1、2012年天津市高考化学试卷解析版参考答案与试题解析一、每题6分，共36分，只有一项是最符合题目要求的1（6分）根据下列物质的化学性质，判断其应用错误的是（）A酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒BCaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂C明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂D镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系菁优网版权所有【专题】52：元素及其化合物【分析】A蛋白质的性质和生理功能发生改变的现象称为蛋白质的变性，酒精能使蛋白质变性；B根据反应SO2+CaOCaSO3解答；C明矾溶于水可以形成Al（OH）3胶体，胶体吸附悬浮物
2、质而沉降，起净水作用，是常用的净水剂；D储氢合金是一类能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料；【解答】解：A体积分数为75%的酒精溶液常用于灭菌消毒，此浓度杀菌力最强。在75%的酒精作用下，乙醇能渗入细胞内，使蛋白质凝固变性，从而起到杀菌的作用，故A正确；B工业上经常在煤中加入氧化钙制成“环保煤”，以减少二氧化硫的排放，此反应的化学方程式为：SO2+CaOCaSO3，CaO可作工业废气的脱硫剂，故B正确；C明矾用作废水处理的混凝剂，明矾溶于水可以形成Al（OH）3胶体，胶体具有很大的表面积，吸附悬浮物质而沉降，起净水作用，是常用的净水剂，明矾没有氧化性也不能吸附颜色，不作漂白剂，故C
3、错误；D镍和镧组成的一种合金LaNix是较好的储氢材料，能快速可逆地存储和释放H2，其储氢原理为：镧镍合金吸附H2，H2解离为原子，H储存在其中形成LaNixH6，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查了蛋白质的变性、煤的脱硫、明矾的净水、储氢合金等知识，较为综合，题目有一定的难度，平时注意基础知识的全面掌握2（6分）下列单质或化合物性质的描述正确的是（）ANaHSO4水溶液显中性BSiO2与酸、碱均不反应CNO2溶于水时发生氧化还原反应DFe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3【考点】D3：电解质在水溶液中的电离；EK：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；FH：硅和二氧化硅；GM：铁
4、的化学性质菁优网版权所有【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题；52：元素及其化合物【分析】ANaHSO4在水中能电离出氢离子显酸性；B氢氟酸能和二氧化硅反应，氢氧化钠能和二氧化硅反应；CNO2与水反应为3NO2+H2O2HNO3+NO，反应中只有氮元素的化合价发生变化，NO2既是氧化剂也是还原剂；D氯气和金属反应生成高价金属，能将铁氧化成+3价的铁，氯气和金属铁反应的产物是氯化铁【解答】解：ANaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4Na+H+SO42溶液呈酸性，故A错误；B氢氟酸能和二氧化硅发生SiO2+4HFSiF4+2H2O，玻璃中含有二氧化硅，常用此反应在玻璃上刻字；氢氧化钠能
5、和二氧化硅发生2NaOH+SiO2Na2SiO3+H2O，实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因是玻璃中的SiO2与NaOH反应，生成具有粘性的Na2SiO3，会粘住瓶塞，故B错误；CNO2与水反应为3NO2+H2O2HNO3+NO，反应中氮元素的化合价发生变化，由NO2中+4价升高为HNO3中+5价，由NO2中+4价降低为NO中+2价，NO2既是氧化剂也是还原剂，故C正确；D氯气具有强氧化性，金属铁具有较强的还原性，氯气和金属反应生成高价金属，能将铁氧化成+3价的铁，氯气和金属铁反应的产物是氯化铁，Cl2与铁粉加热时发生反应的化学方程式为2Fe+3Cl2FeCl3，故D错误；故选
6、：C。【点评】本题主要考查了元素化合物的知识，考查角度广，要求学生具有分析和解决问题的能力，平时注意相关知识的积累，题目难度中等3（6分）下列叙述正确的是（）A乙酸与丙二酸互为同系物B不同元素的原子构成的分子只含极性共价键CU和U是中子数不同质子数相同的同种核素D短周期第A与A族元素的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构【考点】33：同位素及其应用；I2：芳香烃、烃基和同系物菁优网版权所有【专题】51B：原子组成与结构专题；51C：元素周期律与元素周期表专题；51D：化学键与晶体结构；53：有机化学基础【分析】A结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2基团的化合物互称为同系物；B同
7、种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键；C核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；DA（用X表示）与A（用Y表示）形成的化合物为XY4【解答】解：A乙酸含有一个羧基，丙二酸含有2个羧基，结构不相似，不互为同系物，故A错误； B如 H2O2分子，分子中含有一个OO非极性键，故B错误；CU和U的中子数不同，不是相同的同种核素，故C错误；DA（用X表示）与A（用Y表示）形成的化合物为XY4，X形成四个键，加上原来的4个电子，最外层共8个电子，每个Y形成一个键，加上原来的7个电子，共8个电子，故D正确。故选：D。【点评】本题考查同系物、极性键、核素等，题目难度不大
8、，注意知识的积累4（6分）完成下列实验所选择的装置或仪器（夹持装置已略去）正确的是（）A用CCl4提取溴水中的Br2B除去乙醇中的苯酚C从KI和I2的固体混合物中回收I2D配制100mL 0.1000molL1 K2Cr2O7溶液【考点】U5：化学实验方案的评价菁优网版权所有【专题】25：实验评价题【分析】A萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应；B苯酚易溶于乙醇；C碘单质易升华；D烧杯用来粗略配制溶液【解答】解：A溴单质易溶于四氯化碳，且四氯化碳与水互不相溶，故A正确； B苯酚易溶于乙醇，能透过滤纸，不能用过滤分离，故B
9、错误；C加热后，碘单质易升华，剩余的是KI，故C错误；D烧杯用来粗略配制溶液，无法精确到0.0001，故D错误。故选：A。【点评】本题考查萃取、分液、物质的分离、溶液的配制等，难度不大，注意萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应5（6分）下列电解质溶液的有关叙述正确的是（）A同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH7B在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c（Ba2+）增大C含1mol KOH的溶液与1mol CO2完全反应后，溶液中c（K+）c（HCO）D在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH
10、，可使c（Na+）c（CH3COO）【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；DN：离子浓度大小的比较菁优网版权所有【专题】16：压轴题；51G：电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、强酸强碱不一定是一元强酸和一元强碱；B、依据沉淀溶解平衡分析，在一定温度下溶度积为常数，硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行；C、依据化学反应判断生成产物为碳酸氢钾，碳酸氢根离子水解；D、依据溶液中的电荷守恒计算判断；【解答】解：A、强酸强碱不一定是一元强酸和一元强碱，等浓度等体积混合可能酸过量或碱过量，故A错误；B、加入Na2SO4固体，硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行，钡离子浓度减小，故B错误；C、含1m
11、ol KOH的溶液与1mol CO2完全反应后生成碳酸氢钾，碳酸氢根离子水解，c（K+）c（HCO3），故C错误；D、在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，依据电荷守恒；c（H+）+c（Na+）c（CH3COO）+c（OH），当c（H+）c（OH）时，c（Na+）c（CH3COO），故D正确；故选：D。【点评】本题考查了酸碱反应的溶液酸碱性判断，溶液中离子浓度大小比较，盐类水解的应用，溶液中电荷守恒的应用，沉淀溶解平衡的分析判断，题目难度中等6（6分）已知2SO2 （g）+O2 （g）2SO3 （g）；H197kJmol1向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：（甲） 2mol
12、SO2和1mol O2；（乙） 1mol SO2和0.5mol O2；（丙） 2mol SO3恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是（）A容器内压强P：P甲P丙2P乙BSO3的质量m：m甲m丙2m乙Cc（SO2）与c（O2）之比k：k甲k丙k乙D反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲Q丙2Q乙【考点】CB：化学平衡的影响因素菁优网版权所有【专题】16：压轴题；51E：化学平衡专题【分析】恒温恒容，甲与乙起始n（SO2）：n（O2）2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故甲中转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n（SO2）2mol，n（O2）1mol，与甲为等效平衡，
13、平衡时对应各组分的物质的量相等，据此结合选项解答；【解答】解：恒温恒容，甲与乙起始n（SO2）：n（O2）2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n（SO2）2mol，n（O2）1mol，与甲为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，A、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故压强P甲P丙，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故P乙P甲2P乙，故P甲P丙2P乙，故A错误；B、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故质量m甲m丙，甲等效为在乙到达平衡的基础上，再加入1mol SO2和0.5mol
14、 O2，增大压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，m甲2m乙，故m甲m丙2m乙，故B正确；C、对于甲、乙，SO2、O2起始物质的量之比等于化学计量数之比，c（SO2）与c（O2）之比为定值2：1，丙为分解反应，丙中c（SO2）与c（O2）之比为2：1，故k甲k丙k乙2，故C错误；D、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故Q甲+Q丙197，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，故Q甲2Q乙，故D错误；故选：B。【点评】该题考查化学平衡移动与计算、反应热知识、等效平衡等，难度较大，注意构建甲、乙平衡建立的途径，注意理解等效平衡。二、本卷共4题，共6
15、4分7（14分）X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子。请回答下列问题：（1）Y在元素周期表中的位置为第二周期第A族。（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4（写化学式），非金属气态氢化物还原性最强的是H2S（写化学式）。（3）Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有O3、Cl2等（写出其中两种物质的化学式）。（4）X2M的燃烧热Ha kJmol1，写出X2M燃烧反应的热化学方程式：2H2S（g）+3O2（g）2SO2（g）+2H2O（l），H2aKJmol1
16、。（5）ZX的电子式为；ZX与水反应放出气体的化学方程式为NaH+H2ONaOH+H2。（6）熔融状态下，Z的单质和FeG2能组成可充电电池（装置示意图如下），反应原理为：2Z+FeG2 Fe+2ZG 放电时，电池的正极反应式为Fe2+2eFe；充电时，钠（写物质名称）电极接电源的负极；该电池的电解质为Al2O3。【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用菁优网版权所有【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题【分析】X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，X为主族元素，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，Y为主族元素，且Z原子序数大于Y原子序数，所以Z是N
17、a元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，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（不考虑稀有气体），据此解答。【解答】解：X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，X为主族元素，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，Y为主族元素，且Z原子序数大于Y原子序数，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，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（不考虑稀有气体），（1）Y是O元素，O原子有2个电子层，最外层电子数为6，处于第二周期第A族，故答案为：第二周期第A族；（2）非金属性越强，其相
18、应的最高价含氧酸的酸性越强，这几种元素非金属性最强的是Cl元素，所以其最高价含氧酸的酸性最强的是高氯酸HClO4，非金属性越弱，气态氢化物还原性越强，还原性最强的气态氢化物是硫化物 H2S，故答案为：HClO4；H2S；（3）Y的单质O3、G的单质Cl2、二者形成的ClO2可作消毒剂，故答案为：O3、Cl2等；（4）H2S的燃烧热Ha kJmol1，根据燃烧热的含义，H2S燃烧的热化学方程式生成物应该生成SO2，故H2S燃烧反应的热化学方程式为：2H2S（g）+3O2（g）2 SO2（g）+2H2O（l）H2aKJmol1，故答案为：2H2S（g）+3O2（g）2 SO2（g）+2H2O（l）
19、H2aKJmol1；（5）ZX为NaH，属于离子化合物，由钠离子与氢负离子构成，电子式为 ，Na与水反应是氢氧化钠与氢气，反应化学方程式为为：NaH+H2ONaOH+H2，故答案为：；NaH+H2ONaOH+H2；（6）熔融状态下，Na的单质和FeCl2能组成可充电电池，反应原理为：2Na+FeCl2 Fe+2NaCl 放电时，为原电池，原电池的正极发生还原反应，Fe2+在正极放电生成Fe，正极反应式为，Fe2+2eFe；充电时，为电解池，阴极发生还原，故Na电极接电源的负极，由电池结构可知，该电池的电解质为Al2O3，故答案为：Fe2+2eFe；钠；Al2O3。【点评】本题以元素推断为载体考
20、查了元素化合物的性质，能正确判断元素是解本题的关键，注意（5）中NaH电子式书写氢负离子的电子式2个电子成对，不能分开。8（18分）萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂、医药和溶剂合成a萜品醇G的路线之一如下：已知：RCOOC2H5 请回答下列问题：（1）A所含官能团的名称是羰基、羧基（2）A催化氢化得Z（C7H12O3），写出Z在一定条件下聚合反应的化学方程式：（3）B的分子式为C8H14O3；写出同时满足下列条件的B的链状同分异构体的结构简式：核磁共振氢谱有2个吸收峰 能发生银镜反应（4）BC、EF的反应类型分别为取代反应、酯化反应（5）CD的化学方程式为+2NaOH+NaBr+2H2O（6）试剂
21、Y的结构简式为CH3MgBr（7）通过常温下的反应，区别E、F和G的试剂是Na和NaHCO3溶液（8）G与H2O催化加成得不含手性碳原子（连有4个不同原子或原子团的碳原子叫手性碳原子）的化合物H，写出H的结构简式：【考点】HB：有机物的推断菁优网版权所有【专题】534：有机物的化学性质及推断【分析】（1）由有机物A的结构可知，A中含有羰基、羧基；（2）A催化加氢生成Z，该反应为羰基与氢气发生加成反应，Z为，通过酯化反应进行的缩聚反应生成高聚物；（3）根据B的结构简式书写B的分子式，注意利用H原子饱和碳的四价结构；B的同分异构体中，核磁共振氢谱有2个吸收峰，说明分子中含有2种H原子，由B的结构可
22、知，分子中H原子数目很多，故该同分异构体为对称结构，为链状不饱和度为2，能发生银镜反应，故含有醛基2个CHO，其余的H原子以甲基形式存在，另外的O原子为对称结构的连接原子，据此结合B的分子式书写；（4）由B到C的反应条件可知，B发生水解反应生成；结合信息反应、G的结构以EF转化条件可知，F为，故E发生酯化反应生成F；（5）由反应条件可知，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应、同时发生中和反应生成，（6）结合G的结构与反应信息可知，试剂Y为CH3MgBr等；（7）由（5）中分析可知，酸化生成E，E为，含有羧基与CC双键，F为，含有CC双键、酯基，G中含有CC双键、醇羟基，故选择试剂区别羧基、
23、酯基、羟基即可，利用羧基、羟基与钠反应，酯基不反应，碳酸氢钠与羧基反应，据此进行区别；（8）G与H2O催化加成得不含手性碳原子，羟基接在连接甲基的不饱和C原子上【解答】解：（1）由有机物A的结构可知，A中含有羰基、羧基，故答案为：羰基、羧基；（2）A催化加氢生成Z，该反应为羰基与氢气发生加成反应，Z为，通过酯化反应进行的缩聚反应生成高聚物，该反应方程式为，故答案为：；（3）根据B的结构简可知B的分子式为C8H14O3，B的同分异构体中，核磁共振氢谱有2个吸收峰，说明分子中含有2种H原子，由B的结构可知，分子中H原子数目很多，故该同分异构体为对称结构，为链状不饱和度为2，能发生银镜反应，故含有醛
24、基2个CHO，其余的H原子以甲基形式存在，另外的O原子为对称结构的连接原子，故符合条件的同分异构体的结构简式为：，故答案为：C8H14O3；（4）由B到C的反应条件可知，B发生水解反应生成，属于取代反应，结合信息反应、G的结构以EF转化条件可知，F为，故E发生酯化反应生成F，故答案为：取代反应；酯化反应；（5）由反应条件可知，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应、同时发生中和反应生成，CD的反应方程式为+2NaOH +NaBr+2H2O，故答案为：+2NaOH +NaBr+2H2O；（6）结合G的结构与反应信息可知，试剂Y为CH3MgBr等，故答案为：CH3MgBr；（7）由（5）中分析可
25、知，酸化生成E，E为，含有羧基与CC双键，F为，含有CC双键、酯基，G中含有CC双键、醇羟基，利用羧基、羟基与钠反应，酯基不反应，区别出F，再利用碳酸氢钠与羧基反应区别G与E，故答案为：Na；NaHCO3溶液；（8）G与H2O催化加成得不含手性碳原子，羟基接在连接甲基的不饱和C原子上，H的结构简式为：，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断与合成，难度中等，充分利用有机物的结构、反应条件即反应信息进行判断，掌握官能团的性质与理解反应信息是关键，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型9（18分）信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的
26、线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如图1制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：（1）第步Cu与酸反应的离子方程式为Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O；得到滤渣1的主要成分为Au、Pt（2）第步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，使用H2O2的优点是不引入杂质，对环境无污染；调溶液pH的目的是使Fe3+、Al3+生成沉淀（3）用第步所得CuSO45H2O制备无水CuSO4的方法是加热脱水（4）由滤渣2制取Al2（SO4）318H2O，探究小组设计了三种方案
27、：上述三种方案中，甲方案不可行，原因是所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质：从原子利用率角度考虑，乙方案更合理（5）探究小组用滴定法测定CuSO45H2O （Mr250）含量取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c molL1 EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL滴定反应如下：Cu2+H2Y2CuY2+2H+写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式；下列操作会导致CuSO45H2O含量的测定结果偏高的是ca未干燥锥形瓶 b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c未除净可与EDTA反应的干扰离子【考点】GR：常见金属元素的单质及其
28、化合物的综合应用；U3：制备实验方案的设计菁优网版权所有【专题】16：压轴题；527：几种重要的金属及其化合物【分析】（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；（2）过氧化氢具有氧化性且被还原为水，无杂质无污染；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去，调节溶液PH目的是铁离子和铝离子全部沉淀；第步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境无污染调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀所以滤液2的成分是Cu2+，滤渣2的成分为
29、氢氧化铁和氢氧化铝；（3）第步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；（4）依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断；（5）依据滴定实验和反应离子方程式计算得到；滴定实验误差分析依据标准溶液消耗的多少进行分析判断；【解答】解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O；Au、P
30、t；故答案为：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O；Au、Pt；（2）第步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染；调节溶液PH铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Fe3+、Al3+；（3）第步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；故答案为：加热脱水；（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁
31、杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2（SO4）3的原子组成没有关系，造成原子浪费；故答案为：甲；所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质；乙；（5）取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用
32、c molL1 EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL滴定反应如下：Cu2+H2Y2CuY2+2H+铜离子物质的量和标准液物质的量相同cmol/Lb103Lbc103mol；依据元素守恒得到：则20ml溶液中含有的CuSO45H2O物质的量为bc103mol；100ml溶液中含bc103mol55bc103mol；所以CuSO45H2O质量分数的表达式；a未干燥锥形瓶对实验结果无影响；b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡说明消耗标准液读数偏小，结果偏低；c未除净可与EDTA反应的干扰离子，消耗标准液多，结果偏高；故答案为：；c【点评】本题考查离子分离的方法，实验设计，试
33、剂选择，中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质的熟练掌握是解题关键，题目难度中等10（14分）金属钨用途广泛，主要用于制造硬质或耐高温的合金，以及灯泡的灯丝。高温下，在密闭容器中用H2还原WO3可得到金属钨，其总反应为：WO3（s）+3H2（g） W（s）+3H2O（g）请回答下列问题：（1）上述反应的化学平衡常数表达式为。（2）某温度下反应达平衡时，H2与水蒸气的体积比为2：3，则H2的平衡转化率为60%；随温度的升高，H2与水蒸气的体积比减小，则该反应为反应吸热（填“吸热”或“放热”）。（3）上述总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如下表所示：温度 2555060070
34、0主要成份WO3 W2O5 WO2 W第一阶段反应的化学方程式为2WO3+H2W2O5+H2O；580时，固体物质的主要成分为W2O5、WO2；假设WO3完全转化为W，则三个阶段消耗H2物质的量之比为1：1：4。（4）已知：温度过高时，WO2 （s）转变为WO2 （g）；WO2（s）+2H2（g）W（s）+2H2O（g）；H+66.0kJmol1WO2（g）+2H2W（s）+2H2O（g）；H137.9kJmol1则WO2（s）WO2（g）的H+203.9 kJmol1。（5）钨丝灯管中的W在使用过程中缓慢挥发，使灯丝变细，加入I2可延长灯管的使用寿命，其工作原理为：W（s）+2I2（g） W
35、I4（g）。下列说法正确的有a、b。a灯管内的I2可循环使用bWI4在灯丝上分解，产生的W又沉积在灯丝上cWI4在灯管壁上分解，使灯管的寿命延长d温度升高时，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率减慢。【考点】BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算；CP：化学平衡的计算菁优网版权所有【专题】16：压轴题；517：化学反应中的能量变化；51E：化学平衡专题【分析】（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写，注意固体、纯液体不需要写出；（2）由反应方程式知，消耗的H2与生成的水的物质的量相等，
36、假定H2与水蒸气的物质的量分别为2mol、3mol，再根据转化率定义计算；随温度的升高，H2与水蒸气的体积比减小，说明平衡向正反应移动，据此判断；（3）由表中主要成分与温度关系可知，第一阶段反应为WO3与H2反应是W2O5，同时还生成H2O，配平书写方程式；580时，温度介于550600，固体为W2O5、WO2的混合物；根据三个阶段的方程式进行计算三个阶段消耗H2物质的量之比；（4）观察所给三个热化学方程式知，用前一个已知热化学方程式减去后一个已知热化学方程式就可以得到WO2（s）WO2（g），反应热也进行相应的运算；（5）由化学方程式知，挥发的W与I2结合形成气态WI4，由于气体运动的结果，
37、WI4会与还没有挥发的W接触，在高温下WI4分解生成的W附着灯丝上。【解答】解：（1）WO3（s）+3H2（g） W（s）+3H2O（g）的平衡常数k，故答案为：；（2）由反应方程式知，消耗的H2与生成的水的物质的量相等，故H2的平衡转化率为100%60%，升高温度，H2与水蒸气的体积比减小，说明升温时平衡向右移动，故正反应为吸热反应，故答案为：60%，吸热；（3）由表中主要成分与温度关系可知，第一阶段反应为WO3与H2反应是W2O5，同时还生成H2O，反应方程式为：2WO3+H2W2O5+H2O，580时，温度介于550600，固体为W2O5、WO2的混合物；假定有2molWO3，由2WO3
38、+H2W2O5+H2O、W2O5+H22WO2+H2O、WO2+2H2 W+2H2O可知，三个阶段消耗的氢气的物质的量之比为1mol：1mol：2mol21：1：4，故答案为：2WO3+H2W2O5+H2O，W2O5、WO2，1：1：4；（4）已知：WO2 （s）+2H2 （g）W （s）+2H2O （g）；H+66.0kJmol1WO2 （g）+2H2W （s）+2H2O （g）；H137.9kJmol1得则WO2 （s）WO2 （g），故H66.0kJmol1（137.9kJmol1）+203.9 kJmol1，故答案为：+203.9 kJmol1；（5）由所给化学方程式知，挥发的W与I2结合形成气态WI4，由于气体运动的结果，WI4会与还没有挥发的W接触，在高温下WI4分解生成W及I2，生成的W附着在还没有挥发的W上，灯管内的I2可循环使用，故a、b对；灯管壁温度较低，WI4不会分解，故c错；升高温度，也能加快W与I2的反应速率，故d错，故答案为：a、b。【点评】本题考查化学平衡常数的书写、反应热的计算、化学平衡移动原理、化学平衡计算等，题目选择的素材比较陌生，以考查学生的能力为主，难度中等。
