2012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2012年天津市高考化學試卷解析版參考答案與試題解析一、每題6分，共36分，只有一項是最符合題目要求的．1．（6分）根據下列物質的化學性質，判斷其應用錯誤的是（）A．酒精能使蛋白質變性，可用于殺菌消毒 B．CaO能與SO2反應，可作工業(yè)廢氣的脫硫劑 C．明礬水解時產生具有吸附性的膠體粒子，可作漂白劑 D．鑭鎳合金能大量吸收H2形成金屬氫化物，可作儲氫材料【考點】14：物質的組成、結構和性質的關系．【專題】52：元素及其化合物．【分析】A．蛋白質的性質和生理功能發(fā)生改變的現象稱為蛋白質的變性，酒精能使蛋白質變性；B．根據反應SO2+CaOCaSO3解答；C．明礬溶于水可以形成Al（OH）3膠體，膠體吸附懸浮物質而沉降，起凈水作用，是常用的凈水劑；D．儲氫合金是一類能夠大量吸收H2，并與H2結合成金屬氫化物的材料；【解答】解：A．體積分數為75%的酒精溶液常用于滅菌消毒，此濃度殺菌力最強。在75%的酒精作用下，乙醇能滲入細胞內，使蛋白質凝固變性，從而起到殺菌的作用，故A正確；B．工業(yè)上經常在煤中加入氧化鈣制成“環(huán)保煤”，以減少二氧化硫的排放，此反應的化學方程式為：SO2+CaOCaSO3，CaO可作工業(yè)廢氣的脫硫劑，故B正確；C．明礬用作廢水處理的混凝劑，明礬溶于水可以形成Al（OH）3膠體，膠體具有很大的表面積，吸附懸浮物質而沉降，起凈水作用，是常用的凈水劑，明礬沒有氧化性也不能吸附顏色，不作漂白劑，故C錯誤；D．鎳和鑭組成的一種合金LaNix是較好的儲氫材料，能快速可逆地存儲和釋放H2，其儲氫原理為：鑭鎳合金吸附H2，H2解離為原子，H儲存在其中形成LaNixH6，故D正確；故選：C?！军c評】本題主要考查了蛋白質的變性、煤的脫硫、明礬的凈水、儲氫合金等知識，較為綜合，題目有一定的難度，平時注意基礎知識的全面掌握．2．（6分）下列單質或化合物性質的描述正確的是（）A．NaHSO4水溶液顯中性 B．SiO2與酸、堿均不反應 C．NO2溶于水時發(fā)生氧化還原反應 D．Fe在足量Cl2中燃燒生成FeCl2和FeCl3【考點】D3：電解質在水溶液中的電離；EK：氮的氧化物的性質及其對環(huán)境的影響；FH：硅和二氧化硅；GM：鐵的化學性質．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題；52：元素及其化合物．【分析】A．NaHSO4在水中能電離出氫離子顯酸性；B．氫氟酸能和二氧化硅反應，氫氧化鈉能和二氧化硅反應；C．NO2與水反應為3NO2+H2O═2HNO3+NO，反應中只有氮元素的化合價發(fā)生變化，NO2既是氧化劑也是還原劑；D．氯氣和金屬反應生成高價金屬，能將鐵氧化成+3價的鐵，氯氣和金屬鐵反應的產物是氯化鐵．【解答】解：A．NaHSO4在水中的電離方程式為：NaHSO4＝Na++H++SO42﹣溶液呈酸性，故A錯誤；B．氫氟酸能和二氧化硅發(fā)生SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O，玻璃中含有二氧化硅，常用此反應在玻璃上刻字；氫氧化鈉能和二氧化硅發(fā)生2NaOH+SiO2═Na2SiO3+H2O，實驗室盛放氫氧化鈉溶液的試劑瓶不能用玻璃塞，其原因是玻璃中的SiO2與NaOH反應，生成具有粘性的Na2SiO3，會粘住瓶塞，故B錯誤；C．NO2與水反應為3NO2+H2O═2HNO3+NO，反應中氮元素的化合價發(fā)生變化，由NO2中+4價升高為HNO3中+5價，由NO2中+4價降低為NO中+2價，NO2既是氧化劑也是還原劑，故C正確；D．氯氣具有強氧化性，金屬鐵具有較強的還原性，氯氣和金屬反應生成高價金屬，能將鐵氧化成+3價的鐵，氯氣和金屬鐵反應的產物是氯化鐵，Cl2與鐵粉加熱時發(fā)生反應的化學方程式為2Fe+3Cl2FeCl3，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題主要考查了元素化合物的知識，考查角度廣，要求學生具有分析和解決問題的能力，平時注意相關知識的積累，題目難度中等．3．（6分）下列敘述正確的是（）A．乙酸與丙二酸互為同系物 B．不同元素的原子構成的分子只含極性共價鍵 C．U和U是中子數不同質子數相同的同種核素 D．短周期第ⅣA與ⅦA族元素的原子間構成的分子，均滿足原子最外層8電子結構【考點】33：同位素及其應用；I2：芳香烴、烴基和同系物．【專題】51B：原子組成與結構專題；51C：元素周期律與元素周期表專題；51D：化學鍵與晶體結構；53：有機化學基礎．【分析】A．結構相似，分子組成上相差1個或者若干個CH2基團的化合物互稱為同系物；B．同種非金屬元素之間形成非極性共價鍵，不同非金屬元素之間形成極性共價鍵；C．核素是指具有一定數目質子和一定數目中子的一種原子；D．．ⅣA（用X表示）與ⅦA（用Y表示）形成的化合物為XY4．【解答】解：A．乙酸含有一個羧基，丙二酸含有2個羧基，結構不相似，不互為同系物，故A錯誤；B．如H2O2分子，分子中含有一個O﹣O非極性鍵，故B錯誤；C．U和U的中子數不同，不是相同的同種核素，故C錯誤；D．ⅣA（用X表示）與ⅦA（用Y表示）形成的化合物為XY4，X形成四個鍵，加上原來的4個電子，最外層共8個電子，每個Y形成一個鍵，加上原來的7個電子，共8個電子，故D正確。故選：D。【點評】本題考查同系物、極性鍵、核素等，題目難度不大，注意知識的積累．4．（6分）完成下列實驗所選擇的裝置或儀器（夾持裝置已略去）正確的是（）A．用CCl4提取溴水中的Br2 B．除去乙醇中的苯酚 C．從KI和I2的固體混合物中回收I2 D．配制100mL0.1000mol?L﹣1K2Cr2O7溶液【考點】U5：化學實驗方案的評價．【專題】25：實驗評價題．【分析】A．萃取劑的選擇必須符合下列條件：溶質在萃取劑中的溶解度比在原溶劑中要大；萃取劑與原溶劑不相溶；萃取劑與溶質不反應；B．苯酚易溶于乙醇；C．碘單質易升華；D．燒杯用來粗略配制溶液．【解答】解：A．溴單質易溶于四氯化碳，且四氯化碳與水互不相溶，故A正確；B．苯酚易溶于乙醇，能透過濾紙，不能用過濾分離，故B錯誤；C．加熱后，碘單質易升華，剩余的是KI，故C錯誤；D．燒杯用來粗略配制溶液，無法精確到0.0001，故D錯誤。故選：A。【點評】本題考查萃取、分液、物質的分離、溶液的配制等，難度不大，注意萃取劑的選擇必須符合下列條件：溶質在萃取劑中的溶解度比在原溶劑中要大；萃取劑與原溶劑不相溶；萃取劑與溶質不反應．5．（6分）下列電解質溶液的有關敘述正確的是（）A．同濃度、同體積的強酸與強堿溶液混合后，溶液的pH＝7 B．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固體，c（Ba2+）增大 C．含1molKOH的溶液與1molCO2完全反應后，溶液中c（K+）＝c（HCO） D．在CH3COONa溶液中加入適量CH3COOH，可使c（Na+）＝c（CH3COO﹣）【考點】DH：難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；DN：離子濃度大小的比較．【專題】16：壓軸題；51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】A、強酸強堿不一定是一元強酸和一元強堿；B、依據沉淀溶解平衡分析，在一定溫度下溶度積為常數，硫酸根離子濃度增大，平衡逆向進行；C、依據化學反應判斷生成產物為碳酸氫鉀，碳酸氫根離子水解；D、依據溶液中的電荷守恒計算判斷；【解答】解：A、強酸強堿不一定是一元強酸和一元強堿，等濃度等體積混合可能酸過量或堿過量，故A錯誤；B、加入Na2SO4固體，硫酸根離子濃度增大，平衡逆向進行，鋇離子濃度減小，故B錯誤；C、含1molKOH的溶液與1molCO2完全反應后生成碳酸氫鉀，碳酸氫根離子水解，c（K+）＞c（HCO3﹣），故C錯誤；D、在CH3COONa溶液中加入適量CH3COOH，依據電荷守恒；c（H+）+c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），當c（H+）＝c（OH﹣）時，c（Na+）＝c（CH3COO﹣），故D正確；故選：D。【點評】本題考查了酸堿反應的溶液酸堿性判斷，溶液中離子濃度大小比較，鹽類水解的應用，溶液中電荷守恒的應用，沉淀溶解平衡的分析判斷，題目難度中等．6．（6分）已知2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）；△H＝﹣197kJ?mol﹣1．向同溫、同體積的三個密閉容器中分別充入氣體：（甲）2molSO2和1molO2；（乙）1molSO2和0.5molO2；（丙）2molSO3．恒溫、恒容下反應達平衡時，下列關系一定正確的是（）A．容器內壓強P：P甲＝P丙＞2P乙 B．SO3的質量m：m甲＝m丙＞2m乙 C．c（SO2）與c（O2）之比k：k甲＝k丙＞k乙 D．反應放出或吸收熱量的數值Q：Q甲＝Q丙＞2Q乙【考點】CB：化學平衡的影響因素．【專題】16：壓軸題；51E：化學平衡專題．【分析】恒溫恒容，甲與乙起始n（SO2）：n（O2）＝2：1，甲等效為在乙的基礎上增大一倍壓強，平衡向正反應移動，故甲中轉化率增大；丙按化學計量數轉化到左邊可得n（SO2）＝2mol，n（O2）＝1mol，與甲為等效平衡，平衡時對應各組分的物質的量相等，據此結合選項解答；【解答】解：恒溫恒容，甲與乙起始n（SO2）：n（O2）＝2：1，甲等效為在乙的基礎上增大一倍壓強，平衡向正反應移動，轉化率增大；丙按化學計量數轉化到左邊可得n（SO2）＝2mol，n（O2）＝1mol，與甲為等效平衡，平衡時對應各組分的物質的量相等，A、甲與丙為等效平衡，平衡時對應各組分的物質的量相等，故壓強P甲＝P丙，甲等效為在乙的基礎上增大一倍壓強，平衡向正反應移動，故P乙＜P甲＜2P乙，故P甲＝P丙＜2P乙，故A錯誤；B、甲與丙為等效平衡，平衡時對應各組分的物質的量相等，故質量m甲＝m丙，甲等效為在乙到達平衡的基礎上，再加入1molSO2和0.5molO2，增大壓強，平衡向正反應移動，SO2轉化率增大，m甲＞2m乙，故m甲＝m丙＞2m乙，故B正確；C、對于甲、乙，SO2、O2起始物質的量之比等于化學計量數之比，c（SO2）與c（O2）之比為定值2：1，丙為分解反應，丙中c（SO2）與c（O2）之比為2：1，故k甲＝k丙＝k乙＝2，故C錯誤；D、甲與丙為等效平衡，平衡時對應各組分的物質的量相等，故Q甲+Q丙＝197，甲等效為在乙的基礎上增大一倍壓強，平衡向正反應移動，SO2轉化率增大，故Q甲＞2Q乙，故D錯誤；故選：B。【點評】該題考查化學平衡移動與計算、反應熱知識、等效平衡等，難度較大，注意構建甲、乙平衡建立的途徑，注意理解等效平衡。二、本卷共4題，共64分．7．（14分）X、Y、Z、M、G五種元素分屬三個短周期，且原子序數依次增大。X、Z同主族，可形成離子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3兩種分子。請回答下列問題：（1）Y在元素周期表中的位置為第二周期第ⅥA族。（2）上述元素的最高價氧化物對應的水化物酸性最強的是HClO4（寫化學式），非金屬氣態(tài)氫化物還原性最強的是H2S（寫化學式）。（3）Y、G的單質或兩元素之間形成的化合物可作水消毒劑的有O3、Cl2等（寫出其中兩種物質的化學式）。（4）X2M的燃燒熱△H＝﹣akJ?mol﹣1，寫出X2M燃燒反應的熱化學方程式：2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（l），△H＝﹣2aKJ?mol﹣1。（5）ZX的電子式為；ZX與水反應放出氣體的化學方程式為NaH+H2O＝NaOH+H2↑。（6）熔融狀態(tài)下，Z的單質和FeG2能組成可充電電池（裝置示意圖如下），反應原理為：2Z+FeG2Fe+2ZG．放電時，電池的正極反應式為Fe2++2e﹣＝Fe；充電時，鈉（寫物質名稱）電極接電源的負極；該電池的電解質為β﹣Al2O3?！究键c】8J：位置結構性質的相互關系應用．【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題．【分析】X、Y、Z、M、G五種元素分屬三個短周期，且原子序數依次增大，X為主族元素，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成離子化合物ZX，Y為主族元素，且Z原子序數大于Y原子序數，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3兩種分子，所以Y是O元素，M是S元素，G是短周期主族元素，所以G是Cl元素（不考慮稀有氣體），據此解答。【解答】解：X、Y、Z、M、G五種元素分屬三個短周期，且原子序數依次增大，X為主族元素，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成離子化合物ZX，Y為主族元素，且Z原子序數大于Y原子序數，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3兩種分子，所以Y是O元素，M是S元素，G是短周期主族元素，所以G是Cl元素（不考慮稀有氣體），（1）Y是O元素，O原子有2個電子層，最外層電子數為6，處于第二周期第ⅥA族，故答案為：第二周期第ⅥA族；（2）非金屬性越強，其相應的最高價含氧酸的酸性越強，這幾種元素非金屬性最強的是Cl元素，所以其最高價含氧酸的酸性最強的是高氯酸HClO4，非金屬性越弱，氣態(tài)氫化物還原性越強，還原性最強的氣態(tài)氫化物是硫化物H2S，故答案為：HClO4；H2S；（3）Y的單質O3、G的單質Cl2、二者形成的ClO2可作消毒劑，故答案為：O3、Cl2等；（4）H2S的燃燒熱△H＝﹣akJ?mol﹣1，根據燃燒熱的含義，H2S燃燒的熱化學方程式生成物應該生成SO2，故H2S燃燒反應的熱化學方程式為：2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣2aKJ?mol﹣1，故答案為：2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣2aKJ?mol﹣1；（5）ZX為NaH，屬于離子化合物，由鈉離子與氫負離子構成，電子式為，Na與水反應是氫氧化鈉與氫氣，反應化學方程式為為：NaH+H2O＝NaOH+H2↑，故答案為：；NaH+H2O＝NaOH+H2↑；（6）熔融狀態(tài)下，Na的單質和FeCl2能組成可充電電池，反應原理為：2Na+FeCl2Fe+2NaCl．放電時，為原電池，原電池的正極發(fā)生還原反應，Fe2+在正極放電生成Fe，正極反應式為，Fe2++2e﹣＝Fe；充電時，為電解池，陰極發(fā)生還原，故Na電極接電源的負極，由電池結構可知，該電池的電解質為β﹣Al2O3，故答案為：Fe2++2e﹣＝Fe；鈉；β﹣Al2O3?！军c評】本題以元素推斷為載體考查了元素化合物的性質，能正確判斷元素是解本題的關鍵，注意（5）中NaH電子式書寫氫負離子的電子式2個電子成對，不能分開。8．（18分）萜品醇可作為消毒劑、抗氧化劑、醫(yī)藥和溶劑．合成a﹣萜品醇G的路線之一如下：已知：RCOOC2H5請回答下列問題：（1）A所含官能團的名稱是羰基、羧基．（2）A催化氫化得Z（C7H12O3），寫出Z在一定條件下聚合反應的化學方程式：．（3）B的分子式為C8H14O3；寫出同時滿足下列條件的B的鏈狀同分異構體的結構簡式：．①核磁共振氫譜有2個吸收峰②能發(fā)生銀鏡反應（4）B→C、E→F的反應類型分別為取代反應、酯化反應．（5）C→D的化學方程式為+2NaOH+NaBr+2H2O．（6）試劑Y的結構簡式為CH3MgBr．（7）通過常溫下的反應，區(qū)別E、F和G的試劑是Na和NaHCO3溶液．（8）G與H2O催化加成得不含手性碳原子（連有4個不同原子或原子團的碳原子叫手性碳原子）的化合物H，寫出H的結構簡式：．【考點】HB：有機物的推斷．【專題】534：有機物的化學性質及推斷．【分析】（1）由有機物A的結構可知，A中含有羰基、羧基；（2）A催化加氫生成Z，該反應為羰基與氫氣發(fā)生加成反應，Z為，通過酯化反應進行的縮聚反應生成高聚物；（3）根據B的結構簡式書寫B(tài)的分子式，注意利用H原子飽和碳的四價結構；B的同分異構體中，核磁共振氫譜有2個吸收峰，說明分子中含有2種H原子，由B的結構可知，分子中H原子數目很多，故該同分異構體為對稱結構，為鏈狀不飽和度為2，能發(fā)生銀鏡反應，故含有醛基2個﹣CHO，其余的H原子以甲基形式存在，另外的O原子為對稱結構的連接原子，據此結合B的分子式書寫；（4）由B到C的反應條件可知，B發(fā)生水解反應生成；結合信息反應、G的結構以E→F轉化條件可知，F為，故E發(fā)生酯化反應生成F；（5）由反應條件可知，在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應、同時發(fā)生中和反應生成，（6）結合G的結構與反應信息可知，試劑Y為CH3MgBr等；（7）由（5）中分析可知，酸化生成E，E為，含有羧基與C＝C雙鍵，F為，含有C＝C雙鍵、酯基，G中含有C＝C雙鍵、醇羥基，故選擇試劑區(qū)別羧基、酯基、羥基即可，利用羧基、羥基與鈉反應，酯基不反應，碳酸氫鈉與羧基反應，據此進行區(qū)別；（8）G與H2O催化加成得不含手性碳原子，羥基接在連接甲基的不飽和C原子上．【解答】解：（1）由有機物A的結構可知，A中含有羰基、羧基，故答案為：羰基、羧基；（2）A催化加氫生成Z，該反應為羰基與氫氣發(fā)生加成反應，Z為，通過酯化反應進行的縮聚反應生成高聚物，該反應方程式為，故答案為：；（3）根據B的結構簡可知B的分子式為C8H14O3，B的同分異構體中，核磁共振氫譜有2個吸收峰，說明分子中含有2種H原子，由B的結構可知，分子中H原子數目很多，故該同分異構體為對稱結構，為鏈狀不飽和度為2，能發(fā)生銀鏡反應，故含有醛基2個﹣CHO，其余的H原子以甲基形式存在，另外的O原子為對稱結構的連接原子，故符合條件的同分異構體的結構簡式為：，故答案為：C8H14O3；；（4）由B到C的反應條件可知，B發(fā)生水解反應生成，屬于取代反應，結合信息反應、G的結構以E→F轉化條件可知，F為，故E發(fā)生酯化反應生成F，故答案為：取代反應；酯化反應；（5）由反應條件可知，在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應、同時發(fā)生中和反應生成，C→D的反應方程式為+2NaOH+NaBr+2H2O，故答案為：+2NaOH+NaBr+2H2O；（6）結合G的結構與反應信息可知，試劑Y為CH3MgBr等，故答案為：CH3MgBr；（7）由（5）中分析可知，酸化生成E，E為，含有羧基與C＝C雙鍵，F為，含有C＝C雙鍵、酯基，G中含有C＝C雙鍵、醇羥基，利用羧基、羥基與鈉反應，酯基不反應，區(qū)別出F，再利用碳酸氫鈉與羧基反應區(qū)別G與E，故答案為：Na；NaHCO3溶液；（8）G與H2O催化加成得不含手性碳原子，羥基接在連接甲基的不飽和C原子上，H的結構簡式為：，故答案為：．【點評】本題考查有機物的推斷與合成，難度中等，充分利用有機物的結構、反應條件即反應信息進行判斷，掌握官能團的性質與理解反應信息是關鍵，能較好的考查考生的閱讀、自學能力和思維能力，是熱點題型．9．（18分）信息時代產生的大量電子垃圾對環(huán)境構成了極大的威脅．某“變廢為寶”學生探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設計出如圖1制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：請回答下列問題：（1）第①步Cu與酸反應的離子方程式為Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O；得到濾渣1的主要成分為Au、Pt．（2）第②步加H2O2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+，使用H2O2的優(yōu)點是不引入雜質，對環(huán)境無污染；調溶液pH的目的是使Fe3+、Al3+生成沉淀．（3）用第③步所得CuSO4?5H2O制備無水CuSO4的方法是加熱脫水．（4）由濾渣2制取Al2（SO4）3?18H2O，探究小組設計了三種方案：上述三種方案中，甲方案不可行，原因是所得產品中含有較多Fe2（SO4）3雜質：從原子利用率角度考慮，乙方案更合理．（5）探究小組用滴定法測定CuSO4?5H2O（Mr＝250）含量．取ag試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用cmol?L﹣1EDTA（H2Y2﹣）標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反應如下：Cu2++H2Y2﹣＝CuY2﹣+2H+寫出計算CuSO4?5H2O質量分數的表達式ω＝；下列操作會導致CuSO4?5H2O含量的測定結果偏高的是c．a．未干燥錐形瓶b．滴定終點時滴定管尖嘴中產生氣泡c．未除凈可與EDTA反應的干擾離子．【考點】GR：常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；U3：制備實驗方案的設計．【專題】16：壓軸題；527：幾種重要的金屬及其化合物．【分析】（1）稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以濾渣1的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+；（2）過氧化氫具有氧化性且被還原為水，無雜質無污染；可以氧化亞鐵離子為鐵離子易于沉淀除去，調節(jié)溶液PH目的是鐵離子和鋁離子全部沉淀；第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化為Fe3+，該氧化劑的優(yōu)點是不引入雜質，產物對環(huán)境無污染．調溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀．所以濾液2的成分是Cu2+，濾渣2的成分為氫氧化鐵和氫氧化鋁；（3）第③步由五水硫酸銅制備硫酸銅的方法應是在坩堝中加熱脫水；（4）依據實驗方案過程分析制備晶體中是否含有雜質，使用的試劑作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判斷；（5）依據滴定實驗和反應離子方程式計算得到；滴定實驗誤差分析依據標準溶液消耗的多少進行分析判斷；【解答】解：（1）稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以濾渣1的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu與酸反應的離子方程式為：Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O；Au、Pt；故答案為：Cu+4H++2NO3﹣Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3﹣3Cu2++2NO↑+4H2O；Au、Pt；（2）第②步加H2O2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+；過氧化氫做氧化劑不引入雜質，對環(huán)境無污染；調節(jié)溶液PH鐵離子和鋁離子全部沉淀后過濾得到氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀和濾液硫酸銅，故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+；不引入雜質，對環(huán)境無污染；Fe3+、Al3+；（3）第③步由五水硫酸銅制備硫酸銅的方法應是在坩堝中加熱脫水；故答案為：加熱脫水；（4）制備硫酸鋁晶體的甲、乙、丙三種方法中，甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在濾渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體；丙方案先在濾渣中加NaOH和Al（OH）3反應生成NaAlO2，再在濾液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體；但從原子利用角度考慮方案乙更合理，因為丙加的NaOH和制備的Al2（SO4）3的原子組成沒有關系，造成原子浪費；故答案為：甲；所得產品中含有較多Fe2（SO4）3雜質；乙；（5）取ag試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用cmol?L﹣1EDTA（H2Y2﹣）標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液bmL．滴定反應如下：Cu2++H2Y2﹣＝CuY2﹣+2H+銅離子物質的量和標準液物質的量相同＝cmol/L×b×10﹣3L＝bc×10﹣3mol；依據元素守恒得到：則20ml溶液中含有的CuSO4?5H2O物質的量為bc×10﹣3mol；100ml溶液中含bc×10﹣3mol×5＝5bc×10﹣3mol；所以CuSO4?5H2O質量分數的表達式；a．未干燥錐形瓶對實驗結果無影響；b．滴定終點時滴定管尖嘴中產生氣泡說明消耗標準液讀數偏小，結果偏低；c．未除凈可與EDTA反應的干擾離子，消耗標準液多，結果偏高；故答案為：；c．【點評】本題考查離子分離的方法，實驗設計，試劑選擇，中和滴定的簡單計算和誤差的分析，離子性質的熟練掌握是解題關鍵，題目難度中等．10．（14分）金屬鎢用途廣泛，主要用于制造硬質或耐高溫的合金，以及燈泡的燈絲。高溫下，在密閉容器中用H2還原WO3可得到金屬鎢，其總反應為：WO3（s）+3H2（g）W（s）+3H2O（g）請回答下列問題：（1）上述反應的化學平衡常數表達式為。（2）某溫度下反應達平衡時，H2與水蒸氣的體積比為2：3，則H2的平衡轉化率為60%；隨溫度的升高，H2與水蒸氣的體積比減小，則該反應為反應吸熱（填“吸熱”或“放熱”）。（3）上述總反應過程大致分為三個階段，各階段主要成分與溫度的關系如下表所示：溫度25℃～550℃～600℃～700℃主要成份WO3W2O5WO2W第一階段反應的化學方程式為2WO3+H2W2O5+H2O；580℃時，固體物質的主要成分為W2O5、WO2；假設WO3完全轉化為W，則三個階段消耗H2物質的量之比為1：1：4。（4）已知：溫度過高時，WO2（s）轉變?yōu)閃O2（g）；WO2（s）+2H2（g）?W（s）+2H2O（g）；△H＝+66.0kJ?mol﹣1WO2（g）+2H2?W（s）+2H2O（g）；△H＝﹣137.9kJ?mol﹣1則WO2（s）?WO2（g）的△H＝+203.9kJ?mol﹣1。（5）鎢絲燈管中的W在使用過程中緩慢揮發(fā)，使燈絲變細，加入I2可延長燈管的使用壽命，其工作原理為：W（s）+2I2（g）WI4（g）。下列說法正確的有a、b。a．燈管內的I2可循環(huán)使用b．WI4在燈絲上分解，產生的W又沉積在燈絲上c．WI4在燈管壁上分解，使燈管的壽命延長d．溫度升高時，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率減慢?！究键c】BF：用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；CP：化學平衡的計算．【專題】16：壓軸題；517：化學反應中的能量變化；51E：化學平衡專題．【分析】（1）化學平衡常數，是指在一定溫度下，可逆反應達到平衡時各生成物濃度的化學計量數次冪的乘積除以各反應物濃度的化學計量數次冪的乘積所得的比值，據此書寫，注意固體、純液體不需要寫出；（2）由反應方程式知，消耗的H2與生成的水的物質的量相等，假定H2與水蒸氣的物質的量分別為2mol、3mol，再根據轉化率定義計算；隨溫度的升高，H2與水蒸氣的體積比減小，說明平衡向正反應移動，據此判斷；（3）由表中主要成分與溫度關系可知，第一階段反應為WO3與H2反應是W2O5，同時還生成H2O，配平書寫方程式；580℃時，溫度介于550℃～600℃，固體為W2O5、WO2的混合物；根據三個階段的方程式進行計算三個階段消耗H2物質的量之比；（4）觀察所給三個熱化學方程式知，用前一個已知熱化學方程式減去后一個已知熱化學方程式就可以得到WO2（s）?WO2（g），反應熱也進行相應的運算；（5）由化學方程式知，揮發(fā)的W與I2結合形成氣態(tài)WI4，由于氣體運動的結果，WI4會與還沒有揮發(fā)的W接觸，在高溫下WI4分解生成的W附著燈絲上?！窘獯稹拷猓海?）WO3（s）+3H2（g）W（s）+3H2O（g）的平衡常數k，故答案為：；（2）由反應方程式知，消耗的H2與生成的水的物質的量相等，故H2的平衡轉化率為100%＝60%，升高溫度，H2與水蒸氣的體積比減小，說明升溫時平衡向右移動，故正反應為吸熱反應，故答案為：60%，吸熱；（3）由表中主要成分與溫度關系可知，第一階段反應為WO3與H2反應是W2O5，同時還生成H2O，反應方程式為：2WO3+H2W2O5+H2O，580℃時，溫度介于550℃～600℃，固體為W2O5、WO2的混合物；假定有2molWO3，由2WO3+H2W2O5+H2O、W2O5+H22WO2+H2O、WO2+2H2W+2H2O可知，三個階段消耗的氫氣的物質的量之比為1mol：1mol：2mol×2＝1：1：4，故答案為：2WO3+H2W2O5+H2O，W2O5、WO2，1：1：4；（4）已知：①WO2（s）+2H2（g）?W（s）+2H2O（g）；△H＝+66.0kJ?mol﹣1②WO2（g）+2H2?W（s）+2H2O（g）；△H＝﹣137.9kJ?mol﹣1①﹣②得則WO2（s）?WO2（g），故△H＝66.0kJ?mol﹣1﹣（﹣137.9kJ?mol﹣1）＝+203.9kJ?mol﹣1，故答案為：+203.9kJ?mol﹣1；（5）由所給化學方程式知，揮發(fā)的W與I2結合形成氣態(tài)WI4，由于氣體運動的結果，WI4會與還沒有揮發(fā)的W接觸，在高溫下WI4分解生成W及I2，生成的W附著在還沒有揮發(fā)的W上，燈管內的I2可循環(huán)使用，故a、b對；燈管壁溫度較低，WI4不會分解，故c錯；升高溫度，也能加快W與I2的反應速率，故d錯，故答案為：a、b?！军c評】本題考查化學平衡常數的書寫、反應熱的計算、化學平衡移動原理、化學平衡計算等，題目選擇的素材比較陌生，以考查學生的能力為主，難度中等。精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2013年天津市高考化學試卷一、本卷共6題，每題6分，共36分．在每題給出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的．1．（6分）運用有關概念判斷下列敘述正確的是（）A．1molH2燃燒放出的熱量為H2的燃燒熱 B．Na2SO3與H2O2的反應為氧化還原反應 C．和互為同系物 D．BaSO4的水溶液不易導電，故BaSO4是弱電解質2．（6分）以下食品化學知識的敘述不正確的是（）A．食鹽可作調味劑，也可作食品防腐劑 B．新鮮蔬菜做熟后，所含維生素C會有損失 C．纖維素在人體內可水解為葡萄糖，故可作人類的營養(yǎng)物質 D．葡萄中的花青素在堿性環(huán)境下顯藍色，故可用蘇打粉檢驗假紅酒3．（6分）下列有關元素的性質及其遞變規(guī)律正確的是（）A．ⅠA族與ⅦA族元素間可形成共價化合物或離子化合物 B．第二周期元素從左到右，最高正價從+1遞增到+7 C．同主族元素的簡單陰離子還原性越強，水解程度越大 D．同周期金屬元素的化合價越高，其原子失電子能力越強4．（6分）下列實驗誤差分析錯誤的是（）A．用潤濕的pH試紙測稀堿溶液的pH，測定值偏小 B．用容量瓶配制溶液，定容時俯視刻度線，所配溶液濃度偏小 C．滴定前滴定管內無氣泡，終點讀數時有氣泡，所測體積偏小 D．測定中和反應的反應熱時，將堿緩慢倒入酸中，所測溫度值偏小5．（6分）下列有關電解質溶液的說法正確的是（）A．在蒸餾水中滴加濃H2SO4，Kw不變 B．CaCO3難溶于稀硫酸，也難溶于醋酸 C．在Na2S稀溶液中，c（H+）＝c（OH﹣）﹣2c（H2S）﹣c（HS﹣） D．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均顯中性，兩溶液中水的電離程度相同6．（6分）為增強鋁的耐腐蝕性，現以鉛蓄電池為外電源，以Al作陽極、Pb作陰極，電解稀硫酸，使鋁表面的氧化膜增厚．其反應原理如下：電池：Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）＝2PbSO4（s）+2H2O（l）；電解池：2Al+3H2OAl2O3+3H2↑，電解過程中，以下判斷正確的是（）電池電解池AH+移向Pb電極H+移向Pb電極B每消耗3molPb生成2molAl2O3C正極：PbO2+4H++2e﹣＝Pb2++2H2O陽極：2Al+3H2O﹣6e﹣＝Al2O3+6H+DA．A B．B C．C D．D二、本卷共4題，共64分．7．（14分）X、Y、Z、Q、R是五種短周期元素，原子序數依次增大．X、Y兩元素最高正價與最低負價之和均為0；Q與X同主族；Z、R分別是地殼中含量最高的非金屬元素和金屬元素．請回答下列問題：（1）五種元素原子半徑由大到小的順序是（寫元素符號）．（2）X與Y能形成多種化合物，其中既含極性鍵又含非極性鍵，且相對分子質量最小的物質是（寫分子式）．（3）由以上某些元素組成的化合物A、B、C、D有如下轉化關系：AB（在水溶液中進行），其中，C是溶于水顯酸性的氣體：D是淡黃色固體．寫出C的結構式：；D的電子式：．①如果A、B均由三種元素組成，B為兩性不溶物，則A的化學式為；由A轉化為B的離子方程式為．②如果A由三種元素組成，B由四種元素組成，A、B溶液均顯堿性．用離子方程式表示A溶液顯堿性的原因：．A、B濃度均為0.1mol?L﹣1的混合溶液中，離子濃度由大到小的順序是；常溫下，在該溶液中滴加稀鹽酸至中性時，溶質的主要成分有．8．（18分）已知：水楊酸酯E為紫外線吸收劑，可用于配制防曬霜．E的一種合成路線如下：請回答下列問題：（1）一元醇A中氧的質量分數約為21.6%，則A的分子式為；結構分析顯示A只有一個甲基，A的名稱為．（2）B能與新制的Cu（OH）2發(fā)生反應，該反應的化學方程式為．（3）若一次取樣，檢驗C中所含官能團，按使用的先后順序寫出所用試劑：．（4）第③步的反應類型為；D所含官能團的名稱為．（5）寫出同時符合