精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2011年天津市高考化學試卷解析版參考答案與試題解析一、選擇題（共6小題，每小題6分，滿分36分）1．（6分）化學在人類生活中扮演著重要角色，以下應用正確的是（）A．用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅土吸收水果釋放的乙烯，可達到水果保鮮的目的 B．為改善食物的色、香、味并防止變質，可在其中加入大量食品添加劑 C．使用無磷洗衣粉，可徹底解決水體富營養化問題 D．天然藥物無任何毒副作用，可長期服用【考點】F7：常見的生活環境的污染及治理；IC：乙烯的用途；KF：常見的食品添加劑的組成、性質和作用；KG：藥物的主要成分和療效．【專題】55：化學計算．【分析】A、從乙烯的性質和應用角度分析；B、從加入大量添加劑是否對人體有害分析；C、從導致水體富營養化的原因分析；D、從天然藥物是否有毒分析．【解答】解：A、乙烯是水果的催熟劑，高錳酸鉀溶液能氧化乙烯，則可達到水果保鮮的目的，故A正確；B、食品安全直接關系到我們的身體健康，食品添加劑的使用必須嚴格控制，故B錯；C、含磷洗衣粉的使用只是造成水體富營養化的原因之一，因此使用無磷洗衣粉，不可能徹底解決水體富營養化問題，故C錯；D、天然藥物有的本身就有很大的毒性，不可食用，故D錯。故選：A。【點評】本題考查常見食品添加劑、環境保護及治理等知識，題目但不不大，注意基礎知識的積累．2．（6分）以下有關原子結構及元素周期律的敘述正確的是（）A．第IA族元素銫的兩種同位素137Cs比133Cs多4個質子 B．同周期元素（除0族元素外）從左到右，原子半徑逐漸減小 C．第ⅦA族元素從上到下，其氫化物的穩定性逐漸增強 D．同主族元素從上到下，單質的熔點逐漸降低【考點】33：同位素及其應用；73：同一周期內元素性質的遞變規律與原子結構的關系；74：同一主族內元素性質遞變規律與原子結構的關系；8F：原子結構與元素周期律的關系．【分析】根據同位素的概念，同一周期原子半徑的遞變規律，同一主族氫化物的穩定性以及單質的熔沸點來解答．【解答】解：A、因銫的同位素具有相同的質子數，故A錯；B、同周期元素（除0族元素外）從左到右，原子半徑逐漸減小，故B對；C、第VIIA族元素從上到下，非金屬性在減弱，則其氫化物的穩定性逐漸減弱，故C錯；D、第VIIA族元素從上到下，單質的熔點逐漸升高，故D錯；故選：B。【點評】本題考查元素周期律，明確常見主族元素的性質是解答的關鍵，注重基礎，一個知識點掌握不好就可能做錯，但難度不大．3．（6分）向四支試管中分別加入少量不同的無色溶液進行如下操作，結論正確的是（）操作現象結論①滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42﹣②滴加氯水和CCl4，振蕩、靜置下層溶液顯紫色原溶液中有I﹣③用潔凈鉑絲蘸取溶液進行焰色反應火焰呈黃色原溶液中有Na+、無K+④滴加稀NaOH溶液，將濕潤紅色石蕊試紙置于試管試紙不變藍原溶液中無NH4+A．① B．② C．③ D．④【考點】DG：常見離子的檢驗方法．【分析】①碳酸根離子、亞硫酸根離子、硫酸根離子、銀離子等滴加BaCl2溶液，都成生成白色沉淀；②氯水中的氯氣和碘離子反應生成碘單質，四氯化碳把碘從水溶液中萃取出來而顯紫色；③用潔凈鉑絲蘸取溶液進行焰色反應，透過藍色鈷玻璃觀察，火焰呈黃色，原溶液中有鈉離子、無鉀離子；④滴加稀氫氧化鈉溶液，加熱，試紙不變藍，說明原溶液中無銨根離子。【解答】解：A、①中滴加氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，不能說明原溶液中有硫酸根離子，因為碳酸根離子、亞硫酸根離子、硫酸根離子、銀離子等滴加氯化鋇溶液，都成生成白色沉淀，故A錯誤；B、②氯水中的氯氣和碘離子反應生成碘單質，四氯化碳把碘從水溶液中萃取出來四氯化碳密度比水大，下層溶液顯紫色；所以滴加氯水和四氯化碳，下層溶液顯紫色說明原溶液中有碘離子，故B正確；C、③黃色火焰可以覆蓋K+的淺紫色火焰，故檢驗K+需通過藍色鈷玻璃觀察火焰，正確操作為：用潔凈鉑絲蘸取溶液進行焰色反應，透過藍色鈷玻璃觀察，火焰呈黃色，原溶液中有鈉離子、無鉀離子，故C錯誤；D、④氨氣極易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+時，滴加稀NaOH溶液不會放出NH3，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查硫酸根離子、碘離子、鈉離子和銨根離子的檢驗，要掌握常見離子的檢驗方法，注意排除其它離子的干擾。4．（6分）25℃時，向10mL0.01mol/LKOH溶液中滴加0.01mol/L苯酚溶液，混合溶液中粒子濃度關系正確的是（）A．pH＞7時，c（C6H5O﹣）＞c（K+）＞c（H+）＞c（OH﹣） B．pH＜7時，c（K+）＞c（C6H5O﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） C．V[C6H5OH（aq）]＝10mL時，c（K+）＝c（C6H5O﹣）＞c（OH﹣）＝c（H+） D．V[C6H5OH（aq）]＝20mL時，c（C6H5O﹣）+c（C6H5OH）＝2c（K+）【考點】DN：離子濃度大小的比較．【分析】根據酸堿反應后溶液的PH來分析溶液中的溶質，然后利用鹽的水解和弱電解質的電離及溶液中電荷守恒來分析混合溶液中粒子濃度關系．【解答】解：A、溶液的PH＞7時溶質可能為苯酚鈉或苯酚鉀與KOH的混合液，則溶液中一定存在c（OH﹣）＞c（H+），故A錯誤；B、溶液的PH＜7時溶質為苯酚鉀與苯酚的混合液，且苯酚的電離程度大于苯酚鉀的水解，則c（H+）＞c（OH﹣），再由電荷守恒可知c（C6H5O﹣）＞c（K+），故B錯誤；C、當苯酚溶液10mL，二者恰好完全反應，溶液中的溶質為苯酚鉀，由苯酚根離子的水解可知c（K+）＞c（C6H5O﹣），故C錯誤；D、當苯酚溶液20mL，苯酚的物質的量恰好為鉀離子物質的量的2倍，則由物料守恒可知c（C6H5O﹣）+c（C6H5OH）＝2c（K+），故D正確；故選：D。【點評】本題考查溶液中離子濃度大小的比較，學生明確酸堿之間的反應，準確判斷溶液中的溶質并利用水解、電荷守恒、物料守恒等知識即可解答．5．（6分）下列說法正確的是（）A．25℃時NH4Cl溶液的Kw大于100℃時NaCl溶液的Kw B．SO2通入碘水中，反應的離子方程式為SO2+I2+2H2O═SO32﹣+2I﹣+4H+ C．加入鋁粉能產生H2的溶液中，可能存在大量的Na+、Ba2+、AlO2﹣、NO3﹣ D．100℃時，將pH＝2的鹽酸與pH＝12的NaOH溶液等體積混合，溶液顯中性【考點】49：離子方程式的書寫；DP：離子共存問題．【專題】16：壓軸題．【分析】根據溫度與離子積的關系、氧化還原反應、離子共存、酸堿混合pH的計算來分析，并利用鋁粉能產生H2的溶液來分析溶液的酸堿性．【解答】解：A、因水的離子積常數只與溫度有關，溫度越高，Kw越大，故A錯誤；B、因二氧化硫具有還原性，碘單質具有氧化性，則SO2通入碘水中生成SO42﹣，故B錯誤；C、因加入鋁粉能產生H2的溶液可能是強酸性溶液，也可能是強堿性溶液，在強酸性溶液中不可能存在AlO2﹣和NO3﹣，在強堿性溶液中，離子之間互不反應，可以大量共存，故C正確；D、100℃時，Kw＝1×10﹣12，pH＝2的鹽酸中H+的濃度為0.01mol/L，pH＝12的NaOH溶液中OH﹣的濃度為1mol/L，則等體積混合后堿過量，溶液顯堿性，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查知識點較多，符合高考的命題思路，注重對溶液中水的電離、pH的計算、離子共存、溶液中的氧化還原反應等重要考點的考查，有助于對專題知識點的訓練．6．（6分）向絕熱恒容密閉容器中通入SO2和NO2，一定條件下使反應SO2（g）+NO2（g）?SO3（g）+NO（g）達到平衡，正反應速率隨時間變化的示意圖如圖所示．由圖可得出的正確結論是（）A．反應在c點達到平衡狀態 B．反應物濃度：a點小于b點 C．反應物的總能量低于生成物的總能量 D．△t1＝△t2時，SO2的轉化率：a～b段小于b～c段【考點】C7：化學平衡建立的過程；CH：化學反應速率變化曲線及其應用．【專題】16：壓軸題．【分析】由題意可知一個反應前后體積不變的可逆反應，由于容器恒容，因此壓強不影響反應速率，所以在本題中只考慮溫度和濃度的影響．結合圖象可知反應速率先增大再減小，因為只要開始反應，反應物濃度就要降低，反應速率應該降低，但此時正反應卻是升高的，這說明此時溫度的影響是主要的，由于容器是絕熱的，因此只能是放熱反應，從而導致容器內溫度升高反應速率加快．【解答】解：A、化學平衡狀態的標志是各物質的濃度不再改變，其實質是正反應速率等于逆反應速率，c點對應的正反應速率顯然還在改變，故一定未達平衡，故A錯誤；B、a到b時正反應速率增加，反應物濃度隨時間不斷減小，故B錯誤；C、從a到c正反應速率增大，之后正反應速率減小，說明反應剛開始時溫度升高對正反應速率的影響大于濃度減小對正反應速率的影響，說明該反應為放熱反應，即反應物的總能量高于生成物的總能量，故C錯誤；D、隨著反應的進行，正反應速率越快，消耗的二氧化硫就越多，則SO2的轉化率將逐漸增大，故D正確；故選：D。【點評】本題考查化學反應速率圖象分析，為高頻考點，正確理解圖象含義及曲線變化趨勢是解本題關鍵，題目難度不大．二、解答題（共4小題，滿分64分）7．（14分）如圖1中X、Y、Z為單質，其余為化合物，它們之間存在如圖1轉化關系（部分產物已略去）．其中，A俗稱磁性氧化鐵；E是不溶于水的酸性氧化物，能與氫氟酸反應．回答下列問題：（1）組成單質Y的元素在周期表中的位置是第二周期第ⅥA族；M中存在的化學鍵類型為離子鍵和共價鍵；R的化學式是H2SiO3．（2）一定條件下，Z與H2反應轉化為ZH4．ZH4的電子式為．（3）已知A與1molAl反應轉化為X時（所有物質均為固體），放出akJ熱量，寫出該反應的熱化學方程式：8Al（s）+3Fe3O4（s）＝9Fe（s）+4Al2O3（s），△H＝﹣8akJ/mol．（4）寫出A和D的稀溶液反應生成G的離子方程式：3Fe3O4+28H++NO3﹣＝9Fe3++NO↑+14H2O．（5）向含4molD的稀溶液中，逐漸加入X粉末至過量，假設生成的氣體只有一種，請在圖2坐標系中畫出n（X2+）隨n（X）變化的示意圖，并標出n（X2+）的最大值．【考點】GS：無機物的推斷．【專題】11：推斷題．【分析】A俗稱磁性氧化鐵，即為Fe3O4；能與氫氟酸反應且不溶于水的酸性氧化物是SiO2，即E為SiO2，根據框圖中的轉化關系，可知X為Fe、Y為O2、Z為Si、D為硝酸、M為Na2SiO3、G為硝酸鐵，R為H2SiO3，結合對應的物質的性質以及題目要求可解答該題．【解答】解：A俗稱磁性氧化鐵，即為Fe3O4；能與氫氟酸反應且不溶于水的酸性氧化物是SiO2，即E為SiO2，根據框圖中的轉化關系，可知X為Fe、Y為O2、Z為Si、D為硝酸、M為Na2SiO3、G為硝酸鐵，R為H2SiO3，（1）組成單質Y的元素為O元素，原子核外有2個電子層，最外層電子數為6，位于元素周期表中第二周期，第ⅥA族，M為Na2SiO3，存在的化學鍵類型為離子鍵和共價鍵，R為H2SiO3，故答案為：第二周期第ⅥA族；離子鍵和共價鍵；H2SiO3；（2）Z為Si，Z與H2反應轉化為SiH4，SiH4的電子式為，故答案為：；（3）Fe3O4在高溫下可與鋁發生鋁熱反應，Fe3O4與1molAl反應轉化為Fe時（所有物質均為固體），放出akJ熱量，則8molAl反應可以放出8aKJ的熱量，所以熱化學方程式為8Al（s）+3Fe3O4（s）＝9Fe（s）+4Al2O3（s），△H＝﹣8akJ/mol，故答案為：8Al（s）+3Fe3O4（s）＝9Fe（s）+4Al2O3（s），△H＝﹣8akJ/mol；（4）四氧化三鐵和稀硝酸反應是氧化物中的二價鐵元素被氧化到最高價，硝酸中氮元素被還原到+2價，反應的離子方程式為：3Fe3O4+28H++NO3﹣＝9Fe3++NO↑+14H2O，故答案為：3Fe3O4+28H++NO3﹣＝9Fe3++NO↑+14H2O；（5）鐵和稀硝酸反應，開始鐵全部被硝酸氧化為硝酸鐵，故開始階段Fe2+的量為0，隨著鐵的加入，多余的鐵又和Fe3+反應而生成Fe2+，故Fe2+的量逐漸會增大直至到最大值，以后不變，反應過程中生成的氣體為NO，令Fe2+的最大物質的量為xmol，根據電子轉移守恒可知，NO的物質的量，根據N元素守恒可知：2xmol＝4mol，解得x＝1.5，故n（Fe2+）隨n（Fe）變化的示意圖為：，故答案為：．【點評】本題考查無機物的推斷，側重物質轉化和性質的考查，側重鋁熱反應及硅及其化合物轉化的考查，（5）為易錯點，注意根據反應的方程式計算，題目難度中等．8．（18分）已知：RCH2COOH+RCl→+NaClI．冠心平F是降血脂、降膽固醇的藥物，它的一條合成路線如下：（1）A為一元羧酸，8.8gA與足量NaHCO3溶液反應生成2.24LCO2（標準狀況），A的分子式為C4H8O2．（2）寫出符合A分子式的所有甲酸酯的結構簡式：．（3）B是氯代羧酸，其核磁共振氫譜有兩個峰，寫出B→C的反應方程式：．（4）C+E→F的反應類型為取代反應．（5）寫出A和F的結構簡式：A．；F．．（6）D的苯環上有兩種氫，它所含官能團的名稱為羥基、氯原子；寫出a、b所代表的試劑：a．Cl2；b．NaOH．II．按如下路線，由C可合成高聚物H：CGH（7）C→G的反應類型為消去反應．（8）寫出G→H的反應方程式：．【考點】HB：有機物的推斷；HC：有機物的合成；I6：取代反應與加成反應；I7：消去反應與水解反應．【專題】16：壓軸題．【分析】根據質量和生成氣體的體積結合化學方程式可計算A的分子式為C4H8O2，B是氯代羧酸，且核磁共振氫譜有兩個峰，可推出B的結構簡式為，進而確定A為，C為，F為，由E的結構簡式和D的苯環上有兩種氫，可以確定D為，結合有機物的結構判斷具有的性質．【解答】解：（1）設A的分子式為CnH2nO2，則有：CnH2nO2+NaHCO3→CnH2n﹣1O2Na+CO2↑+H2O（14n+32）22.4L8.82.24L則＝，解得n＝4，即A的分子式為C4H8O2，故答案為：C4H8O2；（2）A分子式為C4H8O2，所有甲酸酯的結構為，R為丙基，有兩種，可為﹣CH2CH2CH3或﹣CH（CH3）CH3，所以同分異構體有兩種，故答案為：；（3）根據B是氯代羧酸，且核磁共振氫譜有兩個峰，可推出B的結構簡式為，進而確定A為，C為，F為，B與C發生酯化反應，反應的化學方程式為，故答案為：；（4）C+E→F的反應可看成取代﹣Cl的反應，故答案為：取代反應；（5）由題中推斷可知A為，F為，故答案為：；；（6）由E的結構簡式和D的苯環上有兩種氫，可以確定D為，其中含有的官能團有羥基和氯原子；是苯酚和Cl2反應的產物，與NaOH或Na2CO3溶液反應生成E．故答案為：羥基、氯原子；Cl2；NaOH溶液；（7）C在NaOH乙醇溶液中加熱發生消去反應，生成（G），故答案為：消去反應；（8）G加聚生成H，反應的化學方程式為，故答案為：．【點評】本題考查有機物的合成，題目難度較大，本題注意根據題給信息，采用正推的方法推斷，正確推斷A的組成和結構是解答該題的關鍵．9．（18分）某研究性學習小組為合成1﹣丁醇，查閱資料得知一條合成路線：CH3CH＝CH2+CO+H2CH3CH2CH2CHOCH3CH2CH2CH2OH；CO的制備原理：HCOOHCO↑+H2O，并設計出原料氣的制備裝置（如圖）。請填寫下列空白：（1）實驗室現有鋅粒、稀硝酸、稀鹽酸、濃硫酸、2﹣丙醇，從中選擇合適的試劑制備氫氣、丙烯，寫出化學反應方程式：Zn+2HCl＝ZnCl2+H2↑，（CH3）2CHOHCH2＝CHCH3↑+H2O。（2）若用以上裝置制備干燥純凈的CO，裝置中a和b的作用分別是恒壓，防倒吸。c和d中盛裝的試劑分別是NaOH溶液，濃H2SO4。若用以上裝置制備H2，氣體發生裝置中必需的玻璃儀器名稱是分液漏斗、蒸餾燒瓶；在虛線框內畫出收集干燥H2的裝置圖。（3）制丙烯時，還產生少量SO2、CO2及水蒸氣，該小組用以下試劑檢驗這四種氣體，混合氣體通過試劑的順序是④⑤①③②（填序號）。①飽和Na2SO3溶液②酸性KMnO4溶液③石灰水④無水CuSO4⑤品紅溶液（4）合成正丁醛的反應為正向放熱的可逆反應，為增大反應速率和提高原料氣的轉化率，你認為應該采用的適宜反應條件是b。a．低溫、高壓、催化劑b．適當的溫度、高壓、催化劑c．常溫、常壓、催化劑d．適當的溫度、常壓、催化劑（5）正丁醛經催化加氫得到含少量正丁醛的1﹣丁醇粗品。為純化1﹣丁醇，該小組查閱文獻得知：①R﹣CHO+NaHSO3（飽和）→RCH（OH）SO3Na↓；②沸點：乙醚34℃，1﹣丁醇118℃，并設計出如下提純路線：試劑1為飽和NaHSO3溶液，操作1為過濾，操作2為萃取，操作3為蒸餾。【考點】PF：常見氣體的檢驗；Q1：氣體發生裝置；Q4：氣體的凈化和干燥；U3：制備實驗方案的設計．【專題】16：壓軸題．【分析】（1）制備氫氣選用鋅粒和稀鹽酸；制備丙烯選用2﹣丙醇和濃硫酸；（2）在題給裝置中，a的作用保持分液漏斗和燒瓶內的氣壓相等，以保證分液漏斗內的液體能順利加入燒瓶中；b主要是起安全瓶的作用，以防止倒吸；c為除去CO中的酸性氣體，選用NaOH溶液，d為除去CO中的H2O，試劑選用濃硫酸；若用題給裝置制備H2，則不需要酒精燈；（3）檢驗丙烯和少量SO2、CO2及水蒸氣組成的混合氣體各成分時，應首先選④無水CuSO4檢驗水蒸氣，然后用⑤品紅溶液檢驗SO2，并用①飽和Na2SO3溶液除去SO2；然后用③石灰水檢驗CO2，用②酸性KMnO4溶液檢驗丙烯；（4）題給合成正丁醛的反應為氣體體積減小的放熱反應，為增大反應速率和提高原料氣的轉化率；（5）飽和NaHSO3溶液形成沉淀，然后通過過濾即可除去；1﹣丁醇和乙醚的沸點相差很大，因此可以利用蒸餾將其分離開。【解答】解：（1）氫氣可用活潑金屬鋅與非氧化性酸鹽酸通過置換反應制備，氧化性酸如硝酸和濃硫酸與鋅反應不能產生氫氣，方程式為Zn+2HCl＝ZnCl2+H2↑；2﹣丙醇通過消去反應即到達丙烯，方程式為：（CH3）2CHOHCH2＝CHCH3↑+H2O，故答案為：Zn+2HCl＝ZnCl2+H2↑；（CH3）2CHOHCH2＝CHCH3↑+H2O；（2）甲酸在濃硫酸的作用下通過加熱脫水即生成CO，由于甲酸易揮發，產生的CO中必然會混有甲酸，所以在收集之前需要除去甲酸，可以利用NaOH溶液吸收甲酸。又因為甲酸易溶于水，所以必需防止液體倒流，即b的作用是防止倒吸，最后通過濃硫酸干燥CO．為了使產生的氣體能順利的從發生裝置中排出，就必需保持壓強一致，因此a的作用是保持恒壓；若用以上裝置制備氫氣，就不再需要加熱，所以此時發生裝置中的玻璃儀器名稱是分液漏斗和蒸餾燒瓶；氫氣密度小于空氣的，因此要收集干燥的氫氣，就只能用向下排空氣法，而不能用排水法收集；故答案為：恒壓，防倒吸；NaOH溶液，濃H2SO4；分液漏斗、蒸餾燒瓶；；（3）檢驗丙烯可以用酸性KMnO4溶液，檢驗SO2可以用酸性KMnO4溶液褪色、品紅溶液或石灰水，檢驗CO2可以石灰水，檢驗水蒸氣可以無水CuSO4，所以在檢驗這四種氣體必需考慮試劑的選擇和順序。只要通過溶液，就會產生水蒸氣，因此先檢驗水蒸氣；然后檢驗SO2并在檢驗之后除去SO2，除SO2可以用飽和Na2SO3溶液，最后檢驗CO2和丙烯，因此順序為④⑤①③②，故答案為：④⑤①③②；（4）由于反應是一個體積減小的可逆反應，所以采用高壓，有利于增大反應速率和提高原料氣的轉化率；正向反應是放熱反應，雖然低溫有利于提高原料氣的轉化率，但不利于增大反應速率，因此要采用適當的溫度；催化劑不能提高原料氣的轉化率，但有利于增大反應速率，縮短到達平衡所需要的時間，故正確所選項是b；故答案為：b；（5）粗品中含有正丁醛，根據所給的信息利用飽和NaHSO3溶液形成沉淀，然后通過過濾即可除去；由于飽和NaHSO3溶液是過量的，所以加入乙醚的目的是萃取溶液中的1﹣丁醇。因為1﹣丁醇和乙醚的沸點相差很大，因此可以利用蒸餾將其分離開。故答案為：飽和NaHSO3溶液；過濾；萃取；蒸餾。【點評】本題考查有機物合成方案的設計，題目難度較大，綜合性較強，答題時注意把握物質的分離、提純方法，把握物質的性質的異同是解答該題的關鍵。10．（14分）工業廢水中常含有一定量的Cr2O72﹣和CrO42﹣，它們會對人類及生態系統產生很大損害，必須進行處理。常用的處理方法有兩種。方法1：還原沉淀法：該法的工藝流程為：CrO42﹣Cr2O72﹣Cr3+Cr（OH）3↓其中第①步存在平衡：2CrO42﹣（黃色）+2H+?Cr2O72﹣（橙色）+H2O（1）若平衡體系的pH＝2，該溶液顯橙色。（2）能說明第①步反應達平衡狀態的是c。a．Cr2O72﹣和CrO42﹣的濃度相同b.2v（Cr2O72﹣）＝v（CrO42﹣）c．溶液的顏色不變（3）第②步中，還原1molCr2O72﹣離子，需要6mol的FeSO4?7H2O。（4）第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s）?Cr3+（aq）+3OH﹣（aq）常溫下，Cr（OH）3的溶度積Ksp＝c（Cr3+）?c3（OH﹣）＝10﹣32，要使c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，溶液的pH應調至5。方法2：電解法，該法用Fe做電極電解含Cr2O72﹣的酸性廢水，隨著電解進行，在陰極附近溶液pH升高，產生Cr（OH）3沉淀。（5）用Fe做電極的原因為陽極反應為Fe﹣2e﹣═Fe2+，提供還原劑Fe2+。（6）在陰極附近溶液pH升高的原因是（用電極反應解釋）2H++2e﹣═H2↑，溶液中同時生成的沉淀還有Fe（OH）3。【考點】CG：化學平衡狀態的判斷；DI：電解原理；FE："三廢"處理與環境保護．【專題】16：壓軸題．【分析】（1）根據外界條件對平衡的影響來考慮平衡移動方向，從而確定離子濃度大小，進而確定顏色變化；（2）判斷平衡狀態的方法：V正＝V逆，或各組分的濃度保持不變，即能變的量保持不變則說明已達平衡；（3）根據得失電子守恒來計算；（4）根據溶度積常數進行計算；（5）陽極是活性電極時，陽極本身失電子，生成陽離子；（6）溶液PH升高的原因是溶液中氫離子濃度減少，即氫離子在陰極得電子，PH升高，氫氧根離子濃度增大，離子濃度冪的乘積大于溶度積，所以金屬陽離子會生成氫氧化物沉淀。【解答】解：（1）c（H+）增大，平衡2CrO42﹣（黃色）+2H+?Cr2O72﹣（橙色）+H2O右移，溶液呈橙色；（2）平衡時各物質的濃度不再改變，即溶液的顏色不再改變；（3）根據電子得失守恒可知，還原1molCr2O72﹣離子得到Cr3+，得電子：2×（6﹣3）＝6mol，需要FeSO4?7H2O的物質的量為：6÷（3﹣2）＝6；（4）當c（Cr3+）＝10﹣5mol/L時，溶液的c（OH﹣）mol/L，c（H+）═，pH＝5，即要使c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，溶液的pH應調至5；（5）在電解法除鉻中，鐵作陽極，陽極反應為Fe﹣2e﹣═Fe2+，以提供還原劑Fe2+；（6）在陰極附近溶液pH升高的原因是水電離產生的H+放電生成H2的同時，大量產生了OH﹣，所以溶液中的Fe3+也將轉化為Fe（OH）3沉淀。故答案為：（1）橙；（2）c；（3）6；（4）5；（5）陽極反應為Fe﹣2e﹣═Fe2+，提供還原劑Fe2+；（6）2H++2e﹣═H2↑；Fe（OH）3。【點評】本題綜合考查了化學平衡原理、氧化還原反應、沉淀溶解平衡和電化學知識等內容。分析時要根據題給信息，結合相關原理進行解答。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溶于水時發生氧化還原反應 D．Fe在足量Cl2中燃燒生成FeCl2和FeCl33．（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﹣）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。（2）上述元素的最高價氧化物對應的水化物酸性最強的是（寫化學式），非金屬氣態氫化物還原性最強的是（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（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：。（5）ZX的電子式為；ZX與水反應放出氣體的化學方程式為。（6）熔融狀態下，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；充電時，（寫物質名稱）電極接電源的負極；該電池的電解質為。8．（18分）萜品醇可作為消毒劑、抗氧化劑、醫藥和溶劑．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．（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；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能發生銀鏡反應（4）B→C、E→F的反應類型分別為、．（5）C→D的化學方程式為．（6）試劑Y的結構簡式為．（7）通過常溫下的反應，區別E、F和G的試劑是和．（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