天津市2015年高考化學(xué)試卷純解析版

1、2015年天津市高考化學(xué)試卷一、選擇題：1（6分）（2015天津）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SO3B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）（2015天津）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(lán)，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

2、分）（2015天津）下列說法不正確的是（）ANa與H2O的反應(yīng)是熵增的放熱反應(yīng)，該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)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CFeCl3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DMg（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）（2015天津）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

3、分別通過交換膜向負(fù)極和正極移動，保持溶液中電荷平衡5（6分）（2015天津）室溫下，0.05molNa2CO3將固體溶于水配成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A 50mL 1molL1H2SO4 反應(yīng)結(jié)束后，c（Na+）=c（SO42）B 0.05molCaO溶液中 增大C 50mL H2O 由水電離出的c（H+）c（OH）不變D 0.1molNaHSO4固體反應(yīng)完全后，溶液pH減小，c（Na+）不變 AABBCCDD6（6分）（2015天津）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）

4、，平衡時，X、Y、Z的體積分?jǐn)?shù)分別為30%、60%、10%，在此平衡體系中加入1molZ（g），再將達(dá)到平衡后，X、Y、Z的體積分?jǐn)?shù)不變下列敘述不正確的是（）Am=2B兩次平衡的平衡常數(shù)相同CX與Y的平衡轉(zhuǎn)化率之比為1：1D第二次平衡時，Z的濃度為0.4molL1二、非選擇題7（14分）（2015天津）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(fù)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常見離子的半徑大小（用化學(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

5、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10mL1molL1R溶液的燒杯中滴加1molL1NaOH溶液，沉淀物質(zhì)的量隨NaOH溶液體積的變化示意圖如圖2R溶液中，離子濃度由大到小的順序是；寫出m點反應(yīng)的離子方程式：；若在R溶液中改加20ml 1.2molL1Ba（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mol8（18分）（2015天津）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C2H

6、2O3，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+BC的化學(xué)反應(yīng)方程式：；（2）C（）中、3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）DF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：屬于一元酸類化合物苯環(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=CH2CH3CH2OHCH3

7、COOC2H59（18分）（2015天津）廢舊印刷電路板是一種電子廢棄物，其中銅的含量達(dá)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)是將Cu轉(zhuǎn)化為Cu（NH3）42+，反應(yīng)中H2O2的作用是，寫出操作的名稱：；（2）反應(yīng)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：，操作用到的主要儀器名稱為，其目的是（填序號）a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)是有機溶液中的CuR2與稀硫酸反應(yīng)生成CuSO4和，若操作使用

8、如圖2裝置，圖中存在的錯誤是；（4）操作以石墨作電極電解CuSO4溶液，陰極析出銅，陽極產(chǎn)物是，操作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(biāo)出兩處，第三處的試劑是，循環(huán)使用的NH4Cl在反應(yīng)中的主要作用是10（14分）（2015天津）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FeCl3廢液得到FeCl3若酸性FeCl2廢液

9、中c（Fe2+）=2.0102molL1，c（Fe3+）=1.0103molL1，c（Cl）=5.3102molL1，則該溶液的pH約為；完成NaClO3氧化FeCl3的離子方程式：ClO3+Fe2+=Cl+Fe3+（3）FeCl3在溶液中分三步水解： Fe3+H2OFe（OH）2+H+ K1 Fe（OH）2+H2OFe（OH）2+H+ K2 Fe（OH）2+H2OFe（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+yH2OFex（OH）y（3xy）+yH+欲使平衡正向移動可采用的方法是（填序號

10、）a降溫 b加水稀釋 c加入NH4Cl d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（mgL1）表示的最佳范圍約為mgL12015年天津市高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題：1（6分）（2015天津）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SO3B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：真題集萃；三廢處理與環(huán)境保護；

11、銅金屬及其重要化合物的主要性質(zhì)；藥物的主要成分和療效分析：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

12、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點評：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）（2015天津）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(lán)，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：真題集萃；

13、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uSO45H2O，白色粉末變藍(lán)，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(lán)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：AFe3+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

14、過無水硫酸銅，粉末變藍(lán)，則發(fā)生反應(yīng)：CuSO4+5H2OCuSO45H2O，可證明原氣體中含有水蒸氣，故B正確；C灼燒白色粉末，火焰成黃色，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(lán)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點評：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）（2015天津）下列說法不正確的是（）ANa與H2O的反應(yīng)是熵增的放熱反應(yīng)，該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行B飽和Na2SO4溶液或

15、濃硝酸均可使蛋白質(zhì)溶液產(chǎn)生沉淀，但原理不同CFeCl3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DMg（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：真題集萃；焓變和熵變；化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；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=HTS0，反應(yīng)自發(fā)進(jìn)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；CFeCl3和MnO2對H2O2分解催化效

16、果不相同；DNH4Cl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：ANa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SO，反應(yīng)中鈉熔化為小球，說明反應(yīng)放出大量的熱，即H0，則G=HTS0，故該反應(yīng)自發(fā)進(jìn)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；CFeCl3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；DNH4Cl溶液中銨

17、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點評：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）（2015天津）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(fù)極和正極移動，保

18、持溶液中電荷平衡考點：真題集萃；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(fù)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(jìn)行，甲池中的Zn2+通過陽離子交換膜進(jìn)入乙池，以保持溶液呈電中性，進(jìn)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(fù)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（

19、SO42）不變，故B錯誤；C甲池中的Zn2+通過陽離子交換膜進(jìn)入乙池，乙池中發(fā)生反應(yīng)：Cu2+2e=Cu，保持溶液呈電中性，進(jìn)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(jìn)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)，注意陽離子交換膜不允許陽離子通過，C選項利用電荷守恒分析5（6分）（2015天津）室溫下，0.05molNa2CO3將固體溶于水配成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A 50m

20、L 1molL1H2SO4 反應(yīng)結(jié)束后，c（Na+）=c（SO42）B 0.05molCaO溶液中 增大C 50mL H2O 由水電離出的c（H+）c（OH）不變D 0.1molNaHSO4固體反應(yīng)完全后，溶液pH減小，c（Na+）不變 AABBCCDD考點：真題集萃；離子濃度大小的比較分析：n（Na2CO3）=0.05mol，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+H2OHCO3+OH，An（H2SO4）=1mol/L0.05L=0.05mol，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

21、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）相對大小；BCaO+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(jìn)碳酸鈉水解；DNaHSO4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）=0.05mol，碳酸鈉是強堿弱酸鹽

22、，碳酸根離子水解導(dǎo)致溶液呈堿性，水解方程式為CO32+H2OHCO3+OH，An（H2SO4）=1mol/L0.05L=0.05mol，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；BCaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH，隨著CO32的消耗，CO32+H2OHCO3+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

23、確；C加水稀釋促進(jìn)碳酸鈉水解，則由水電離出的c（H+）、c（OH）都增大，c（H+）c（OH）增大，故C錯誤；DNaHSO4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?，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點評：本題為2015年高考題，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+

24、）c（OH）之積而不是溶液中c（H+）c（OH）之積，為易錯點6（6分）（2015天津）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?jǐn)?shù)分別為30%、60%、10%，在此平衡體系中加入1molZ（g），再將達(dá)到平衡后，X、Y、Z的體積分?jǐn)?shù)不變下列敘述不正確的是（）Am=2B兩次平衡的平衡常數(shù)相同CX與Y的平衡轉(zhuǎn)化率之比為1：1D第二次平衡時，Z的濃度為0.4molL1考點：真題集萃；化學(xué)平衡的計算分析：A平衡時，X、Y、Z的體積分?jǐn)?shù)分別為30%、60%、10%，在此平衡體系中加入1molZ（g），再將達(dá)到

25、平衡后，X、Y、Z的體積分?jǐn)?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(dá)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(jìn)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?jǐn)?shù)分別為30%、60%、10%，在此平衡體系中加入1molZ（g），再將達(dá)到平衡后，X、Y、Z的體積分?jǐn)?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

26、兩次平衡的平衡常數(shù)相同，故B正確；C設(shè)第一次達(dá)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） 1 2 0轉(zhuǎn)化（mol） a 2a 3a平衡（mol）（1a）（22a） 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?jǐn)?shù)等于其物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，即（1a）：（22a）：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

27、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）：0.9 1.8 0.3加入1molZ：0.9 1.8 1.3轉(zhuǎn)化：b 2b 3b第二次平衡（mol）：（0.9+b） （1.8+2b）（1.33b）各物質(zhì)含量不變，所以（0.9+b）：（1.8+2b）：（1.33b）=30%：60%：10%=3：6：1，b=0.3，n（Z）=（1.30.9）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，

28、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）（2015天津）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(fù)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A族；（2）比較d、e常見離子的半徑大小（用化學(xué)式表示，下同）：O2Na+；比較g、h的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強弱：HClO4H2SO4（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

29、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=511kJmol1；（5）上述元素可組成鹽R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1molL1R溶液的燒杯中滴加1molL1NaOH溶液，沉淀物質(zhì)的量隨NaOH溶液體積的變化示意圖如圖2R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）；寫出m點反應(yīng)的離子方程式：NH4+OH=NH3H2O；若在R溶液中改加20ml 1.2molL1Ba（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：真題集萃；位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)

30、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A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）R是NH4Al（SO4）2，溶液中Al3+、NH4+均水解使溶液呈酸性，但A

31、l3+比 NH4+水解程度更大；m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NH3H2O；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，根據(jù)Al3+OH=Al（OH）3、Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O計算生成Al（OH）3的物質(zhì)的量，二者計算生成固體總物質(zhì)的量解答：解：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

32、是第三周期A族，故答案為：第三周期A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：HClO4H2SO4，故答案為：r（O2）r（Na+）；HClO4H2SO4；（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=511kJmol1，故答案為：2Na（s）

33、+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1；（5）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）；m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NH3H2O，離子方程式為：NH4+OH=NH3H2O，故答案為：NH4+OH=NH3H2O；10mL 1molL1 NH4Al（SO4）2溶液中Al3+ 物質(zhì)的量為0.01mol，NH4+的物質(zhì)的量

34、為0.01mol，SO42的物質(zhì)的量為0.02mol，20mL 1.2 molL1Ba（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0.02mol BaSO4， Al3+3OH=Al（OH）30.01mol 0.03mol 0.01mol 反應(yīng)剩余OH為0.048mol0.03mol=0.008mol，Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O0.008mol 0.008mol故得到Al（OH）3沉淀為0.01mol0.008mol=0.002mol則最終得到固體為0.02mol+0.002mol=0.0

35、22mol，故答案為：0.022mol點評：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）（2015天津）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+BC的化學(xué)反應(yīng)方程式：；（2）C（）中、3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4種（4）DF的反應(yīng)類型是取代反

36、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：屬于一元酸類化合物苯環(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：真題集萃；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OHCCOOH，根據(jù)C的結(jié)構(gòu)可知B是，A+BC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

37、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：屬于一元酸類化合物，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HOC

38、H2COOH，最后在Cu作催化劑條件下發(fā)生催化氧化得到OHCCOOH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OHCCOOH，根據(jù)C的結(jié)構(gòu)可知B是，A+BC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：，故答案為：；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

39、案為：4；（4）對比D、F的結(jié)構(gòu)，可知溴原子取代OH位置，DF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3mol NaOH；F的所有同分異構(gòu)體符合：屬于一元酸類化合物，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HOCH2C

40、OOH，最后在Cu作催化劑條件下發(fā)生催化氧化得到OHCCOOH，合成路線流程圖為：CH3COOHClCH2COOHHOCH2COONaHOCH2COOHOHCCOOH，故答案為：CH3COOHClCH2COOHHOCH2COONaHOCH2COOHOHCCOOH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）（2015天津）廢舊印刷電路板是一種電子廢棄物，其中銅的含量達(dá)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

41、列問題：（1）反應(yīng)是將Cu轉(zhuǎn)化為Cu（NH3）42+，反應(yīng)中H2O2的作用是氧化劑，寫出操作的名稱：過濾；（2）反應(yīng)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，操作用到的主要儀器名稱為分液漏斗，其目的是（填序號）aba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)是有機溶液中的CuR2與稀硫酸反應(yīng)生成CuSO4和RH，若操作使用如圖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）操作以石墨作電極電解CuSO4溶液，陰極析出銅，陽極產(chǎn)物是O2、H2SO4，

42、操作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(biāo)出兩處，第三處的試劑是H2SO4，循環(huán)使用的NH4Cl在反應(yīng)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：真題集萃；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，所以操作是過濾，反應(yīng)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)是銅氨溶液中的Cu（NH3）42+與有機物RH反應(yīng)，生成CuR2，同時

43、生成NH4+和NH3；互不相溶的液體采用分液方法分離，所以操作是分液；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)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)是有機溶液中的CuR2

44、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；氯化銨是強酸弱堿鹽，銨根離子水解導(dǎo)致溶液呈酸性，能和氫氧根離子反應(yīng)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，所以操作是過濾，反應(yīng)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；

45、反應(yīng)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，所以操作是過濾，故答案為：氧化劑；過濾；（2）反應(yīng)是銅氨溶液中的Cu（NH3）42+

46、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)是有機溶液中的CuR2與稀硫酸反應(yīng)相當(dāng)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，

47、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；（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；氯化銨是強酸弱堿鹽，銨根離子水解導(dǎo)致溶液呈酸性，能和氫氧根離子反應(yīng)，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

48、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）（2015天津）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FeCl3廢液得到FeCl3若酸性FeCl2廢液中c（Fe2+）=2.0102molL1，c（Fe3+）=1.0103molL1，c（Cl）=5.3102molL1，則該溶液的pH約為2；完成NaClO3氧化FeCl3的離子方程式：1ClO3+6Fe2+6H+=1Cl+6Fe3+3H2O（3）FeCl3在溶液中分三步水解： Fe3+H2OFe（OH）2+H+ K1 Fe（OH）2+H2OFe（OH）2+H+ K2 Fe（OH）2+H2OFe（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K1K2K3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+yH2OFex（