2015年天津市高考化学试卷解析版

【分析】A．如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，证明存在Fe3+，并不能证明2015年天津市高考化学试卷解析版无Fe2+；参考答案与试题解析B．无水硫酸铜吸水变为CuSO•5HO，白色粉末变蓝，可证明原气体中含有水蒸气；一、选择题：42C．灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，不能证明无K+，因为黄光可遮住紫光，K+焰色反应1．（6分）下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是（ ）需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察；A．点燃爆竹后，硫燃烧生成SO3D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO、SO等．B．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈22【解答】解：A．Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，如果该溶液既含Fe3+，又C．服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO3溶液解毒含Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；D．使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱B．气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2O═CuSO4•5H2O，可证明原气体中含有水蒸【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．菁优网版权所有气，故B正确；【分析】A．硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫；．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有+，并不能证明无+，+焰色反应为黄色，可遮住紫3+CNaKNaB．明矾溶液中Al水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液；光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；C．水杨酸为邻羟基苯甲酸，含有羧基、酚羟基，羧基能与碳酸氢钠反应；D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO、SO等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体不一D．肥皂有效成分为高级脂肪酸钠盐，会与钙离子反应生成难溶的高级脂肪酸钙．22定是CO2，故D错误，【解答】解：A．硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫，不能生成SO3，故A错误；故选：。3+BB．明矾溶液中Al水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清【点评】本题考查常见物质及离子检验，侧重对基础知识的考查，注意对基础知识的掌握积累．除铜镜表面的铜锈，故B正确；3．（6分）下列说法不正确的是（ ）C．水杨酸为邻羟基苯甲酸，含有羧基、酚羟基，羧基能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，服用阿司匹林出现A．Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行水杨酸反应时，可以用NaHCO3溶液解毒，故C正确；B．饱和NaSO溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同D．肥皂有效成分为高级脂肪酸钠盐，用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，高级脂肪酸钠盐会与钙离子反24C．FeCl和MnO均可加快HO分解，同等条件下二者对HO分解速率的改变相同应生成难溶的高级脂肪酸钙，使肥皂去污能力减弱，故D正确，322222D．Mg（OH）固体在溶液存在平衡：Mg（OH）（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），该固体可溶于NHCl故选：A。224溶液【点评】本题考查化学与生活，比较基础，体现了化学知识在生产、生活中的应用．【考点】C5：焓变和熵变；CA：化学反应速率的影响因素；DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本2．（6分）下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（ ）质；K6：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．菁优网版权所有A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+【分析】A．该反应为固体与液态反应生成气体，该反应为熵增反应，反应放出大量的热，结合△G＝△H﹣B．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气T△S＜0，反应自发进行；C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+B．饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，前者为盐析，后者为蛋白质变性；D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2C．FeCl3和MnO2对H2O2分解催化效果不相同；【考点】1B：真题集萃；DG：常见离子的检验方法；PG：常见阳离子的检验．菁优网版权所有2+2+2+D．NH4Cl溶液中铵根离子水解呈酸性，消耗Mg（OH）2（s）溶解平衡中的氢氧根离子，平衡右移．甲池中的Zn通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn与放电的Cu的物质的【解答】解：A．Na与水反应为固体与液态反应生成气体，该反应为熵增反应，即△S＞O，反应中钠熔化量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大．为小球，说明反应放出大量的热，即△H＜0，则△G＝△H﹣T△S＜0，故该反应自发进行，故A正确；【解答】解：A．由图象可知，该原电池反应式为：Zn+Cu2+＝Zn2++Cu，Zn为负极，发生氧化反应，Cu为B．饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，饱和Na2SO4溶液降低蛋白质溶解度，为盐析现正极，发生还原反应，故A错误；2﹣象，为可逆过程，再加入水可以溶解，硝酸具有强氧化性，使蛋白质变性，过程不可能，二者原理不同，故B．阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c（SO4）不变，故B错误；B正确；C．甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中发生反应：Cu2++2e﹣＝Cu，保持溶液呈电中性，进入2+2+C．FeCl3和MnO2对H2O2分解催化效果不相同，同等条件下H2O2分解速率的改变不相同，故C错误；乙池的Zn与放电的Cu的物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大，故C正D．NH4Cl溶液中铵根离子水解呈酸性，消耗Mg（OH）2（s）溶解平衡中的氢氧根离子，使Mg（OH）2确；2+﹣2+（s）⇌Mg（aq）+2OH（aq）平衡右移，故Mg（OH）2可溶于NH4Cl溶液，故D正确，D．甲池中的Zn通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液电荷守恒，阴离子不能通过阳离子交换膜，故D故选：C。错误，【点评】本题侧重对化学反应原理考查，涉及反应自发性判断、蛋白质的性质、反应速率影响因素、沉淀溶故选：C。解平衡等，注意B选项中蛋白质变性的一些方法，难度不大．【点评】本题考查原电池工作原理，比较基础，注意阳离子交换膜只允许阳离子通过，C选项利用电荷守恒4．（6分）锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是分析．（ ）5．（6分）室温下，将0.20molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是（ ） 加入的物质 结论﹣1+A 100mL 2mol•LH2SO4 反应结束后，c（Na）＝c2﹣（SO4）‒B 0.20molCaO푐(푂퐻)溶液中增大‒푐(퐻퐶푂3)+C 200mLH2O 由水电离出的c（H）•c（OHA．铜电极上发生氧化反应﹣）不变2﹣B．电池工作一段时间后，甲池的c（SO4）减小D 0.4molNaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，cC．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加（Na+）不变 D．阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡A．AB．BC．CD．D【考点】1B：真题集萃；BH：原电池和电解池的工作原理．菁优网版权所有【考点】DD：盐类水解的应用．菁优网版权所有【分析】由图象可知，该原电池反应式为：Zn+Cu2+＝Zn2++Cu，Zn发生氧化反应，为负极，Cu电极上发生【专题】51H：盐类的水解专题．还原反应，为正极，阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，两池溶液中硫酸根浓度不变，随反应进行，【分析】n（Na2CO3）＝0.2mol，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为6．（6分）某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+mY（g）⇌3Z2﹣﹣﹣CO3+H2O⇌HCO3+OH，（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到A．n（H2SO4）＝2mol/L×0.1L＝0.2mol，H2SO4和Na2CO3反应方程式为Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+CO2↑平衡后，X、Y、Z的体积分数不变．下列叙述不正确的是（ ）+H2O，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱溶液Na2SO4，溶液呈中性，根据电荷守恒判断cA．m＝2+2﹣（Na）、c（SO4）相对大小；B．两次平衡的平衡常数相同B．CaO+H2O＝Ca（OH）2、Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH，所以得CaO+H2O+Na2CO3＝CaCO3C．X与Y的平衡转化率之比为1：1↓+2NaOH，根据方程式知，二者恰好反应生成NaOH，反应后溶液中的溶质是NaOH；D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4mol•L﹣1C．加水稀释促进碳酸钠水解；【考点】CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有D．NaHSO4和Na2CO3反应方程式为：2NaHSO4+Na2CO3＝Na2SO4+H2O+CO2↑，根据方程式知，二者恰好【分析】A．平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再反应生成Na2SO4、H2O、CO2，溶液中的溶质是硫酸钠，溶液呈中性．将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变；【解答】解：n（Na2CO3）＝0.2mol，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；2﹣﹣﹣为CO3+H2O⇌HCO3+OH，C．设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol，根据转化率A．n（H2SO4）＝2mol/L×0.1L＝0.2mol，H2SO4和Na2CO3反应方程式为Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+CO2↑参加反应的物质的量=×100%进行计算；+﹣+H2O，根据方程式知，二者恰好反应生成强酸强碱溶液Na2SO4，溶液呈中性，则c（H）＝c（OH），根初始物质的量+2﹣据电荷守恒得（Na）＝2c（SO4），故A错误；D．该反应的反应前后气体计量数之和不变，第一次反应是按照X、Y的计量数之比来投料，所以第二次平2﹣2﹣B．CaO+H2O＝Ca（OH）2、Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH，随着CO3的消耗，CO3衡与第一次平衡是等效平衡，两次平衡后各物质的含量不变，据此解答．﹣﹣﹣﹣﹣+H2O⇌HCO3+OH向左移动，c（HCO3）减小，反应生成OH，则c（OH）增大，导致溶液中【解答】解：A．平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ‒푐(푂퐻)（g），再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变，所以m＝2，故A增大，故B正确；‒正确；푐(퐻퐶푂3)C．加水稀释促进碳酸钠水解，则由水电离出的n（H+）、n（OH﹣）都增大，但氢离子、氢氧根离子物质的B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以两次平衡的平衡常数相同，故B正确；量增大倍数小于溶液体积增大倍数，c（H+）、c（OH﹣）减小，二者浓度之积减小，故C错误；C．设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol，D．NaHSO4和Na2CO3反应方程式为：2NaHSO4+Na2CO3＝Na2SO4+H2O+CO2↑，根据方程式知，二者恰好X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）反应生成Na2SO4、H2O、CO2，溶液中的溶质是硫酸钠，溶液呈中性，溶液由碱性变为中性，溶液的pH减开始（mol）120小，因为硫酸氢钠中含有钠离子，所以c（Na+）增大，故D错误；转化（mol）a2a3a故选：B。平衡（mol）（1﹣a）（2﹣2a）3a【点评】本题为2015年高考题的改编题，考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确盐类水解原理及物质相同条件下，气体的体积与物质