構(gòu)可知B是，A+B→C發(fā)生加成反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：，故答案為：醛基、羧基；；（2）羧基的酸性強于酚羥基，酚羥基的酸性強于醇羥基，故強弱順序為：③＞①＞②，故答案為：③＞①＞②；羧基的酸性強于酚羥基，酚羥基的酸性強于醇羥基；（3）C中有羥基和羧基，2分子C可以發(fā)生酯化反應(yīng)，可以生成3個六元環(huán)的化合物，C分子間醇羥基、羧基發(fā)生酯化反應(yīng)，則E為，為對稱結(jié)構(gòu)，分子中有4種化學(xué)環(huán)境不同的H原子，分別為苯環(huán)上2種、酚羥基中1種、亞甲基上1種，故答案為：4；（4）對比D、F的結(jié)構(gòu)，可知溴原子取代﹣OH位置，D→F的反應(yīng)類型是：取代反應(yīng)；F中溴原子、酚羥基、酯基（羧酸與醇形成的酯基），都可以與氫氧化鈉反應(yīng)，1molF最多消耗3molNaOH；F的所有同分異構(gòu)體符合：①屬于一元酸類化合物，②苯環(huán)上只有2個取代基且處于對位，其中一個是羥基，另外取代基為﹣CBr（CH3）COOH、﹣CH（CH2Br）COOH、﹣CH2CHBrCOOH、﹣CHBrCH2COOH，可能的結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為：取代反應(yīng)；3；；（5）由題目信息可知，乙酸與PCl3反應(yīng)得到ClCH2COOH，在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)得到HOCH2COONa，用鹽酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu作催化劑條件下發(fā)生催化氧化得到OHC﹣COOH，合成路線流程圖為：CH3COOHClCH2COOHHOCH2COONaHOCH2COOHOHC﹣COOH，故答案為：CH3COOHClCH2COOHHOCH2COONaHOCH2COOHOHC﹣COOH．【點評】本題考查有機物的推斷與合成、同分異構(gòu)體的書寫、常見有機反應(yīng)類型、官能團的性質(zhì)等，是對有機化學(xué)基礎(chǔ)的綜合考查，難度中等．9．（18分）廢舊印刷電路板是一種電子廢棄物，其中銅的含量達到礦石中的幾十倍，濕法技術(shù)是將粉碎的印刷電路板經(jīng)溶解、萃取、電解等操作得到純銅產(chǎn)品．某化學(xué)小組模擬該方法回收銅和制取膽礬，流程簡圖如圖1：回答下列問題：（1）反應(yīng)Ⅰ是將Cu轉(zhuǎn)化為Cu（NH3）42+，反應(yīng)中H2O2的作用是氧化劑，寫出操作①的名稱：過濾；（2）反應(yīng)Ⅱ是銅氨溶液中的Cu（NH3）42+與有機物RH反應(yīng)，寫出該反應(yīng)的離子方程式：Cu（NH3）42++2RH＝CuR2+2NH4++2NH3↑，操作②用到的主要儀器名稱為分液漏斗，其目的是（填序號）ab．a(chǎn)．富集銅元素b．使銅元素與水溶液中的物質(zhì)分離c．增加Cu2+在水中的溶解度（3）反應(yīng)Ⅲ是有機溶液中的CuR2與稀硫酸反應(yīng)生成CuSO4和RH，若操作③使用如圖2裝置，圖中存在的錯誤是分液漏斗尖端未緊靠燒杯內(nèi)壁；液體過多；（4）操作④以石墨作電極電解CuSO4溶液，陰極析出銅，陽極產(chǎn)物是O2、H2SO4，操作⑤由硫酸銅溶液制膽礬的主要步驟是加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾；（5）流程中有三處實現(xiàn)了試劑的循環(huán)使用，已用虛線標出兩處，第三處的試劑是H2SO4，循環(huán)使用的NH4Cl在反應(yīng)Ⅰ中的主要作用是防止由于溶液中c（OH﹣）過高，生成Cu（OH）2沉淀．【考點】1B：真題集萃；P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．【分析】廢電路板中加入雙氧水、氨氣、氯化銨溶液，得到銅氨溶液和殘渣，分離難溶性固體和溶液采用過濾方法，所以操作①是過濾，反應(yīng)Ⅰ是將Cu轉(zhuǎn)化為Cu（NH3）42+，Cu元素化合價由0價變?yōu)?2價，所以Cu是還原劑，則雙氧水是氧化劑，將Cu氧化；反應(yīng)Ⅱ是銅氨溶液中的Cu（NH3）42+與有機物RH反應(yīng)，生成CuR2，同時生成NH4+和NH3；互不相溶的液體采用分液方法分離，所以操作②是分液；向有機層中加入稀硫酸，根據(jù)流程圖知，生成CuSO4和HR，然后采用分液方法分離得到HR，以石墨為電極電解硫酸銅溶液時，陽極上氫氧根離子放電、陰極上銅離子放電；從硫酸銅溶液中獲取膽礬，采用加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾的方法得到晶體；（1）雙氧水具有氧化性，能氧化還原性物質(zhì)，分離難溶性固體和溶液采用過濾方法；（2）反應(yīng)Ⅱ是銅氨溶液中的Cu（NH3）42+與有機物RH反應(yīng)生成CuR2，同時生成NH4+和NH3，根據(jù)反應(yīng)物和生成物書寫該反應(yīng)的離子方程式為；分離互不相溶的液體采用分液方法，分液時常用分液漏斗；（3）反應(yīng)Ⅲ是有機溶液中的CuR2與稀硫酸反應(yīng)生成CuSO4和RH，分液時分液漏斗下端要緊靠燒杯內(nèi)壁，且分液漏斗內(nèi)不能盛放太多溶液；（4）以石墨為電極電解硫酸銅溶液時，陽極上氫氧根離子放電、陰極上銅離子放電，SO42﹣向陽極移動；從溶液中獲取晶體采用加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾方法；（5）電解硫酸銅溶液時能得到硫酸，硫酸能循環(huán)利用；氯化銨電離出的銨根離子抑制一水合氨電離而降低溶液堿性．【解答】解：廢電路板中加入雙氧水、氨氣、氯化銨溶液，得到銅氨溶液和殘渣，分離難溶性固體和溶液采用過濾方法，所以操作①是過濾，反應(yīng)Ⅰ是將Cu轉(zhuǎn)化為Cu（NH3）42+，Cu元素化合價由0價變?yōu)?2價，所以Cu是還原劑，則雙氧水是氧化劑，將Cu氧化；反應(yīng)Ⅱ是銅氨溶液中的Cu（NH3）42+與有機物RH反應(yīng)，生成CuR2，同時生成NH4+和NH3；互不相溶的液體采用分液方法分離，所以操作②是分液；向有機層中加入稀硫酸，根據(jù)流程圖知，生成CuSO4和HR，然后采用分液方法分離得到HR，以石墨為電極電解硫酸銅溶液時，陽極上氫氧根離子放電、陰極上銅離子放電；從硫酸銅溶液中獲取膽礬，采用加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾的方法得到晶體；（1）雙氧水具有氧化性，能氧化還原性物質(zhì)Cu，所以雙氧水作氧化劑；分離難溶性固體和溶液采用過濾方法，該混合溶液中貴重金屬是難溶物、銅氨溶液是液體，所以操作①是過濾，故答案為：氧化劑；過濾；（2）反應(yīng)Ⅱ是銅氨溶液中的Cu（NH3）42+與有機物RH反應(yīng)生成CuR2，同時生成NH4+和NH3，根據(jù)反應(yīng)物和生成物書寫該反應(yīng)的離子方程式Cu（NH3）42++2RH＝CuR2+2NH4++2NH3↑；分離互不相溶的液體采用分液方法，分液時常用分液漏斗，分液的目的是富集銅元素、使銅元素與水溶液中的物質(zhì)分離，所以ab正確，故答案為：Cu（NH3）42++2RH＝CuR2+2NH4++2NH3↑；分液漏斗；ab；（3）反應(yīng)Ⅲ是有機溶液中的CuR2與稀硫酸反應(yīng)相當于復(fù)分解反應(yīng)，所以生成CuSO4和RH，分液時分液漏斗下端要緊靠燒杯內(nèi)壁，且分液漏斗內(nèi)不能盛放太多溶液，故答案為：RH；分液漏斗尖端未緊靠燒杯內(nèi)壁；液體過多；（4）以石墨為電極電解硫酸銅溶液時，陽極上氫氧根離子放電、陰極上銅離子放電，所以陽極上生成O2，同時有大量的H+生成，且SO42﹣也向陽極移動在陽極積累，因此陽極產(chǎn)物還有H2SO4；從溶液中獲取晶體采用加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾方法，故答案為：O2、H2SO4；加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾；（5）電解硫酸銅溶液時能得到硫酸，在反應(yīng)III中用到硫酸，所以H2SO4能循環(huán)利用；氯化銨電離出的銨根離子抑制一水合氨電離而降低溶液堿性，從而抑制氫氧化銅生成，故答案為：H2SO4；防止由于溶液中c（OH﹣）過高，生成Cu（OH）2沉淀．【點評】本題為2015年高考題，考查物質(zhì)分離和提純，涉及基本實驗操作、氧化還原反應(yīng)、電解原理等知識點，側(cè)重考查學(xué)生實驗操作規(guī)范性、知識綜合應(yīng)用能力等，能從整體上把握是解本題關(guān)鍵，易錯點是（5）題第一個空，題目難度中等．10．（14分）FeCl3具有凈水作用，但腐蝕設(shè)備，而聚合氯化鐵是一種新型的絮凝劑，處理污水比FeCl3高效，且腐蝕性小，請回答下列問題：（1）FeCl3凈水的原理是Fe3+水解生成的Fe（OH）3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質(zhì)，F(xiàn)eCl3溶液腐蝕鋼鐵設(shè)備，除H+作用外，另一主要原因是（用離子方程式表示）2Fe3++Fe＝3Fe2+；（2）為節(jié)約成本，工業(yè)上用NaClO3氧化酸性FeCl2廢液得到FeCl3。①若酸性FeCl2廢液中c（Fe2+）＝2.0×10﹣2mol?L﹣1，c（Fe3+）＝1.0×10﹣3mol?L﹣1，c（Cl﹣）＝5.3×10﹣2mol?L﹣1，則該溶液的pH約為2；②完成NaClO3氧化FeCl2的離子方程式：1ClO3﹣+6Fe2++6H+＝1Cl﹣+6Fe3++3H2O（3）FeCl3在溶液中分三步水解：Fe3++H2O?Fe（OH）2++H+K1Fe（OH）2++H2O?Fe（OH）2++H+K2Fe（OH）2++H2O?Fe（OH）3+H+K3以上水解反應(yīng)的平衡常數(shù)K1、K2、K3由大到小的順序是K1＞K2＞K3。通過控制條件，以上水解產(chǎn)物聚合，生成聚