2015年天津市高考化学试卷解析版

2023-10-26 · U3 上传 · 19页 · 412.5 K

2015年天津市高考化学试卷解析版参考答案与试题解析一、选择题:1.(6分)下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是( )A.点燃爆竹后,硫燃烧生成SO3 B.中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈 C.服用阿司匹林出现水杨酸反应时,用NaHCO3溶液解毒 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【考点】14:物质的组成、结构和性质的关系.菁优网版权所有【分析】A.硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫;B.明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性,铜锈为Cu2(OH)2CO3,溶于酸性溶液;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.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.【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;B.明矾溶液中Al3+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除铜镜表面的铜锈,故B正确;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,服用阿司匹林出现水杨酸反应时,可以用NaHCO3溶液解毒,故C正确;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,故选:A。【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.2.(6分)下列关于物质或离子检验的叙述正确的是( )A.在溶液中加KSCN,溶液显红色,证明原溶液中有Fe3+,无Fe2+ B.气体通过无水CuSO4,粉末变蓝,证明原气体中含有水蒸气 C.灼烧白色粉末,火焰呈黄色,证明原粉末中有Na+,无K+ D.将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,证明原气体是CO2【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【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+,并不能证明无Fe2+;B.无水硫酸铜吸水变为CuSO4•5H2O,白色粉末变蓝,可证明原气体中含有水蒸气;C.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+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察;D.能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等.【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;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气,故B正确;C.灼烧白色粉末,火焰呈黄色,证明原粉末中有Na+,并不能证明无K+,Na+焰色反应为黄色,可遮住紫光,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;D.能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等,故将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,则原气体不一定是CO2,故D错误,故选:B。【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.3.(6分)下列说法不正确的是( )A.Na与H2O的反应是熵增的放热反应,该反应能自发进行 B.饱和Na2SO4溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀,但原理不同 C.FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解,同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同 D.Mg(OH)2固体在溶液存在平衡:Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH﹣(aq),该固体可溶于NH4Cl溶液【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质;K6:氨基酸、蛋白质的结构和性质特点.菁优网版权所有【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﹣T△S<0,反应自发进行;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;C.FeCl3和MnO2对H2O2分解催化效果不相同;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.【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;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正确;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;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(s)⇌Mg2+(aq)+2OH﹣(aq)平衡右移,故Mg(OH)2可溶于NH4Cl溶液,故D正确,故选:C。【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、沉淀溶解平衡等,注意B选项中蛋白质变性的一些方法,难度不大.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( )A.铜电极上发生氧化反应 B.电池工作一段时间后,甲池的c(SO42﹣)减小 C.电池工作一段时间后,乙池溶液的总质量增加 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【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【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,甲池中的Zn2+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Zn2+与放电的Cu2+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.【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为正极,发生还原反应,故A错误;B.阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过,故两池中c(SO42﹣)不变,故B错误;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,进入乙池的Zn2+与放电的Cu2+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正确;D.甲池中的Zn2+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错误,故选:C。【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A 100mL 2mol•L﹣1H2SO4 反应结束后,c(Na+)=c(SO42﹣)B 0.20molCaO溶液中增大C 200mLH2O 由水电离出的c(H+)•c(OH﹣)不变D 0.4molNaHSO4固体反应完全后,溶液pH减小,c(Na+)不变 A.A B.B C.C D.D【考点】DD:盐类水解的应用.菁优网版权所有【专题】51H:盐类的水解专题.【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CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣,A.n(H2SO4)=2mol/L×0.1L=0.2mol,H2SO4和Na2CO3反应方程式为Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+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c(Na+)、c(SO42﹣)相对大小;B.CaO+H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH,所以得CaO+H2O+Na2CO3=CaCO3↓+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;C.加水稀释促进碳酸钠水解;D.NaHSO4和Na2CO3反应方程式为:2NaHSO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑,根据方程式知,二者恰好反应生成Na2SO4、H2O、CO2,溶液中的溶质是硫酸钠,溶液呈中性.【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,水解方程式为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣,A.n(H2SO4)=2mol/L×0.1L=0.2mol,H2SO4和Na2CO3反应方程式为Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+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﹣),根据电荷守恒得(Na+)=2c(SO42﹣),故A错误;B.CaO+H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH,随着CO32﹣的消耗,CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣向左移动,c(HCO3﹣)减小,反应生成OH﹣,则c(OH﹣)增大,导致溶液中增大,故B正确;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;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减小,因为硫酸氢钠中含有钠离子,所以c(Na+)增大,故D错误;故选:B。【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之间的反应是解本题关键,结合电荷守恒、盐类水解特点分析解答,易错选项是C,注意C中计算的是水电离出的c(H+).c(OH﹣)之积而不是溶液中c(H+).c(OH﹣)之积,为易错点.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)⇌3Z(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),再将达到平衡后,X、Y、Z的体积分数不变.下列叙述不正确的是( )A.m=2 B.两次平衡的平衡常数相同 C.X与Y的平衡转化率之比为1:1 D.第二次平衡时,Z的浓度为0.4mol•L﹣1【考点】CP:化学平衡的计算.菁优网版权所有【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;B.平衡常数只与温度有关,温度不变,平衡常数不变;C.设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的量为amol,根据转化率进行计算;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.【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(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正确;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;C.设第一次达到平衡状态时X参加反应的物质的

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