2015年天津市高考化學試卷解析版

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“化學與生活”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)構和性質(zhì)的關系．【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；D．肥皂有效成分為高級脂肪酸鈉鹽，會與鈣離子反應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生成二氧化碳，服用阿司匹林出現(xiàn)水楊酸反應時，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。【點評】本題考查化學與生活，比較基礎，體現(xiàn)了化學知識在生產(chǎn)、生活中的應用．2．（6分）下列關于物質(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：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+焰色反應為黃色，可遮住紫光，K+焰色反應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)重對基礎知識的考查，注意對基礎知識的掌握積累．3．（6分）下列說法不正確的是（）A．Na與H2O的反應是熵增的放熱反應，該反應能自發(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：化學反應速率的影響因素；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)構和性質(zhì)特點．【分析】A．該反應為固體與液態(tài)反應生成氣體，該反應為熵增反應，反應放出大量的熱，結(jié)合△G＝△H﹣T△S＜0，反應自發(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與水反應為固體與液態(tài)反應生成氣體，該反應為熵增反應，即△S＞O，反應中鈉熔化為小球，說明反應放出大量的熱，即△H＜0，則△G＝△H﹣T△S＜0，故該反應自發(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)重對化學反應原理考查，涉及反應自發(fā)性判斷、蛋白質(zhì)的性質(zhì)、反應速率影響因素、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，下列有關敘述正確的是（）A．銅電極上發(fā)生氧化反應 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，該原電池反應式為：Zn+Cu2+＝Zn2++Cu，Zn發(fā)生氧化反應，為負極，Cu電極上發(fā)生還原反應，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，該原電池反應式為：Zn+Cu2+＝Zn2++Cu，Zn為負極，發(fā)生氧化反應，Cu為正極，發(fā)生還原反應，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：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?！军c評】本題考查原電池工作原理，比較基礎，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)，有關結(jié)論正確的是（）加入的物質(zhì)結(jié)論A100mL2mol?L﹣1H2SO4反應結(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反應方程式為Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+CO2↑+H2O，根據(jù)方程式知，二者恰好反應生成強酸強堿溶液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，二者恰好反應生成NaOH，反應后溶液中的溶質(zhì)是NaOH；C．加水稀釋促進碳酸鈉水解；D．NaHSO4和Na2CO3反應方程式為：2NaHSO4+Na2CO3＝Na2SO4+H2O+CO2↑，根據(jù)方程式知，二者恰好反應生成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反應方程式為Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+CO2↑+H2O，根據(jù)方程式知，二者恰好反應生成強酸強堿溶液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，反應生成OH﹣，則c（OH﹣）增大，導致溶液中增大，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反應方程式為：2NaHSO4+Na2CO3＝Na2SO4+H2O+CO2↑，根據(jù)方程式知，二者恰好反應生成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?，溶液的pH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)之間的反應是解本題關鍵，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：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，說明反應前后氣體計量數(shù)之和不變；B．平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度不變，平衡常數(shù)不變；C．設第一次達到平衡狀態(tài)時X參加反應的物質(zhì)的量為amol，根據(jù)轉(zhuǎn)化率進行計算；D．該反應的反應前后氣體計量數(shù)之和不變，第一次反應是按照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，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．設第一次達到平衡狀態(tài)時X參加反應的物質(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．該反應的反應前后氣體計量數(shù)之和不變，第一次反應是按照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Z參加反應的物質(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，考查化學平衡計算、等效平衡、平衡常數(shù)等知識點，側(cè)重考查學生分析計算能力，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，與濃度無關，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式表示，下同）：O2﹣＞Na+；比較g、h的最高價氧化物對應水化物的酸性強弱：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，恢復至室溫，放出255.5kJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式：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，充分反應后，溶液中產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量為0.022mol?！究键c】1B：真題集萃；8J：位置結(jié)構性質(zhì)的相互關系應用．【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)構相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越??；非金屬性越強，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反應放出熱量為511kJ，注明聚集狀態(tài)、反應熱書寫熱化學方程式；（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反應放出熱量為511kJ，則該反應的熱化學方程式為：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反應剩余OH﹣為0.048mol﹣0.03mol＝0.018mol，NH4++OH﹣＝NH3?H2O0.01mol0.01mol反應剩余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)構位置性質(zhì)關系、離子半徑的大小比較、元素周期律、熱化學方程式書寫、離子濃度大小比較、化學圖象及化學計算，是對學生綜合能力的考查，需要學生具備扎實的基礎，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，且具有酸性，A所含官能團名稱為醛基、羧基，寫出A+B→C的化學反應方程式：；（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分子中不同化學環(huán)境的氫原子有4種．（4）D→F的反應類型是取代反應，1molF在一定條件下與足量NaOH溶液反應，最多消耗NaOH的物質(zhì)的量為3mol．寫出符合下列條件的F的所有同分異構體（不考慮立體異構）的結(jié)構簡式：．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，且具有酸性，含有醛基和羧基，則A是OHC﹣COOH，根據(jù)C的結(jié)構可知B是，A+B→C發(fā)生加成反應；（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，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，則E為；（4）對比D、F的結(jié)構，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；F的所有同分異構體符合：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反應得到ClCH2COOH，在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應得到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，且具有酸性，含有醛基和羧基，則A是OHC﹣COOH，根據(jù)C的結(jié)構可知B是，A+B→C發(fā)生加成反應，反應方程式為：，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，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，則E為，為對稱結(jié)構，分子中有4種化學環(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，可知溴原子取代﹣OH位置，D→F的反應類型是：取代反應；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，1molF最多消耗3molNaOH；F的所有同分異構體符合：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)構簡式為：，故答案為：取代反應；3；；（5）由題目信息可知，乙酸與PCl3反應得到ClCH2COOH，在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應得到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、同分異構體的書寫、常見有機反應類型、官能團的性質(zhì)等，是對有機化學基礎的綜合考查，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Ⅰ是將Cu轉(zhuǎn)化為Cu（NH3）42+，反應中H2O2的作用是氧化劑，寫出操作①的名稱：過濾；（2）反應Ⅱ是銅氨溶液中的Cu（NH3）42+與有機物RH反應，寫出該反應的離子方程式：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Ⅲ是有機溶液中的CuR2與稀硫酸反應生成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Ⅱ是銅氨溶液中的Cu（NH3）42+與有機物RH反應，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Ⅱ是銅氨溶液中的Cu（NH3）42+與有機物RH反應生成CuR2，同時生成NH4+和NH3，根據(jù)反應物和生成物書寫該反應的離子方程式為；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Ⅲ是有機溶液中的CuR2與稀硫酸反應生成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Ⅱ是銅氨溶液中的Cu（NH3）42+與有機物RH反應，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Ⅱ是銅氨溶液中的Cu（NH3）42+與有機物RH反應生成CuR2，同時生成NH4+和NH3，根據(jù)反應物和生成物書寫該反應的離子方程式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Ⅲ是有機溶液中的CuR2與稀硫酸反應相當于復分解反應，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、電解原理等知識點，側(cè)重考查學生實驗操作規(guī)范性、知識綜合應用能力等，能從整體上把握是解本題關鍵，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）bd。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鍵條件是調(diào)節(jié)溶液的pH；（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18～20mg?L﹣1?！究键c】B3：氧化還原反應方程式的配平；CB：化學平衡的影響因素；DA：pH的簡單計算；DB：鹽類水解的原理；DD：鹽類水解的應用．【分析】（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質(zhì)，可起到凈水的作用；鋼鐵設備中的Fe會與鐵離子反應生成亞鐵離子；（2）①根據(jù)電荷守恒：c（Cl﹣）＝2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH﹣濃度很小，在這里可以忽略不計），據(jù)此溶液中氫離子的濃度，再根據(jù)pH＝﹣lgc（H+）計算；②氯酸鈉氧化酸性的氯化亞鐵，則反應物中有氫離子參加，則生成物中有水生成，Cl元素的化合價從+5價降低到﹣1價，得到6個電子，而Fe元素的化合價從+2價升高到+3價，失去1個電子，根據(jù)得失電子守恒，則氯酸根離子的系數(shù)為1，F(xiàn)e2+的系數(shù)為6，則鐵離子的系數(shù)也是6，氯離子的系數(shù)是1，根據(jù)電荷守恒，則氫離子的系數(shù)是6，水的系數(shù)是3；（3）鐵離子的水解分為三步，且水解程度逐漸減弱，所以水解平衡常數(shù)逐漸減?。豢刂茥l件使平衡正向移動，水解為吸熱反應，所以降溫平衡逆向移動；加水稀釋，則水解平衡也正向移動；加入氯化銨，氯化銨溶液為酸性，氫離子濃度增大，平衡逆向移動；加入碳酸氫鈉，則消耗氫離子，平衡正向移動；從反應的離子方程式中可知，氫離子的濃度影響高濃度聚合氯化鐵的生成，所以關鍵步驟是調(diào)節(jié)溶液的pH；（4）由圖象可知，聚合氯化鐵的濃度在18～20mg?L﹣1時，去除率達到最大值，污水的渾濁度減?。窘獯稹拷猓海?）Fe3+水解生成的Fe（OH）3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質(zhì)，可起到凈水的作用；鋼鐵設備中的Fe會與鐵離子反應生成亞鐵離子，離子方程式是：2Fe3++Fe＝3Fe2+，故答案為：Fe3+水解生成的Fe（OH）3膠體粒子能吸附水中的懸浮雜質(zhì)；2Fe3++Fe＝3Fe2+；（2）①根據(jù)電荷守恒：c（Cl﹣）＝2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH﹣濃度很小，在這里可以忽略不計），則c（H+）＝c（Cl﹣）﹣2c（Fe2+）﹣3c（Fe3+）＝1.0×10﹣2mol?L﹣1，則溶液pH＝﹣lg1.0×10﹣2＝2，故答案為：2；②氯酸鈉氧化酸性的氯化亞鐵，則反應物中有氫離子參加，則生成物中有水生成，Cl元素的化合價從+5價降低到﹣1價，得到6個電子，而Fe元素的化合價從+2價升高到+3價，失去1個電子，根據(jù)得失電子守恒，則氯酸根離子的系數(shù)為1，F(xiàn)e2+的系數(shù)為6，則鐵離子的系數(shù)也是6，氯離子的系數(shù)是1，根據(jù)電荷守恒，則氫離子的系數(shù)是6，水的系數(shù)是3，配平后離子方程式為：ClO3﹣+6Fe2++6H+＝Cl﹣+6Fe3++3H2O，故答案為：1；6；6H+；1；6；3H2O；（3）鐵離子的水解分為三步，且水解程度逐漸減弱，所以水解平衡常數(shù)逐漸減小，則K1＞K2＞K3；控制條件使平衡正向移動，使平衡正向移動，因為水解為吸熱反應，所以降溫，平衡逆向移動；加水稀釋，則水解平衡也正向移動；加入氯化銨，氯化銨溶液為酸性，氫離子濃度增大，平衡逆向移動；加入碳酸氫鈉，則消耗氫離子，所以氫離子濃度降低，平衡正向移動，故選bd；從反應的離子方程式中可知，氫離子的濃度影響高濃度聚合氯化鐵的生成，所以關鍵步驟是調(diào)節(jié)溶液的pH，故答案為：K1＞K2＞K3；bd；調(diào)節(jié)溶液的pH；（4）由圖象可知，聚合氯化鐵的濃度在18～20mg?L﹣1時，去除率達到最大值，污水的渾濁度減小，故答案為：18～20．【點評】本題考查鐵的化合物性質(zhì)的應用、氧化還原反應方程式的配平、對圖象的分析能力、平衡移動影響因素等，需要學生具備扎實的基礎與靈活運用難度，難度中等．精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2016年天津市高考化學試卷一、選擇題（共6小題，每小題6分，滿分36分）1．（6分）根據(jù)所給信息和標志，判斷下列說法錯誤的是（）ABCD《神農(nóng)本草經(jīng)》記載，麻黃能“止咳逆上氣”碳酸氫鈉藥片古代中國人已用麻黃治療咳嗽該藥是抗酸藥，服用時喝些醋能提高藥效看到有該標志的丟棄物，應遠離并報警貼有該標志的物品是可回收物A．A B．B C．C D．D2．（6分）下列對氨基酸和蛋白質(zhì)的描述正確的是（）A．蛋白質(zhì)水解的最終產(chǎn)物是氨基酸 B．氨基酸和蛋白質(zhì)遇重金屬離子均會變性 C．α﹣氨基丙酸與α﹣氨基苯丙酸混合物脫水成肽，只生成2種二肽 D．氨基酸溶于過量氫氧化鈉溶液中生成的離子，在電場作用下向負極移動3．（6分）下列敘述正確的是（）A．使用催化劑能夠降低化學反應的反應熱（△H） B．金屬發(fā)生吸氧腐蝕時，被腐蝕的速率與氧氣濃度無關 C．原電池中發(fā)生的反應達平衡時，該電池仍有電流產(chǎn)生 D．在同濃度的鹽酸中，ZnS可溶而CuS不溶，說明CuS的溶解度比ZnS的小4．（6分）下列實驗的反應原理用離子方程式表示正確的是（）A．室溫下，測得氯化銨溶液pH＜7，證明一水合氨是堿：NH4++2H2O═NH3?H2O+H3O+ B．用氫氧化鈉溶液除去鎂粉中的雜質(zhì)鋁：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑ C．用碳酸氫鈉溶液檢驗水楊酸中的羧基：+2HCO3﹣→+2H2O+2CO2↑ D．用高錳酸鉀標準溶液滴定草酸：2MnO4﹣+16H++5C2O42﹣═2Mn2++10CO2↑+8H2O5．（6分）下列選用的儀器和藥品能達到實驗目的是（）ABCD飽和NaHSO3溶液制乙炔的發(fā)生裝置蒸餾時的接收裝置除去SO2中的少量HCl準確量取一定體積K2Cr2O7標準溶液A．A B．B C．C D．D6．（6分）室溫下，用相同濃度的NaOH溶液，分別滴定濃度均為0.1mol?L﹣1的三種酸（HA、HB和HD）溶液，滴定曲線如圖所示，下列判斷錯誤的是（）A．三種酸的電離常數(shù)關系：KHA＞KHB＞KHD B．滴定至P點時，溶液中：c（B﹣）＞c（Na+）＞c（HB）＞c（H+）＞c（OH﹣） C．pH＝7時，三種溶液中：c（A﹣）＝c（B﹣）＝c（D﹣） D．當中和百分數(shù)達100%時，將三種溶液混合后：c（HA）+c（HB）+c（HD）＝c（OH﹣）﹣c（H+）二、解答題（共4小題，滿分64分）7．（14分）如表為元素周期表的一部分．碳氮YX硫Z回答下列問題：（1）Z元素在周期表中的位置為．（2）表中元素原子半徑最大的是（寫元素符號）．（3）下列事實能說明Y元素的非金屬性比S元素的非金屬性強的是．a(chǎn)．Y單質(zhì)與H2S溶液反應，溶液變渾濁b．在氧化還原反應中，1molY單質(zhì)比1molS得電子多c．Y和S兩元素的簡單氫化物受熱分解，前者的分解溫度高（4）X與Z兩元素的單質(zhì)反應生成1molX的最高價化合物，恢復至室溫，放熱687kJ．已知該化合物的熔、沸點分別為﹣69℃和58℃．寫出該反應的熱化學方程式：．（5）碳與鎂生成的1mol化合物Q與水反應生成2molMg（OH）2和1mol烴，該烴分子中碳氫質(zhì)量比為9：1，烴的電子式為．Q與水反應的化學方程式為．（6）銅與一定濃度的硝酸和硫酸的混合酸反應，生成的鹽只有硫酸銅，同時生成的兩種氣體均由上表中兩種元素組成，氣體的相對分子質(zhì)量都小于50，為防止污染，將產(chǎn)生的氣體完全轉(zhuǎn)化為最高價含氧酸鹽，消耗1L2.2mol?L﹣1NaOH溶液和1molO2，則兩種氣體的分子式及物質(zhì)的量分別為，生成硫酸銅物質(zhì)的量為．8．（18分）己烯醛（D）是一種重要的合成香料，下列合成路線是制備D的方法之一，根據(jù)該合成路線回答下列問題：已知RCHO+R′OH+R″OH（1）A的名稱是；B分子中的共面原子數(shù)目最多為；C分子中與環(huán)相連的三個基團中，不同化學環(huán)境的氫原子共有種。（2）D中含氧官能團的名稱是。寫出檢驗該