2023年新高考天津卷化学高考真题解析（参考版）

一、选择题A.反应①是置换反应B.18O的核电荷数是18C.18O与160互为同素异性体9.实验室制备和收集相应气体可使用下图装置的是B.二氧化锰与浓盐酸共热制备Cl₂C氢氧化钠与浓氨水制备NH₃B.c(H₁PO₄)+c(H₂PO₁)+c(HPO{)+c(PO{)=0.1moVL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，然后入是二、填空题(1)铜的价层电子排布式是,Cu+与Cu²+中半径较大的是。(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CuCl,,写出该反应化学(4)上述制备反应中，下列物质均可替代H₂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(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：(6)在D→E反应中，用Mg作阳极、Pt作阴极(7)下列关于E的叙述错误的是(填序号)。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(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)Na,[Zn(OH)]₄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；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。(2)第一步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫。若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸(3)若每生成80g气体三氧化硫，放出98.3kJ能量，写出生成三氧化硫的反应的热化学方程式：若反应温度升高，则二氧化硫转化率(填“升高”或“降低”)。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(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a.控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度,温度(8)一批32吨含硫元素99%的硫粉，参加反应，在第一步反应中硫元素损失了2%,二氧化硫在第二步2023年普通高等学校招生考试化学科目(天津卷)一、选择题C.Na₂CO₃溶液和BaCl₂溶液与氨水都不反应，都无现【解析】5.下列比较C和Si非金属性的方法，错误的是【解析】【详解】A.电负性越大，元素的非金属性越强，故不选A;B.最高价氧化物的熔点，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D.CIO₂分子空间构型为直线形【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正中氯原子有二个孤电子对，CIO³中孤电子对与成键电子对之间的排斥力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,D.CIO₂中C1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②H⁸O¹⁸OCl=H*+CI+⁸O₂A.反应①是置换反应B.18O的核电荷数是18C.18O与160互为同素异性体D.反应历程中H₂O₂中的O-O键没有发生断裂【解析】【解析】【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B.c(H₁PO₄)+c(H₂PO₁)+c(HPO?)+c(PO))=0.1【解析】11.下表列出25℃时不同羧酸的pK₄(即-lgK₄)。根据表中的数据推测，【解析】CH₂ICOOH<CH₂BrCOOH,增强，则25℃时的pK₄大小：CHF₂COOH<CH₂FCD.根据pK₂知，相同浓度下酸性CH₃COOH<CH₂CICOOH,酸性越强，其对应盐的水解程度越弱，碱性越麻油二斤，入锅烧滚，再下青柏叶半斤在油内，看柏枯黑色，捞去柏叶，然后入是【答案】D【解析】D.该流程中没有使物质变为蒸汽，没有用到蒸馏原理，故D错误；(1)铜的价层电子排布式是,Cu+与Cu2+中半径较大的是。(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CuCl,,写出该反应化学方程式：。反应中，a.HNOb.O₂(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(2)CuCl(3)①.Cu+H₂O₂+2HCl=CuCl₂+2H₂O②.反应生成Cu²+能够催化H₂O₂分解为H₂O和O₁③.【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3d104s',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】【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Cu+H₂O₂+2HCl=CuCl₂+2H₂O;反应生成Cu²*【小问4详解】【小问5详解】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=2Cull+I₂,即该白色沉淀的化学式为Cul,反应中KI的作应为关键步骤，用CO₂作原料，实现了重要医药中间(1)阿托酸所含官能团名称为碳碳双键、(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(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(7)下列关于E的叙述错误的是(填序号)。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)(5)O₂,△/催化剂(6)阴极(7)b【解析】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的结构简式可知，应生成(C),对比的结构简式可知，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,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】CB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【小问5详解】的结构简式可知，的转化发生的是氧化反的结构简式可知，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】【小问7详解】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bc.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【小问8详解】所以合成路线为(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(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(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(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】离子得到电子转变为锌：[Zn(OH)₄]²+2e=Zn+4OH而产生银白色的金属、同时H₂O得到电子生成少【小问1详解】【小问2详解】【小问3详解】【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[Zn(OH)?,根据得失电子守恒和电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：【小问5详解】【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)S₂的晶体类型是(2)第一步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫。若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气，与生成的二氧化硫一同参加第二步反应，关于这种情况说法正确的是_。(填序号)a.硫粉消耗会增大b.二氧化硫生成率降低c.生成较多SO₂(3)若每生成80g气体三氧化硫，放出98.3kJ能量，写出生成三氧化硫的反应的热化学方程式：若反应温度升高，则二氧化硫转化率(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.控制适宜的温度，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ⅢI.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。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。吸收所用浓硫酸据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度,温度(8)一批32吨含硫元素99%的硫粉，参加反应，在第一步反应中硫元素损失了2%,二氧化硫在第二步反应中97%转化为了三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸吨。【答案