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天津高考化学真题及解析
一、每题6分，共36分，只有一项是最符合题目要求的．
1．（6分）根据下列物质的化学性质，判断其应用错误的是（）
A．酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒
B．CaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂
C．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂
D．镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料
【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系
【专题】52：元素及其化合物．
【分析】A．蛋白质的性质和生理功能发生改变的现象称为蛋白质的变性，酒精能使蛋白质变性；
C．明矾溶于水可以形成Al（OH）3胶体，胶体吸附悬浮物质而沉降，起净水作用，是常用的净水剂；
D．储氢合金是一类能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料；
【解答】解：A．体积分数为75%的酒精溶液常用于灭菌消毒，此浓度杀菌力最强。在75%的酒精作用下，乙醇能渗入细胞内，使蛋白质凝固变性，从而起到杀菌的作用，故A正确；
C．明矾用作废水处理的混凝剂，明矾溶于水可以形成Al（OH）3胶体，胶体具有很大的表面积，吸附悬浮物质而沉降，起净水作用，是常用的净水剂，明矾没有氧化性也不能吸附颜色，不作漂白剂，故C错误；
D．镍和镧组成的一种合金LaNix是较好的储氢材料，能快速可逆地存储和释放H2，其储氢原理为：镧镍合金吸附H2，H2解离为原子，H储存在其中形成LaNixH6，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查了蛋白质的变性、煤的脱硫、明矾的净水、储氢合金等知识，较为综合，题目有一定的难度，平时注意基础知识的全面掌握．
2．（6分）下列单质或化合物性质的描述正确的是（）
A．NaHSO4水溶液显中性
B．SiO2与酸、碱均不反应
C．NO2溶于水时发生氧化还原反应
D．Fe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3
【考点】D3：电解质在水溶液中的电离；EK：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；FH：硅和二氧化硅；GM：铁的化学性质
【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题；52：元素及其化合物．
【分析】A．NaHSO4在水中能电离出氢离子显酸性；
B．氢氟酸能和二氧化硅反应，氢氧化钠能和二氧化硅反应；
C．NO2与水反应为3NO2+H2O═2HNO3+NO，反应中只有氮元素的化合价发生变化，NO2既是氧化剂也是还原剂；
D．氯气和金属反应生成高价金属，能将铁氧化成+3价的铁，氯气和金属铁反应的产物是氯化铁．
【解答】解：A．NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4＝Na++H++SO42﹣溶液呈酸性，故A错误；
B．氢氟酸能和二氧化硅发生SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O，玻璃中含有二氧化硅，常用此反应在玻璃上刻字；氢氧化钠能和二氧化硅发生2NaOH+SiO2═Na2SiO3+H2O，实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因是玻璃中的SiO2与NaOH反应，生成具有粘性的Na2SiO3，会粘住瓶塞，故B错误；
C．NO2与水反应为3NO2+H2O═2HNO3+NO，反应中氮元素的化合价发生变化，由NO2中+4价升高为HNO3中+5价，由NO2中+4价降低为NO中+2价，NO2既是氧化剂也是还原剂，故C正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查了元素化合物的知识，考查角度广，要求学生具有分析和解决问题的能力，平时注意相关知识的积累，题目难度中等．
3．（6分）下列叙述正确的是（）
A．乙酸与丙二酸互为同系物
B．不同元素的原子构成的分子只含极性共价键
D．短周期第ⅣA与ⅦA族元素的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构
【考点】33：同位素及其应用；I2：芳香烃、烃基和同系物
【专题】51B：原子组成与结构专题；51C：元素周期律与元素周期表专题；51D：化学键与晶体结构；53：有机化学基础．
【分析】A．结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2基团的化合物互称为同系物；
B．同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键；
C．核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；
D．．ⅣA（用X表示）与ⅦA（用Y表示）形成的化合物为XY4．
【解答】解：A．乙酸含有一个羧基，丙二酸含有2个羧基，结构不相似，不互为同系物，故A错误；
B．如 H2O2分子，分子中含有一个O﹣O非极性键，故B错误；
D．ⅣA（用X表示）与ⅦA（用Y表示）形成的化合物为XY4，X形成四个键，加上原来的4个电子，最外层共8个电子，每个Y形成一个键，加上原来的7个电子，共8个电子，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查同系物、极性键、核素等，题目难度不大，注意知识的积累．
4．（6分）完成下列实验所选择的装置或仪器（夹持装置已略去）正确的是（）
A．
用CCl4提取溴水中的Br2
B．
除去乙醇中的苯酚
C．
从KI和I2的固体混合物中回收I2
D．
配制100mL 0.1000mol•L﹣1 K2Cr2O7溶液
【考点】U5：化学实验方案的评价
【专题】25：实验评价题．
【分析】A．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；
B．苯酚易溶于乙醇；
C．碘单质易升华；
D．烧杯用来粗略配制溶液．
【解答】解：A．溴单质易溶于四氯化碳，且四氯化碳与水互不相溶，故A正确；
B．苯酚易溶于乙醇，能透过滤纸，不能用过滤分离，故B错误；
C．加热后，碘单质易升华，剩余的是KI，故C错误；
D．烧杯用来粗略配制溶液，无法精确到0.0001，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查萃取、分液、物质的分离、溶液的配制等，难度不大，注意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．
5．（6分）下列电解质溶液的有关叙述正确的是（）
A．同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7
B．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c（Ba2+）增大
D．在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c（Na+）＝c（CH3COO﹣）
【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；DN：离子浓度大小的比较
【专题】16：压轴题；51G：电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A、强酸强碱不一定是一元强酸和一元强碱；
B、依据沉淀溶解平衡分析，在一定温度下溶度积为常数，硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行；
C、依据化学反应判断生成产物为碳酸氢钾，碳酸氢根离子水解；
D、依据溶液中的电荷守恒计算判断；
【解答】解：A、强酸强碱不一定是一元强酸和一元强碱，等浓度等体积混合可能酸过量或碱过量，故A错误；
B、加入Na2SO4固体，硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行，钡离子浓度减小，故B错误；
C、含1mol KOH的溶液与1mol CO2完全反应后生成碳酸氢钾，碳酸氢根离子水解，c（K+）＞c（HCO3﹣），故C错误；
D、在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，依据电荷守恒；c（H+）+c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），当c（H+）＝c（OH﹣）时，c（Na+）＝c（CH3COO﹣），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了酸碱反应的溶液酸碱性判断，溶液中离子浓度大小比较，盐类水解的应用，溶液中电荷守恒的应用，沉淀溶解平衡的分析判断，题目难度中等．
6．（6分）已知2SO2 （g）+O2 （g）⇌2SO3 （g）；△H＝﹣197kJ•mol﹣1．向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：（甲） 2mol SO2和1mol O2；（乙） 1mol SO2和0.5mol O2；（丙） 2mol SO3．恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是（）
A．容器内压强P：P甲＝P丙＞2P乙
B．SO3的质量m：m甲＝m丙＞2m乙
C．c（SO2）与c（O2）之比k：k甲＝k丙＞k乙
D．反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲＝Q丙＞2Q乙
【考点】CB：化学平衡的影响因素
【专题】16：压轴题；51E：化学平衡专题．
【分析】恒温恒容，甲与乙起始n（SO2）：n（O2）＝2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故甲中转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n（SO2）＝2mol，n（O2）＝1mol，与甲为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，据此结合选项解答；
【解答】解：恒温恒容，甲与乙起始n（SO2）：n（O2）＝2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n（SO2）＝2mol，n（O2）＝1mol，与甲为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，
A、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故压强P甲＝P丙，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故P乙＜P甲＜2P乙，故P甲＝P丙＜2P乙，故A错误；
B、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故质量m甲＝m丙，甲等效为在乙到达平衡的基础上，再加入1mol SO2和0.5mol O2，增大压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，m甲＞2m乙，故m甲＝m丙＞2m乙，故B正确；
C、对于甲、乙，SO2、O2起始物质的量之比等于化学计量数之比，c（SO2）与c（O2）之比为定值2：1，丙为分解反应，丙中c（SO2）与c（O2）之比为2：1，故k甲＝k丙＝k乙＝2，故C错误；
D、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故Q甲+Q丙＝197，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，故Q甲＞2Q乙，故D错误；
故选：B。
【点评】该题考查化学平衡移动与计算、反应热知识、等效平衡等，难度较大，注意构建甲、乙平衡建立的途径，注意理解等效平衡。
二、本卷共4题，共64分．
7．（14分）X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子。
请回答下列问题：
（1）Y在元素周期表中的位置为第二周期第ⅥA族。
（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4（写化学式），非金属气态氢化物还原性最强的是H2S（写化学式）。
（3）Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有O3、Cl2等（写出其中两种物质的化学式）。
（4）X2M的燃烧热△H＝﹣a kJ•mol﹣1，写出X2M燃烧反应的热化学方程式：2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（l），△H＝﹣2aKJ•mol﹣1。
（5）ZX的电子式为
；ZX与水反应放出气体的化学方程式为NaH+H2O＝NaOH+H2↑。
【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用
【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．
【分析】X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，X为主族元素，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，Y为主族元素，且Z原子序数大于Y原子序数，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，所以Y是O元素，M是S元素，G是短周期主族元素，所以G是Cl元素（不考虑稀有气体），据此解答。
【解答】解：X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，X为主族元素，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，Y为主族元素，且Z原子序数大于Y原子序数，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，所以Y是O元素，M是S元素，G是短周期主族元素，所以G是Cl元素（不考虑稀有气体），
（1）Y是O元素，O原子有2个电子层，最外层电子数为6，处于第二周期第ⅥA族，故答案为：第二周期第ⅥA族；
（2）非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，这几种元素非金属性最强的是Cl元素，所以其最高价含氧酸的酸性最强的是高氯酸HClO4，非金属性越弱，气态氢化物还原性越强，还原性最强的气态氢化物是硫化物 H2S，故答案为：HClO4；H2S；
（3）Y的单质O3、G的单质Cl2、二者形成的ClO2可作消毒剂，故答案为：O3、Cl2等；
（4）H2S的燃烧热△H＝﹣a kJ•mol﹣1，根据燃烧热的含义，H2S燃烧的热化学方程式生成物应该生成SO2，故H2S燃烧反应的热化学方程式为：2H2S（g）+3O2（g）＝2 SO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣2aKJ•mol﹣1，
故答案为：2H2S（g）+3O2（g）＝2 SO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣2aKJ•mol﹣1；
（5）ZX为NaH，属于离子化合物，由钠离子与氢负离子构成，电子式为 
，Na与水反应是氢氧化钠与氢气，反应化学方程式为为：NaH+H2O＝NaOH+H2↑，
故答案为：
；NaH+H2O＝NaOH+H2↑；
（6）熔融状态下，Na的单质和FeCl2能组成可充电电池，反应原理为：2Na+FeCl2 
Fe+2NaCl． 放电时，为原电池，原电池的正极发生还原反应，Fe2+在正极放电生成Fe，正极反应式为，Fe2++2e﹣＝Fe；充电时，为电解池，阴极发生还原，故Na电极接电源的负极，由电池结构可知，该电池的电解质为β﹣Al2O3，
故答案为：Fe2++2e﹣＝Fe；钠；β﹣Al2O3。
【点评】本题以元素推断为载体考查了元素化合物的性质，能正确判断元素是解本题的关键，注意（5）中NaH电子式书写氢负离子的电子式2个电子成对，不能分开。
今天小编精心为大家整理了一些天津高考化学真题及解析的相关内容，希望能帮助到大家，欢迎大家阅读和参考。
天津高考化学真题及解析
一、每题6分，共36分，只有一项是最符合题目要求的．
1．（6分）根据下列物质的化学性质，判断其应用错误的是（）
A．酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒
B．CaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂
C．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂
D．镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料
【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系
【专题】52：元素及其化合物．
【分析】A．蛋白质的性质和生理功能发生改变的现象称为蛋白质的变性，酒精能使蛋白质变性；
C．明矾溶于水可以形成Al（OH）3胶体，胶体吸附悬浮物质而沉降，起净水作用，是常用的净水剂；
D．储氢合金是一类能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料；
【解答】解：A．体积分数为75%的酒精溶液常用于灭菌消毒，此浓度杀菌力最强。在75%的酒精作用下，乙醇能渗入细胞内，使蛋白质凝固变性，从而起到杀菌的作用，故A正确；
C．明矾用作废水处理的混凝剂，明矾溶于水可以形成Al（OH）3胶体，胶体具有很大的表面积，吸附悬浮物质而沉降，起净水作用，是常用的净水剂，明矾没有氧化性也不能吸附颜色，不作漂白剂，故C错误；
D．镍和镧组成的一种合金LaNix是较好的储氢材料，能快速可逆地存储和释放H2，其储氢原理为：镧镍合金吸附H2，H2解离为原子，H储存在其中形成LaNixH6，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查了蛋白质的变性、煤的脱硫、明矾的净水、储氢合金等知识，较为综合，题目有一定的难度，平时注意基础知识的全面掌握．
2．（6分）下列单质或化合物性质的描述正确的是（）
A．NaHSO4水溶液显中性
B．SiO2与酸、碱均不反应
C．NO2溶于水时发生氧化还原反应
D．Fe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3
【考点】D3：电解质在水溶液中的电离；EK：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；FH：硅和二氧化硅；GM：铁的化学性质
【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题；52：元素及其化合物．
【分析】A．NaHSO4在水中能电离出氢离子显酸性；
B．氢氟酸能和二氧化硅反应，氢氧化钠能和二氧化硅反应；
C．NO2与水反应为3NO2+H2O═2HNO3+NO，反应中只有氮元素的化合价发生变化，NO2既是氧化剂也是还原剂；
D．氯气和金属反应生成高价金属，能将铁氧化成+3价的铁，氯气和金属铁反应的产物是氯化铁．
【解答】解：A．NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4＝Na++H++SO42﹣溶液呈酸性，故A错误；
B．氢氟酸能和二氧化硅发生SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O，玻璃中含有二氧化硅，常用此反应在玻璃上刻字；氢氧化钠能和二氧化硅发生2NaOH+SiO2═Na2SiO3+H2O，实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因是玻璃中的SiO2与NaOH反应，生成具有粘性的Na2SiO3，会粘住瓶塞，故B错误；
C．NO2与水反应为3NO2+H2O═2HNO3+NO，反应中氮元素的化合价发生变化，由NO2中+4价升高为HNO3中+5价，由NO2中+4价降低为NO中+2价，NO2既是氧化剂也是还原剂，故C正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查了元素化合物的知识，考查角度广，要求学生具有分析和解决问题的能力，平时注意相关知识的积累，题目难度中等．
3．（6分）下列叙述正确的是（）
A．乙酸与丙二酸互为同系物
B．不同元素的原子构成的分子只含极性共价键
D．短周期第ⅣA与ⅦA族元素的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构
【考点】33：同位素及其应用；I2：芳香烃、烃基和同系物
【专题】51B：原子组成与结构专题；51C：元素周期律与元素周期表专题；51D：化学键与晶体结构；53：有机化学基础．
