2023年天津市高考化学试卷及解析

wordword格式支持编辑，如有帮助。10支持编辑，如有帮助。2023年天津市高考化学试卷一每题6分共36分每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项最符合题目要求的．16分〕以下有关水处理方法不正确的选项是〔 〕A．用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸B．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物Cu2+、Hg2+等重金属离子的废水并回收利用氨26分〕汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用．以下有关汉黄芩素的表达正确的选项是〔 〕溶液显色1molBr2H21种试验目的试验设计A．B．C．D．Na2CO3AlCl3重结晶提纯苯甲酸将固体加热至恒重试验目的试验设计A．B．C．D．Na2CO3AlCl3重结晶提纯苯甲酸将固体加热至恒重Al与稀盐酸反响后的溶液KI溶液CCl4萃取56分〕依据元素周期表和元素周期律，推断以下表达不正确的选项是〔 〕A．气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4C．D．用中文“”〔ào〕D．用中文“”〔ào〕1180族66分

+4CO〔g〕

〔0℃4K=2×10﹣5．：Ni〔CO〕442.2℃，固体杂质不参与反响．4CONi〔CO〕4；的气体分别出来，加热至230℃制得高纯镍．以下推断正确的选项是〔 〕〔，平衡向正向移动，反响的平衡常数增大30℃50℃50℃C．其次阶段，Ni〔CO〕4分解率较低D．该反响到达平衡时，v生成[Ni〔CO〕4]=4v生成〔CO〕464分．74分〕某混合物浆液含有〔〕Oa

．考虑到胶体的3 2 2 4吸附作用使Na2CrO4〔见图，使浆液分别成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用．答复Ⅰ和Ⅱ中的问题．Ⅰ．固体混合物的分别和利用〔流程图中的局部分别操作和反响条件未标明〕所加试剂NaOH的电子式为 ．B→C的反响条件为 ，C→Al的制备方法称为 ．该小组探究反响②发生的条件．D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反响停顿后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2．由此推断影响该反响有效进展的因素有〔填序号〕 ．a．温度 b．Cl﹣的浓度 c．溶液的酸度〔3〕0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反响，生成一种复原性气体和一种易水解成TiO2•xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，该反响的热化学方程式为 ．Ⅱ含铬元素溶液的分别和利用〔4〕用惰性电极电解时，CrO42﹣能从浆液中分别出来的缘由是 后含铬元素的粒子是 ；阴极室生成的物质为 〔写化学式．8．〔18分〕2﹣氨基﹣3﹣氯苯甲酸〔F〕是重要的医药中间体，其制备流程图如下：：答复以下问题：：〔1〕分子中不同化学环境的氢原子共有种，共面原子数目最多为．〔2〔1〕分子中不同化学环境的氢原子共有种，共面原子数目最多为．写出符合以下条件B的全部同分异构体的构造简式 ．a．苯环上只有两个取代基且互为邻位b．既能发生银镜反响又能发生水解反响〔6〕在方框中写出以为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合3该流程未承受甲苯直接硝化的方法制备而是经由①②③三步反响制取目的是 ．〔6〕在方框中写出以为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合4写出⑥的化学反响方程式：．〔5〕写出⑧的反响试剂和条件：；F中含氧官能团的名称为．…目标化合物…目标化合物98分〕用沉淀滴定法快速测定I〔﹣标准溶液和滴定待测溶液．Ⅰ预备标准溶液250mL标准溶液，放在棕色中避光保存，备用．NH4SCN标准溶液，备用．Ⅱ滴定的主要步骤于锥形瓶中．LL﹣13溶液〔过量﹣I沉淀．4 4 0.1000mol•L﹣1NH4SCNAg+AgSCN沉淀后，体系消灭淡红色，停顿滴定．试验序号1试验序号123标准溶液体积/mL10.2410.029.98数据处理．将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有 ．AgNO3标准溶液放在棕色中避光保存的缘由是 ．在pH＜0.5的条件下进展，其缘由是 ．〔4〕b和c两步操作是否可以颠倒 ，说明理由 ．所消耗的标准溶液平均体积为测得管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进展的操作为 ．c〔I﹣〕测定结果的影响〔填“偏高”、“偏低”或“无影响”〕在配制AgNO3标准溶液时烧杯中的溶液有少量溅出则测定结果 ．②假设在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果 ．0〔4分〕2S2方法削减这些有害气体的排放，答复以下方法中的问题．SⅠ．H 的除去S21H2S的原理为：4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2〕+2HO4 324FeSO4+O2+2H2SO42Fe2〕+2HO4 323存在时，FeSO 被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用4是 ．由图1和图2推断使用硫杆菌的最正确条件为 温度过高反响速率下降，其缘由是 ．2H2O2H2Sn〔H2O2〕/n〔H2S〕n〔H2O2〕/n〔H2S〕=4时，氧化产物的分子式为 ．Ⅱ．SO的除去2NaOH溶液Na2SO3溶液1〔双碱法H2NaOH溶液Na2SO3溶液写出过程①的离子方程式： ；CaO在水中存在如下转化：CaO〔s〕+H2O〔l〕═Ca〔OH〕2〔s〕Ca2+〔aq〕+2OH﹣〔aq〕从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理 法2：用氨水除去SO25〕℃H2OK﹣H3的Ka×﹣Ka2﹣．假设氨水的浓度为L﹣1溶液中的= L﹣1．将2通入该氨水中当〔﹣降至﹣7﹣1时溶液中的〔32﹣〔﹣= 2023年天津市高考化学试卷解析一、本卷共6题，每题6分，共36分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项最符合题目要求的．【分析】A．石灰、碳酸钠都可与酸反响；．氯气不能与Cu2+、Hg2+反响生成沉淀；D．烧碱可与铵根离子反响生成氨气．故可用于处理废水中的酸，故A正确；B．铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，疏松多孔，具有吸附性，可B正确；氯气可用于水的消毒杀菌，不能与Cu2+、Hg2+反响生成沉淀，对重金属离子没有作用，故C错误；D．烧碱可与铵根离子反响产生氨气，则可用烧碱处理高浓度的NH4+的废水并回D正确．C．【分析】由构造可知分子式，分子中含酚﹣OH、碳碳双键、羰基及醚键，结合酚、烯烃等有机物的性质来解答．解：AC16H12O5A错误；B正确；酚﹣OH的邻对位与溴水发生取代反响，碳碳双键与溴水发生加成反响，则1mol2molBr2C错误；H2发生加成反响后，该分子中官能团碳碳双键、羰基均削减，故DB．解：A．光能转化为电能，不发生化学变化，与氧化复原反响无关，故A选；B不选；C不选；DDA．【分析】A．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；B．蒸发时促进氯化铝水解，生成的盐酸易挥发；NaBr、NaI反响分别生成溴、碘，在四氯化碳中的颜色不同．A错误；HCl气流中蒸发结晶，故B错误；C．苯甲酸在水中的溶解度不大，应趁热过滤后，选择重结晶法分别提纯，故C错误；NaBr、NaI反响分别生成溴、碘，在四氯化碳中的颜色不同，则分别CCl4D正确；D．【分析】A．非金属性越强，对应氢化物越稳定；ClNa等形成离子化合物；HCl不是最高价含氧酸；号元素的原子构造中有78．O＞N＞Si，气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4，A正确；素可形成共价化合物或离子化合物，故B正确；CHCl不是最高价含氧酸，则不能比较、CC错误；号元素的原子构造中有1180族，D正确；C．【分析】A．平衡常数与温度有关；4 Ni〔CO〕C．由加热至230℃制得高纯镍分析；D4 44A．平衡常数与温度有关，则增加〔A错误；44

Ni〔CO〕30℃50℃50℃B正确；4230℃4

C错误；D．到达平衡时，不同物质的正逆反响速率之比等于化学计量数之比，则该反响4到达平衡时v [i〕]v 〔，故D错误；4生成 生成B．464分．74分〔天津〔〕OaO3 2 2 4Na2CrO4分别装置〔见图，使浆液分别成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用．答复Ⅰ和Ⅱ中的问题．11H的电子式为C的反响条件为加热〔或煅烧〕，C→Al的制备方法称为 电解法．〔2〕该小组探究反响②发生的条件．D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热Cl2生成，当反响停顿后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2．由此推断影响该反响有效进展的因素有〔填序号〕ac ．a．温度 b．Cl﹣的浓度 c．溶液的酸度〔3〕0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反响，生成一种复原性气体和一种易水解成2O22OJl〔+O22〔s〕+2C〔s〕═TiCl〔l〕+2CO〔g〕△H=﹣85.6kJ•mol﹣1 ．4Ⅱ含铬元素溶液的分别和利用〔4〕CrO2﹣能从浆液中分别出来的缘由是在直流电场作4用下，CrO2﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液，分别后含铬元素的42 7 粒子是42﹣rO2﹣ ；阴极室生成的物质为H和H 〔写化学式．2 7 3 Ⅰ〔1〕l〔〕OH3 3ANaAlO2，通入二氧化碳，生成BAl〔OH〕3

，固体CAl

2O3，2Al；固体DMnO，加热条件下与浓盐酸反响可生成氯气；2〔2〕题中涉及因素有温度和浓度；2 2 〔3〕0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反响，生成一种复原性气体和一种易水解成TiO2•xH2O4.28kJCO，反响的化学方程式为l〔〕+O〔〕+C〔〕═l〔l〕+O〔g2 2 算反响热并写出热化学方程式；Ⅱ〔4〕电解时，O2﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生复原反响生4NaOH，以此解答该题．〔〔1H为离子化合物，电子式为3故答案为：；加热〔或煅烧；电解法；反响涉及的条件为加热，加热下可反响，另外加热硫酸，氢离子浓度变化，可知影响的因素为温度和氢离子浓度，故答案为：ac；〔3〕0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反响，生成一种复原性气体和一种易水解成24TiO2•xH2O4.28kJCO，反响2422

〔+〔l氯气反响放出的热量为4.28kJ=85.6kJ，222485.6kJ•mol﹣气反响放出的热量为4.28kJ=85.6kJ，2224

〔l〕+2CO〔g〕△H=﹣22﹣1；

〔l〕+2CO〔g〕△H=﹣85.6kJ•mol44〔4〕电解时，CrO2﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分别出来，42CrO42﹣+2H+ 、Cr2O72﹣，生复原反响生成氢气和NaOH，故答案为：在直流电场作用下，CrO2﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆4H2．88分天津2﹣氨基﹣3﹣氯苯甲酸F〕是重要的医药中间体，其制备流程图如下：：〔1：〔1〕分子中不同化学环境的氢原子共有4 种，共面原子数目最多为13 ．〔2〕B的名称为 分异构体的构造简式．a．苯环上只有两个取代基且互为邻位 分异构体的构造简式．3目的是避开苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代．〔 4 〕 写 出 ⑥ 的 化 学 反 应 方 程 式 ：护氨基．〔6〕在方框中写出以为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合3 和条件：Cl2/FeCl〔或Cl/Fe〕 ；F中含氧官能团的名称为〔6〕在方框中写出以为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合3 …目标化合物…目标化合物〔1〕甲苯含有1个甲基，苯环左右对称；苯环为平面形构造，与苯环直接相连的原子在同一个平面上；位，b．既能发生银镜反响又能发生水解反响，说明应含有酯基，且为甲酸酯，另外一种官能团为氨基；如承受甲苯直接硝化的方法制备B，硝基可取代甲基对位的H原子；由构造简式可知反响⑥为取代反响，可避开氨基被氧化；F含有羧基、氨基和氯原子；〔6〔6〕可水解生成，含有氨基、羧基，可发生缩聚反〕甲苯含有1个甲基，苯环左右对称，则分子中不同化学环境的氢原子共有41个H13个，故答案为：4；13；一种官能团为氨基，可能为，〔2〕B为2﹣硝基甲苯或邻硝基甲苯，对应的同分异构体：a．苯环上只有两个取代基且互为邻位，b一种官能团为氨基，可能为，故答案为：2﹣硝基甲苯或邻硝基甲苯；；故答案为：2﹣硝基甲苯或邻硝基甲苯；；故答案为：避开苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代；〔4〕故答案为：；保护氨基；故答案为：；保护氨基；〔5〕⑧为苯环的氯代反响，应在类似苯与溴的反响，反响条件为Cl2/FeCl3〔或，F中含氧官能团的名称为羧基，〔6〕可水解生成，含有氨基、羧基，可发生缩聚反响生成高23〔〔6〕可水解生成，含有氨基、羧基，可发生缩聚反响生成高，故答案为：．98分〔天津〕用沉淀滴定法快速测定I〔﹣，试验故答案为：．Ⅰ预备标准溶液250mL标准溶液，放在棕色中避光保存，备用．NH4SCN标准溶液，备用．Ⅱ滴定的主要步骤于锥形瓶中．LL﹣13溶液〔过量﹣I沉淀．4 4 0.1000mol•L﹣1NH4SCNAg+AgSCN沉淀后，体系消灭淡红色，停顿滴定．试验序号1试验序号123标准溶液体积/mL10.2410.029.98数据处理．将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250mL〔棕色〕容量瓶、胶头滴管．标准溶液放在棕色中避光保存的缘由是避开AgNO3见光分解．pH＜0.5的条件下进展，其缘由是防止因Fe3+的水解而影响滴〔Fe3+的水解〕．，说明理由假设颠倒，Fe3+反响，指示剂耗尽，无法推断滴定终点．所消耗的H4N标准溶液平均体积为0 L测得〔= mol•L﹣1．NH4SCN标准溶液的前一步，应进展的操作为用NH4SCN标准溶液进展润洗；．c〔I﹣〕测定结果的影响〔填“偏高”、“偏低”或“无影响”〕AgNO3②假设在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果偏高 ．〔1〕配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有250mL〔棕色〕容量瓶及定容时需要的胶头滴管；硝酸银见光分解；滴定应留意防止铁离子的水解，影响滴定结果；铁离子与碘离子发生氧化复原反响；NH4SCN10.00mL，计算；NH4SCN标准溶液进展润洗；反响的原理为c〔AgNO3〕×V〔AgNO3〕=c〔NH4SCN〕×V〔NH4SCN〕+c﹣〕×V〔﹣，如操作导致〔H4N〕×VHN〕偏小，则测定结果偏大，以此解答该题．〔1〕棕色〕容量瓶及定容时需要的胶头滴管，故答案为：250mL〔棕色〕容量瓶、胶头滴管；AgNO3见光分解；pH＜0.5的条件下进展，缘由是抑制铁离子的水解，防止因铁离子的水解而影响滴定终点的推断，3的水解而影响滴定终点的推断〔3+的水解；指示剂耗尽则无法推断滴定终点，故答案为：否〔或不能3+﹣点；NH4SCN10.00mL，O3×0×L﹣×0﹣3l〔H4﹣1×10.00×10﹣3L=1.00×10﹣3mol，故答案为：10.00；0.0600；NH4SCN标准溶液进展润洗NH4SCN标准溶液进展润洗；反响的原理为c〔AgNO3〕×V〔AgNO3〕=c〔NH4SCN〕×V〔NH4SCN〕+c﹣〕×V〔﹣，AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则导致溶质的物质n〔NHSCN〕c〔I﹣〕偏大，4故答案为：偏高；①假设在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，造成读数偏小，则 nc〔I﹣〕偏大，4故答案为：偏高．0〔4分•天津2S2会对环境和人体安康带来极大的危害，工业上实行多种方法削减这些有害气体的排放，答复以下方法中的问题．SⅠ．H 的除去S21H2S的原理为：4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2〕+2HO4 324FeSO4+O2+2H2SO42Fe2〕+2HO4 323

5×105倍，该菌的作用是降低反响活化能．图2推断使用硫杆菌的最正确条件为30℃、pH=2.0 ．假设反响温度过高，反响速率下降，其缘由是蛋白质变性〔或硫杆菌失去活性〕．2H2O2H2Sn〔H2O2〕/n〔H2S〕n〔H2O2〕/n〔H2S〕=4时，氧化产物的分子式为H2SO4 ．Ⅱ．SO的除去2NaOH溶液Na2SO3溶液1〔双碱法H2NaOH溶液Na2SO3溶液写出过程①的离子方程式：2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O ；CaO在水中存在如下转化：2〔l〕═Ca〔OH〕〔s〕Ca2+〔aq〕+2OH﹣〔aq〕2过程②NaOH再生的原理SO32﹣与Ca2+生成CaSO3沉淀，正向移动，有NaOH生成 ．2SO225℃，NH

=6.2×103 2 b 2 3 a1 a2﹣8．假设氨水的浓度为2.0mol•L﹣1，溶液中的c〔O