高考天津卷理综（化学部分）试题解析（精编版）（解析版）

1．以下有关“化学与生活〞的表达不正确的选项是〔〕A．点燃爆竹后,硫燃烧生成SO3B．中国古代利用明矾溶液的酸性去除铜镜外表的铜锈C．服用阿司匹林出现水杨酸反响时，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【答案】A【考点定位】此题主要考查化学与生产生活的联系，涉及硫的化学性质、金属的腐蚀、药物的使用等2．以下关于物质或离子检验的表达正确的选项是〔〕A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B．气体通过无水硫酸铜，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【答案】B【解析】A项Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反响无现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN

溶液，溶液呈红色，那么证明存在Fe3+但并不能证明无Fe2+，故A项错误；B项气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，那么发生反响：CuSO4+5H2O═CuSO4·5H2O，CuSO4·5H2O为蓝色，故可证明原气体中含有水蒸气，B项正确；C项灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，Na+颜色反响为黄色，但并不能证明无K+，因为黄光可遮住紫光，故K+颜色反响需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C项错误；D项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，那么原气体不一定是CO2，D项错误；此题选B。【考点定位】此题主要考查了常见物质、离子的检验，设计铁离子、水、钠离子、钾离子、二氧化碳气体。3．以下说法不正确的选项是〔〕A．Na与H2O的反响是熵增的放热反响，该反响能自发进行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C．FeCl3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D．Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH—(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液【答案】C【考点定位】此题主要考查了化学反响原理。涉及化学反响与能量的关系、化学反响速率的影响因素、化学平衡理论、蛋白质的性质判断等4．锌铜原电池装置如下图，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，以下有关表达正确的选项是〔〕A．铜电极上发生氧化反响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【答案】C【考点定位】此题主要考查了原电池的反响原理，涉及反响类型、离子浓度的变化、电极的判断、离子的移动方向的判断等【名师点睛】电化学反响原理是选修4中的重要内容，也是难点之一。原电池的反响原理的应用，抓住化学反响的本质、正负极的判断、正负极反响类型的判断、电极反响式的书写、总反响方程式的书写、电子的流向、电流的流向、溶液中离子的流向、电极是否参加反响、电子的转移、有关氧化复原反响的计算、溶液质量的变化、离子交换膜的判断、溶液的pH的计算或变化、溶液颜色的变化是解题的关键。综合性较强，针对每个知识点进行详细剖析，使学生真正理解原电池的反响中所涉及的知识。5．室温下，将molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中参加以下物质。有关结论正确的选项是〔〕参加的物质结论A50mL1mol·L－1H2SO4反响结束后，c(Na+)=c(SO42－)B溶液中c(OC50mLH2O由水电离出的c(H+)·c(OH—)不变D4固体反响完全后，溶液pH减小，c(Na+)不变【答案】B【考点定位】此题主要考查了盐类水解平衡应用。涉及离子浓度的比拟、比值的变化、溶液pH的变化等要考虑电荷守恒；等式中假设离子、分子均存在，一般考虑物料守恒或质子守恒；离子浓度的比拟要考虑溶液的酸碱性、水解、电离程度的相对强弱的关系。6．某温度下，在2L的密闭容器中，参加1molX〔g〕和2molY〔g〕发生反响：X〔g〕+mY〔g〕3Z〔g〕，平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中参加1molZ〔g〕，再次到达平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。以下表达不正确的选项是〔〕A．m=2B．两次平衡的平衡常数相同C．X与Y的平衡转化率之比为1:1D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4mol·L－1【答案】D【考点定位】此题主要考查了化学平衡移动原理及计算。涉及化学计量数的计算、转化率的计算、物质浓度的计算，平衡移动的判断等【名师点睛】化学平衡包括的知识点很多，有平衡标志的判断、平衡移动的判断、等效平衡的判断、平衡的计算、物质浓度、转化率、质量分数、体积分数的计算、平衡常数的表达式及计算、平衡常数的应用、反响速率的变化对平衡的影响、反响方向的判断等。平衡的计算不是平衡问题的难点，一般根据“三段式〞计算即可，而平衡标志的判断、等效平衡的判断是难点，抓住平衡标志的特点与非平衡时状态的不同时解决平衡标志问题的关键。对于等效平衡的判断，应注意条件及反响的本身特点。7．(14分)随原子序数的递增，八种短周期元素〔用字母X表示〕原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如以下图所示。根据判断出的元素答复以下问题：〔1〕f在元素周期表的位置是__________。〔2〕比拟d、e常见离子的半径的小〔用化学式表示，下同〕_______＞__________；比拟g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：_______＞__________。〔3〕任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式__________。〔4〕1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出2热量，写出该反响的热化学方程式：___________________。〔5〕上述元素可组成盐R：zx4f(gd4)2,向盛有10mL1mol·L-1R溶液的烧杯中滴加1mol·L-1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如下：①R离子浓度由大到小的顺序是：__________。②写出m点反响的离子方程式_________________。③假设R溶液改加20mL1.2mol·L-1Ba(OH)2溶液，充分反响后，溶液中产生沉淀的物质的量为__________mol。【答案】〔1〕第三周期ⅢA族〔2〕r(O2-)＞r(Na+)、HClO4＞H2SO4〔3〕〔或〕〔4〕2Na(s)+O2(g)＝Na2O2(s)△H=-511kJ·mol-1〔5〕①c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH-)②NH4++OH-＝NH3·H2O③【解析】从图中的化合价和原子半径的大小，可以退出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ⅢA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HClO4＞H2SO4〔3〕四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为：〔或〕〔4〕1molNa的单质在足量O2中燃烧，放出热量，那么该反响的热化学方程式为：2Na(s)+O2(g)＝Na2O2(s)△H=-511kJ·mol-1【考点定位】此题主要考查了化学图像、盐类水解、离子半径的大小比拟。涉及元素的判断、元素周期律的应用、溶液中离子浓度的比拟、化学用语的书写、物质的量的计算等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路线如下：〔1〕A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反响，且具有酸性，A所含官能团名称为：_________,写出A+B→C的化学反响方程式为__________________________.〔2〕中①、②、③3个—OH的酸性有强到弱的顺序是：_____________。〔3〕E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E的分子中不同化学环境的氢原子有________种。〔4〕D→F的反响类型是__________,1molF在一定条件下与足量NaOH溶液反响，最多消耗NaOH的物质的量为：________mol.写出符合以下条件的F的所有同分异构体〔不考虑立体异构〕的结构简式：______①、属于一元酸类化合物，②、苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基〔5〕：A有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A的路线流程图〔其他原料任选〕合成路线流程图例如如下：【答案】〔1〕醛基、羧基〔2〕③＞①＞②〔3〕4HOBrCOOHHOBrHOBrCOOHHOBrCOOHHOBrHOBrCOOHHOH3BrCOOH〔5〕CHCH3COOHPCl3△CH2ClCOOHNaOH，H2O△CH2OHCOONa盐酸CH2OHCOOHO2Cu，△OCOOHCH〔5〕根据信息反响，羧酸可以与PCl3反响，在碳链上引入一个卤素原子，卤素原子水解就可以引入醇羟基，醇羟基氧化可以得到醛基，故流程为：CH3COOHCH2ClCOOHCH2OHCOONaCH2OHCOOHHOCCOOH【考点定位】此题主要考查了有机物同分异构体的书写、常见有机反响类型、有机合成路线等。和试剂加以合成。9．〔18分〕废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量到达矿石中的几十倍。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等产品。某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：答复以下问题：〔1〕反响Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH3)42+，反响中H2O2的作用是。写出操作①的名称：。〔2〕反响II是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反响，写出该反响的离子方程式：。操作②用到的主要仪器名称为，其目的是〔填序号〕。a．富集铜元素b．使铜元素与水溶液中的物质别离c．增加Cu2＋在水中的溶解度〔3〕反响Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反响生成CuSO4和。假设操作③使用右图装置，图中存在的错误是。〔4〕操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液。阴极析出铜，阳极产物是。操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是。〔5〕流程中有三次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。循环使用的NH4Cl在反响Ⅰ中的主要作用是。【答案】〔1〕作氧化剂过滤〔2〕Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2分液漏斗ab〔3〕RH分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁液体过多〔4〕O2H2SO4加热浓缩冷却结晶过滤〔5〕H2SO4防止由于溶液中的c〔OH-〕过高，生成Cu〔OH〕2沉淀【解析】〔1〕反响Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH3)42+，Cu被氧化，那么反响中H2O2的作用是作氧化剂；操作①是把滤渣和液体别离，所以该操作为过滤；〔2〕根据流程图可知，Cu(NH3)42+与有机物RH反响生成CuR2和氨气、氯化铵，所以该反响的离子方程式是Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2；操作②是把水层与有机层别离，所以为分液操作，需要的主要仪器为分液漏斗；Cu元素富集在有机层，所以该操作的目的是富集Cu元素，使铜元素与水溶液中的物质别离，答案选ab；〔5〕操作④中得到的硫酸可用在反响III中，所以第三种循环的试剂为H2SO4；氯化铵溶液为酸性，可降低溶液中氢氧根离子的浓度，防止由于溶液中的c〔OH-〕过高，生成Cu〔OH〕2沉淀。【考点定位】此题主要考查物质的制备流程的分析判断，离子方程式的书写，根本操作的判断等【名师点睛】对于工业流程的分析是该问题的难点。将该工业流程转化为化学的问题及掌握根本的化学知识是解题的关键。包括反响原理的判断、根本操作的判断、仪器的选择、物质或操作作用的分析、电解反响原理的应用、操作方案的设计、误差分析、物质质量分数的计算等。这类题目距离生活较远，因此学生会感到无从下手。从流程图中可分析问题的答案，如经过操作1将溶液与残渣别离，那么该操作一定是过滤，从溶液中得到固体的操作一定需蒸发浓缩的步骤等，根据参加某物质前后反响物质的成分变化判断发生的化学反响及该物质的作用，所以此题以化学工业为载体，考查学生的分析问题与解决问题的能力为主。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。请答复以下问题：〔1〕FeCl3净水的原理是。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〕。〔2〕为节约本钱，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。①假设酸性FeCl2废液中c(Fe2＋)=2.0×10-2mol·L-1,c(Fe3＋)=1.0×10-3mol·L-1,c(Cl－)=5.3×10-2mol·L-1,那么该溶液的PH约为。②完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：ClO3-+Fe2＋+=Cl－+Fe3＋+.〔3〕FeCl3在溶液中分三步水解：Fe3＋+H2OFe(OH)2++H＋K1Fe(OH)2++H2OFe(OH)2++H＋K2Fe(OH)++H2OFe(OH)3+H＋K3以上水解反响的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是。通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为：xFe3++yH2OFex(OH)