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；