2015年天津市高考化学试卷解析版

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2015天津市高考化学试卷解析版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【考点】14:物质的组成、结构和性质的关系.菁优网版权所有【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【考点】1B:真题集萃;DG:常见离子的检验方法;PG:常见阳离子的检验.菁优网版权所有【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: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+5H2OCuSO45H2O,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【考点】C5:焓变和熵变;CA:化学反应速率的影响因素;DH:难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;K6:氨基酸、蛋白质的结构和性质特点.菁优网版权所有【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GHTS0,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SO,反应中钠熔化为小球,说明反应放出大量的热,即H0,则GHTS0,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【考点】1B:真题集萃;BH:原电池和电解池的工作原理.菁优网版权所有【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++2eCu,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A100mL 2molL1H2SO4反应结束后,c(Na+)c(SO42)B0.20molCaO溶液中增大C200mL H2O由水电离出的c(H+)c(OH)不变D0.4molNaHSO4固体反应完全后,溶液pH减小,c(Na+)不变A.AB.BC.CD.D【考点】DD:盐类水解的应用.菁优网版权所有【专题】51H:盐类的水解专题.【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,A.n(H2SO4)2mol/L0.1L0.2mol,H2SO4和Na2CO3反应方程式为Na2CO3+H2SO4Na2SO4+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+H2OCa(OH)2、Ca(OH)2+Na2CO3CaCO3+2NaOH,所以得CaO+H2O+Na2CO3CaCO3+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+Na2CO3Na2SO4+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+H2OHCO3+OH,A.n(H2SO4)2mol/L0.1L0.2mol,H2SO4和Na2CO3反应方程式为Na2CO3+H2SO4Na2SO4+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+H2OCa(OH)2、Ca(OH)2+Na2CO3CaCO3+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+Na2CO3Na2SO4+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.m2B.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0.4molL1【考点】CP:化学平衡的计算.菁优网版权所有【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m2,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):3a30%:60%:10%,所以a0.1,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)(1.33b)各物质含量不变,所以(0.9+b):(1.8+2b):(1.33b)30%:60%:10%3:6:1,b0.3,n(Z)(1.30.9)mol0.4mol,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A族;(2)比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示,下同):O2Na+;比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱:HClO4H2SO4。(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)H511kJmol1;(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c(SO42)c(NH4+)c(Al3+)c(H+)c(OH);写出m点反应的离子方程式:NH4++OHNH3H2O;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0.022mol。【考点】1B:真题集萃;8J:位置结构性质的相互关系应用.菁优网版权所有【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)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;根据ncV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++OHAl(OH)3、NH4++OHNH3H2O、Al(OH)3+OHAlO2+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(s)H511kJmol1,故答案为:2Na(s)+O2(g)Na2O2(s)H511kJmol1;(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++OHNH3H2O,故答案为:NH4++OHNH3H2O;10mL 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++3OHAl(OH)30.01mol 0.03mol 0.01mol 反应剩余OH为0.048mol0.03mol0.018mol, NH4++OHNH3H2O0.01mol 0.01mol反应剩余OH为0.018mol0.01mol0.008mol,Al(OH)3+OHAlO2+2H2O0.008mol 0.008mol故得到Al(OH)3沉淀为0.01mol0.008mol0.002mol则最终得到固体为0.02mol+0.002mol0.022mol,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+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3mol.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:H2CCH2CH3CH2OHCH3COOC2H5.【考点】HC:有机物的合成.菁优网版权所有【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、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A是OHCCOOH,根据C的结构可知B是,A+BC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:,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:,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++2RHCuR2+2NH4++2NH3,操作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.【考点】1B:真题集萃;P8:物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.菁优网版权所有【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,所以操作是过滤,故答案为:氧化剂;过滤;(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++2RHCuR2+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++2RHCuR2+2NH4++2NH3;分液漏斗;ab;(3)反应是有机溶液中的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Fe3+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)2Fe3++Fe3Fe2+;(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2;完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式: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以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是K1K2K3。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)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(mgL1)表示]的最佳范围约为1820mgL1。【考点】B3:氧化还原反应方程式的配平;CB:化学平衡的影响因素;DA:pH的简单计算;DB:盐类水解的原理;DD:盐类水解的应用.菁优网版权所有【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)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pHlgc(H+)计算;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1820 mgL1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++Fe3Fe2+,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++Fe3Fe2+;(2)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+)1.0102molL1,则溶液pHlg1.01022,故答案为: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K1K2K3;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:K1K2K3;bd;调节溶液的pH;(4)由图象可知,聚合氯化铁的浓度在1820 mgL1时,去除率达到最大值,污水的浑浊度减小,故答案为:1820.【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.

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