2015年天津市高考化学试卷解析版 .pdf

2015 年天津市高考化学试卷解析版年天津市高考化学试卷解析版 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：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【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系菁优网版权所有【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+D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是 CO2【考点】1B：真题集萃；DG：常见离子的检验方法；PG：常见阳离子的检验菁优网版权所有【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 CuSO45H2O，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：AFe3+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+5H2OCuSO45H2O，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（）ANa 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 CFeCl3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 DMg（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【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GHTS0，反应自发进行；B饱和 Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，前者为盐析，后者为蛋白质变性；CFeCl3和 MnO2对 H2O2分解催化效果不相同；DNH4Cl 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：ANa 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SO，反应中钠熔化为小球，说明反应放出大量的热，即H0，则GHTS0，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；CFeCl3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；DNH4Cl 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（）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（SO42）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【考点】1B：真题集萃；BH：原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有【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（SO42）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+2eCu，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，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是（）加入的物质 结论 A 100mL 2molL1H2SO4 反应结束后，c（Na+）c（SO42）B 0.20molCaO 溶液中增大()(3)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 AA BB CC DD【考点】DD：盐类水解的应用菁优网版权所有【专题】51H：盐类的水解专题【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 CO32+H2OHCO3+OH，A n（H2SO4）2mol/L 0.1L 0.2mol，H2SO4和 Na2CO3反 应 方 程 式 为Na2CO3+H2SO4Na2SO4+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（SO42）相对大小；B CaO+H2O Ca（OH）2、Ca（OH）2+Na2CO3 CaCO3+2NaOH，所 以 得CaO+H2O+Na2CO3CaCO3+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；DNaHSO4和 Na2CO3反应方程式为：2NaHSO4+Na2CO3Na2SO4+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 CO32+H2OHCO3+OH，A n（H2SO4）2mol/L 0.1L 0.2mol，H2SO4和 Na2CO3反 应 方 程 式 为Na2CO3+H2SO4Na2SO4+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（SO42），故 A 错误；BCaO+H2OCa（OH）2、Ca（OH）2+Na2CO3CaCO3+2NaOH，随着 CO32的消耗，CO32+H2OHCO3+OH向左移动，c（HCO3）减小，反应生成 OH，则 c（OH）增大，导致溶液中增大，故 B 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；DNaHSO4和 Na2CO3反应方程式为：2NaHSO4+Na2CO3Na2SO4+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（）Am2 B两次平衡的平衡常数相同 CX 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 0.4molL1【考点】CP：化学平衡的计算菁优网版权所有【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 率进行计算；=参加反应的物质的量初始物质的量 100%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 m2，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）（1a）（22a）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（1a）：（22a）：3a30%：60%：10%，所以 a0.1，则参加反应的n（X）0.1mol、n（Y）0.2mol，转化率，=参加反应的物质的量初始物质的量 100%X 的转化率10%，Y 的转化率10%，所=0.11 100%=0.22 100%=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）（1.33b）各物质含量不变，所以（0.9+b）：（1.8+2b）：（1.33b）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=0.42=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A 族；（2）比较 d、e 常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）：O2Na+；比较 g、h 的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：HClO4H2SO4。（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）+O2（g）Na2O2（s）H511kJmol1；（5）上述元素可组成盐 R：zx4f（gd4）2，向盛有 10mL1molL1R 溶液的烧杯中滴加1molL1NaOH 溶液，沉淀物质的量随 NaOH 溶液体积的变化示意图如图 2 R 溶液中，离子浓度由大到小的顺序是c（SO42）c（NH4+）c（Al3+）c（H+）c（OH）；写出 m 点反应的离子方程式：NH4+OHNH3H2O；若在 R 溶液中改加 20ml 1.2molL1Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为0.022mol。【考点】1B：真题集萃；8J：位置结构性质的相互关系应用菁优网版权所有【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A 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）R 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；m 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 NH3H2O；根据 ncV 计算 n（Al3+）、n（NH4+）、n（SO42）、n（Ba2+）、n（OH），根据SO42、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A 族，故答案为：第三周期A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：HClO4H2SO4，故答案为：r（O2）r（Na+）；HClO4H2SO4；（3）四原子共价化合物，可以是 NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为：（或），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）H511kJmol1，故答案为：2Na（s）+O2（g）Na2O2（s）H511kJmol1；（5）R 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（SO42）c（NH4+）c（Al3+）c（H+）c（OH），故答案为：c（SO42）c（NH4+）c（Al3+）c（H+）c（OH）；m 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 NH3H2O，离子方程式为：NH4+OHNH3H2O，故答案为：NH4+OHNH3H2O；10mL 1molL1 NH4Al（SO4）2溶液中 Al3+物质的量为 0.01mol，NH4+的物质的量为 0.01mol，SO42的物质的量为 0.02mol，20mL 1.2 molL1Ba（OH）2溶液中 Ba2+物质的量为 0.024mol，OH为 0.048mol，由 SO42+Ba2+BaSO4，可知 SO42不足，故可以得到 0.02mol BaSO4，Al3+3OHAl（OH）3 0.01mol 0.03mol 0.01mol 反应剩余 OH为 0.048mol0.03mol0.018mol，NH4+OHNH3H2O 0.01mol 0.01mol 反应剩余 OH为 0.018mol0.01mol0.008mol，Al（OH）3+OHAlO2+2H2O 0.008mol 0.008mol 故得到 Al（OH）3沉淀为 0.01mol0.008mol0.002mol 则最终得到固体为 0.02mol+0.002mol0.022mol，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 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+BC 的化学反应方程式：；（2）C（）中、3 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4种（4）DF 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3mol 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：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（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：H2CCH2CH3CH2OHCH3COOC2H5 2催化剂，3浓硫酸，【考点】HC：有机物的合成菁优网版权所有【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 OHCCOOH，根据 C 的结构可知 B 是，A+BC 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：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（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 OHCCOOH【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 OHCCOOH，根据 C 的结构可知 B 是，A+BC 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：，故答案为：；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，DF 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：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（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 OHCCOOH，合成路线流程图为：CH3COOH3ClCH2COOHHOCH2COONaHOCH2COOHOHCCOOH，/22/故 答 案 为：CH3COOHClCH2COOHHOCH2COONaHOCH2COOH3/22/OHCCOOH【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）反应是将 Cu 转化为 Cu（NH3）42+，反应中 H2O2的作用是氧化剂，写出操作的名称：过滤；（2）反应是铜氨溶液中的 Cu（NH3）42+与有机物 RH 反应，写出该反应的离子方程式：Cu（NH3）42+2RHCuR2+2NH4+2NH3，操作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）反应是有机溶液中的 CuR2与稀硫酸反应生成 CuSO4和RH，若操作使用如图 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）操作以石墨作电极电解 CuSO4溶液，阴极析出铜，阳极产物是O2、H2SO4，操作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【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滤方法，所以操作是过滤，反应是将 Cu 转化为 Cu（NH3）42+，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；反应是铜氨溶液中的 Cu（NH3）42+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）反应是铜氨溶液中的 Cu（NH3）42+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，SO42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，所以操作是过滤，反应是将 Cu 转化为 Cu（NH3）42+，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；反应是铜氨溶液中的 Cu（NH3）42+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，所以操作是过滤，故答案为：氧化剂；过滤；（2）反应是铜氨溶液中的 Cu（NH3）42+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）42+2RHCuR2+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）42+2RHCuR2+2NH4+2NH3；分液漏斗；ab；（3）反应是有机溶液中的 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 SO42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Fe3+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）2Fe3+Fe3Fe2+；（2）为节约成本，工业上用 NaClO3氧化酸性 FeCl2废液得到 FeCl3。若酸性 FeCl2废液中 c（Fe2+）2.0102molL1，c（Fe3+）1.0103molL1，c（Cl）5.3102molL1，则该溶液的 pH 约为2；完成 NaClO3氧化 FeCl2的离子方程式：1ClO3+6Fe2+6H+1Cl+6Fe3+3H2O（3）FeCl3在溶液中分三步水解：Fe3+H2OFe（OH）2+H+K1 Fe（OH）2+H2OFe（OH）2+H+K2 Fe（OH）2+H2OFe（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K1K2K3。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+yH2OFex（OH）y（3xy）+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（mgL1）表示的最佳范围约为1820mgL1。【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：盐类水解的应用菁优网版权所有【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）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 pHlgc（H+）计算；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 1820 mgL1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+Fe3Fe2+，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+Fe3Fe2+；（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，在这里可以忽略不计），则 c（H+）c（Cl）2c（Fe2+）3c（Fe3+）1.0102molL1，则溶液 pHlg1.01022，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K1K2K3；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：K1K2K3；bd；调节溶液的 pH；（4）由图象可知，聚合氯化铁的浓度在 1820 mgL1时，去除率达到最大值，污水的浑浊度减小，故答案为：1820【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