2015年天津市高考化学试卷含解析

发布时间:2024-06-04 10:06:09浏览次数:2
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)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 SO3B.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 NaHCO3溶液解毒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【分析】A.硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫;B.明矾溶液中 Al3+水解使溶液呈酸性,铜锈为 Cu2(OH)2CO3,溶于酸性溶液;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 SO3,故 A 错误;B.明矾溶液中 Al3+水解使溶液呈酸性,铜锈为 Cu2(OH)2CO3,溶于酸性溶液,故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 NaHCO3溶液解毒,故 C 正确;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)下列关于物质或离子检验的叙述正确的是(  )A.在溶液中加 KSCN,溶液显红色,证明原溶液中有 Fe3+,无 Fe2+B.气体通过无水 CuSO4,粉末变蓝,证明原气体中含有水蒸气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 CO2【分析】A.如果该溶液既含 Fe3+,又含 Fe2+,滴加 KSCN 溶液,溶液呈红色,证明存在 Fe3+,并不能证明无 Fe2+;B.无水硫酸铜吸水变为 CuSO4•5H2O,白色粉末变蓝,可证明原气体中含有水蒸气;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 CO2、SO2等.【解答】解:A.Fe3+遇 KSCN 会使溶液呈现红色,Fe2+遇 KSCN 不反应无现象,如果该溶液既含Fe3+,又含 Fe2+,滴加 KSCN 溶液,溶液呈红色,则证明存在 Fe3+,并不能证明无 Fe2+,故 A 错误;B.气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,则发生反应:CuSO4+5H2O═CuSO4•5H2O,可证明原气体中含有水蒸气,故 B 正确;C.灼烧白色粉末,火焰呈黄色,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 CO2、SO2等,故将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,则原气体不一定是 CO2,故 D 错误,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)下列说法不正确的是(  )A.Na 与 H2O 的反应是熵增的放热反应,该反应能自发进行B.饱和 Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀,但原理不同C.FeCl3和 MnO2均可加快 H2O2分解,同等条件下二者对 H2O2分解速率的改变相同 互不相溶的液体采用分液方法分离,所以操作②是分液;向有机层中加入稀硫酸,根据流程图知,生成 CuSO4和 HR,然后采用分液方法分离得到 HR,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;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①是过滤,故答案为:氧化剂;过滤;(2)反应Ⅱ是铜氨溶液中的 Cu(NH3)42+与有机物 RH 反应生成 CuR2,同时生成 NH4+和 NH3,根据反应物和生成物书写该反应的离子方程式 Cu(NH3)42++2RH=CuR2+2NH4++2NH3↑;分离互不相溶的液体采用分液方法,分液时常用分液漏斗,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,故答案为:Cu(NH3)42++2RH=CuR2+2NH4++2NH3↑;分液漏斗;ab;(3)反应Ⅲ是有机溶液中的 CuR2与稀硫酸反应相当于复分解反应,所以生成 CuSO4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,所以阳极上生成 O2,同时有大量的 H+生成,且 SO42﹣也向阳极移动在阳极积累,因此阳极产物还有 H2SO4;从溶液中获取晶体采用加热浓缩、冷却结晶、过滤方法,故答案为:O2、H2SO4;加热浓缩、冷却结晶、过滤;(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 H2SO4能循环利用;氯化铵电离出的铵根离子抑制一水合氨电离而降低溶液碱性,从而抑制氢氧化铜生成,故答案为:H2SO4;防止由于溶液中 c(OH﹣)过高,生成 Cu(OH)2沉淀.【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规范性、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)FeCl3具有净水作用,但腐蚀设备,而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂,处理污水比FeCl3高效,且腐蚀性小,请回答下列问题:(1)FeCl3净水的原理是  Fe 3+ 水解生成的 Fe ( OH ) 3 胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质 ,FeCl3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)  2Fe 3+ +Fe=3Fe 2+   ;(2)为节约成本,工业上用 NaClO3氧化酸性 FeCl2废液得到 FeCl3.①若酸性 FeCl2废液中 c(Fe2+)=2.0×10﹣2mol•L﹣1,c(Fe3+)=1.0×10﹣3mol•L﹣1,c(Cl﹣)=5.3×10﹣2mol•L﹣1,则该溶液的 pH 约为  2   ;②完成 NaClO3氧化 FeCl2的离子方程式:  1   ClO3﹣+  6   Fe2++  6H +   =  1   Cl﹣+  6   Fe3++  3H 2O   (3)FeCl3在溶液中分三步水解: Fe3++H2O Fe⇌ (OH)2++H+ K1 Fe(OH)2++H2O Fe⇌ (OH)2++H+ K2 Fe(OH)2++H2O Fe⇌ (OH)3+H+ K3以上水解反应的平衡常数 K1、K2、K3由大到小的顺序是  K 1> K 2> K 3 .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:xFe3++yH2O Fe⇌x(OH)y(3x﹣y)++yH+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 NH4Cl d.加入 NaHCO3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中投放聚合氯化铁[以 Fe(mg•L﹣1)表示]的最佳范围约为  18 ~ 20   mg•L﹣1. 【分析】(1)Fe3+水解生成的 Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质,可起到净水的作用;钢铁设备中的 Fe 会与铁离子反应生成亚铁离子;(2)①根据电荷守恒:c(Cl﹣)=2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+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;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,Fe2+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;(4)由图象可知,聚合氯化铁的浓度在 18~20 mg•L﹣1时,去除率达到最大值,污水的浑浊度减小.【解答】解:(1)Fe3+水解生成的 Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质,可起到净水的作用;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:2Fe3++Fe=3Fe2+,故答案为:Fe3+水解生成的 Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质;2Fe3++Fe=3Fe2+;(2)①根据电荷守恒:c(Cl﹣)=2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)(酸性溶液中 OH﹣浓度很小,在这里可以忽略不计),则 c(H+)=c(Cl﹣)﹣2c(Fe2+)﹣3c(Fe3+)=1.0×10﹣2mol•L﹣1,则溶液 pH=﹣lg1.0×10﹣2=2,故答案为:2;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,Fe2+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,配平后离子方程式为:ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O,故答案为:1;6;6H+;1;6;3H2O;(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 K1>K2>K3;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:K1>K2>K3;bd;调节溶液的 pH;(4)由图象可知,聚合氯化铁的浓度在 18~20 mg•L﹣1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.  D.Mg(OH)2固体在溶液存在平衡:Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH﹣(aq),该固体可溶于NH4Cl 溶液【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 Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀,前者为盐析,后者为蛋白质变性;C.FeCl3和 MnO2对 H2O2分解催化效果不相同;D.NH4Cl 溶液中铵根离子水解呈酸性,消耗 Mg(OH)2(s)溶解平衡中的氢氧根离子,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 Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀,饱和 Na2SO4溶液降低蛋白质溶解度,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.FeCl3和 MnO2对 H2O2分解催化效果不相同,同等条件下 H2O2分解速率的改变不相同,故 C 错误;D.NH4Cl 溶液中铵根离子水解呈酸性,消耗 Mg(OH)2(s)溶解平衡中的氢氧根离子,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 正确,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)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B.电池工作一段时间后,甲池的 c(SO42﹣)减小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【分析】由图象可知,该原电池反应式为:Zn+Cu2+=Zn2++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,两池溶液中硫酸根浓度不变,随反应进行,甲池中的 Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池,以保持溶液呈电中性,进入乙池的 Zn2+与放电的Cu2+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.【解答】解:A.由图象可知,该原电池反应式为:Zn+Cu2+=Zn2++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;B.阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过,故两池中 c(SO42﹣)不变,故 B 错误;C.甲池中的 Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池,乙池中发生反应:Cu2++2e﹣=Cu,保持溶液呈电中性,进入乙池的 Zn2+与放电的 Cu2+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;D.甲池中的 Zn2+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,注意阳离子交换膜只允许阳离子通过,C 选项利用电荷守恒分析. 5.(6 分)室温下,将 0.20mol Na2CO3固体溶于水配成 100mL 溶液,向溶液中加入下列物质,有关结论正确的是(  ) 加入的物质  结论A  100mL  2mol•L﹣1H2SO4 反应结束后,c(Na+)=c(SO42﹣)B  0.20molCaO溶液中 增大C  200mL H2O  由水电离出的 c(H+)•c(OH﹣)不变D  0.4molNaHSO4固体 反应完全后,溶液 pH 减小,c(Na+)不变 A.A B.B C.C D.D【分析】n(Na2CO3)=0.2mol,碳酸钠是强碱弱酸盐,碳酸根离子水解导致溶液呈碱性,水解方程式为 CO32﹣+H2O HCO⇌3﹣+OH﹣,A.n(H2SO4)=2mol/L×0.1L=0.2mol,H2SO4和 Na2CO3反应方程式为Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O,根据方程式知,二者恰好反应生成强酸强碱溶液 Na2SO4,溶液呈中性,根据电荷守恒判断 c(Na+)、c(SO42﹣)相对大小;B.CaO+H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH,所以得 CaO+H2O+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH,根据方程式知,二者恰好反应生成 NaOH,反应后溶液中的溶质是 NaOH;C.加水稀释促进碳酸钠水解;D.NaHSO4和 Na2CO3反应方程式为:2NaHSO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑,根据方程式知,二者恰好反应生成 Na2SO4、H2O、CO2,溶液中的溶质是硫酸钠,溶液呈中性.【解答】解:n(Na2CO3)=0.2mol,碳酸钠是强碱弱酸盐,碳酸根离子水解导致溶液呈碱性,水解方程式为 CO32﹣+H2O HCO⇌3﹣+OH﹣,A.n(H2SO4)=2mol/L×0.1L=0.2mol,H2SO4和 Na2CO3反应方程式为Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O,根据方程式知,二者恰好反应生成强酸强碱溶液 Na2SO4,溶液呈中性,则 c(H+)=c(OH﹣),根据电荷守恒得(Na+)=2c(SO42﹣),故 A 错误;B.CaO+H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH,随着 CO32﹣的消耗,CO32﹣+H2O HCO⇌3﹣+OH﹣向左移动,c(HCO3﹣)减小,反应生成 OH﹣,则 c(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 n(H+)、n(OH﹣)都增大,但氢离子、氢氧根离子物质的量增大倍数小于溶液体积增大倍数,c(H+)、c(OH﹣)减小,二者浓度之积减小,故 C 错误;D.NaHSO4和 Na2CO3反应方程式为:2NaHSO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑,根据方程式知,二者恰好反应生成 Na2SO4、H2O、CO2,溶液中的溶质是硫酸钠,溶液呈中性,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 年高考题的改编题,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)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 1:1D.第二次平衡时,Z 的浓度为 0.4mol•L﹣1【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)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Ⅲ A 族  ;(2)比较 d、e 常见离子的半径大小(用化学式表示,下同):  O 2﹣   >  Na +   ;比较 g、h 的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱:  HClO 4 >  H 2SO4 。(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 d2中燃烧,恢复至室温,放出 255.5kJ 热量,写出该反应的热化学方程式:  2Na ( s ) +O 2( g ) =Na 2O2( s )△ H=﹣511kJ•mol ﹣1   ;(5)上述元素可组成盐 R:zx4f(gd4)2,向盛有 10mL1mol•L﹣1R 溶液的烧杯中滴加 1mol•L﹣1NaOH溶液,沉淀物质的量随 NaOH 溶液体积的变化示意图如图 2① R 溶液中,离子浓度由大到小的顺序是  c ( SO 42﹣ )> c ( NH 4+ )> c ( Al 3+ )> c ( H + )> c ( OH ﹣ ) ;②写出 m 点反应的离子方程式:  NH 4+ +OH ﹣ =NH 3•H2O   ;③若在 R 溶液中改加 20ml 1.2mol•L﹣1Ba(OH)2溶液,充分反应后,溶液中产生沉淀的物质的量为0.022   mol。【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Ⅲ 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 NH3、H2O2、C2H2等;(4)1molNa 的单质在足量 O2中燃烧生成 Na2O2(s),放出 255.5kJ 热量,2molNa 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;(5)① R 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;② m 点过程中加入氢氧化钠,沉淀物质的量不变,是 NH4+与 OH﹣反应生成 NH3•H2O;③根据 n=cV 计算 n(Al3+ )、n(NH4+)、n(SO42﹣)、n(Ba2+)、n(OH﹣),根据 SO42﹣、Ba2+中不足量的离子的物质的量计算生成 BaSO4的物质的量,依次发生:Al3++OH﹣=Al(OH)3↓、NH4++OH﹣=NH3•H2O、Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O,根据方程式计算生成 Al(OH)3的物质的量,进而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Ⅲ A 族,故答案为:第三周期Ⅲ 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,故离子半径:r(O2﹣)>r(Na+);非金属性越强,最高价氧化物水化物的酸性越强,故酸性:HClO4>H2SO4,故答案为:r(O2﹣)>r(Na+);HClO4>H2SO4;(3)四原子共价化合物,可以是 NH3、H2O2、C2H2等,其电子式为: (或), 故答案为: (或 );(4)1molNa 的单质在足量 O2中燃烧生成 Na2O2(s),放出 255.5kJ 热量,2molNa 反应放出热量为511kJ,则该反应的热化学方程式为:2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)△H=﹣511kJ•mol﹣1,故答案为:2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)△H=﹣511kJ•mol﹣1;(5)① R 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,故离子浓度由大到小的顺序是:c(SO42﹣)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH﹣),故答案为:c(SO42﹣)>c(NH4+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH﹣);② m 点过程中加入氢氧化钠,沉淀物质的量不变,是 NH4+与 OH﹣反应生成 NH3•H2O,离子方程式为:NH4++OH﹣=NH3•H2O,故答案为:NH4++OH﹣=NH3•H2O;③ 10mL 1mol•L﹣1 NH4Al(SO4)2溶液中 Al3+ 物质的量为 0.01mol,NH4+的物质的量为 0.01mol,SO42﹣的物质的量为 0.02mol,20mL 1.2 mol•L﹣1Ba(OH)2溶液中 Ba2+物质的量为 0.024mol,OH﹣为0.048mol,由 SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓,可知 SO42﹣不足,故可以得到 0.02mol BaSO4, Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓0.01mol 0.03mol 0.01mol 反应剩余 OH﹣为 0.048mol﹣0.03mol=0.018mol, NH4++OH﹣=NH3•H2O0.01mol 0.01mol反应剩余 OH﹣为 0.018mol﹣0.01mol=0.008mol,Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O0.008mol 0.008mol故得到 Al(OH)3沉淀为 0.01mol﹣0.008mol=0.002mol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)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 C2H2O3,可发生银镜反应,且具有酸性,A 所含官能团名称为 醛基、羧基 ,写出 A+B→C 的化学反应方程式:   ;(2)C( )中①、②、③ 3 个﹣OH 的酸性由强到弱的顺序是 ③>①>② ; (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:  .①属于一元酸类化合物②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:H2C=CH2CH3CH2OH CH3COOC2H5.【分析】(1)A 的分子式为 C2H2O3,可发生银镜反应,且具有酸性,含有醛基和羧基,则 A 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:①属于一元酸类化合物,②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(CH3)COOH、﹣CH(CH2Br)COOH、﹣CH2CHBrCOOH、﹣CHBrCH2COOH;(5)由题目信息可知,乙酸与 PCl3反应得到 ClCH2COOH,在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到 HOCH2COONa,用盐酸酸化得到 HOCH2COOH,最后在 Cu 作催化剂条件下发生催化氧化得到 OHC﹣COOH.【解答】解:(1)A 的分子式为 C2H2O3,可发生银镜反应,且具有酸性,含有醛基和羧基,则 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:③>①>②,故答案为:③>①>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 ,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:①属于一元酸类化合物,②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(CH3)COOH、﹣CH(CH2Br)COOH、﹣CH2CHBrCOOH、﹣CHBrCH2COOH,可能的结构简式为: ,故答案为:取代反应;3; ;(5)由题目信息可知,乙酸与 PCl3反应得到 ClCH2COOH,在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到 HOCH2COONa,用盐酸酸化得到 HOCH2COOH,最后在 Cu 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:CH3COOH ClCH2COOH HOCH2COONa HOCH2COOH OHC﹣COOH,故答案为:CH3COOH ClCH2COOH HOCH2COONa HOCH2COOH OHC﹣COOH.【点评】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、官能团的性质等,是对有机化学基础的综合考查,难度中等. 9.(18 分)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:(1)反应Ⅰ是将 Cu 转化为 Cu(NH3)42+,反应中 H2O2的作用是 氧化剂 ,写出操作①的名称:过滤 ;(2)反应Ⅱ是铜氨溶液中的 Cu(NH3)42+与有机物 RH 反应,写出该反应的离子方程式: Cu ( NH 3)42+ +2RH=CuR 2+2NH4+ +2NH 3↑   ,操作②用到的主要仪器名称为 分液漏斗 ,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c.增加 Cu2+在水中的溶解度(3)反应Ⅲ是有机溶液中的 CuR2与稀硫酸反应生成 CuSO4和  RH   ,若操作③使用如图 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④以石墨作电极电解 CuSO4溶液,阴极析出铜,阳极产物是  O 2、 H 2SO4 ,操作⑤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  H 2SO4 ,循环使用的 NH4Cl 在反应Ⅰ中的主要作用是 防止由于溶液中 c ( OH ﹣ )过高,生成 Cu ( OH ) 2 沉淀 .【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,分离难溶性固体和溶液采用过滤方法,所以操作①是过滤,反应Ⅰ是将 Cu 转化为 Cu(NH3)42+,Cu 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;反应Ⅱ是铜氨溶液中的 Cu(NH3)42+与有机物RH 反应,生成 CuR2,同时生成 NH4+和 NH3;互不相溶的液体采用分液方法分离,所以操作②是分液;向有机层中加入稀硫酸,根据流程图知,生成 CuSO4和 HR,然后采用分液方法分离得到 HR,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;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)反应Ⅱ是铜氨溶液中的 Cu(NH3)42+与有机物 RH 反应生成 CuR2,同时生成 NH4+和 NH3,根据反应物和生成物书写该反应的离子方程式为;分离互不相溶的液体采用分液方法,分液时常用分液漏斗;(3)反应Ⅲ是有机溶液中的 CuR2与稀硫酸反应生成 CuSO4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;(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,SO42﹣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;(5)电解硫酸铜溶液时能得到硫酸,硫酸能循环利用;氯化铵电离出的铵根离子抑制一水合氨电离而降低溶液碱性.【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,分离难溶性固体和溶液采用过滤方法,所以操作①是过滤,反应Ⅰ是将 Cu 转化为 Cu(NH3)42+,Cu 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;反应Ⅱ是铜氨溶液中的 Cu(NH3)42+与有机物 RH 反应,生成 CuR2,同时生成 NH4+和 NH3;
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