文档文本内容
2015 年天津市高考化学试卷
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SO3
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NaHCO3溶液解毒
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
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CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气
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CO2
3．（6 分）下列说法不正确的是（ ）
A．Na 与H2O 的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行
B．饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同
C．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相
同
D．Mg（OH）2固体在溶液存在平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），该固体
可溶于NH4Cl 溶液
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（ ）
第1页（共26页）
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（SO4
2﹣）减小
C．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
5．（6 分）室温下，将0.20mol Na2CO3固体溶于水配成100mL 溶液，向溶液中加入
下列物质，有关结论正确的是（ ）
加入的物质
结论
A
100mL 2mol•L
1
﹣H2SO4
反应结束后，c（Na+）=c（SO4
2
﹣）
B
0.20molCaO
溶液中
增大
C
200mL H2O
由水电离出的c（H+）•c（OH﹣）
不变
D
0.4molNaHSO4固体
反应完全后，溶液pH 减小，c
（Na+）不变
A．AB．BC．CD．D
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
﹣
第2页（共26页）
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 ；
（2）比较d、e 常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）： ＞ ；比
较g、h 的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱： ＞ 。
（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： ；
（4）已知1mole 的单质在足量d2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： ；
（5）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1mol•L
1
﹣R 溶液的烧杯中滴加
1mol•L
1
﹣NaOH 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 ；
②写出m 点反应的离子方程式： ；
③若在R 溶液中改加20ml 1.2mol•L
1
﹣Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉
淀的物质的量为 mol。
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C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A 所含官能团名称为
第3页（共26页）
，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）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 种．
（4）D→F 的反应类型是 ，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 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），合成路线流程图示例如下：H2C=CH2
CH3CH2OH
CH3COOC2H5．
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：
第4页（共26页）
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ是将Cu 转化为Cu（NH3）4
2+，反应中H2O2的作用是 ，写出操作
①的名称： ；
（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）4
2+与有机物RH 反应，写出该反应的离子方
程式： ，操作②用到的主要仪器名称为 ，其目的是（填序号）
．
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CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和 ，若操作③
使用如图2 装置，图中存在的错误是 ；
（4）操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液，阴极析出铜，阳极产物是 ，操
作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是 ；
（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
，循环使用的NH4Cl 在反应Ⅰ中的主要作用是 ．
10．（14 分）FeCl3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FeCl3高效，且腐蚀性小，请回答下列问题：
（1）FeCl3净水的原理是 ，FeCl3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） ；
（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3．
第5页（共26页）
①若酸性FeCl2废液中c（Fe2+）=2.0×10
2
﹣mol•L
1
﹣，c（Fe3+）=1.0×10
3
﹣mol•L
1
﹣，c
（Cl﹣）=5.3×10
2
﹣mol•L
1
﹣，则该溶液的pH 约为 ；
②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：
ClO3
﹣+ Fe2++ = Cl﹣+ Fe3++
（3）FeCl3在溶液中分三步水解：
Fe3++H2O⇌Fe（OH）2++H+ K1
Fe（OH）2++H2O⇌Fe（OH）2
++H+ K2
Fe（OH）2
++H2O⇌Fe（OH）3+H+ K3
以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是 ．
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++yH2O⇌Fex（OH）y
（3x
y
﹣）++yH+
欲使平衡正向移动可采用的方法是（填序号） ．
a．降温 b．加水稀释 c．加入NH4Cl d．加入NaHCO3
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 ；
（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 mg•L
1
﹣．
第6页（共26页）
2015 年天津市高考化学试卷
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SO3
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NaHCO3溶液解毒
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
【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Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液；
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SO3，故A 错误；
B．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液，故利
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NaHCO3溶液解毒，故C 正确；
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CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气
C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+
第7页（共26页）
D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2
【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CuSO4•5H2O，白色粉末变蓝，可证明原气体中含有水蒸气
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CO2、SO2等．
【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：CuSO4+5H2O═CuSO4•5H2O，可证
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CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液
变浑浊，则原气体不一定是CO2，故D 错误，
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H2O 的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行
B．饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同
C．FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相
同
D．Mg（OH）2固体在溶液存在平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），该固体
可溶于NH4Cl 溶液
【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；
第8页（共26页）
B．饱和Na2SO4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；
C．FeCl3和MnO2对H2O2分解催化效果不相同；
D．NH4Cl 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，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Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，饱和Na2SO4溶液降低
蛋白质溶解度，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．FeCl3和MnO2对H2O2分解催化效果不相同，同等条件下H2O2分解速率的改变
不相同，故C 错误；
D．NH4Cl 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（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq）平衡右移，故Mg（OH）2可溶于NH4Cl
溶液，故D 正确，
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（ ）
第9页（共26页）
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（SO4
2﹣）减小
C．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
【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（SO4
2﹣）不变，故B 错误；
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 Na2CO3固体溶于水配成100mL 溶液，向溶液中加入
第10页（共26页）
下列物质，有关结论正确的是（ ）
加入的物质
结论
A
100mL 2mol•L
1
﹣H2SO4
反应结束后，c（Na+）=c（SO4
2
﹣）
B
0.20molCaO
溶液中
增大
C
200mL H2O
由水电离出的c（H+）•c（OH﹣）
不变
D
0.4molNaHSO4固体
反应完全后，溶液pH 减小，c
（Na+）不变
A．AB．BC．CD．D
【分析】n（Na2CO3）=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CO3
2﹣+H2O⇌HCO3
﹣+OH﹣，
A ．n （H2SO4 ）=2mol/L×0.1L=0.2mol ，H2SO4 和Na2CO3 反应方程式为
Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱溶
液Na2SO4，溶液呈中性，根据电荷守恒判断c（Na+）、c（SO4
2﹣）相对大小；
B ．CaO+H2O=Ca （OH ）2 、Ca （OH ）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH ，所以得
CaO+H2O+Na2CO3=CaCO3↓+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；
C．加水稀释促进碳酸钠水解；
D．NaHSO4和Na2CO3反应方程式为：2NaHSO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑，根据方
程式知，二者恰好反应生成Na2SO4、H2O、CO2，溶液中的溶质是硫酸钠，溶液呈中
性．
【解答】解：n（Na2CO3）=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CO3
2﹣+H2O⇌HCO3
﹣+OH﹣，
A ．n （H2SO4 ）=2mol/L×0.1L=0.2mol ，H2SO4 和Na2CO3 反应方程式为
Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱溶
液Na2SO4，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得（Na+）=2c（SO4
2﹣），故
A 错误；
B．CaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，随着CO3
2﹣的消耗，
CO3
2﹣+H2O⇌HCO3
﹣+OH﹣向左移动，c（HCO3
﹣）减小，反应生成OH﹣，则c（OH﹣）增
第11页（共26页）
大，导致溶液中
增大，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．NaHSO4和Na2CO3反应方程式为：2NaHSO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑，根据方
程式知，二者恰好反应生成Na2SO4、H2O、CO2，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，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
﹣
【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=
第12页（共26页）
进行计算；
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，
转化率=
，
X 的转化率=
=10%，Y 的转化率=
=10%，所以X 和Y
的转化率之比为1：1，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
﹣
）
第13页（共26页）
各物质含量不变，所以（0.9+b）：（1.8+2b）：（1.3
3b
﹣
）=30%：60%：10%=3：6：1，
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；
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Ⅲ
A 族
；
（2）比较d、e 常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）：
O 2﹣
＞
Na
+
；比
较g、h 的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：
HClO
4 ＞
H 2SO4 。
（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d2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：
2Na
（
s ）
+ O 2（
g ）
=Na
2O2（
s ）
△
H=
511kJ•mol
﹣
1
﹣
；
（5）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1mol•L
1
﹣R 溶液的烧杯中滴加
1mol•L
1
﹣NaOH 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
4
2﹣
）
＞
c （ NH
4
+ ）
＞
c （ Al
3 + ）
＞
c （ H + ）
第14页（共26页）
＞
c （
OH
﹣ ）
；
②写出m 点反应的离子方程式：
NH
4
+ + OH
﹣ =NH
3•H2O
；
③若在R 溶液中改加20ml 1.2mol•L
1
﹣Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉
淀的物质的量为
0.022
mol。
【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NH3、H2O2、C2H2等；
（4）1molNa 的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2（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）①R 是NH4Al（SO4）2，溶液中Al3+、NH4
+均水解使溶液呈酸性，但Al3+比 NH4
+水
解程度更大；
②m 点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4
+与OH﹣反应生成
NH3•H2O；
③根据n=cV 计算n（Al3+ ）、n（NH4
+）、n（SO4
2﹣）、n（Ba2+）、n（OH﹣），根据SO4
2﹣、
Ba2+中不足量的离子的物质的量计算生成BaSO4的物质的量，依次发生：Al3++OH﹣
=Al（OH）3↓、NH4
++OH﹣=NH3•H2O、Al（OH）3+OH﹣=AlO2
﹣+2H2O，根据方程式计算生
成Al（OH）3的物质的量，进而二者计算生成固体总物质的量。
【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：HClO4＞H2SO4，
故答案为：r（O2﹣）＞r（Na+）；HClO4＞H2SO4；
（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为：
（或
第15页（共26页）
），
故答案为：
（或
）；
（4）1molNa 的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2（s），放出255.5kJ 热量，2molNa 反
应放出热量为511kJ，则该反应的热化学方程式为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=
511kJ•mol
﹣
1
﹣，
故答案为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=
511kJ•mol
﹣
1
﹣；
（5）①R 是NH4Al（SO4）2，溶液中Al3+、NH4
+均水解使溶液呈酸性，但Al3+比 NH4
+水
解程度更大，故离子浓度由大到小的顺序是：c（SO4
2﹣）＞c（NH4
+）＞c（Al3+）＞c
（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：c（SO4
2﹣）＞c（NH4
+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
②m 点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4
+与OH﹣反应生成
NH3•H2O，离子方程式为：NH4
++OH﹣=NH3•H2O，
故答案为：NH4
++OH﹣=NH3•H2O；
③10mL 1mol•L
1
﹣ NH4Al（SO4）2溶液中Al3+ 物质的量为0.01mol，NH4
+的物质的量
为0.01mol，SO4
2﹣的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 mol•L
1
﹣Ba（OH）2溶液中Ba2+物
质的量为0.024mol，OH﹣为0.048mol，
由SO4
2﹣+Ba2+=BaSO4↓，可知SO4
2﹣不足，故可以得到0.02mol BaSO4，
Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓
0.01mol 0.03mol 0.01mol
反应剩余OH﹣为0.048mol
0.03mol=0.018mol
﹣
，
NH4
++OH﹣=NH3•H2O
0.01mol 0.01mol
反应剩余OH﹣为0.018mol
0.01mol=0.008mol
﹣
，
Al（OH）3+OH﹣=AlO2
﹣+2H2O
0.008mol 0.008mol
故得到Al（OH）3沉淀为0.01mol
0.008mol=0.002mol
﹣
则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol，
故答案为：0.022mol。
第16页（共26页）
【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C2H2O3，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→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：
第17页（共26页）
．
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如下：H2C=CH2
CH3CH2OH
CH3COOC2H5．
【分析】（1）A 的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，
则A 是OHC
COOH
﹣
，根据C 的结构可知B 是
，A+B→C 发生加成反应；
（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
第18页（共26页）
处于对位，其中一个是羟基，另外取代基为﹣CBr（CH3）COOH、﹣CH（CH2Br）
COOH、﹣CH2CHBrCOOH、﹣CHBrCH2COOH；
（5）由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热
条件下发生水解反应得到HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在
Cu 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C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和
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，
第19页（共26页）
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（CH3）COOH、﹣CH（CH2Br）
COOH 、﹣CH2CHBrCOOH 、﹣CHBrCH2COOH ，可能的结构简式为：
，
故答案为：取代反应；3；
；
（5）由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热
条件下发生水解反应得到HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在
Cu 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：
CH3COOH
ClCH2COOH
HOCH2COONa
HOCH2COOH
OHC﹣
COOH，
故答案为：CH3COOH
ClCH2COOH
HOCH2COONa
HOCH2COOH
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
第20页（共26页）
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（NH3）4
2+，反应中H2O2的作用是 氧化剂 ，写出操
作①的名称： 过滤 ；
（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）4
2+与有机物RH 反应，写出该反应的离子方
程式：
Cu
（
NH
3）4
2 + + 2RH=CuR
2+ 2NH
4
+ + 2NH
3↑
，操作②用到的主要仪器名称为
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CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和
RH
，若操作③使
用如图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CuSO4溶液，阴极析出铜，阳极产物是
O 2、
H 2SO4
，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 ；
（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
H2SO4 ，循环使用的NH4Cl 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
）
2沉淀 ．
【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
第21页（共26页）
（NH3）4
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 氧化；反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）4
2+与有机物RH 反应，生成CuR2，同
时生成NH4
+和NH3；
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CuSO4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、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（NH3）4
2+与有机物RH 反应生成CuR2，同时生成
NH4
+和NH3，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CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4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；
（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，SO4
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；
（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（NH3）4
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 氧化；反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）4
2+与有机物RH 反应，生成CuR2，
同时生成NH4
+和NH3；
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CuSO4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、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；
第22页（共26页）
（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）4
2+与有机物RH 反应生成CuR2，同时生成
NH4
+和NH3，根据反应物和生成物书写该反应的离子方程式Cu（NH3）4
2+
+2RH=CuR2+2NH4
++2NH3↑；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（NH3）4
2++2RH=CuR2+2NH4
++2NH3↑；分液漏斗；ab；
（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应相当于复分解反应，所以生成
CuSO4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O2，同时有大量的H+生成，且SO4
2﹣也向阳极移动在阳极积累，
因此阳极产物还有H2SO4；从溶液中获取晶体采用加热浓缩、冷却结晶、过滤方法
故答案为：O2、H2SO4；加热浓缩、冷却结晶、过滤；
（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H2SO4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，从而抑制氢氧
化铜生成，
故答案为：H2SO4；防止由于溶液中c（OH﹣）过高，生成Cu（OH）2沉淀．
【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）FeCl3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FeCl3高效，且腐蚀性小，请回答下列问题：
（1）FeCl3净水的原理是
Fe
3 + 水解生成的
Fe
（ OH
）
3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂
质 ，FeCl3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）
2Fe
3 + + Fe=3Fe
2 +
；
（2）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3．
①若酸性FeCl2废液中c（Fe2+）=2.0×10
2
﹣mol•L
1
﹣，c（Fe3+）=1.0×10
3
﹣mol•L
1
﹣，c
（Cl﹣）=5.3×10
2
﹣mol•L
1
﹣，则该溶液的pH 约为
2
；
②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：
第23页（共26页）
1
ClO3
﹣+
6
Fe2++
6H
+
=
1
Cl﹣+
6
Fe3++
3H
2O
（3）FeCl3在溶液中分三步水解：
Fe3++H2O⇌Fe（OH）2++H+ K1
Fe（OH）2++H2O⇌Fe（OH）2
++H+ K2
Fe（OH）2
++H2O⇌Fe（OH）3+H+ K3
以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是
K 1＞
K 2＞
K 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++yH2O⇌Fex（OH）y
（3x
y
﹣）++yH+
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NH4Cl d．加入NaHCO3
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
﹣．
【分析】（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3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
第24页（共26页）
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）3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）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；2Fe3+
+Fe=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：ClO3
﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3+
+3H2O，
故答案为：1；6；6H+；1；6；3H2O；
（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K1＞K2＞K3；
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
第25页（共26页）
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：K1＞K2＞K3；bd；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，
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．
第26页（共26页）
