2019年天津市高考化学试卷解析版

2023-10-26 · U3 上传 · 21页 · 804 K

2019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(共6小题,每小题6分,满分36分)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( )A.利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇 B.利用石油生产塑料、化纤等高分子材料 C.利用基本的化学原料生产化学合成药物 D.利用反渗透膜从海水中分离出淡水【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【分析】A.秸秆通过发酵生成乙醇;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;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;D.利用反渗透膜从海水中分离出淡水,无新物质生成。【解答】解:A.秸秆通过发酵生成乙醇,为化学变化,故A不选;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;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;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;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,侧重分析与应用能力的考查,注意新物质的判断,题目难度不大。2.(6分)下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是( )实验现象离子方程式A向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液,沉淀溶解Mg(OH)2+2NH4+═Mg2++2NH3•H2OB向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体Fe3++3H2O═Fe(OH)3↓+3H+C二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色3SO2+2MnO4﹣+4H+═3SO42﹣+2Mn2++2H2OD氧化亚铁溶于稀硝酸FeO+2H+═Fe2++H2OA.A B.B C.C D.D【考点】49:离子方程式的书写.菁优网版权所有【分析】A.NH4+水解导致溶液呈酸性,Mg(OH)2能溶于酸;B.得到的是胶体,胶体不是沉淀;C.转移电子不守恒;D.亚铁离子易被氧化生成铁离子。【解答】解:A.NH4+水解导致溶液呈酸性,Mg(OH)2能溶于酸,离子方程式为Mg(OH)2+2NH4+═Mg2++2NH3•H2O,故A正确;B.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Fe3++3H2O═Fe(OH)3(胶体)+3H+,故B错误;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═5SO42﹣+2Mn2++4H+,故C错误;D.亚铁离子易被氧化生成铁离子,离子方程式为3FeO+10H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+5H2O,故D错误;故选: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BD为解答的易错点,题目难度不大。3.(6分)下列有关金属及其化合物的应用不合理的是( )A.将废铁屑加入FeCl2溶液中,可用于除去工业废气中的Cl2 B.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 C.盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长,可施加熟石灰进行改良 D.无水CoCl2呈蓝色,吸水会变为粉红色,可用于判断变色硅胶是否吸水【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【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;B.Li﹣Al合金密度较小且硬度及强度大;C.熟石灰成分为氢氧化钙,具有碱性;D.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,涉及的反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣、2Fe3++Fe=3Fe2+,从而除去氯气,故A正确;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;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;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是否吸水,故D正确;故选:C。【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( )ABCD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A.A B.B C.C D.D【考点】U5:化学实验方案的评价.菁优网版权所有【分析】A.配制溶液时,密度大的溶液倒入密度小的溶液;B.定容时眼睛应该与凹液面最低处相切;C.二氧化氮密度大于空气,应该采用向上排空气法收集;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。【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,应该将浓硫酸倒入乙醇中并不断搅拌,故A错误;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;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错误;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除去杂质,然后将得到的气体通入溴水检验乙炔,故D错误;故选:B。【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、元素化合物性质、实验规则是解本题关键,D为解答易错点。5.(6分)某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10﹣4和l.7×l0﹣5.将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是( )A.曲线Ⅰ代表HNO2溶液 B.溶液中水的电离程度:b点>c点 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) 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【考点】D5:弱电解质在水溶液中的电离平衡.菁优网版权所有【专题】51G:电离平衡与溶液的pH专题.【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,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.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.Kh,水解平衡常数只与温度有关;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+)。【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,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;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,则抑制水电离程度:b>c,所以水电离程度:b<c,故B错误;C.水解平衡常数只与温度有关,Kh,从c点到d点,温度不变,水解平衡常数不变,所以溶液中保持不变,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原子守恒知溶液中n(Na+):HNO2<CH3COOH,故D错误;故选:C。【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,与溶液酸碱性及浓度无关,题目难度不大。6.(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。图中贮液器可储存电解质溶液,提高电池的容量。下列叙述不正确的是( )A.放电时,a电极反应为I2Br﹣+2e﹣═2I﹣+Br﹣ B.放电时,溶液中离子的数目增大 C.充电时,b电极每增重0.65g,溶液中有0.02molI﹣被氧化 D.充电时,a电极接外电源负极【考点】BH:原电池和电解池的工作原理.菁优网版权所有【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。【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A正确;B.放电时正极生成I2Br﹣生成I﹣、Br﹣,负极生成Zn2+,则溶液中离子的数目增大,故B正确;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﹣﹣=I2Br﹣,溶液中有0.02molI﹣被氧化,故C正确;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。故选:D。【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。二、解答题(共4小题,满分64分)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。回答下列问题:(1)砷在元素周期表中的位置 第四周期第VA族 。Mc的中子数为 173 。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 bc (填序号)。a.不能与NaOH反应b.含离子键、共价键c.能与水反应(4)SbCl3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 SbCl3+H2O⇌SbOCl↓+2HCl ,因此,配制SbCl3溶液应注意 加入盐酸抑制水解 。(5)在1L真空密闭容器中加入amolPH4I固体,t℃时发生如下反应:PH4I(S)⇌PH3(g)+HI(g)①4PH3(g)⇌P4(g)+6H2(g)②2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)③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 (b)b (用字母表示)。【考点】8F:原子结构与元素周期律的关系.菁优网版权所有【专题】51E:化学平衡专题.【分析】(1)As位于第四周期第VA族,中子数=质量数﹣质子数;能量越低越稳定;(2)元素的非金属性越强,其氢化物越稳定;分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关,能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高;(3)PH3和NH3与卤化氢的反应相似,产物的结构和性质也相似,PH3与HI反应产物为PH4I,相当于铵盐,具有铵盐结构性质;(4)SbCl3能发生较强烈的水解,生成难溶的SbOCl,根据元素守恒知,还生成HCl;配制SbCl3溶液要防止其水解,其水溶液呈酸性,所以酸能抑制水解;(5)可逆反应2

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