天津市高考化学试卷真题和答案解析

下文内容是小编精心整理的天津市高考化学试卷真题和答案解析，欢迎大家借鉴与参考，希望对大家有所帮助。

天津市高考化学试卷真题和答案解析

一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）

1．（6分）以节能减排为基础的低碳经济是保持社会可持续发展的战略举措．下列做法违背发展低碳经济的是（）

A．发展氢能和太阳能

B．限制塑料制品的使用

C．提高原子利用率，发展绿色化学

D．尽量用纯液态有机物代替水作溶剂

【考点】13：化学的发展趋势；19：绿色化学；F7：常见的生活环境的污染及治理

【分析】本题考查低碳经济．这类题关注社会热点，密切联系实际．

【解答】解：所谓低碳经济，是指在可持续发展理念指导下，通过技术创新、制度创新、产业转型、新能源开发等多种手段，尽可能地减少煤炭石油等高碳能源消耗，减少温室气体排放，达到经济社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态。发展氢能和太阳能，限制塑料的使用，和发展绿色化学，都符合低碳经济。

故选：D。

【点评】这类题考查化学与STES．这类题主要考查化学与日常生活、社会热点问题、食品、医药、能源、环保、化工生产、高新产品等方面的内容．解题中联系到平时积累的知识．

2．（6分）化学已渗透到人类生活的各个方面．下列说法不正确的是（）

A．阿司匹林具有解热镇痛作用

B．可以用Si3N4、Al2O3制作高温结构陶瓷制品

C．在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块可防止闸门被腐蚀

D．禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染

【考点】12：化学科学的主要研究对象；19：绿色化学；BK：金属的电化学腐蚀与防护；FM：陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；KG：药物的主要成分和疗效

【分析】因化学与社会、科学、生活、环境息息相关，则利用化学反应原理知识及生活常识来解决此类问题．

【解答】解：A、阿司匹林是生活中的常用解热镇痛药物，一般用来治疗感冒发烧，故A对；

B、因氮化硅陶瓷、三氧化二铝陶瓷为常见的新型陶瓷材料，故B对；

C、因铁铜相比，铁更活泼，由原电池原理可知铁更易发生氧化发应而损耗，则利用牺牲阳极的阴极保护法来保护闸门，故C错；

D、因铅能使人体中毒，则禁止使用四乙基铅作汽油防爆剂来减少铅污染，故D对；

故选：C。

【点评】本题考查了化学与社会、科学、生活、环境等问题，此考点属于学习化学的基本素养，也是高考化学试题的热点问题，这一考点往往为常识性的知识与运用化学原理解决实际问题，应予以重视．

3．（6分）下列鉴别方法可行的是（）

A．用氨水鉴别Al3+、Mg2+和Ag+

B．用Ba（NO3）2溶液鉴别Cl﹣、SO42﹣和CO32﹣

C．用核磁共振氢谱鉴别1﹣溴丙烷和2﹣溴丙烷

D．用KMnO4酸性溶液鉴别CH3CH＝CHCH2OH和CH3CH2CH2CHO

【考点】PS：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用

【分析】鉴别物质时，所要鉴别的物质要与所加入物质的反应具有不同的现象才可以鉴别出，鉴别Al3+和Mg2+需用过量强碱，生成的NaAlO2和Mg（OH）2沉淀，具有不同的现象；用Ba（NO3）2溶液不能鉴别SO42﹣和CO32﹣，因都生成不溶于水的物质；核磁共振是根据不同H的吸收图象，判断出化合物有几种不同的H，1﹣溴丙烷有三种H，2﹣溴丙烷有两种H所以1﹣溴丙烷会有三个吸收峰，而2﹣溴丙烷只有两个；CH3CH＝CHCH2OH和CH3CH2CH2CHO都能被KMnO4酸性溶液氧化而导致KMnO4溶液褪色，则不能鉴别．

【解答】解：A、氨水分别和Al3+、Mg2+反应生成难溶于水的Al（OH）3和Mg（OH）2，不能鉴别二者，鉴别Al3+和Mg2+需用过量强碱，生成的NaAlO2和Mg（OH）2沉淀，故A错；

B、用Ba（NO3）2溶液不能鉴别SO42﹣和CO32﹣，因生成物BaSO4和BaCO3都不溶于水，故B错；

C、1﹣溴丙烷有三种等效氢，其核磁共振谱有三个峰，而2﹣溴丙烷有两种等效氢原子，其核磁共振谱有两个峰，故可鉴别，故C正确；

D、碳碳双键、醛基都能被酸性KMnO4氧化，KMnO4溶液都褪色，无法鉴别，故D错。

故选：C。

【点评】本题考查物质的检验和鉴别，做题时要注意Al（OH）3的性质，碳碳双键、醛基与高锰酸钾反应的性质，很多同学在这两个地方容易出错．

4．（6分）下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是（）

A．某物质的溶液pH＜7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐

B．pH＝4.5的番茄汁中c（H+）是pH＝6.5的牛奶中c（H+）的100倍

C．AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同

D．pH＝5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（Na+）＞c（CH3COO﹣）

【考点】DB：盐类水解的原理；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】51A：溶液和胶体专题．

【分析】（1）溶液PH小于7的溶液有酸、强酸弱碱盐以及强酸的酸式盐等；

（2）根据PH大小可计算出溶液中H+浓度，pH＝4.5，c（H+）＝10﹣4.5 mol•L﹣1，pH＝6.5，其c（H+）＝10﹣6.5 mol•L﹣1；

（3）根据AgCl的溶解平衡可知溶液中的Cl﹣浓度越大，AgCl的溶解度越小；

（4）pH＝5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液呈酸性，溶液中H+大于OH﹣浓度，根据溶液呈电中性，则有c（CH3COO﹣）＞c（Na+）；

【解答】解：A、某些强酸的酸式盐如NaHSO4溶液的pH＜7，故A错；

B、pH＝4.5，c（H+）＝10﹣4.5 mol•L﹣1，pH＝6.5，其c（H+）＝10﹣6.5 mol•L﹣1，c（H+）是100倍的关系，故B正确；

C、当溶液中c（Cl﹣）不同，平衡向左移动的程度是不同的，所以AgCl的溶解度也是不同的，故C错；

D、混合溶液显酸性，则c（H+）＞c （OH﹣），根据电荷守恒，c（CH3COO﹣）＞c（Na+），故D错；

故选：B。

【点评】综合考查了电解质溶液中的有关知识，包括盐类的水解、溶液的pH与c（H+）的关系、沉淀溶解平衡的移动和溶液中离子浓度大小的比较．做题时注意盐溶液类型的积累，对溶液浓度不同类型计算方法的整理以及平衡移动的影响条件的理解．

5．（6分）下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是（）

A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+

B．Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O═Na++OH﹣+O2↑

C．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣

D．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4﹣+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O

【考点】49：离子方程式的书写

【专题】516：离子反应专题．

【分析】A．Fe3+具有氧化性，可与Cu反应；

B．Na2O2和H2O写成化学式，二者反应生成NaOH和O2；

C．HClO为弱电解质；

D．MnO4﹣可与Cl﹣发生氧化还原反应。

【解答】解：A．Fe3+具有氧化性，可与Cu反应，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故A正确；

B．Na2O2和H2O写成化学式，二者反应生成NaOH和O2，反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，题中未配平，故B错误；

C．HClO为弱电解质，应写成化学式，反应的离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故C错误；

D．MnO4﹣可与Cl﹣发生氧化还原反应，产物中有Cl2生成，不能用盐酸酸化，故D错误。

故选：A。

【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，本题易错点为D，注意不能用盐酸酸化高锰酸钾溶液。

6．（6分）下列各表述与示意图一致的是（）

A．图①表示25℃时，用0.1mol•L﹣1盐酸滴定20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化

B．图②中曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H＜0正、逆反应的平衡常数K随温度的变化

C．图③表示10mL0.01mol•L﹣1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液混合时，n（Mn2+）随时间的变化

D．图④中a、b曲线分别表示反应CH2＝CH2（g）+H2（g）→CH3CH3（g）；△H＜0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化

【考点】B1：氧化还原反应；B6：化学反应中能量转化的原因；CO：化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；R3：中和滴定

【专题】13：图像图表题；16：压轴题；51：基本概念与基本理论．

【分析】根据图象中纵横坐标的含义，利用点、线来分析一个量随另外一个量的变化，若变化趋势与图象中变化趋势不一致，即为正确答案．

【解答】解：A、0.1mol•L﹣1NaOH溶液的pH为13，用0.1mol•L﹣1盐酸滴定恰好中和时pH为7，因浓度相同，则体积相同，但酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，故A错误；

B、因反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡后升温K逆减小，而K正增大，且正逆反应的平衡常数互为倒数关系，故B正确；

C、虽反应是放热反应，但反应生成的Mn2+对该反应有催化作用，故反应速率越来越快，图象中曲线斜率变大，图中斜率增大，当高锰酸钾完全反应，速率不再变化，与图不符，故C错误；D、因该反应是放热反应，应反应物的总能量大于生成物的总能量，但图象描述是吸热反应，故D错误。

故选：B。

【点评】本题以图象与中和滴定、化学平衡、氧化还原反应、反应中的能量变化来考查学生，这些知识点是新课程改革考查的重点，明确考点“形变神不变”，做到善于抓规律、编网络来掌握即可．

二、解答题（共4小题，满分64分）

7．（14分）X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大．X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，M是地壳中含量最高的金属元素．

回答下列问题：

（1）L的元素符号为O；M在元素周期表中的位置为第三周期、第ⅢA族；五种元素的原子半径从大到小的顺序是Al＞C＞N＞O＞H（用元素符号表示）．

（2）Z、X两元素按原子数目比1：3和2：4构成分子A和B，A的电子式为，B的结构式为．

（3）硒（se）是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为34，其最高价氧化物对应的水化物化学式为H2SeO4．该族2～5周期元素单质分别与H2反应生成l mol气态氢化物的反应热如下，表示生成1mol硒化氢反应热的是b（填字母代号）．

a．+99.7kJ•mol﹣1 b．+29.7kJ•mol﹣1 c．﹣20.6kJ•mol﹣1 d．﹣241.8kJ•mol﹣1

【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用；BB：反应热和焓变；BI：电极反应和电池反应方程式

【分析】根据M是地壳中含量最高的金属元素及地壳中元素的含量可知M为铝元素，再由X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素及元素的原子序数依次增大，则X、Y、Z、L分别为氢、碳、氮、氧；

（1）利用原子结构及元素周期律来解答；（2）根据原子数写化学式，再由最外层电子数来分析电子式和结构式；（3）根据最外层电子数分析最高化合价，然后书写最高价氧化物对应的水化物化学式，利用气态氢化物的稳定来分析生成1mol硒化氢的反应热；（4）根据电解原理及信息生成难溶物R，R受热分解生成化合物Q来解答．

【解答】解：根据M是地壳中含量最高的金属元素及地壳中元素的含量可知M为铝元素，再由X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素及元素的原子序数依次增大，则X、Y、Z、L分别为氢、碳、氮、氧；

（1）因L为氧元素，其元素符号为O，M为铝元素，铝在第三周期、第ⅢA族，再由电子层越多，半径越大，同周期元素随原子序数的增大，半径在减小，故答案为：O；第三周期、第ⅢA族；Al＞C＞N＞O＞H；

（2）因Z、X两元素分别为N、H元素，原子数目比l：3和2：4构成分子A和B分别为NH3、N2H4，氮原子在分子中满足最外层8电子结构，故答案为：；；

（3）L为氧元素，Se与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为8+8+18＝34，其最外层电子数为6，则最高化合价为6，最高价氧化物对应的水化物化学式为H2SeO4，该族2～5周期元素单质分别与H2反应生成的气态氢化物的稳定性为H2O＞H2S＞H2Se＞H2Te，则生成1mol水时放热最多，则生成1molH2O、H2S、H2Se、H2Te的反应热分别为d、c、b、a，即生成1mol硒化氢反应热的是b，故答案为：34；H2SeO4；b；

（4）因M为铝，则M单质作阳极，铝失去电子，在NaHCO3溶液作电解液时铝离子与碳酸氢根离子在阳极反应，其反应为Al+3HCO3﹣﹣3e﹣＝Al（OH）3↓+CO2↑

【点评】本题考查元素周期表和周期律来推断元素，再利用元素化合物知识来解答，考查点多，注重对高中化学的热点、常考考点的考查，学生应加强对这几个知识点的归纳学习．

请回答下列问题：

（1）A的分子式为C12H16O

（2）B的名称是1﹣丙醇（或正丙醇）；A的结构简式为

（4）写出两种同时符合下列条件的E的同分异构体的结构简式：、、①属于芳香醛，②苯环上有两种不同环境的氢原子．

Ⅱ．由E转化为对甲基苯乙炔（）的一条路线如下：

（5）写出G的结构简式：

（6）写出①～④步反应所加试剂、反应条件和 ①～③步反应类型：

序号所加试剂及反应条件反应类型

①

②

③

④﹣﹣

【考点】HB：有机物的推断

【分析】Ⅰ利用信息可知A的分子式可写为（C3H4）nO，则：40n+16＝176，n＝4，所以A的分子式为C12H16O，由转化图可知B的碳原子数为3，该醇氧化生成的C，能够发生银镜反应，故B的羟基在端点，故B是1﹣丙醇，C为CH3CH2CHO，D为CH3CH2COONH4，逆推可知A的结构简式为，

Ⅱ生成含有碳碳三键的物质，一般应采取卤代烃的消去反应，故第①步是醛加成为醇，第②步是醇消去成烯烃，第③步是与Br2加成，第④步是卤代烃的消去，结合物质的结构性质解答该题．

【解答】解：（1）A的分子式可写为（C3H4）nO，则：40n+16＝176，n＝4，所以A的分子式为C12H16O，故答案为：C12H16O；

下文内容是小编精心整理的天津市高考化学试卷真题和答案解析，欢迎大家借鉴与参考，希望对大家有所帮助。

天津市高考化学试卷真题和答案解析

一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）

1．（6分）以节能减排为基础的低碳经济是保持社会可持续发展的战略举措．下列做法违背发展低碳经济的是（）

A．发展氢能和太阳能

B．限制塑料制品的使用

C．提高原子利用率，发展绿色化学

D．尽量用纯液态有机物代替水作溶剂

【考点】13：化学的发展趋势；19：绿色化学；F7：常见的生活环境的污染及治理

【分析】本题考查低碳经济．这类题关注社会热点，密切联系实际．

【解答】解：所谓低碳经济，是指在可持续发展理念指导下，通过技术创新、制度创新、产业转型、新能源开发等多种手段，尽可能地减少煤炭石油等高碳能源消耗，减少温室气体排放，达到经济社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态。发展氢能和太阳能，限制塑料的使用，和发展绿色化学，都符合低碳经济。

故选：D。

【点评】这类题考查化学与STES．这类题主要考查化学与日常生活、社会热点问题、食品、医药、能源、环保、化工生产、高新产品等方面的内容．解题中联系到平时积累的知识．

2．（6分）化学已渗透到人类生活的各个方面．下列说法不正确的是（）

A．阿司匹林具有解热镇痛作用

B．可以用Si3N4、Al2O3制作高温结构陶瓷制品

C．在入海口的钢铁闸门上装一定数量的铜块可防止闸门被腐蚀

D．禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染

【考点】12：化学科学的主要研究对象；19：绿色化学；BK：金属的电化学腐蚀与防护；FM：陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途；KG：药物的主要成分和疗效

【分析】因化学与社会、科学、生活、环境息息相关，则利用化学反应原理知识及生活常识来解决此类问题．

【解答】解：A、阿司匹林是生活中的常用解热镇痛药物，一般用来治疗感冒发烧，故A对；

B、因氮化硅陶瓷、三氧化二铝陶瓷为常见的新型陶瓷材料，故B对；

C、因铁铜相比，铁更活泼，由原电池原理可知铁更易发生氧化发应而损耗，则利用牺牲阳极的阴极保护法来保护闸门，故C错；

D、因铅能使人体中毒，则禁止使用四乙基铅作汽油防爆剂来减少铅污染，故D对；

故选：C。

【点评】本题考查了化学与社会、科学、生活、环境等问题，此考点属于学习化学的基本素养，也是高考化学试题的热点问题，这一考点往往为常识性的知识与运用化学原理解决实际问题，应予以重视．

3．（6分）下列鉴别方法可行的是（）

A．用氨水鉴别Al3+、Mg2+和Ag+

B．用Ba（NO3）2溶液鉴别Cl﹣、SO42﹣和CO32﹣

C．用核磁共振氢谱鉴别1﹣溴丙烷和2﹣溴丙烷

D．用KMnO4酸性溶液鉴别CH3CH＝CHCH2OH和CH3CH2CH2CHO

【考点】PS：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用

【分析】鉴别物质时，所要鉴别的物质要与所加入物质的反应具有不同的现象才可以鉴别出，鉴别Al3+和Mg2+需用过量强碱，生成的NaAlO2和Mg（OH）2沉淀，具有不同的现象；用Ba（NO3）2溶液不能鉴别SO42﹣和CO32﹣，因都生成不溶于水的物质；核磁共振是根据不同H的吸收图象，判断出化合物有几种不同的H，1﹣溴丙烷有三种H，2﹣溴丙烷有两种H所以1﹣溴丙烷会有三个吸收峰，而2﹣溴丙烷只有两个；CH3CH＝CHCH2OH和CH3CH2CH2CHO都能被KMnO4酸性溶液氧化而导致KMnO4溶液褪色，则不能鉴别．

【解答】解：A、氨水分别和Al3+、Mg2+反应生成难溶于水的Al（OH）3和Mg（OH）2，不能鉴别二者，鉴别Al3+和Mg2+需用过量强碱，生成的NaAlO2和Mg（OH）2沉淀，故A错；

B、用Ba（NO3）2溶液不能鉴别SO42﹣和CO32﹣，因生成物BaSO4和BaCO3都不溶于水，故B错；

C、1﹣溴丙烷有三种等效氢，其核磁共振谱有三个峰，而2﹣溴丙烷有两种等效氢原子，其核磁共振谱有两个峰，故可鉴别，故C正确；

D、碳碳双键、醛基都能被酸性KMnO4氧化，KMnO4溶液都褪色，无法鉴别，故D错。

故选：C。

【点评】本题考查物质的检验和鉴别，做题时要注意Al（OH）3的性质，碳碳双键、醛基与高锰酸钾反应的性质，很多同学在这两个地方容易出错．

4．（6分）下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是（）