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1、2015年一般高等学校招生全国统一考试（天津卷）理综化学解析1、 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去除铜镜外表的铜锈C、 服用阿司匹林出现水杨酸反响时，用NaHCO3溶液解毒D、 运用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污实力减弱【答案】AS2、 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、 气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，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+，无K+D、 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是
2、CO2【答案】B【解析】试题分析：A项Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反响无现象，假如该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+但并不能证明无Fe2+，故A项错误；B项气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反响：CuSO4+5H2OCuSO45H2O，CuSO45H2O为蓝色，故可证明原气体中含有水蒸气，B项正确；C项灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，Na+颜色反响为黄色，但并不能证明无K+，因为黄光可遮住紫光，故K+颜色反响需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后视察，故C项错误；D项能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等
3、，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体比肯定是CO2，D项错误；本题选B。考点：物质、离子检验。3、 下列说法不正确的是A、 Na与H2O的反响是熵增的放热反响，该反响能自发进展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分解速率的变更一样D、 Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液【答案】C考点：化学反响原理。4、 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
4、极上发生氧化反响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、 阴阳离子离子分别通过交换膜向负极和正极挪动，保持溶液中电荷平衡【答案】C考点：原电池原理。5、 室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中参加下列物质。有关结论正确的是参加的物质结论A50mL 1 molL1H2SO4反响完毕后，c(Na+)=c(SO42)B0.05molCaO溶液中 c(OH-)c(HCO3-) 增大C50mL H2O由水电离出的c(H+)c(OH)不变D0.1molNaHSO4固体反响完全后，溶液pH减小，c(Na+)不
5、变【答案】B【解析】试题分析：室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100mL溶液，溶液中存在CO32+H2O HCO3+OH溶液呈碱性；A项参加50mL 1 molL1H2SO4，H2SO4与Na2CO3恰好反响，则反响后的溶液溶质为Na2SO4，故根据物料守恒反响完毕后c(Na+)=2c(SO42)，故A项错误；向溶液中参加0.05molCaO，则CaO+ H2O=Ca(OH)2，则c(OH)增大，且Ca2+CO32=CaCO3，使CO32+H2O HCO3+OH平衡左移，c(HCO3)减小，故c(OH-)c(HCO3-)增大，故B项正确；C项参加50mL H2O，溶液体积
6、变大，CO32+H2O HCO3+OH平衡右移，但c(OH)减小，Na2CO3溶液中H+、OH均由水电离，故由水电离出的c(H+)c(OH)减小，故C项错误；D项参加0.1molNaHSO4固体，NaHSO4为强酸酸式盐电离出H+与CO32反响，则反响后溶液为Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na+，故c(Na+)增大，D项错误；本题选B。考点:盐类水解平衡应用。6、 某温度下，在2L的密闭容器中，参加1molX（g）和2molY（g）发生反响：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中参加1molZ（g），再次
7、到达平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是A、 m=2B、 两次平衡的平衡常数一样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0.4 molL1【答案】D【解析】试题分析：某温度下，在2L的密闭容器中，参加1molX（g）和2molY（g）发生反响：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中参加1molZ（g），则可等效为两等效平衡体系合，在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，根据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向挪动，但再次到达平衡后，X、Y、Z的体积
8、分数不变，则说明m+1=3，故m=2，A项正确；同一化学反响的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数一样，B项正确；m=2，则起始量X与Y之比为1:2，则反响过程中由方程式可知反响的X与Y之比为1:2，故X与Y的平衡转化率之比为1:1，C项正确；m=2，则该反响为反响前后气体总量不变的反响，故第二次平衡时Z的物质的量为：410%=0.4mol，故Z的浓度为0.4mol2L=0.2mol/L，故D项错误；本题选D。考点：化学平衡挪动原理及计算。7(14分)随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母X表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变更如下图所示。根据推断出的元素
9、答复问题：（1）f在元素周期表的位置是_。（2）比拟d、e常见离子的半径的小（用化学式表示，下同）_；比拟g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：_。（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式_。（4）已知1mole的单质在足量d2中燃烧，复原至室温，放出255.5kJ热量，写出该反响的热化学方程式：_。（5）上述元素可组成盐R：zx4f(gd4)2,向盛有10mL1molL-1R溶液的烧杯中滴加1molL-1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变更示意图如下：R离子浓度由大到小的依次是：_。写出m点反响的而梨子方程式_。若R溶液改加20mL1.2 molL-1Ba
10、(OH)2溶液，充分反响后，溶液中产生沉淀的物质的量为_mol。【答案】（1）第三周期A族 （2）r(O2-)r(Na+)、HClO4H2SO4（3） （或）（4）2Na(s)+O2(g) Na2O2(s) H=-511kJmol-1（5） c(SO42-)c(NH4+)c(Al3+)c(H+)c(OH-)NH4+ + OH-NH3H2O 0.022【答案】【解析】试题分析：从图中的化合价和原子半径的大小，可以退出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）电子层构造一样的离子
11、，核电荷数越大离子半径越小，故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HClO4H2SO4（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为： （或）（4）1molNa的单质在足量O2中燃烧，放出255.5kJ热量，则该反响的热化学方程式为：2Na(s)+O2(g) Na2O2(s) H=-511kJmol-1（5）R是NH4Al(SO4)2, Al3+比 NH4+水解程度更大，故离子浓度由大到小的依次是：c(SO42-)c(NH4+)c(Al3+)c(H+)c(OH-)m点过程中参加氢氧化钠沉淀物质的量不变，是NH4+ 发生了反响，离子方程式
12、为：NH4+ + OH-NH3H2O10mL1molL-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， 20mL1.2 molL-1Ba(OH)2溶液Ba2+物质的量为0.024mol，OH为0.048mol，反响生成沉淀为0.022mol。考点：化学图像、盐类水解、离子半径的大小比拟。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路途如下： （1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反响，且具有酸性，A所含官能团名称为：_,写出A+BC的化学反响方程式为_.（2
13、） 中、3个OH的酸性有强到弱的依次是：_。（3）E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E的分子中不同化学环境的氢原子有_种。（4）DF的反响类型是_,1mol F在肯定条件下与足量NaOH溶液反响，最多消耗NaOH的物质的量为：_mol .写出符合下列条件的F的全部同分异构体（不考虑立体异构）的构造简式：_、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，在方框中写出由乙酸合成A的路途流程图（其他原料任选）合成路途流程图示例如下：【答案】（1）醛基、羧基（2） （3）4【解析】试题分析：（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反响，且
14、具有酸性，A是HOCCOOH，官能团是醛基和羧基；根据C的构造可知B是苯酚，则A+BC的化学反响方程式为：。（2）羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，故强弱依次为：（3）C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反响，可以生成3考点：同分异构体的书写、常见有机反响类型、有机合成路途。9（18分）废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量到达矿石中的几十倍。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等产品。某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：答复下列问题：（1）反响是将Cu转化为Cu(NH3 )42+，反响中H2O2 的作用是 。写出操作的名称： 。（2
15、）反响II是铜氨溶液中的Cu(NH3 )42+与有机物RH反响，写出该反响的离子方程式： 。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别c增加Cu2在水中的溶解度（3）反响是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反响生成CuSO4和 。若操作运用右图装置，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）流程中有三次实现了试剂的循环运用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是 。循环运用的NH4Cl在反响中的主要作用是 。【答案】（1）作氧化剂 过滤（2）Cu(NH3 )42
16、+2RH=2NH4+2NH3+CuR2 分液漏斗 a b（3）RH 分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁 液体过多（4）O2 H2SO4 加热浓缩 冷却结晶 过滤（5）H2SO4 防止由于溶液中的c（OH-）过高，生成Cu（OH）2沉淀【解析】考点：考察物质的制备流程的分析推断，离子方程式的书写，根本操作的推断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。请答复下列问题：（1）FeCl3 净水的原理是 。FeCl3 溶液腐蚀钢铁设备，除H作用外，另一主要缘由是（用离子方程式表示） 。（2）为节约本钱，工业上用NaClO3 氧化
17、酸性FeCl2 废液得到FeCl3 。若酸性FeCl2 废液中c(Fe2)=2.010-2molL-1, c(Fe3)=1.010-3molL-1, c(Cl)=5.310-2molL-1,则该溶液的PH约为 。完成NaClO3 氧化FeCl2 的离子方程式：ClO3-+ Fe2+ = Cl+ Fe3+ .（3）FeCl3 在溶液中分三步水解：Fe3+H2O Fe(OH)2+H K1Fe(OH)2+H2OFe(OH)2+H K2Fe(OH)+H2OFe(OH)3+H K3以上水解反响的平衡常数K1、K2、K3由大到小的依次是 。通过限制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为：xF
18、e3+yH2OFex(OH)y(3x-y)+yH+欲使平衡正向挪动可采纳的方法是（填序号） 。a.降温 b.加水稀释 c.参加NH4Cl d.参加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氯化铁净化污水的结果如下图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁以Fe(mgL-1)表示的最佳范围约为 mgL-1。【答案】（1）Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质 2 Fe3+Fe=3 Fe2+（2）2 1 6 6H+ 1 6 3H2O（3）K1K2K3 b d 调整溶液的pH（4）1820【解析】试题分析：（1）Fe3+水
19、解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质 ，所以可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反响生成亚铁离子，离子方程式是2 Fe3+Fe=3 Fe2+ （2）根据电荷守恒，则溶液中氢离子的浓度是c(Cl) -2 c(Fe2)-3 c(Fe3)=1.010-2molL-1,所以pH=2； 根据题意，氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反响物中有氢离子参与，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价上升到+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
20、，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，且水解程度渐渐减弱，所以水解平衡常数渐渐减小，则K1K2K3；使平衡正向挪动，因为水解为吸热反响，所以降温，平衡逆向挪动；加水稀释，则水解平衡也正向挪动；参加氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向挪动；参加碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向挪动，所以答案选bd；从反响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，所以关键步骤是调整溶液的pH。 （4）由图像可知，聚合氯化铁的浓度在1820 mgL-1时，去除率到达最大值，污水的浑浊度减小。考点：考察对铁的化合物性质的应用，氧化复原反响方程式的配平，对图像的分析实力