2023年高考第二次模拟考试卷-化学（天津A卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第二次模拟考试卷-化学（天津A卷）（全解全析），共16页。试卷主要包含了水体中的局部氮循环如图所示，下列关于仪器使用的说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

2023年天津市普通高中学业水平等级性考试
化 学 第二次模拟A卷
第 I 卷

1.2022年11月《联合国气候变化框架公约》第二十七次缔约方大会(COP27)在埃及举行，会议主题为“实施(Together For Implementation)”。下列说法正确的是
A．火山喷发物中对大气影响最大的是含硫气体
B．采取“静电除尘”可降低空气质量指数级别
C．发展风电能源，降低碳汇，有利于协议“落实”
D．SO2、N2O易产生“光化学烟雾”，可用碱性物质吸收
【答案】B
【详解】A．火山喷发物中对大气影响最大的是火山灰，火山灰进入平流层会停留数年而难以消除，阻挡太阳光线，将使地球温度下降，A错误；
B．空气质量又称为空气污染指数，级别越高，污染越严重，采取“静电除尘”可除去空气中的粉尘，B正确；
C．发展风电能源，可降低碳源，有利于协议“落实”,而碳汇指书面植被吸收CO2，降低其大气中浓度，降低碳汇，不利于协议落实，C错误；
D．SO2不会产生“光化学烟雾”， 其易形成酸雨，可用碱性物质吸收。氮的氧化物易产生“光化学烟雾”，D错误；
故答案为：B。

2.祖母绿(主要成分)被称为宝石之王，与其相似的天然绿色宝石有萤石[主要成分]、磷灰石[主要成分]。下列说法正确的是
A．半径大小： B．电负性大小：
C．电离能大小： D．碱性强弱：
【答案】B
【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则铝离子的离子半径小于氧离子，故A错误；
B．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则磷元素的电负性大于硅元素，故B正确；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则氟原子的第一电离能大于氧原子，故C错误；
D．同周期元素，从左到右元素的金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，同主族元素，从上到下元素的元素的金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强，则氢氧化钙的碱性强于氢氧化铝，故D错误；
故选B。

3.中科院天津工业生物所、大连物化所科学团队首次在实验室中实现从二氧化碳到淀粉的全合成。路径如图所示。下列表示相关微粒的化学用语正确的是

A．淀粉的分子式： B．一个DHA分子中含11个σ键
C．FADH的电子式： D．CO2的空间填充模型：
【答案】B
【详解】A．淀粉的分子式为(C6H10O5)n，A项错误；
B．DHA的结构简式为HOCH2COCH2OH，单键为σ键，双键为一个σ键、一个π键，B项正确；
C．ADH的结构简式为，电子式为，C项错误；
D．二氧化碳为直线形的共价化合物，分子中碳原子的原子半径大于氧原子，空间填充模型为，D项错误。
故选B。

4.设为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1mol 中含有电子数为8
B．标准状况下，11.2L苯分子中含有的氢原子数为3
C．56g Fe与足量水蒸气高温下充分反应转移的电子数为3
D．常温下，1L pH=3的溶液中，发生电离的水分子数目为
【答案】A
【详解】A．每个中含有8个电子，1mol 中含有电子数为8，选项A正确；
B．标况下苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量，选项B错误；
C．高温下，1mol Fe与足量水蒸气充分反应后生成四氧化三铁和氢气，失去了mol电子，失去的电子数为NA，选项C错误；
D．在水溶液中电离出的H+抑制水的电离，常温下，1L pH=3的溶液中，c(H+)=10-3mol/L，c(OH-)=10-11mol/L，则发生电离的水分子数目为，选项D错误；
答案选A。

5.水体中的局部氮循环如图所示。下列说法错误的是

A．N2→NH属于氮的固定
B．图示转化过程中N元素表现出7种化合价
C．硝化过程中含N物质被氧化，反硝化过程中含N物质被还原
D．在NH、NH2OH、NO和NO中N原子的杂化方式不完全相同
【答案】C
【详解】A．N2→NH为空气中游离态的氮转化为化合态的氮，属于氮的固定，A正确；
B．N2、NH、NH2OH、NO、NO NO、N2O中氮元素的化合价分别为0、-3、-1、+3、+2、+1，表现出7种化合价，B正确；
C．硝化过程中N2→NH过程中氮元素化合价降低，被还原，C错误；
D．在NH、NH2OH中N为sp3杂化；NO和NO中N为sp2杂化；N原子的杂化方式不完全相同，D正确；
故选C。

6.恒容密闭容器中，以硫()与为原料制备，受热分解成气态，发生反应 。的平衡转化率、的体积分数随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是

A．
B．温度升高，分解率增大，体积分数增大
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡向右移动
D．其他条件相同，体积分数越大，平衡转化率越小
【答案】B
【详解】A．由图像可看出，温度升高，CH4的平衡转化率降低，S2的体积分数升高说明升温时，平衡向左移动，所以正反应方向是放热的，即<0，选项A错误；
B．因为S8分解成S2需要吸收热量，S8(g) 4S2(g) >0，所以升温时，平衡右移，S8分解率增大，S2体积分数增大，选项B正确；
C．向恒温恒容的平衡体系中，通入惰性气体，由于与反应有关的气体物质的物质的量浓度均未变化，所以Q=K，平衡不移动，选项C错误；
D．其他条件不变时，S2体积分数增大，即c(S2)越大，则平衡向右进行的程度越大，CH4的平衡转化率越大，选项D错误；
答案选B。

7.2022年10月5日下午，瑞典皇家科学院将诺贝尔化学奖授予Carolyn R。Bertozzi等三位在“点击化学和生物正交化学”方面所做出贡献的科学家。叠氮—炔环加成是经典的点击化学反应。反应示例如图所示：

下列说法错误的是
A．化合物A与化合物D互为同分异构体 B．化合物B的所有原子均在同一条直线上
C．化合物B可使溴水褪色 D．化合物C和化合物D均不含手性碳原子
【答案】B
【详解】A．化合物A与化合物D的分子式都为：C2H5N3，结构式不同，化合物A与化合物D互为同分异构体，故A正确；
B．B为丙炔，其中存在一个甲基，所有原子不可能均在同一条直线上，故B错误；
C．化合物B存在碳碳三键，能够使溴水褪色，故C正确；
D．手性碳原子指的是连有4个不同的原子或基团的碳原子，化合物C和化合物D均不含手性碳原子，故D正确；
故选B。

8.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A．水电离的的溶液：、、、
B．的溶液中：、、、
C．与Al反应能放出的溶液：、、、
D．无色溶液中：、、、
【答案】B
【详解】A．水电离的的溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下、不能大量存在，故A错误；
B．的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C．与Al反应能放出的溶液可能为强碱性或非氧化性酸溶液，酸性条件下具有强氧化性，与铝反应不放出氢气，故C错误；
D．有颜色，与无色不符，故D错误。
故选B。

9.下列关于仪器使用的说法正确的是

A．加热c、e时需垫石棉网 B．a和d可用于蒸馏
C．b和e可用于灼烧海带灰 D．a和f可用于物质分离
【答案】D
【详解】A．加热e时不需要垫石棉网，故A错误；
B．蒸馏时一般选择直形冷凝管，球形冷凝管常用作反应时的冷凝回流装置，故B错误；
C．蒸发皿常用于蒸发结晶，不能用于灼烧固体，故C错误；
D．蒸馏烧瓶可用于分离液体混合物，普通漏斗可用于过滤(分离固液混合物)，故D正确；
故答案为D。

10.Cu2+可以与缩二脲(H2NCONHCONH2)形成紫色配离子，结构如图。下列说法正确的是

A．该配离子需在碱性条件下制备
B．该配离子中碳原子和氮原子都采取sp3杂化
C．该配离子中配位键强度：Cu—N D．1mol该配离子中含有的配位键数目为6NA
【答案】A
【详解】A．缩二脲含有，呈碱性，因此该配离子需要在碱性条件下制备，A正确；
B．该配离子中C原子形成3个键，1个键，没有孤电子对，C原子的价层电子对数为3，采取了杂化，N原子形成3个键，有1个孤电子对，N原子的价层电子对数为4，采取了杂化，B错误；
C．O元素的电负性比N元素大，与 形成配位键时，N原子给出孤电子对的能力比O原子强，因此配位键的强度大小关系为：，C错误；
D．1个铜离子通过四个配位键与其他原子结合，故1mol该配离子中含有的配位键数目为8NA，D错误；
故选A。

11.在熔融盐体系中，通过电解和获得电池材料(TiSi)，电解装置如图，下列说法错误的是

A．反应后，石墨电极的质量发生变化
B．a极是电源的负极
C．该体系中，优先于石墨参与反应
D．电极A的电极反应：
【答案】C
【分析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正极相连，则电极A作阴极，和获得电子产生电池材料，电极反应为。
【详解】A．在外加电源下石墨电极上C转化为CO，质量减轻，A正确；
B．电极A作阴极，a极是电源的负极，B正确；；
C．根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于参与反应，C错误；
D．电极A的电极反应为，D正确；
答案选C。

12.铝的卤化物AlX3(X=Cl、Br、I)气态时以Al2X6双聚形态存在，下列说法错误的是

性质
AlF3
AlCl3
AlBr3
AlI3
熔点/℃
1290
192.4
97.8
189.4
沸点/℃
1272
180
256
382

A．AlF3晶体类型与其他三种不同
B．1molAl2Cl6中所含配位键数目为4NA
C．Al2X6中Al、X原子价电子层均满足8e-结构
D．AlCl3熔点高于AlBr3原因是Cl的电负性大于Br，具有一定离子晶体特征
【答案】B
【详解】A．AlF3为离子晶体，其他三个为分子晶体，A正确；
B．每个Al与周围的三个Cl共用一对电子，与另一个Cl形成配位键，故1molAl2Cl6中所含配位键数目为2NA，B错误；
C．每个Al与周围的三个Cl共用一对电子，与另一个Cl形成配位键，均满足8电子结构，C正确；
D．AlCl3熔点高于AlBr3原因是Cl的电负性大于Br，具有一定离子晶体特征，D正确；
故选B。

第 II 卷
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。
2.本卷共4题，共64分
13.（14分）第四周期元素铜及其化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题：
(1)基态Cu原子的价层电子排布式为_______。
(2)Cu位于元素周期表的_______区。
A．s区 B．d区 C．ds区 D．p区
(3)与反应生成和一种黑色固体。在25℃、101kPa下，已知该反应消耗1 mol ，放热44.4kJ，该反应的热化学方程式是_______。
(4)Cu在有机合成反应中作催化剂。
例如，
①苯甲醛分子中C原子的杂化类型是_______。
②若实验测定上述两种有机物的沸点数据为205.7℃和179℃，则沸点205.7℃对应的物质是_______(填“苯甲醇”或“苯甲醛”)。
③写出苯甲醛与氰化氢(HCN)反应的化学方程式_______。
(5)铜银合金是优质的金属材料，其晶胞银位于顶点，铜位于面心。

①该铜银合金的化学式是_______。
②与Cu最近且距离相等的Cu有_______个。
【答案】(1)3d104s1
(2)C
(3)4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)
(4)     sp2     苯甲醇     +HCN→
(5)     AgCu3或Cu3Ag     8

【解析】（1）
Cu原子的核电荷数为29，其基态原子核外有29个电子，核外电子排布式为[Ar]3d104s1，则价层电子排布式为3d104s1；
（2）
Cu位于元素周期表的第四周期，第ⅠB族，价层电子排布式为3d104s1，属于ds区元素，故答案选C；
（3）
与反应生成和黑色固体CuO，反应的化学方程式为4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)，已知消耗1 mol ，放热44.4kJ，则消耗4 mol ，放热44.4×4=177.6kJ，因此该反应的热化学反应方程式为：4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s) ；
（4）
①苯甲醛分子中苯环的C原子为sp2杂化，醛基中为碳氧双键，C原子也为sp2杂化，故苯甲醛分子中C原子的杂化类型均为sp2杂化；
②苯甲醇可形成分子间的氢键，沸点较高，故沸点205.7℃对应的物质是苯甲醇；
③苯甲醛与HCN可发生加成反应生成，反应的化学方程式为：+HCN→；
（5）
①晶胞中，Ag位于晶胞的顶点，则1个晶胞中Ag的个数为，Cu位于晶胞的面心，则1个晶胞中Cu的个数为，因此铜银合金的化学式为AgCu3或Cu3Ag；
②Cu位于晶胞的面心，则与Cu最近且相等的Cu有8个。

14.（18分）天然产物 H 具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可通过以下路线合成。

已知：(Z=-COOR，-COOH 等)
回答下列问题：
(1)H 所含官能团的名称为_______。
(2)化合物 X 的结构简式为_______。
(3)写出 E 在酸性条件下水解的化学方程式_______。
(4)G→H 的反应类型为_______。
a.取代反应      b.加成反应      c.还原反应        d.氧化反应
(5)A 的链状同分异构体可发生银镜反应，写出其中无支链的同分异构体所有可能的结构：_______。
(6)以 和为原料，经历消去→加成→消去→合环 4 步反应合成，在方框中写出路线流程图(无机试剂和不超过 2 个碳的有机试剂任选)。

【答案】(1)羟基、酯基
(2)HC≡CCOOH
(3)+H2O
(4)bc
(5)CH2=CHCH2CHO、、
(6)

【分析】由流程可知，C和X发生反应生成酯基，则X为羧酸为HC≡CCOOH；D发生已知反应机理生成E，E氧化生成F，F取代生成G，G还原得到H；
【详解】（1）由图可知，H 所含官能团的名称为羟基、酯基；
（2）由分析可知，X为HC≡CCOOH；
（3）E 含有酯基，在酸性条件下水解生成酸和醇，+H2O；
（4）G→H 的反应为羰基变羟基的反应，属于还原反应、加成反应，故选bc；
（5）A 的链状同分异构体可发生银镜反应，则含有醛基，其中无支链的同分异构体所有可能的结构：CH2=CHCH2CHO、、；
（6）发生消去反应引入碳碳双键，发生加成引入卤素原子，再消去引入2个碳碳双键，发生已知反应原理生成产物；流程为。
15.（18分）实验室通过固体碱熔氧化法制备KMnO4.具体实验过程如下：
I.制备K2MnO4溶液
将KC1O3和KOH置于铁坩埚中加热熔融，分多次将MnO2粉末加入，强热5分钟。充分反应后冷却，将固体捣碎，加水溶解，微热，趁热减压过滤得到K2MnO4溶液。
(1)反应的化学方程式为_______。
(2)选用铁坩埚不用瓷坩埚的原因是_______。
II.K2MnO4的歧化制备KMnO4
实验原理：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3
实验装置如图所示，将K2MnO4溶液转移到三颈烧瓶中，关闭旋塞2、5，打开旋塞1、3、4，趁热往K2MnO4溶液中通入CO2发生反应，没有反应的CO2被收集到气囊a中。

(3)待气囊a收集到较多气体时，关闭旋塞1和旋塞_______，打开旋塞_____，轻轻挤压气囊a，将气体压入K2MnO4溶液中继续反应。未反应的CO2又被收集在气囊b中，如此反复直至K2MnO4完全歧化，经过一系列操作得到KMnO4晶体。整个过程中温度不宜过高的原因是_____。
III.KMnO4的纯度分析
(4)准确称取2.00gKMnO4产品溶于水，配成100.00mL溶液。用移液管取25.00mL0.2mo1·L-1的H2C2O4溶液于锥形瓶中，并加入2mL稀硫酸。用上述KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液，重复操作3次，消耗KMnO4溶液的体积平均为20.00mL。
滴定终点的现象是_______，计算可得产品中KMnO4的纯度是_______，下列情况会导致KMnO4纯度测定值偏小的是_______(填标号)。
A．产品含少量K2MnO4 B．酸式滴定管滴定后有气泡
C．酸式滴定管没有润洗            D．滴定接近终点时用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
【答案】(1)3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O
(2)瓷坩埚易被强碱腐蚀
(3)     3     2、5     防止高锰酸钾受热分解
(4)     最后一滴标准液加入后，溶液由无色变为浅红色且30秒内不恢复原色     79.0%     AC

【分析】滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算。
【详解】（1）由题意可知，KClO3、KOH、MnO2加热反应生成锰酸钾，根据质量守恒可知，还会生成氯化钾、水，反应为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；
（2）瓷坩埚易被强碱反应而腐蚀，故选用铁坩埚不用瓷坩埚；
（3）待气囊a收集到较多气体时，关闭旋塞1和旋塞3，打开旋塞2、5，轻轻挤压气囊a，将a中收集的二氧化碳气体压入K2MnO4溶液中继续反应，未反应的CO2又被收集在气囊b中，如此反复直至K2MnO4完全歧化，经过一系列操作得到KMnO4晶体；高锰酸钾不稳定受热分解为锰酸钾、二氧化锰、氧气，故整个过程中温度不宜过高；
（4）滴定过程中反应为：，高锰酸钾溶液为紫红色，故滴定终点的现象是最后一滴标准液加入后，溶液由无色变为浅红色且30秒内不恢复原色；产品中KMnO4的纯度是；
A．产品含少量K2MnO4，锰酸钾也会和草酸反应，导致标准液用量增加，导致测定结果偏小；            
B．酸式滴定管滴定后有气泡，导致标准液读数偏小，使得测定结果偏大；
C．酸式滴定管没有润洗，使得标准液用量增大，使得测定结果偏小；           
D．滴定接近终点时用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，不影响标准液用量，不影响测定结果；
故选AC。

16.（14分）铁的化合物在工业中有重要价值。回答下列问题：
(1)Fe(CO)5是一种重要的催化剂，制取反应为Fe(s)+5CO(g)=Fe(CO)5(g)，ΔH<0。在1L恒容密闭容器中加入足量铁粉和0.24molCO。
①0~30min内在T温度下进行反应，测得c(CO)、c[Fe(CO)5]随时间的变化关系，以及30min和40min开始随条件的变化关系如图甲所示。0~20min内用Fe(CO)5表示的平均反应速率为___________mol·L-1·min-1；若平衡时体系总压强为p，则用气体分压表示的压强平衡常数Kp=___________。
②曲线I代表___________[填CO或Fe(CO)5]浓度的变化，30min时改变的条件是___________。40min后曲线II下降的原因是___________。

(2)高铁酸钾(K2FeO4)被称为“绿色化学”净水剂，K2FeO4在水解过程中，铁元素形成的微粒分布分数与pH的关系如图乙所示，H2FeO4的一级电离平衡常数Ka1=___________。向pH=6的溶液中加入KOH溶液，发生反应的离子方程式为___________。
(3)复合氧化物铁酸锰(MnFe2O4)可用于热化学循环分解制氢气，原理如下：
①MnFe2O4(s)=MnFe2O(4-x)(s)+O2(g)，ΔH1
②MnFe2O(4-x)(s)+xH2O(g)=MnFe2O4(s)+xH2(g)，ΔH2=akJ/mol
③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)，ΔH3=+483.6kJ/mol
则H2的燃烧热ΔH___________-241.8kJ/mol(填>、=或<)，ΔH1=___________(用含a的代数式表示)。
【答案】(1)     2×10-3          CO     增大c(CO)或增大CO浓度或向体系中通入CO     平衡后升高温度，平衡逆向移动
(2)     10-3.8     +OH-=+H2O
(3)     <     241.8x-a或-(a-241.8x)

【详解】（1）①由图可知，0~20min内，Fe(CO)5的浓度由0变化到0.04 mol·L-1，用Fe(CO)5表示的平均反应速率为；若平衡时体系总压强为p，列三段式进行计算：，平衡时气体总物质的量为0.08 mol，则用气体分压表示的压强平衡常数Kp=；
②曲线Ⅰ和Ⅱ对比，相同时间内，Ⅰ的变化量的绝对值大于Ⅱ，说明曲线Ⅰ对应物质的系数更大，即曲线Ⅰ代表CO浓度的变化；30min时，CO浓度突然增大，而Fe(CO)5的浓度保持不变，说明30min时改变的条件是增大CO浓度或向体系中通入CO；40min后Fe(CO)5的浓度下降的原因是该反应达到平衡，正反应为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向移动，从而使Fe(CO)5的浓度下降；
（2）由图可知，时，溶液的pH=3.8，此时，c(H+)=10-3.8mol·L-1 H2FeO4的一级电离平衡常数mol·L-1；由图可知，当pH=6时，溶液中主要以形式存在，加入KOH溶液，发生反应的离子方程式为+OH-=+H2O；
（3）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧，生成稳定氧化物时所放出的热量，由③可推出H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，ΔH=-241.8kJ/mol，H2O(g)转化为H2O(l)为放热反应，其ΔH<0，故H2的燃烧热ΔH<-241.8kJ/mol；根据盖斯定律可知，①=×③―②，则ΔH1=（×483.6-a）kJ/mol =（241.8x-a）kJ/mol