2012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2012年天津市高考化學(xué)試卷一、每題6分，共36分，只有一項是最符合題目要求的．1．（6分）根據(jù)下列物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)，判斷其應(yīng)用錯誤的是（）A．酒精能使蛋白質(zhì)變性，可用于殺菌消毒 B．CaO能與SO2反應(yīng)，可作工業(yè)廢氣的脫硫劑 C．明礬水解時產(chǎn)生具有吸附性的膠體粒子，可作漂白劑 D．鑭鎳合金能大量吸收H2形成金屬氫化物，可作儲氫材料2．（6分）下列單質(zhì)或化合物性質(zhì)的描述正確的是（）A．NaHSO4水溶液顯中性 B．SiO2與酸、堿均不反應(yīng) C．NO2溶于水時發(fā)生氧化還原反應(yīng) D．Fe在足量Cl2中燃燒生成FeCl2和FeCl33．（6分）下列敘述正確的是（）A．乙酸與丙二酸互為同系物 B．不同元素的原子構(gòu)成的分子只含極性共價鍵 C．U和U是中子數(shù)不同質(zhì)子數(shù)相同的同種核素 D．短周期第ⅣA與ⅦA族元素的原子間構(gòu)成的分子，均滿足原子最外層8電子結(jié)構(gòu)4．（6分）完成下列實驗所選擇的裝置或儀器（夾持裝置已略去）正確的是（）A．用CCl4提取溴水中的Br2 B．除去乙醇中的苯酚 C．從KI和I2的固體混合物中回收I2 D．配制100mL0.1000mol?L﹣1K2Cr2O7溶液5．（6分）下列電解質(zhì)溶液的有關(guān)敘述正確的是（）A．同濃度、同體積的強酸與強堿溶液混合后，溶液的pH＝7 B．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固體，c（Ba2+）增大 C．含1molKOH的溶液與1molCO2完全反應(yīng)后，溶液中c（K+）＝c（HCO） D．在CH3COONa溶液中加入適量CH3COOH，可使c（Na+）＝c（CH3COO﹣）6．（6分）已知2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）；△H＝﹣197kJ?mol﹣1．向同溫、同體積的三個密閉容器中分別充入氣體：（甲）2molSO2和1molO2；（乙）1molSO2和0.5molO2；（丙）2molSO3．恒溫、恒容下反應(yīng)達平衡時，下列關(guān)系一定正確的是（）A．容器內(nèi)壓強P：P甲＝P丙＞2P乙 B．SO3的質(zhì)量m：m甲＝m丙＞2m乙 C．c（SO2）與c（O2）之比k：k甲＝k丙＞k乙 D．反應(yīng)放出或吸收熱量的數(shù)值Q：Q甲＝Q丙＞2Q乙二、本卷共4題，共64分．7．（14分）X、Y、Z、M、G五種元素分屬三個短周期，且原子序數(shù)依次增大。X、Z同主族，可形成離子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3兩種分子。請回答下列問題：（1）Y在元素周期表中的位置為。（2）上述元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物酸性最強的是（寫化學(xué)式），非金屬氣態(tài)氫化物還原性最強的是（寫化學(xué)式）。（3）Y、G的單質(zhì)或兩元素之間形成的化合物可作水消毒劑的有（寫出其中兩種物質(zhì)的化學(xué)式）。（4）X2M的燃燒熱△H＝﹣akJ?mol﹣1，寫出X2M燃燒反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：。（5）ZX的電子式為；ZX與水反應(yīng)放出氣體的化學(xué)方程式為。（6）熔融狀態(tài)下，Z的單質(zhì)和FeG2能組成可充電電池（裝置示意圖如下），反應(yīng)原理為：2Z+FeG2Fe+2ZG．放電時，電池的正極反應(yīng)式為；充電時，（寫物質(zhì)名稱）電極接電源的負極；該電池的電解質(zhì)為。8．（18分）萜品醇可作為消毒劑、抗氧化劑、醫(yī)藥和溶劑．合成a﹣萜品醇G的路線之一如下：已知：RCOOC2H5請回答下列問題：（1）A所含官能團的名稱是．（2）A催化氫化得Z（C7H12O3），寫出Z在一定條件下聚合反應(yīng)的化學(xué)方程式：．（3）B的分子式為；寫出同時滿足下列條件的B的鏈狀同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：．①核磁共振氫譜有2個吸收峰②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)（4）B→C、E→F的反應(yīng)類型分別為、．（5）C→D的化學(xué)方程式為．（6）試劑Y的結(jié)構(gòu)簡式為．（7）通過常溫下的反應(yīng)，區(qū)別E、F和G的試劑是和．（8）G與H2O催化加成得不含手性碳原子（連有4個不同原子或原子團的碳原子叫手性碳原子）的化合物H，寫出H的結(jié)構(gòu)簡式：．9．（18分）信息時代產(chǎn)生的大量電子垃圾對環(huán)境構(gòu)成了極大的威脅．某“變廢為寶”學(xué)生探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設(shè)計出如圖1制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：請回答下列問題：（1）第①步Cu與酸反應(yīng)的離子方程式為；得到濾渣1的主要成分為．（2）第②步加H2O2的作用是，使用H2O2的優(yōu)點是；調(diào)溶液pH的目的是使生成沉淀．（3）用第③步所得CuSO4?5H2O制備無水CuSO4的方法是．（4）由濾渣2制取Al2（SO4）3?18H2O，探究小組設(shè)計了三種方案：上述三種方案中，方案不可行，原因是：從原子利用率角度考慮，方案更合理．（5）探究小組用滴定法測定CuSO4?5H2O（Mr＝250）含量．取ag試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用cmol?L﹣1EDTA（H2Y2﹣）標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反應(yīng)如下：Cu2++H2Y2﹣＝CuY2﹣+2H+寫出計算CuSO4?5H2O質(zhì)量分數(shù)的表達式ω＝；下列操作會導(dǎo)致CuSO4?5H2O含量的測定結(jié)果偏高的是．a(chǎn)．未干燥錐形瓶b．滴定終點時滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡c．未除凈可與EDTA反應(yīng)的干擾離子．10．（14分）金屬鎢用途廣泛，主要用于制造硬質(zhì)或耐高溫的合金，以及燈泡的燈絲。高溫下，在密閉容器中用H2還原WO3可得到金屬鎢，其總反應(yīng)為：WO3（s）+3H2（g）W（s）+3H2O（g）請回答下列問題：（1）上述反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達式為。（2）某溫度下反應(yīng)達平衡時，H2與水蒸氣的體積比為2：3，則H2的平衡轉(zhuǎn)化率為；隨溫度的升高，H2與水蒸氣的體積比減小，則該反應(yīng)為反應(yīng)（填“吸熱”或“放熱”）。（3）上述總反應(yīng)過程大致分為三個階段，各階段主要成分與溫度的關(guān)系如下表所示：溫度25℃～550℃～600℃～700℃主要成份WO3W2O5WO2W第一階段反應(yīng)的化學(xué)方程式為；580℃時，固體物質(zhì)的主要成分為；假設(shè)WO3完全轉(zhuǎn)化為W，則三個階段消耗H2物質(zhì)的量之比為。（4）已知：溫度過高時，WO2（s）轉(zhuǎn)變?yōu)閃O2（g）；WO2（s）+2H2（g）?W（s）+2H2O（g）；△H＝+66.0kJ?mol﹣1WO2（g）+2H2?W（s）+2H2O（g）；△H＝﹣137.9kJ?mol﹣1則WO2（s）?WO2（g）的△H＝。（5）鎢絲燈管中的W在使用過程中緩慢揮發(fā)，使燈絲變細，加入I2可延長燈管的使用壽命，其工作原理為：W（s）+2I2（g）WI4（g）。下列說法正確的有。a．燈管內(nèi)的I2可循環(huán)使用b．WI4在燈絲上分解，產(chǎn)生的W又沉積在燈絲上c．WI4在燈管壁上分解，使燈管的壽命延長d．溫度升高時，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率減慢。精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2012年天津市高考化學(xué)試卷解析版參考答案與試題解析一、每題6分，共36分，只有一項是最符合題目要求的．1．（6分）根據(jù)下列物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)，判斷其應(yīng)用錯誤的是（）A．酒精能使蛋白質(zhì)變性，可用于殺菌消毒 B．CaO能與SO2反應(yīng)，可作工業(yè)廢氣的脫硫劑 C．明礬水解時產(chǎn)生具有吸附性的膠體粒子，可作漂白劑 D．鑭鎳合金能大量吸收H2形成金屬氫化物，可作儲氫材料【考點】14：物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系．【專題】52：元素及其化合物．【分析】A．蛋白質(zhì)的性質(zhì)和生理功能發(fā)生改變的現(xiàn)象稱為蛋白質(zhì)的變性，酒精能使蛋白質(zhì)變性；B．根據(jù)反應(yīng)SO2+CaOCaSO3解答；C．明礬溶于水可以形成Al（OH）3膠體，膠體吸附懸浮物質(zhì)而沉降，起凈水作用，是常用的凈水劑；D．儲氫合金是一類能夠大量吸收H2，并與H2結(jié)合成金屬氫化物的材料；【解答】解：A．體積分數(shù)為75%的酒精溶液常用于滅菌消毒，此濃度殺菌力最強。在75%的酒精作用下，乙醇能滲入細胞內(nèi)，使蛋白質(zhì)凝固變性，從而起到殺菌的作用，故A正確；B．工業(yè)上經(jīng)常在煤中加入氧化鈣制成“環(huán)保煤”，以減少二氧化硫的排放，此反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SO2+CaOCaSO3，CaO可作工業(yè)廢氣的脫硫劑，故B正確；C．明礬用作廢水處理的混凝劑，明礬溶于水可以形成Al（OH）3膠體，膠體具有很大的表面積，吸附懸浮物質(zhì)而沉降，起凈水作用，是常用的凈水劑，明礬沒有氧化性也不能吸附顏色，不作漂白劑，故C錯誤；D．鎳和鑭組成的一種合金LaNix是較好的儲氫材料，能快速可逆地存儲和釋放H2，其儲氫原理為：鑭鎳合金吸附H2，H2解離為原子，H儲存在其中形成LaNixH6，故D正確；故選：C。【點評】本題主要考查了蛋白質(zhì)的變性、煤的脫硫、明礬的凈水、儲氫合金等知識，較為綜合，題目有一定的難度，平時注意基礎(chǔ)知識的全面掌握．2．（6分）下列單質(zhì)或化合物性質(zhì)的描述正確的是（）A．NaHSO4水溶液顯中性 B．SiO2與酸、堿均不反應(yīng) C．NO2溶于水時發(fā)生氧化還原反應(yīng) D．Fe在足量Cl2中燃燒生成FeCl2和FeCl3【考點】D3：電解質(zhì)在水溶液中的電離；EK：氮的氧化物的性質(zhì)及其對環(huán)境的影響；FH：硅和二氧化硅；GM：鐵的化學(xué)性質(zhì)．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題；52：元素及其化合物．【分析】A．NaHSO4在水中能電離出氫離子顯酸性；B．氫氟酸能和二氧化硅反應(yīng)，氫氧化鈉能和二氧化硅反應(yīng)；C．NO2與水反應(yīng)為3NO2+H2O═2HNO3+NO，反應(yīng)中只有氮元素的化合價發(fā)生變化，NO2既是氧化劑也是還原劑；D．氯氣和金屬反應(yīng)生成高價金屬，能將鐵氧化成+3價的鐵，氯氣和金屬鐵反應(yīng)的產(chǎn)物是氯化鐵．【解答】解：A．NaHSO4在水中的電離方程式為：NaHSO4＝Na++H++SO42﹣溶液呈酸性，故A錯誤；B．氫氟酸能和二氧化硅發(fā)生SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O，玻璃中含有二氧化硅，常用此反應(yīng)在玻璃上刻字；氫氧化鈉能和二氧化硅發(fā)生2NaOH+SiO2═Na2SiO3+H2O，實驗室盛放氫氧化鈉溶液的試劑瓶不能用玻璃塞，其原因是玻璃中的SiO2與NaOH反應(yīng)，生成具有粘性的Na2SiO3，會粘住瓶塞，故B錯誤；C．NO2與水反應(yīng)為3NO2+H2O═2HNO3+NO，反應(yīng)中氮元素的化合價發(fā)生變化，由NO2中+4價升高為HNO3中+5價，由NO2中+4價降低為NO中+2價，NO2既是氧化劑也是還原劑，故C正確；D．氯氣具有強氧化性，金屬鐵具有較強的還原性，氯氣和金屬反應(yīng)生成高價金屬，能將鐵氧化成+3價的鐵，氯氣和金屬鐵反應(yīng)的產(chǎn)物是氯化鐵，Cl2與鐵粉加熱時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe+3Cl2FeCl3，故D錯誤；故選：C。【點評】本題主要考查了元素化合物的知識，考查角度廣，要求學(xué)生具有分析和解決問題的能力，平時注意相關(guān)知識的積累，題目難度中等．3．（6分）下列敘述正確的是（）A．乙酸與丙二酸互為同系物 B．不同元素的原子構(gòu)成的分子只含極性共價鍵 C．U和U是中子數(shù)不同質(zhì)子數(shù)相同的同種核素 D．短周期第ⅣA與ⅦA族元素的原子間構(gòu)成的分子，均滿足原子最外層8電子結(jié)構(gòu)【考點】33：同位素及其應(yīng)用；I2：芳香烴、烴基和同系物．【專題】51B：原子組成與結(jié)構(gòu)專題；51C：元素周期律與元素周期表專題；51D：化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)；53：有機化學(xué)基礎(chǔ)．【分析】A．結(jié)構(gòu)相似，分子組成上相差1個或者若干個CH2基團的化合物互稱為同系物；B．同種非金屬元素之間形成非極性共價鍵，不同非金屬元素之間形成極性共價鍵；C．核素是指具有一定數(shù)目質(zhì)子和一定數(shù)目中子的一種原子；D．．ⅣA（用X表示）與ⅦA（用Y表示）形成的化合物為XY4．【解答】解：A．乙酸含有一個羧基，丙二酸含有2個羧基，結(jié)構(gòu)不相似，不互為同系物，故A錯誤；B．如H2O2分子，分子中含有一個O﹣O非極性鍵，故B錯誤；C．U和U的中子數(shù)不同，不是相同的同種核素，故C錯誤；D．ⅣA（用X表示）與ⅦA（用Y表示）形成的化合物為XY4，X形成四個鍵，加上原來的4個電子，最外層共8個電子，每個Y形成一個鍵，加上原來的7個電子，共8個電子，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查同系物、極性鍵、核素等，題目難度不大，注意知識的積累．4．（6分）完成下列實驗所選擇的裝置或儀器（夾持裝置已略去）正確的是（）A．用CCl4提取溴水中的Br2 B．除去乙醇中的苯酚 C．從KI和I2的固體混合物中回收I2 D．配制100mL0.1000mol?L﹣1K2Cr2O7溶液【考點】U5：化學(xué)實驗方案的評價．【專題】25：實驗評價題．【分析】A．萃取劑的選擇必須符合下列條件：溶質(zhì)在萃取劑中的溶解度比在原溶劑中要大；萃取劑與原溶劑不相溶；萃取劑與溶質(zhì)不反應(yīng)；B．苯酚易溶于乙醇；C．碘單質(zhì)易升華；D．燒杯用來粗略配制溶液．【解答】解：A．溴單質(zhì)易溶于四氯化碳，且四氯化碳與水互不相溶，故A正確；B．苯酚易溶于乙醇，能透過濾紙，不能用過濾分離，故B錯誤；C．加熱后，碘單質(zhì)易升華，剩余的是KI，故C錯誤；D．燒杯用來粗略配制溶液，無法精確到0.0001，故D錯誤。故選：A。【點評】本題考查萃取、分液、物質(zhì)的分離、溶液的配制等，難度不大，注意萃取劑的選擇必須符合下列條件：溶質(zhì)在萃取劑中的溶解度比在原溶劑中要大；萃取劑與原溶劑不相溶；萃取劑與溶質(zhì)不反應(yīng)．5．（6分）下列電解質(zhì)溶液的有關(guān)敘述正確的是（）A．同濃度、同體積的強酸與強堿溶液混合后，溶液的pH＝7 B．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固體，c（Ba2+）增大 C．含1molKOH的溶液與1molCO2完全反應(yīng)后，溶液中c（K+）＝c（HCO） D．在CH3COONa溶液中加入適量CH3COOH，可使c（Na+）＝c（CH3COO﹣）【考點】DH：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；DN：離子濃度大小的比較．【專題】16：壓軸題；51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】A、強酸強堿不一定是一元強酸和一元強堿；B、依據(jù)沉淀溶解平衡分析，在一定溫度下溶度積為常數(shù)，硫酸根離子濃度增大，平衡逆向進行；C、依據(jù)化學(xué)反應(yīng)判斷生成產(chǎn)物為碳酸氫鉀，碳酸氫根離子水解；D、依據(jù)溶液中的電荷守恒計算判斷；【解答】解：A、強酸強堿不一定是一元強酸和一元強堿，等濃度等體積混合可能酸過量或堿過量，故A錯誤；B、加入Na2SO4固體，硫酸根離子濃度增大，平衡逆向進行，鋇離子濃度減小，故B錯誤；C、含1molKOH的溶液與1molCO2完全反應(yīng)后生成碳酸氫鉀，碳酸氫根離子水解，c（K+）＞c（HCO3﹣），故C錯誤；D、在CH3COONa溶液中加入適量CH3COOH，依據(jù)電荷守恒；c（H+）+c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），當(dāng)c（H+）＝c（OH﹣）時，c（Na+）＝c（CH3COO﹣），故D正確；故選：D?！军c評】本題考查了酸堿反應(yīng)的溶液酸堿性判斷，溶液中離子濃度大小比較，鹽類水解的應(yīng)用，溶液中電荷守恒的應(yīng)用，沉淀溶解平衡的分析判斷，題目難度中等．6．（6分）已知2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）；△H＝﹣197kJ?mol﹣1．向同溫、同體積的三個密閉容器中分別充入氣體：（甲）2molSO2和1molO2；（乙）1molSO2和0.5molO2；（丙）2molSO3．恒溫、恒容下反應(yīng)達平衡時，下列關(guān)系一定正確的是（）A．容器內(nèi)壓強P：P甲＝P丙＞2P乙 B．SO3的質(zhì)量m：m甲＝m丙＞2m乙 C．c（SO2）與c（O2）之比k：k甲＝k丙＞k乙 D．反應(yīng)放出或吸收熱量的數(shù)值Q：Q甲＝Q丙＞2Q乙【考點】CB：化學(xué)平衡的影響因素．【專題】16：壓軸題；51E：化學(xué)平衡專題．【分析】恒溫恒容，甲與乙起始n（SO2）：n（O2）＝2：1，甲等效為在乙的基礎(chǔ)上增大一倍壓強，平衡向正反應(yīng)移動，故甲中轉(zhuǎn)化率增大；丙按化學(xué)計量數(shù)轉(zhuǎn)化到左邊可得n（SO2）＝2mol，n（O2）＝1mol，與甲為等效平衡，平衡時對應(yīng)各組分的物質(zhì)的量相等，據(jù)此結(jié)合選項解答；【解答】解：恒溫恒容，甲與乙起始n（SO2）：n（O2）＝2：1，甲等效為在乙的基礎(chǔ)上增大一倍壓強，平衡向正反應(yīng)移動，轉(zhuǎn)化率增大；丙按化學(xué)計量數(shù)轉(zhuǎn)化到左邊可得n（SO2）＝2mol，n（O2）＝1mol，與甲為等效平衡，平衡時對應(yīng)各組分的物質(zhì)的量相等，A、甲與丙為等效平衡，平衡時對應(yīng)各組分的物質(zhì)的量相等，故壓強P甲＝P丙，甲等效為在乙的基礎(chǔ)上增大一倍壓強，平衡向正反應(yīng)移動，故P乙＜P甲＜2P乙，故P甲＝P丙＜2P乙，故A錯誤；B、甲與丙為等效平衡，平衡時對應(yīng)各組分的物質(zhì)的量相等，故質(zhì)量m甲＝m丙，甲等效為在乙到達平衡的基礎(chǔ)上，再加入1molSO2和0.5molO2，增大壓強，平衡向正反應(yīng)移動，SO2轉(zhuǎn)化率增大，m甲＞2m乙，故m甲＝m丙＞2m乙，故B正確；C、對于甲、乙，SO2、O2起始物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，c（SO2）與c（O2）之比為定值2：1，丙為分解反應(yīng)，丙中c（SO2）與c（O2）之比為2：1，故k甲＝k丙＝k乙＝2，故C錯誤；D、甲與丙為等效平衡，平衡時對應(yīng)各組分的物質(zhì)的量相等，故Q甲+Q丙＝197，甲等效為在乙的基礎(chǔ)上增大一倍壓強，平衡向正反應(yīng)移動，SO2轉(zhuǎn)化率增大，故Q甲＞2Q乙，故D錯誤；故選：B?！军c評】該題考查化學(xué)平衡移動與計算、反應(yīng)熱知識、等效平衡等，難度較大，注意構(gòu)建甲、乙平衡建立的途徑，注意理解等效平衡。二、本卷共4題，共64分．7．（14分）X、Y、Z、M、G五種元素分屬三個短周期，且原子序數(shù)依次增大。X、Z同主族，可形成離子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3兩種分子。請回答下列問題：（1）Y在元素周期表中的位置為第二周期第ⅥA族。（2）上述元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物酸性最強的是HClO4（寫化學(xué)式），非金屬氣態(tài)氫化物還原性最強的是H2S（寫化學(xué)式）。（3）Y、G的單質(zhì)或兩元素之間形成的化合物可作水消毒劑的有O3、Cl2等（寫出其中兩種物質(zhì)的化學(xué)式）。（4）X2M的燃燒熱△H＝﹣akJ?mol﹣1，寫出X2M燃燒反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（l），△H＝﹣2aKJ?mol﹣1。（5）ZX的電子式為；ZX與水反應(yīng)放出氣體的化學(xué)方程式為NaH+H2O＝NaOH+H2↑。（6）熔融狀態(tài)下，Z的單質(zhì)和FeG2能組成可充電電池（裝置示意圖如下），反應(yīng)原理為：2Z+FeG2Fe+2ZG．放電時，電池的正極反應(yīng)式為Fe2++2e﹣＝Fe；充電時，鈉（寫物質(zhì)名稱）電極接電源的負極；該電池的電解質(zhì)為β﹣Al2O3。【考點】8J：位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用．【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題．【分析】X、Y、Z、M、G五種元素分屬三個短周期，且原子序數(shù)依次增大，X為主族元素，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成離子化合物ZX，Y為主族元素，且Z原子序數(shù)大于Y原子序數(shù)，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3兩種分子，所以Y是O元素，M是S元素，G是短周期主族元素，所以G是Cl元素（不考慮稀有氣體），據(jù)此解答。【解答】解：X、Y、Z、M、G五種元素分屬三個短周期，且原子序數(shù)依次增大，X為主族元素，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成離子化合物ZX，Y為主族元素，且Z原子序數(shù)大于Y原子序數(shù)，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3兩種分子，所以Y是O元素，M是S元素，G是短周期主族元素，所以G是Cl元素（不考慮稀有氣體），（1）Y是O元素，O原子有2個電子層，最外層電子數(shù)為6，處于第二周期第ⅥA族，故答案為：第二周期第ⅥA族；（2）非金屬性越強，其相應(yīng)的最高價含氧酸的酸性越強，這幾種元素非金屬性最強的是Cl元素，所以其最高價含氧酸的酸性最強的是高氯酸HClO4，非金屬性越弱，氣態(tài)氫化物還原性越強，還原性最強的氣態(tài)氫化物是硫化物H2S，故答案為：HClO4；H2S；（3）Y的單質(zhì)O3、G的單質(zhì)Cl2、二者形成的ClO2可作消毒劑，故答案為：O3、Cl2等；（4）H2S的燃燒熱△H＝﹣akJ?mol﹣1，根據(jù)燃燒熱的含義，H2S燃燒的熱化學(xué)方程式生成物應(yīng)該生成SO2，故H2S燃燒反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣2aKJ?mol﹣1，故答案為：2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣2aKJ?mol﹣1；（5）ZX為NaH，屬于離子化合物，由鈉離子與氫負離子構(gòu)成，電子式為，Na與水反應(yīng)是氫氧化鈉與氫氣，反應(yīng)化學(xué)方程式為為：NaH+H2O＝NaOH+H2↑，故答案為：；NaH+H2O＝NaOH+H2↑；（6）熔融狀態(tài)下，Na的單質(zhì)和FeCl2能組成可充電電池，反應(yīng)原理為：2Na+FeCl2Fe+2NaCl．放電時，為原電池，原電池的正極發(fā)生還原反應(yīng)，F(xiàn)e2+在正極放電生成Fe，正極反應(yīng)式為，F(xiàn)e2++2e﹣＝Fe；充電時，為電解池，陰極發(fā)生還原，故Na電極接電源的負極，由電池結(jié)構(gòu)可知，該電池的電解質(zhì)為β﹣Al2O3，故答案為：Fe2++2e﹣＝Fe；鈉；β﹣Al2O3?！军c評】本題以元素推斷為載體考查了元素化合物的性質(zhì)，能正確判斷元素是解本題的關(guān)鍵，注意（5）中NaH電子式書寫氫負離子的電子式2個電子成對，不能分開。8．（18分）萜品醇可作為消毒劑、抗氧化劑、醫(yī)藥和溶劑．合成a﹣萜品醇G的路線之一如下：已知：RCOOC2H5請回答下列問題：（1）A所含官能團的名稱是羰基、羧基．（2）A催化氫化得Z（C7H12O3），寫出Z在一定條件下聚合反應(yīng)的化學(xué)方程式：．（3）B的分子式為C8H14O3；寫出同時滿足下列條件的B的鏈狀同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：．①核磁共振氫譜有2個吸收峰②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)（4）B→C、E→F的反應(yīng)類型分別為取代反應(yīng)、酯化反應(yīng)．（5）C→D的化學(xué)方程式為+2NaOH+NaBr+2H2O．（6）試劑Y的結(jié)構(gòu)簡式為CH3MgBr．（7）通過常溫下的反應(yīng)，區(qū)別E、F和G的試劑是Na和NaHCO3溶液．（8）G與H2O催化加成得不含手性碳原子（連有4個不同原子或原子團的碳原子叫手性碳原子）的化合物H，寫出H的結(jié)構(gòu)簡式：．【考點】HB：有機物的推斷．【專題】534：有機物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．【分析】（1）由有機物A的結(jié)構(gòu)可知，A中含有羰基、羧基；（2）A催化加氫生成Z，該反應(yīng)為羰基與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，Z為，通過酯化反應(yīng)進行的縮聚反應(yīng)生成高聚物；（3）根據(jù)B的結(jié)構(gòu)簡式書寫B(tài)的分子式，注意利用H原子飽和碳的四價結(jié)構(gòu)；B的同分異構(gòu)體中，核磁共振氫譜有2個吸收峰，說明分子中含有2種H原子，由B的結(jié)構(gòu)可知，分子中H原子數(shù)目很多，故該同分異構(gòu)體為對稱結(jié)構(gòu)，為鏈狀不飽和度為2，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，故含有醛基2個﹣CHO，其余的H原子以甲基形式存在，另外的O原子為對稱結(jié)構(gòu)的連接原子，據(jù)此結(jié)合B的分子式書寫；（4）由B到C的反應(yīng)條件可知，B發(fā)生水解反應(yīng)生成；結(jié)合信息反應(yīng)、G的結(jié)構(gòu)以E→F轉(zhuǎn)化條件可知，F(xiàn)為，故E發(fā)生酯化反應(yīng)生成F；（5）由反應(yīng)條件可知，在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)、同時發(fā)生中和反應(yīng)生成，（6）結(jié)合G的結(jié)構(gòu)與反應(yīng)信息可知，試劑Y為CH3MgBr等；（7）由（5）中分析可知，酸化生成E，E為，含有羧基與C＝C雙鍵，F(xiàn)為，含有C＝C雙鍵、酯基，G中含有C＝C雙鍵、醇羥基，故選擇試劑區(qū)別羧基、酯基、羥基即可，利用羧基、羥基與鈉反應(yīng)，酯基不反應(yīng)，碳酸氫鈉與羧基反應(yīng)，據(jù)此進行區(qū)別；（8）G與H2O催化加成得不含手性碳原子，羥基接在連接甲基的不飽和C原子上．【解答】解：（1）由有機物A的結(jié)構(gòu)可知，A中含有羰基、羧基，故答案為：羰基、羧基；（2）A催化加氫生成Z，該反應(yīng)為羰基與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，Z為，通過酯化反應(yīng)進行的縮聚反應(yīng)生成高聚物，該反應(yīng)方程式為，故答案為：；（3）根據(jù)B的結(jié)構(gòu)簡可知B的分子式為C8H14O3，B的同分異構(gòu)體中，核磁共振氫譜有2個吸收峰，說明分子中含有2種H原子，由B的結(jié)構(gòu)可知，分子中H原子數(shù)目很多，故該同分異構(gòu)體為對稱結(jié)構(gòu)，為鏈狀不飽和度為2，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，故含有醛基2個﹣CHO，其余的H原子以甲基形式存在，另外的O原子為對稱結(jié)構(gòu)的連接原子，故符合條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為：C8H14O3；；（4）由B到C的反應(yīng)條件可知，B發(fā)生水解反應(yīng)生成，屬于取代反應(yīng)，結(jié)合信息反應(yīng)、G的結(jié)構(gòu)以E→F轉(zhuǎn)化條件可知，F(xiàn)為，故E發(fā)生酯化反應(yīng)生成F，故答案為：取代反應(yīng)；酯化反應(yīng)；（5）由反應(yīng)條件可知，在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)、同時發(fā)生中和反應(yīng)生成，C→D的反應(yīng)方程式為+2NaOH+NaBr+2H2O，故答案為：+2NaOH+NaBr+2H2O；（6）結(jié)合G的結(jié)構(gòu)與反應(yīng)信息可知，試劑Y為CH3MgBr等，故答案為：CH3MgBr；（7）由（5）中分析可知，酸化生成E，E為，含有羧基與C＝C雙鍵，F(xiàn)為，含有C＝C雙鍵、酯基，G中含有C＝C雙鍵、醇羥基，利用羧基、羥基與鈉反應(yīng)，酯基不反應(yīng)，區(qū)別出F，再利用碳酸氫鈉與羧基反應(yīng)區(qū)別G與E，故答案為：Na；NaHCO3溶液；（8）G與H2O催化加成得不含手性碳原子，羥基接在連接甲基的不飽和C原子上，H的結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為：．【點評】本題考查有機物的推斷與合成，難度中等，充分利用有機物的結(jié)構(gòu)、反應(yīng)條件即反應(yīng)信息進行判斷，掌握官能團的性質(zhì)與理解反應(yīng)信息是關(guān)鍵，能較好的考查考生的閱讀、自學(xué)能力和思維能力，是熱點題型．9．（18分）信息時代產(chǎn)生的大量電子垃圾對環(huán)境構(gòu)成了極大的威脅．某“變廢為寶”學(xué)生探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設(shè)計出如圖1制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：請回答下列問題：（1）第①步Cu與酸反應(yīng)的離子方程式為Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O；得到濾渣1的主要成分為Au、Pt．（2）第②步加H2O2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+，使用H2O2的優(yōu)點是不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染；調(diào)溶液pH的目的是使Fe3+、Al3+生成沉淀．（3）用第③步所得CuSO4?5H2O制備無水CuSO4的方法是加熱脫水．（4）由濾渣2制取Al2（SO4）3?18H2O，探究小組設(shè)計了三種方案：上述三種方案中，甲方案不可行，原因是所得產(chǎn)品中含有較多Fe2（SO4）3雜質(zhì)：從原子利用率角度考慮，乙方案更合理．（5）探究小組用滴定法測定CuSO4?5H2O（Mr＝250）含量．取ag試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用cmol?L﹣1EDTA（H2Y2﹣）標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反應(yīng)如下：Cu2++H2Y2﹣＝CuY2﹣+2H+寫出計算CuSO4?5H2O質(zhì)量分數(shù)的表達式ω＝；下列操作會導(dǎo)致CuSO4?5H2O含量的測定結(jié)果偏高的是c．a(chǎn)．未干燥錐形瓶b．滴定終點時滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡c．未除凈可與EDTA反應(yīng)的干擾離子．【考點】GR：常見金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應(yīng)用；U3：制備實驗方案的設(shè)計．【專題】16：壓軸題；527：幾種重要的金屬及其化合物．【分析】（1）稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應(yīng)生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以濾渣1的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+；（2）過氧化氫具有氧化性且被還原為水，無雜質(zhì)無污染；可以氧化亞鐵離子為鐵離子易于沉淀除去，調(diào)節(jié)溶液PH目的是鐵離子和鋁離子全部沉淀；第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化為Fe3+，該氧化劑的優(yōu)點是不引入雜質(zhì)，產(chǎn)物對環(huán)境無污染．調(diào)溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以濾液2的成分是Cu2+，濾渣2的成分為氫氧化鐵和氫氧化鋁；（3）第③步由五水硫酸銅制備硫酸銅的方法應(yīng)是在坩堝中加熱脫水；（4）依據(jù)實驗方案過程分析制備晶體中是否含有雜質(zhì)，使用的試劑作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判斷；（5）依據(jù)滴定實驗和反應(yīng)離子方程式計算得到；滴定實驗誤差分析依據(jù)標(biāo)準(zhǔn)溶液消耗的多少進行分析判斷；【解答】解：（1）稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應(yīng)生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以濾渣1的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu與酸反應(yīng)的離子方程式為：Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O；Au、Pt；故答案為：Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O；Au、Pt；（2）第②步加H2O2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+；過氧化氫做氧化劑不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染；調(diào)節(jié)溶液PH鐵離子和鋁離子全部沉淀后過濾得到氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀和濾液硫酸銅，故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+；不引入雜質(zhì)，對環(huán)境無污染；Fe3+、Al3+；（3）第③步由五水硫酸銅制備硫酸銅的方法應(yīng)是在坩堝中加熱脫水；故答案為：加熱脫水；（4）制備硫酸鋁晶體的甲、乙、丙三種方法中，甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結(jié)晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質(zhì)，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在濾渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過濾可得硫酸鋁晶體；丙方案先在濾渣中加NaOH和Al（OH）3反應(yīng)生成NaAlO2，再在濾液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過濾可得硫酸鋁晶體；但從原子利用角度考慮方案乙更合理，因為丙加的NaOH和制備的Al2（SO4）3的原子組成沒有關(guān)系，造成原子浪費；故答案為：甲；所得產(chǎn)品中含有較多Fe2（SO4）3雜質(zhì)；乙；（5）取ag試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用cmol?L﹣1EDTA（H2Y2﹣）標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反應(yīng)如下：Cu2++H2Y2﹣＝CuY2﹣+2H+銅離子物質(zhì)的量和標(biāo)準(zhǔn)液物質(zhì)的量相同＝cmol/L×b×10﹣3L＝bc×10﹣3mol；依據(jù)元素守恒得到：則20ml溶液中含有的CuSO4?5H2O物質(zhì)的量為bc×10﹣3mol；100ml溶液中含bc×10﹣3mol×5＝5bc×10﹣3mol；所以CuSO4?5H2O質(zhì)量分數(shù)的表達式；a．未干燥錐形瓶對實驗結(jié)果無影響；b．滴定終點時滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡說明消耗標(biāo)準(zhǔn)液讀數(shù)偏小，結(jié)果偏低；c．未除凈可與EDTA反應(yīng)的干擾離子，消耗標(biāo)準(zhǔn)液多，結(jié)果偏高；故答案為：；c．【點評】本題考查離子分離的方法，實驗設(shè)計，試劑選擇，中和滴定的簡單計算和誤差的分析，離子性質(zhì)的熟練掌握是解題關(guān)鍵，題目難度中等．10．（14分）金屬鎢用途廣泛，主要用于制造硬質(zhì)或耐高溫的合金，以及燈泡的燈絲。高溫下，在密閉容器中用H2還原WO3可得到金屬鎢，其總反應(yīng)為：WO3（s）+3H2（g）W（s）+3H2O（g）請回答下列問題：（1）上述反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表達式為。（2）某溫度下反應(yīng)達平衡時，H2與水蒸氣的體積比為2：3，則H2的平衡轉(zhuǎn)化率為60%；隨溫度的升高，H2與水蒸氣的體積比減小，則該反應(yīng)為反應(yīng)吸熱（填“吸熱”或“放熱”）。（3）上述總反應(yīng)過程大致分為三個階段，各階段主要成分與溫度的關(guān)系如下表所示：溫度25℃～550℃～600℃～700℃主要成份WO3W2O5WO2W第一階段反應(yīng)的化學(xué)方程式為2WO3+H2W2O5+H2O；580℃時，固體物質(zhì)的主要成分為W2O5、WO2；假設(shè)WO3完全轉(zhuǎn)化為W，則三個階段消耗H2物質(zhì)的量之比為1：1：4。（4）已知：溫度過高時，WO2（s）轉(zhuǎn)變?yōu)閃O2（g）；WO2（s）+2H2（g）?W（s）+2H2O（g）；△H＝+66.0kJ?mol﹣1WO2（g）+2H2?W（s）+2H2O（g）；△H＝﹣137.9kJ?mol﹣1則WO2（s）?WO2（g）的△H＝+203.9kJ?mol﹣1