2019年高考化学试卷（天津）（解析卷）

1/21 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． 【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Fe3++3H2O═Fe（OH）3↓+3H+ 1/21 到红褐色液体 2/21 C 二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪 色 3SO2+2MnO4 ﹣+4H+═3SO4 2﹣+2Mn2++2H2O 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． 【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═5SO4 2﹣+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． 【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； 3/21 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（ ） 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． 【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； 4/21 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． 【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； 5/21 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（ 5/21 ） 6/21 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0.02mol I﹣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． 【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 7/21 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 N 2H4 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a molPH4I 固体，t℃时发生如下反应： PH4I（S）⇌PH3 （g）+HI（g） ① 4PH3（g）⇌P4（g）+6H2（g） ② 2HI（g）⇌H2（g）+I2（g） ③ 达平衡时，体系中n（HI）＝bmol，n（I2）＝c mol，n（H2）＝d mol，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． 【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 7/21 为PH4I，相当于铵盐，具有铵盐结构性质；（4）SbCl3 8/21 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2HI（g）⇌H2（g）+I2（g） ③ 平衡（mol/L）b c c 可逆反应4PH3（g）⇌P4（g）+6H2（g） ② 反应（mol/L）（d c ﹣） d c ﹣ 可逆反应PH4I（S）⇌PH3 （g）+HI（g） ① 平衡（mo/L） b+2c （d c ﹣） b 则t℃时反应①的平衡常数K 值＝c（PH3）×c（HI）。 【解答】解：（1）As 位于第四周期第VA 族，中子数＝质量数﹣质子数＝288 115 ﹣ ＝ 173； 能量越低越稳定， P（s，白磷）＝P（s，黑磷）△H＝﹣39.3 kJ•mol 1 ﹣① P（s，白磷）＝P（s，红磷）△H＝﹣17.6kJ•mol 1 ﹣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， 则能量：红磷＞黑磷，则黑磷稳定， 故答案为：第四周期第VA 族；173；黑磷； （2）元素的非金属性越强，其氢化物越稳定； 非金属性N＞P，所以热稳定性：NH3＞PH3； N2H4能形成分子间氢键、P2H4分子间不能形成氢键，所以沸点：N2H4＞P2H4， 故答案为：＞；＞；N2H4分子间存在氢键； 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， a．铵盐能和NaOH 发生复分解反应，所以PH4I 能与NaOH 反应，故错误； b．铵盐中存在离子键和共价键，所以PH4I 中含离子键、共价键，故正确； 8/21 c．铵盐都易发生水解反应，所以PH4I 能与水反应，故正确；故答案为：bc； 9/21 （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， 反应方程式为SbCl3+H2O⇌SbOCl↓+2HCl；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，则配制该溶液时为防止水解应该加入盐酸， 故答案为：SbCl3+H2O⇌SbOCl↓+HCl；加入盐酸抑制水解； （5）可逆反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g） ③ 平衡（mol/L）b c c 可逆反应4PH3（g）⇌P4（g）+6H2（g） ② 反应（mol/L）（d c ﹣） d c ﹣ 可逆反应PH4I（S）⇌PH3 （g）+HI（g） ① 平衡（mo/L） b+2c （d c ﹣） b 则t℃时反应①的平衡常数K 值＝c（PH3）×c（HI）＝[b+2c （d c ﹣）]×b＝（b ）b， 故答案为：（b ）b。 【点评】本题考查较综合，涉及化学平衡常数计算、氢键、铵盐、盐类水解等知识点， 侧重考查基础知识再现和灵活运用，明确化学反应原理、元素化合物性质是解本题关键， 难点是（5）题计算，要计算①中平衡时各物质浓度，注意①中反应物为固体，为解答 易错点，题目难度中等。 8．（18 分）我国化学家首次实现了膦催化的（3+2）环加成反应，并依据该反应，发展了 一条合成中草药活性成分茅苍术醇的有效路线。 已知（3+2）环加成反应： 10/21 回答下列问题： （1）茅苍术醇的分子式为 C 15H26O ，所含官能团名称为 碳碳双键、羟基 ，分子 中手性碳原子（连有四个不同的原子或原子团）的数目为 3 。 （2）化合物B 的核磁共振氢谱中有 2 个吸收峰；其满足以下条件的同分异构体（不 考虑手性异构）数目为 5 。 ①分子中含有碳碳三键和乙酯基（﹣COOCH2CH3） ②分子中有连续四个碳原子在一条直线上 写出其中碳碳三键和乙酯基直接相连的同分异构体的结构简式 。 （3）C→D 的反应类型为 加成反应或还原反应 。 （ 4 ） D→E 的 化 学 方 程 式 为 ，除E 外该反应另一产物的系统命名为 2﹣ 甲基﹣ 2﹣ 丙醇 。 （5）下列试剂分别与F 和G 反应，可生成相同环状产物的是 b （填序号）。 10/21 a．Br2 b．HBr c．NaOH 溶液 （6）参考以上合成路线及条件，选择两种链状不饱和酯，通过两步反应合成化合物 M，在方框中写出路线流程图（其他试剂任选）。 11/21 【考点】HC：有机物的合成． 【分析】（1）明确分子中C、H、O 原子数目确定分子式，注意交点、端点为碳原子， 用H 原子饱和碳的四价结构，也可以利用不饱和度计算H 原子数目；由结构可知分子中 含有的官能团有：碳碳双键、羟基；连有四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原 子； （2）核磁共振氢谱中吸收峰数目等于分子中不同化学环境的氢原子种数；B 的同分异 构体满足：①分子中含有碳碳三键和乙酯基（﹣COOCH2CH3），②分子中有连续四个 碳原子在一条直线上，存在C C≡C C ﹣ ﹣ 碳链结构，形成酯的酸可以看作 CH3C≡CCH2CH3 中1 个H 原子被﹣COOH 替代，也可以是HOOC C≡CCH ﹣ 2CH2CH3、 HOOC C≡CCH ﹣ （CH3）2； （3）对比C、D 的结构，可知C 中碳碳双键与氢气发生加成反应生成D； （4）对比D、E 的结构，可知D 与甲醇发生发生取代反应生成E，同时还生成（CH3） 3COH； （5）F、G 均含有碳碳双键与酯基，但碳碳双键位置不同，在碱性条件下水解得到环状 产物不同，与溴发生反应是溴原子位置不完全相同，与HBr 加成后溴原子连接位置可能 相同； （6）两种链状不饱和酯合成目标物M，模仿A 与B 反