2023年高考真题-理综化学生物(天津卷)含解析

2023年一般高等学校招生全国统一考试〔天津卷〕理综化学解析1“化学与生活”的表达的是A,硫燃烧生成SO3B、中国古代利用明矾溶液的酸性去除铜镜外表的铜锈C、服用阿司匹林消灭水杨酸反响时，用NaHCO3

溶液解毒D、使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污力气减弱【答案】AS2A、在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B、气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C、灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D、将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2【答案】B【解析】试题分析：A项Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反响无现象假设该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液溶液呈红色则证明存在Fe3+但并不能证明无Fe2+，故A 项错误；B 项气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO+5HO═CuSO·5HO，CuSO·5HO为蓝色，故可证明原气体中含有水蒸气，B项4 2 4 2 4 2正确；C项灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，Na+颜色反响为黄色，但并不能证明无K+，由于黄光可遮住紫光，故K+颜色反响需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观看，故C项错误；D项能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO、SO等，故将气体通入澄2 2清石灰水，溶液变浑浊，则原气体比确定是CO，D项错误；此题选B。2考点：物质、离子检验。3、以下说法的是A、Na与HO的反响是熵增的放热反响，该反响能自发进展2B、饱和NaSO溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同2 4C、FeClMnO均可加快HO分解，同等条件下二者对HO分解速率的转变一样3 2 2 2 2 2D、Mg(OH)固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)(s)2 2NHCl溶液4【答案】C

Mg2+(aq)+2OH—(aq)，该固体可溶考点：化学反响原理。4正确的选项是A、铜电极上发生氧化反响B、电池工作一段时间后，甲池的c(SO2－)减小4C、电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D、阴阳离子离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡【答案】C考点：原电池原理。50.05molNaCO100mL溶液，向溶液中参与以下物质。有关2 3参与的物质结论参与的物质结论A50mL1mol·L－1HSO2 4反响完毕后，c(Na+)=c(SO2－)4B0.05molCaO溶液中增大C50mLHO2由水电离出的c(H+)·c(OH—)不变D0.1molNaHSO固体4反响完全后，溶液pH减小，c(Na+)不变【答案】B【解析】试题分析：室温下，将 0.05molNaCO 固体溶于水配成 100mL溶液，溶液中存在2 3CO2—+HO HCO—+OH—溶液呈碱性；A项参与50mL 1mol·L－1HSO，HSO3 2 3 2 4 2 4与NaCO 恰好反响，则反响后的溶液溶质为 NaSO，故依据物料守恒反响完毕后2 3 2 4c(Na+)=2c(SO2－)，故A项错误；向溶液中参与0.05molCaO，则CaO+HO=Ca(OH)，则4 2 2c(OH—)增大，且Ca2++CO2—=CaCO

↓，使CO

2—+H

O HCO

—+OH—平衡左移，3 3 3 2 3c(HCO3—)减小，故 增大，故B项正确；C项参与50mLH2O，溶液体积变大，CO2—+HO HCO—+OH—c(OH—)减小，NaCOH+、OH—均3 2 3 2 3c(H+)·c(OH—)减小，故C项错误；D项参与0.1molNaHSO4固体，NaHSO为强酸酸式盐电离出H+CO2—反响，则反响后溶液为NaSO溶液，溶4 3 2 4液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na+，故c(Na+)增大，D项错误；此题选B。考点:盐类水解平衡应用。62L的密闭容器中，参与1molX〔g〕2molY〔g〕发生反响：X〔g〕+mY3gZ的体积分数分别为306010系中参与1mol〔Z的体积分数不变。以下表达的是A、m=2B、两次平衡的平衡常数一样C、XY1:1D、Z的浓度为0.4mol1【答案】D【解析】试题分析：某温度下，在2L的密闭容器中，参与1molX〔g〕和2molY〔g〕发生反响：X〔g〕+mYg〕 3〔gX、Z的体积分数分别为30、60、10。在此平衡体系中参与1mol〔g，则可等效为两等效平衡体系合，在合并瞬间XY、Z的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积YZm+1=3，故m=2，A项正确；同一化学反响的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数一样，B项正确；m=2，则起始量X与Y1:2，则反响过程中由XY1:2XY1:1，C项正确；m=2，则该反响为反响前后气体总量不变的反响，故其次次平衡时Z的物质的量为：4×10%=0.4molZ0.4mol÷2L=0.2mol/L，故D项错误；此题选D。考点：化学平衡移动原理及计算。7．(14分)随原子序数的递增，八种短周期元素〔X表示〕原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如以以下图所示。依据推断出的元素答复以下问题：f在元素周期表的位置是 。比较d、e常见离子的半径的小〔用化学式表示，下同〕 ＞ ；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是： ＞ 。任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式 。1mole的单质在足量d中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反响的热2化学方程式： 。上述元素可组成盐R：zxf(gd),向盛有10mL1mol·L-1R溶液的烧杯中滴加1mol·L-1NaOH4 42溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如下：①R离子浓度由大到小的挨次是： 。②写出m点反响的而梨子方程式 。③假设R溶液改加20mL1.2mol·L-1Ba(OH)溶液，充分反响后，溶液中产生沉淀的物质的2量为 mol。【答案】〔1〕第三周期ⅢA族〔2〕r(O2-)＞r(Na+)、HClO＞HSO4 2 4〔3〕 〔或 〕〔4〕2Na(s)+O(g)＝NaO(s) △H=-511kJ·mol-12 2 2〔5〕①c(SO2-)＞c(NH+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH-)4 4②NH++OH-＝NH·HO ③0.0224 3 2【答案】【解析】x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。〔1〕f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA〔2〕电子层构造一样的离子，核电荷数越大离子半径越小，故r(O2-)＞r(Na+)；非金属性越强最高价氧化物水化物的酸性越强，故HClO＞HSO4 2 4〔3〕四原子共价化合物，可以是NH、HO、CH等，其电子式为： 〔或3 2 2 22〕〔4〕1molNa的单质在足量O中燃烧，放出255.5kJ热量，则该反响的热化学方程式为：22Na(s)+O(g)＝NaO(s) △H=-511kJ·mol-12 2 2〔5①是HO),l比H+水解程度更大故离子浓度由大到小的挨次是O)4 42 4 4＞c(NH+)＞c(Al3+)＞c(H+)＞c(OH-)②m点过程中参与氢氧化钠沉淀物质的量不变，是NH+4 4发生了反响，离子方程式为：NH++OH-＝NH·HO4 3 2③10mL1mol·L-1NHAl(SO),溶液中Al3+ 物质的量为0.01mol，NH+的物质的量为4 42 40.01mol ，SO2-的物质的量为0.02mol，20mL1.2mol·L-1Ba(OH)溶液Ba2+物质的量为4 20.024mol，OH—为0.048mol，反响生成沉淀为0.022mol。考点：化学图像、盐类水解、离子半径的大小比较。8．(18分)扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F路线如下：〔1〕A的分子式为CHO，可发生银镜反响，且具有酸性，A所含官能团名称为： ,22 3写出A+B→C的化学反响方程式为 .中①、②、③3个—OH的酸性有强到弱的挨次是： 。E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E的分子中不同化学环境的氢原子有 种。D→F的反响类型是 ,1molF在确定条件下与足量NaOH溶液反响最多消耗NaOH的物质的量为： mol.写出符合以下条件的F的全部同分异构体〔不考虑立体异构〕的构造简式： ①、属于一元酸类化合物，②、苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基：A有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A的路线流程图〔其他原料任选〕合成路线流程图例如如下：【答案】〔1〕醛基、羧基〔2〕③＞①＞②〔3〕4【解析】试题分析：〔1〕A的分子式为CHO，可发生银镜反响，且具有酸性，AHOCCOOH，官能22 3团是醛基和羧基；依据 C的构造可知B是苯酚，则A+B→C的化学反响方程式为：。〔2〕羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，故强弱挨次为：③＞①＞②〔3〕C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反响 ， 可 以 生 成3考点：同分异构体的书写、常见有机反响类型、有机合成路线。98分〕术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品。某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：答复以下问题：反响Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH)2+，反响中HO 的作用是 。写出操作①的名34 2 2称： 。IICu(NH)2+RH34操作②用到的主要仪器名称为 ，其目的是〔填序号〕 。a．富集铜元素b．使铜元素与水溶液中的物质分别．增加u在水中的溶解度反响Ⅲ是有机溶液中的CuR 与稀硫酸反响生成CuSO 和 。2 4假设操作③使用右图装置，图中存在的错误是 。操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液。阴极析出铜，阳极产物是 。操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是 。流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是 。循环使用的NHCl在反响Ⅰ中的主要作用是 。4【答案〔1〕作氧化剂 过滤Cu(NH)2++2RH=2NH++2NH+CuR 分液漏斗 ab34 4 3 2RH 分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁 液体过多〔4〕O HSO 加热浓缩冷却结晶 过滤2 2 4〔5〕HSO 防止由于溶液中的c〔OH-〕Cu〔OH〕沉淀2 4 2【解析】考点：考察物质的制备流程的分析推断，离子方程式的书写，根本操作的推断4分〕3

具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种型的絮凝剂，处理污FeCl3

高效，且腐蚀性小。请答复以下问题：FeCl3

净水的原理是 3

H＋作用外，另一主要缘由是〔用离子方程式表示〕 。NaClO3

FeCl2

废液得到FeCl 。3FeCl2

废液中c(Fe2＋)=2.0×10-2mol·L-1, c(Fe3＋)=1.0×10-3mol·L-1, c(Cl－)=5.3×10-2mol·L-1,则该溶液的PH约为 。NaClO3

FeCl2

的离子方程式：ClO3-+ Fe2＋+ = Cl－+ Fe3＋+ .FeCl3

在溶液中分三步水解：Fe3＋+HO2Fe(OH)2++HO2

Fe(OH)2++H＋ K1Fe(OH)++H＋ K2 2Fe(OH)++HO Fe(OH)+H＋ K2 3 3以上水解反响的平衡常数K、K、K由大到小的挨次是 。1 2 3通过把握条件，以上水解产物聚合，生成聚合氧化铁，离子方程式为：xFe3++yHO Fe(OH)(3x-y)++yH+2 x y欲使平衡正向移动可承受的方法是〔填序号〕。a.降温b.加水稀释c.NHCld.NaHCO4 3室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是。天津某污水处理厂用氯化铁净化污水的结果如以以下图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe(mg·L-1)表示]的最正确范围约为mg·L-1。〔1〕Fe3+Fe(OH)3

胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质 2Fe3++Fe=3Fe2+〔2〕①2 ②1 6 6H+ 1 6 3HO2〔3〕K>K>K b d pH1 2 3〔4〕18～20【解析】1水解生成的3

胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，所以可起到净水的Fe会与铁离子反响生成亚铁离子，离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+①依据电荷守恒，则溶液中氢离子的浓度是c(Cl－)-2c(Fe2＋)-3c(Fe3＋)=1.0×10-2mol·L-1,pH=2；②依据题意，氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反响物中有氢离子参与，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到-16Fe元素的化合价从+2价上升到+31个电子，依据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为661，依据电荷守恒，则氢离子的系数是6，3；铁离子的水解分为三步，且水解程度渐渐减弱，所以水解平衡常数渐渐减小，则K>K>K1 2 3则水解平衡也正向移动；参与氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；参与碳酸氢钠，则消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，所以答案选bd；从反响的离子方程式中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以pH。由图像可知，聚合氯化铁的浓度在18～20mg·L-1时，去除率到达最大值，污水的浑浊度减小。考点：考察对铁的化合物性质的应用，氧化复原反响方程式的配平，对图像的分析力气1、以以下图表示生态系统、群落、种群和个体的附属关系。据图分析，以下表达正确的选项是〔 〕A、甲是生物进化的根本单位B、乙数量到达环境容纳量最终不再发生波动C、丙是由生产者和消费者构成的D、丁多样性的形成受无机环境影响【答案】D2、鸡霍乱病原菌易致鸡死亡。1880年，巴斯德用久置的鸡霍乱病原菌对鸡群进展注射，意外觉察全部鸡存活。再次培育颖病原菌，并扩大鸡的注射范围，结果仅有局部鸡存活。进一步调查觉察，存活鸡均承受过第一次注射。以下分析正确的选项是〔 〕A、第一次注射时，所用的鸡霍乱病原菌相当于抗体B、第一次注射后，鸡霍乱病原菌诱导存活鸡产生的抗性变异C、其次次注射后，存活鸡体内相应记忆细胞参与了免疫反响D、其次次注射后，死亡鸡体内没有发生特异性免疫反响【答案】C错误。注射的霍乱病原菌对鸡的抗性进展选择；B错误。由“再次培育颖病原菌，并扩大鸡的注射范围，结果仅有局部鸡存活。进一步调查觉察，存活鸡均承受过第一次注射”可知存活鸡体内有相应的记忆细胞参与了免疫反响即二次免疫应答；C正确。由“巴斯德用久置的鸡霍乱病原菌对鸡群进展注射，意外觉察全部鸡存活”可推知初次注射鸡体内有特异性免疫反响发生，但由于二次注射的是鲜病原菌，没有经过初次免疫的鸡的抵抗力比较弱，会由于病原菌的侵染而死亡；D错误。3小鼠胚胎干细胞可诱导成能分泌胰岛素的胰岛样细胞将胰岛样细胞移植给患糖尿病小鼠，可使患病小鼠血糖恢复正常水平。以下表达错误的选项是〔 〕A、小鼠胚胎干细胞可来自对囊胚内细胞团的分别培育B、移植前，患病小鼠体内靶细胞缺失胰岛素受体C、移植后，小鼠体内靶细胞加强了对葡萄糖的摄取、利用和储存D、小鼠体内血糖浓度对胰高血糖素的分泌存在反响调整【答案】B正确。由“胰岛样细胞移植给患糖尿病小鼠，可使患病小鼠血糖恢复正常水平”可知患病小鼠的病因是胰岛B细胞受损伤导致胰岛素缺乏引起；B错误。移植后胰岛样细胞可合成分泌胰岛素，胰岛素能促进靶细胞对葡萄糖的摄取、利用和储存；C正确。体内血糖浓度高于正常水平促进胰高血糖素的分泌；反之抑制胰高血糖素的分泌；D正确。4、低温诱导可使二倍体草鱼卵原细胞在减数第一次分裂时不形成纺锤体，从而产生染色体数目加倍的卵细胞，此卵细胞与精子结合发育成三倍体草鱼胚胎。上述过程中产生以下四种细胞，以以下图所示四种细胞的染色体行为〔以二倍体草鱼体细胞含两对同源染色体为例〕可消灭的是〔 〕【答案】B5、为到达试验目的，必需在碱性条件下进展的试验是〔 〕A、利用双缩脲试剂检测生物组织中的蛋白质B、测定胃蛋白酶分解蛋白质的最适温度C、利用重铬酸钾检测酵母菌培育液中的酒精D、观看植物细胞的质壁分别和复原【答案】A【解析】碱性条件下，铜离子与蛋白质生成紫色络合物；ApH约2.0左右，因此测定胃蛋白酶分解蛋白质的最适温度需要维持pH2.0；B不符合题意。利用重铬酸钾检测酒精需要在酸性条件下进展；CD不符合题意。6、202323三亲婴儿的培育过程可选用如下技术路线。据图分析，以下表达错误的选项是〔 〕A、该技术可避开母亲的线粒体遗传病基因传递给后代B、捐献者携带的红绿色盲基因不能遗传给三亲婴儿C、三亲婴儿的染色体全部来自母亲供给的细胞核D、三亲婴儿的培育还需要早期环胎培育和胚胎移植等技术【答案】C亲本藻优势代谢类型生长速率〔g/L.天〕固体培育基上菌落直径DHA〔‰亲本藻优势代谢类型生长速率〔g/L.天〕固体培育基上菌落直径DHA〔‰〕A自养0.06小0.7B异养0.14大无据表答复：选育的融合藻应具有A藻 与B藻 的优点。诱导融合前需用纤维素酶处理两种藻，其目的是获得 。通过以下三步筛选融合藻，步骤 可淘汰B藻，步骤 可淘汰生长速成率较慢的藻落，再通过步骤 猎取生产所需的融合藻。a：观看藻落的大小步骤b:用不含有机碳源〔碳源——生物生长的碳素来源〕的培育基进展光照培育c：测定DHA以获得的融合藻为材料进展甲、乙、丙三组试验，结果如以以下图。①甲组条件下，融合藻产生[H]的细胞器是 ；丙组条件下产生ATP的细胞器是 。②与甲、丙两组相比，乙组融合藻生长速率较快，缘由是在该培育条件下 。甲、乙两组DHA产量均较高，但实际生产中往往承受甲组的培育条件，其缘由是 。【答案〔1〕产生DHA、自养特性 快速生长〔2〕原生质体〔3〕b a c〔4〕①线粒体、叶绿体 线粒体②融合藻既能光能自养又能异养融合藻利用光能和简洁的无机物即能生长，不需要添加葡萄糖，可降低本钱，也可防止杂菌生长【解析〔1〕由表格信息可知选育的融合藻