最新版高考化学普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试天津卷Word格式文档下载.docx

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C项,原电池中发生反应达到平衡,在每一个电极上得、失电子数相同,电池中不再产生电流,错误。

4.（2016天津理综,4）下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是（　　）

A.室温下,测得氯化铵溶液pH<

7,证明一水合氨是弱碱:

N+2H2O

NH3·

H2O+H3O+

B.用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝:

2Al+2OH-+2H2O

2Al+3H2↑

C.用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基:

+2HC

+2H2O+2CO2↑

D.用高锰酸钾标准溶液滴定草酸:

2Mn+16H++5C2

2M+10CO2↑+8H2O

答案B　A项,N水解程度较小,用可逆符号表示,错误;

B项,Al能与NaOH溶液反应,而镁不能,因此可用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝,正确;

C项,HC不与酚羟基反应,因为碳酸酸性强于苯酚的酸性　,错误;

D项,草　酸是弱酸　,不能写成离子形式,错误。

5.（2016天津理综,5）下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是（　　）

制乙炔的

发生装置

蒸馏时的

接收装置

除去SO2中

的少量HCl

准确量取

一定体积

K2Cr2O7

标准溶液

答案C　A项,长颈漏斗应改为分液漏斗　,否则气体会从长颈漏斗中逸出,错误;

B项,锥形瓶口不能密封,否则装置内气体压强过大,容易发生危险,错误;

C项,HCl极易溶于水,SO2不溶于饱和NaHSO3溶液,因此可用饱和NaHSO3溶液吸收HCl,且能生成SO2,正确;

D项,K2Cr2O7具有强　氧化性　,不能用碱式滴定管,应选用酸式滴定管量取,错误。

6.（2016天津理综,6）室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1mol·

L-1的三种酸（HA、HB和HD）溶液,滴定曲线如图所示,下列判断错误的是（　　）

A.三种酸的电离常数关系:

KHA>

KHB>

KHD

B.滴定至P点时,溶液中:

c（B-）>

c（Na+）>

c（HB）>

c（H+）>

c（OH-）

C.pH=7时,三种溶液中:

c（A-）=c（B-）=c（D-）

D.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:

c（HA）+c（HB）+c（HD）=c（OH-）-c（H+）

答案C　A项,题给三种酸均为一元酸,浓度相同时,pH　越小,说明对应酸越强,电离常数越大　,因此根据未发生中和反应时三种酸的pH大小可知A项正确;

B项,P点时,HB反应一半,溶液中溶质为NaB和HB,且物质的量浓度相等,此时溶液呈酸性,说明HB的电离程度大于NaB的水　解程度　,则溶液中c（B-）>

c（OH-）,正确;

C项,对于任何一种酸HX,加NaOH反应达到中性时,酸越弱,需要的NaOH越少,c（Na+）越小,溶液中存在电荷守恒:

c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（X-）,由于c（H+）=c（OH-）,则c（Na+）=c（X-）,由于酸性HA>

HB>

HD,故达中性时三种溶液中c（A-）>

c（D-）,错误;

D项,完全中和并混合后,溶液中溶质有NaA、NaB、NaD,水电离的H+部分被A-、B-、D-结合生成HA、HB、HD,所以根据质子守恒有c（H+）+c（HA）+c（HB）+c（HD）=c（OH-）,正确。

第Ⅱ卷

7.（2016天津理综,7）（14分）下表为元素周期表的一部分。

碳

氮

Y

X

硫

Z

回答下列问题:

（1）Z元素在周期表中的位置为　。

（2）表中元素原子半径最大的是（写元素符号）　　　　　　。

（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是　　　　。

a.Y单质与H2S溶液反应,溶液变浑浊

b.在氧化还原反应中,1molY单质比1molS得电子多

c.Y和S两元素的简单氢化物受热分解,前者的分解温度高

（4）X与Z两元素的单质反应生成1molX的最高价化合物,恢复至室温,放热687kJ。

已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃,写出该反应的热化学方程式:

　　　　　　　　　　　　　　　　　。

（5）碳与镁形成的1mol化合物Q与水反应,生成2molMg（OH）2和1mol烃,该烃分子中碳氢质量比为9∶1,烃的电子式为　　　　　　。

Q与水反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。

（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应,生成的盐只有硫酸铜,同时生成的两种气体均由上表中两种元素组成,气体的相对分子质量都小于50。

为防止污染,将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐,消耗1L2.2mol·

L-1NaOH溶液和1molO2,则两种气体的分子式及物质的量分别为　　　　　　　　　　　　　,生成硫酸铜物质的量为　　　　　　　。

答案

（1）第三周期,ⅦA族

（2）Si

（3）ac

（4）Si（s）+2Cl2（g）

SiCl4（l）　ΔH=-687kJ·

mol-1

（5）C︙︙H　Mg2C3+4H2O

2Mg（OH）2+C3H4↑

（6）NO:

0.9mol、NO2:

1.3mol　2mol

解析根据表中元素的相对位置可知X为Si、Y为O、Z为Cl。

（1）Z为氯元素,位于第三周期,ⅦA族。

（2）同一周期中原子序数越小,半径越大（稀有气体除外）,则X原子半径大。

（3）a项,O2+2H2S

2H2O+2S↓,O2能置换S,说明O比S的非金属性强,正确;

b项,不能从得电子数多少　说明得电子能力的强弱　,即不能说明元素的非金属性强弱,错误;

c项,氢化物不易分解,说明元素的非金属性强,正确。

（4）Si与Cl2生成SiCl4,常温下SiCl4为液态,则热化学方程式为Si（s）+2Cl2（g）

mol-1。

（5）根据m（C）∶m（H）=9∶1,则n（C）∶n（H）=∶1=3∶4,则烃的分子式为C3H4,是丙炔,电子式为

C︙︙H。

1molQ生成2molMg（OH）2和1molC3H4,则Q中含有2molMg和3molC,即Q为Mg2C3,Q与水反应的化学方程式为Mg2C3+4H2O

2Mg（OH）2↓+C3H4↑。

（6）根据生成的盐只有CuSO4,说明N完全反应,又因为生成气体相对分子质量都小于50,则两种气体分别为NO和NO2,NO和NO2与NaOH、O2生成了NaNO3,根据原子守恒,氮原子总量与钠原子总量相等,即n（NO）+n（NO2）=n（NaOH）=2.2mol。

根据得失电子守恒,NO、NO2全部转化为NaNO3,NO、NO2失去电子的物质的量等于O2得到电子的物质的量,O2得到的电子为4mol,则3n（NO）+n（NO2）=4n（O2）=4mol,联立两个等式可求出n（NO）=0.9mol,n（NO2）=1.3mol。

因为铜失去的电子总数与氧气得到的电子总数相等,则n（Cu）=2n（O2）=2mol,又因为最后生成的盐只有CuSO4,则CuSO4的物质的量为2mol。

8.（2016天津理综,8）（18分）反-2-己烯醛（D）是一种重要的合成香料,下列合成路线是制备D的方法之一。

根据该合成路线回答下列问题:

+A+E

已知:

RCHO+R'

OH+R″OH

（1）A的名称是　　　　　　　;

B分子中的共面原子数目最多为　　　　;

C分子中与环相连的三个基团中,不同化学环境的氢原子共有　　　　种。

（2）D中含氧官能团的名称是　　　　　　,写出检验该官能团的化学反应方程式:

　　　　　　　　　　　　。

（3）E为有机物,能发生的反应有　　　　。

a.聚合反应b.加成反应

c.消去反应d.取代反应

（4）B的同分异构体F与B有完全相同的官能团,写出F所有可能的结构:

　。

（5）以D为主要原料制备己醛（目标化合物）,在方框中将合成路线的后半部分补充完整。

……

目标化合物

（6）问题（5）的合成路线中第一步反应的目的是　　　　　　　　　　。

答案

（1）正丁醛或丁醛　9　8

（2）醛基　

+2Ag（NH3）2OH

+2Ag↓+3NH3+H2O或

+2Cu（OH）2+NaOH

+Cu2O↓+3H2O

（3）cd

（4）CH2

CHCH2OCH3、

、

（5）

CH3（CH2）4CHO

（6）保护醛基（或其他合理答案）

解析

（1）由结构简式可知A为正丁醛（或丁醛）,B的结构式为

其中标“·

”号的原子一定共面,标“*”号原子与标“·

”号的原子可能共面,则最多有9个原子共面。

根据C的结构简式:

可知,与环相连的三个基团中有8种碳原子,对应有8种氢原子,即不同化学环境的氢原子有8种。

（2）D中含氧官能团为醛基,检验醛基的试剂有新制的　银氨溶液　,加热反应后有银镜产生,还有新制Cu（OH）2　溶液　,加热反应后产生红色沉淀物。

（3）根据C

CH3CH2CH2—CH

CH—CHO+CH3CH2CH2CHO+E,结合题给信息可得出E为C2H5OH,C2H5OH能发生消去反应生成CH2

CH2,也能发生取代反应生成CH3COOCH2CH3或CH3CH2Br等。

（4）由B的结构简式可知F中含有

、—O—两种官能团,注意顺反异构,F的可能结构如下:

CH2

。

（5）要由

得到

CH3CH2CH2CH2CH2CHO,可以先与H2发生加成反应,然后结合题中信息或C

D的反应知道,两个醚键在同一碳原子上时,在H+/H2O条件下可以转化为醛,即可得到目标化合物。

（6）第一步反应保护醛基,如果没有第一步反应,则在第二步发生加成反应时会将醛基还原为羟基,从而得不到目标化合物。

9.（2016天津理综,9）（18分）水中溶氧量（DO）是衡量水体自净能力的一个指标,通常用每升水中溶解氧分子的质量表示,单位mg·

L-1。

我国《地表水环境质量标准》规定,生活饮用水源的DO不能低于5mg·

某化学小组同学设计了下列装置（夹持装置略）,测定某河水的DO。

Ⅰ.测定原理:

碱性条件下,O2将Mn2+氧化为MnO（OH）2:

①2Mn2++O2+4OH-

2MnO（OH）2↓。

酸性条件下,MnO（OH）2将I-氧化为I2:

②MnO（OH）2+I-+H+

Mn2++I2+H2O（未配平）,用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2:

③2S2+I2

S4+2I-

Ⅱ.测定步骤:

a.安装装置,检验气密性,充N2排尽空气后,停止充N2。

b.向烧瓶中加入200mL水样。

c.向烧瓶中依次迅速加入1mLMnSO4无氧溶液（过量）、2mL碱性KI无氧溶液（过量）,开启搅拌器,至反应①完全。

d.搅拌并向烧瓶中加入2mLH2SO4无氧溶液,至反应②完全,溶液为中性或弱酸性。

e.从烧瓶中取出40.00mL溶液,以淀粉作指示剂,用0.01000mol·

L-1Na2S2O3溶液进行滴定,记录数据。

f.……

g.处理数据（忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化）。

（1）配制以上无氧溶液时,除去所用溶剂水中氧的简单操作为　　　　　　　　　　。

（2）在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器是　　　　。

①滴定管　②注射器　③量筒

（3）搅拌的作用是　。

（4）配平反应②的方程式,其化学计量数依次为　　　　　　。

（5）步骤f为　　　　　　　　　　。

（6）步骤e中达到滴定终点的标志为　　　　　　　　　。

若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50mL,水样的DO=　　　　　　　　　　mg·

L-1（保留一位小数）。

作为饮用水源,此次测得DO是否达标:

　　　（填“是”或“否”）。

（7）步骤d中加入H2SO4溶液反应后,若溶液pH过低,滴定时会产生明显的误差。

写出产生此误差的原因（用离子方程式表示,至少写出2个）　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。

答案

（1）将溶剂水煮沸后冷却

（2）②

（3）使溶液混合均匀,快速完成反应

（4）1,2,4,1,1,3

（5）重复步骤e的操作2~3次

（6）溶液蓝色褪去（半分钟内不变色）　9.0　是

（7）2H++S2

S↓+SO2↑+H2O

SO2+I2+2H2O

4H++S+2I-

4H++4I-+O2

2I2+2H2O（任写其中2个）

解析

（1）气体在水中的溶解度随着温度升高而减小,煮沸溶剂水可以除去溶剂水中的氧。

（3）搅拌会使溶液充分混合,加快反应物的反应速率。

（4）根据得失电子守恒可配平反应②中的离子方程式:

MnO（OH）2+2I-+4H+

Mn2++I2+3H2O

（5）对定量实验一般要进行多次,因此步骤f应为重复步骤e的操作2~3次,以便减小实验误差。

（6）烧瓶中碘单质使淀粉变为蓝色,加入Na2S2O3溶液将I2还原为I-,因此当蓝色消失且半分钟不变色时,表明I2已反应完,达到滴定终点。

4.5mL溶液中含有Na2S2O3:

n（Na2S2O3）=0.01000mol·

L-1×

0.0045L=4.5×

10-5mol,结合反应①②③,可得关系式:

O2~2MnO（OH）2~2I2~4S2,则n（O2）=n（Na2S2O3）=1.125×

10-5mol。

该河水的DO=×

1.125×

10-5×

32g·

L-1=9×

10-3g·

L-1=9.0mg·

L-1>

5mg·

L-1,说明达标。

（7）若溶液pH过低,Na2S2O3在酸性条件下会分解产生SO2,SO2又能与I2反应;

同时在酸性条件下,I-又易被空气中的O2氧化。

10.（2016天津理综,10）（14分）氢能是发展中的新能源,它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。

（1）与汽油相比,氢气作为燃料的优点是　　　　　　　　　（至少答出两点）。

但是氢气直接燃烧的能量转换率远低于燃料电池,写出碱性氢氧燃料电池的负极反应式:

（2）氢气可用于制备H2O2。

H2（g）+A（l）

B（l）　ΔH1

O2（g）+B（l）

A（l）+H2O2（l）　ΔH2

其中A、B为有机物,两反应均为自发反应,则H2（g）+O2（g）

H2O2（l）的ΔH　　　0（填“>

”“<

”或“=”）。

（3）在恒温恒容的密闭容器中,某储氢反应:

MHx（s）+yH2（g）

MHx+2y（s）　ΔH<

0达到化学平衡。

下列有关叙述正确的是　　　　。

a.容器内气体压强保持不变

b.吸收ymolH2只需1molMHx

c.若降温,该反应的平衡常数增大

d.若向容器内通入少量氢气,则v（放氢）>

v（吸氢）

（4）利用太阳能直接分解水制氢,是最具吸引力的制氢途径,其能量转化形式为　　　　　　　。

（5）化工生产的副产氢也是氢气的来源。

电解法制取有广泛用途的Na2FeO4,同时获得氢气:

Fe+2H2O+2OH-

Fe+3H2↑。

工作原理如图1所示。

装置通电后,铁电极附近生成紫红色Fe,镍电极有气泡产生。

若氢氧化钠溶液浓度过高,铁电极区会产生红褐色物质。

Na2FeO4只在强碱性条件下稳定,易被H2还原。

图1

图2

①电解一段时间后,c（OH-）降低的区域在　　　　　　（填“阴极室”或“阳极室”）。

②电解过程中,须将阴极产生的气体及时排出,其原因为　　　　　　　　　　　　。

③c（Na2FeO4）随初始c（NaOH）的变化如图2。

任选M、N两点中的一点,分析c（Na2FeO4）低于最高值的原因:

答案

（1）污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高（任写其中2个）　H2+2OH--2e-

2H2O

（2）<

（3）a　c

（4）光能转化为化学能

（5）①阳极室

②防止Na2FeO4与H2反应使产率降低

③M点:

c（OH-）低,Na2FeO4稳定性差,且反应慢

N点:

c（OH-）过高,铁电极上有Fe（OH）3（或Fe2O3）生成,使Na2FeO4产率降低

解析

（1）碱性条件下,H2转化为H2O,不能生成H+,电极反应式为H2+2OH--2e-

2H2O。

（2）①H2（g）+A（l）

②O2（g）+B（l）

将①+②得:

H2（g）+O2（g）

H2O2（l）　ΔH=ΔH1+ΔH2

①②两反应均能自发进行,说明ΔH-TΔS<

0,①②反应中ΔS<

0,可判断ΔH1<

0,ΔH2<

0,则ΔH<

0。

（3）该反应正向移动属于气体的物质的量减小的放热反应。

a项,气体压强不变,表明气体物质的量不变,达到平衡,正确;

b项,该反应为可逆反应,吸收ymolH2,则需MHx大于1mol,错误;

c项,该反应是放热反应,降温,平衡向正反应方向移动,平衡常数增大,正确;

d项,通入H2相当于加压,平衡正向移动,v（放氢）<

v（吸氢）,错误。

（5）①根据题意镍电极有气泡产生是氢离子放电生成　氢气　,电极反应式为2H++2e-

H2↑,铁电极发生氧　化反应　,电极反应式为Fe+8OH--6e-

Fe+4H2O。

溶液中的氢氧根离子减少,因此电解一段时间后,c（OH-）降低的区域在阳极室;

②根据题意Na2FeO4易被H2还原,电解过程中,须将阴极产生的气体及时排出,防止Na2FeO4与H2反应使产率降低;

③根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定,在M点,c（OH-）低,Na2FeO4稳定性差,且反应慢;

在N点,c（OH-）过高,铁电极上有红褐色氢氧化铁生成,使Na2FeO4产率降低。