天津市静海县2021届高考化学经典试题

2021年普通高等学校招生个国统一考试〔天津卷〕理科综合化学局部理科综合共300分，考试用时150分钟。

化学试卷分为第一卷〔选择题〕和第二卷两局部，第一卷1至2页，第二卷3至6页，共100分。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。

答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

祝各位考生考试顺利！第一卷考前须知：1．每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

2．本卷共6题，每题6分，共36分。

在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项最符合题目要求的。

以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Zn 651．化学在人类社会开展中发挥着重要作用，以下事实不涉及．．．化学反响的是〔〕A．利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇B．利用石油生产塑料、化纤等高分子材料C．利用根本的化学原料生产化学合成药物D．利用反渗透膜从海水中别离出淡水2．以下离子方程式能用来解释相应实验现象的是〔〕实验现象离子方程式A 向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解MgOH22NH4Mg22NH3H2OB 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体Fe33H2O FeOH33HC 二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色3SO22MnO44H 3SO242Mn2 2H2OD 氧化亚铁溶于稀硝酸FeO 2H Fe2H2O3．以下有关金属及其化合物的不合理的是〔〕．．．A．将废铁屑参加FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2．铝中添加适量钾，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业C．盐碱地〔含较多Na2CO3等〕不利于作物生长，可施加熟石灰进行改进D．无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水4．以下实验操作或装置能到达目的的是〔〕A B C D混合浓硫酸和乙醇配制一定浓度的溶液收集NO2气体证明乙炔可使溴水褪色5．某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为 5.0 104和105。

天津化学高考2021真题2021年天津市高考化学考试真题一、选择题部分1. ( ) 化学是一门实验性的科学，以下是属于描述性实验的是：A. 装以含有铜离子的未知溶液的试管与铁粉混合，观察试管内液体颜色是否变化。

B. 将含有碳酸氢钠的溶液注入氢氧化钙溶液中，是否冒气泡。

C. 将氯仿和水混合倒入试管中静置，观察两相分解。

D. 涂抹在木板上的甘油慢慢变干后颜色的变化。

2. ( ) 下列化学变化不伴随着放热的是：A. 燃烧镁带。

B. 二氧化氮与水反应。

C. 氯化氢与铵氢氧化钠溶液反应。

D. 氮气和氧气混合后用电火花引燃。

3. ( ) 下列反应不具吸热性的是：A. 一氧化碳气体在空气中燃烧。

B. 一氧化氮和氧气发生反应生成氮气和二氧化氮。

C. 氨气和盐酸溶液反应生成氯化铵并观察到手感变冷。

D. 铁丝在硫酸溶液中发生反应生成氢气，试管外壁感觉变冷。

4. ( ) 化学反应中，下列关于氧化还原反应的叙述不正确的是：A. 氧化反应是发生在氧化剂作用下，物质失去电子的过程。

B. 氧化剂接受电子，称为还原剂。

C. 还原反应是物质获得电子的过程。

D. 在氧化还原反应中，电子的转移伴随着能量的变化。

5. ( ) 下列有关晶体结构叙述正确的是：A. NaCl晶体中每个Na+离子的近邻有四个Cl-离子。

B. 钻石的晶体结构是由C原子以取代一种简立方结构的空隙形式排列而成。

C. 高透明玻璃的硅酸盐晶体结构是由Si4+和O2-结合。

D. 典型金属铜和铝晶体结构均为面心立方。

二、简答题部分1. 描述一下甲醛的化学性质和应用。

2. 解释一下“离子键”和“共价键”的特点和区别。

3. 结构式CH3COOH代表乙酸，请你用文字解释一下其中的化学键。

4. 银、汞、钠、氯气分别进行下列实验，将结果写在下表中。

（1）试验1：与氧气反应（2）试验2：与水反应（3）试验3：与酸反应银：汞：钠：氯气：三、计算题部分1. 用化学式表示的钾含有17.36%的钾-40同位素，83.31%的钾-39 同位素和剩余的钾-41同位素。

2021年新高考天津化学高考真题(含答案)2021年天津市普通高中学业水平等级性考试已经开始，第Ⅰ卷包括1至4页，第Ⅱ卷包括5至8页。

在答题之前，考生必须在答题卡上填写自己的姓名、考生号、考场号和座位号，并在指定位置粘贴考试用条形码。

考生必须在答题卡上涂写答案，试卷上的答案将无效。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷注意事项：1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需更改，用橡皮擦干净后，再选择其他答案标号。

2.本卷共12题，每题3分，共36分。

在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。

以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H 1，C 12，N 14，O 16，Fe 561.近年来，中国在科学技术领域取得了令人瞩目的成就。

下列成就所涉及的化学知识中，判断错误的是：A。

北斗三号卫星搭载了精密计时的铷原子钟，铷（Rb）是金属元素。

B。

奋斗者号潜水器载人舱外壳使用了钛合金，钛合金属于无机非金属材料。

C。

长征五号B遥二火箭把天和核心舱送入太空，火箭动力源于氧化还原反应。

D。

天问一号探测器着陆火星过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是高分子材料。

2.下列各组物质的晶体类型相同的是：A。

SiO2和SO3B。

I2和NaClC。

Cu和AgD。

SiC和MgO3.核聚变发电有望成为解决人类能源问题的重要手段之一。

以下叙述正确的是：A。

1H的中子数为2.B。

1H的核电荷数为1.C。

1H是自然界中最轻的原子。

D。

1H是氢元素的一种同素异形体。

4.关于反应H2SO4+Na2SO3→Na2SO4+H2O所涉及的物质，下列说法错误的是：A。

H2SO4在该反应中为氧化剂。

B。

Na2SO3容易被空气中的O2氧化变质。

C。

Na2SO4是含有共价键的离子化合物。

D。

SO2是导致酸雨的主要有害污染物。

5.下列化学用语表达正确的是：A。

F-的离子结构示意图。

B。

基态碳原子的轨道表示式。

C。

丙炔的键线式。

【2021年天津市高考化学试卷】2021年高考化学天津市2021年天津市高考化学试卷一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）2．（6分）（2021?天津）下列对氨基酸和蛋白质的描述正确的是（）A ．蛋白质水解的最终产物副产品是氨基酸B ．氨基酸和蛋白质遇重金属阴离子均会变性C ．α﹣氨基丙酸与α﹣酰基苯脱水丙酸混合物脱水成肽，只生成2种二肽D ．氨基酸溶于过量氢氧化钠中生成的离子，在电场作用下于负极移动3．（6分）（2021?天津）下列叙述正确的是（）A ．使用催化剂能够降低需要化学反应的反应热（△H ）B ．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气变质浓度无关C ．原电池中发生的反应将近发生平衡时，该电池仍有电动势产生D ．在同浓度的氢氧化钠中，ZnS 可溶而CuS 不溶，说明CuS 的溶解度比ZnS 的小4．（6分）（2021?天津）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，证明一水合氨是碱：NH 4+2H2O ═NH 3?H 2O+H3O﹣﹣B ．用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al+2OH+2H2O═2AlO 2+3H2↑C ．用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：+2HCO3﹣→+2H2O+2CO2↑﹣D ．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO 4+16H+5C2O 4═2Mn+10CO2↑+8H2O+2﹣2+A ．AB ．BC ．CD ．D﹣6．（6分）（2021?天津）室温下，用相同浓度的NaOH 溶液，分别滴定温度均为0.1mol ?L1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 ．三种碱的电离常数关系：K HA ＞K HB ＞K HD﹣﹣++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 ）二、解答题（共4小题，满分64分）（1）Z 元素在周期表中的位置为．（2）表中水分子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H 2S 溶液反应，溶液变浑浊b ．在氧化还原反应中所，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1mol X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）碳与镁生成的1mol 化合物Q 与水反应生成2mol Mg（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，生成的盐只有碳酸氢钠，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氮气小于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1L 2.2mol?L NaOH溶液和1mol O2，则两种气体的分子式及有机物的量分别为，生成硫酸铜物质的量为．8．（18分）（2021?天津）己烯醛（D ）是一种重要的合成香料，下列合成路线是提纯D 的方法之一，根据该合成路线回答症结下列问题：﹣1已知RCHO+R′OH+R″OH（1）A 的名称是；B 分子中的共面原子数最多为；C 分子中与环相连的三个基团中会，各有不同化学原子环境的氢原子共有种．（2）D 中含氧官能团的称谓是．写出检验化验该官能团的化学反应关系式式：．（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 有完全相同的基团，写出F 所有可能的结构：（5）以D 为主要就原料制备己醛（目标化合物），在方框中将合成路线的后半部分补充完整．（6）问题（5）的合成路线底物中的第一步反应的目的是．9．（18分）（2021?天津）水中溶氧量（DO ）是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升井中溶解氧分子的质量表示，单位mg ?L ．我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用﹣1水源的DO 不能低于5mg ?L ．专家团某无机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，O 2将Mn 氧化为MnO （OH ）2：①2Mn+O2+4OH═2MnO （OH ）2↓﹣﹣+2+酸性条件下，MnO （OH ）2将I 氧化为I 2：②MnO （OH ）2+I+H→Mn +I2+H2O （未配平）用Na 2S 2O 3标准溶液滴定生成的I 2；③2S 2O 3+I2═S 4O6+2IⅡ．测定步骤：a ．安装装置，检验气密性，充N 2排尽空气后，停止充N 2．b ．向烧瓶中加入200mL 水样．c ．向烧瓶中会依次迅速加入1mL MnSO4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2mL H2SO 4无氧溶液，至反应②完全，溶液为整体而言或弱酸性．﹣1e ．从烧瓶中取出40.00mL 溶液，以淀粉作指示剂，用0.01000mol ?L Na2S 2O 3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）．回答下列问题：（1）配制以上无氧溶液之时，除去所用溶剂水中氧的简单操作为．2﹣2﹣﹣﹣12+2+﹣（2）在橡胶塞处优先选择加入水样及有关阳离子应选择的仪器是．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 中会达到滴定终点的标志为．若某次滴定消耗Na 2S 2O 3溶液4.50mL ，﹣1水样的DO= mg ?L （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H 2SO 4溶液反应后，若溶液pH 过低，滴定时会产生明显的误差，写出产生此误差的诱因（用离子方程式表示，至少写出2个）．10．（14分）（2021?天津）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．回答下列问题：（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H 2O 2．已知：H 2（g ）+A（l ）═B （l ）△H 1O 2（g ）+B（l ）═A （l ）+H2O 2（l ）△H 2其中A 、B 为有机物，两反应均为自发反应，则H （+O（═H 2O （的△H= 02g ）2g ）2l ）（填“＞”或“=”）（3）在恒温恒容的密闭容器中会，某储氢反应：MH x （s ）+yH2（g ）?MH x+2y（s ）△H ＜0达到化学平衡．下列有关叙述完全正确的是a ．容器内气体压强保持不变b ．吸收ymol H2只需1mol MHxc ．若降温，该反应的平衡常数增大d ．若向塑料瓶内通入少量氢气，则v （放氢）＞v （吸氢）（4）利用太阳能直接分解水制氢，是最具影响力的制氢途径，其能量转化形式为．（5）化工生产的副产氢也是乙炔的来源，电解法乙炔有广泛用途的Na 2FeO 4．同时获得氢﹣2﹣气：Fe+2H2O+2OH→FeO 4+3H2↑，装置如图所示，装置通电后，铁导体附近生成紫红色2﹣FeO 4，镍电极有气泡产生．若氢氧化钠溶液浓度过高，铁深绿色电极区会产生红褐色物质．已知：Na 2FeO 4只在强碱性条件下让稳定，易被H 2还原．﹣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 （Na 2FeO 4）随初始c （NaOH ）的变化如图2，任选M 、N 两点中的一点，分析c （Na 2FeO 4）低于最高值的原因在于．2021年天津市高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A ．麻黄能“止咳逆上气”，则麻黄具有治疗咳嗽的积极作用；B ．醋中含有乙酸，能和碳酸氢钠反应；C ．该标志为核辐射标志；D ．该标志为循环可回收标志．【解答】解：A ．麻黄能“止咳逆上气”，则麻黄具有治疗咳嗽的作用，可以制作咳嗽药，故A 正确；B ．醋中含有乙酸，能和碳酸氢钠反应，从而降低疗效，故B 错误；C ．该标志为放射性物质标志，对环境及人有环境污染，所以看到有该标志的丢弃物，应远离并报警，故C 正确；D ．该标志为气化回收标志，所以粘贴有该标志的物品是可回收物，故D 正确；故选B ．【点评】本题考查内部信息及标志，侧重考查学生对基本生活喻示常识及基本标志的重新认识，知道化学在生产生活中会的应用，会运用化学导入知识解决生产生活问题，题目难度不大．2．（6分）（2021?天津）下列对下列氨基酸和蛋白质的描述精确的是（）A ．蛋白质裂解水解的最终产物是氨基酸B ．氨基酸和蛋白质遇重金属离子均会变性C ．α﹣氨基丙酸与α﹣甲酸苯丙酸混合物脱水成肽，只生成2种二肽D ．胺基酸溶于过量氢氧化钠溶液中生成的离子，在电场作用下以负极移动【考点】无机的结构和性质；氨基酸、蛋白质的结构中和性质特点．【分析】A ．氨基酸通过暴发水解反应生成蛋白质；B ．重金属盐能使蛋白质发生变性；C ．α﹣氨基丙酸与α﹣甲基吲哚苯丙酸混合物脱水成肽，生成4种二肽；D ．氨基酸中﹣COOH 和NaOH 反应生成羧酸根离子，应该向正极移动．【解答】解：A ．酿成氨基酸通过发生水解反应生成蛋白质，所以蛋白质最终水解产物是氨基酸，故A 正确；B ．重金属盐能使到蛋白质发生变性，但不能使氨基酸酿成变性，故B 错误；C ．氨基酸生成二肽，是两个氨基酸分子脱去一个水分子，当同种多肽脱水，生成2种二肽；是异种氨基酸胃部：可以是α﹣氨基丙酸脱羟基、α﹣氨基苯丙酸脱氢；也可以α﹣氨基丙酸脱氢、α﹣氨基苯丙酸脱羟基，生成2种二肽．所以共有4种，故C 错误；D ．氨基酸中﹣COOH 和NaOH 反应生成羧酸根水分子，带负电荷，应该向正极移动，故D 错误；故选A ．【点评】本题以氨基酸为载体教学内容有机物结构和性质，为高频考点，具体有机物官能团及其实际性质关系、成肽反应实质是解本题关键，易错选项是C ，注意同种氨基酸也能发生成肽反应，题目难度不大．3．（6分）（2021?天津）下列叙述正确的是（）A ．使用催化剂降低化学反应的反应热（△H ）B ．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与生锈氧气浓度无关C ．原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流构成D ．在同浓度的盐酸中，ZnS 可溶而CuS 不溶，说明CuS 的溶解度比ZnS 的小【考点】反应热和焓变．【分析】A ．催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不发生改变化学平衡；B ．金属发生吸氧腐蚀时，氧气浓度越大，腐蚀的速率越快；C ．原电池中发生的聚合反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生；D ．在同浓度的盐酸中，ZnS 可溶而CuS 不溶，说明CuS 的溶解度比ZnS 的小．【解答】解：A ．催化剂能降低反应的活化能从而改变反应，但不改变化学平衡，则不能改变反应的反应热，故A 错误；B ．金属发生吸氧锈蚀时，氧气浓度越大，腐蚀的速率越快，故B 错误；C ．原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生，故C 错误；D ．在同浓度的盐酸中，ZnS 可溶而CuS 不溶，说明CuS 的溶解度比ZnS 的小，故D 正确．故选D ．【点评】本题考查了催化剂对化学反应的影响、钛的腐蚀及溶解度大小的比较，注意无机物催化剂不能改变物理变化，题目难度中等．4．（6分）（2021?天津）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，证明一水合氨是碱：NH4+2H2O ═NH 3?H 2O+H3O﹣﹣B ．用氢氧化钠混合物溶液除去打标中的杂质铝：2Al+2OH+2H2O ═2AlO 2+3H2↑C ．用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：+2HCO3﹣→+2H2O+2CO2↑﹣D ．用高锰酸钾吡啶标准溶液滴定草酸：2MnO 4+16H+5C2O4═2Mn +10CO2↑+8H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A ．盐类脱羧是可逆反应； +2﹣2+B ．Al 和NaOH 溶液反应生成偏于铝酸钠和氢气，Mg 不反应；C ．羧基能和碳酸钠反应，但酚羟基和碳酸氢钠羟基不水解；D ．弱电解质写化学式．【解答】解：A ．阴离子水解是可逆反应，应该写可逆号，离子方程式为：++NH 4+2H2O ?NH 3?H 2O+H3O ，故A 错误；﹣B ．Al 和NaOH 溶液加成反应生成偏铝酸钠和氢气，Mg 不反应，离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O ═2AlO 2+3H2↑，故B 正确；C ．羧基能和碳酸氢钠氯化氢，但酚羟基和碳酸氢钠不反应，离子方程式为+HCO3﹣→+H2O+CO2↑，故C 错误；﹣D ．弱电解质写化学式，离子方程式为2MnO 4+6H+5H2C 2O4═2Mn +10CO2↑+8H2O ，故D 错误；故选B ．【点评】本题考查离子方程式的书写，为高频考点，明晰物质之间反应、物质性质及离子书写规则是解本题关键，涉及盐类水解、氧化还原反应等知识点，易错选项是C ，警惕羧基能和碳酸氢盐反应但酚羟基不能和碳酸氢盐反应，但羧基、酚醛都能和碳酸钠反应，题目难度不大．+2+【考点】化学实验方案的评价．【分析】A ．水和碳化钙副反应速率很快，长颈漏斗无法控制反应速率，该反应放出大量热，碳化钙和水反应生成微溶的氢氧化钙糊状物；B ．蒸馏时接收馏分的锥形瓶不能用不可塞子塞；C ．HCl 能和二氧化硫亚硫酸氢钠反应生成镉；D ．重铬酸钾具有强水解性．【解答】解：A ．反应大量放热．会损坏启普发生器；生成的氢氧化钙是糊状物．会堵塞反应容器，使水面难以升降；焦炭与水反应很剧烈，应选用分液漏斗，以便控制水的流速；为了获得较快的乙炔气流，可用饱和状态食盐水代替水，故A 错误；B ．蒸馏时接收馏分的前会锥形瓶不能用塞子塞，否则锥形瓶中气压过大会安全事故，故B 错误；C..HCl 能和亚硫酸氢钠反应导出二氧化硫，从而除去HCl ，故C 正确；D ．浓酸具有强氧化性，能氧化橡胶而不能用碱式滴定管，应该用酸式滴定管，故D 错误；故选C ．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及仪器选取、物质制备、除杂等知识点，明确实验原理、基本操作、生物体性质是解本题关键，会根据光谱分析目的及仪器用途选取合适目的的仪器，题目难度中等．6．（6分）（2021?天津）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 ．三种氨的电离常数关系：K HA ＞K HB ＞K HD﹣﹣++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 ）【考点】中和滴定．【分析】A ．根据等浓度的三种一元酸的PH 大小硫确定三种酸的电离常数；B ．HB 被中和一半时，溶液中溶质有中和生成的盐与未反应完的酸，根据的水解与酸的电离程度进行比较；C ．当PH=7时，三种溶液所消耗氢氧化钠的体积不相同；D ．恰好中和时，两种溶液所消耗的氢氧化钠体积相同，生成三种盐的浓度相同，混合后根据盐的写出质子守恒解答．【解答】解：A ．相同自然界的量浓度的一元酸，酸的pH 越小，氢离子浓度越大，说明酸的电离敏感性越大，则该酸的酸性越强，其氢原子平衡常数越大，根据图知，未加NaOH 溶液时，pH ：HA ＜HB＜HD ，说明胺的电离程度HA ＞HB ＞HD ，则K HA ＞K HB ＞K HD ，故A 正确；B ．中和50%即P 点，溶液中溶质为等物质的量浓度的酸（HB ）和盐（NaB ），由图可知溶液呈酸性，则c （H ）＞c （OH ），且胺的电离程度大于酸根离子水解程度，﹣﹣++①NaB 完全电离：NaB=Na+B，这一步的c （B ）=c（Na ），﹣++②HB 少部分电离：HB ?H +B，则c （HB ）＞c （H ），﹣﹣③NaB 少部分水解：B +H2O ?HB+OH，﹣﹣由于酸的电离程度大于盐的水解程度，则HB 电离产生的B相对NaB 水解消耗的B 多，﹣+所以c （B ）＞c （Na ），由于HB 电离消耗得多，水解生成的HB 少，﹣﹣+++所以c （Na ）＞c （HB ），则c （B ）＞c （Na ）＞c （HB ）＞c （H ）＞c （OH ），故B正确；+﹣C ．当PH=7时，根据电荷守恒三种溶液中离子浓度关系为：c （Na ）+c（H ）=c（A ）+c（OH ），由于c （H ）=c（OH ），所以c （Na ）=c（A ），﹣﹣﹣﹣++++c （Na ）+c（H ）=c（B ）+c（OH ），由于c（H ）=c（OH ），所以c （Na ）=c（B ），﹣﹣﹣﹣++++c （Na ）+c（H ）=c（D ）+c（OH ），由于c（H ）=c（OH ），所以c （Na ）=c（D ），由于三种酸根的水解程度不同，则溶液呈中性时所消耗的氢氧化钠的反应物体积不相异，血红素则三种溶液中钠离子浓度不同，c（A ），c （B ），c （D ）也不同，故C 错误；D ．恰好中和时，三种溶液丙酮所消耗的氢氧化钠体积完全相同，生成三种盐的浓度相近，混合后溶液不绝的水解呈碱性，原子核守恒的关系为：c （OH ）=c（HA ）+c（HB ）+c（HD ）+c（H ），故D正确；故选：C ．【点评】本题以弱电解质的电离为载体考查酸碱混合溶液推定定性判断，明确电解质溶液中三大以及酸的电离程度与酸根离子水解程度的大小是解题关键，题目难度中等．二、解答题（共4小题，满分64分）（1）Z 元素在周期表中的位置为第三周期ⅤⅡA 族．（2）表中元素原子半径最大的是（写元素符号） Si ．（3）下列事实能说明Y 元素的非金属性比S 元素的非金属性差的是 ac ．a ．Y 单质与H 2S 溶液反应，溶液变浑浊b ．在氧化还原反应中曾，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，前者的溶解温度高（4）X 与Z 两元素的单质反应生成1mol X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（5）碳与镁生成的1mol 化合物Q 与水反应生成2mol Mg（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元素组成，气体的相对相较分子质量都小于50，为防止污染，将产生的完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L 2.2mol?L NaOH溶液和1mol O2，则两种气体的分．【考点】真题集萃；位置结构性质的相互关系应用．【分析】根据元素周期表结构中可知，X 为Si 元素，Y 为O 元素，Z 为Cl 元素，（1）Z 为氯元素，其原子序数为17，含有3个电子层，最外层含有7个电子，据此判断其在周期表中的位置；（2）元素周期表中，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐步增大；（3）说明Y 元素的氧为比S 元素的异头强，可以根据元素离子单质氧化性强弱或生成气体氢化物稳定性分析，而与得失电子数没有必然关系；﹣1（4）X （Si ）与Z （Cl ）两元素的单质反应生成1molX 的最高价化合物SiCl 4，恢复至室温，放热687kJ ，由于该化合物的母液、沸点分别为﹣69℃和58℃，则常温下SiCl 4为液态，据此结合热化学方程式的书写原则解答；（5）该烃分子中会碳氢质量比为9：1，C 、H 的物质的量之比为：=3：4，根据“碳与镁生成的1mol 化合物Q 与水反应生成2mol Mg （OH ）2和1mol 烃”可知该烃的化学式，然后写出其电子式；根据烃的化学式确定Q 的化学式，然后再写出Q 与水反应的化学方程式；（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成一氧化氮和二氧化氮，相对分子质量都小于50，符合题意，分别设出二氧化氮、一氧化氮的物质的量，根据原子守恒、电子守恒列式计算出NO 、二氧化碳的物质的量；根据电子电子元件守恒可计算出参与底物的Cu 的物质的量．【解答】解：根据元素周期表结构可知，X 为Si 元素，Y 为O元素，Z 为Cl 元素，（1）Z 为Cl 元素，其原子序数为17，位于周期表中均第三周期、ⅤⅡA 族，故答案为：第三周期ⅤⅡA 族；（2）同一周期从左向右，原子宽度逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径最大的为Si ，故答案为：Si ；（3）a ．Y 单质与H 2S 溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，则说明Y 成分的非金属性比S 化学元素的非金属性强，故a 正确；b ．在氧化还原反应中所，1molY 单质比1molS 得电子多，氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，故b 错误；c ．元素的非金属性越强，碱金属的稳定性越强，Y 和S 两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度非常高，说明Y 的非金属性较强，故c 正确；故答案为：ac ；（4）X （Si ）与Z （Cl ）两元素的单质反应生成1molX 的最高价化合物SiCl 4，恢复至室温，放热687kJ ，已知该化合物的熔、沸点分别为﹣69℃和58℃，则常温下SiCl 4为液态，该反应的热化学方程式为：Si （s ）+2Cl2（g ）=SiCl4（l ）△H=﹣687kJ/mol，故答案为：Si （s ）+2Cl2（g ）=SiCl4（l ）△H=﹣687kJ/mol；（5）该烃底物中碳氢质量比为9：1，C 、H 的物质的量之比为：=3：4，根据“碳与镁生成的1mol 化合物Q 与水反应生成2mol Mg （OH ）2和1mol 烃”可知该烃的化学式为C 3H 4，电子式为；Q 的化学式为Mg 2C 3，Mg 2C 3与水反应生成氢氧化镁和C 3H 4，反应的化学方程式为：Mg 2C 3+4H2O=2Mg（OH ）2↓+C3H 4↑，故答案为：；Mg 2C 3+4H2O=2Mg（OH ）2↓+C3H 4↑；（6）铜的一定浓度与硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成一氧化氮和二氧化氮，相对而言分子质量都小于50，符合题意，1mol 氧气参与反应转移电子的物质的量为4mol ，假设二氧化碳的物质的用量为x ，NO 的物质的量为y ，则：解得：，；=2mol，根据电子守恒，参与反应的Cu 的物质的量为：n （Cu ）=故答案为：NO 0.9mol，NO 2 1.3mol；2mol ．【点评】本题为2021年天津高考题，考查了原子结构与元素周期律、元素周期表的关系及氧化还原反应的计算等，题目难度中等，明确元素周期表结构中、元素策尔纳内容为结构件，注意掌握守恒人生观在化学计算中的相对论性应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．8．（18分）（2021?天津）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，根据该多肽任一路线回答下列问题：已知RCHO+R′OH+R″OH（1）A 的名称是丁醛；B 分子中的凸包原子中其数目最多为9 ；C 分子中与环相连的三个基团中，各不相同化学环境的氢原子共有 8 种．（2）D 中含氧官能团的名字是醛基．写出检验该官能团的化学反应方程式：者+2Cu（OH ）（3）E 为有机物，能发生的反应有： cda ．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 有大同小异的官能团，写出F 所有可能的结构：（5）以D 为主要包括原料制备己醛（目标化合物），在方框中将合成路线的后半部分补充完整．（6）问题（5）的合成路线中同的第一步反应的目的是保护醛基．【考点】有机物的合成．【分析】（1）A 为丁醛；B 中碳碳双键连接的原子绿色为平面结构中，O 原子及连接的原子已经形成V 形，旋转C ﹣O 单键可以使个平面共前簷，可以使甲基中碳原子处于平面内，旋转碳碳单键可以使甲基中1个H 原子出平面内；C 分子中与环相连的三个基团的化学环境均不相同；（2）由D 的结构简式可知，成分的含氧官能团为醛基，用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验醛基；（3）C 相当于醚键水解形成羟基后再发生分子内脱水反应形成碳碳双键、醛基得到A 、D ，可推知E 为CH 3CH 2OH ；（4）B 的同分异构体F 与B 有完全相同的官能团，则F 含有醚键、碳碳双键，可以看作CH 2=CHCH3中1个H 原子被﹣OCH 3取代，注意存在氰情况；（5）然后酸在酸性条件下得到与氢气发生加成反应生成；，（6）保护醛基，防止被氢气还原．【解答】解：（1）A 的名称为丁醛；B 六边形中碳碳氧原子连接的原子为平面结构，O 原子及连接的原子形成V 形，旋转C ﹣O 单键可以使个平面共面，可以使甲基中碳原子处于平面内，旋转碳碳单键可以使甲基中1个H 原子出平面内，飞中最多有9个原子共平面；C分子中与环相连的三个基团的化学环境均不相同，与环相连的三个基团中，不同化学环境的氢原子共有8种，故答案为：丁醛；9；8；（2）由D 的结构简式可知，带有的含氧官能团为醛基，用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验醛基，反应方程式为：+2Ag（NH 3）2OH +2Ag+3NH3+H2O ，或者+2Cu（OH ）2+NaOH+Cu2O ↓+3H2O ，故答案为：醛基；+2Ag（NH 3）2OH +2Ag+3NH3+H2O （或者+2Cu（OH ）2+NaOH+Cu2O ↓+3H2O ）；（3）C 相当于醚键发生形成羟基后再次水解分子内脱水反应形成碳碳双键、醛基得到A 、D ，可推知E 为CH 3CH 2OH ，可以频发消去反应、取代反应，不了发生聚合反应、加成反应，故选：cd ；（4）B 的同分异构体F 与B 有完全相同的官能团，则F 含有醚键、碳碳双键，可以看作CH 2=CHCH3中1个H 原子被﹣OCH 3取代，注意存在氰情况，可能的结构中简式有：，故答案为：；（5）然后在酸性前提条件下得到与氢气发生加成反应聚合，补全合成路线为：，，故答案为：；（6）问题（5）的合成路线中的第一步反应的基石终极目标是：保护醛基，防止被氢气还原，故答案为：保护醛基．【点评】本题考查有机物的推断与合成、有机物的结构与性质、性质约束条件同分异构体书写、官能团的检验及有机反应方程式的、重要信息获取与迁移运用等，是对有机化学基础的实操综合考查，（4）中曾注意顺反异构情况．9．（18分）（2021?天津）水中溶氧量（DO ）是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中分子的质量表示，单位mg ?L ．我国《地下水环境质量标准》规定，生活饮用﹣1水源的DO 不能低于5mg ?L ．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 ．﹣1Ⅰ．测定原理：碱性条件下，O 2将Mn 氧化为MnO （OH ）2：①2Mn+O2+4OH═2MnO （OH ）2↓﹣﹣+2+酸性条件下，MnO （OH ）2将I 氧化为I 2：②MnO（OH ）2+I+H→Mn +I2+H2O （未配平）用Na 2S 2O 3标准溶液试样生成的I 2；③2S 2O 3+I2═S 4O6+2IⅡ．测定步骤：a ．安装装置，检验气密性，充N 2排尽空气后，停止充N 2．b ．向烧瓶中加入200mL 水样．c ．向烧瓶中依次迅速加入1mL MnSO4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 ．搅拌并向玻璃管中加入2mL H2SO 4无氧溶液，至反应②完全，溶液为阿氏贝或弱酸性．﹣1e ．从烧瓶中取出40.00mL 溶液，以淀粉作指示剂，用0.01000mol ?L Na2S 2O 3溶液进行滴定，记录数据．f …。

2020-2021学年天津静海县第一中学高三化学联考试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。

）1. 为了检验某溶液中是否含有常见的四种无机离子，某化学小组的同学进行了如下所示的实验操作。

其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

由该实验能得出的正确结论是( )A. 原溶液中一定含有SO42-B. 原溶液中一定含有NH4+C. 原溶液中一定含有Cl-D. 原溶液中一定含有Fe3+参考答案：B在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，其中的亚硫酸根离子、亚铁离子会被氧化为硫酸根离子、铁离子，加入的盐酸中含有氯离子，会和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，三价铁离子能使硫氰酸钾变为红色。

A、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有SO42-离子，故A错误；B、产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有铵根离子，故B正确；C、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，故C错误；D、原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有Fe3+离子，故D错误；故选B。

2. 关于有机物的下列说法，错误的是A.石油裂解能得到乙烯，乙烯是生产聚乙烯原料B.甲烷、苯都属于烃，都不存在同分异构体C.葡萄糖可转化为乙醇，乙醇氧化可得到乙醛D.煤干馏为化学变化，石油分馏是物理变化参考答案：B略3. 一定温度下，1 molX和nmol Y在容积为2L的密闭容器中发生如下反成：X(g)+Y(g)2Z(g)+M(s)，5min后达到平衡，此时生成2molZ。

下列说法正确的是( )A、将容器压缩时，正逆反应速率均不变B、5 min内平均反应速率v(X)=0.2amol/(L min)C、向平衡后的体系中加入lmolM(s)，平衡向逆反应方向移动D、当混合气体的质量不再发生变化时，说明反应达到平衡状态参考答案：D略4. 25℃时，在含有Pb2＋、Sn2＋的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：Sn(s)＋Pb2＋(aq)Sn2＋(aq)＋Pb(s)，体系中c(Pb2＋)和c(Sn2＋)变化关系如图所示。

2021届天津市静海区一中高三上学期12月考理科综合化学试卷★祝考试顺利★(解析版)考生注意：本试卷分第Ⅰ卷基础题(80分)和第Ⅱ卷提高题(20分)两部分,共100分。

第Ⅰ卷基础题(共80分)一、选择题：每小题2分,共26分,每小题只有一个正确选项。

1. 巴里·马歇尔和罗宾·沃伦被授予诺贝尔生理学或医学奖,以表彰他们发现了幽门螺杆菌以及该细菌对消化性溃疡病的致病机理。

下列物质适合胃溃疡严重的病人使用的是( )A. 苏打[主要成分是Na2CO3]B. 胃舒平[主要成分是Al(OH)3]C. 小苏打[主要成分是NaHCO3] D. 碳酸钡粉末【答案】B【详解】A．苏打的主要成分Na2CO3,水溶液碱性强,会对人产生刺激性,而其与胃酸(即盐酸)发生反应产生CO2气体,会由于胃溃疡导致胃穿孔,因此不能使用,A不符合题意；B．胃舒平的主要成分是Al(OH)3,难溶于水,对人体无刺激性,可以与HCl反应,产生AlCl3和水,不产生气体,因此无其它不良反应,适用于胃溃疡严重的病人使用,B符合题意；C．小苏打主要成分NaHCO3会与HCl反应产生CO2气体,会由于胃溃疡存在导致胃穿孔,因此不能使用,C不符合题意；D．碳酸钡粉末与HCl反应产生BaCl2,同时产生CO2、H2O,BaCl2是重金属盐,导致人重金属中毒,同时产生的CO2气体会因病人患有胃溃疡导致胃穿孔,因此不能使用,D不符合题意；故合理选项是B。

2. 下列物质按照纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的是( )A. 盐酸、水煤气、醋酸、干冰B. 天然气、空气、苛性钾、石灰石C. 液氨、氯水、硫酸钠、乙醇D. 胆矾、漂白粉、氯化钾、氯气【答案】C【详解】A．盐酸是HCl的水溶液,不是纯净物,水煤气是CO和氢气的混合物,醋酸是电解质,干冰是非电解质,错误；B．天然气的主要成分是甲烷,但天然气是混合物,空气是混合物,苛性钾是氢氧化钾,属于电解质,石灰石的主要成分是碳酸钙,属于混合物,错误；C．液氨是液态氨气,属于纯净物,氯水是氯气的水溶液,是混合物,硫酸钠属于盐,是电解质,乙醇是有机物,是非电解质,正确；D．胆矾是纯净物,漂白粉是次氯酸钙和氯化钙的混合物,氯化钾是盐,属于电解质,氯气是单质,不是电解质,也不是非电解质,错误。

2021年天津高考化学试卷解析A、1molH2燃烧放出的热量为H2的燃烧热B、Na2SO3和H2O2的反应为氧化还原反应C、和互为同系物D、BaSO4的水溶液不导电，故BaSO4是弱电解质2、以下食品化学知识的叙述不正确的是A、食盐可作调味剂，液可作食品防腐剂B、新鲜蔬菜做熟后，所含维生素C会有损失C、纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可做人类的营养物质D、葡萄糖中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒。

3、下列有关元素的性质及其底边规律正确的是A、IA族与VIIA族元素间可形成共价化合物或离子化合物B、最高第二周期元素从左到右，正价从+1递增到+7C、同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大D、同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强4、下列实验误差分析错误的是A、用湿润的PH试纸测稀碱液的PH，测定值偏小B、用容量瓶配置溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C、滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小D、测定中和反应反的应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小5、下列有关电解质溶液的说法正确的是A、在蒸馏水中滴加浓H2SO4，K W不变B、CaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸C、在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH-)-2c(H2S)-c(HS-)D、NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同6、为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。

其反应原理如下：电池：Pb(s) + PbO2(s) + 2H2SO4(aq) =2PbSO4(s) + 2H2O(l)电解池：2Al+3O2Al2O3+3H2电解过程中，以下判断正确的是电池电解池A H+移向Pb电极H+移向Pb电极B 每消耗3molPb 生成2molAl2O3C 正极：PbO2+4H++2e=Pb2++2H2O 阳极：2Al+3H2O-6e=Al2O3+6H+D7、X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大。

2020┄2021年天津市静海一中高三（下）开学化学试卷一、选择题：（每小题2分，共39分）1．下列说法不正确的是（）A．含SO2的烟气可用石灰乳吸收后再排放，以减少对空气污染B．可用丁达尔效应区别胶体和溶液C．绿色化学的核心是对环境产生的污染进行治理D．PM2.5由于颗粒小，在空气中存在时间长，对人体健康危害大2．下列有关概念的叙述正确的是（）A．有两种原子构成的物质不一定属于化合物B．仅含一种元素的物质一定为纯净物C．既能和酸又能和碱发生反应的氧化物一定为两性氧化物D．既含有金属元素又含有非金属元素的化合物一定为离子化合物3．下列说法中，正确的是（）A．18O原子核内的中子数为8B．16O2和18O2的化学性质几乎相同C．H216O与H218O质子数不同D．H2和D2属于同位素4．下列对实验室中试剂储存的有关说法不正确的是（）A．金属钠存放在试剂瓶中的煤油里B．存放液溴的试剂瓶中应加水封C．硝酸应用棕色瓶盛装且避光存放D．烧碱应盛放在玻璃塞的磨口玻璃瓶中5．下列离子方程式正确的是（）A．氯气和水发生反应 Cl2+H2O═2 H++Cl﹣+ClO﹣B．金属钠和水反应 Na+2H2O═H2↑+2OH﹣+Na+C．用氢氧化钠除去铝表面的氧化膜时产生气泡的反应2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑D．将金属铁加入稀硫酸和硝酸钾混合溶液中，金属溶解Fe+2H+═Fe2++H2↑6．设阿伏加德罗常数的值为N0，则下列说法正确的是（）A．标准状况下，22.4L乙烯含有的共用电子对数为2N0B．常温下，含有1 mo1 NaHSO4的溶液中阳离子数为N0C．通常状况下，1 mo1 NO和0.5 mo1 O2在密闭容器中混合，生成NO2分子数为N0 D．制取漂白粉时，标准状况下22.4 L Cl2参加反应，转移电子数为N07．下列关于实验操作的叙述正确的是（）A．滴定管、分液漏斗、容量瓶在使用前都需检验是否漏水B．为加快过滤速度，可用玻璃棒轻轻搅动漏斗内液体C．将海带灰用水浸泡过滤后向滤液中通入氯气，再用酒精萃取出单质碘D．石蕊试纸和pH试纸使用前都不能用蒸馏水润湿8．某短周期金属元素原子核外最外层电子数是最内层电子数的1.5倍，下列说法正确的是（）A．该元素的单质性质活泼，具有较强的还原性，可以用于某些金属冶炼B．该元素的单质常温下不与浓硫酸反应C．该元素的单质无需特别保存，因为其性质稳定，不易与空气成分反应D．该元素的最高价氧化物对应的水化物只能与酸反应9．根据如表（部分短周期元素的原子半径及主要化合价）信息，下列叙述正确的是（）元素代号 A B C D E原子半径/nm 0.186 0.143 0.089 0.104 0.074主要化合价+1 +3 +2 +6、﹣2 ﹣2A．E2﹣与B3+的核外电子数不可能相等B．离子半径大小A+＜E2﹣C．最高价氧化物对应水化物的碱性A＜CD．氢化物的稳定性H2D＞H2E10．一定条件下，向含HNO3的废水中加入CH3OH进行污水处理，发生反应5CH3OH+6HNO3=3N2↑+5CO2↑+13H2O，下列说法正确的是（）A．CH3OH被氧化，表现氧化性B．此条件下还原性强弱为：N2＞CH3OHC．若氧化产物比还原产物多0.2mol，则该反应中转移3molD．该反应过程中断裂的化学键既有极性键又有非极性键11．有A、B、C三种气体在一个固定容积的容器中发生反应，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示．下列说法不正确的是（）A．该反应的化学方程式为3A（g）+B（g）═2C（g）B．若将初始投放的物质浓度增至原来的2倍，则反应物的转化率增大，平衡常数不变C．若第4 min 时降低温度，到7 min时达到了新的平衡，则此反应的△H＜0D．反应在前3 min的平均反应速率υ（A）=0.31molL﹣1min﹣112．常温时，下列叙述正确的是（）A．稀释pH=3的醋酸，溶液中所有离子的浓度均降低B．一定浓度的CH3COOH和NaOH混合，溶液呈中性，则混合液中c（H +）=mol/LC．pH均为11的NaOH和Na2CO3溶液中，水的电离程度相同D．分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸，硫酸消耗氢氧化钠的物质的量多13．如图用氢氧燃料电池电解硫酸钠溶液（均为惰性电极），下列说法正确的是（）甲池乙池A 放电过程中KOH浓度不变滴加酚酞试液d极区域溶液先变红B OH﹣移向a电极OH﹣移向d电极C a电极消耗2.24LH2时（标准状况）c电极生成1.12LO2（标准状况）D a电极反应：H2﹣2e﹣=2H+d电极反应：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2OA．A B．B C．C D．D二、填空题：（共26分）14．X、Y、Z、M、Q是五种短周期主族元素，原子序数依次增大．X、Y可形成最常用溶剂；X、Y、Z最外层电子数之和为8；Y、M形成的气态化合物在标准状况下的密度为2.86gL﹣1．请回答下列问题：（1）五种元素原子半径由小到大的顺序为（写元素符号）．（2）Q在周期表中的位置是．（3）X、Y、Q三种元素形成的三原子分子结构式为；M、Q元素形成的最高价氧化物对应的水化物中较强的酸是（写化学式）．（4）Y与Z形成的化合物A既含离子键又含共价键，A的电子式为；将A 加入盛有酚酞试液的试管中观察到的现象为，发生反应的化学方程式为．（5）利用如图装置可将化合物MY2转化为重要化工原料X2MY4．催化剂a表面发生的电极反应方程式为；理论上通入MY2与O2的物质的量最佳比值为．15．已知：当羟基与双键碳原子相连接时，易发生如下转化：化学式为C9H10O2的有机物A有如下的转化关系其中F与FeCl3溶液能发生显色反应，从G→H的反应中，有机物H只有一种结构且能使溴水褪色．试回答（1）写出有机物结构简式：B：，I：，H：（2）分别指出F→G、G→H的反应类型：，（3）写出A→E+D的化学反应方程式：（4）写出B→D的化学方程式（5）满足以下条件的A的同分异构体有种（不包括A）①只有一个苯环且苯环上只有一个取代基；②属于酯类写出其中任意两种的结构简式．16．近几年，大气污染越来越严重，雾霾天气对人们的生活、出行、身体健康产生许多不利的影响．汽车尾气是主要的大气污染源．降低汽车尾气危害的方法之一是在排气管上安装催化转化器，发生的反应为：2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）（1）已知：如图1则2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=kJmol﹣1（用含a、b、c、d的式子表示）．（2）某温度下，向容积为1L的容器中充入3mol NO和 1mol CO，NO的转化率随时间的变化如图2所示．回答下列问题：①该温度下，化学平衡常数K= ，平衡时CO的转化率为．②A点的逆反应速率υ逆（CO）B点的逆反应速率υ逆（NO）（填“＞”、“＜”或“=”）．③达平衡后，将容器的容积扩大一倍，下列说法正确的是A．平衡向正反应方向移动 B．CO的体积分数增大C．平衡常数减小 D．一氧化碳的浓度增大．17．铝灰的回收利用方法很多，现用含有A12O3、SiO2和少量FeOxFe2O3的铝灰制备A12（SO4）318H2O，工艺流程如图：请回答下列问题：（1）加入过量稀H2SO4溶解A12O3的离子方程式是．（2）流程中加入的KMnO4也可用H2O2代替，若用H2O2发生反应的化学方程式为．（3）已知：浓度均为0.1mol/L的金属阳离子，生成氢氧化物沉淀的pH如表：Al（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀时 3.4 6.3 1.5完全沉淀时 4.7 8.3 2.8步骤③的目的是；若在该浓度下除去铁的化合物，调节pH的最大范围是．（4）已知K sp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）c3（OH﹣）=4.0×10﹣38，常温下，当pH=2时，Fe3+开始沉淀的浓度为．（5）操作④发生反应的离子方程式为；为了验证该操作所得固体中确实含有MnO2，可选用的试剂是或．（6）操作⑤“一系列操作”，下列仪器中用不到的是（填序号）．A．蒸发皿 B．坩埚 C．玻璃棒 D．酒精灯 E．漏斗．2020┄2021年天津市静海一中高三（下）开学化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：（每小题2分，共39分）1．下列说法不正确的是（）A．含SO2的烟气可用石灰乳吸收后再排放，以减少对空气污染B．可用丁达尔效应区别胶体和溶液C．绿色化学的核心是对环境产生的污染进行治理D．PM2.5由于颗粒小，在空气中存在时间长，对人体健康危害大【分析】A．SO2是酸性氧化物，能与碱性物质反应；B．丁达尔效应是胶体的性质；C．绿色化学的核心是从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；D．PM2.5粒径小，含大量的有毒、有害物质且在大气中的停留时间长，输送距离远，因而对人体健康和大气环境质量的影响更大．2．下列有关概念的叙述正确的是（）A．有两种原子构成的物质不一定属于化合物B．仅含一种元素的物质一定为纯净物C．既能和酸又能和碱发生反应的氧化物一定为两性氧化物D．既含有金属元素又含有非金属元素的化合物一定为离子化合物【分析】A、由两种或两种以上的元素组成的纯净物为化合物；B、只由一种物质构成的是纯净物；C、两性氧化物是既能和酸反应生成盐和水、又能和碱反应生成盐和水的氧化物；D、由金属和非金属元素构成的化合物不一定是离子化合物．3．下列说法中，正确的是（）A．18O原子核内的中子数为8B．16O2和18O2的化学性质几乎相同C．H216O与H218O质子数不同D．H2和D2属于同位素【分析】A．中子数﹣质量数﹣质子数；B．物质相同，则化学性质相同；C．同种元素的质子数相同；D．具有相同质子数，不同中子数的原子互为同位素．4．下列对实验室中试剂储存的有关说法不正确的是（）A．金属钠存放在试剂瓶中的煤油里B．存放液溴的试剂瓶中应加水封C．硝酸应用棕色瓶盛装且避光存放D．烧碱应盛放在玻璃塞的磨口玻璃瓶中【分析】A．金属钠能与空气中的氧气和水反应；B．液溴易挥发；C．浓硝酸见光易分解；D．玻璃的主要成分是二氧化硅．5．下列离子方程式正确的是（）A．氯气和水发生反应 Cl2+H2O═2 H++Cl﹣+ClO﹣B．金属钠和水反应 Na+2H2O═H2↑+2OH﹣+Na+C．用氢氧化钠除去铝表面的氧化膜时产生气泡的反应2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑D．将金属铁加入稀硫酸和硝酸钾混合溶液中，金属溶解Fe+2H+═Fe2++H2↑【分析】A．次氯酸为弱酸应保留化学式；B．电荷不守恒；C．铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；D．不符合反应客观事实；6．设阿伏加德罗常数的值为N0，则下列说法正确的是（）A．标准状况下，22.4L乙烯含有的共用电子对数为2N0B．常温下，含有1 mo1 NaHSO4的溶液中阳离子数为N0C．通常状况下，1 mo1 NO和0.5 mo1 O2在密闭容器中混合，生成NO2分子数为N0 D．制取漂白粉时，标准状况下22.4 L Cl2参加反应，转移电子数为N0【分析】A、乙烯中含6对共用电子对；B、NaHSO4在溶液中能完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根；C、在NO2气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4；D、在制取漂白粉的反应中，氯气发生歧化反应．7．下列关于实验操作的叙述正确的是（）A．滴定管、分液漏斗、容量瓶在使用前都需检验是否漏水B．为加快过滤速度，可用玻璃棒轻轻搅动漏斗内液体C．将海带灰用水浸泡过滤后向滤液中通入氯气，再用酒精萃取出单质碘D．石蕊试纸和pH试纸使用前都不能用蒸馏水润湿【分析】A．带有活塞或瓶塞的装置使用前要检查是否漏水；B．过滤实验中玻璃棒的作用是引流，搅动漏斗里的液体，容易把滤纸弄破；C．萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应；D．PH试纸使用前用蒸馏水润湿，会稀释待测溶液．8．某短周期金属元素原子核外最外层电子数是最内层电子数的1.5倍，下列说法正确的是（）A．该元素的单质性质活泼，具有较强的还原性，可以用于某些金属冶炼B．该元素的单质常温下不与浓硫酸反应C．该元素的单质无需特别保存，因为其性质稳定，不易与空气成分反应D．该元素的最高价氧化物对应的水化物只能与酸反应【分析】短周期金属元素原子核外最外层电子数是最内层电子数的1.5倍，最外层电子数为3，则该元素为Al．A．Al单质还原性强，利用铝热反应可以冶炼金属；B．Al在浓硫酸中发生钝化；C．表面形成致密的氧化物保护膜；D．氢氧化铝属于两性氢氧化物．9．根据如表（部分短周期元素的原子半径及主要化合价）信息，下列叙述正确的是（）元素代号 A B C D E原子半径/nm 0.186 0.143 0.089 0.104 0.074主要化合价+1 +3 +2 +6、﹣2 ﹣2A．E2﹣与B3+的核外电子数不可能相等B．离子半径大小A+＜E2﹣C．最高价氧化物对应水化物的碱性A＜CD．氢化物的稳定性H2D＞H2E【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，D、E都有﹣2价，而D有+6价且原子半径较大，则D为S元素、E为O元素；A、B、C化合价分别为+1、+3、+2，则分别处于IA族、ⅢA族、ⅡA族，C的原子半径小于硫，故C为Be元素，原子半径A、B均大于硫，则B为Al元素，且A、B原子半径相差较大，故A为Na，结合元素周期律解答．10．一定条件下，向含HNO3的废水中加入CH3OH进行污水处理，发生反应5CH3OH+6HNO3=3N2↑+5CO2↑+13H2O，下列说法正确的是（）A．CH3OH被氧化，表现氧化性B．此条件下还原性强弱为：N2＞CH3OHC．若氧化产物比还原产物多0.2mol，则该反应中转移3molD．该反应过程中断裂的化学键既有极性键又有非极性键【分析】A．CH3OH被氧化，表现还原性；B．还原剂的还原性大于还原产物的还原性；C．反应中每生成3molN2转移30mol电子，结合方程式计算；D．CH3OH和HNO3中没有非极性键．11．有A、B、C三种气体在一个固定容积的容器中发生反应，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示．下列说法不正确的是（）A．该反应的化学方程式为3A（g）+B（g）═2C（g）B．若将初始投放的物质浓度增至原来的2倍，则反应物的转化率增大，平衡常数不变C．若第4 min 时降低温度，到7 min时达到了新的平衡，则此反应的△H＜0D．反应在前3 min的平均反应速率υ（A）=0.31molL﹣1min﹣1【分析】A．在反应中反应物的物质的量浓度减小，生成的物质的量浓度增加，根据图中的数据可知，A、B在反应中减小，C在反应中增加，所以A、B是反应物质，C是生成物，反应中△c（A）=1.50mol/L﹣0.93mol/L=0.57mol/L，△c（B）=0.50mol/L﹣0.31mol/L=0.19mol/L，△c（C）=0.50mol/L﹣0.31mol/L=0.38mol/L，各物质的物质的量的变化量之比等于计量数之比，所以反应方程式为3A（g）+B（g）═2C（g），据此判断；B．若将初始投放的物质浓度增至原来的2倍，相当于加压，平衡向体积减小的方向移动，平衡常数只受温度的影响，据此判断；C．根据图可知，第4min到第7minA、B的物质浓度减小，结合反应3A（g）+B（g）═2C（g），可知平衡向正反应方向移动，降低温度平衡向放热反应的方向移动，据此判断；D．根据计算反应速率．12．常温时，下列叙述正确的是（）A．稀释pH=3的醋酸，溶液中所有离子的浓度均降低B．一定浓度的CH3COOH和NaOH混合，溶液呈中性，则混合液中c（H +）=mol/LC．pH均为11的NaOH和Na2CO3溶液中，水的电离程度相同D．分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸，硫酸消耗氢氧化钠的物质的量多【分析】A．醋酸是弱电解质，稀释后c（H+）减小，但是c（OH﹣）增大；B．K W=c（H+）c（OH﹣），中性时c（H+）=c（OH﹣），据此进行计算；C．氢氧化钠抑制了水的电离，碳酸钠溶液促进了水的电离；D．硫酸是强电解质，溶液中完全电离，醋酸是弱电解质，部分电离．13．如图用氢氧燃料电池电解硫酸钠溶液（均为惰性电极），下列说法正确的是（）甲池乙池A 放电过程中KOH浓度不变滴加酚酞试液d极区域溶液先变红B OH﹣移向a电极OH﹣移向d电极C a电极消耗2.24LH2时（标准状况）c电极生成1.12LO2（标准状况）D a电极反应：H2﹣2e﹣=2H+d电极反应：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2OA．A B．B C．C D．D【分析】该燃料电池为碱性电池，电池的正极反应为：O2+2H20+4e﹣═4OH﹣，负极反应为：H2﹣2e﹣═2H+，或H2﹣2e﹣+2OH﹣═H2O，电解Na2SO4水溶液阳极发生的反应为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑或2H20﹣4e﹣═4H++O2↑，阴极反应为：2H++2e﹣═H2↑，或2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，以此解答该题．二、填空题：（共26分）14．X、Y、Z、M、Q是五种短周期主族元素，原子序数依次增大．X、Y可形成最常用溶剂；X、Y、Z最外层电子数之和为8；Y、M形成的气态化合物在标准状况下的密度为2.86gL﹣1．请回答下列问题：（1）五种元素原子半径由小到大的顺序为（写元素符号）H＜O＜Cl＜S＜Na ．（2）Q在周期表中的位置是第三周期第ⅦA族．（3）X、Y、Q三种元素形成的三原子分子结构式为H﹣O﹣Cl ；M、Q元素形成的最高价氧化物对应的水化物中较强的酸是（写化学式）HClO4．（4）Y与Z形成的化合物A既含离子键又含共价键，A的电子式为；将A加入盛有酚酞试液的试管中观察到的现象为有大量气泡生成，溶液先变红后褪色，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑．（5）利用如图装置可将化合物MY2转化为重要化工原料X2MY4．催化剂a表面发生的电极反应方程式为SO2+2H2O﹣2e﹣═SO42﹣+4H+；理论上通入MY2与O2的物质的量最佳比值为2：1 ．【分析】X、Y、Z、M、Q是五种短周期主族元素，原子序数依次增大．X、Y可形成最常用溶剂，则X为H元素、Y为O元素；X、Y、Z最外层电子数之和为8，Z原子最外层电子数为8﹣1﹣6=1，则Z为Na；Y、M形成的气态化合物在标准状况下的密度为2.86gL ﹣1，该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol×2.86gL﹣1=64g/mol，则M为S元素，Q 只能为Cl．15．已知：当羟基与双键碳原子相连接时，易发生如下转化：化学式为C9H10O2的有机物A有如下的转化关系其中F与FeCl3溶液能发生显色反应，从G→H的反应中，有机物H只有一种结构且能使溴水褪色．试回答（1）写出有机物结构简式：B：CH3CHO ，I：，H：CH3COOCH=CH2（2）分别指出F→G、G→H的反应类型：加成反应，消去反应（3）写出A→E+D的化学反应方程式：（4）写出B→D的化学方程式CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOH2CH3COONa+Cu2O↓+3H2O（5）满足以下条件的A的同分异构体有 6 种（不包括A）①只有一个苯环且苯环上只有一个取代基；②属于酯类写出其中任意两种的结构简式．【分析】由I发生加聚反应生成（C4H6O2）n，可知I的分子式为C4H6O2，I在氢氧化钠水溶液、加热条件下生成B与D，B氧化生成C，C与氢氧化钠反应生成D，则I为酯，B 为醛，D为羧酸钠盐，且B、C、D含有相同的碳原子数目为2，I的不饱和度为=2，则I分子中还含有1个C=C双键，故C结构简式为CH3COOH，B为CH3CHO（CH2=CHOH不稳定），D为CH3COONa，I为CH3COOCH=CH2．有机物A的分子式为C9H10O2，不饱和度为=5，考虑含有苯环，A在NaOH水溶液、加热条件下生成D与E，E酸化得到F，且F与FeCl3溶液能发生显色反应，则F含有酚羟基，故A含有羧酸与酚形成的酯基，则A中含有1个苯环、1个酯基，结合分子式可知，应是乙酸与甲基苯酚形成的酯，则F为甲基苯酚，F与氢气发生加成反应生成G为甲基环己醇，有机物H只有一种结构且能使溴水褪色，G发生消去反应生成H，且F中甲基与酚羟基处于对位，综上分析可知，A为，故E为，F为，G为，H为，据此分析解答．16．近几年，大气污染越来越严重，雾霾天气对人们的生活、出行、身体健康产生许多不利的影响．汽车尾气是主要的大气污染源．降低汽车尾气危害的方法之一是在排气管上安装催化转化器，发生的反应为：2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）（1）已知：如图1则2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=2a+2b﹣2c﹣d kJmol﹣1（用含a、b、c、d的式子表示）．（2）某温度下，向容积为1L的容器中充入3mol NO和 1mol CO，NO的转化率随时间的变化如图2所示．回答下列问题：①该温度下，化学平衡常数K= ，平衡时CO的转化率为60% ．②A点的逆反应速率υ逆（CO）＜B点的逆反应速率υ逆（NO）（填“＞”、“＜”或“=”）．③达平衡后，将容器的容积扩大一倍，下列说法正确的是 BA．平衡向正反应方向移动 B．CO的体积分数增大C．平衡常数减小 D．一氧化碳的浓度增大．【分析】（1）2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，据此进行计算；（2）①该温度下，由图象可知达到平衡时NO转化率为20%，则NO转化的物质的量为：3mol×20%=0.6mol，根据反应2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）可知：CO转化了0.6mol，反应生成氮气、二氧化碳分别为0.3mol，0.6mol，则平衡时各物质浓度分别为：c（NO）==2.4mol/L、c（CO）==0.4mol/L、c（N2）==0.3mol/L、c（CO2）==0.6mol/L，然后根据化学平衡常数表达式计算即可；平衡时CO的转化率=×100%；②根据随着反应时行反应物浓度减小，反应速率减小判断A点的逆反应速率逆V逆（CO）与B点的逆反应速率V逆（NO）大小；③达平衡后，将容器的容积扩大一倍，相当于减小了压强，平衡向体积增大方向移动，即向逆方向移动，据此进行分析．17．铝灰的回收利用方法很多，现用含有A12O3、SiO2和少量FeOxFe2O3的铝灰制备A12（SO4）318H2O，工艺流程如图：请回答下列问题：（1）加入过量稀H2SO4溶解A12O3的离子方程式是6H++Al2O3=2Al3++3H2O ．（2）流程中加入的KMnO4也可用H2O2代替，若用H2O2发生反应的化学方程式为H2O2+2FeSO4+H2SO4=Fe2（SO4）3+2H2O ．（3）已知：浓度均为0.1mol/L的金属阳离子，生成氢氧化物沉淀的pH如表：Al（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3开始沉淀时 3.4 6.3 1.5完全沉淀时 4.7 8.3 2.8步骤③的目的是亚铁离子氧化为铁离子，并将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去；若在该浓度下除去铁的化合物，调节pH的最大范围是 2.8≤PH＜3.4 ．（4）已知K sp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）c3（OH﹣）=4.0×10﹣38，常温下，当pH=2时，Fe3+开始沉淀的浓度为 4.0×10﹣2mol/L ．（5）操作④发生反应的离子方程式为剩余的MnO4﹣和Mn2+反应生成MnO2沉淀除去；为了验证该操作所得固体中确实含有MnO2，可选用的试剂是浓盐酸或双氧水．（6）操作⑤“一系列操作”，下列仪器中用不到的是 B （填序号）．A．蒸发皿 B．坩埚 C．玻璃棒 D．酒精灯 E．漏斗．【分析】铝灰水洗过滤除去不溶性杂质SiO2，加入过量稀硫酸酸溶过滤，得到滤液中含有Al3+、Fe3+、Fe2+，加入高锰酸钾溶液调节溶液PH氧化亚铁离子为铁离子，加入MnSO4和过量的高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰沉淀，过滤得到滤液中主要是铝离子，经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铝晶体，（1）Al2O3溶于过量硫酸反应生成硫酸铝和水；（2）过氧化氢酸性溶液中氧化硫酸亚铁为硫酸铁；（3）步骤③是将亚铁离子氧化为铁离子，并将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，调节pH 值的范围是沉淀铁离子不沉淀铝离子2.8≤PH＜3.4；（4）当pH=2时，c（OH﹣）=1×10﹣12mol/L，根据K sp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）c3（OH﹣），可计算得Fe3+开始沉淀的浓度；（5）操作④的作用是利用硫酸锰和高锰酸钾反应生成二氧化锰沉淀除去；为了验证该操作所得固体中确实含有MnO2，加入浓盐酸是否溶解生成黄绿色气体检验；（6）在操作⑤的“一系列操作”是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，依据操作风分析所需仪器；。

2021年天津市高考化学试卷及答案一、本卷共6题，每题6分，共36分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项最符合题目要求的．1．〔6分〕以下有关水处理方法不正确的选项是〔〕A．用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸B．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物C．用氯气处理水中的Cu2+、Hg+等重金属离子D．用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨2．〔6分〕汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用．以下有关汉黄芩素的表达正确的选项是〔〕A．汉黄芩素的分子式为C16H13O5B．该物质遇FeCl3溶液显色C．1mol该物质与溴水反响，最多消耗1molBr2D．与足量H2发生加成反响后，该分子中官能团的种类减少1种3．〔6分〕以下能量转化过程与氧化复原反响无关的是〔〕A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能C．电解质溶液导电时，电能转化成化学能D．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能4．〔6分〕以下实验设计能到达实验目的是〔〕实验目的实验设计A．除去NaHCO3固体中的Na2CO3将固体加热至恒重B．制备无水AlCl3 蒸发Al与稀盐酸反响后的溶液第1页〔共22页〕C．重结晶提纯苯甲酸将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶D．鉴别NaBr和KI溶液分别加新制氯水后，用CCl4萃取A．A B．B C．C D．D5．〔6分〕根据元素周期表和元素周期律，判断以下表达不正确的选项是〔〕A．气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C．如下图实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞SiD．用中文“〞〔ào〕命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族6．〔6分〕常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni〔s〕+4CO〔g〕?Ni〔CO〕〔g〕．230℃4时，该反响的平衡常数K=2×10﹣5．：Ni〔CO〕4的沸点为℃，固体杂质不参与反响．第一阶段：将粗镍与CO反响转化成气态Ni〔CO〕4；第二阶段：将第一阶段反响后的气体别离出来，加热至230℃制得高纯镍．以下判断正确的选项是〔〕A．增加c〔CO〕，平衡向正向移动，反响的平衡常数增大B．第一阶段，在 30℃和50℃两者之间选择反响温度，选50℃C．第二阶段，Ni〔CO〕4分解率较低D．该反响到达平衡时，v生成[Ni〔CO〕4]=4v生成〔CO〕二、本卷共4题，共64分．7．〔14分〕某混合物浆液含有Al〔OH〕3、MnO2和少量Na2CrO4．考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解别离装置〔见图〕，使浆液别离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用．答复Ⅰ和Ⅱ中的第2页〔共22页〕问题．Ⅰ．固体混合物的别离和利用〔流程图中的局部别离操作和反响条件未标明〕〔1〕反响①所加试剂NaOH的电子式为．B→C的反响条件为，C→Al的制备方法称为．〔2〕该小组探究反响②发生的条件．D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反响停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2．由此判断影响该反响有效进行的因素有〔填序号〕．a．温度b．Cl﹣的浓度c．溶液的酸度〔3〕Cl2与焦炭、TiO2完全反响，生成一种复原性气体和一种易水解成TiO2?xH2O的液态化合物，放热，该反响的热化学方程式为．Ⅱ含铬元素溶液的别离和利用〔4〕用惰性电极电解时，CrO42﹣能从浆液中别离出来的原因是，别离后含铬元素的粒子是；阴极室生成的物质为〔写化学式〕．8．〔18分〕2﹣氨基﹣3﹣氯苯甲酸〔F〕是重要的医药中间体，其制备流程图如下：：第3页〔共22页〕答复以下问题：〔1〕分子中不同化学环境的氢原子共有种，共面原子数目最多为．〔2〕B的名称为．写出符合以下条件B的所有同分异构体的结构简式．a．苯环上只有两个取代基且互为邻位b．既能发生银镜反响又能发生水解反应〔3〕该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反响制取B，目的是．〔4〕写出⑥的化学反响方程式：，该步反响的主要目的是．〔5〕写出⑧的反响试剂和条件：；F中含氧官能团的名称为．〔6〕在方框中写出以为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合物的流程．目标化合物9．〔18分〕用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c〔I﹣〕，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液．Ⅰ准备标准溶液a．准确称取AgNO3基准物〔〕后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用．﹣1b．配制并标定100mL0.1000mol?L NH4SCN标准溶液，备用．Ⅱ滴定的主要步骤a．取待测NaI溶液于锥形瓶中．第4页〔共22页〕﹣1﹣b ．参加0.1000mol?L AgNO 3溶液〔过量〕，使I 完全转化为AgI 沉淀．c ．参加NH 4Fe 〔SO 4〕2溶液作指示剂．d ．用0.1000mol?L ﹣1NH 4SCN 溶液滴定过量的 Ag +，使其恰好完全转化为 AgSCN 沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定．e ．重复上述操作两次．三次测定数据如下表：实验序号123消耗NH 4SCN 标准溶液体积/mLf ．数据处理． 答复以下问题：〔1〕将称得的 AgNO 3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还 有 ．〔2〕AgNO 3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是 ． 〔3〕滴定应在pH ＜的条件下进行，其原因是 ． 〔4〕b 和c 两步操作是否可以颠倒 ，说明理由 ．〔5〕所消耗的NH 4SCN 标准溶液平均体积为 mL ，测得〔cI ﹣〕= mol?L ﹣1． 6〕在滴定管中装入 NH 4SCN 标准溶液的前一步，应进行的操作为 〔7〕判断以下操作对 c 〔I ﹣〕测定结果的影响〔填“偏高〞、“偏低〞或“无影响〞〕 ①假设在配制AgNO 3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，那么测定结果 ． ②假设在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，那么测定结果 ．10．〔14分〕H 2S 和SO 2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种 方法减少这些有害气体的排放，答复以下方法中的问题． Ⅰ．H 2S 的除去 方法1：生物脱H 2S 的原理为： H 2S+Fe 2〔SO 4〕3═S ↓+2FeSO 4+H 2SO 4 +O 2+2H 24 2〔SO 4 〕3+2H 24FeSO SO 2Fe O〔1〕硫杆菌存在时，FeSO 4被氧化的速率是无菌时的 5×105倍，该菌的作用是．〔2〕由图1和图2判断使用硫杆菌的最正确条件为．假设反响温度过高，反第5页〔共22页〕应速率下降，其原因是．方法2：在一定条件下，用H2O2氧化H2S〔3〕随着参加反响的n〔H2O2〕/n〔H2S〕变化，氧化产物不同．当n〔H2O2〕/n〔H2S〕=4时，氧化产物的分子式为．Ⅱ．SO2的除去方法1〔双碱法〕：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生NaOH溶液Na2SO3溶液〔4〕写出过程①的离子方程式：；CaO在水中存在如下转化：CaO〔s〕+H2O〔l〕═Ca〔OH〕2〔s〕?Ca2+〔aq〕+2OH﹣〔aq〕从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理．方法2：用氨水除去SO25〕25℃，NH3?H2O的K b×10﹣5，H2SO3的K a1×10﹣2，K a2×10﹣8﹣1，溶液中的﹣〕=﹣1．将SO2．假设氨水的浓度为 2.0mol?L c〔OH mol?L通入该氨水中，当﹣﹣7﹣1时，溶液中的c〔SO32﹣〕/c c〔OH〕降至×10mol?L〔HSO3﹣〕=．第6页〔共22页〕参考答案与试题解析一、本卷共6题，每题6分，共36分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项最符合题目要求的．1．〔6分〕〔2021?天津〕以下有关水处理方法不正确的选项是〔〕A．用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸B．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物C．用氯气处理水中的Cu2+、Hg+等重金属离子D．用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨【分析】A．石灰、碳酸钠都可与酸反响；B．可溶性的铝盐和铁盐可水解生成具有吸附性的胶体；C．氯气不能与Cu2+、Hg+反响生成沉淀；D．烧碱可与铵根离子反响生成氨气．【解答】解：A．石灰与酸反响生成钙盐，碳酸钠与酸反响生成钠盐和二氧化碳，故可用于处理废水中的酸，故A正确；B．铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，疏松多孔，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，故B正确；C．氯气可用于水的消毒杀菌，不能与Cu2+、Hg+反响生成沉淀，对重金属离子没有作用，故C错误；D．烧碱可与铵根离子反响产生氨气，那么可用烧碱出来高浓度的NH4+的废水并回收利用氨，故D正确．应选C．【点评】此题考查废水的处理，为2021年天津考题，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意把握物质的性质，难度不大．2．〔6分〕〔2021?天津〕汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用．以下有关汉黄芩素的表达正确的选项是〔〕第7页〔共22页〕A．汉黄芩素的分子式为C16H13O5B．该物质遇FeCl3溶液显色C．1mol该物质与溴水反响，最多消耗1molBr2D．与足量H2发生加成反响后，该分子中官能团的种类减少1种【分析】由结构可知分子式，分子中含酚﹣OH、碳碳双键、羰基及醚键，结合酚、烯烃等有机物的性质来解答．【解答】解：A．汉黄芩素的分子式为C16H12O5，故A错误；B．含酚﹣OH，遇FeCl3溶液显色，故B正确；C．酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反响，碳碳双键与溴水发生加成反响，那么1mol该物质与溴水反响，最多消耗2molBr2，故C错误；D．与足量H2发生加成反响后，该分子中官能团碳碳双键、羰基均减少，故D错误；应选B．【点评】此题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意H原子数的判断及官能团的判断，题目难度不大．3．〔6分〕〔2021?天津〕以下能量转化过程与氧化复原反响无关的是〔〕A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能A C．电解质溶液导电时，电能转化成化学能D．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能【分析】发生的反响中存在元素的化合价变化，那么为氧化复原反响，以此来解答．【解答】解：A．光能转化为电能，不发生化学变化，与氧化复原反响无关，故选；第8页〔共22页〕B．发生原电池反响，本质为氧化复原反响，故B不选；C．发生电解反响，为氧化复原反响，故C不选；D．发生氧化反响，故D不选．应选A．【点评】此题考查氧化复原反响，为高频考点，把握发生的反响及反响本质为解答关键，注意能量变化的形式，题目难度不大．4．〔6分〕〔2021?天津〕以下实验设计能到达实验目的是〔〕实验目的实验设计A．除去NaHCO3固体中的Na2CO3将固体加热至恒重B．制备无水AlCl3蒸发Al与稀盐酸反响后的溶液C．重结晶提纯苯甲酸将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶D．鉴别NaBr和KI溶液分别加新制氯水后，用CCl4萃取A．A B．B C．C D．D【分析】A．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；B．蒸发时促进氯化铝水解，生成的盐酸易挥发；C．苯甲酸在水中的溶解度不大，且利用溶解度受温度影响的差异别离；D．氯气与NaBr、NaI反响分别生成溴、碘，在四氯化碳中的颜色不同．【解答】解：A．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，加热将原物质除去，不能除杂，故A错误；B．蒸发时促进氯化铝水解，生成的盐酸易挥发，那么应在HCl气流中蒸发结晶，故B错误；C．苯甲酸在水中的溶解度不大，应趁热过滤后，选择重结晶法别离提纯，故C错误；D．氯气与NaBr、NaI反响分别生成溴、碘，在四氯化碳中的颜色不同，那么分别加新制氯水后，用CCl4萃取后观察颜色可鉴别，故D正确；应选D．【点评】此题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物别离提纯、物质的鉴别为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的第9页〔共22页〕评价性分析，选项C为解答的难点，题目难度不大．5．〔6分〕〔2021?天津〕根据元素周期表和元素周期律，判断以下表达不正确的是〔〕A．气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C．如下图实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞SiD．用中文“〞〔ào〕命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族【分析】A．非金属性越强，对应氢化物越稳定；B．H与F、Cl等形成共价化合物，与Na等形成离子化合物；C．发生强酸制取弱酸的反响，且HCl不是最高价含氧酸；D．目前周期表中112号元素位于第七周期的IIB族，118号元素的原子结构中有7个电子层、最外层电子数为8．【解答】解：A．非金属性O＞N＞Si，气态氢化物的稳定性：NH3＞SiH4，故A正确；B．H与F、Cl等形成共价化合物，与Na等形成离子化合物，那么氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故B正确；C．利用最高价含氧酸的酸性比拟非金属性，HCl不是最高价含氧酸，那么不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；D．目前周期表中112号元素位于第七周期的IIB族，118号元素的原子结构中有7个电子层、最外层电子数为8，那么118号元素在周期表中位于第七故D正确；应选C．第10页〔共22页〕【点评】此题考查元素周期表和周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，选项C为解答的易错点，题目难度不大．6．〔6分〕〔2021?天津〕常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni〔s〕+4CO〔g〕?Ni〔CO〕4〔g〕．230℃时，该反响的平衡常数K=2×10﹣5．：Ni〔CO〕4的沸点为℃，固体杂质不参与反响．第一阶段：将粗镍与CO反响转化成气态Ni〔CO〕4；第二阶段：将第一阶段反响后的气体别离出来，加热至230℃制得高纯镍．以下判断正确的选项是〔〕A．增加c〔CO〕，平衡向正向移动，反响的平衡常数增大B．第一阶段，在 30℃和50℃两者之间选择反响温度，选50℃C．第二阶段，Ni〔CO〕4分解率较低D．该反响到达平衡时，v生成[Ni〔CO〕4]=4v生成〔CO〕【分析】A．平衡常数与温度有关；B．Ni〔CO〕4的沸点为℃，应大于沸点，便于别离出Ni〔CO〕4；C．由加热至230℃制得高纯镍分析；D．到达平衡时，不同物质的正逆反响速率之比等于化学计量数之比．【解答】解：A．平衡常数与温度有关，那么增加c〔CO〕，平衡向正向移动，反响的平衡常数不变，故A错误；B．Ni〔CO〕4的沸点为℃，应大于沸点，便于别离出Ni〔CO〕4，那么一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反响温度，选50℃，故B正确；C．加热至230℃制得高纯镍，可知第二阶段，Ni〔CO〕4分解率较大，故C错误；D．到达平衡时，不同物质的正逆反响速率之比等于化学计量数之比，那么该反响到达平衡时4v生成[Ni〔CO〕4]=v生成〔CO〕，故D错误；应选B．【点评】此题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握K与温度的关系、温度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意习题中的信息，选项C为解答的难点，题目难度不大．第11页〔共22页〕二、本卷共4题，共64分．7．〔14分〕〔2021?天津〕某混合物浆液含有Al 〔OH 〕3、MnO 2和少量Na 2CrO 4．考虑到胶体的吸附作用使Na 2CrO 4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解别离装置〔见图〕，使浆液别离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用．答复Ⅰ和Ⅱ中的问题．Ⅰ．固体混合物的别离和利用〔流程图中的局部别离操作和反响条件未标明〕〔1〕反响①所加试剂NaOH 的电子式为 ．B →C 的反响条件为加热〔或煅烧〕，C →Al 的制备方法称为电解法．〔2〕该小组探究反响②发生的条件．D 与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl 2生成，当反响停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生 Cl 2．由此判断影响该反响有效进行的因素有〔填序号〕ac ．a ．温度 ﹣c ．溶液的酸度b ．Cl 的浓度〔3〕Cl 2与焦炭、TiO 2完全反响，生成一种复原性气体和一种易水解成，该反响的热化学方程式为 〔g 〕+TiO 2 TiO 2?xH 2O 的液态化合物，放热2Cl 2 〔s 〕+2C 〔s 〕═TiCl 〔l 〕+2CO 〔g 〕△H=﹣85.6kJ?mol ﹣1 ．4Ⅱ含铬元素溶液的别离和利用4〕用惰性电极电解时，CrO 42﹣能从浆液中别离出来的原因是在直流电场作 用下，CrO 42﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液，别离后含铬元素的 粒子是2﹣2﹣；阴极室生成的物质为NaOH 和H 2 〔写化学式〕．CrO 4、Cr 27O【分析】Ⅰ．〔1〕固体混合物含有 Al 〔OH 〕3、MnO 2，参加NaOH 溶液，过滤，可得到滤液A 为NaAlO 2，通入二氧化碳，生成 B 为Al 〔OH 〕3，固体C 为Al 2O 3， 电解熔融的氧化铝可得到 Al ；固体D 为MnO 2，加热条件下与浓盐酸反响可生成 氯气；〔2〕题中涉及因素有温度和浓度；第12页〔共22页〕〔3〕Cl2与焦炭、TiO2完全反响，生成一种复原性气体和一种易水解成TiO2?xH2O的液态化合物，放热，由质量守恒可知复原性气体为CO，反响的化学方程式为2Cl2〔g〕+TiO2〔s〕+2C〔s〕═TiCl4〔l〕+2CO〔g〕，以此可计算反响热并写出热化学方程式；Ⅱ．〔4〕〕电解时，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生复原反响生成氢气和NaOH，以此解答该题．【解答】解：〔1〕NaOH为离子化合物，电子式为，B为Al〔OH〕3，在加热条件下生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可得到铝，故答案为：；加热〔或煅烧〕；电解法；2〕反响涉及的条件为加热，加热下可反响，另外加热硫酸，氢离子浓度变化，可知影响的因素为温度和氢离子浓度，故答案为：ac；3〕Cl2与焦炭、TiO2完全反响，生成一种复原性气体和一种易水解成TiO2?xH2O的液态化合物，放热，由质量守恒可知复原性气体为CO，反响的化学方程式为2Cl2〔g〕+TiO2〔s〕+2C〔s〕═TiCl4〔l〕+2CO〔g〕，那么2mol氯气反响放出的热量为，所以热化学方程式为2Cl2〔g〕+TiO2〔s〕+2C〔s〕═TiCl4〔l〕+2CO〔g〕△H=﹣85.6kJ?mol﹣1，故答案为：2Cl2〔g〕+TiO2〔s〕+2C〔s〕═TiCl4〔l〕+2CO〔g〕△H=﹣85.6kJ?mol1；4〕电解时，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中别离出来，因存在2CrO42﹣+2H+?Cr2O72﹣+H2O，那么别离后含铬元素的粒子是CrO42﹣、Cr2O72﹣，阴极发生复原反响生成氢气和NaOH，故答案为：在直流电场作用下，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液；CrO42﹣、Cr2O72﹣；NaOH和H2．【点评】此题为2021年天津考题，侧重考查物质的制备、别离以及电解知识，解答此题，注意把握物质的性质，能正确分析试验流程，把握电解的原理，题目难度不大，有利于培养学生的分析能力和实验能力．第13页〔共22页〕8．〔18分〕〔2021?天津〕2﹣氨基﹣3﹣氯苯甲酸〔F〕是重要的医药中间体，其制备流程图如下：：答复以下问题：〔1〕分子中不同化学环境的氢原子共有4种，共面原子数目最多为．〔2〕B的名称为2﹣硝基甲苯或邻硝基甲苯．写出符合以下条件B的所有同分异构体的结构简式．a．苯环上只有两个取代基且互为邻位b．既能发生银镜反响又能发生水解反应3〕该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反响制取B，目的是防止苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代．〔4〕写出⑥的化学反应方程式：，该步反响的主要目的是保护氨基．〔5〕写出⑧的反响试剂和条件：Cl2/FeCl3〔或Cl2/Fe〕；F中含氧官能团的第14页〔共22页〕名称为羧基．〔6〕在方框中写出以为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合物的流程．目标化合物【分析】〔1〕甲苯含有1个甲基，苯环左右对称；苯环为平面形结构，与苯环直接相连的原子在同一个平面上；2〕B为邻硝基甲苯，对应的同分异构体：a．苯环上只有两个取代基且互为邻位，b．既能发生银镜反响又能发生水解反响，说明应含有酯基，且为甲酸酯，另外一种官能团为氨基；3〕如采用甲苯直接硝化的方法制备B，硝基可取代甲基对位的H原子；4〕由结构简式可知反响⑥为取代反响，可防止氨基被氧化；5〕⑧为苯环的氯代反响，应在类似苯与溴的反响；F含有羧基、氨基和氯原子；〔6〕可水解生成，含有氨基、羧基，可发生缩聚反（应生成高聚物．【解答】解：〔1〕甲苯含有1个甲基，苯环左右对称，那么分子中不同化学环境的氢原子共有4种，苯环为平面形结构，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，结合三点确定一个平面，甲基上可有1个H与苯环共平面，共13个，故答案为：4；13；2〕B为2﹣硝基甲苯或邻硝基甲苯，对应的同分异构体：a．苯环上只有两个取代基且互为邻位，b．既能发生银镜反响又能发生水解反响，说明应含有酯基，第15页〔共22页〕Cl2/FeCl3〔或且为甲酸酯，另外一种官能团为氨基，可能为，故答案为：2﹣硝基甲苯或邻硝基甲苯；；3〕如采用甲苯直接硝化的方法制备B，硝基可取代甲基对位的H原子，目的是防止苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代，故答案为：防止苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代；4〕由结构简式可知反响⑥为取代反响，反响的方程式为，该步反响的主要目的是防止氨基被氧化，故答案为：；保护氨基；〔5〕⑧为苯环的氯代反响，应在类似苯与溴的反响，反响条件为Cl2/Fe〕，F中含氧官能团的名称为羧基，故答案为：Cl2/FeCl3〔或Cl2/Fe〕；羧基；〔6〕可水解生成，含有氨基、羧基，可发生缩聚反应生成高聚物，反应的流程为，故答案为：．【点评】此题为2021年天津考题，为有机物合成题目，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系、常见反响类型及反响条件是解此题关键，注意题给信息的灵活运用，题目难度不大．第16页〔共22页〕9．〔18分〕〔2021?天津〕用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c〔I﹣〕，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液．Ⅰ准备标准溶液a．准确称取AgNO3基准物〔〕后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用．﹣1NH4SCN标准溶液，备用．b．配制并标定100mL0.1000mol?LⅡ滴定的主要步骤a．取待测NaI溶液于锥形瓶中．﹣﹣完全转化为AgI沉淀．b．参加0.1000mol?L1AgNO3溶液〔过量〕，使Ic．参加NH4Fe〔SO4〕2溶液作指示剂．d．用0.1000mol?L﹣1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定．e．重复上述操作两次．三次测定数据如下表：实验序号123消耗NH4标准溶液体积/mLSCNf．数据处理．答复以下问题：〔1〕将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250mL〔棕色〕容量瓶、胶头滴管．〔2〕AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是防止AgNO3见光分解．〔3〕滴定应在pH＜的条件下进行，其原因是防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断〔或抑制Fe3+的水解〕．〔4〕b和c两步操作是否可以颠倒否〔或不能〕，说明理由假设颠倒，Fe3+与I﹣反响，指示剂耗尽，无法判断滴定终点．〔5〕所消耗的NH4标准溶液平均体积为，测得〔I ﹣〕=SCN mL cmol?L﹣1．〔6〕在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为用NH4SCN 标准溶液进行润洗；．第17页〔共22页〕（7〕判断以下操作对c〔I﹣〕测定结果的影响〔填“偏高〞、“偏低〞或“无影响〞〕①假设在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，那么测定结果偏高．②假设在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，那么测定结果偏高．【分析】〔1〕配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有250mL〔棕色〕容量瓶及定容时需要的胶头滴管；2〕硝酸银见光分解；3〕滴定应注意防止铁离子的水解，影响滴定结果；4〕铁离子与碘离子发生氧化复原反响；5〕根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN溶液平均体积为，结合c〔AgNO3〕×V〔AgNO3〕=c〔NH4SCN〕×V〔NH4SCN〕+c〔I﹣〕×V〔I﹣〕计算；6〕装入NH4SCN标准溶液，应防止浓度降低，应用NH4SCN标准溶液进行润洗；7〕反响的原理为c〔AgNO3〕×V〔AgNO3〕=c〔NH4SCN〕×V〔NH4SCN〕+cI﹣〕×V〔I﹣〕，如操作导致c〔NH4SCN〕×V〔NH4SCN〕偏小，那么测定结果偏大，以此解答该题．【解答】解：〔1〕配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有250mL 〔棕色〕容量瓶及定容时需要的胶头滴管，故答案为：250mL〔棕色〕容量瓶、胶头滴管；2〕硝酸银标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存是因为硝酸银见光分解，故答案为：防止AgNO3见光分解；3〕滴定应在pH＜的条件下进行，原因是抑制铁离子的水解，防止因铁离子的水解而影响滴定终点的判断，故答案为：防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断〔或抑制Fe3+的水解〕；4〕b和c两步操作不能颠倒，假设颠倒，铁离子与碘离子发生氧化复原反响，指示剂耗尽那么无法判断滴定终点，故答案为：否〔或不能〕；假设颠倒，Fe3+与I﹣反响，指示剂耗尽，无法判断滴定终点；5〕根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取第18页〔共22页〕平均值即可，所以所消耗的NH4SCN溶液平均体积为，〔nAgNO3〕×10﹣3L×0.1000mol?L﹣1×10﹣3mol，〔nNH4SCN〕=0.1000mol?L1××10﹣3×10﹣3mol，那么c〔I﹣〕××10﹣3mol﹣×10﹣3mol，c〔I﹣〕=0.0600mol?L﹣1，故答案为：；；6〕装入NH4SCN标准溶液，应防止浓度降低，应用NH4SCN标准溶液进行润洗，故答案为：用NH4SCN标准溶液进行润洗；7〕反响的原理为c〔AgNO3〕×V〔AgNO3〕=c〔NH4SCN〕×V〔NH4SCN〕+cI﹣〕×V〔I﹣〕，①假设在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，那么导致溶质的物质的量减小，浓度偏低，那么n〔NH4SCN〕偏小，测定c〔I﹣〕偏大，故答案为：偏高；①假设在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，造成读数偏小，那么nNH4SCN〕偏小，测定c〔I﹣〕偏大，故答案为：偏高．【点评】此题为2021年天津考题，涉及物质含量的测定，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验的操作方法和考前须知，把握反响的原理和误差分析的角度，难度中等．10．〔14分〕〔2021?天津〕H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，答复以下方法中的问题．Ⅰ．H2S的除去方法1：生物脱H2S的原理为：H2S+Fe2〔SO4〕3═S↓+2FeSO4+H2SO44FeSO+O2+2H2SO42Fe2〔SO4〕3+2H2O1〕硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是降低反响活化能．〔2〕由图1和图2判断使用硫杆菌的最正确条件为30℃、．假设反响温度过高，反响速率下降，其原因是蛋白质变性〔或硫杆菌失去活性〕．第19页〔共22页〕。

2021年高考化学真题试卷（天津卷）（正式版）一、本卷共6题，每题6分，共36分．在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．1.下列有关水处理方法不正确的是（）A. 用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸B. 用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物C. 用氯气处理水中的Cu2+、Hg+等重金属离子D. 用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨【答案】C【考点】常见的生活环境的污染及治理【解析】【解答】解：A．石灰与酸反应生成钙盐，碳酸钠与酸反应生成钠盐和二氧化碳，都消耗了H+，故可用于处理废水中的酸，故A正确；B．铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，疏松多孔，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，故B 正确；C．氯气可用于水的消毒杀菌，不能与Cu2+、Hg+反应生成沉淀，对重金属离子没有作用，故C错误；D．烧碱可与铵根离子反应产生氨气，则可用烧碱出来高浓度的NH4+的废水并回收利用氨，故D正确．故选C．【分析】A．石灰、碳酸钠都可与酸反应；B．可溶性的铝盐和铁盐可水解生成具有吸附性的胶体；C．氯气不能与Cu2+、Hg+反应生成沉淀；D．烧碱可与铵根离子反应生成氨气．2.汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用．下列有关汉黄芩素的叙述正确的是（）A. 汉黄芩素的分子式为C16H13O5B. 该物质遇FeCl3溶液显色C. 1 mol该物质与溴水反应，最多消耗1mol Br2D. 与足量H2发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种【答案】B【考点】有机物的结构和性质【解析】【解答】解：A．汉黄芩素的分子式为C16H12O5，故A错误；B．含酚﹣OH，遇FeCl3溶液显色，故B正确；C．酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1 mol该物质与溴水反应，最多消耗2mol Br2，故C错误；D．与足量H2发生加成反应后，该分子中官能团碳碳双键、羰基、苯环中的不饱和键均减少，故D错误。