2018年天津市高考化學試卷解析版

精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2018年天津市高考化學試卷解析版參考答案與試題解析一、選擇題（共6小題，每小題6分，共36分．每題只有一個正確選項）1．（6分）以下是中華民族為人類文明進步做出巨大貢獻的幾個事例，運用化學知識對其進行的分析不合理的是（）A．四千余年前用谷物釀造出酒和酯，釀造過程中只發(fā)生水解反應 B．商代后期鑄造出工藝精湛的后（司）母戊鼎，該鼎屬于銅合金制品 C．漢代燒制出“明如鏡、聲如磬”的瓷器，其主要原料為黏土 D．屠呦呦用乙醚從青蒿中提取出對治療瘧疾有特效的青蒿素，該過程包括萃取操作【考點】G5：生活中常見合金的組成；I7：消去反應與水解反應；P4：分液和萃?。痉治觥緼．釀造過程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇；B．后（司）母戊鼎的主要成分為Cu；C．瓷器由黏土燒制而成；D．用乙醚從青蒿中提取出對治療瘧疾有特效的青蒿素，與有機物易溶于有機物有關?！窘獯稹拷猓篈．釀造過程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，而葡萄糖不能發(fā)生水解反應，故A錯誤；B．后（司）母戊鼎的主要成分為Cu，屬于銅合金制品，故B正確；C．瓷器由黏土燒制而成，瓷器的主要原料為黏土，故C正確；D．用乙醚從青蒿中提取出對治療瘧疾有特效的青蒿素，與有機物易溶于有機物有關，該過程為萃取操作，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查物質的性質及用途，為高頻考點，把握物質的性質、物質的組成、混合物分離提純?yōu)榻獯鸬年P鍵，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。2．（6分）下列有關物質性質的比較，結論正確的是（）A．溶解度：Na2CO3＜NaHCO3 B．熱穩(wěn)定性：HCl＜PH3 C．沸點：C2H5SH＜C2H5OH D．堿性：LiOH＜Be（OH）2【考點】78：元素周期律和元素周期表的綜合應用．【分析】A．需要在同一溫度下比較溶解度的大??；B．元素的非金屬性越強，其氫化物越穩(wěn)定，氯的非金屬性比磷強；C．C2H5SH與C2H5OH分子結構相同，相對分子質量越大，分子間作用力越強，沸點越高，但C2H5OH分子間存在氫鍵；D．金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的堿性越強，比較Li、Be的金屬性強弱即可判斷LiOH與Be（OH）2的堿性強弱?！窘獯稹拷猓篈．在相同溫度下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，故A錯誤；B．Cl與P為同周期主族元素，核電荷數越大，非金屬性越強，氯的非金屬性比磷強，則HCl的熱穩(wěn)定性比PH3強，故B錯誤；C．C2H5OH分子間存在氫鍵，其分子間作用力比C2H5SH大，則C2H5OH沸點比C2H5SH高，故C正確；D．Li與Be為同周期主族元素，核電荷數越大，金屬性減弱，則Li比Be金屬性強，LiOH的堿性比Be（OH）2的堿性強，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查元素周期表和元素周期律知識，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，注意相關基礎知識的積累，難度不大。3．（6分）下列敘述正確的是（）A．某溫度下，一元弱酸HA的Ka越小，則NaA的Kb（水解常數）越小 B．鐵管鍍鋅層局部破損后，鐵管仍不易生銹 C．反應活化能越高，該反應越易進行 D．不能用紅外光譜區(qū)分C2H5OH和CH3OCH3【考點】BK：金屬的電化學腐蝕與防護；DD：鹽類水解的應用．【分析】A．根據弱酸電離常數和鹽的水解常數的關系分析；B．Zn的活潑性強于Fe，組成原電池時Zn作為負極；C．反應活化能越高，說明反應達到活化態(tài)絡合物所需的能量越高，存在較高的勢能壘；D．紅外光譜的研究對象是分子振動時伴隨偶極矩變化的有機化合物及無機化合物，幾乎所有的有機物都有紅外吸收?！窘獯稹拷猓篈．某溫度下，一元弱酸HA的電離常數為Ka，則其鹽NaA的水解常數Kb與Ka存在關系為：Kb，所以Ka越小，Kb越大，故A錯誤；B．Zn的活潑性強于Fe，組成原電池時Zn作為負極，Fe被保護，所以鐵管鍍鋅層局部破損后，鐵管仍不易生銹，故B正確；C．反應活化能越高，說明反應達到活化態(tài)絡合物所需的能量越高，存在較高的勢能壘，反應不易進行，故C錯誤；D．紅外光譜的研究對象是分子振動時伴隨偶極矩變化的有機化合物及無機化合物，幾乎所有的有機物都有紅外吸收，C2H5OH存在醇羥基，﹣OH有自己的特征吸收區(qū)，可以與CH3OCH3區(qū)分，因此可以使用紅外光譜區(qū)分C2H5OH和CH3OCH3，故D錯誤，故選：B?！军c評】本題考查酸堿平衡，原電池，活化能及紅外光譜區(qū)分有機物的相關知識，整體難度不大，重視化學原理的運用，是基礎題。4．（6分）由下列實驗及現象推出的相應結論正確的是（）實驗現象結論A某溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液產生藍色沉淀原溶液中有Fe2+，無Fe3+B向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液變渾濁酸性：H2CO3＞C6H5OHC向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）D①某溶液中加入Ba（NO3）2溶液②再加足量鹽酸①產生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有SO42﹣A．A B．B C．C D．D【考點】U5：化學實驗方案的評價．【分析】A．K3[Fe（CN）6]與亞鐵離子反應生成藍色沉淀，不能檢驗鐵離子；B．C6H5ONa溶液中通入CO2，發(fā)生強酸制弱酸的反應，生成苯酚；C．含Na2S，不發(fā)生沉淀的轉化；D．亞硫酸根離子與Ba（NO3）2溶液反應也生成硫酸鋇沉淀。【解答】解：A．K3[Fe（CN）6]與亞鐵離子反應生成藍色沉淀，不能檢驗鐵離子，由現象可知原溶液中有Fe2+，不能確定是否含Fe3+，故A錯誤；B．C6H5ONa溶液中通入CO2，發(fā)生強酸制弱酸的反應，生成苯酚，則酸性：H2CO3＞C6H5OH，故B正確；C．含Na2S，不發(fā)生沉淀的轉化，則不能比較Ksp（CuS）、Ksp（ZnS）大小，故C錯誤；D．亞硫酸根離子與Ba（NO3）2溶液反應也生成硫酸鋇沉淀，則原溶液中可能有SO32﹣，或SO42﹣，或二者均存在，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握離子檢驗、酸性比較、Ksp比較為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。5．（6分）室溫下，向圓底燒瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氫溴酸，溶液中發(fā)生反應：C2H5OH+HBr?C2H5Br+H2O，充分反應后達到平衡。已知常壓下，C2H5Br和C2H5OH的沸點分別為38.4℃和78.5℃．下列關敘述錯誤的是（）A．加入NaOH，可增大乙醇的物質的量 B．增大HBr濃度，有利于生成C2H5Br C．若反應物均增大至2mol，則兩種反應物平衡轉化率之比不變 D．若起始溫度提高至60℃，可縮短反應達到平衡的時間【考點】CB：化學平衡的影響因素．【專題】51E：化學平衡專題．【分析】A．加入NaOH，NaOH和HBr發(fā)生導致平衡逆向移動；B．增大HBr濃度，平衡正向移動；C．若反應物均增大至2mol，在原來平衡基礎上向正向移動，但是各種反應物開始濃度相同、消耗的濃度相同；D．升高溫度，增大乙醇揮發(fā)且溴乙烷生成變?yōu)闅怏w，導致溶液中乙醇、溴乙烷濃度降低，反應速率減慢?！窘獯稹拷猓篈．加入NaOH，NaOH和HBr發(fā)生而消耗HBr，導致平衡逆向移動，所以乙醇的物質的量增大，故A正確；B．增大HBr濃度，平衡正向移動，溴乙烷產率增大，所以有利于生成C2H5Br，故B正確；C．若反應物均增大至2mol，在原來平衡基礎上向正向移動，反應物轉化率增大，但是各種反應物開始濃度相同、消耗的濃度相同，所以其轉化率的比值不變，故C正確；D．升升高溫度，增大乙醇揮發(fā)且溴乙烷生成變?yōu)闅怏w，導致溶液中乙醇、溴乙烷濃度降低，反應速率減慢，到達平衡的時間增長，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查化學平衡影響因素，明確濃度、溫度對化學平衡影響原理是解本題關鍵，側重考查學生對基礎知識的理解和運用，易錯選項是C，反應物的轉化率增大但其轉化率的比值不變。6．（6分）LiH2PO4是制備電池的重要原料。室溫下，LiH2PO4溶液的pH隨c初始（H2PO4﹣）的變化如圖1所示，H3PO4溶液中H2PO4﹣的分布分數δ隨pH的變化如圖2所示[δ]下列有關LiH2PO4溶液的敘述正確的是（）A．溶液中存在3個平衡 B．含P元素的粒子有H2PO4﹣、HPO42﹣和PO43﹣ C．隨c初始（H2PO4﹣）增大，溶液的pH明顯變小 D．用濃度大于1mol?L﹣1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，當pH達到4.66時，H3PO4幾乎全部轉化為LiH2PO4【考點】D5：弱電解質在水溶液中的電離平衡．【分析】由圖1可知LiH2PO4溶液呈酸性，說明電離程度H2PO4﹣大于水解程度，且隨著c初始（H2PO4﹣）增大，溶液pH逐漸減小，但濃度約大于10﹣4mol/L時，pH不再發(fā)生改變，由圖2可知，隨著溶液pH增大，c（H2PO4﹣）增大，可說明H3PO4進一步電離，則溶液中存在H3PO4，當H2PO4﹣的pH約為4.66時，分數δ達到最大，繼續(xù)加入堿，可與H2PO4﹣反應生成HPO42﹣等，以此解答該題。【解答】解：A．溶液中存在H2PO4﹣、HPO42﹣、H2O的電離以及H2PO4﹣、HPO42﹣和PO43﹣的水解等平衡，故A錯誤；B．含P元素的粒子有H3PO4、H2PO4﹣、HPO42﹣和PO43﹣，故B錯誤；C．由圖1可知濃度約大于10﹣4mol/L時，pH不再發(fā)生改變，故C錯誤；D．用濃度大于1mol?L﹣1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，當pH達到4.66時，由圖2可知H2PO4﹣的分數δ達到最大，約為0.994，則H3PO4幾乎全部轉化為LiH2PO4，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查弱電解質的電離，為高頻考點，側重考查學生的分析能力，注意把握弱電解質的電離特點以及圖象曲線的變化趨勢，難度不大。二、非選擇題II卷（60分）7．（14分）圖中反應①是制備SiH4的一種方法，其副產物MgCl2?6NH3是優(yōu)質的鎂資源。回答下列問題：（1）MgCl2?6NH3所含元素的簡單離子半徑由小到大的順序（H﹣除外）：H+＜Mg2+＜N3﹣＜Cl﹣。Mg在元素周期表中的位置；第三周期ⅡA族，Mg（OH）2的電子式：。（2）A2B的化學式為Mg2Si，反應②的必備條件是熔融、電解。上圖中可以循環(huán)使用的物質有NH3、NH4Cl。（3）在一定條件下，由SiH4和CH4反應生成H2和一種固體耐磨材料SiC（寫化學式）。（4）為實現燃煤脫硫，向煤中加入漿狀Mg（OH）2，使燃燒產生的SO2轉化為穩(wěn)定的Mg化合物，寫出該反應的化學方程式：2Mg（OH）2+2SO2+O2＝2MgSO4+2H2O。（5）用Mg制成的格氏試劑（RMgBr）常用于有機合成，例如制備醇類化合物的合成路線如下：RBrRMgBr（R：烴基；R'：烴基或H）依據上述信息，寫出制備所需醛的可能結構簡式：CH3CH2CHO，CH3CHO?！究键c】U3：制備實驗方案的設計．【分析】由反應①可知A2B應為Mg2Si，與氨氣、氯化銨反應生成SiH4和MgCl2?6NH3，MgCl2?6NH3加入堿液，可生成Mg（OH）2，MgCl2?6NH3加熱時不穩(wěn)定，可分解生成氨氣，同時生成氯化鎂，電解熔融的氯化鎂，可生成鎂，用于工業(yè)冶煉，而MgCl2?6NH3與鹽酸反應，可生成氯化鎂、氯化銨，其中氨氣、氯化銨可用于反應①而循環(huán)使用，以此解答該題?！窘獯稹拷猓海?）MgCl2?6NH3所含元素的簡單離子分別為H+、Mg2+、N3﹣、Cl﹣，離子核外電子層數越多，離子半徑越大，具有相同核外電子排布的離子，核電荷數越大，離子半徑越小，則簡單離子半徑由小到大的順序為H+＜Mg2+＜N3﹣＜Cl﹣，Mg原子核外有3個電子層，最外層電子數為2，位于周期表第三周期ⅡA族，Mg（OH）2為離子化合物，電子式為，故答案為：H+＜Mg2+＜N3﹣＜Cl﹣；第三周期ⅡA族；；（2）A2B的化學式為Mg2Si，鎂為活潑金屬，制備鎂，反應應在熔融狀態(tài)下進行電解，如在溶液中，則可生成氫氧化鎂沉淀，由流程可知MgCl2?6NH3分別加熱、與鹽酸反應，可生成氨氣、氯化銨，可用于反應①而循環(huán)使用，故答案為：Mg2Si；熔融、電解；NH3、NH4Cl；（3）在一定條件下，由SiH4和CH4反應生成H2和一種固體耐磨材料，該耐磨材料為原子晶體，應為SiC，原理是SiH4和CH4分解生成Si、C和氫氣，Si、C在高溫下反應生成SiC，故答案為：SiC；（4）為實現燃煤脫硫，向煤中加入漿狀Mg（OH）2，使燃燒產生的SO2轉化為穩(wěn)定的Mg化合物，應生成硫酸鎂，則反應物還應有氧氣，反應的化學方程式為2Mg（OH）2+2SO2+O2＝2MgSO4+2H2O，故答案為：2Mg（OH）2+2SO2+O2＝2MgSO4+2H2O；（5）由題給信息可知制備，可由CH3CH2MgBr與CH3CHO生成，也可由CH3CH2CHO和CH3MgBr反應生成，故答案為：CH3CH2CHO，CH3CHO?！军c評】本題為2018年高考天津理綜試卷，以物質的制備流程為載體考查元素化合物知識，題目側重考查學生的分析能力、實驗能力以及元素化合物知識綜合理解和運用，難度中等，注意把握題給信息以及物質的性質。8．（18分）化合物N具有鎮(zhèn)痛、消炎等藥理作用，其合成路線如下：（1）A的系統命名為1，6﹣己二醇，E中官能團的名稱為碳碳雙鍵、酯基。（2）A→B的反應類型為取代反應，從反應所得液態(tài)有機混合物中提純B的常用方法為蒸餾。（3）C→D的化學方程式為。（4）C的同分異構體W（不考慮手性異構）可發(fā)生銀鏡反應：且1molW最多與2molNaOH發(fā)生反應，產物之一可被氧化成二元醛。滿足上述條件的W有5種，若W的核磁共振氫譜具有四組峰，則其結構簡式為。（5）F與G的關系為（填序號）c。a．碳鏈異構b．官能團異構c．順反異構d．位置異構（6）M的結構簡式為。（7）參照上述合成路線，以為原料，采用如下方法制備醫(yī)藥中間體。該路線中試劑與條件1為HBr、加熱，X的結構簡式為；試劑與條件2為O2/Cu或Ag、加熱，Y的結構簡式為?！究键c】HC：有機物的合成．【分析】A和HBr發(fā)生取代反應生成B，B發(fā)生氧化反應生成C，根據CD結構簡式變化知，C和CH3CH2OH發(fā)生酯化反應生成D，D發(fā)生取代反應生成E，E發(fā)生水解反應然后酸化得到F，根據GN結構簡式區(qū)別知，G發(fā)生成肽反應生成N，M結構簡式為；（7）根據反應條件知，生成X、X再和Y反應生成，則生成X的試劑和條件分別是HBr、加熱，X為，則Y為，生成Y的試劑和條件為O2/Cu或Ag、加熱?！窘獯稹拷猓篈和HBr發(fā)生取代反應生成B，B發(fā)生氧化反應生成C，根據CD結構簡式變化知，C和CH3CH2OH發(fā)生酯化反應生成D，D發(fā)生取代反應生成E，E發(fā)生水解反應然后酸化得到F，根據GN結構簡式區(qū)別知，G發(fā)生成肽反應生成N，M結構簡式為；（1）A為二元醇，羥基分別位于1、6號碳原子上，A的系統命名為1，6﹣己二醇，E中官能團的名稱為酯基和碳碳雙鍵，故答案為：1，6﹣己二醇；酯基和碳碳雙鍵；（2）A→B的反應類型為取代反應，A、B互溶，要從反應所得液態(tài)有機混合物中提純B的常用方法為蒸餾，故答案為：取代反應；蒸餾；（3）該反應為羧酸和醇的酯化反應，C→D的化學方程式為，故答案為：；（4）C的同分異構體W（不考慮手性異構）可發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基，且1molW最多與2molNaOH發(fā)生反應，產物之一可被氧化成二元醛，說明該物質中含有HCOO﹣基團，且溴原子連接邊上的C原子；其結構簡式可能為HCOOCH2CH2CH2CH2CH2Br、HCOOCH2CH2CH（CH3）CH2Br、HCOOCH2C（CH3）CH2CH2Br、HCOOCH2C（C2H5）CH2Br、HCOOCH（CH3）CH（CH3）CH2Br，所以符合條件的有5種，若W的核磁共振氫諸有四組峰，則其結構簡式為，故答案為：5；；（5）F與G的關系為順反異構，故選c；（6）M的結構簡式為，故答案為：；（7）根據反應條件知，生成X、X再和Y反應生成，則生成X的試劑和條件分別是HBr、加熱，X為，則Y為，生成Y的試劑和條件為O2/Cu或Ag、加熱，通過以上分析知，該路線中試劑與條件1為HBr、加熱，X的結構簡式為；試劑與條件2為O2/Cu或Ag、加熱，Y的結構簡式為，故答案為：HBr、加熱；；O2/Cu或Ag、加熱；。故選：C?！军c評】本題考查有機物推斷和合成，側重考查學生分析推斷能力及知識遷移能力，根據反應前后物質結構變化確定反應類型，會根據合成路線判斷（7）題反應條件及所需試劑，注意（4）題：只有連接醇羥基碳原子相鄰碳原子上含有氫原子的醇才能被催化氧化生成醛，題目難度中等。9．（18分）煙道氣中的NO2是主要的大氣污染物之一，為了監(jiān)測其含量，選用圖1所示采樣和檢測方法?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ．采樣采樣步驟：①檢驗系統氣密性；②加熱器將煙道氣加熱至140℃：③打開抽氣泵置換系統內空氣；④采集無塵、干燥的氣樣；⑤關閉系統，停止采樣。（1）A中裝有無堿玻璃棉，其作用為除塵。（2）C中填充的干燥劑是（填序號）c。a．堿石灰b．無水CuSO4C．P2O5（3）用實驗室常用儀器組裝一套裝置，其作用與D（裝有堿液）相同，在虛線框中畫出該裝置的示意圖、氣體的流向及試劑。（4）采樣步驟②加熱煙道氣的目的是防止NOx溶于冷凝水。Ⅱ．NOx含量的測定將vL氣體通入適量酸性的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NO3﹣，加水稀釋至100.00mL，量取20.00mL該溶液，加入v1mLc1mol?L﹣1FeSO4標準溶液（過量），充分反應后，用c2mol?L﹣1K2Cr2O7標準溶液滴定剩余的Fe2+，終點時消耗v2mL。（5）NO被H2O2氧化為NO3﹣的離子方程式為2NO+3H2O2＝2H++2NO3﹣+2H2O。（6）滴定操作使用的玻璃儀器主要有錐形瓶、酸式滴定管。（7）滴定過程中發(fā)生下列反應：3Fe2++NO3﹣+4H+＝NO↑+3Fe3++2H2OCr2O72﹣+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O則氣樣中NOx折合成NO2的含量為mg?m﹣3。（8）判斷下列情況對NOx含量測定結果的影響（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）若缺少采樣步驟③，會使測定結果偏低。若FeSO4標準溶液部分變質，會使測定結果偏高?！究键c】U2：性質實驗方案的設計．【分析】Ⅰ．采樣（1）第一步過濾器A中裝有無堿玻璃棉是為了除去粉塵；（2）a．堿石灰為堿性干燥劑，不能干燥酸性氣體；b．無水硫酸銅可用于檢驗是否含有水蒸氣，干燥能力不強；c．五氧化二磷是酸性干燥劑，可以干燥酸性氣體；（3）D裝置為吸收裝置，用于吸收酸性氣體，因此可以用氫氧化鈉溶液，導氣管應長進短出；（4）防止NOx溶于冷凝水，需要加熱煙道氣；Ⅱ．NOx含量的測定（5）NO與過氧化氫在酸性溶液中發(fā)生氧化還原反應生成硝酸和水；（6）滴定操作主要用到鐵架臺、酸式滴定管、錐形瓶等；（7）滴定剩余Fe2+時，消耗的K2Cr2O7的物質的量為c2V2×10﹣3mol，則剩余的Fe2+物質的量為6c2V2×10﹣3mol，在所配制溶液中加入的Fe2+物質的量為c1V1×10﹣3mol，則與NO3﹣反應的Fe2+物質的量＝c1V1×10﹣3mol﹣6c2V2×10﹣3mol，則VL氣樣中氮元素總物質的量＝5mol，計算氮元素含量，然后折算成二氧化氮的含量；（8）若沒打開抽氣泵，則系統中還存在有氣樣中的氮元素，導致吸收不完全，測定結果偏低，若FeSO4變質則會導致測定剩余亞鐵離子偏低，使得即使所得到的氮素含量偏高；【解答】解：Ⅰ．采樣（1）第一步過濾器是為了除去粉塵，因此其中的無堿玻璃棉的作用是除塵，故答案為：除塵；（2）a．堿石灰為堿性干燥劑，不能干燥酸性氣體，故a不選；b．無水硫酸銅可用于檢驗是否含有水蒸氣，干燥能力不強，故b不選；c．五氧化二磷是酸性干燥劑，可以干燥酸性氣體，故c選；故答案為：c；（3）D裝置為吸收裝置，用于吸收酸性氣體，因此可以用氫氧化鈉溶液，導氣管應長進短出，裝置圖為：，故答案為：；（4）采樣步驟②加熱煙道氣的目的是：為了防止NOx溶于冷凝水，故答案為：防止NOx溶于冷凝水；Ⅱ．NOx含量的測定（5）NO與過氧化氫在酸性溶液中發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為：2NO+3H2O2＝2H++2NO3﹣+2H2O，故答案為：2NO+3H2O2＝2H++2NO3﹣+2H2O；（6）滴定操作主要用到鐵架臺、酸式滴定管、錐形瓶、其中玻璃儀器為酸式滴定管、錐形瓶，故答案為：酸式滴定管、錐形瓶；（7）滴定剩余Fe2+時，消耗的K2Cr2O7的物質的量為c2V2×10﹣3mol，則剩余的Fe2+物質的量為6c2V2×10﹣3mol，在所配制溶液中加入的Fe2+物質的量為c1V1×10﹣3mol，則與NO3﹣反應的Fe2+物質的量＝c1V1×10﹣3mol﹣6c2V2×10﹣3mol，則VL氣樣中氮元素總物質的量＝5mol，則氮元素的總質量mg，氣樣中氮元素含量mg/m3，折合為NO2的含量mg/m3，故答案為：；（8）若沒打開抽氣泵，則系統中還存在有氣樣中的氮元素，導致吸收不完全，測定結果偏低，若FeSO4變質則會導致測定剩余亞鐵離子偏低，使得即使所得到的氮素含量偏高，測定結果偏高，故答案為：偏低；偏高?！军c評】本題考查了物質性質實驗驗證、物質組成的含量測定方法、滴定實驗的過程分析等知識點，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等。10．（14分）CO2是一種廉價的碳資源，其綜合利用具有重要意義，回答下列問題：（1）CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH＝13，CO2主要轉化為CO32﹣（寫離子符號）；若所得溶液c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝2：1，溶液pH＝10。室溫下，H2CO3的K1＝4×10﹣2；K2＝5×10﹣11）（2）CO2與CH4經催化重整，制得合成氣：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）①已知上述反應中相關的化學鍵鍵能數據如下：化學鍵C﹣HC＝OH﹣H（CO）鍵能/kJ?mol﹣14137454361075則該反應的△H＝+120kJ/mol。分別在vL恒溫密閉容器A（恒容）、B（恒壓，容積可變）中，加入CH4和CO2各1mol的混合氣體。兩容器中反應達平衡后放出或吸收的熱量較多的是B（填“A”或“B”）②按一定體積比加入CH4和CO2，在恒壓下發(fā)生反應，溫度對CO和H2產率的影響如圖1所示。此反應優(yōu)選溫度為900℃的原因是900℃時合成氣產率已經較高，再升高溫度產率增幅不大，且升高溫度耗能較大，經濟效益降低，溫度低時合成氣產率降低且反應速率降低。（3）O2輔助的Al﹣CO2電池工作原理如圖2所示。該電池電容量大，能有效利用CO2，電池反應產物Al2（C2O4）3是重要的化工原料。電池的負極反應式：Al﹣3e﹣＝Al3+。電池的正極反應式：6O2+6e﹣＝6O2﹣6CO2+6O2﹣＝3C2O42﹣+6O2反應過程中O2的作用是催化劑。該電池的總反應式：2Al+6CO2＝Al2（C2O4）3?！究键c】BH：原電池和電解池的工作原理；D5：弱電解質在水溶液中的電離平衡．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題；51I：電化學專題．【分析】（1）K25×10﹣11，則c（H+），當c（HCO3﹣）＝c（CO32﹣），c（H+）＝5×10﹣11，pH在10.3，如果溶液的pH＝13，則c（HCO3﹣）＜＜c（CO32﹣）；K25×10﹣11，且所得溶液c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝2：1，據此計算溶液pH；（2）①該反應的△H＝反應物總鍵能﹣生成物總鍵能；該反應的正反應是氣體物質的量增大的反應，增大壓強平衡逆向移動，A在反應過程中壓強在不斷增大、B在反應過程中壓強不變；②900℃時合成氣產率已經較高，再升高溫度產率增幅不大，且升高溫度耗能較大；（3）該原電池中Al作負極，失電子生成鋁離子；在正極的反應式中，在第一個反應中作反應物、在第二個反應中作生成物；在得失電子相同條件下，正負極電極反應式相加即得電池反應式?！窘獯稹拷猓海?）K25×10﹣11，則c（H+），當c（HCO3﹣）＝c（CO32﹣），c（H+）＝5×10﹣11，pH在10.3，如果溶液的pH＝13，則c（HCO3﹣）＜＜c（CO32﹣），所以該溶液中所得陰離子為CO32﹣；K25×10﹣11，且所得溶液c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝2：1，c（H+）5×10﹣11×2＝1×10﹣10，pH＝10，故答案為：CO32﹣；10；（2）①該反應的△H＝反應物總鍵能﹣生成物總鍵能＝[4×413+2×745﹣2×1075﹣2×436]kJ/mol＝+120kJ/mol；該反應的正反應是氣體物質的量增大的反應，增大壓強平衡逆向移動，A在反應過程中壓強在不斷增大、B在反應過程中壓強不變，所以A相當于B來說是增大壓強，平衡逆向移動，所以A中反應物轉化率小于B，則兩容器中反應達平衡后吸收的熱量較多的是B，故答案為：+120kJ/mol；B；②根據圖知，900℃時合成氣產率已經較高，再升高溫度產率增幅不大，且升高溫度耗能較大，經濟效益降低，溫度低時合成氣產率降低且反應速率降低，故答案為：900℃時合成氣產率已經較高，再升高溫度產率增幅不大，且升高溫度耗能較大，經濟效益降低，溫度低時合成氣產率降低且反應速率降低；（3）該原電池中Al作負極，失電子生成鋁離子，電極反應式為Al﹣3e﹣＝Al3+；在正極的反應式中，在第一個反應中作反應物、在第二個反應中作生成物，所以氧氣在反應中作催化劑；在得失電子相同條件下，正負極電極反應式相加即得電池反應式，電池反應式為2Al+6CO2＝Al2（C2O4）3，故答案為：Al﹣3e﹣＝Al3+；催化劑；2Al+6CO2＝Al2（C2O4）3。【點評】本題考查原電池原理、弱電解質的電離、化學平衡影響因素等知識點，側重考查學生圖象分析、判斷及計算能力，明確化學反應原理及物質性質是解本題關鍵，注意（1）題電離平衡常數的靈活運用，題目難度中等。精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2019年天津市高考化學試卷一、選擇題（共6小題，每小題6分，滿分36分）1．（6分）化學在人類社會發(fā)展中發(fā)揮著重要作用，下列事實不涉及化學反應的是（）A．利用廢棄的秸稈生產生物質燃料乙醇 B．利用石油生產塑料、化纖等高分子材料 C．利用基本的化學原料生產化學合成藥物 D．利用反滲透膜從海水中分離出淡水2．（6分）下列離子方程式能用來解釋相應實驗現象的是（）實驗現象離子方程式A向氫氧化鎂懸濁液中滴加氯化銨溶液，沉淀溶解Mg（OH）2+2NH4+═Mg2++2NH3?H2OB向沸水中滴加飽和氯化鐵溶液得到紅褐色液體Fe3++3H2O═Fe（OH）3↓+3H+C二氧化硫使酸性高錳酸鉀溶液褪色3SO2+2MnO4﹣+4H+═3SO42﹣+2Mn2++2H2OD氧化亞鐵溶于稀硝酸FeO+2H+═Fe2++H2OA．A B．B C．C D．D3．（6分）下列有關金屬及其化合物的應用不合理的是（）A．將廢鐵屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工業(yè)廢氣中的Cl2 B．鋁中添加適量鋰，制得低密度、高強度的鋁合金，可用于航空工業(yè) C．鹽堿地（含較多Na2CO3等）不利于作物生長，可施加熟石灰進行改良 D．無水CoCl2呈藍色，吸水會變?yōu)榉奂t色，可用于判斷變色硅膠是否吸水4．（6分）下列實驗操作或裝置能達到目的是（）ABCD混合濃硫酸和乙醇配制一定濃度的溶液收集NO2氣體證明乙炔可使溴水褪色A．A B．B C．C D．D5．（6分）某溫度下，HNO2和CH3COOH的電離常數分別為5.0×10﹣4和l.7×l0﹣5．將pH和體積均相同的兩種酸溶液分別稀釋，其pH隨加水體積的變化如圖所示。下列敘述正確的是（）A．曲線Ⅰ代表HNO2溶液 B．溶液中水的電離程度：b點＞c點 C．從c點到d點，溶液中保持不變（其中HA、A﹣分別代表相應的酸和酸根離子） D．相同體積a點的兩溶液分別與NaOH恰好中和后，溶液中n（Na+）相同6．（6分）我國科學家研制了一種新型的高比能量鋅﹣碘溴液流電池，其工作原理示意圖如下。圖中貯液器可儲存電解質溶液，提高電池的容量。下列敘述不正確的是（）A．放電時，a電極反應為I2Br﹣+2e﹣═2I﹣+Br﹣ B．放電時，溶液中離子的數目增大 C．充電時，b電極每增重0.65g，溶液中有0.02molI﹣被氧化 D．充電時，a電極接外電源負極二、解答題（共4小題，滿分64分）7．（14分）氮、磷、砷（As）、銻（Sb）、鉍（Bi）、鏌（Mc）為元素周期表中原子序數依次增大的同族元素?；卮鹣铝袉栴}：（1）砷在元素周期表中的位置。Mc的中子數為。已知：P（s，白磷）＝P（s，黑磷）△H＝﹣39.3kJ?mol﹣1；P（s，白磷）＝P（s，紅磷）△H＝﹣17.6kJ?mol﹣1；由此推知，其中最穩(wěn)定的磷單質是。（2）氮和磷氫化物性質的比較：熱穩(wěn)定性：NH3PH3（填“＞”或“＜”）。沸點：N2H4P2H4（填“＞”或“＜”），判斷依據是。（3）PH3和NH3與鹵化氫的反應相似，產物的結構和性質也相似。下列對PH3與HI反應產物的推斷正確的是（填序號）。a．不能與NaOH反應b．含離子鍵、共價鍵c．能與水反應（4）SbCl3能發(fā)生較強烈的水解，生成難溶的SbOCl，寫出該反應的化學方程式，因此，配制SbCl3溶液應注意。（5）在1L真空密閉容器中加入amolPH4I固體，t℃時發(fā)生如下反應：PH4I（S）?PH3（g）+HI（g）①4PH3（g）?P4（g）+6H2（g）②2HI（g）?H2（g）+I2（g）③達平衡時，體系中n（HI）＝bmol，n（I2）＝cmol，n（H2）＝dmol，則t℃時反應①的平衡常數K值為（用字母表示）。8．（18分）我國化學家首次實現了膦催化的（3+2）環(huán)加成反應，并依據該反應，發(fā)展了一條合成中草藥活性成分茅蒼術醇的有效路線。已知（3+2）環(huán)加成反應：回答下列問題：（1）茅蒼術醇的分子式為，所含官能團名稱為，分子中手性碳原子（連有四個不同的原子或原子團）的數目為。（2）化合物B的核磁共振氫譜中有個吸收峰；其滿足以下條件的同分異構體（不考慮手性異構）數目為。①分子中含有碳碳三鍵和乙酯基（﹣COOCH2CH3）②分子中有連續(xù)四個碳原子在一條直線上寫出其中碳碳三鍵和乙酯基直接相連的同分異構體的結構簡式。（3）C→D的反應類型為。（4）D→E的化學方程式為，除E外該反應另一產物的系統命名為