2019年天津市高考化学试卷解析版

氧化亚铁溶于稀硝酸+═2+2019年天津市高考化学试卷解析版DFeO+2HFe+H2O．．．．参考答案与试题解析AABBCCDD【考点】：离子方程式的书写．菁优网版权所有一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）49【分析】．+水解导致溶液呈酸性，（）能溶于酸；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（ ）ANH4MgOH2．得到的是胶体，胶体不是沉淀；A．利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇B．转移电子不守恒；B．利用石油生产塑料、化纤等高分子材料C．亚铁离子易被氧化生成铁离子。C．利用基本的化学原料生产化学合成药物D【解答】解：．+水解导致溶液呈酸性，（）能溶于酸，离子方程式为（）+═D．利用反渗透膜从海水中分离出淡水ANH4MgOH2MgOH2+2NH42+Mg+2NH3•H2O，故A正确；【考点】18：物理变化与化学变化的区别与联系．菁优网版权所有．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3+═（）（胶体）【分析】A．秸秆通过发酵生成乙醇；BFe+3H2OFeOH3+，故错误；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；+3HB﹣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；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═2﹣2++D．利用反渗透膜从海水中分离出淡水，无新物质生成。5SO4+2Mn+4H，故C错误；+﹣3+【解答】解：A．秸秆通过发酵生成乙醇，为化学变化，故A不选；D．亚铁离子易被氧化生成铁离子，离子方程式为3FeO+10H+NO3═3Fe+NO↑+5H2O，故D错误；故选：。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；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；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，选项为解答的易错点，题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；BD目难度不大。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3．（6分）下列有关金属及其化合物的应用不合理的是（ ）．将废铁屑加入溶液中，可用于除去工业废气中的分析与应用能力的考查，注意新物质的判断，题目难度不大。AFeCl2Cl2．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2．（6分）下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是（ ）BC．盐碱地（含较多NaCO等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良实验现象离子方程式23D．无水CoCl呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水+2+2A向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶Mg（OH）2+2NH4═Mg+2NH3•H2O【考点】GR：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．菁优网版权所有液，沉淀溶解【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；3++B向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红Fe+3H2O═Fe（OH）3↓+3HB．Li﹣Al合金密度较小且硬度及强度大；褐色液体C．熟石灰成分为氢氧化钙，具有碱性；﹣+2﹣2+C二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色3SO2+2MnO4+4H═3SO4+2Mn+2H2OD．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，涉及的误；2+3+﹣3+2+反应为2Fe+Cl2＝2Fe+2Cl、2Fe+Fe＝3Fe，从而除去氯气，故A正确；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；除去杂质，然后将得到的气体通入溴水检验乙炔，故D错误；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故选：B。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；【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、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元素化合物性质、实验规则是解本题关键，D为解答易错点。﹣4﹣5是否吸水，故D正确；5．（6分）某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10和l.7×l0．将pH和体积均相同的两故选：C。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（ ）【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（ ）ABCDA．曲线Ⅰ代表HNO2溶液B．溶液中水的电离程度：b点＞c点푐(퐻퐴)⋅푐(푂퐻‒)﹣C．从c点到d点，溶液中保持不变（其中HA、A分别代表相应的酸和酸根离子）푐(퐴‒)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【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．菁优网版权所有A．AB．BC．CD．D【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有【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，【分析】A．配制溶液时，密度大的溶液倒入密度小的溶液；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．定容时眼睛应该与凹液面最低处相切；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；C．二氧化氮密度大于空气，应该采用向上排空气法收集；푐(퐻퐴)⋅푐(푂퐻‒)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。C.=Kh，水解平衡常数只与温度有关；푐(퐴‒)【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，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应该将浓硫酸倒入乙醇中并不断搅拌，故A错误；+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）。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；【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，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【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．菁优网版权所有﹣﹣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；【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。﹣﹣﹣﹣﹣﹣度：b＞c，所以水电离程度：b＜c，故B错误；【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A푐(퐻퐴)⋅푐(푂퐻‒)正确；C．水解平衡常数只与温度有关，=Kh，从c点到d点，温度不变，水解平衡常数不‒﹣﹣﹣2+푐(퐴)B．放电时正极生成I2Br生成I、Br，负极生成Zn，则溶液中离子的数目增大，故B正确；‒푐(퐻퐴)⋅푐(푂퐻)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变，所以溶液中保持不变，故C正确；‒﹣﹣﹣푐(퐴)﹣＝I2Br，溶液中有0.02molI被氧化，故C正确；﹣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。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故选：D。+原子守恒知溶液中n（Na）：HNO2＜CH3COOH，故D错误；【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，注意把握故选：C。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。【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、水解平衡常数影二、解答题（共4小题，满分64分）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。性及浓度无关，题目难度不大。回答下列问题：2886．（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（1）砷在元素周期表中的位置 第四周期第VA族 。155Mc的中子数为 173 。储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述不正确的是（ ）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﹣﹣﹣﹣A．放电时，a电极反应为I2Br+2e═2I+Br bc （填序号）。B．放电时，溶液中离子的数目增大a．不能与NaOH反应b．含离子键、共价键c．能与水反应C．充电时，b电极每增重0.65g，溶液中有0.02molI﹣被氧化（4）SbCl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 SbCl+HO⇌SbOCl↓D．充电时，a电极接外电源负极332+2HCl ，因此，配制SbCl3溶液应注意 加入盐酸抑制水解 。能量越低越稳定，﹣1（5）在1L真空密闭容器中加入amolPH4I固体，t℃时发生如下反应：P（s，白磷）＝P（s，黑磷）△H＝﹣39.3kJ•mol①﹣1PH4I（S）⇌PH3（g）+HI（g）①P（s，白磷）＝P（s，红磷）△H＝﹣17.6kJ•mol②4PH3（g）⇌P4（g）+6H2（g）②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，2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）③则能量：红磷＞黑磷，则黑磷稳定，达平衡时，体系中n（HI）＝bmol，n（I2）＝cmol，n（H2）＝dmol，则t℃时反应①的平衡常数K值为 故答案为：第四周期第VA族；173；黑磷；8푐‒2푑（2）元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；（b+）b （用字母表示）。3非金属性N＞P，所以热稳定性：NH3＞PH3；【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有N2H4能形成分子间氢键、P2H4分子间不能