2015年天津市高考化学试卷.doc

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1、第 1 页（共 27 页）2015 年天津市高考化学试卷年天津市高考化学试卷一、选择题：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

2、气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是 CO23 （6 分）下列说法不正确的是（ ）ANa 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CFeCl3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DMg（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（ ）第 2 页（共 27 页）A铜电极上发生氧化反应B电池工作一段

3、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A100mL 2molL1H2SO4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 AABBCCDD6 （6 分）某温度下，在 2L 的密闭容器中，

4、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（ ）Am=2B两次平衡的平衡常数相同CX 与 Y 的平衡转化率之比为 1：1D第二次平衡时，Z 的浓度为 0.4molL1二、非选择题二、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。第 3 页（共 27 页）根据判断出的元素回答问题：（1）f 在周期表中的位置

5、是 ；（2）比较 d、e 常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）： ；比较 g、h 的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱： 。（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： ；（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： ；（5）上述元素可组成盐 R：zx4f（gd4）2，向盛有 10mL1molL1R 溶液的烧杯中滴加 1molL1NaOH 溶液，沉淀物质的量随 NaOH 溶液体积的变化示意图如图 2R 溶液中，离子浓度由大到小的顺序是 ；写出 m 点反应的离子方程式： ；若在 R 溶液中改加 20ml 1

6、.2molL1Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为 mol。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 ，写出 A+BC 的化学反应方程式： ；第 4 页（共 27 页）（2）C（）中、3 个OH 的酸性由强到弱的顺序是 ；（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 种（4）DF 的反应类型是 ，1molF 在一定条件下与足量 NaOH 溶液反应，最多消耗 NaOH 的物质

7、的量为 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： 属于一元酸类化合物苯环上只有 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=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H59 （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：第 5 页（共 27 页）回答下列问题：（1）反应是将 Cu 转化为 C

8、u（NH3）42+，反应中 H2O2的作用是 ，写出操作的名称： ；（2）反应是铜氨溶液中的 Cu（NH3）42+与有机物 RH 反应，写出该反应的离子方程式： ，操作用到的主要仪器名称为 ，其目的是（填序号） 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）反应是有机溶液中的 CuR2与稀硫酸反应生成 CuSO4和 ，若操作使用如图 2 装置，图中存在的错误是 ；（4）操作以石墨作电极电解 CuSO4溶液，阴极析出铜，阳极产物是 ，操作由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是 ；（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 ，循环使用的 NH4

9、Cl 在反应中的主要作用是 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 ，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） ；（2）为节约成本，工业上用 NaClO3氧化酸性 FeCl2废液得到 FeCl3若酸性 FeCl2废液中 c（Fe2+）=2.0102molL1，c（Fe3+）=1.0103molL1，c（Cl）=5.3102molL1，则该溶液的 pH 约为 ；完成 NaClO3氧化 FeCl2的离子方程式：ClO3+ Fe2+

10、 = Cl+ Fe3+ 第 6 页（共 27 页）（3）FeCl3在溶液中分三步水解：Fe3+H2OFe（OH）2+H+ K1Fe（OH）2+H2OFe（OH）2+H+ K2Fe（OH）2+H2OFe（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 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+yH2OFex（OH）y（3xy）+yH+欲使平衡正向移动可采用的方法是（填序号） 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 ；（4）天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结

11、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（mgL1）表示的最佳范围约为 mgL1第 7 页（共 27 页）2015 年天津市高考化学试卷年天津市高考化学试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：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

12、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

13、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、生活中的应用第 8 页（共 27 页）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 F

14、e2+；B无水硫酸铜吸水变为 CuSO45H2O，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：AFe3+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+5H2OCuSO45H2O，可证明原气体中含有

15、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（ ）ANa 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，但原理不同第 9 页（共 27 页）C

16、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DMg（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=HTS0，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；CFeCl3和 MnO2对 H2O2分解催化效果不相同；DNH4Cl 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：ANa 与水反应为固体与

17、液态反应生成气体，该反应为熵增反应，即SO，反应中钠熔化为小球，说明反应放出大量的热，即H0，则G=HTS0，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；CFeCl3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；DNH4Cl 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）+2

18、OH（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第 10 页（共 27 页）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+=Z

19、n2+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

20、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第 11 页（共 27 页）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A100mL 2molL1H2SO4反

21、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 AABBCCDD【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+H2OHCO3+OH，An（H2SO4）=2mol/L0.1L=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

22、判断 c（Na+） 、c（SO42）相对大小；BCaO+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；DNaHSO4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，碳酸根离子水解导第 12 页（共 27 页

23、）致溶液呈碱性，水解方程式为 CO32+H2OHCO3+OH，An（H2SO4）=2mol/L0.1L=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；BCaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH，随着 CO32的消耗，CO32+H2OHCO3+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

24、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；DNaHSO4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

25、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（ ）第 13 页（共 27 页）Am=2B两次平衡的平衡常数相同CX 与 Y 的平衡转化率之比为 1：1D第

26、二次平衡时，Z 的浓度为 0.4molL1【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

27、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） （1a） （22a） 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（1a）：（22a）：3a=30%：60%：10%，所以 a=0.1，则参加反应的n（X）=0.1mol

28、、n（Y）=0.2mol，转化率=，第 14 页（共 27 页）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） （1.33b）各物质含量不变，所以（0.9

29、+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。第 15 页（共 27

30、 页）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A 族 ；（2）比较 d、e 常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）： O2 Na+ ；比较 g、h 的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱： HClO4 H2SO4 。（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）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1 ；（5）上述元素可组成盐 R：zx4f（gd4）2，向盛有 10mL1molL1R 溶液的烧杯中滴加 1m

31、olL1NaOH 溶液，沉淀物质的量随 NaOH 溶液体积的变化示意图如图 2R 溶液中，离子浓度由大到小的顺序是 c（SO42）c（NH4+）c（Al3+）c（H+）c（OH） ；写出 m 点反应的离子方程式： 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

32、期表的位置是第三周期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，第 16 页（共 27 页）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）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；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NH3H2O

33、；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=NH3H2O、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

34、，在元素周期表的位置是第三周期A 族，故答案为：第三周期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：HClO4H2SO4，故答案为：r（O2）r（Na+） ；HClO4H2SO4；（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（

35、s）H=511kJmol1，故答案为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1；第 17 页（共 27 页）（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） ；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NH3H2O，离子方程式为：NH4+OH=NH3H2O，故答案为：NH4+OH=NH3H2O；10mL

36、1molL1 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 molL1Ba（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）30.01mol 0.03mol 0.01mol 反应剩余 OH为 0.048mol0.03mol=0.018mol，NH4+OH=NH3H2O0.01mol 0.01mol反应剩余 OH为 0.018mo

37、l0.01mol=0.008mol，Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O0.008mol 0.008mol故得到 Al（OH）3沉淀为 0.01mol0.008mol=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，是对学生综合能第 18 页（共 27 页）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

38、：（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+BC 的化学反应方程式： ；（2）C（）中、3 个OH 的酸性由强到弱的顺序是 ；（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）DF 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： 属于一元酸类化合物苯环上只有 2 个取代基且处于对位，其中一个是羟基第 19 页（共 27 页）（

39、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=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H5【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 OHCCOOH，根据 C 的结构可知 B 是，A+BC 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

40、、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：属于一元酸类化合物，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 OHCCOOH【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

41、 A 是 OHCCOOH，根据 C 的结构可知 B 是，A+BC 发第 20 页（共 27 页）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：，故答案为：；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，DF 的反

42、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：属于一元酸类化合物，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：，第 21 页（共 27 页）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

43、Cu 作催化剂条件下发生催化氧化得到 OHCCOOH，合成路线流程图为：CH3COOHClCH2COOHHOCH2COONaHOCH2COOHOHCCOOH，故答案为：CH3COOHClCH2COOHHOCH2COONaHOCH2COOHOHCCOOH【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

44、是将 Cu 转化为 Cu（NH3）42+，反应中 H2O2的作用是 氧化剂 ，写出操作的名称： 过滤 ；（2）反应是铜氨溶液中的 Cu（NH3）42+与有机物 RH 反应，写出该反应的离子方程式： Cu（NH3）42+2RH=CuR2+2NH4+2NH3 ，操作用到的主要仪第 22 页（共 27 页）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）反应是有机溶液中的 CuR2与稀硫酸反应生成 CuSO4和 RH ，若操作使用如图 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）操作以石墨作电

45、极电解 CuSO4溶液，阴极析出铜，阳极产物是 O2、H2SO4 ，操作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 H2SO4 ，循环使用的 NH4Cl 在反应中的主要作用是 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，所以操作是过滤，反应是将 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；反应是铜氨溶液中的

46、 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）反应是铜氨溶液中的 Cu（NH3）42+与有机物 RH 反应生成 CuR2，同时生第 23 页（共 27 页）成 NH4+和 NH3，根据反应物和生

47、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，所以操作是过滤，反应是将 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