2023年天津高考化学模拟试题含答案.pdf

1 .发任意球时，足球裁判会在球场喷少量液体做标记，该液体迅速形成白色泡沫并很快消失。该液体的组成：8 0%水、1 7%液态丁烷、2%植物油及1%表面活性剂，液体形成泡沫有表面活性剂的作用，还因为A.丁烷变成气体 B,植物油变成固体 C,水变成气体 D.水变成固体【答案】A【解析】常温下丁烷为气态烧，由液体的组成和性质可知，在球场喷少量液体做标记时，喷出的液体中的液态丁烷迅速变成气体使表面活性剂形成泡沫，故选A。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。由电化学固氮得到的A 1 N转化为N H?的反应为：A l N +N a O H+3 H2O =N a A l(O H)4 +NH3T ,下列说法不正确的是A.固氮过程中，每生成Im oIA l N转移的电子数目为3 NAB.室温下,p H为1 3的N a O H溶液中O H-数目为O.INAC.标准状况下，1.1 2L N H3中含有的电子数目为0.5 NAD.1 1.8 g N a A l(O H)/中含有的共价键数目为0.8 NA【答案】B【解析】A.固氮过程中，A 1与N 2反应生成A 1 N,电子转移的数目为3 e,则每生成Im ol A l N转移的电子数目为3 NA，A正确；B.p H为1 3的N a O H溶液的体积未知，无法计算溶液中所含0田的数目，B不正确；C.标准状况下，1.1 2L N H3的物质的量为0.0 5 m ol,每个N H3分子中含有1 0个电子，贝U1.1 2L N H3含有的电子数目为0.5 NA，C正确；D.1 1.8 g N aA l(O H)4 的物质的量为3萼7=0.l m ol,每个 A l(O H)-中含有 8L 4 1 1 8 g/m ol个共价键，则含有的共价键数目为0.8 NA,D正确；故选B3.高中化学 化学反应原理模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析，以下观点中不壬现的是A.难溶电解质在水中达到溶解平衡时，再加入难溶电解质，溶液中各离子浓度不变B.将T i c、加入水中并加热使其转化为T i O?-xH?。C.乙烯聚合为聚乙烯的反应是燧减的过程，却能够自发进行，可知该反应的A H 3溶液显碱性的原因：H C O；+H2O =C O；+H3O+【答案】D【解析】A.难溶电解质在水中达到溶解平衡时，再加入难溶电解质，溶液仍处于饱和状态,溶液中各离子浓度不变，A正确；B.将T i C 1加入水中，钛离子水解生成氢氧化钛和挥发性酸盐酸，故加热氢氧化钛最终会使其转化为T i O z-H2。，B正确；C.燧变、焙变都是影响反应自发的因素，乙烯聚合为聚乙烯的反应是燃减的过程，却能够自发进行，可知该反应的A Hc(CH3coO-)108D.该温度下，CH3coOH的电离平衡常数Ka=-x-0.1【答案】B【解析】A.CH3COOH 溶液与 O.lmolNaOH 固体混合，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O,形成CH3co0H和 CH3COONa的混合溶液，其中CH3coONa的水解促进水的电离，CH3co0H的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入H C 1,点反应CH3coONa+HCl=CH3coOH+NaCl 恰好完全发生，CH3coONa 减少，CH3coOH 增多；若向该混合溶液中加入N aO H 固体，点反应CH3coOH+NaOH=CH3COONa+H2O恰好完全进行，CH3coONa增多，CH3coOH减少，因此，水的电离程度：，A 错误；B.CH3co0H 溶液与 O.lmolNaOH 固体混合，CH3coOH+NaOH=CH3coONa+HzO,形成CH3coOH 和 CH3coONa 的混合溶液，根据物料守恒:c(CH3coOH)+c(CH3coO尸x mol L1,B 正确；C.点时反应CH3coOH+NaOH=CH3COONa+H2。恰好完全进行，溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3C O O),此时 pH=7,则 c(H+)=c(OH)则 c(Na+尸 c(CH3coO),C 错误；D.该温度下 pH=7 时，c(H)=10-7mol L-,c(CH3COO)=c(Na+)=0.2mol/L,c(CH3coOH尸(c-0.2)mol/L,则醋酸的电离平衡常数Ka二-C-(-C-H=-3-C-O-O-)-C-(-H-+-)=-I-O-7-x-0-.2-=-2-x-lO-x,D 错的庆、口；c(CH 3coOH)c-0.2 c-0.2故选Bo6.气体报警器是一种检测气体的化学类传感器，能够及早排除安全隐患。原理如下图所示,当被检测气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反应，传感器就会接收到电信号。常见的传感器(被检测气体产物)有：CHQ/CO；-、co/c o，、c i2/c r N O 2/N 2等，则下列说法中正确的是地 感 电 极 鼻*膘传盛器 电斛质溶液-对 电 极.A.上述气体检测时，敏感电极均作电池正极B.检测C l 2气体时，电流离开对电极流向传感器C.检测N O 2和co相同含量的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小相同D.检测C H 气体时，对电极充入空气，该电极反应式可以为：。2+2凡0 +46-=40田【答案】D【解析】A.甲烷、一氧化碳发生氧化反应，氯气、二氧化氮发生还原反应，故可作正极也可以作负极，A错误；B.。2(敏感电极)是氧化剂反应还原反应作正极，电流离开敏感电极，对电极作负极，是电子流出，电流流入，B错误；C.电流大小由转移电子大小决定，N C 2由+4变为0价转移4个电子，CO由+2价变为+4价转移2个电子，相同量气体转移电子不同，则电流不同，C错误；D.C H,氧化产物为C O；说明电解质为碱性，对电极为正极，电极反应式可以为：O2+2 H2O +4e-=4OH ,D 正确：故选D。7 .某温度下，向1 0 1 111 0.1 0 1 1 1 0 1/1 2。2溶液中滴加0.1 0 1 110 1/1 2(：0 3溶液，滴加过程中溶液中-lg c(Ba2+)与N a2 c 0 3溶液体积(V)的关系如图所示，已知Ks p(BaS O4)=l.lxl0-|0下列说法不氐顺的是A.该温度下 KsP(BaC O3)=1 0-86B.a、c两点溶液中，水的电离程度：c a,1C.b 点溶液中：c(C O 3)+c(H C O；)+C(H2C O3)=-c(N a+)D.若把N a2 c C h 溶液换成等浓度N az S Oa溶液，则曲线变为I【答案】C【解析】A.向 lOm L O.lOm o l/L BaC b 溶液中滴加O.lOm o l/L N a2 c C h 溶液时，二者恰好反应完全得到氯化钠溶液和碳酸钢沉淀，则存在沉淀溶解平衡：BaC C)3(s)U Ba2+(aq)+C Oj(aq),c(Ba2+)=c(C O j),该温度下 Ks p(BaC C h 尸1 0 43x()43=0-8.6,A 正确；B.a 中滴入碳酸钠不足，溶质为强酸强碱盐溶液，室温下水电离出的氢离子浓度为1 0-7 m o l/L、c 点溶液中碳酸钠过量，溶液因水解呈碱性、水的电离被促进，贝a、c 两点溶液中水的电离程度：c a,B 正确；C.b点，滴入的碳酸钠提供的碳酸根主要存在于碳酸根沉淀中，溶液中碳元素很少：c(C O 3-)+c(H C O 力+c(H 2 c O3)4,3,则曲线变为 I,D 正确;答案选C。8.在直流电源作用下，双极膜中间层中的H 2 O 解离为H+和 0H1利用双极膜电解池产生强氧化性的羟基自由基(O H),处理含苯酚废水和含S 0 2 的烟气的工作原理如图所示。下列说法错误的是直流电源含紫酚废水A.电势：N电极M 电极B.阴极电极反应式为O2+2e-+2H”=2OHC.每处理9.4g苯酚，理论上有2.8molH-透过膜aD.若O H 只与苯酚和SO2反应，则参加反应的苯酚和SO2物质的量之比为1：14【答案】C【分析】双极膜中间层中的H20解离为H+和 0H M 极上Ch得电子与H+反应生成羟基自由基(O H),说明M 极为阴极，连接电源的负极，M 极上产生的羟基自由基将苯酚氧化生成C02；N 极为阳极，HzO解离产生的0H失电子产生羟基自由基，羟基自由基将S02氧化为硫酸根离子。【解析】A.M 极上02得电子生成羟基自由基(P H),说明M 极为阴极，连接电源的负极,N 极为阳极，故电势：N 电极M 电极，选项A 正确；B.M 为阴极，阴极上02得电子生成羟基自由基(P H),电极反应式为Oz+2e-+2H+=2PH,选项B 正确：C.每mol苯酚转化为C 02,转移电子28mo1,每处理9.4g苯酚(即O.lmol),理论上有2.8mol电子转移，则有2.8molH+透过膜b,选项C 错误：D.若P H 只与苯酚和S02反应，转移电子数之比为28：2,则参加反应的苯酚和S02物质的量之比为1：1 4,选项D 正确；答案选C。9.以废铁屑为原料制备硫酸亚铁晶体的实验过程如图，下列说法正确的是稀硫酸废铁屑一酸 浸|-I 结 晶 过 滤|硫酸亚铁晶体A.取少量酸浸后的溶液，滴加硫氟化钾溶液，未变红色，说明废铁屑中不含+3价铁元素B.人体血红素是亚铁离子配合物，硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血C.过滤步骤说明硫酸亚铁晶体难溶于水D.实验过程不直接蒸发结晶的原因是防止FeSCM水解生成Fe(OH)2【答案】B【分析】废铁屑用稀硫酸酸浸后得到FeSCM溶液，FeSCU溶液经结晶、过滤得到硫酸亚铁晶体。【解析】A.取少量酸浸后的溶液，滴加硫氟化钾溶液，未变红色，说明酸浸后的溶液中不存在Fe3+,但不能说明废铁屑中不含+3价铁元素，因为废铁屑中若含+3价铁元素，在酸浸时会被Fe还原成Fe2+,A 项错误；B.人体血红素是亚铁离子配合物，硫酸亚铁可提供亚铁离子，从而可用于治疗缺铁性贫血,B 项正确；C.硫酸亚铁晶体溶于水，题给实验过程中是经结晶析出晶体后过滤的，C 项错误；D.实验过程不直接蒸发结晶的原因是：防止硫酸亚铁被氧化、防止硫酸亚铁晶体失去结晶水，D项错误；答案选B。1 0.下列“类比”结果正确的是A.植物油不溶于水，则甘油也不溶于水B.甲酸能与银氨溶液发生银镜反应，则乙酸也可与银氨溶液发生银镜反应C.S和F e加热条件下生成F e S,则S和C u加热条件下生成C u 2 sD.向含A g+的溶液中滴加过量氨水不会产生沉淀，则向含A P+的溶液滴加过量的氨水也不会产生沉淀【答案】C【解析】A.甘油为丙三醇，能与水混溶，A错误：B.甲酸中有醛基，故能发生银镜反应，乙酸中无醛基，不能发生银镜反应，B错误；C.硫的氧化性较弱，与变价金属反应只能生成低价态化合物，故与铁反应生成硫化亚铁，与铜反应生成硫化亚铜，C正确；D.向银离子的溶液中加入过量的氨水生成银氨溶液，不会产生沉淀，但向含有铝离子的溶液中加入过量的氨水只能生成氢氧化铝沉淀，D错误；故选C。1 1.常温下，将一定量稀硫酸滴入高铁酸钠（N a z F e O j溶液中，溶液中含铁微粒F e O；、H F e O；、H2F e O4.H j F e O；的物质的量分数6（X）随p O H的变化如图 5 Xc（F e O；j+c（H F e O4）+c（H2F e O4）+c（H,F e O 4）P H =_ l g c（0 H ）,下列说法正确的是A.曲线I表示H sF eO；的变化曲线B.a、b、c三点水的电离程度相等C.25。4）=c（F eO：）,所以 H F eO；U F e O j+H+的 K 1=c（l T）=1 04 24,同理可推知H 2F eC）4UHFe O；+H+的K 2=c（H*）=1 01 8,所以H2F eO4。F eO：+2H+的平衡常数 K=K/K 2=1 0 w ,c 正确；D.根据电荷守恒得，c（N a+）+c（H ）+c（H3F eO 4）=c（0 H ）+c（H F eO4）+2c（F eO；）+2c 0：）,p H =7 的溶液中 c（H+）=c（0 H j ,所以 c（N a +）+c（H 3F eO；）=c（H F eC）4 ）+2c（F eO：）+2c（S O：）,D错误；故选C。1 2.在一定温度下，B a S 04和C在一密闭容器中进行反应：B a S O 4（s）+4 C（s）例 晓B a S（s）+4 C 0（g）,CO的平衡浓度（m o l/L）的对数I g c（C O）与温度的倒数工的关系如图所示，下列说法中正确的是T了/（10-4右1）A.Q点B a S C U的消耗速率小于生成速率B.该反应的，(),故B错误；i n4C.由图可知，温 度 是 一K时，在此温度下c(C O)=1 0,K=c4(C O)=1 0000,故C错误；3D.反应的化学平衡常数K=c4(C 0),平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则温度不变，将R点状态的容器体积扩大，重新达到平衡时，一氧化碳的浓度不变，气体的压强不变，故D错误；故选A o第II卷 供64分)注意事项：1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。2.本卷共4题，共64分。1 3.回答下列问题:(1)F e、C o、N i是三种重要的金属元素。F e、C o、N i都能与C l?反应，其中C o和N i均生成二氯化物，由此推断F eC l?、C 0C I 3和C l 2的 氧 化 性 由 强 到 弱 的 顺 序 为。一种钻氧化物晶胞如图所示，该 氧 化 物 中 钻 离 子 价 电 子 排 布 式 为。设阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体的密度为 g .cm，。an mO钻离子 o2-（2）以钻矿 主要成分是CoO、CO2O3、CO（OH）3,还含Si。？及少量AI2O3、Fe。；、CuO及 Mi!。？等 为原料可制取钻的氧化物。利用钻矿制取钻的氧化物的主要步骤如下：浸取：用盐酸和Na2sO3溶液浸取钻矿，浸取液中含有Al3+、Fe2+、Co2+Cu2+.M n2+、c r s o；-等离子。写出CO2O3发生反应的离子方程式：。除杂：向浸取液中先加入足量NaC。氧化Fe?+，再加入NaOH调节pH 除去A+、Fe3+、Cu2+有关沉淀数据如下表（“完全沉淀”时金属离子浓度4 1.0 x10-5 mol-L ）：若浸取液中c（Co2-）=0.1 m o l-L-,则须调节溶液pH 的范围是（加入NaCK）3和NaOH时;溶液的体积变化忽略）。沉淀Al(OH),Fe(O H)3CO(O H)2C u(O H),M n(O H)2恰好完全沉淀时的pH5.22.89.46.710.1萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂（HA）发生反应：Co2+n（HA）2=COA2.（n-l）（HA）2+2H+o 实验测得：当溶液 pH 处于 4.5 6.5 范围内，C02+萃取率随溶液pH 的增大而增大（如下图所示），其原因是。向萃取所得有机相%、树贵褥+Q。沉钻、热分解：向反萃取后得到的水相中加入（NH J2C2O 4溶液，过滤、洗涤、干燥，得到COC2O4NH2O晶体。称 取 14.64g该晶体，在空气中加热一段时间后，得到CoO和CO3O4的混合物。称量该混合物，质量为6.32 g,通过计算确定该混合物中CoO和 CO3O4的 质 量 之 比（写出最简整数比）。3【答案】CoCl3Cl2FeCl3 ,3d7.(2).CO2O3+S O +4 H+=2 CO2+S O；+2 H2O.6.7 7.4.pH 越大,溶液中C（H ）越小，有利于。2 +!1（以）2=F e C b ,C。和 N i均生成二氯化物，C。和氯气反应不能生成C o C h，说明氧化性C o C h C 1 2,所以F e C 、C 0 C I 3 和 的 氧 化 性 由强到弱的顺序为C o C 1 3 C U F e C 1 3。根据均摊原则，该晶胞中含有0 2-数为8 x J+6 x=4 ,8 2C。离子数为1 2 x +l=4,所以化学式为C o O,C。为+2 价；C。是 2 7 号元素，C o?+价电子4排布式为3 C T。晶胞的体积为卜、1 0-7）3（：0 13=2 3 乂 1 0 2 1 513,设阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体的密度为J：；）：=Vxl023g-c m。【小问2解析】浸取液中含有C o 2+，说明C O 2 O 3 被S O：还原为C o 2+,S O：被氧化为S O：,C O 2 O 3 与Na 2 s。3 发生反应的离子方程式为CO2 C）3+S O；+4 H+=2 CO2+S O：+2 H2 O。C()2+完全沉淀的 p H=9.4,则 Ks p LCO(O H)2 =1X1 0-5X(1X1 0 6)2=1X1 0-1 4-2；若浸取液中 C o?*）=0.1 mo l-L-,为防止C o?+生成C o（O H）2 沉淀，c（O H-）的最大值为JC=l x l（）6 6 mo i.LT,则C 0 2+开始沉淀的p H=7.4,所以须调节溶液pH 的范围是6.7 7.4 opH 越大，溶液中c（T）越小，有利于C o 2，+n（H A）2=C o A 2（n-l）（H A）2+2 反应正向进行，C o?+萃取率越高。1 4.6 4 g C O C 2 O 4，2 凡。的物质的量为 1 4.6 4 g-1 8 3 g/mo l=0.0 8 mo l o 设 C o O 和 C O 3 O 4 的物质的量分别为 x mo l、y mo l。7 5 x 4 2 4 1 6,3 2 x=0.0 2、y=0.0 2,该混合物中 C o O 和 C O 3 O 4 的丁 目 二 0.0 2 mo l x 7 5 g/mo l _ 7 5 之比 0.0 2 mo l x 2 4 l g/mo l 2 4 1 1 4.氨澳索（G）是p.内酰胺类的抗生素，可以治疗多种细菌感染。一种合成路线如下：（1）A C 三 种 物 质 中（填“有、无”）易溶于水的物质。E 中氮原子杂化类型为（2）0H 中 的 官 能 团 名 称 是。（3）反 应 的 化 学 方 程 式 是（4）反 应 的 反 应 类 型 是。（5）B 的芳香族同分异构体中，满足下列条件的有 种；其中核磁共振氢谱有4 组吸收峰且峰面积之比为2：2：2：1 的 结 构 简 式 为。能发生银镜反应；能水解；1 mol最多能与2 mol NaOH反应。（6）写 出 以 小、为原料制备NH23,防止滴定时NH3与AgNC）3反应；【小问7 解析】用 0.20m ol-LT1的 AgNCh标准液滴定25.00mL溶液中C，平均消耗标准液10.00 m L,根据 Ag+Cl-=AgCI,n（C l n（Ag+）=0.2mol/Lx0.01 L=0.002mol,该品中氯的质量分数为0.002molx x35.5g/mol_ 25mL&*100%=39 44%5该实验值比理论值（36.04%）偏大，说1.8g 明 NH3含量少，造成该偏差的可能原因是样品中含有MgC%或晶体称量时已有部分氨气逸出。1 6.处理、回收利用CO 是环境科学研究的热点课题。回答下列问题：（1）CO用于处理大气污染物N2O的反应为C O（g）+N2O（g）E C C）2（g）+N2（g）。在Zn+作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2 所示。总反应：C O（g）+N2O（g）CO2（g）+N2（g）A H=k J-m o L ；该总反应的决速步是反应（填“”或“”），该 判 断 的 理 由 是。（2）已知：C O（g）+N2O（g）U C C）2（g）+N2（g）的速率方程为 v=k-c（N2。），k 为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可 采 取 的 措 施 是（填字母序号）。A.升温B.恒容时，再充入COC.恒压时，再充入N 2。D.恒压时，再充入N 2（3）在总压为1 0 0 kPa 的恒容密闭容器中，充入一定量的CO（g）和 N 2（D（g）发生上述反应,在不同条件下达到平衡时，在EK 时 N 9 的 转 化 率n（与N?O扁）、在n（N於2O）时N Q 的转化率与 的变化曲线如图3所示:TMN?O)”(CO)100908070605040302010n（N7O）示N Q 的 转 化 率 随 的 变 化 曲 线 为 曲线（填“I”或 H”）；n（CO）T 1 T2（填“”或 V”）。（4）间接电解法除N?。其工作原理如图4所示，已知：H2 s2 O4 是一种弱酸。从 A 口中出 来 的 气 体 是（填化学式），电 解 池 的 阴 极 电 极 反 应 式 为,用化学方程式表示吸收池中除去N 2。的原理：。H 2 s q 4直流电源吸收池a一 稀 H?SO4H2SO3 V、离子交换膜图4【答案】（1）.-3 6 1.2 2 .反应的活化能是1 4 9.6 kJ mo L,反应的活化能是1 0 8.2 2 kJ,m o，反应的活化能更小，故反应是总反应的决速步（2）A C（3）.I I .(4 ).02.2 H2S O3+2 e+2 H+=H2S2O4+2 H,0.H20+H2S2O4+N2O =N2+2 H 2 s o 3【小 问 1 解析】由图中信息可知反应物的相对总能量为0.0 0 kJ m ol-,生成物的相对总能量为-3 6 1.2 2kJ m ol-,口=生成物能量-反应物能量=-3 6 1.2 2 1 4/0 1 0 1-1：活化能越大反应速率越慢，而慢反应决定总反应速率的快慢，由图中数据可知反应的活化能是1 4 9.6 kJ-m ol-L反应的活化能是1 0 8.2 2 kJm ol-,反应决定总反应快慢；故答案为：-3 6 1.2 2；反应的活化能，反应的活化能是1 0 8.2 2 kJ m ol-1,反应的活化能更小，故反应是总反应的决速步;【小问2解析】由速率方程可知，此反应的速率与温度和c(N 2 O)有关，A.升温，k 增大，速率加快，A正确；B.恒容时，再充入C O,c(N 2 O)不变，速率不变，B错误；C.恒压时，再充入N 2 O,c(N 2 O)增大，速率增大，C正确；D.恒压时，再充入N z,c(N 2。)减小，速率减慢，D错误；故答案为：A C；【小问3解析】木n(N窗?O)的变化越大N。的转化率越小，故曲线n 表示Nn(N?O)2O的转化率随的变化:曲线I 表示N?O 的转化率随工的变化，由于AH T 2；故答案为：n；【小问4解析】由图可知，电解池的阳极电极反应式为2 H2 O-4 e=4 H+C)2 T,故从A 口中出来的气体是C h,电解池的阴极电极反应式为2 H2 so3+2 e-2 H =H 2 s2。4+2 凡 0,由装置图可知吸收池中除去N 2 O 的原理是H 2 O +H 2 s 2 C)4+N 2 O=N 2+2 H 2 so3。故答案为：。2；2 H2S O3+2 e+2 H+=H2S2O4+2 H2O ；H2O +H2S2O4+N2O =N2+2 H2S O3