必刷卷04——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（天津专用）（原卷版+解析版）

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天津地区专用
2022年天津高考化学卷进行了变化和创新。对学生捕捉信息、综合分析和创新思维的能力的要求比较高，综合性、实践性、探究性和用学科思想解决问题的能力要求与2021年天津高考化学试卷相当，但难度上各有千秋。总的来说，2022年天津高考化学，在拓展创新，力避偏题怪题，重视“双基”，注意试卷导向和区分度，考查能力，选拔新人，时代性和新颖性等方面都是值得肯定的。

除了要考虑结构的变化外，天津高考在2021年和2022年的考试中，都非常重视物质结构与性质，因此2023年的备考，物质结构与性质依然要成为重点。这部分的知识较为基础，同时也较为零散，学生们最困扰的就是记不住和记忆混淆，所以应该依据考向进行分类突破。
一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共46分。每小题只有一个选项符合题意。=
1．近年来我国在航天、航空领域取得巨大成就。下列有关说法错误的是
A．C919机身采用了第三代铝锂合金，具有密度低、强度高等优良特点
B．C919的平垂尾使用的T800级高强度碳纤维，属于无机非金属材料
C．问天实验舱太阳翼配置的是三结砷化镓电池，砷化镓喻为“半导体贵族”
D．神舟飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐
【答案】D
【解析】A．铝锂合金具有密度低、强度高等优良特点，适用于制作飞机机身，A正确；
B．碳纤维属于无机非金属材料，B正确；
C．砷化镓是良好的半导体材料，C正确；
D．高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐材料，D错误。
2．依据下列实验现象推测，其反应原理不涉及氧化还原反应的是
A．K2CO3溶液和NH4Cl溶液混合，产生刺激性气味
B．把钠放入CuSO4溶液中，有蓝色沉淀生成
C．向酸性KMnO4溶液中加入H2O2，溶液紫色褪去
D．氯水在光照条件下放置一段时间后，溶液的pH降低
【答案】A
【解析】A．K2CO3水解生成的OH-和NH4Cl电离产生的反应产生刺激性气味气体NH3，没有化合价变化，不是氧化还原反应，A正确；
B．把钠放入CuSO4溶液中，钠与溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，钠化合价变化，是氧化还原反应，B错误；
C．向酸性KMnO4溶液中加入H2O2，生成水和氧气，有化合价变化，是氧化还原反应，C错误；
D．氯水在光照条件下放置一段时间后，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，有化合价变化，是氧化还原反应，D错误。
3．化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A．久置的红薯变甜，是因为葡萄糖发生了水解
B．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极保护法
C．第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”，与石墨烯互为同素异形体
D．用太阳能光催化分解水代替电解水制氢气有利于节能环保
【答案】A
【解析】A．葡萄糖为单糖，不会发生水解。红薯在放置的过程中，淀粉水解变成了葡萄糖，使得红薯内的糖分增多了，因此变甜了，A项错误；
B．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀利用了原电池原理，其中镁棒为阳极，腐蚀阳极保护了阴极，该方法是牺牲阳极保护法，B项正确；
C．第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”为碳单质，石墨烯也是碳单质，二者互为同素异形体，C项正确；
D．太阳能比电能更加环保，因此用太阳能光催化分解水代替电解水制氢气有利于节能和减少碳排放，D项正确。
4．下列物质沸点的比较，正确的是
A．C．D．
【答案】B
【解析】A．同分异构体中，支链越多，沸点越低，则沸点：>，故A错误；
B．结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，相对分子质量：HBr>HCl，则沸点：HCl＜HBr，故B正确；
C．一般情况下熔沸点：原子晶体>分子晶体，SiO2为原子晶体， SO2为分子晶体，则沸点：，故C错误；
D．晶格能越大，晶体的熔沸点越高，晶格能：NaCl>KCl，则沸点：，故D错误。
5．四氯化锗()是光导纤维的常用掺杂剂，锗与硅同族。下列说法不正确的是
A．基态原子价层电子排布式为B．的熔点比低
C．的空间构型为正四面体D．第一电离能大小：
【答案】B
【解析】A．锗是32号元素，基态原子价层电子排布式为，A正确；
B．与晶体都属于分子晶体，的相对分子质量大，晶体内的分子间作用力大，则的熔点比高，B错误；
C．分子中原子形成了4个键，孤电子对数=，价层电子对数为4，中心原子的杂化类型为sp3，分子的空间构型为正四面体，C正确；
D．元素非金属性越强，其第一电离能越大，非金属性大小为，则第一电离能大小：，D正确。
6．下列分离和提纯的实验中，所选用的方法或仪器不正确的是
【答案】C
【解析】A．制取蒸馏水利用沸点不同选择蒸馏，用到的仪器有温度计、酒精灯、蒸馏烧瓶、直形冷凝管、接收瓶、尾接管，图为蒸馏烧瓶，A项正确；
B．I2易升华，加热I2升华冷却进行收集，而NaCl不升华，B项正确；
C．食盐水和泥沙分离利用溶解性不同选择过滤而不是萃取，用到的仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台。图示仪器为漏斗，C项错误；
D．浓食盐水中得到晶体采用蒸发结晶，需要用到仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、铁架台。图示仪器为蒸发皿，D项正确。
7．下列说法正确的是
A．HClO的电子式：
B．2-丁烯的键线式：
C．基态氧原子价电子排布图：
D．基态Cr原子电子排布式：
【答案】B
【解析】A．HClO的中心原子是O，O分别与H、Cl原子共用1对电子，各原子均达到稳定结构，其电子式为，A错误；
B．2-丁烯的结构简式为，键线式为，B正确；
C．电子排布在同一能级的轨道时，电子总是优先单独分占不同轨道，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态，则基态氧原子价电子排布图：，C错误；
D．Cr是24号元素，根据洪特规则，可知基态Cr原子电子排布式为，故D错误。
8．实现碳达峰、碳中和是党中央做出的重大战略决策。恒压、750°C时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。
下列说法正确的是
A．过程①中，CO2的转化率为50%
B．过程②中CO2的吸收，不利于CO还原Fe3O4的平衡正向移动
C．过程③中通入He的作用是催化剂，加快CaCO3分解
D．过程①、②、③均涉及到了氧化还原反应
【答案】D
【分析】根据流程图可知，总反应为：CH4和3CO24CO和2H2O，据此分析解答。
【解析】A．过程①中，CO2转化为CO，但并不知道该反应进行的程度，所以无法准确计算转化率，A错误；
B．过程ⅱ，吸收，使浓度降低，从而促进CO还原Fe3O4的平衡正移，B错误；
C．恒压、750°C时，通入He，是碳酸钙分解反应平衡向正向移动，但He并未参加反应，也不属于催化剂，C错误；
D．根据上述反应机理可知，过程①、②、③中元素均有化合价的升降，均涉及到了氧化还原反应，D正确。
9．蓖麻油酸(结构简式如图所示)是工业上制备高分子材料锦纶常使用的一种原料。下列关于蓖麻油酸的说法错误的是
A．分子式为C18H34O3B．分子中含有两种含氧官能团
C．可发生氧化、加成和取代反应D．1ml蓖麻油酸可与金属钠反应生成2mlH2
【答案】D
【解析】A．由结构简式可知该物质的分子式为：C18H34O3，故A正确；
B．由结构简式可知，该物质中含有羟基、羧基两种含氧官能团，故B正确；
C．结构中含碳碳双键能发生氧化、加成反应，含羟基和羧基能发生酯化反应即取代反应，故C正确；
D．羟基和羧基均能与金属钠反应生成氢气，1ml该物质中含1ml羟基和1ml羧基，能与足量金属钠反应生成1ml氢气，故D错误。
10．下列离子可以在指定条件下大量共存的是
A．电解饱和食盐水后的溶液：Ba2+ 、F-、、Ca2+
B．常温下，= 1012的溶液：I-、Fe2+ 、、
C．1 ml·L-1的盐酸：Pb2+、、Ag+、
D．使酚酞变红的溶液：Na+、K+ 、CH3COO-、
【答案】D
【解析】A．电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠，溶液为碱性，碳酸氢根与氢氧根反应生成碳酸根，与钡离子和钙离子也不能存在，A错误；
B．常温下，= 1012的溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，与亚铁离子和碘离子不能存在，B错误；
C．盐酸溶液中含氯离子和氢离子，、Ag+、都不能存在，C错误；
D．使酚酞变红的溶液中Na+、K+、CH3COO-、能共存，D正确。
11．微生物燃料电池是一种利用微生物将有机物中的化学能直接转化成电能的装置，以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图I所示，并利用此电能模拟氯碱工业电解饱和食盐水，如图II所示，下列说法正确的是
A．电池工作时，电子由A极经外电路流向B极
B．电解池I中每生成2ml氯气，理论上原电池I生成二氧化碳的体积是22.4L
C．若a为碳电极、b为铁电极，b应与A相连
D．该微生物燃料电池应在常温下进行，不宜在高温下进行
【答案】D
【分析】如图I微生物燃料电池中微生物生成二氧化碳，发生氧化反应，为负极，氧气得电子，发生还原反应，为正极。
【解析】A．由于通氧气的一极是原电池的正极，微生物一端为原电池的负极，电池工作时外电路电子由负极流向正极，故由B极流向A极，A选项错误。
B．无标况无法计算体积，B选项错误。
C．若a为碳电极、b为铁电极，b应与B相连，C选项错误。
D．微生物在高温下会死亡，所以不宜在高温下运行，D选项正确。
12．某温度下，将pH和体积均相同的HCl和溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是
A．稀释前溶液的浓度：
B．溶液中水的电离程度：b点C．从b点到d点，溶液中逐渐增大
D．在d点和e点均存在：(酸根阴离子)
【答案】C
【解析】A．稀释前两溶液的pH值相等，由于醋酸是部分电离，因此溶液的浓度：c(HCl)B．b点pH值小于c点pH值，说明c点酸性弱，抑制水的电离程度小，水的电离程度大，因此溶液中水的电离程度：b点＜c点，故B正确；
C．从b点到d点，由于溶液的温度不变，因此溶液中c(H+)·c(OH-)不变，故C错误；
D．在d点和e点均存在电荷守恒即c(H+)=c(酸根阴离子)+c(OH-)，因此存在：c(H+)>c(酸根阴离子)，故D正确。
二、非选择题，共64分
13．亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，其沸点为 -5.5℃，易水解。已知：AgNO2微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2+HNO3=AgNO3 +HNO2，某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度，相关实验装置如图所示。
（1）制备 Cl2的发生装置可以选用 _________ (填字母代号)装置，发生反应的离子方程式为________________________________________ 。
（2）欲收集一瓶干燥的氯气，选择合适的装置，其连接顺序为 a→_______→______→ _____→________→_______→______→______→______。(按气流方向，用小写字母表示，根据需要填，可以不填满，也可补充)。
（3）实验室可用下图示装置制备亚硝酰氯。其反应原理为：Cl2+2NO=2ClNO
①实验室也可用 B 装置制备 NO ， X 装置的优点为___________________ 。
②检验装置气密性并装入药品，打开 K2，然后再打开 K3，通入一段时间气体，其目的是 ___________________，然后进行其他操作，当 Z 中有一定量液体生成时，停止实验。
（4）已知：ClNO 与 H2O 反应生成 HNO2和 HCl。
①设计实验证明 HNO2是弱酸：_________________________________________。(仅提供的试剂：1 ml•L-1盐酸、 1 ml•L-1HNO2溶液、 NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。
②通过以下实验测定ClNO 样品的纯度。取 Z 中所得液体m g 溶于水，配制成 250 mL 溶液；取出 25.00 mL 样品溶于锥形瓶中，以 K2CrO4溶液为指示剂，用 c ml•L-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为 20.00mL。滴定终点的现象是__________________________________________________亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为 _________。(已知： Ag2CrO4 为砖红色固体；Ksp(AgCl)＝1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)＝1×10-12)
【答案】（1）A(或B) MnO2+4H++2Cl－ Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4－+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O)
（2）f g c b d e j h
（3）①排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停 ②排干净三颈瓶中的空气
（4）①用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO2是弱酸
②滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点
【解析】⑴制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得，选择A，也可以用高锰酸钾和浓盐酸，选择B，发生的离子反应为：MnO2+4H++2Cl－ Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4－+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：A(或B)；MnO2+4H++2Cl－ Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4－+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O)；
⑵制得的氯气混有HCl和水蒸气，依次用饱和食盐水、浓硫酸除去，为保证除杂彻底，导气管均长进短出，氯气密度比空气大，选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为a→f→g→c→b→d→e→j→h，故答案为：f；g；c；b；d；e；j；h；
⑶①用B装置制备NO，与之相比X装置可以排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停，故答案为：排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；
②检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是排干净三颈瓶中的空气，故答案为：排干净三颈瓶中的空气；
⑷①若亚硝酸为弱酸，则亚硝酸盐水解呈若碱性，即使用玻璃棒蘸取NaNO2溶液涂抹于红色的石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明亚硝酸为弱酸，故答案为：用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO2是弱酸；
②以K2CrO4溶液为指示剂，根据溶度积得出AgNO3先与氯离子生成氯化银白色沉淀，过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色，因此滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点；根据ClNO—HCl—AgNO3关系式得到25.00 mL 样品溶液中ClNO物质的量为n(ClNO) = n(AgNO3) = c ml∙L−1×0.02L = 0.02cml，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为 ，故答案为：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点；。
14．回答下列问题
(1)在乙醇中的溶解度大于，其原因是________________________________。
(2)已知苯酚()具有弱酸性，其；水杨酸第一步电离形成的离子能形成分子内氢键，据此判断，相同温度下电离平衡常数(水杨酸)___________K(苯酚)(填“>”或“<”)，其原因是______________________________________________。
(3)分子内的、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为___________。的沸点比高，原因是_______________________________________。
(4)有一类组成最简单的有机硅化合物叫硅烷。硅烷的沸点与相对分子质量的关系如图所示，呈现这种变化的原因是________________________________。
(5)纳米是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如下所示。化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是___________________________________________________________________。
(化合物甲)
【答案】(1)水分子与乙醇分子之间能形成氢键
(2) < 能形成分子内氢键，使其更难电离出
(3) >氢键>范德华力 形成分子内氢键，而形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力增大，沸点升高
(4)硅烷为分子晶体，随相对分子质量的增大，分子间作用力增强，沸点升高
(5)化合物乙分子间存在氢键
【解析】（1）乙醇含有羟基，水分子与乙醇分子之间能形成氢键所以溶解度大。
（2）中形成分子内氢键，使其更难电离出H+，故相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)＜Ka(苯酚)。
（3）作用力：化学键>氢键>分子间作用力，分子内的、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为：>氢键>范德华力；分子间氢键的作用力大于分子内氢键的作用力，形成分子内氢键，而形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力增大，沸点升高。
（4）硅烷（SinH2n+2）都是分子晶体，分子晶体的沸点高低取决于分子间作用力，而分子间作用力与相对分子质量的大小有关，硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强。
（5）化合物乙中含有氨基，可以形成分子间存在氢键，化合物甲中没有，化合物乙的沸点明显高于化合物甲。
15．有效构建手性中心是有机合成的重要研究方向之一，实验室由化合物A合成化合物F的一种路径如图所示：
已知：+R2CHO
回答下列问题：
(1)B的化学名称为__________________________________________。
(2)C的结构简式为____________________________。
(3)反应②、③的反应类型分别是______________、______________。
(4)E到F的反应方程式为______________；在答卷上所给F的结构中用“*”标出F中的手性碳原子_____。
(5)芳香化合物H是G的同分异构体，H能使Br2的CCl4溶液褪色，与Na单质不反应，其核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为3∶2∶2∶1∶1，写出1种符合要求的H的结构简式______________。
(6)请仿照上述途径，设计由和为主要起始原料制备的合成路线__________________________________________。
【答案】(1)苯甲醛 (2) (3) 还原反应 取代反应
(4) ＋＋CH3COOH
(5)或
(6)
【解析】（1）B的化学名称为苯甲醛。
（2）根据信息+R2CHO，可知A和B在在氢氧化钠作用下反应生成C()。
（3）根据C和D的结构分析羰基变为羟基，则反应②发生酮羰基的还原反应，根据D和E的结构分析③发生取代反应；故答案为：还原反应；取代反应。
（4）E到F的反应方程式为＋＋CH3COOH；F的结构中用“*”标出F中的手性碳原子。
（5）芳香化合物H是G()的同分异构体，H能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键或三键，与Na单质不反应，说明不含有羟基，其核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为3∶2∶2∶1∶1，说明有对称性，则符合要求的H的结构简式或。
（6）根据题中信息在氢氧化钠作用下自身反应生成，和甲醇在NaBH4作用下反应生成，和CH3COCl发生取代反应生成，和在手性催化剂作用下反应生成；反应合成路线为：。
16．是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义．回答下列问题：
(1)可以被溶液捕获。若所得溶液，溶液中________________；
若所得溶液，主要转化为________(写离子符号)。(室温下，的；)
(2)与经催化重整不仅可以制得合成气，还对温室气体的减排具有重要意义。
催化重整反应为：
已知：
①该催化重整反应的___________。有利于提高平衡转化率的条件是_________(填标号)。
A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压
某温度下，在体积为的容器中加入以及催化剂进行重整反应，达到平衡时的转化率是，其平衡常数为____________________________。
②反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：
由上表判断，催化剂X_____________(填“优于”或“劣于”)Y，理由是：________________。
(3)在固态金属氧化物电解池中，高温共电解混合气体制备和是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示：
①X是电源的_______________(填“正”或“负”)极。
②阴极的电极反应式是：
阴极产生的气体体积比为，则总反应可表示为_________________________________。
【答案】(1) (2)① ② (3)①
(2) C 劣于 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大
(3) 负
【解析】（1），则，当，，pH在10.3，如果溶液的pH＝13，则，所以该溶液中所得阴离子为，，溶液pH＝10，，计算所得溶液，故答案为2：1；。
（2）①；②；③；2③-①-②得 ；要提高CH4平衡转化率应该使平衡正向移动，但是不能通过增大甲烷浓度实现，该反应的正反应是一个反应前后气体体积增加的吸热反应，升高温度、减小压强能使平衡正向移动，增大甲烷转化率；达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式知，参加反应的n(CO2)＝n(CH4)＝1ml×50%＝0.5ml，生成的n(CO)＝n(H2)＝1ml，该化学反应，化学平衡常数化学平衡常数；故答案为；C；。
②根据表中数据知，催化剂X较催化剂Y，积碳反应时，活化能低，反应速率快，消碳反应时，活化能高，反应速率慢，综合考虑，催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性；故答案为劣于；相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大。
（3）①根据图示知：与X相连的电极产生CO，电解H2O−CO2混合气体，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以X是电源的负极，故答案为负；
②电解H2O−CO2混合气体制备H2和CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，所以总反应为：；故答案为。序号
A
B
C
D
实验目的
制取蒸馏水
分离氯化钠和碘单质
分离食盐水与泥沙
从浓食盐水中得到氯化钠晶体
分离方法
蒸馏
升华
萃取
蒸发
主要仪器
积碳反应
消碳反应
活化能/
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72