2019年高考化学试卷（天津）（解析卷）

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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•H2O
B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 3SO2+2MnO4﹣+4H+═3SO42﹣+2Mn2++2H2O
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色
D氧化亚铁溶于稀硝酸 FeO+2H+═Fe2++H2O
A．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。
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【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（　　）
A B C D
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；
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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；
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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（　　）
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摘要：

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。【...

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