今天小编为大家整理了有关于天津市高考化学试卷解析版，希望可以对大家有帮助。
天津市高考化学试卷解析版
一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）
1．（6分）化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列事实不涉及化学反应的是（）
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．利用基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分离出淡水
【考点】18：物理变化与化学变化的区别与联系
【分析】A．秸秆通过发酵生成乙醇；
B．石油生产塑料、化纤，裂化生成小分子，小分子发生加聚反应生成高分子；
C．基本的化学原料生产化学合成药物，发生有机反应生成新物质；
D．利用反渗透膜从海水中分离出淡水，无新物质生成。
【解答】解：A．秸秆通过发酵生成乙醇，为化学变化，故A不选；
B．石油生产塑料、化纤，裂化生成小分子，小分子发生加聚反应生成高分子，为化学变化，故B不选；
C．基本的化学原料生产化学合成药物，发生有机反应生成新物质，为化学变化，故C不选；
D．利用反渗透膜从海水中分离出淡水，无新物质生成，是物理变化，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查化学变化与物理变化，为基础性习题，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意新物质的判断，题目难度不大。
2．（6分）下列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Mg（OH）2+2NH4+═Mg2++2NH3•H2O
B向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体Fe3++3H2O═Fe（OH）3↓+3H+
C二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色3SO2+2MnO4﹣+4H+═3SO42﹣+2Mn2++2H2O
D氧化亚铁溶于稀硝酸FeO+2H+═Fe2++H2O
A．A B．B C．C D．D
【考点】49：离子方程式的书写
【分析】A．NH4+水解导致溶液呈酸性，Mg（OH）2能溶于酸；
B．得到的是胶体，胶体不是沉淀；
C．转移电子不守恒；
D．亚铁离子易被氧化生成铁离子。
【解答】解：A．NH4+水解导致溶液呈酸性，Mg（OH）2能溶于酸，离子方程式为Mg（OH）2+2NH4+═Mg2++2NH3•H2O，故A正确；
B．得到的是胶体，胶体不是沉淀，所以不能写沉淀符号，离子方程式为Fe3++3H2O═Fe（OH）3（胶体）+3H+，故B错误；
C．二者发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸，转移电子不守恒，离子方程式为5SO2+2MnO4﹣+2H2O═5SO42﹣+2Mn2++4H+，故C错误；
D．亚铁离子易被氧化生成铁离子，离子方程式为3FeO+10H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+5H2O，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子方程式正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的考查，注意电子、电荷守恒的应用，选项BD为解答的易错点，题目难度不大。
3．（6分）下列有关金属及其化合物的应用不合理的是（）
A．将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2
B．铝中添加适量锂，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良
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
【考点】GR：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【分析】A．氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子能氧化Fe生成亚铁离子；
B．Li﹣Al合金密度较小且硬度及强度大；
C．熟石灰成分为氢氧化钙，具有碱性；
D．无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色。
【解答】解：A．氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子能氧化Fe生成亚铁离子，涉及的反应为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣、2Fe3++Fe＝3Fe2+，从而除去氯气，故A正确；
B．Li﹣Al合金密度较小且硬度及强度大，所以Li﹣Al合金可以用于航空工业，故B正确；
C．熟石灰成分为氢氧化钙，具有碱性，碳酸钠水解导致其水溶液呈碱性，所以盐碱地中加入熟石灰不能改良土壤，通过施加适量石膏粉末（主要含有CaSO4，微溶于水）来降低土壤的碱性，故C错误；
D．无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，如果变色硅胶中加入CoCl2，可以根据变色硅胶颜色变化判断是否吸水，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查元素化合物性质，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确元素化合物性质是解本题关键，注意A中发生的反应，题目难度不大。
4．（6分）下列实验操作或装置能达到目的是（）
ABCD
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
A．A B．B C．C D．D
【考点】U5：化学实验方案的评价
【分析】A．配制溶液时，密度大的溶液倒入密度小的溶液；
B．定容时眼睛应该与凹液面最低处相切；
C．二氧化氮密度大于空气，应该采用向上排空气法收集；
D．得到的乙炔中含有硫化氢等气体，硫化氢等气体也能使溴水褪色。
【解答】解：A．配制溶液时，密度大的溶液倒入密度小的溶液，混合浓硫酸和乙醇相当于浓硫酸的稀释，应该将浓硫酸倒入乙醇中并不断搅拌，故A错误；
B．定容时眼睛应该与凹液面最低处相切，图象符合，故B正确；
C．二氧化氮密度大于空气，应该采用向上排空气法收集，所以导气管应该遵循“长进短出”原则，故C错误；
D．得到的乙炔中含有硫化氢等气体，硫化氢等气体也能使溴水褪色，应该先将得到的气体通入硫酸铜溶液除去杂质，然后将得到的气体通入溴水检验乙炔，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及气体收集、溶液配制、气体检验等知识点，明确化学反应原理、元素化合物性质、实验规则是解本题关键，D为解答易错点。
5．（6分）某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10﹣4和l.7×l0﹣5．将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（）
A．曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B．溶液中水的电离程度：b点＞c点
D．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n（Na+）相同
【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡
【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性：HNO2＞CH3COOH，
A．加水稀释促进弱酸电离，pH相同的这两种酸稀释相同倍数，pH变化大的酸性较强；
B．酸或碱抑制水电离，酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大；
D．a点两种溶液的pH相同，但是两种溶液浓度：HNO2＜CH3COOH，相同体积的a点两种溶液中溶质物质的量：HNO2＜CH3COOH，消耗的碱与酸的物质的量成正比，根据Na原子守恒判断n（Na+）。
【解答】解：酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性：HNO2＞CH3COOH，
A．加水稀释促进弱酸电离，pH相同的这两种酸稀释相同倍数，pH变化大的酸性较强，根据图知，pH变化较大的是II，则II表示较强的酸HNO2，所以曲线I表示CH3COOH，故A错误；
B．酸或碱抑制水电离，酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大，酸中c（H+）：b＞c，则抑制水电离程度：b＞c，所以水电离程度：b＜c，故B错误；
D．a点两种溶液的pH相同，但是两种溶液浓度：HNO2＜CH3COOH，相同体积的a点两种溶液中溶质物质的量：HNO2＜CH3COOH，消耗的碱与酸的物质的量成正比，所以消耗的碱：HNO2＜CH3COOH，根据Na原子守恒知溶液中n（Na+）：HNO2＜CH3COOH，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断能力，明确弱电解质电离特点、水解平衡常数影响因素、酸碱混合溶液定性判断等知识点是解本题关键，注意C中水解平衡常数只与温度有关，与溶液酸碱性及浓度无关，题目难度不大。
6．（6分）我国科学家研制了一种新型的高比能量锌﹣碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述不正确的是（）
A．放电时，a电极反应为I2Br﹣+2e﹣═2I﹣+Br﹣
B．放电时，溶液中离子的数目增大
C．充电时，b电极每增重0.65g，溶液中有0.02mol I﹣被氧化
D．充电时，a电极接外电源负极
【考点】BH：原电池和电解池的工作原理
【分析】由电池装置图可知，a极I2Br﹣生成I﹣，则发生还原反应，应为原电池的正极，b极Zn失电子生成Zn2+，发生氧化反应，应为原电池的负极，充电时，a为阳极，b为阴极，以此解答该题。
【解答】解：A．放电时，a电极I2Br﹣生成I﹣，发生还原反应，电极反应为I2Br﹣+2e﹣═2I﹣+Br﹣，故A正确；
B．放电时正极生成I2Br﹣生成I﹣、Br﹣，负极生成Zn2+，则溶液中离子的数目增大，故B正确；
C．充电时，b电极生成Zn，每增重0.65g，即生成0.01molZn，则转移0.02mol电子，阳极发生2I﹣+Br﹣2e﹣﹣＝I2Br﹣，溶液中有0.02molI﹣被氧化，故C正确；
D．原电池时，应生成I2Br﹣，则发生氧化反应，a为阳极，连接电源的正极，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查原电池和电解池知识，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握电极的反应和判断，结合图象的物质的变化，从氧化还原反应的角度分析，题目难度中等。
二、解答题（共4小题，满分64分）
7．（14分）氮、磷、砷（As）、锑（Sb）、铋（Bi）、镆（Mc）为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题：
已知：
P（s，白磷）＝P（s，黑磷）△H＝﹣39.3kJ•mol﹣1；
P（s，白磷）＝P（s，红磷）△H＝﹣17.6kJ•mol﹣1；
由此推知，其中最稳定的磷单质是黑磷。
（2）氮和磷氢化物性质的比较：
热稳定性：NH3＞PH3（填“＞”或“＜”）。
沸点：N2H4＞P2H4（填“＞”或“＜”），判断依据是N2H4分子间存在氢键。
（3）PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对PH3与HI反应产物的推断正确的是
bc（填序号）。
a．不能与NaOH反应 b．含离子键、共价键 c．能与水反应
（4）SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，写出该反应的化学方程式SbCl3+H2O⇌SbOCl↓+2HCl，因此，配制SbCl3溶液应注意加入盐酸抑制水解。
（5）在1L真空密闭容器中加入a molPH4I固体，t℃时发生如下反应：
PH4I（S）⇌PH3 （g）+HI（g） ①
4PH3（g）⇌P4（g）+6H2（g） ②
2HI（g）⇌H2（g）+I2（g） ③
【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系
【专题】51E：化学平衡专题．
【分析】（1）As位于第四周期第VA族，中子数＝质量数﹣质子数；
能量越低越稳定；
（2）元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；
分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高；
（3）PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似，PH3与HI反应产物为PH4I，相当于铵盐，具有铵盐结构性质；
（4）SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，根据元素守恒知，还生成HCl；配制SbCl3溶液要防止其水解，其水溶液呈酸性，所以酸能抑制水解；
（5）可逆反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g） ③
平衡（mol/L）b c c
可逆反应4PH3（g）⇌P4（g）+6H2（g） ②
可逆反应PH4I（S）⇌PH3 （g）+HI（g） ①
则t℃时反应①的平衡常数K值＝c（PH3）×c（HI）。
【解答】解：（1）As位于第四周期第VA族，中子数＝质量数﹣质子数＝288﹣115＝173；
能量越低越稳定，
P（s，白磷）＝P（s，黑磷）△H＝﹣39.3 kJ•mol﹣1①
P（s，白磷）＝P（s，红磷）△H＝﹣17.6kJ•mol﹣1②
将方程式①﹣②得P（s，红磷）＝P（s，黑磷）△H＝（﹣39.3+17.6）kJ/mol＝﹣21.7kJ/mol，
则能量：红磷＞黑磷，则黑磷稳定，
故答案为：第四周期第VA族；173；黑磷；
（2）元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；
非金属性N＞P，所以热稳定性：NH3＞PH3；
N2H4能形成分子间氢键、P2H4分子间不能形成氢键，所以沸点：N2H4＞P2H4，
故答案为：＞；＞；N2H4分子间存在氢键；
分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高；
（3）PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似，PH3与HI反应产物为PH4I，相当于铵盐，具有铵盐结构性质，
a．铵盐能和NaOH发生复分解反应，所以PH4I能与NaOH反应，故错误；
b．铵盐中存在离子键和共价键，所以PH4I中含离子键、共价键，故正确；
c．铵盐都易发生水解反应，所以PH4I能与水反应，故正确；
故答案为：bc；
（4）SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，根据元素守恒知，还生成HCl，反应方程式为SbCl3+H2O⇌SbOCl↓+2HCl；配制SbCl3溶液要防止其水解，其水溶液呈酸性，所以酸能抑制水解，则配制该溶液时为防止水解应该加入盐酸，
故答案为：SbCl3+H2O⇌SbOCl↓+HCl；加入盐酸抑制水解；
（5）可逆反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g） ③
平衡（mol/L）b c c
可逆反应4PH3（g）⇌P4（g）+6H2（g） ②
可逆反应PH4I（S）⇌PH3 （g）+HI（g） ①
【点评】本题考查较综合，涉及化学平衡常数计算、氢键、铵盐、盐类水解等知识点，侧重考查基础知识再现和灵活运用，明确化学反应原理、元素化合物性质是解本题关键，难点是（5）题计算，要计算①中平衡时各物质浓度，注意①中反应物为固体，为解答易错点，题目难度中等。
8．（18分）我国化学家首次实现了膦催化的（3+2）环加成反应，并依据该反应，发展了一条合成中草药活性成分茅苍术醇的有效路线。
已知（3+2）环加成反应：
回答下列问题：
（1）茅苍术醇的分子式为C15H26O，所含官能团名称为碳碳双键、羟基，分子中手性碳原子（连有四个不同的原子或原子团）的数目为3。
（2）化合物B的核磁共振氢谱中有2个吸收峰；其满足以下条件的同分异构体（不考虑手性异构）数目为5。
今天小编为大家整理了有关于天津市高考化学试卷解析版，希望可以对大家有帮助。
天津市高考化学试卷解析版
一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）
1．（6分）化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列事实不涉及化学反应的是（）
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．利用基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分离出淡水
【考点】18：物理变化与化学变化的区别与联系
【分析】A．秸秆通过发酵生成乙醇；
B．石油生产塑料、化纤，裂化生成小分子，小分子发生加聚反应生成高分子；
C．基本的化学原料生产化学合成药物，发生有机反应生成新物质；
D．利用反渗透膜从海水中分离出淡水，无新物质生成。
【解答】解：A．秸秆通过发酵生成乙醇，为化学变化，故A不选；
B．石油生产塑料、化纤，裂化生成小分子，小分子发生加聚反应生成高分子，为化学变化，故B不选；
C．基本的化学原料生产化学合成药物，发生有机反应生成新物质，为化学变化，故C不选；
D．利用反渗透膜从海水中分离出淡水，无新物质生成，是物理变化，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查化学变化与物理变化，为基础性习题，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意新物质的判断，题目难度不大。
2．（6分）下列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Mg（OH）2+2NH4+═Mg2++2NH3•H2O
B向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体Fe3++3H2O═Fe（OH）3↓+3H+
C二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色3SO2+2MnO4﹣+4H+═3SO42﹣+2Mn2++2H2O
D氧化亚铁溶于稀硝酸FeO+2H+═Fe2++H2O
A．A B．B C．C D．D
【考点】49：离子方程式的书写
【分析】A．NH4+水解导致溶液呈酸性，Mg（OH）2能溶于酸；
B．得到的是胶体，胶体不是沉淀；
C．转移电子不守恒；
D．亚铁离子易被氧化生成铁离子。
【解答】解：A．NH4+水解导致溶液呈酸性，Mg（OH）2能溶于酸，离子方程式为Mg（OH）2+2NH4+═Mg2++2NH3•H2O，故A正确；
B．得到的是胶体，胶体不是沉淀，所以不能写沉淀符号，离子方程式为Fe3++3H2O═Fe（OH）3（胶体）+3H+，故B错误；
C．二者发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸，转移电子不守恒，离子方程式为5SO2+2MnO4﹣+2H2O═5SO42﹣+2Mn2++4H+，故C错误；
D．亚铁离子易被氧化生成铁离子，离子方程式为3FeO+10H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+5H2O，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子方程式正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的考查，注意电子、电荷守恒的应用，选项BD为解答的易错点，题目难度不大。
3．（6分）下列有关金属及其化合物的应用不合理的是（）
A．将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2
B．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
