高中化学高考普通高等学校招生全国统一考试天津卷 理科综合 化学部分Word格式.docx

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、锑

、铋

、镆

为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。

回答下列问题：

（1）砷在元素周期表中的位置______。

的中子数为______。

已知：

P（s，白磷）=P（s，黑磷）

=-39.3kJ·

mol-1；

P（s，白磷）=P（s，红磷）

=-17.6kJ·

mol-1。

由此推知，其中最稳定的磷单质是______。

（2）氮和磷氢化物性质的比较：

热稳定性：

NH3______PH3（填“＞”或“＜”）。

沸点：

N2H4______P2H4（填“＞”或“＜”），判断依据是______。

（3）

和

与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。

下列对PH3与HI反应产物的推断正确的是______（填序号）。

a.不能与

反应b.含离子键、共价键

c.能与水反应

（4）SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，写出该反应的化学方程式______，因此，配制SbCl3溶液应注意______。

（5）在1L真空密闭容器中加入

molPH4I固体，t℃时发生如下反应：

PH4I（s）

PH3（g）+HI（g）①

4PH3（g）

P4（g）+6H2（g）②

2HI（g）

H2（g）+2I2（g）③

达平衡时，体系中

=

mol，

mol，则

℃时反应①的平衡常数

值为______（用字母表示）。

8、我国化学家首次实现了膦催化的（3+2）环加成反应，并依据该反应，发展了一条合成中草药活性成分茅苍术醇的有效路线。

已知（3+2）环加成反应：

（E1、E2可以是

或

）

（1）茅苍术醇的分子式为______，所含官能团名称为______，分子中手性碳原子（连有四个不同的原子或原子团）的数目为______。

（2）化合物B的核磁共振氢谱中有______个吸收峰；

其满足以下条件的同分异构体（不考虑手性异构）数目为______。

①分子中含有碳碳叁键和乙酯基（

②分子中有连续四个碳原子在一条直线上

写出其中碳碳叁键和乙酯基直接相连的同分异构体的结构简式______。

的反应类型为______。

（4）

的化学方程式为______，除

外该反应另一产物的系统命名为______。

（5）下列试剂分别与

反应，可生成相同环状产物的是______（填序号）。

a．

b．

c．

溶液

（6）参考以上合成路线及条件，选择两种链状不饱和酯，通过两步反应合成化合物

，在方框中写出路线流程图（其他试剂任选）。

______

9、环己烯是重要的化工原料。

其实验室制备流程如下：

Ⅰ．环己烯的制备与提纯

（1）原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为______，现象为______。

（2）操作1的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。

①烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为______，浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择FeCl3·

6H2O而不用浓硫酸的原因为______（填序号）。

a．浓硫酸易使原料碳化并产生SO2

b．FeCl3·

6H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念

c．同等条件下，用FeCl3·

6H2O比浓硫酸的平衡转化率高

②仪器B的作用为______。

（3）操作2用到的玻璃仪器是______。

（4）将操作3（蒸馏）的步骤补齐：

安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，______，弃去前馏分，收集83℃的馏分。

Ⅱ．环己烯含量的测定

在一定条件下，向

环己烯样品中加入定量制得的

molBr2，与环己烯充分反应后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，用

mol·

L-1的Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3标准溶液

mL（以上数据均已扣除干扰因素）。

测定过程中，发生的反应如下：

①

②Br2+2KI=I2+2KBr

③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6

（5）滴定所用指示剂为______。

样品中环己烯的质量分数为______（用字母表示）。

（6）下列情况会导致测定结果偏低的是______（填序号）。

a．样品中含有苯酚杂质

b．在测定过程中部分环己烯挥发

c．

标准溶液部分被氧化

10、多晶硅是制作光伏电池的关键材料。

以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。

Ⅰ．硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2，放出225kJ热量，该反应的热化学方程式为______。

SiHCl3的电子式为______。

Ⅱ．将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为：

①SiCl4（g）+H2（g）

SiHCl3（g）+HCl（g）

＞0

②3SiCl4（g）+2H2（g）+Si（s）

4SiHCl3（g）

＜0

③2SiCl4（g）+H2（g）+Si（s）+HCl（g）

3SiHCl3（g）

（1）氢化过程中所需的高纯度H2可用惰性电极电解KOH溶液制备，写出产生H2的电极名称______（填“阳极”或“阴极”），该电极反应方程式为______。

（2）已知体系自由能变

-

，

＜0时反应自发进行。

三个氢化反应的

与温度的关系如图1所示，可知：

反应①能自发进行的最低温度是______；

相同温度下，反应②比反应①的

小，主要原因是______。

（3）不同温度下反应②中SiCl4转化率如图2所示。

下列叙述正确的是______（填序号）。

a.B点：

＞

b.

：

c.反应适宜温度：

℃

（4）反应③的

=______（用

表示）。

温度升高，反应③的平衡常数

______（填“增大”“减小”或“不变”）。

（5）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3和Si外，还有______（填分子式）。

参考答案

1、【答案】D

【分析】本题考查的是物理变化与化学变化的区别与联系。

化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；

据此分析判断。

【解答】A、秸杆主要成分为纤维素，利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇，有新物质生成，属于化学变化，故A涉及化学反应；

B、利用石油生产塑料、化纤等高分子材料，产生新物质，属于化学变化，故B涉及化学反应；

C、利用基本化学原料生产化学合成药，产生新物质，属于化学变化，故C涉及化学反应；

D、海水中的水淡化成淡水，没有产生新物质，属于物理变化，故D不涉及化学反应。

故选D。

2、【答案】A

【分析】本题考查离子反应方程式书写。

A、氢氧化镁碱性强于氨水；

B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀；

C、电荷不守恒；

D、硝酸具有强氧化性，将亚铁氧化成铁离子。

【解答】A、氢氧化镁碱性强于氨水，故A能用来解释相应实验现象；

B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀，离子方程式为：

Fe3＋＋3H2O

Fe（OH）3（胶体）＋3H＋，故B不能用来解释相应实验现象；

C、电荷不守恒，正确的离子方程式为：

5SO2＋2MnO4－＋2H2O=2Mn2＋＋4H＋＋5SO42－，故C不能用来解释相应实验现象；

D、硝酸具有强氧化性，其可将亚铁氧化成铁离子，正确的离子方程式为：

3FeO＋10H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋5H2O，故D不能用来解释相应实验现象。

故选A。

3、【答案】C

【分析】本题考查的是金属元素及其化合物的应用。

除杂不只是将反应物反应掉，还要考虑产物在应用中是否符合要求。

A、氯气能将铁和亚铁氧化；

B、根据合金的性质判断；

C、Na2CO3＋Ca（OH）2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性；

D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同。

【解答】A、铁和亚铁能将氯气还原为氯离子，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；

B、根据铝合金的性质，铝合金具有密度低、强度高，故可应用于航空航天等工业，故B不选；

C、Na2CO3＋Ca（OH）2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；

D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，故可根据颜色判断硅胶中是否能吸水，故D不选。

故选C。

4、【答案】B

【分析】本题主要考查实验装置和基本操作。

A、乙醇的密度小于浓硫酸；

B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切；

C、二氧化氮

密度大于空气；

D、乙炔中的杂质也能使溴水褪色。

【解答】A、乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌，若顺序相反则容易引起液体飞溅，故A不能达到目的；

B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故B能达到目的；

C、二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管应长进短出，故C不能达到目的；

D、乙炔中的H2S等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，故D不能达到目的。

故选B。

5、【答案】C

【分析】本题考查的是酸的稀释及图象。

电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；

A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；

B、酸抑制水电离，

点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；

C、

为水的离子积常数，

为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；

D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，

。

【解答】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；

B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；

C、Ⅱ代表HNO2，

为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；

，分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误。

6、【答案】D

【分析】本题主要考查原电池和电解池的相关知识。

放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e－═Zn2＋，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，充电时，阳极反应式为Br－+2I－-2e－=I2Br－、阴极反应式为Zn2＋+2e－=Zn，只有阳离子能穿过交换膜，阴离子不能穿过交换膜，据此分析解答。

【解答】A、放电时，a电极为正极，碘得电子变成碘离子，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，故A正确；

B、放电时，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，溶液中离子数目增大，故B正确；

C、充电时，b电极反应式为Zn2＋+2e－=Zn，每增加0.65g，转移0.02mol电子，阳极反应式为Br－+2I－-2e－=I2Br－，有0.02molI－失电子被氧化，故C正确；

D、充电时，a是阳极，应与外电源的正极相连，故D错误。

7、【答案】

（1）第四周期第VA族；

173；

黑磷；

（2）＞；

＞；

N2H4分子间存在氢键；

（3）b、c；

（4）SbCl3+H2O

SbOCl↓+2HCl（“

”写成“

”亦可）；

加盐酸，抑制水解；

（5）

【分析】本题考查的是化学反应基本理论，涉及了物质结构、元素周期律、盖斯定律、盐类水解和化学平衡常数等知识。

（1）As位于第四周期第VA族，中子数=质量数-质子数；

能量越低越稳定；

（2）元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；

分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高；

（3）PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似，PH3与HI反应产物为PH4I，相当于铵盐，具有铵盐结构性质；

（4）SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，根据元素守恒知，还生成HCl；

配制SbCl3溶液要防止其水解，其水溶液呈酸性，所以酸能抑制水解。

【解答】

（1）砷元素的原子序数为33，与氮元素、磷元素均位于ⅤA族，最外层有5个电子，则砷在周期表中的位置为第四周期ⅤA族；

的质量数为288，质子数为115，由中子数=质量数-中子数可知

的中子数为288-115=173；

将已知转化关系依次编号为①②，由盖斯定律可知，①-②可得P（s，红磷）=P（s，黑磷）

-

=（-39.3kJ/mol）-（-17.6kJ/mol）=-21.7kJ/mol。

由于放热反应中，反应物总能量大于生成物总能量，则白磷、红磷和黑磷三者能量的大小顺序为白磷＞红磷＞黑磷，能量越高越不稳定，则最稳定的是黑磷；

（2）元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，N元素非金属性强于P元素，则NH3热稳定性强于PH3；

N元素非金属性强，原子半径小，N2H4分子间可以形成氢键，增大分子间作用力，而PH3分子间不能形成氢键，则N2H4的沸点高于PH3；

（3）由题意可知，PH3与NH3性质类似，与HI反应生成反应PH4I，PH4I能与氢氧化钠溶液反应生成PH3，a错误；

PH4I为离子化合物，化合物中含有离子键和共价键，b正确；

PH4I与NH4I类似，可以发生水解反应，c正确，bc正确；

（4）由题意可知，SbCl3发生水解反应生成SbOCl沉淀和HCl，水解的化学方程式为SbCl3+H2O

SbOCl↓+2HCl；

配制SbCl3溶液时，为防止SbCl3水解，应加入盐酸；

（5）由PH4I（s）

PH3（g）+HI（g）可知，

molPH4I分解生成的物质的量的PH3和HI，由2HI（g）

H2（g）+I2（g）可知HI分解生成

mol/L，PH4I分解生成

为

mol/L，则4PH3（g）

P4（g）+6H2（g）可知PH3分解生成

mol/L，则体系中

mol/L=

，故反应PH4I（s）

PH3（g）+HI（g）的平衡常数

8、【答案】

（1）C15H26O；

碳碳双键、羟基；

3；

（2）2；

5；

；

（3）加成反应或还原反应；

2-甲基-2-丙醇；

（5）b；

（6）

（

写成

等合理催化剂亦可）

【分析】本题考查有机物推断与合成。

由有机物的转化关系可知，

与CH3C≡CCOOC（CH3）3发生题给信息反应生成

与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成

与甲醇在浓硫酸作用下，共热发生酯基交换反应生成

一定条件下脱去羰基氧生成

一定条件下反应生成茅苍术醇。

（1）茅苍术醇的结构简式为

，分子式为C15H26O，所含官能团为碳碳双键、羟基，

含有3个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子；

（2）化合物B的结构简式为CH3C≡CCOOC（CH3）3，分子中含有两类氢原子，核磁共振氢谱有2个吸收峰；

由分子中含有碳碳叁键和—COOCH2CH3，且分子中连续四个碳原子在一条直线上，则符合条件的B的同分异构体有

、CH3CH2CH2C≡CCOOCH2CH3、CH3CH2C≡C—CH2COOCH2CH3、CH3—C≡C—CH2CH2COOCH2CH3和

等5种结构，碳碳叁键和—COOCH2CH3直接相连的为

、CH3CH2CH2C≡CCOOCH2CH3；

（3）C→D的反应为

与氢气在催化剂作用下发生加成反应（或还原反应）生成

与甲醇与浓硫酸共热发生酯基交换反应生成

，反应的化学方程式为

，HOC（CH3）3的系统命名法的名称为2-甲基-2-丙醇；

均可与溴化氢反应生成

，故选b；

（6）由题给信息可知，CH3C≡CCOOCH2CH3与CH2=COOCH2CH3反应生成

与氢气发生加成反应生成

9、【答案】

（1）

溶液；

溶液显紫色；

（2）

a、b；

减少环己醇蒸出；

（3）分液漏斗、烧杯；

（4）通冷凝水，加热；

（5）淀粉溶液；

（6）b、c

【分析】本题考查的是物质含量测定，侧重考查实验操作、实验分析判断及计算能力。

（1）检验物质时通常是利用该物质的特殊性质，或利用不同物质间的性质差异。

苯酚能与氯化铁溶液发生显色反应而醇不能，可依此设计用氯化铁溶液检验苯酚的存在；

（2）书写陌生情境的化学方程式时，一定要将题给的所有信息挖掘出来，比如题给的反应条件，如催化剂、加热的温度、此反应已明确指出的“可逆”；

（3）催化剂选择FeCl3·

6H2O而不用浓硫酸的理由分析，显然要突出浓硫酸的缺点，突出FeCl3·

6H2O的优点；

（4）在发生装置中加装冷凝管，显然是为了冷凝回流，提高原料的利用率。

（5）计算此问时尽可能采用关系式法，找到已知和未知之间的直接关系。

（6）误差分析时，利用相关反应式将量尽可能明确化。

（1）检验苯酚的首选试剂是FeCl3溶液，原料环己醇中若含有苯酚，加入FeCl3溶液后，溶液将显示紫色；

（2）①从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeCl3·

6H2O的作用下，反应生成了环己烯，对比环己醇和环己烯的结构，可知发生了消去反应，反应方程式为：

，注意生成的小分子水勿漏写，题目已明确提示该反应可逆，要标出可逆符号，FeCl3·

6H2O是反应条件（催化剂）别漏标；

此处用FeCl3·

6H2O而不用浓硫酸的原因分析中：

a项合理，因浓硫酸具有强脱水性，往往能使有机物脱水至炭化，该过程中放出大量的热，又可以使生成的炭与浓硫酸发生反应：

C+2H2SO4（浓）

CO2↑+SO2↑+2H2O；

b项合理，与浓硫酸相比，FeCl3·

6H2O对环境相对友好，污染小，绝大部分都可以回收并循环使用，更符合绿色化学理念；

c项不合理，催化剂并不能影响平衡转化率；

②仪器B为球形冷凝管，该仪器作用除了导气外，主要作用是冷凝回流，尽可能减少加热时反应物环己醇的蒸出，提高原料环己醇的利用率；

（3）操作2实现了互不相溶的两种液体的分离，应是分液操作，分液操作时需要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯；

（4）题目中已明确提示了操作3是蒸馏操作。

蒸馏操作在加入药品后，要先通冷凝水，再加热；

如先加热再通冷凝水，必有一部分馏分没有及时冷凝，造成浪费和污染；

II.（5）因滴定的是碘单质的溶液，所以选取淀粉溶液比较合适；

根据所给的②式和③式，可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为1：

2，所以剩余Br2的物质的量为：

×

L-1×

mL×

10-3L·

mL-1=

mol，反应消耗的Br2的物质的量为（

）mol，据反应①式中环己烯与溴单质1:

1反应，可知环己烯的物质的量也为（

）mol，其质量为（

）×

82g，所以ag样品中环己烯的质量分数为

（6）a项错误，样品中含有苯酚，会发生反应：

，每反应1molBr2，消耗苯酚的质量为31.3g；

而每反应1molBr2，消耗环己烯的质量为82g；

所以苯酚的混入，将使耗Br2增大，从而使环己烯测得结果偏大；

b项正确，测量过程中如果环己烯挥发，必然导致测定环己烯的结果偏低；

c项正确，Na2S2O3标准溶液被氧化，必然滴定时消耗其体积增大，即计算出剩余的溴单质偏多，所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低。

10、【答案】Ⅰ．Si（s）+3HCl（g）

SiHCl3（g）+H2（g）

=-225kJ·

Ⅱ．

（1）阴极；

2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑；

（2）1000℃；

＜

导致反应②的

小；

（3）a、c；

减小；

、

【分析】本题考查的是物质制备，涉及盖斯定律、热化学方程式书写、图象分析判断等知识点。

I.书写热化学方程式时一定要标注出各物质状态，要将热化学方程式中焓变的数值与化学计量数对应。

本题的反应温度需要标注为条件；

II.

（1）惰性电极电解KOH溶液，实质是电解水，产生氢气的必为阴极，发生还原反应。

（2）“看图说话”，将反应①的纵、横坐标对应起来看，即可顺利找到最低温度。

影响自由能变的因素主要是焓变和熵变，分析发现熵变对反应②反而不利，说明焓变影响大，为主要影响因素；

（3）据图判断化学平衡的建立和移动是分析的关键。

注意时间是一个不变的量。

（4）此问是盖斯定律的简单应用，对热化学方程式直接进行加减即可。

【解答】I.参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3和氢气，反应条件是300℃，配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1，由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：

Si（s）+3HCl（g）

SiHCl3（g）+H2（g）

SiHCl3中硅与1个H、3个Cl分别形成共价单键，由此可写出其电子式为，注意别漏标3个氯原子的孤电子对；

II.

（1）电解KOH溶液，阳极发生氧化反应而产生O2、阴极发生还原反应才产生H2；

阴极的电极反应式可以直接写成2H++2e-=H2↑，或写成由水得电子也可以：

2H2O+2e-=H2↑+2OH-；

（2）由题目所给的图1可以看出，反应①（最上面那条线）当

=0时，对应的横坐标温度是1000℃；

从反应前后气体分子数的变化来看，反应①的熵变化不大，而反应②中熵是减小的，可见熵变对反应②的自发更不利，而结果反应②的

更负，