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

【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

【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

【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

【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

【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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