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2015 年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SO
3
B．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NaHCO 溶液解毒
3
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．
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【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Cu （OH） CO ，溶于酸性溶液；
2 2 3
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SO ，故A错误；
3
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
2 2 3
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NaHCO 溶液解毒，故C正确；
3
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CuSO ，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气
4
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CO
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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【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CuSO •5H O，白色粉末变蓝，可证明原气体中含有水蒸气；
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CO 、SO 等．
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：CuSO +5H O═CuSO •5H O，可证
4 2 4 2
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CO 、SO 等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变
2 2
浑浊，则原气体不一定是CO ，故D错误，
2
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H O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行
2
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
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．Mg（OH） 固体在溶液存在平衡：Mg（OH） （s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），
2 2
该固体可溶于NH Cl溶液
4
【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．
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【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﹣T△S＜0，反应自发进行；
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
2 4质变性；
C．FeCl 和MnO 对H O 分解催化效果不相同；
3 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
4 2
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△S
＞O，反应中钠熔化为小球，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；
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
2 4 2 4
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．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
3 2 2 2 2 2
相同，故C错误；
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
4 2
子，使Mg（OH） （s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq）平衡右移，故Mg（OH） 可溶于
2 2
NH Cl溶液，故D正确，
4
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（SO 2﹣）减小
4C．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．
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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（SO 2﹣）不变，故 B错
4
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++2e﹣＝Cu，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 Na CO 固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物
2 3
质，有关结论正确的是（ ）
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 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
﹣）不变D 0.4molNaHSO 固体 反应完全后，溶液pH减小，c
4
（Na+）不变
A．A B．B C．C D．D
【考点】DD：盐类水解的应用．
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【专题】51H：盐类的水解专题．
【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
2 3
性，水解方程式为CO 2﹣+H O⇌HCO ﹣+OH﹣，
3 2 3
A． n（ H SO ） ＝ 2mol/L× 0.1L＝ 0.2mol， H SO 和 Na CO 反 应 方 程 式 为
2 4 2 4 2 3
Na CO +H SO ＝Na SO +CO ↑+H O，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱溶
2 3 2 4 2 4 2 2
液Na SO ，溶液呈中性，根据电荷守恒判断c（Na+）、c（SO 2﹣）相对大小；
2 4 4
B． CaO+H O＝ Ca（ OH） 、 Ca（ OH） +Na CO ＝ CaCO ↓ +2NaOH， 所 以 得
2 2 2 2 3 3
CaO+H O+Na CO ＝CaCO ↓+2NaOH，根据方程式知，二者恰好反应生成 NaOH，反
2 2 3 3
应后溶液中的溶质是NaOH；
C．加水稀释促进碳酸钠水解；
D．NaHSO 和Na CO 反应方程式为：2NaHSO +Na CO ＝Na SO +H O+CO ↑，根据
4 2 3 4 2 3 2 4 2 2
方程式知，二者恰好反应生成Na SO 、H O、CO ，溶液中的溶质是硫酸钠，溶液呈中
2 4 2 2
性．
【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
2 3
呈碱性，水解方程式为CO 2﹣+H O⇌HCO ﹣+OH﹣，
3 2 3
A． n（ H SO ） ＝ 2mol/L× 0.1L＝ 0.2mol， H SO 和 Na CO 反 应 方 程 式 为
2 4 2 4 2 3
Na CO +H SO ＝Na SO +CO ↑+H O，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱溶
2 3 2 4 2 4 2 2
液Na SO ，溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒得（Na+）＝2c（SO 2
2 4 4
﹣），故A错误；
B．CaO+H O＝Ca（OH） 、Ca（OH） +Na CO ＝CaCO ↓+2NaOH，随着 CO 2﹣的
2 2 2 2 3 3 3
消耗，CO 2﹣+H O⇌HCO ﹣+OH﹣向左移动，c（HCO ﹣）减小，反应生成OH﹣，则c
3 2 3 3
‒
𝑐(𝑂𝐻 )
（OH﹣）增大，导致溶液中 增大，故B正确；
‒
𝑐(𝐻𝐶𝑂 )
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．NaHSO 和Na CO 反应方程式为：2NaHSO +Na CO ＝Na SO +H O+CO ↑，根据
4 2 3 4 2 3 2 4 2 2
方程式知，二者恰好反应生成Na SO 、H O、CO ，溶液中的溶质是硫酸钠，溶液呈中
2 4 2 2
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．m＝2
B．两次平衡的平衡常数相同
C．X与Y的平衡转化率之比为1：1
D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4mol•L﹣1
【考点】CP：化学平衡的计算．
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【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
参加反应的物质的量
= ×100%进行计算；
初始物质的量
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m＝2，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）（1﹣a）（2﹣2a） 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
（1﹣a）：（2﹣2a）：3a＝30%：60%：10%，所以a＝0.1，则参加反应的△n（X）＝
0.1mol、△n（Y）＝0.2mol，
参加反应的物质的量
转化率 = ×100%，
初始物质的量
0.1𝑚𝑜𝑙 0.2𝑚𝑜𝑙
X的转化率 = ×100%=10%，Y的转化率 = ×100%=10%，所
1𝑚𝑜𝑙 2𝑚𝑜𝑙
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）（1.3﹣3b）
各物质含量不变，所以（0.9+b）：（1.8+2b）：（1.3﹣3b）＝30%：60%：10%＝3：
6：1，
0.4𝑚𝑜𝑙
b＝0.3，n（Z）＝（1.3﹣0.9）mol＝0.4mol，Z的物质的量浓度 = =
2𝐿
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ⅢA族 ；
（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的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱： HClO ＞ H SO 。
4 2 4
（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d 中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反
2
应的热化学方程式： 2Na（s）+O （g）＝Na O （s）△H＝﹣511kJ•mol﹣1 ；
2 2 2
（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
4 4 2
1mol•L﹣1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如图2
①R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是 c（SO 2﹣）＞c（NH +）＞c（Al3+）＞c
4 4
（H+）＞c（OH﹣） ；
②写出m点反应的离子方程式： NH ++OH﹣＝NH •H O ；
4 3 2
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
2
的物质的量为 0.022 mol。
【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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【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ⅢA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
2 2 2
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）①R是 NH Al（SO ） ，溶液中 Al3+、NH +均水解使溶液呈酸性，但 Al3+比
4 4 2 4
NH +水解程度更大；
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 •
4 3
H O；
2
③根据 n＝cV计算 n（Al3+ ）、n（NH +）、n（SO 2﹣）、n（Ba2+）、n（OH﹣），根据
4 4
SO 2﹣、Ba2+中不足量的离子的物质的量计算生成 BaSO 的物质的量，依次发生：
4 4
Al3++OH﹣＝Al（OH） ↓、NH ++OH﹣＝NH •H O、Al（OH） +OH﹣＝AlO ﹣
3 4 3 2 3 2
+2H O，根据方程式计算生成Al（OH） 的物质的量，进而二者计算生成固体总物质的
2 3
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ⅢA族，故答案为：第三周期ⅢA
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：HClO ＞H SO ，
4 2 4
故答案为：r（O2﹣）＞r（Na+）；HClO ＞H SO ；
4 2 4
（3）四原子共价化合物，可以是NH 、H O 、C H 等，其电子式为： （或
3 2 2 2 2
），
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
2 2 2应放出热量为511kJ，则该反应的热化学方程式为：2Na（s）+O （g）＝Na O （s）△
2 2 2
H＝﹣511kJ•mol﹣1，
故答案为：2Na（s）+O （g）＝Na O （s）△H＝﹣511kJ•mol﹣1；
2 2 2
（5）①R是 NH Al（SO ） ，溶液中 Al3+、NH +均水解使溶液呈酸性，但 Al3+比
4 4 2 4
NH +水解程度更大，故离子浓度由大到小的顺序是：c（SO 2﹣）＞c（NH +）＞c
4 4 4
（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：c（SO 2﹣）＞c（NH +）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
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 •
4 3
H O，离子方程式为：NH ++OH﹣＝NH •H O，
2 4 3 2
故答案为：NH ++OH﹣＝NH •H O；
4 3 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
4 4 2 4
为0.01mol，SO 2﹣的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 mol•L﹣1Ba（OH） 溶液中Ba2+物
4 2
质的量为0.024mol，OH﹣为0.048mol，
由SO 2﹣+Ba2+＝BaSO ↓，可知SO 2﹣不足，故可以得到0.02mol BaSO ，
4 4 4 4
Al3++3OH﹣＝Al（OH） ↓
3
0.01mol 0.03mol 0.01mol
反应剩余OH﹣为0.048mol﹣0.03mol＝0.018mol，
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。
【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 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
2 2 3
基 、 羧 基 ， 写 出 A+B→ C的 化 学 反 应 方 程 式 ：
；
（2）C（ ）中①、②、③3个﹣OH的酸性由强到弱的顺序是 ③＞
①＞② ；
（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）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的物质的量为 3 mol．
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：
．
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），
𝐻 𝑂 𝐶𝐻 𝐶𝑂𝑂𝐻
2 3
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
催化剂，△ 浓硫酸，△【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
2 2 3
基，则 A是 OHC﹣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 ；
（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、
3 2
﹣CH CHBrCOOH、﹣CHBrCH COOH；
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
3 2
条件下发生水解反应得到HOCH COONa，用盐酸酸化得到HOCH COOH，最后在Cu
2 2
作催化剂条件下发生催化氧化得到OHC﹣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
2 2 3
羧基，则A是OHC﹣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： ，
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：③＞①＞②，
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，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，另外取代基为﹣CBr（CH ）COOH、﹣CH（CH Br）COOH、
3 2
﹣ CH CHBrCOOH、 ﹣ CHBrCH COOH， 可 能 的 结 构 简 式 为 ：
2 2
，
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
3 2
条件下发生水解反应得到HOCH COONa，用盐酸酸化得到HOCH COOH，最后在Cu
2 2
𝑃𝐶𝑙
3
作催化剂条件下发生催化氧化得到 OHC﹣COOH，合成路线流程图为：CH COOH→
3
△𝑁𝑎𝑂𝐻/𝐻 2 𝑂 𝐻𝐶𝑙 𝑂 2 /𝐶𝑢
ClCH COOH → HOCH COONa→HOCH COOH →OHC﹣COOH，
2 2 2
△ △
𝑃𝐶𝑙 3 𝑁𝑎𝑂𝐻/𝐻 2 𝑂 𝐻𝐶𝑙 𝑂 2 /𝐶𝑢
故 答 案 为 ： CH COOH→ClCH COOH → HOCH COONa→HOCH COOH →
3 2 2 2
△ △ △
OHC﹣COOH．
【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
3 4 2 2
作①的名称： 过滤 ；
（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
3 4
式： Cu（NH ） 2++2RH＝CuR +2NH ++2NH ↑ ，操作②用到的主要仪器名称为
3 4 2 4 3
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
2 4
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④以石墨作电极电解 CuSO 溶液，阴极析出铜，阳极产物是 O 、
4 2H SO ，操作⑤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 ；
2 4
（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NH Cl在反应Ⅰ中的主要作用是 防止由于溶液中c（OH﹣）过
2 4 4
高，生成Cu（OH） 沉淀 ．
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①是过滤，反应Ⅰ是将 Cu转化为 Cu（NH ）
3
2+，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
4
氧化；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
3 4 2
NH +和NH ；
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
4
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
3 4 2
NH +和NH ，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
4 3
采用分液方法，分液时常用分液漏斗；
（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
2 4
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，
SO 2﹣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；
4
（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 Cu是还原剂，则双氧水是氧化
3 4
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，生成
3 4
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
4
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
①是过滤，故答案为：氧化剂；过滤；
（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
3 4 2
NH +和 NH ，根据反应物和生成物书写该反应的离子方程式 Cu（NH ） 2++2RH＝
4 3 3 4
CuR +2NH ++2NH ↑；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
2 4 3
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（NH ） 2++2RH＝CuR +2NH ++2NH ↑；分液漏斗；ab；
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
2 4
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O ，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
2 4
阳极产物还有H SO ；从溶液中获取晶体采用加热浓缩、冷却结晶、过滤方法，
2 4
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；
2 4
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：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．
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
3
污水比FeCl 高效，且腐蚀性小，请回答下列问题：
3
（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
3 3
质 ，FeCl 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）
3
2Fe3++Fe＝3Fe2+ ；
（2）为节约成本，工业上用NaClO 氧化酸性FeCl 废液得到FeCl 。
3 2 3①若酸性FeCl 废液中c（Fe2+）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1，c（Fe3+）＝1.0×10﹣3mol•L﹣
2
1，c（Cl﹣）＝5.3×10﹣2mol•L﹣1，则该溶液的pH约为 2 ；
②完成NaClO 氧化FeCl 的离子方程式：
3 2
1 ClO ﹣+ 6 Fe2++ 6H+ ＝ 1 Cl﹣+ 6 Fe3++ 3H O
3 2
（3）FeCl 在溶液中分三步水解：
3
Fe3++H O⇌Fe（OH）2++H+ K
2 1
Fe（OH）2++H O⇌Fe（OH） ++H+ K
2 2 2
Fe（OH） ++H O⇌Fe（OH） +H+ K
2 2 3 3
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
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++yH O⇌Fe （OH） （3x﹣y）++yH+
2 x y
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NH Cl d．加入NaHCO
4 3
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（mg•L﹣1）表示]的最佳范围约为 18～20 mg•L﹣1。
【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．
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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
3
的作用；钢铁设备中的Fe会与铁离子反应生成亚铁离子；
（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），据此溶液中氢离子的浓度，再根据 pH＝﹣lgc（H+）计算；
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；
（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
3
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++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＝
3
3Fe2+；
（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
故答案为：1；6；6H+；1；6；3H O；
2
（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
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：K ＞K ＞K ；bd；调节溶液的pH；
1 2 3
（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，
故答案为：18～20．
【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．
