【高考真题（含答案）】2022年天津高考化学真题（含答案）

【高考真题】2022年天津高考化学真题一、选择题1．近年我国在科技领域不断取得新成就。对相关成就所涉及的化学知识理解错误的是（）A．我国科学家实现了从二氧化碳到淀粉的人工合成，淀粉是一种单糖B．中国“深海一号”平台成功实现从深海中开采石油和天然气，石油和天然气都是混合物C．我国实现了高性能纤维锂离子电池的规模化制备，锂离子电池放电时将化学能转化为电能D．以硅树脂为基体的自供电软机器人成功挑战马里亚纳海沟，硅树脂是一种高分子材料2．嫦娥5号月球探测器带回的月壤样品的元素分析结果如图，下列有关含量前六位元素的说法正确的是（）A．原子半径：Al＜SiB．第一电离能：Mg＜CaC．Fe位于元素周期表的p区D．这六种元素中，电负性最大的是O3．下列物质沸点的比较，正确的是（）A．CH4C．H2S>H24．利用反应2NH3+NaClO=N2A．NH3分子有孤电子对，可做配体B．NaCl晶体可以导电C．一个N2H4分子中有4个σ键D．NaClO和NaCl均为离子化合物，他们所含的化学键类型相同5．燃油汽车行驶中会产生CO、NO等多种污染物。下图为汽车发动机及催化转化器中发生的部分化学反应。以下判断错误的是（）A．甲是空气中体积分数最大的成分B．乙是引起温室效应的气体之一C．反应(Ⅰ)在常温下容易发生D．反应(Ⅱ)中NO是氧化剂6．向恒温恒容密闭容器中通入2molSO2和1molO2，反应2SO2A．SO3的平衡浓度增大C．正向反应速率增大 D．SO7．下列关于苯丙氨酸甲酯的叙述，正确的是（）A．具有碱性B．不能发生水解C．分子中不含手性碳原子D．分子中采取sp8．25℃时，下列各组离子中可以在水溶液中大量共存的是（）A．H+、NH4+、ClO−、Cl− C．Na+、Al3+、HCO3−、SO49．下列实验操作中选用仪器正确的是（）用量筒量取10.00mL盐酸用瓷坩埚加热熔化NaOH固体用分液漏斗分离乙酸异戊酯和水的混合物配制一定温度的NaCl饱和溶液，用温度计测温并搅拌ABCDA．A B．B C．C D．D10．下列叙述错误的是（）A．H2B．818C．O2与OD．和互为同系物11．实验装置如图所示。接通电源后，用碳棒(a'、b')作笔，在浸有饱和NaCl溶液和石蕊溶液的湿润试纸上同时写字，A．a为负极B．b'C．电子流向为：b→D．如果将a'、b12．一定条件下，石墨转化为金刚石吸收能量。下列关于石墨和金刚石的说法正确的是（）A．金刚石比石墨稳定B．两物质的碳碳σ键的键角相同C．等质量的石墨和金刚石中，碳碳σ键数目之比为4∶3D．可以用X射线衍射仪鉴别金刚石和石墨二、非选择题13．金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：（1）基态Na原子的价层电子轨道表示式为。（2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，电解反应方程式：2NaCl(l)580℃电解__CaCl（3）Na2O2的电子式为。在25℃和101kPa时，Na与O2（4）采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2。空气与熔融金属Na反应前需依次通过a．浓硫酸b．饱和食盐水c．NaOH溶液d．KMnO（5）钠的某氧化物晶胞如下图，图中所示钠离子全部位于晶胞内。由晶胞图判断该氧化物的化学式为。（6）天然碱的主要成分为Na2CO3⋅NaHCO14．光固化是高效、环保、节能的材料表面处理技术。化合物E是一种广泛应用于光固化产品的光引发剂，可采用异丁酸(A)为原料，按如图路线合成：回答下列问题：（1）写出化合物E的分子式：，其含氧官能团名称为。（2）用系统命名法对A命名：；在异丁酸的同分异构体中，属于酯类的化合物数目为，写出其中含有4种处于不同化学环境氢原子的异构体的结构简式：。（3）为实现C→D的转化，试剂X为(填序号)。a．HBrb．NaBrc．B（4）D→E的反应类型为。（5）在紫外光照射下，少量化合物E能引发甲基丙烯酸甲酯()快速聚合，写出该聚合反应的方程式：。（6）已知：R=烷基或羧基参照以上合成路线和条件，利用甲苯和苯及必要的无机试剂，在方框中完成制备化合物F的合成路线。15．氯化铁是重要的化工原料。针对氯化铁的实验室制备方法，回答下列问题：（1）Ⅰ．FeCl制备流程图如下：将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全。判断反应完全的现象为。含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为。（2）操作①所必需的玻璃仪器中，除烧杯外还有。（3）检验FeCl3溶液中是否残留Fe（4）为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入（5）操作②为。（6）Ⅱ．由FeCl3将FeCl3⋅6H2O与液体SOCl仪器A的名称为，其作用为。NaOH溶液的作用是。（7）干燥管中无水CaCl2不能换成碱石灰，原因是（8）由下列结晶水合物制备无水盐，适宜使用上述方法的是(填序号)。a．ZnCl2⋅H16．天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物Fe3+L(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体H2S转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①①H2S(g)+2F②4Fe2+回答下列问题：（1）该工艺的总反应方程式为。1molH2S(g)发生该反应的热量变化为，Fe（2）研究不同配体与Fe3+所形成的配合物(A、B、C)对H2S吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入H2S，测得单位体积吸收液中H2（3）H2S的电离方程式为。25℃时，H2S溶液中H2S、HS−、S2−在含硫粒子总浓度中所占分数δ随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，H2S的Ka1=，Ka2=。再生反应在常温下进行，F

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．淀粉是多糖，故A符合题意；B．石油主要是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，天然气主要含甲烷，还有少量的其他烷烃气体，因此天然气是混合物，故B不符合题意；C．原电池工作时将化学能转化为电能，故C不符合题意；D．硅树脂是高聚物，属于高分子材料，故D不符合题意。故答案为：A。

【分析】A.淀粉属于多糖；

B.由多种物质组成的物质属于混合物；

C.锂离子电池为原电池装置；

D.硅树脂是一种高分子材料。2．【答案】D【解析】【解答】A．电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，Al、Si同周期，Al的核电荷数小于Si，原子半径：Al>Si，故A不符合题意；B．Mg、Ca同主族，同主族从上到下第一电离能减小，故B不符合题意；C．基态Fe原子价电子排布式为3d64s2，Fe位于元素周期表的d区，故C不符合题意；D．同周期元素从左到右电负性增大，同主族元素从上到下电负性减弱，则由此可知六种元素中电负性最大的为O，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；

B.同主族从上到下第一电离能逐渐减小；

C.基态Fe原子价电子排布式为3d64s2，属于d区元素；

D.元素的非金属性越强，电负性越大。3．【答案】B【解析】【解答】A．甲烷和乙烷组成结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，因此沸点CHB．含有氢键的物质相对无氢键的物质，沸点较高，HF含有氢键，HCl不含有，因此沸点HF＞HCl，故B符合题意；C．H2S、HD．相同碳原子的烷烃，支链越多，沸点越低，因此<CH3故答案为：B。

【分析】A.烷烃的相对分子质量越大，沸点越高；

B.HF能形成分子间氢键；

C.分子间作用力越大，沸点越高；

D.同分异构体中，支链越多，沸点越低。4．【答案】A【解析】【解答】A．NH3中N原子的孤电子对数＝5-3×12B．导电需要物质中有可自由移动的离子或电子，NaCl晶体中没有自由移动的电子或者离子，故不能导电，B不符合题意；C．N2H4的结构式为，单键均为σ键，则N2H4分子中含有5个σ键，C不符合题意；D．NaClO含有离子键和共价键，NaCl只含有离子键，都是离子化合物，但所含的化学键类型不同，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.NH3分子中N原子含有1个孤电子对，可作配体；

B.NaCl晶体中不存在自由移动的离子，不能导电；

C.单键均为σ键；

D.NaClO中含有离子键和共价键，NaCl中仅含有离子键。5．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，甲是氮气，空气的成分按体积计算，大约是氮气78%、氧气21%、稀有气体0.94%、二氧化碳0.03%、其它气体和杂质0.03%，氮气是空气中体积分数最大的成分，故A不符合题意；B．乙是二氧化碳，则乙是引起温室效应的气体之一，故B不符合题意；C．由于氮气含有氮氮三键，因此反应(Ⅰ)在常温下不容易发生，在高温或放电条件下发生，故C符合题意；D．一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，一氧化氮中氮化合价降低，因此反应(Ⅱ)中NO是氧化剂，故D不符合题意。故答案为：C。

【分析】甲和氧气反应生成NO，则甲为氮气，NO和CO反应生成氮气和二氧化碳，则乙为二氧化碳。6．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，平衡后，再通入一定量O2，平衡正向移动，SB．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，B符合题意；C．通入一定量O2D．通入一定量O2，促进二氧化硫的转化，S故答案为：B。

【分析】2SO7．【答案】A【解析】【解答】A．苯丙氨酸甲酯含有氨基，具有碱性，故A符合题意；B．苯丙氨酸甲酯含有酯基，能发生水解，故B不符合题意；C．分子中含手性碳原子，如图标“*”为手性碳原子，故C不符合题意；D．该物质中苯环和双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化，则分子中采取sp故答案为：A。

【分析】A.苯丙氨酸甲酯中含有氨基，具有碱性；

B.酯基能发生水解反应；

C.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；

D.苯环和双键碳原子采用sp2杂化。8．【答案】D【解析】【解答】A．H+与ClB．H+、I−、C．Al3+与D．K+、Na+、S故答案为：D。

【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。9．【答案】C【解析】【解答】A．筒量精确度为0.1mL，取10.00mL盐酸只能用酸式滴定管，故A不符合题意；B．NaOH会与瓷坩埚中的SiO2反应，应用铁坩埚加热熔化NaOH固体，故B不符合题意；C．乙酸异戊酯和水是不相溶的两种液体，因此可用分液漏斗分离乙酸异戊酯和水的混合物，故C符合题意；D．温度计用于测定温度，不能用于搅拌，故D不符合题意。故答案为：C。

【分析】A.量筒的精确度为0.1mL；

B.NaOH会与瓷坩埚中的SiO2反应；

C.采用分液的方式分离互不相溶的液体；

D.温度计用于测定温度，不能用于搅拌。10．【答案】D【解析】【解答】A．H2B．818C．O2与OD．结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物，属于酚，属于醇，两者结构不相似，因此两者不互为同系物，故D符合题意。故答案为：D。

【分析】A.H2O的空间构型为V形，正负电荷中心不重合，属于极性分子；

B.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；

C.O2与O3均为氧元素形成的单质，互为同素异形体；11．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，a'端呈白色，即生成了氯气，即发生反应2Cl--2e-=Cl2↑，为阳极，阳极与电源正极相连，则a为正极，A不符合题意；B．b'端为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成氢氧根，使酚酞变红，B符合题意；C．电子不经过电解质溶液，电子流向为：b→b′，a′→a，C不符合题意；D．Cu作阳极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，现象与碳作电极时不相同，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】a′端的字迹呈白色，则a′端生成氯气，a′端为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，b'端为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，a为正极，b为负极。12．【答案】D【解析】【解答】A．石墨转化为金刚石吸收能量，则石墨能量低，物质的能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，故A不符合题意；B．金刚石是空间网状正四面体形，键角为109°28′，石墨是层内正六边形，键角为120°，因此碳碳σ键的键角不相同，故B不符合题意；C．金刚石是空间网状正四面体形，石墨是层内正六边形，层与层之间通过范德华力连接，1mol金刚石有2mol碳碳σ键，1mol石墨有1.5mol碳碳σ键，因此等质量的石墨和金刚石中，碳碳σ键数目之比为3∶4，故C不符合题意；D．金刚石和石墨是两种不同的晶体类型，因此可用X射线衍射仪鉴别，故D符合题意。故答案为：D。

【分析】A.物质的能量越低越稳定；

B.金刚石是空间网状正四面体形，键角为109°28′，石墨是层内正六边形，键角为120°；

C.1mol金刚石有2mol碳碳σ键，1mol石墨有1.5mol碳碳σ键；

D.金刚石和石墨是两种不同的晶体类型。13．【答案】（1）(或)（2）作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗（3）；2Na(s)+O2(g)=N（4）c；a（5）N（6）159【解析】【解答】（1）基态Na原子的价电子排布式为3s1，则价层电子轨道表示式为(或)；故答案为：(或)。（2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl的熔点，节省能耗，说明加入CaCl（3）Na2O2含有钠离子和过氧根离子，其电子式为。在25℃和101kPa时，Na与O2反应生成1molNa2O2放热510.9kJ，则该反应的热化学方程式：2Na(s)+O（4）采用空气和Na为原料可直接制备Na（5）图中所示钠离子全部位于晶胞内，则晶胞中有8个钠，氧有8×18+6×12（6）2NaHCO3Δ__Na

【分析】（1）基态Na原子的价电子排布式为3s1，轨道表示式为；

（2）NaCl熔点为800.8℃，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，降低了NaCl的熔点；

（3）Na2O2由钠离子和过氧根离子构成；Na与O2反应生成1molNa2O2放热510.9kJ，则该反应的热化学方程式为2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)ΔH=−510.9kJ⋅mol−1；

（4）采用空气和Na为原料可直接制备Na14．【答案】（1）C10（2）2−甲基丙酸；4；HCOOC（3）c（4）取代反应(或水解反应)（5）（6）【解析】【解答】（1）根据化合物E的结构简式可知E的分子式为C10H12（2）A主链由3个碳原子，属于羧酸，羧酸命名时，选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，表示出支链和官能团的位置，用系统命名法对A命名为：2−甲基丙酸；在异丁酸的同分异构体中，属于酯类的化合物有CH3CH2COOCH3、CH3COOCH2CH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH2(CH3)2共4种，其中含有4种处于不同化学环境氢原子的异构体的结构简式：HCOOCH2CH2CH3；故答案为：2−甲基丙酸；4；HCOOCH2CH2CH3。（3）C→D的转化过程中，Br取代烷基上的氢原子，需要在光照条件下和溴蒸汽反应，因此试剂X为Br（4）D→E是溴原子变为羟基，因此其反应类型为取代反应(或水解反应)；故答案为：取代反应(或水解反应)。（5）在紫外光照射下，少量化合物E能引发甲基丙烯酸甲酯()快速聚合，生成高聚物，则该聚合反应的方程式：；故答案为：。（6）甲苯在酸性高锰酸钾溶液条件下被氧化为苯甲酸，苯甲酸和氢气在催化剂作用下生成，和SOCl2在加热条件下反应生成，和苯在催化剂加热条件下反应生成，其合成路线为；故答案为：。

【分析】（1）根据E的结构简式确定其分子式，E中的含氧官能团为酮羰基、羟基；

（2）A属于羧酸，其系统命名为2−甲基丙酸；分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；

（3）C→D取代的是烷基上的氢原子，试剂为Br2；

（4）D发生取代反应生成E；

（5）甲基丙烯酸甲酯发生加聚反应生成聚甲基丙烯酸甲酯；

（6）参照题干合成路线，采用逆合成分析法确定具体合成步骤。15．【答案】（1）不再有气泡产生；Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率（2）漏斗、玻璃棒（3）K3（4）2Fe3+（5）在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到FeCl（6）球形冷凝管；冷凝回流SOCl2；吸收（7）碱石灰与SO（8）a【解析】【解答】（1）将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全，由于废铁屑与盐酸反应不断产生气泡，因此判断反应完全的现象为不再有气泡产生；含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，是因为Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率；故答案为：不再有气泡产生；Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率。（2）操作①是过滤，所必需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；故答案为：漏斗、玻璃棒。（3）Fe2+和K3[Fe(CN)6]溶液