2023年高考真题-化学（天津卷） 含解析

2023年普通高等学校招生考试化学科目(天津卷)一、选择题1.近年来我国航天事业发展迅速，下列对所涉及化学知识的叙述错误的是A.“嫦娥五号”取回的月壤样品中含有天然玻璃物质，玻璃是晶体B.“天舟六号”壳体使用了铝合金，合金是金属材料C.“长征七号”采用了液氧煤油发动机，煤油是混合物D.“天宫”空间站新补充了一批氙推进剂，氙是稀有气体【答案】A【解析】【详解】A．玻璃是非晶体，A错误；B．合金和金属单质是金属材料，B正确；C．煤油为碳原子数C11-C17的高沸点烃类混合物，主要成分是饱和烃类，还含有不饱和烃和芳香烃，煤油为混合物，C正确；D．氙是第5周期0族元素，属于稀有气体，D正确；故答案为：A。2.下列化学常识，错误的是A.淀粉是一种多糖 B.葡萄糖有还原性 C.油脂是一种高分子 D.氨基酸具有两性【答案】C【解析】【详解】A．淀粉本身属于糖类，淀粉属于糖类中的多糖，故A正确；B．葡萄糖中含有醛基，具有还原性，故B正确；C．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故C错误；D．氨基酸中含有氨基和羧基，既可以和酸反应也可以和碱反应，具有两性，故D正确；故选C。3.下列方法(试剂)中，无法鉴别和两种物质的是A.焰色试验 B.试纸 C.稀氨水 D.【答案】C【解析】【详解】A．钠元素、钡元素的焰色不同，可以用焰色试验鉴别碳酸钠和氯化钡，A不符合；B．Na2CO3溶液显碱性，BaCl2溶液显中性，故可以用pH试纸检验Na2CO3和BaCl2，B不符合；C．Na2CO3溶液和BaCl2溶液与氨水都不反应，都无现象，C符合；D．Na2CO3溶液与Na2SO4溶液不反应，BaCl2溶液与Na2SO4反应生成白色沉淀硫酸钡，D不符合；故答案为：C。4.下列常见物质及用途，错误的是A.氢氧化铝可用于治疗胃酸过多B.SiO2可用于制造光导纤维C.Fe2O3是铁红，可以用作染料D.钠起火，可以使用水基灭火器扑灭【答案】D【解析】【详解】A．胃酸中含有HCl，氢氧化铝可以与HCl反应，能用于治疗胃酸过多，A正确；B．SiO2具有良好的光学特性，可用于制造光导纤维，B正确；C．Fe2O3是一种红色粉末，俗称铁红，常用作红色染料，C正确；D．钠能与水反应生成易燃性气体氢气，不能使用水基灭火器扑灭，D错误；故选D。5.下列性质不能用于判断C、的非金属性强弱的是A.元素的电负性B.最高价氧化物的熔点C.简单氢化物的热稳定性D.最高价氧化物对应的水化物的酸性【答案】B【解析】【详解】A．电负性越大，元素的非金属性越强，故不选A；B．最高价氧化物熔点，与化学键或分子间作用力有关，与元素非金属性无关，故选B；C．简单氢化物的越稳定，元素非金属性越强，故不选C；D．最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素非金属性越强，故不选D；选B。6.常温下，二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，具有强氧化性，已被联合国卫生组织(WTO)列为Al级高效安全消毒剂。已知，工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性条件下与氯酸钠反应，其反应的化学方程式：CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6ClO2↑+3Na2SO4+5H2O，则下列说法正确的是A.CO2是非极性分子B.键角：ClO<ClOC.NaClO3在反应中做还原剂D.ClO2分子空间构型为直线形【答案】A【解析】【详解】A．CO2的中心原子C原子的价层电子对数为2，C原子杂化类型为sp，CO2是非极性分子，A正确；B．ClO与ClO中氯原子的价层电子对数均为4，杂化类型均为sp3，ClO中氯原子有一个孤电子对，ClO中氯原子有二个孤电子对，ClO中孤电子对与成键电子对之间的排斥力小于ClO中孤电子对与成键电子对之间的排斥力，导致键角：ClO>ClO，B错误；C．该反应中，碳元素化合价由−2价变为+4价，氯元素化合价由+5价变为+4价，所以氧化剂是NaClO3，还原剂是甲醇，C错误；D．ClO2中Cl原子提供1对电子，有一个O原子提供1个电子，另一个O原子提供1对电子，这5个电子处于互相平行的轨道中形成大π键，Cl提供孤电子对与其中一个O形成配位键，Cl与另一个O形成的是普通的共价键（σ键，这个O只提供了一个电子参与形成大π键），Cl的价层电子对数3，则Cl原子的轨道杂化方式为sp2，ClO2分子空间构型为V形，D错误；故选A。7.利用18O示踪技术研究H2O2与Cl2的反应历程，结果如下：①②下列叙述正确的是A.反应①是置换反应B.18O的核电荷数是18C.18O与16O互为同素异形体D.反应历程中中的O-O键未发生断裂【答案】D【解析】【详解】A．反应①生成两种化合物，不是置换反应，故A错误；B．核电荷数等于核内质子数，所以18O的核电荷数是8，故B错误；C．18O与16O是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，故C错误；D．反应历程中、H-O-O-Cl、O2都含O-O键，所以中O-O键没有发生断裂，故D正确；选D。8.如图所示，是芥酸的分子结构，关于芥酸，下列说法正确的是A.芥酸是一种强酸 B.芥酸易溶于水 C.芥酸是顺式结构 D.分子式为【答案】C【解析】【详解】A．芥酸中含有羧基，烃基较大，则芥酸的酸性小于醋酸，属于弱酸，故A错误；B．虽然芥酸中含有的羧基是亲水基团，但疏水基——烃基较大，其难溶于水，故B错误；C．芥酸中存在碳碳双键，且H原子在碳碳双键的同一侧，是一种顺式不饱和脂肪酸，故C正确；D．由结构简式可知，芥酸的分子式为C22H42O2，故D错误；故选C。9.实验室制备和收集相应气体可使用下图装置的是A.Fe与稀硝酸反应制NOB.MnO2与浓盐酸共热制备Cl2C.NaOH与浓氨水制备NH3D.Na2SO3与浓硫酸制备SO2【答案】D【解析】【详解】A．NO与O2反应生成NO2，不能用排空气法收集NO，故不选A；B．二氧化锰与浓盐酸共热制备Cl2，反应需要吸热，缺少加热装置，故不选B；C．氨气的密度比空气小，需要用向下排空气法收集NH3，故不选C；D．Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2，SO2密度比空气大，用向上排空气法收集SO2，故选D；选D。10.在浓度为的溶液中，如下说法正确的是A.溶液中浓度最大的离子是B.C.D.磷酸第二步电离平衡的平衡常数表达式为【答案】B【解析】【详解】A．在水溶液中完全电离生成Na+和，又发生电离和水解，则溶液中浓度最大的离子是Na+，故A错误；B．根据NaH2PO4溶液中的物料守恒可得：c(Na+)=c()+c(PO)+c(HPO)+c(H3PO4)=0.1mol/L，故B正确；C．根据NaH2PO4溶液中的电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2PO)+2c(HPO)+3c(PO)，故C错误；D．磷酸第二步电离方程式为：，电离平衡的平衡常数表达式为，故D错误；故选B。故选：B。11.下表列出25℃时不同羧酸的(即)。根据表中的数据推测，结论正确的是羧酸pKa4.762.592.872.90A.酸性强弱：B.对键合电子的吸引能力强弱：F<Cl<BrC.25℃时的pKa大小：D.25℃时0.1mol/L溶液的碱性强弱：【答案】C【解析】【详解】A．根据电负性F＞Cl＞Br＞I，CH2FCOOH、CH2ClCOOH、CH2BrCOOH的酸性逐渐减弱，则酸性CH2ICOOH＜CH2BrCOOH，A错误；B．电负性越大，对键合电子的吸引能力越强，电负性：F>Cl>Br，对键合电子的吸引能力强弱：F>Cl>Br，B错误；C．F是吸电子基团，F原子个数越多，吸电子能力越强，使得羧基中O—H键极性增强，更易电离，酸性增强，则25℃时的pKa大小：CHF2COOH<CH2FCOOH，C正确；D．根据pKa知，相同浓度下酸性CH3COOH＜CH2ClCOOH，酸性越强，其对应盐的水解程度越弱，碱性越弱，则相同浓度下碱性：CH2ClCOONa＜CH3COONa，D错误；故答案为：C。12.明代《武备志》中记载了提纯硫黄的油煎法：“先将硫打豆粒样碎块，每斤硫黄用麻油二斤，入锅烧滚。再下青柏叶半斤在油内，看柏枯黑色，捞去柏叶，然后入硫黄在滚油内，待油面上黄沫起至半锅，随取起，安在冷水盆内，倒去硫上黄油，净硫凝一并在锅底内者是”，下列叙述错误的是A.“先将硫打豆粒样碎块”是为了增大硫的表面积 B.“青柏叶”变“枯黑色”起到指示油温的作用C.“倒去硫上黄油”实现固液分离 D.提纯硫磺的油煎法利用了蒸馏原理【答案】D【解析】【详解】A．“先将硫打豆粒样碎块”增大了硫的表面积，有利于硫与麻油充分接触，故A正确；B．油温较高时，柏叶由青色变为黑色，“青柏叶”变“枯黑色”可以起到指示油温的作用，故B正确；C．“安在冷水盆内”后，硫经冷却凝固后沉在容器底部，麻油浮于上层，因此“倒去硫上黄油”可实现固液分离，故C正确；D．蒸馏原理是利用被提纯物质和杂质的沸点差异，用于分离和提纯液态物质，该流程没有用到蒸馏原理，故D错误；故选D。二、填空题13.铜及其化合物在生产生活中有重要作用。（1）基态Cu原子的价层电子排布式是______，与相比较，离子半径较大的是______。（2）铜的一种化合物的晶胞如图所示，其化学式为______。（3）在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备，写出该反应化学方程式：______。反应中，H2O2实际消耗量大于理论用量的原因是______。H2O2电子式为______。（4）上述制备反应中，下列物质均可替代H2O2作氧化剂，最适合的是是______(填序号)。a．硝酸b．c．（5）Cu2+和I-的反应可用于Cu含量的定量分析。向CuCl2溶液中滴入KI溶液，生成一种碘化物白色沉淀，且上层溶液可使淀粉溶液变蓝。该白色沉淀的化学式为______。反应中KI的作用为______。【答案】（1）①.3d104s1②.Cu+（2）CuCl（3）①.Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O②.反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O和O2③.（4）b（5）①.CuI②.还原剂、沉淀剂【解析】【小问1详解】已知Cu是29号元素，则铜的价层电子排布式是3d104s1，根据同一元素的微粒化合价高的离子有效核电荷数多，半径越小，故Cu+与Cu2+中半径较大的是Cu+，故答案为：3d104s1；Cu+；【小问2详解】由题干铜的一种化合物的晶胞图所示可知，一个晶胞中含有Cu+为4个，含有Cl-个数为：=4个，故其化学式为CuCl，故答案为：CuCl；【小问3详解】在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备CuCl2，根据氧化还原反应配平可得，该反应化学方程式为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，由于反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O和O2，导致反应中，H2O2实际消耗量总是大于理论，H2O2为共价化合物，故其电子式为：，故答案为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O和O2；；【小问4详解】HNO3被还原生成NO有毒，会污染环境，Cl2本身有毒也会污染环境，故上述制备反应中，下列物质均可替代H2O2作氧化剂，最适合的是是O2，故答案为：b；【小问5详解】Cu2+和I-的反应可用于Cu含量的定量分析，向CuCl2溶液中滴入KI溶液，生成一种碘化物白色沉淀，且上层溶液可使淀粉溶液变蓝，说明反应生成了I2，根据化合价有升必有降的原理可知，反应中Cu的化合价降低到+1价，故反应的离子方程式为：2Cu2++4I-═2CuI↓+I2，即该白色沉淀的化学式为CuI，反应中KI的作用为将Cu2+充分还原为CuI，故答案为：CuI；将Cu2+充分还原为CuI。14.二氧化碳的转化与综合利用是实现“碳达峰”“碳中和”战略的重要途径。近期，我国学者以电催化反应为关键步骤，用CO2作原料，实现了重要医药中间体——阿托酸的合成，其合成路线如下：（1）阿托酸所含官能团名称为碳碳双键、______。（2）A→B的反应类型为______。（3）A的含有苯环且能发生银镜反应的同分异构体数目为______，其中在核磁共振氢谱中呈现四组峰的结构简式为______。（4）写出B→C反应方程式：______。（5）C→D反应所需试剂及条件为______。（6）在D→E反应中，用Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，则CO2与D的反应在______(填“阳极”或“阴极”)上进行。（7）下列关于E的叙述错误的是______(填序号)。a．可发生聚合反应b．分子内9个碳原子共平面c．分子内含有1个手性碳原子d．可形成分子内氢键和分子间氢键（8）结合题干信息，完成以下合成路线：______（）【答案】（1）羧基（2）加成反应(或还原反应）（3）①.4②.（4）+H2O（5）O2，△/催化剂（6）阴极（7）b（8）。【解析】【分析】(A)与氢气发生加成反应生成(B)，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成(C)，对比和(D)的结构简式可知，到的转化发生的是氧化反应，的在1)CO2电催化、2)酸化条件下转化成(E)，在1)KOH溶液、2)盐酸条件下转化成阿托酸。【小问1详解】阿托酸的结构简式为，其所含官能团的名称为碳碳双键、羧基；【小问2详解】A的结构简式为、B的结构简式为，与氢气发生加成反应生成，所以A→B的反应类型为加成反应或还原反应；【小问3详解】A的结构简式为，其符合题目要求的同分异构体为①一个侧链②两个侧链(甲基有邻、间、对三种位置)，所以符合要求的同分异构体的数目为1+3=4，其中在核磁共振氢谱中呈现四组峰的结构简式为；小问4详解】B的结构简式为、C的结构简式为，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，B→C反应方程式为+H2O；【小问5详解】对比(C)和(D)的结构简式可知，到的转化发生的是氧化反应，所以C→D反应所需试剂为O2、条件为加热、催化剂；【小问6详解】D的结构简式为、E结构简式为，E比D多一个碳原子、两个氧原子和两个氢原子，E中碳元素化合价降低，D得电子生成E，即发生还原反应，所以在D→E反应中，用Mg作阳极、Pt作阴极进行电解，CO2与D的反应在阴极上进行；【小问7详解】E结构简式为：a．E中含有羧基和醇羟基，所以可以发生聚合反应，故a正确；b．苯环及直接连接苯环的碳原子共平面，连接羧基和苯环的碳原子为饱和碳原子，该碳原子采取sp3杂化，为四面体结构，由于单键可以旋转，所以分子中最少有7个碳原子共平面、最多有8个碳原子共平面，故b错误；c．分子中连接羧基和苯环的碳原子连了4个不同的原子或原子团，该碳原子为手性碳原子，分子中只有该碳原子为手性碳原子，故c正确；d．E分子中含有羧基和羟基，由于羧基和羟基间距小，所以该分子既可形成分子内氢键，又可以形成分子间氢键，故d正确；故答案为：b；【小问8详解】在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成，，在1)CO2电催化、2)酸化条件下转化成，在浓硫酸、加热条件下生成，所以合成路线为，，。15.研究人员进行了一组实验：实验一：如图，研究人员将氢氧化钠溶液加入反应容器，随后加入锌粉，随后加热。一段时间后反应完全，停止加热，锌粉仍有剩余，向反应所得溶液中加入一块铜片，并接触剩余的锌，铜片表面出现银白色金属，并伴随少量气体产生。实验二：研究人员将实验一得到的带有银白色金属的铜片加热，直到铜片表面变黄，立刻停止加热，置入水中冷却。已知：（1）如图，实验一使用的仪器为_______，为了防止加热过程中液体沸腾溅出，采取的办法是_______。（2）中含有的化学键包括_______。a．离子键b．极性共价键c．非极性共价键d．配位键（3）写出氢氧化钠与锌反应的离子方程式：_______。（4）写出实验一中构成的原电池正负极反应：负极：_______；正极：_______。（5）研究人员在铜片表面变黄后立刻停止加热，放入水中，这样做的目的是_______。（6）黄铜和黄金外表相似，但化学性质仍然有所区别。若使用硝酸对二者进行鉴别，则现象与结论为_______。（7）若将铜片插入实验一过滤后的上清液中，可否仍然出现上述现象？请解释：_______。【答案】（1）①.蒸发皿②.用玻璃棒搅拌（2）abd（3）（4）①.Zn-2e-+4OH-=②.、2H2O+2e-=H2+2OH-（5）防止锌被氧化（6）将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄铜（7）实验一过滤后的上清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象【解析】【分析】Zn与NaOH溶液发生反应，一段时间后反应完全，停止加热，锌粉仍有剩余，向反应所得溶液中加入一块铜片，并接触剩余的锌，形成原电池，Zn失去电子生成，电极方程式为：Zn-2e-+4OH-=，正极由产生的锌离子得到电子转变为锌：而产生银白色的金属、同时H2O得到电子生成少量H2，电极方程式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，以此解答。【小问1详解】由图可知，实验一使用的仪器为蒸发皿，为了防止加热过程中液体沸腾溅出，采取的办法是：用玻璃棒搅拌。【小问2详解】是离子化合物，Na+和之间形成离子键，内部存在配位键，O-H属于极性共价键，故选abd。【小问3详解】已知Zn和NaOH溶液反应的化学方程式为：，离子方程式为：。【小问4详解】锌比铜活泼，实验一中构成的原电池的负极为Zn，Zn失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：Zn-2e-+4OH-=，正极为Cu，正极由产生的锌离子得到电子转变为锌而产生银白色的金属、同时H2O得到电子生成少量H2，电极方程式为：、2H2O+2e-=H2+2OH-。【小问5详解】锌离子得电子产生锌析出在铜表面，铜锌接触只有薄薄的一层，加热就是黄铜，所以铜表明变黄，用冷水降温的目的是：防止锌被氧化。【小问6详解】铜与稀硫酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄铜。【小问7详解】实验一过滤后的上清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象。16.工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。（1）硫磺()的晶体类型是______。（2）硫的燃烧应控制事宜温度。若进料温服超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致______(填序号)。a.硫的消耗量增加b.SO2产率下降c.生成较多SO3（3）SO2(g)氧化生成80gSO3(g)放出热量98.3kJ，写出该反应的热化学方程式______。随温度升高，SO2的平衡转化率______(填“升高”或“降低”)。（4）从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为______。Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97％。（5）气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是______。升高温度后的气体都需要降温，其目的是______。（6）采用四段转化工艺可以实现______(填序号)。a．控制适宜温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率b．使反应达到平衡状态c．节约能源Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收SO3。若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。（7）SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度______，温度______。（8）用32吨含S99%的硫磺为原料生成硫酸，假设硫在燃烧过程中损失2%，SO2生成SO3的转化率是97%，SO3吸收的损失忽略不计，最多可以生产98%的硫酸______吨。【答案】（1）分子晶体（2）ab（3）①.2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)②.降低（4）降低反应活化能（5）①.反应放热