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2015 年天津市高考化学试卷解析版 【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+；
参考答案与试题解析
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；
一、选择题： 4 2
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
1．（6分）下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是（ ）
需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察；
A．点燃爆竹后，硫燃烧生成SO
3
D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO 、SO 等．
B．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈 2 2
【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
C．服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO 溶液解毒
3
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；
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
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
【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系． 4 2 4 2
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气，故B正确；
【分析】A．硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫；
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
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
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；
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．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
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． 2 2
定是CO ，故D错误，
2
【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
故选：B。
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
【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．
除铜镜表面的铜锈，故B正确；
3．（6分）下列说法不正确的是（ ）
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
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
水杨酸反应时，可以用NaHCO 溶液解毒，故C正确；
3
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
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 2 4
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
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， 3 2 2 2 2 2
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
故选：A。 2 2 4
溶液
【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．
【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
2．（6分）下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（ ）
质；K6：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．
A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+ 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﹣
B．气体通过无水CuSO ，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气
4
T△S＜0，反应自发进行；
C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+
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
D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO
2
C．FeCl 和MnO 对H O 分解催化效果不相同；
【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． 3 2 2 2
菁优网版权所有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． 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
4 2
【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 量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大．
为小球，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 SO 溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，饱和Na SO 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；
2 4 2 4
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 和MnO 对H O 分解催化效果不相同，同等条件下H O 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
3 2 2 2 2 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，使 Mg（OH） 确；
4 2 2
（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq）平衡右移，故Mg（OH） 可溶于NH Cl溶液，故D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
2 4
故选：C。 错误，
【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 故选：C。
解平衡等，注意B选项中蛋白质变性的一些方法，难度不大． 【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
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 分析．
（ ） 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，有关结论正确的
2 3
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 𝑐(𝑂𝐻 )
溶液中 增大
‒
𝑐(𝐻𝐶𝑂 )
3
C 200mL H O 由水电离出的c（H+）•c（OH
2
A．铜电极上发生氧化反应 ﹣）不变
B．电池工作一段时间后，甲池的c（SO 2﹣）减小
4 D 0.4molNaHSO 固体 反应完全后，溶液pH减小，c
4
C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加
（Na+）不变
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
A．A B．B C．C D．D
【考点】1B：真题集萃；BH：原电池和电解池的工作原理．
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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
【专题】51H：盐类的水解专题．
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，【分析】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，水解方程式为 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
2 3
CO 2﹣+H O⇌HCO ﹣+OH﹣， （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
3 2 3
A．n（H SO ）＝2mol/L×0.1L＝0.2mol，H SO 和 Na CO 反应方程式为 Na CO +H SO ＝Na SO +CO ↑ 平衡后，X、Y、Z的体积分数不变．下列叙述不正确的是（ ）
2 4 2 4 2 3 2 3 2 4 2 4 2
+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，根据电荷守恒判断 c A．m＝2
2 2 4
（Na+）、c（SO 2﹣）相对大小； B．两次平衡的平衡常数相同
4
B．CaO+H O＝Ca（OH） 、Ca（OH） +Na CO ＝CaCO ↓+2NaOH，所以得 CaO+H O+Na CO ＝CaCO C．X与Y的平衡转化率之比为1：1
2 2 2 2 3 3 2 2 3 3
↓+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
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 【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
反应生成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﹣， 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
3 2 3
A．n（H SO ）＝2mol/L×0.1L＝0.2mol，H SO 和 Na CO 反应方程式为 Na CO +H SO ＝Na SO +CO ↑ 参加反应的物质的量
2 4 2 4 2 3 2 3 2 4 2 4 2
= ×100%进行计算；
+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（OH﹣），根 初始物质的量
2 2 4
据电荷守恒得（Na+）＝2c（SO 2﹣），故A错误； 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
4
B．CaO+H O＝Ca（OH） 、Ca（OH） +Na CO ＝CaCO ↓+2NaOH，随着 CO 2﹣的消耗，CO 2﹣ 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．
2 2 2 2 3 3 3 3
+H O⇌HCO ﹣+OH﹣向左移动，c（HCO ﹣）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
2 3 3
‒
𝑐(𝑂𝐻 ) （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；
‒
𝑐(𝐻𝐶𝑂 ) 正确；
3
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 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；
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； C．设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol，
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 X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）
4 2 3 4 2 3 2 4 2 2
反应生成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 开始（mol） 1 2 0
2 4 2 2
小，因为硫酸氢钠中含有钠离子，所以c（Na+）增大，故D错误； 转化（mol） a 2a 3a
故选：B。 平衡（mol）（1﹣a）（2﹣2a） 3a
【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 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﹣
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 2a）：3a＝30%：60%：10%，所以a＝0.1，则参加反应的△n（X）＝0.1mol、△n（Y）＝0.2mol，
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．参加反应的物质的量 根据判断出的元素回答问题：
转化率 = ×100%，
初始物质的量
（1）f在周期表中的位置是 第三周期ⅢA族 ；
0.1𝑚𝑜𝑙 0.2𝑚𝑜𝑙 （2）比较d、e常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）： O2﹣ ＞ Na+ ；比较g、h的最高价氧
X的转化率 = ×100%=10%，Y的转化率 = ×100%=10%，所以X和Y的转化率之
1𝑚𝑜𝑙 2𝑚𝑜𝑙
化物对应水化物的酸性强弱： HClO ＞ H SO 。
4 2 4
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 （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
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， （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）＝Na O （s）△H＝﹣511kJ•mol﹣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
4 4 2
加入1molZ：0.9 1.8 1.3 液，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 ①R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是 c（SO 2﹣）＞c（NH +）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH
4 4
第二次平衡（mol）：（0.9+b） （1.8+2b）（1.3﹣3b） ﹣） ；
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写出m点反应的离子方程式： NH ++OH﹣＝NH •H O ；
4 3 2
0.4𝑚𝑜𝑙 ③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 0.022
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；
2𝐿
mol。
故选：D。 【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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【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 【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
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 是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。
点是D选项计算，题目难度中等． （1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族；
二、非选择题 （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
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 强；
的变化如图1所示。 （3）四原子共价化合物，可以是NH 、H O 、C H 等；
3 2 2 2 2
（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
注明聚集状态、反应热书写热化学方程式；
（5）①R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
②m点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
③根据n＝cV计算n（Al3+ ）、n（NH +）、n（SO 2﹣）、n（Ba2+）、n（OH﹣），根据SO 2﹣、Ba2+中不足量
4 4 4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﹣＝NH • 反应剩余OH﹣为0.048mol﹣0.03mol＝0.018mol，
4 3 4 3
H O、Al（OH） +OH﹣＝AlO ﹣+2H O，根据方程式计算生成Al（OH） 的物质的量，进而二者计算生成 NH ++OH﹣＝NH •H O
2 3 2 2 3 4 3 2
固体总物质的量。 0.01mol 0.01mol
【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 反应剩余OH﹣为0.018mol﹣0.01mol＝0.008mol，
素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。 Al（OH） +OH﹣＝AlO ﹣+2H O
3 2 2
（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； 0.008mol 0.008mol
（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 故得到Al（OH） 沉淀为0.01mol﹣0.008mol＝0.002mol
3
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 ＞ 则最终得到固体为0.02mol+0.002mol＝0.022mol，
4 2 4 4
H SO ； 故答案为：0.022mol。
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A+B
（5）①R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 2 2 3
4 4 2 4 4
离子浓度由大到小的顺序是：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
→C的化学反应方程式： ；
②m点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，离子方程式为：
4 3 2
NH ++OH﹣＝NH •H O，
4 3 2
故答案为：NH ++OH﹣＝NH •H O；
4 3 2
（2）C（ ）中①、②、③3个﹣OH的酸性由强到弱的顺序是 ③＞①＞② ；
③10mL 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
（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．
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
（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
由SO 2﹣+Ba2+＝BaSO ↓，可知SO 2﹣不足，故可以得到0.02mol BaSO ，
4 4 4 4
质的量为 3 mol．
Al3++3OH﹣＝Al（OH） ↓
3
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 ：
0.01mol 0.03mol 0.01mol得到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．
【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
﹣ 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 ：
．
①属于一元酸类化合物
②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 故答案为：醛基、羧基； ；
𝐻 𝑂 𝐶𝐻 𝐶𝑂𝑂𝐻
2 3 （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：③＞①＞②，
如下：H C＝CH → CH CH OH → CH COOC H ．
2 2 3 2 3 2 5
催化剂，△ 浓硫酸，△
故答案为：③＞①＞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
【考点】HC：有机物的合成．
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【分析】（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
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
COOH，根据C的结构可知B是 ，A+B→C发生加成反应；
别为苯环上2种、酚羟基中1种、亚甲基上1种，
（2）羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基；
故答案为：4；
（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
（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、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：①属于一元酸类化合物，②苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟
基发生酯化反应，则E为 ； 基，另外取代基为﹣CBr（CH ）COOH、﹣CH（CH Br）COOH、﹣CH CHBrCOOH、﹣CHBrCH COOH，
3 2 2 2
（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：①属于一元酸类化合物，②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 ）COOH、﹣CH（CH Br）COOH、﹣CH CHBrCOOH、﹣CHBrCH COOH；
3 2 2 2
可能的结构简式为： ，
（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
3 2b．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Ⅲ是有机溶液中的CuR 与稀硫酸反应生成CuSO 和 RH ，若操作③使用如图2装置，图中存
2 4
在的错误是 分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁；液体过多 ；
故答案为：取代反应；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
3 2
得到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
𝑃𝐶𝑙 3 𝑁𝑎𝑂𝐻/𝐻 2 𝑂 𝐻𝐶𝑙 𝑂 2 /𝐶𝑢
COOH，合成路线流程图为：CH COOH→ClCH COOH → HOCH COONa→HOCH COOH →OHC﹣
3 2 2 2
△ △ △
COOH， （4）操作④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⑤由硫酸铜溶
4 2 2 4
𝑃𝐶𝑙 3 𝑁𝑎𝑂𝐻/𝐻 2 𝑂 𝐻𝐶𝑙 𝑂 2 /𝐶𝑢 液制胆矾的主要步骤是 加热浓缩、冷却结晶、过滤 ；
故答案为：CH COOH→ClCH COOH → HOCH COONa→HOCH COOH →OHC﹣COOH．
3 2 2 2
△ △ △
（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
【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 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Cu（OH） 沉淀 ．
机化学基础的综合考查，难度中等． 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．
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 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
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
滤方法，所以操作①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
1： 3 4
Cu是还原剂，则双氧水是氧化剂，将Cu氧化；反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH ） 2+与有机物RH反应，
3 4
生成CuR ，同时生成NH +和NH ；
2 4 3
互不相溶的液体采用分液方法分离，所以操作②是分液；向有机层中加入稀硫酸，根据流程图知，生成
CuSO 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、
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；
（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；
回答下列问题：
（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH ） 2+与有机物RH反应生成CuR ，同时生成NH +和NH ，根据反应
3 4 2 4 3
（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①的名称： 过
3 4 2 2 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；
滤 ；
（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，
2 4
（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 ）
3 4 3 且分液漏斗内不能盛放太多溶液；
2++2RH＝CuR +2NH ++2NH ↑ ，操作②用到的主要仪器名称为 分液漏斗 ，其目的是（填序号）
4 2 4 3 （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 2﹣向阳极移动；从
4
ab ．
溶液中获取晶体采用加热浓缩、冷却结晶、过滤方法；
a．富集铜元素
（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． 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
【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 且腐蚀性小，请回答下列问题：
用过滤方法，所以操作①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， （1）FeCl 净水的原理是 Fe3+水解生成的Fe（OH） 胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质 ，FeCl 溶液腐蚀
3 4 3 3 3
所以Cu是还原剂，则双氧水是氧化剂，将Cu氧化；反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH ） 2+与有机物RH反 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++Fe＝3Fe2+ ；
3 4
应，生成CuR ，同时生成NH +和NH ； （2）为节约成本，工业上用NaClO 氧化酸性FeCl 废液得到FeCl 。
2 4 3 3 2 3
互不相溶的液体采用分液方法分离，所以操作②是分液；向有机层中加入稀硫酸，根据流程图知，生成 ①若酸性FeCl 废液中c（Fe2+）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1，c（Fe3+）＝1.0×10﹣3mol•L﹣1，c（Cl﹣）＝5.3×
2
CuSO 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、 10﹣2mol•L﹣1，则该溶液的pH约为 2 ；
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； ②完成NaClO 氧化FeCl 的离子方程式：
3 2
（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 1 ClO ﹣+ 6 Fe2++ 6H+ ＝ 1 Cl﹣+ 6 Fe3++ 3H O
3 2
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①是过滤，故答案为：氧化剂；过滤； （3）FeCl 在溶液中分三步水解：
3
（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH ） 2+与有机物RH反应生成CuR ，同时生成NH +和NH ，根据反应 Fe3++H O⇌Fe（OH）2++H+ K
3 4 2 4 3 2 1
物和生成物书写该反应的离子方程式Cu（NH ） 2++2RH＝CuR +2NH ++2NH ↑；分离互不相溶的液体采用 Fe（OH）2++H O⇌Fe（OH） ++H+ K
3 4 2 4 3 2 2 2
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 Fe（OH） ++H O⇌Fe（OH） +H+ K
2 2 3 3
确， 以上水解反应的平衡常数K 、K 、K 由大到小的顺序是 K ＞K ＞K 。
1 2 3 1 2 3
故答案为：Cu（NH ） 2++2RH＝CuR +2NH ++2NH ↑；分液漏斗；ab； 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：
3 4 2 4 3
（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 xFe3++yH O⇌Fe （OH） （3x﹣y）++yH+
2 4 2 x y
斗下端要紧靠烧杯内壁，且分液漏斗内不能盛放太多溶液， 欲使平衡正向移动可采用的方法是（填序号） bd 。
故答案为：RH；分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁；液体过多； a．降温 b．加水稀释 c．加入NH Cl d．加入NaHCO
4 3
（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 ， 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 ；
2
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 （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
4 2 4
采用加热浓缩、冷却结晶、过滤方法， 铁[以Fe（mg•L﹣1）表示]的最佳范围约为 18～20 mg•L﹣1。
故答案为：O 、H SO ；加热浓缩、冷却结晶、过滤；
2 2 4
（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
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：H SO ；防止由于溶液中c（OH﹣）过高，生成Cu（OH） 沉淀．
2 4 2
【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．（2）①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+）＝1.0×10﹣2mol•L﹣1，则溶液pH＝﹣lg1.0
×10﹣2＝2，
故答案为：2；
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：ClO ﹣+6Fe2++6H+＝Cl﹣+6Fe3++3H O，
3 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 故答案为：1；6；6H+；1；6；3H O；
2
解的原理；DD：盐类水解的应用． （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
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【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 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，
3
的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子； 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
（2）①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 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；
以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH＝﹣lgc（H+）计算； 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
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 pH，
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 故答案为：K ＞K ＞K ；bd；调节溶液的pH；
1 2 3
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 （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，
恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3； 故答案为：18～20．
（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； 【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
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； 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．
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
3
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++Fe＝3Fe2+，
故答案为：Fe3+水解生成的Fe（OH） 胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；2Fe3++Fe＝3Fe2+；
3
