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

1、、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） =-39.3kJmol-1；P （s，白磷） = P （s，红磷） =-17.6 kJmol-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

2、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 mol PH4I固体，t时发生如下反应：PH4I （s） PH3 （g） + HI （g） 4PH3 （g） P4 （g） +6H2 （g） 2HI （g） H2 （g） + 2I2 （g） 达平衡时，体系中=mol，mol，则时反应的平衡常数值为_（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

3、_，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_。分子中含有碳碳叁键和乙酯基（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：环

4、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）。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FeCl36H2O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SO2bFeCl36H2O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念c同等条件下，用FeCl36H2O比浓硫酸的平衡转化率高仪器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。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

5、的mol Br2，与环己烯充分反应后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，用molL-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：Br2+2KI=I2+2KBrI2+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。硅粉与HCl在300时反应生成1 mol SiHCl

6、3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_。将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为： SiCl4（g） + H2（g）SiHCl3（g） + HCl（g） 0 3SiCl4（g） + 2H2（g） + Si（s）4SiHCl3（g） 0 2SiCl4（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

7、1所示，可知：反应能自发进行的最低温度是_；相同温度下，反应比反应的小，主要原因是_。（3）不同温度下反应中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）反应的=_（用表示）。温度升高，反应的平衡常数_（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、

8、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

9、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：Fe33H2OFe（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：5SO22MnO42H2O=2Mn24H5SO42，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：3FeO10HNO3=3Fe3NO5H2O，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、Na

10、2CO3Ca（OH）2=CaCO32NaOH，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、Na2CO3Ca（OH）2=CaCO32NaOH，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、

11、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，的

12、变化大，则的酸性比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，的变化大，则的酸性比I的酸性强，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、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

13、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-2eZn2，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

14、子，阳极反应式为Br+2I-2e=I2Br，有0.02 mol I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+H2OSbOCl+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

15、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A族，最外层有5个电子，则砷在周期表中的位置为第四周期A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，由盖斯定律可知，-可得P （s，红磷） = P （s

16、，黑磷） - =（-39.3kJ/mol）-（-17.6 kJ/mol）=-21.7 kJ/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

17、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+H2OSbOCl+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， mol PH4I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4 PH3 （g）P4 （g）+ 6H2 （g）可知PH3分解生成mol/L，则体系中mol/L=

18、，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CH3CCCOOC（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

19、物B的结构简式为CH3CCCOOC（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、CH3CH2CH2CCCOOCH2CH3、CH3CH2CCCH2COOCH2CH3、CH3CCCH2CH2COOCH2CH3和等5种结构，碳碳叁键和COOCH2CH3直接相连的为、CH3CH2CH2CCCOOCH2CH3；（3）CD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

20、-2-丙醇；均可与溴化氢反应生成，故选b；（6）由题给信息可知，CH3CCCOOCH2CH3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，

21、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FeCl36H2O而不用浓硫酸的理由分析，显然要突出浓硫酸的缺点，突出FeCl36H2O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）从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeCl36H2O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

22、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，FeCl36H2O是反应条件（催化剂）别漏标；此处用FeCl36H2O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，FeCl36H2O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；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

23、；（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；根据所给的式和式，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-1mL10-3LmL-1=mol，反应消耗的Br2的物质的量为（）mol，据反应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（）8

24、2g，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1mol Br2，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】Si（s） + 3HCl（g） SiHCl3（g） + H2（g） =-225kJ（1）阴极；2H2O+2e

25、-=H2+2OH-或2H+2e-=H2；（2）1000；导致反应的小；（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

26、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（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，反应的熵变化不大，而反应中熵是减小的，可见熵变对反应的自发更不利，而结果反应的更负，