全国普通高等学校招生统一考试化学天津卷解析版.docx
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全国普通高等学校招生统一考试化学天津卷解析版
绝密★启用前
2018年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
理科综合共300分,考试用时150分钟。
化学试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷两部分,第Ⅰ卷1至2页,第Ⅱ卷3至6页,共100分。
答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上,并在规定位置粘贴考试用条码。
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,只有一项是最符合题目要求的。
以下数据供解题时参考:
相对原子质量:
H1C12N14O16
1.以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例,运用化学知识对其进行的分析不合理的是
A.四千余年前用谷物酿造出酒和醋,酿造过程中只发生水解反应
B.商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎,该鼎属于铜合金制品
C.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器,其主要原料为黏士
D.屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素,该过程包括萃取操作
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用,进行判断时,应该先考虑清楚对应化学物质的成分,再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。
【详解】A.谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖,葡萄糖要在酒化酶作用下分解,得到酒精和二氧化碳。
酒中含有酒精,醋中含有醋酸,显然都不是只水解就可以的,选项A不合理;
B.商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器,青铜是铜锡合金,选项B合理;
C.陶瓷的制造原料为黏土,选项C合理;
D.屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素,是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理,将青蒿素提取到乙醚中,所以属于萃取操作,选项D合理。
【点睛】萃取操作有很多形式,其中比较常见的是液液萃取,例如:
用四氯化碳萃取碘水中的碘。
实际应用中,还有一种比较常见的萃取形式是固液萃取,即:
用液体溶剂萃取固体物质中的某种成分,例如:
用烈酒浸泡某些药材。
本题的选项D就是一种固液萃取。
2.下列有关物质性质的比较,结论正确的是
A.溶解度:
Na2CO3 B.热稳定性: HCl C.沸点: C2H5SH D.碱性: LiOH 【答案】C 【解析】 【详解】A.碳酸钠的溶解度应该大于碳酸氢钠,实际碳酸氢钠在含钠化合物中属于溶解度相对很小的物质。 选项A错误。 B.同周期由左向右非金属的气态氢化物的稳定性逐渐增强,所以稳定性应该是: HCl>PH3。 选项B错误。 C.C2H5OH分子中有羟基,可以形成分子间的氢键,从而提高物质的沸点。 选项C正确。 D.同周期由左向右最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱,所以碱性应该是: LiOH>Be(OH)2。 选项D错误。 【点睛】解决此类问题,一个是要熟悉各种常见的规律,比如元素周期律等;另外还要注意到一些反常的规律。 例如: 本题的选项A,比较碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度,一般碳酸盐比碳酸氢盐的溶解度小,碳酸钙难溶,而碳酸氢钙可溶,但是碳酸钠却比碳酸氢钠溶解度大。 此外,比如,碱金属由上向下单质密度增大,但是钾反常等等。 3.下列叙述正确的是 A.某温度下,一元弱酸HA的Ka越小,则NaA的Kh(水解常数)越小 B.铁管镀锌层局部破损后,铁管仍不易生锈 C.反应活化能越高,该反应越易进行 D.不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3 【答案】B 【解析】 【分析】 本题是对化学理论进行的综合考查,需要对每一个选项的理论表述进行分析,转化为对应的化学原理,进行判断。 【详解】A.根据“越弱越水解”的原理,HA的Ka越小,代表HA越弱,所以A-的水解越强,应该是NaA的Kh(水解常数)越大。 选项A错误。 B.铁管镀锌层局部破损后,形成锌铁原电池,因为锌比铁活泼,所以锌为负极,对正极铁起到了保护作用,延缓了铁管的腐蚀。 选B正确。 C.反应的活化能越高,该反应进行的应该是越困难(可以简单理解为需要“翻越”的山峰越高,“翻越”越困难)。 选项C错误。 D.红外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的,C2H5OH和CH3OCH3的官能团明显有较大差异,所以可以用红外光谱区分,选项D错误。 【点睛】反应的活化能是指普通分子达到活化分子需要提高的能量,则活化能越大,说明反应物分子需要吸收的能量越高(即,引发反应需要的能量越高),所以活化能越大,反应进行的就越困难。 从另一个角度理解,课本中表述为,活化能越大,反应的速率应该越慢,这样也可以认为活化能越大,反应越困难。 4.由下列实验及现象推出的相应结论正确的是 实验 现象 结论 A.某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液 产生蓝色沉淀 原溶液中有Fe2+,无Fe3+ B.向C6H5ONa溶液中通入CO2 溶液变浑浊 酸性: H2CO3>C6H5OH C.向含有ZnS和Na2S 悬浊液中滴加CuSO4溶液 生成黑色沉淀 Ksp(CuS) D.①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液 ②再加足量盐酸 ①产生白色沉淀 ②仍有白色沉淀 原溶液中有SO42- A.AB.BC.CD.D 【答案】B 【解析】 【详解】A.某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀,说明溶液中有Fe2+,但是无法证明是否有Fe3+,选项A错误; B.向C6H5ONa溶液中通入CO2,溶液变浑浊,说明生成了苯酚,根据强酸制弱酸的原则,得到碳酸的酸性强于苯酚,选B正确; C.向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液,虽然有ZnS不溶物,但是溶液中还有Na2S,加入硫酸铜溶液以后,Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀,不能证明发生了沉淀转化,选项C错误; D.向溶液中加入硝酸钡溶液,得到白色沉淀(有很多可能),再加入盐酸时,溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子,溶液具有硝酸的强氧化性。 如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀,此步就会被氧化为硫酸钡沉淀,依然不溶,则无法证明原溶液有硫酸根离子,选项D错误。 【点睛】在解决本题中选项C的类似问题时,一定要注意判断溶液中的主要成分。 当溶液混合进行反应的时候,一定是先进行大量离子之间的反应(本题就是进行大量存在的硫离子和铜离子的反应),然后再进行微量物质之间的反应。 例如,向碳酸钙和碳酸钠的悬浊液中通入二氧化碳,二氧化碳先和碳酸钠反应得到碳酸氢钠,再与碳酸钙反应得到碳酸氢钙。 5.室温下,向圆底烧瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸,溶液中发生反应;C2H5OH+HBr C2H5Br+H2O,充分反应后达到平衡。 已知常压下,C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。 下列有关叙述错误的是 A.加入NaOH,可增大乙醇的物质的量 B.增大HBr浓度,有利于生成C2H5Br C.若反应物增大至2mol,则两种反应物平衡转化率之比不变 D.若起始温度提高至60℃,可缩短反应达到平衡的时间 【答案】D 【解析】 分析】 根据题目 反应,主要判断外界条件的变化对平衡和速率的应该结果即可。 【详解】A.加入NaOH,中和HBr,平衡逆向移动,可增大乙醇的物质的量。 选项A正确。 B.增大HBr浓度,平衡正向移动,有利于生成C2H5Br。 选B正确。 C.若反应物增大至2mol,实际上就是将反应物的浓度都增大至原来的2倍,比例不变(两次实验反应物的比例都是1: 1,等于方程式中的系数比),只要反应物的投料比等于系数比,达平衡时反应物的转化率一定是相等的。 所以两种反应物的转化率一定是1: 1。 选项C正确。 D.若起始温度提高至60℃,考虑到HBr易挥发性,温度升高化学反应速率加快,而反应物浓度减小能使化学反应速率变慢,故不一定能缩短到达平衡的时间。 选项D错误。 故选D。 点睛: 本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应,但是考虑到反应是在水溶液中进行的,而生成的溴乙烷是不溶于水的,即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的,所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。 6.LiH2PO4是制备电池的重要原料。 室温下,LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4–)的变化如图1所示,H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ随pH的变化如图2所示,[ ]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是 A.溶液中存在3个平衡 B.含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43– C.随c初始(H2PO4–)增大,溶液的pH明显变小 D.用浓度大于1mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3,当pH达到4.66时,H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4 【答案】D 【解析】 分析: 本题考查电解质溶液的相关知识。 应该从题目的两个图入手,结合磷酸的基本性质进行分析。 详解: A.溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡,存在HPO42–的电离平衡,存在水的电离平衡,所以至少存在4个平衡。 选项A错误。 B.含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4。 选B错误。 C.从图1中得到随着c初始(H2PO4–)增大,溶液的pH不过从5.5减小到4.66,谈不上明显变小,同时达到4.66的pH值以后就不变了。 所以选项C错误。 D.由图2得到,pH=4.66的时候,δ=0.994,即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%,所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。 选项D正确。 点睛: 本题中随着c初始(H2PO4–)增大,溶液的pH有一定的下降,但是达到一定程度后就基本不变了。 主要是因为H2PO4–存在电离和水解,浓度增大电离和水解都会增加,影响会互相抵消。 第Ⅱ卷 注意事项: 1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。 2.本卷共4题,共64分。 7.下图中反应①是制备SiH4的一种方法,其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。 回答下列问题: (1)MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序(H-除外): _________________________,Mg在元素周期表中的位置: _____________________,Mg(OH)2的电子式: ____________________。 (2)A2B的化学式为_______________。 反应②的必备条件是_______________。 上图中可以循环使用的物质有_______________。 (3)在一定条件下,由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料_______________(写化学式)。 (4)为实现燃煤脱硫,向煤中加入浆状Mg(OH)2,使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物,写出该反应的化学方程式: _______________。 (5)用Mg制成的格氏试剂(RMgBr)常用于有机合成,例如制备醇类化合物的合成路线如下: 依据上述信息,写出制备 所需醛的可能结构简式: _______________。 【答案】 (1).r(H+) (2).第三周期ⅡA族(3). (4).Mg2Si(5).熔融,电解(6).NH3,NH4Cl(7).SiC(8).2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O(9).CH3CH2CHO,CH3CHO 【解析】 【详解】 (1)MgCl2·6NH3所含元素的简单离子为Mg2+、Cl、N3-、H+,比较离子半径应该先看电子层,电子层多半径大,电子层相同时看核电荷数,核电荷数越大离子半径越小,所以这几种离子半径由小到大的顺序为: r(H+) Mg在周期表的第三周期ⅡA族。 氢氧化镁是离子化合物,其中含有1个Mg2+和2个OH-,所以电子式为: 。 (2)根据元素守恒,A2B中就一定有Mg和Si,考虑到各自化合价Mg为+2,Si为-4,所以化学式为Mg2Si。 反应②是MgCl2熔融电解得到单质Mg,所以必备条件为: 熔融、电解。 反应①需要的是Mg2Si、NH3和NH4Cl,而后续过程又得到了NH3和NH4Cl,所以可以循环的是NH3和NH4Cl。 (3)在一定条件下,由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料,该耐磨材料一定有Si和C,考虑到课本中介绍了碳化硅的高硬度,所以该物质为SiC。 (4)为实现燃煤脱硫,向煤中加入浆状Mg(OH)2,使燃烧产生 SO2转化为稳定的Mg化合物,二氧化硫是酸性氧化物与氢氧化镁这样的碱应该反应得到盐(亚硫酸镁),考虑到题目要求写出得到稳定化合物的方程式,所以产物应该为硫酸镁(亚硫酸镁被空气中的氧气氧化得到),所以反应为: 2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O。 (5)利用格氏试剂可以制备 ,现在要求制备 ,所以可以选择R为CH3CH2,R’为CH3;或者选择R为CH3,R’为CH3CH2,所以对应的醛R’CHO可以是CH3CH2CHO或CH3CHO。 8.化合物N具有镇痛、消炎等药理作用,其合成路线如下: (1)A的系统命名为______________,E中官能团的名称为_______________________。 (2)A→B的反应类型为________,从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为____________。 (3)C→D的化学方程式为___________________________________________。 (4)C的同分异构体W(不考虑手性异构)可发生银镜反应;且1molW最多与2molNaOH发生反应,产物之一可被氧化成二元醛。 满足上述条件的W有________种,若W的核磁共振氢谱具有四组峰,则其结构简式为________________。 (5)F与G的关系为________(填序号)。 a.碳链异构b.官能团异构 c.顺反异构d.位置异构 (6)M的结构简式为_________________________________________________。 (7)参照上述合成路线,以 原料,采用如下方法制备医药中间体 。 该路线中试剂与条件1为____________,X的结构简式为____________;试剂与条件2为____________,Y的结构简式为________________。 【答案】 (1).1,6己二醇 (2).碳碳双键、酯基(3).取代反应(4).减压蒸馏(或蒸馏)(5). (6).5(7). (8).c(9). (10).HBr,△(11). (12).O2/Cu或Ag,△(13). 【解析】 分析: 本题实际没有什么需要推断的,题目中已经将每一步的物质都给出了,所以只需要按部就班的进行小题的逐一解答即可。 详解: (1)A为6个碳的二元醇,在第一个和最后一个碳上各有1个羟基,所以名称为1,6-己二醇。 明显E中含有碳碳双键和酯基两个官能团。 (2)A→B的反应是将A中的一个羟基替换为溴原子,所以反应类型为取代反应。 反应后的液态有机混合物应该是A、B混合,B比A少一个羟基,所以沸点的差距应该较大,可以通过蒸馏的方法分离。 实际生产中考虑到A、B的沸点可能较高,直接蒸馏的温度较高可能使有机物炭化,所以会进行减压蒸馏以降低沸点。 (3)C→D的反应为C与乙醇的酯化,所以化学方程式为 。 注意反应可逆。 (4)C的分子式为C6H11O2Br,有一个不饱和度。 其同分异构体可发生银镜反应说明有醛基;1molW最多与2molNaOH发生反应,其中1mol是溴原子反应的,另1mol只能是甲酸酯的酯基反应(不能是羧基,因为只有两个O);所以得到该同分异构体一定有甲酸酯(HCOO-)结构。 又该同分异构体水解得到的醇应该被氧化为二元醛,能被氧化为醛的醇一定为-CH2OH的结构,其他醇羟基不可能被氧化为醛基。 所以得到该同分异构体水解必须得到有两个-CH2OH结构的醇,因此酯一定是HCOOCH2-的结构,Br一定是-CH2Br的结构,此时还剩余三个饱和的碳原子,在三个饱和碳原子上连接HCOOCH2-有2种可能: ,每种可能上再连接-CH2Br,所以一共有5种: 。 其中核磁共振氢谱具有四组峰的同分异构体,要求有一定的对称性,所以一定是 。 (5)F为 ,G为 ,所以两者的关系为顺反异构,选项c正确。 (6)根据G的结构明显得到N中画圈的部分为M ,所以M为 。 (7)根据路线中化合物X的反应条件,可以判断利用题目的D到E的反应合成。 该反应需要的官能团是X有Br原子,Y有碳氧双键。 所以试剂与条件1是HBr,△;将 取代为 ,X为 。 试剂与条件2是O2/Cu或Ag,△;将 氧化为 ,所以Y为 。 点睛: 最后一步合成路线中,是不可以选择CH3CH2CHO和CH3CHBrCH3反应的,因为题目中的反应Br在整个有机链的一端的,不保证在中间位置的时候也能反应。 9.烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一,为了监测其含量,选用如下采样和检测方法。 回答下列问题: Ⅰ.采样 采样步骤: ①检验系统气密性;②加热器将烟道气加热至140℃;③打开抽气泵置换系统内空气;④采集无尘、干燥的气样;⑤关闭系统,停止采样。 (1)A中装有无碱玻璃棉,其作用是___________。 (2)C中填充的干燥剂是(填序号)___________。 A.碱石灰B.无水CuSO4C.P2O5 (3)用实验室常用仪器组装一套装置,其作用是与D(装有碱液)相同,在虚线框中画出该装置的示意图,标明气体的流向及试剂。 ______________ (4)采样步骤②加热烟道气的目的是___________。 Ⅱ.NOx含量的测定 将vL气样通入适量酸化的H2O2溶液中,使NOx完全被氧化为NO3−,加水稀释至100.00mL。 量取20.00mL该溶液,加入v1mLc1mol·L−1FeSO4标准溶液(过量),充分反应后,用c2mol·L−1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+,终点时消耗v2mL。 (5)NO被H2O2氧化为NO3−的离子方程式是___________。 (6)滴定操作使用的玻璃仪器主要有___________。 (7)滴定过程中发生下列反应: 3Fe2++NO3−+4H+ NO↑+3Fe3++2H2O Cr2O72−+6Fe2++14H+ 2Cr3++6Fe3++7H2O 则气样中NOx折合成NO2的含量为_________mg·m−3。 (8)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”) 若缺少采样步骤③,会使测试结果___________。 若FeSO4标准溶液部分变质,会使测定结果___________。 【答案】 (1).除尘 (2).c(3). (4).防止NOx溶于冷凝水(5).2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O(6).锥形瓶、酸式滴定管(7). (8).偏低(9).偏高 【解析】 分析: 本题主要考查了定量实验的基本过程。 首先要仔细分析题目的流程图,注意分析每一步的作用和原理,再结合题目中每个问题的提示进行解答。 详解: (1)A的过程叫“过滤”,所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘。 (2)碱石灰是碱性干燥剂可能与NOX反应,所以不能使用。 硫酸铜的吸水能力太差,一般不用做干燥剂,所以不能使用。 五氧化二磷是酸性干燥剂,与NOX不反应,所以选项c正确。 (3)实验室通常用洗气瓶来吸收气体,与D相同应该在洗气瓶中加入强碱(氢氧化钠)溶液,所以答案为: 。 (4)加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后,NOX溶于水中。 (5)NO被H2O2氧化为硝酸,所以反应的离子方程式为: 2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O。 (6)滴定中使用酸式滴定管(本题中的试剂都只能使用酸式滴定管)和锥形瓶。 (7)用c2mol·L−1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余 Fe2+,终点时消耗V2mL,此时加入的Cr2O72-为c2V2/1000mol;所以过量的Fe2+为6c2V2/1000mol;则与硝酸根离子反应的Fe2+为(c1V1/1000-6c2V2/1000)mol;所以硝酸根离子为(c1V1/1000-6c2V2/1000)/3mol;根据氮元素守恒,硝酸根与NO2的物质的量相等。 考虑到配制100mL溶液取出来20mL进行实验,所以NO2为5(c1V1/1000-6c2V2/1000)/3mol,质量为46×5(c1V1/1000-6c2V2/1000)/3g,即230(c1V1-6c2V2)/3mg。 这些NO2是VL气体中含有的,所以含量为230(c1V1-6c2V2)/3Vmg·L-1,即为1000×230(c1V1-6c2V2)/3Vmg·m-3,所以答案为: mg·m−3。 (8)若缺少采样步骤③,装置中有空气,则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOX的含量,测定结果必然偏低。 若FeSO4标准溶液部分变质,一定是部分Fe2+被空气中的氧气氧化,计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2+是被硝酸根离子氧化的,所以测定结果偏高。 点睛: 注意本题中的流程图,装置D实际不是为了测定含量进行吸收,装置D相当于是尾气吸收。 样品气的吸收应该是在“采样处”进行的。 10.CO2是一种廉价的碳资源,其综合利用具有重要意义。 回答下列问题: (1)CO2可以被NaOH溶液捕获。 若所得溶液pH=13,CO2主要转化为______(写离子符号);若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1,溶液pH=___________。 (室温下,H2CO3的K1=4×10−7;K2=5×10−11) (2)CO2与CH4经催化重整,制得合成气: CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下: 化学键 C—H C=O H—H C O(CO) 键能/kJ·mol−1 413 745 436 1075 则该反应的ΔH=_________。 分别在VL恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压,容积可变)中,加入CH4和CO2各1mol的混合气体。 两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______(填“A”或“B”)。 ②按一定体积比加入CH4和CO2,在恒压下发生反应,温度对CO和H2产率的影响如图3所示。 此反应优选温度为900℃的原因是________。 (3)O2辅助的Al~CO2电池工作原理如图4所示。 该电池电容量大,能有效利用CO2,电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。 电池的负极反应式: ________。 电池的正极反应式: 6O2+6e− 6O2− 6CO2+6O2− 3C2O42−+6O2 反应过程中O2的作用是________。 该电池的总反应式: ________。 【答案】 (1).CO32- (2).10(3).+120kJ·mol-1(
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