文档内容
无Fe2+；
2015 年天津市高考化学试卷解析版
B．无水硫酸铜吸水变为CuSO •5H O，白色粉末变蓝，可证明原气体中含有水蒸气；
4 2
参考答案与试题解析 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
一、选择题：
需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察；
1．（6分）下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是（ ）
D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO 、SO 等．
2 2
A．点燃爆竹后，硫燃烧生成SO
3 【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
B．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
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；
C．服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO 溶液解毒
3
B．气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO +5H O═CuSO •5H O，可证明原气体中含有水蒸
4 2 4 2
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
气，故B正确；
【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．
菁优网版权所有 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，
【分析】A．硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫；
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；
B．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu （OH） CO ，溶于酸性溶液；
2 2 3
D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO 、SO 等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体不一定
2 2
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；
是CO ，故D错误，
2
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．
故选：B。
【解答】解：A．硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫，不能生成SO ，故A错误；
3
【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．
B．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu （OH） CO ，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清
2 2 3
3．（6分）下列说法不正确的是（ ）
除铜镜表面的铜锈，故B正确；
A．Na与H O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行
2
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
B．饱和Na SO 溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同
2 4
水杨酸反应时，可以用NaHCO 溶液解毒，故C正确；
3
C．FeCl 和MnO 均可加快H O 分解，同等条件下二者对H O 分解速率的改变相同
3 2 2 2 2 2
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
D．Mg（OH） 固体在溶液存在平衡：Mg（OH） （s） Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），该固体可溶于NH Cl
2 2 4
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，
溶液 ⇌
故选：A。
【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；
【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．
K6：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．
2．（6分）下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（ ） 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△G＝△H﹣
A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+
T△S＜0，反应自发进行；
B．气体通过无水CuSO ，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气
4
B．饱和Na SO 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；
2 4
C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+
C．FeCl 和MnO 对H O 分解催化效果不相同；
3 2 2 2
D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO
2
D．NH Cl溶液中铵根离子水解呈酸性，消耗Mg（OH） （s）溶解平衡中的氢氧根离子，平衡右移．
4 2
【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．
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【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△S＞O，反应中钠熔化为
【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+，并不能证明小球，说明反应放出大量的热，即△H＜0，则△G＝△H﹣T△S＜0，故该反应自发进行，故A正确； 【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
B．饱和Na
2
SO
4
溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，饱和 Na
2
SO
4
溶液降低蛋白质溶解度，为盐析现 正极，发生还原反应，故A错误；
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．阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c（SO 2﹣）不变，故B错误；
4
B正确； 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++2e﹣＝Cu，保持溶液呈电中性，进入
C．FeCl
3
和MnO
2
对H
2
O
2
分解催化效果不相同，同等条件下H
2
O
2
分解速率的改变不相同，故C错误； 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．NH 4 Cl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 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
（s） Mg2+（aq）+2OH﹣（aq）平衡右移，故Mg（OH） 可溶于NH Cl溶液，故D正确， 错误，
2 4
故选：⇌C。 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 【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
解平衡等，注意B选项中蛋白质变性的一些方法，难度不大． 分析．
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 5．（6分）室温下，将0.20mol Na CO 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
2 3
（ ） 的是（ ）
加入的物质 结论
A 100mL 2mol•L﹣1H SO 反应结束后，c（Na+）＝c
2 4
（SO 2﹣）
4
B 0.20molCaO
溶液中 增大
C 200mL H O 由水电离出的c（H+）•c（OH
2
﹣）不变
D 0.4molNaHSO 固体 反应完全后，溶液pH减小，c
4
（Na+）不变
A．铜电极上发生氧化反应 A．A B．B C．C D．D
B．电池工作一段时间后，甲池的c（SO 2﹣）减小 【考点】DD：盐类水解的应用．
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C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加
【专题】51H：盐类的水解专题．
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 【分析】n（Na 2 CO 3 ）＝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
【考点】1B：真题集萃；BH：原电池和电解池的工作原理． CO 3 2﹣+H 2 O HCO 3 ﹣+OH﹣，
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【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 A ． n （ H⇌2 SO
4
） ＝ 2mol/L×0.1L ＝ 0.2mol ， H
2
SO
4
和 Na
2
CO
3
反 应 方 程 式 为 Na
2
CO
3
+H
2
SO
4
＝
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， Na 2 SO 4 +CO 2 ↑+H 2 O，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱溶液Na 2 SO 4 ，溶液呈中性，根据电荷守恒
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 判断c（Na+）、c（SO
4
2﹣）相对大小；
相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大． B．CaO+H 2 O＝Ca（OH） 2 、Ca（OH） 2 +Na 2 CO 3 ＝CaCO 3 ↓+2NaOH，所以得 CaO+H 2 O+Na 2 CO 3 ＝CaCO ↓+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； D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4mol•L﹣1
3
C．加水稀释促进碳酸钠水解； 【考点】CP：化学平衡的计算．
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D．NaHSO 和Na CO 反应方程式为：2NaHSO +Na CO ＝Na SO +H O+CO ↑，根据方程式知，二者恰好反 【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
4 2 3 4 2 3 2 4 2 2
应生成Na SO 、H O、CO ，溶液中的溶质是硫酸钠，溶液呈中性． 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；
2 4 2 2
【解答】解：n（Na CO ）＝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 B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；
2 3
为CO 2﹣+H O HCO ﹣+OH﹣，
3 2 3 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
A ． n （ H
2
S⇌O
4
） ＝ 2mol/L×0.1L ＝ 0.2mol ， H
2
SO
4
和 Na
2
CO
3
反 应 方 程 式 为 Na
2
CO
3
+H
2
SO
4
＝
Na SO +CO ↑+H O，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱溶液Na SO ，溶液呈中性，则c（H+）＝c
2 4 2 2 2 4 计算；
（OH﹣），根据电荷守恒得（Na+）＝2c（SO 2﹣），故A错误；
4 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
B．CaO+H O＝Ca（OH） 、Ca（OH） +Na CO ＝CaCO ↓+2NaOH，随着 CO 2﹣的消耗，CO 2﹣
2 2 2 2 3 3 3 3 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．
+H 2 O HCO 3 ﹣+OH﹣向左移动，c（HCO 3 ﹣）减小，反应生成 OH﹣，则 c（OH﹣）增大，导致溶液中 【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m＝2，故A
增大，故B正确；
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．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
C．设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol，
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； X（g）+2Y（g） 3Z（g）
D．NaHSO 4 和Na 2 CO 3 反应方程式为：2NaHSO 4 +Na 2 CO 3 ＝Na 2 SO 4 +H 2 O+CO 2 ↑，根据方程式知，二者恰好反 开始（mol） 1 2 ⇌ 0
应生成Na SO 、H O、CO ，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， 转化（mol） a 2a 3a
2 4 2 2
因为硫酸氢钠中含有钠离子，所以c（Na+）增大，故D错误； 平衡（mol）（1﹣a）（2﹣2a） 3a
故选：B。
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（1﹣a）：（2﹣
【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 2a）：3a＝30%：60%：10%，所以a＝0.1，则参加反应的△n（X）＝0.1mol、△n（Y）＝0.2mol，
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
转化率 ，
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
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：
（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（ ）
1，故C正确；
A．m＝2
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
B．两次平衡的平衡常数相同
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
C．X与Y的平衡转化率之比为1：13bmol， （4）已知1mole的单质在足量d 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：
2
X（g）+2Y（g） 3Z（g） 2Na （ s ） +O （ g ）＝ N a O （ s ）△ H ＝﹣ 511k J • mo l ﹣ 1 ；
2 2 2
第一次平衡（mol）：0.9 1.8 ⇌ 0.3 （5）上述元素可组成盐R：zx f（gd ） ，向盛有10mL1mol•L﹣1R溶液的烧杯中滴加1mol•L﹣1NaOH溶液，
4 4 2
加入1molZ：0.9 1.8 1.3 沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如图2
转化：b 2b 3b R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是 c （ SO 2 ﹣ ）＞ c （ NH + ）＞ c （ Al 3+ ）＞ c （ H + ）＞ c （ OH ﹣ ） ；
4 4
第二次平衡（mol）：（0.9+b） （1.8+2b）（1.3﹣3b）
①写出m点反应的离子方程式： NH + +OH ﹣ ＝ NH • H O ；
4 3 2
各物质含量不变，所以（0.9+b）：（1.8+2b）：（1.3﹣3b）＝30%：60%：10%＝3：6：1，
②若在R溶液中改加20ml 1.2mol•L﹣1Ba（OH） 溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为 0.02 2
2
b＝0.3，n（Z）＝（1.3﹣0.9）mol＝0.4mol，Z的物质的量浓度 0.2mol/L，故D错误； ③mol。
【考点】1B：真题集萃；8J：位置结构性质的相互关系应用．
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故选：D。 【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
【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 Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。
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 （1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；
点是D选项计算，题目难度中等．
（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
二、非选择题 强；
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 （3）四原子共价化合物，可以是NH 3 、H 2 O 2 、C 2 H 2 等；
的变化如图1所示。 （4）1molNa的单质在足量O 2 中燃烧生成Na 2 O 2 （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NH Al（SO ） ，溶液中Al3+、NH +均水解使溶液呈酸性，但Al3+比 NH +水解程度更大；
4 4 2 4 4
m点①过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH +与OH﹣反应生成NH •H O；
4 3 2
②根据n＝cV计算n（Al3+ ）、n（NH +）、n（SO 2﹣）、n（Ba2+）、n（OH﹣），根据SO 2﹣、Ba2+中不
4 4 4
③足量的离子的物质的量计算生成BaSO 的物质的量，依次发生：Al3++OH﹣＝Al（OH） ↓、NH ++OH﹣＝
4 3 4
根据判断出的元素回答问题： NH 3 •H 2 O、Al（OH） 3 +OH﹣＝AlO 2 ﹣+2H 2 O，根据方程式计算生成Al（OH） 3 的物质的量，进而二者计算生
（1）f在周期表中的位置是 第三周期Ⅲ A 族 ； 成固体总物质的量。
（2）比较d、e常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）： O 2 ﹣ ＞ N a + ；比较g、h的最高价氧 【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，
化物对应水化物的酸性强弱： HClO ＞ H SO 。 e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。
4 2 4
（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族，故答案为：第三周期ⅢA族；
（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 （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：HClO ＞H SO ，故答案为：r（O2﹣）＞r（Na+）；HClO ＞
4 2 4 4
） ；
H SO ；
2 4【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
（3）四原子共价化合物，可以是 NH 3 、H 2 O 2 、C 2 H 2 等，其电子式为： （或 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：
），
故答案为： （或 ）；
（4）1molNa的单质在足量O 中燃烧生成Na O （s），放出255.5kJ热量，2molNa反应放出热量为511kJ，
2 2 2
则该反应的热化学方程式为：2Na（s）+O （g）＝Na O （s）△H＝﹣511kJ•mol﹣1，
2 2 2
故答案为：2Na（s）+O （g）＝Na O （s）△H＝﹣511kJ•mol﹣1；
2 2 2 （1）A分子式为C H O ，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
2 2 3
（5） R是NH Al（SO ） ，溶液中Al3+、NH +均水解使溶液呈酸性，但Al3+比 NH +水解程度更大，故离
4 4 2 4 4
子浓度①由大到小的顺序是：c（SO 2﹣）＞c（NH +）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣），
4 4
故答案为：c（SO 2﹣）＞c（NH +）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
4 4
m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH
4
+与OH﹣反应生成NH
3
•H
2
O，离子方程式为：NH
4
+ A+B→C的化学反应方程式： ；
②+OH﹣＝NH •H O，
3 2
故答案为：NH ++OH﹣＝NH •H O；
4 3 2
10mL 1mol•L﹣1 NH Al（SO ） 溶液中Al3+ 物质的量为0.01mol，NH +的物质的量为0.01mol，SO 2﹣的
4 4 2 4 4
（2）C（ ）中 、 、 3个﹣OH的酸性由强到弱的顺序是 ＞ ＞ ；
③物质的量为0.02mol，20mL 1.2 mol•L﹣1Ba（OH） 溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH﹣为0.048mol，
2
由SO 2﹣+Ba2+＝BaSO ↓，可知SO 2﹣不足，故可以得到0.02mol BaSO ， （3）E是由2分子C生成的含有 ① 3个 ② 六元环 ③ 的化合物，E分子中不同化学环境的氢原 ③ 子有 ① 4 ② 种．
4 4 4 4
Al3++3OH﹣＝Al（OH） ↓ （4）D→F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
3
0.01mol 0.03mol 0.01mol 质的量为 3 mol．
反应剩余OH﹣为0.048mol﹣0.03mol＝0.018mol， 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 ：
NH ++OH﹣＝NH •H O
4 3 2
0.01mol 0.01mol
反应剩余OH﹣为0.018mol﹣0.01mol＝0.008mol，
Al（OH） +OH﹣＝AlO ﹣+2H O
3 2 2
0.008mol 0.008mol
故得到Al（OH） 沉淀为0.01mol﹣0.008mol＝0.002mol
3
．
则最终得到固体为0.02mol+0.002mol＝0.022mol，
故答案为：0.022mol。
属于一元酸类化合物
①苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基 【解答】解：（1）A的分子式为C H O ，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则A是OHC﹣
2 2 3
②
COOH ， 根 据 C 的 结 构 可 知 B 是 ， A+B→ C 发 生 加 成 反 应 ， 反 应 方 程 式 为 ：
（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：H C＝CH CH CH OH CH COOC H ．
2 2 3 2 3 2 5
，
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： ＞ ＞ ，
【考点】HC：有机物的合成． 故答案为： ＞ ＞ ； ③ ① ②
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【分析】（1）A的分子式为C
2
H
2
O
3
，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则 A是OHC﹣ 羧基的酸性③强于酚①羟基②，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
COOH，根据C的结构可知B是 ，A+B→C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 ，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；
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，D→F的反应类型是：取代反应；F中溴原子、酚羟基、
（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）， 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；
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，
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（CH ）①COOH、﹣CH（CH Br）②COOH、﹣CH CHBrCOOH、﹣CHBrCH COOH，可能
3 2 2 2
另外取代基为﹣CBr（CH ）①COOH、﹣CH（CH Br）②COOH、﹣CH CHBrCOOH、﹣CHBrCH COOH；
3 2 2 2
（5）由题目信息可知，乙酸与PCl 反应得到ClCH COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得
3 2
到HOCH COONa，用盐酸酸化得到HOCH COOH，最后在Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到OHC﹣
2 2
COOH．的结构简式为： ，
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ是将Cu转化为Cu（NH ） 2+，反应中H O 的作用是 氧化剂 ，写出操作 的名称： 过滤
3 4 2 2
； ①
故答案为：取代反应；3； ； （2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH ） 2+与有机物RH反应，写出该反应的离子方程式： Cu （ NH ） 2+
3 4 3 4
+2RH ＝ CuR +2NH + +2NH ↑ ，操作 用到的主要仪器名称为 分液漏斗 ，其目的是（填序号） ab
2 4 3
（5）由题目信息可知，乙酸与PCl 反应得到ClCH COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得
3 2
． ②
到HOCH COONa，用盐酸酸化得到HOCH COOH，最后在Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到OHC﹣
2 2
a．富集铜元素
b．使铜元素与水溶液中的物质分离
COOH，合成路线流程图为：CH COOH ClCH COOH HOCH COONa HOCH COOH OHC﹣
3 2 2 2 c．增加Cu2+在水中的溶解度
（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR 与稀硫酸反应生成CuSO 和 RH ，若操作 使用如图2装置，图中存
2 4
COOH，
在的错误是 分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁；液体过多 ； ③
故答案为：CH COOH ClCH COOH HOCH COONa HOCH COOH OHC﹣COOH．
3 2 2 2
【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
（4）操作 以石墨作电极电解CuSO 溶液，阴极析出铜，阳极产物是 O 、 H SO ，操作 由硫酸铜溶
4 2 2 4
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
液制胆矾的④主要步骤是 加热浓缩、冷却结晶、过滤 ； ⑤
图1：
（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 H SO ，循环使用的
2 4
NH Cl在反应Ⅰ中的主要作用是 防止由于溶液中 c （ OH ﹣ ）过高，生成 C u （ OH ） 沉淀 ．
4 2
【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．
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【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Ⅰ是将Cu转化为Cu（NH ） 2+，Cu元素化合价由0价变为+2价，所以
3 4
Cu是还原剂，则双①氧水是氧化剂，将Cu氧化；反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH ） 2+与有机物RH反应，生
3 4成CuR ，同时生成NH +和NH ； （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O ，
2 4 3 2
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 同时有大量的H+生成，且SO 2﹣也向阳极移动在阳极积累，因此阳极产物还有H SO ；从溶液中获取晶体采
4 2 4
CuSO 和HR，然后采用分液方法分离得到HR，②以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、 用加热浓缩、冷却结晶、过滤方法，
4
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； 故答案为：O 、H SO ；加热浓缩、冷却结晶、过滤；
2 2 4
（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； （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H SO 能循环利用；氯化铵电离出的铵根
2 4
（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH 3 ） 4 2+与有机物RH反应生成CuR 2 ，同时生成NH 4 +和NH 3 ，根据反应物 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，
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； 故答案为：H SO ；防止由于溶液中c（OH﹣）过高，生成Cu（OH） 沉淀．
2 4 2
（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR 与稀硫酸反应生成CuSO 和RH，分液时分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁， 【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
2 4
且分液漏斗内不能盛放太多溶液； 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）
（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，SO 4 2﹣向阳极移动；从 题第一个空，题目难度中等．
溶液中获取晶体采用加热浓缩、冷却结晶、过滤方法； 10．（14分）FeCl 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FeCl 高效，
3 3
（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
且腐蚀性小，请回答下列问题：
溶液碱性． （1）FeCl 净水的原理是 F e 3 + 水解生成的 F e （ OH ） 胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质 ，FeCl 溶液腐蚀钢
3 3 3
【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 铁设备，除H+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示） 2F e 3 + +F e ＝ 3F e 2 + ；
用过滤方法，所以操作 是过滤，反应Ⅰ是将Cu转化为Cu（NH 3 ） 4 2+，Cu元素化合价由0价变为+2价， （2）为节约成本，工业上用NaClO 3 氧化酸性FeCl 2 废液得到FeCl 3 。
所以Cu是还原剂，则双①氧水是氧化剂，将Cu氧化；反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH
3
）
4
2+与有机物RH反应， 若酸性FeCl
2
废液中c（Fe2+）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1，c（Fe3+）＝1.0×10﹣3mol•L﹣1，c（Cl﹣）＝5.3×10﹣
生成CuR 2 ，同时生成NH 4 +和NH 3 ； ①2mol•L﹣1，则该溶液的pH约为 2 ；
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 完成NaClO 氧化FeCl 的离子方程式：
3 2
CuSO 4 和HR，然后采用分液方法分离得到HR，②以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、 ② 1 ClO 3 ﹣+ 6 Fe2++ 6H + ＝ 1 Cl﹣+ 6 Fe3++ 3H 2 O
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； （3）FeCl 在溶液中分三步水解：
3
（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 Fe3++H O Fe（OH）2++H+ K
2 1
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； Fe（OH）⇌ 2++H
2
O Fe（OH）
2
++H+ K
2
（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH
3
）
4
2+与有机物RH反应生成C①uR
2
，同时生成NH
4
+和NH
3
，根据反应物 Fe（OH）
2
++H
2
O⇌Fe（OH）
3
+H+ K
3
和生成物书写该反应的离子方程式Cu（NH
3
）
4
2++2RH＝CuR
2
+2NH
4
++2NH
3
↑；分离互不相溶的液体采用分 以上水解反应的平衡常⇌数K
1
、K
2
、K
3
由大到小的顺序是 K
1
＞ K
2
＞ K
3
。
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， 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：
故答案为：Cu（NH 3 ） 4 2++2RH＝CuR 2 +2NH 4 ++2NH 3 ↑；分液漏斗；ab； xFe3++yH 2 O Fe x （OH） y （3x﹣y）++yH+
（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR 与稀硫酸反应相当于复分解反应，所以生成CuSO 和RH，分液时分液漏 欲使平衡正向⇌移动可采用的方法是（填序号） b d 。
2 4
斗下端要紧靠烧杯内壁，且分液漏斗内不能盛放太多溶液， a．降温 b．加水稀释 c．加入NH 4 Cl d．加入NaHCO 3
故答案为：RH；分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁；液体过多； 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 备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3++Fe＝3Fe2+，
铁[以Fe（mg•L﹣1）表示]的最佳范围约为 1 8 ～ 2 0 mg•L﹣1。 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++Fe＝3Fe2+；
（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①不计），则 c（H+）＝c（Cl﹣）﹣2c（Fe2+）﹣3c（Fe3+）＝1.0×10﹣2mol•L﹣1，则溶液 pH＝﹣
lg1.0×10﹣2＝2，
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
②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：ClO ﹣+6Fe2++6H+＝Cl﹣+6Fe3++3H O，
3 2
故答案为：1；6；6H+；1；6；3H O；
2
【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
（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K ＞K ＞K ；
1 2 3
解的原理；DD：盐类水解的应用．
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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，
【分析】（1）Fe3+水解生成的Fe（OH） 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
3
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，
的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子；
则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，故选bd；
（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
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
以忽略①不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH＝﹣lgc（H+）计算；
pH，
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
故答案为：K ＞K ＞K ；bd；调节溶液的pH；
1 2 3
②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，
（4）由图象可知，聚合氯化铁的浓度在18～20 mg•L﹣1时，去除率达到最大值，污水的浑浊度减小，
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
故答案为：18～20．
氢离子的系数是6，水的系数是3；
【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
（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；
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．
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18～20 mg•L﹣1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） 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
3
