天津市2023年高考化学试卷（网络收集）
一、选择题
1．（2023·天津市）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
【知识点】合金及其应用；石油的分馏产品和用途；晶体的定义；物质的简单分类
【解析】【解答】A．玻璃内部排列不规则，属于非晶体，不是晶体，故A错误；
B．铝合金是铝和金属或非金属熔合的金属材料，故B正确；
C．煤油是由饱和烃类、少量不饱和烃、芳香烃组成的混合物，故C正确；
D．氙是第五周期0族元素，属于稀有气体，故D正确；
故答案为：A。
【分析】玻璃内部排列不规则，属于非晶体；铝合金是铝和金属或非金属熔合的金属材料；煤油是由饱和烃类、少量不饱和烃、芳香烃组成的混合物；氙是第五周期0族元素，属于稀有气体。
2．（2023·天津市）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
【知识点】单糖的性质和用途；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．淀粉是天然高分子化合物，属于多糖，故A正确；
B．葡萄糖分子中含有醛基、羟基，为五羟基醛，具有还原性，故B正确；
C．油脂相对分子质量没有达到上万上百万，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，氨基可以和酸反应，羧基可以和碱反应，氨基酸具有两性，故D正确；
故答案为：C。
【分析】淀粉是天然高分子化合物，属于多糖；葡萄糖分子中含有醛基、羟基，具有还原性；油脂相对分子质量没有达到上万上百万，属于大分子化合物；氨基酸中含有氨基和羧基，氨基酸具有两性。
3．（2023·天津市）下列方法（试剂）中，无法鉴别Na2CO3和BaCl2两种物质的是（ ）
A．焰色试验 B．pH试纸 C．稀氨水 D．Na2SO4
【答案】C
【知识点】测定溶液pH的方法；焰色反应；物质的检验和鉴别；离子反应的应用
【解析】【解答】A．灼烧钠元素火焰呈黄色、钡元素焰色为黄绿色，可以用焰色试验鉴别碳酸钠和氯化钡，故A不符合题意；
B．Na2CO3溶液中碳酸根水解溶液显碱性，BaCl2溶液显中性，可以用pH试纸检验Na2CO3和BaCl2，故B不符合题意；
C．Na2CO3溶液和BaCl2溶液均与氨水不反应，都无明显现象，故C符合题意；
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， 故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】灼烧钠元素火焰呈黄色、钡元素焰色为黄绿色；Na2CO3溶液中碳酸根水解溶液显碱性，BaCl2溶液显中性；BaCl2溶液与Na2SO4反应生成白色沉淀硫酸钡。
4．（2023·天津市）下列常见物质及用途，错误的是（ ）
A．碳酸氢钠俗称小苏打，可用于食品发酵
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
【知识点】硅和二氧化硅；钠的化学性质；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳，使面团松软，可用于食品发酵，故A正确。
B．光导纤维主要成分为SiO2，故B正确；
C．氧化铁俗称铁红，常用作染料，故C正确；
D．钠与水反应生成氢气，钠起火时不能用水基灭火器扑灭，可用沙土灭火，故D错误；
故答案为：D。
【分析】碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳，使面团松软，可用于食品发酵；光导纤维主要成分为SiO2；氧化铁俗称铁红，常用作染料；钠与水反应生成氢气，钠起火时不能用水基灭火器扑灭，可用沙土灭火。
5．（2023·天津市）下列比较C和Si非金属性的方法，错误的是（ ）
A．元素的电负性 B．最高价氧化物熔点
C．简单氢化物的热稳定性 D．最高价氧化物对应水化物酸性
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．元素电负性越大，原子吸引电子能力越强，元素的非金属性越强，故不符合题意A；
B．二氧化碳为分子晶体，熔点与分子间作用力有关，二氧化硅为共价晶体，熔点与共价键有关，与元素非金属性无关，故B符合题意；
C．根据简单氢化物的越稳定，元素非金属性越强可知稳定性：甲烷>硅烷，非金属性：C>Si，故C不符合题意；
D．根据最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素非金属性越强可知酸性：碳酸>硅酸，非金属性：C>Si，故不选D；
故答案为：B。
【分析】判断元素非金属性强弱可以通过单质氧化性强弱、气体氢化物稳定性强弱、最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱等方面判断。
6．（2023·天津市）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：＜
C．NaClO3在反应中作还原剂 D．ClO2分子空间构型为直线形
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】A．CO2为直线形分子，分子结构对称，CO2为非极性分子，故A正确；
B．中氯原子的价层电子对数为，Cl杂化类型均为sp3，孤电子对数为1，中氯原子的价层电子对数为，Cl杂化类型均为sp3，孤电子对数为2，中孤电子对与成键电子对之间的排斥力小于中孤电子对与成键电子对之间的排斥力，键角：>，故B错误；
C． NaClO3 中氯元素化合价由+5价降为+4价，NaClO3是氧化剂，故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，Cl的价层电子对数3，Cl原子的轨道杂化方式为sp2，ClO2分子空间构型为V形，故D错误；
故答案为A。
【分析】CO2为直线形分子，分子结构对称，CO2为非极性分子；中孤电子对与成键电子对之间的排斥力小于中孤电子对与成键电子对之间的排斥力，键角：>；ClO2中Cl的价层电子对数3，Cl原子的轨道杂化方式为sp2，ClO2分子空间构型为V形。
7．（2023·天津市）研究人员用同位素标记法研究了一个反应过程，如下：
①Cl2+O2═H++Cl﹣+H18O18OCl
②H18O18OCl═H++Cl﹣+18O2
关于这个反应，说法正确的是（ ）
A．反应①是置换反应
B．18O的核电荷数是18
C．18O与16O互为同素异形体
D．反应历程中O—O键没有发生断裂
【答案】D
【知识点】化学键；化学基本反应类型；同素异形体；同位素及其应用
【解析】【解答】A．置换反应使一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，反应①中生成物为两种化合物，不是置换反应，故A错误；
B．核电荷数=质子数，18O的质子数为8，核电荷数为8，质量数为18，故B错误；
C．18O与16O是质子数相同、中子数不同的核素互为同位素，故C错误；
D．、H18O18OCl 都含O-O键，反应①中O-O键没有发生断裂，H18O18OCl 、O2中都含有都含氧氧键，反应 ② 中O-O键也没有发生断裂，故D正确；
故答案为：D。
【分析】置换反应使一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物；核电荷数=质子数，18O的质子数为8，核电荷数为8，质量数为18；质子数相同、中子数不同的核素互为同位素。
8．（2023·天津市）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C22H44O2
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；分子式
【解析】【解答】A．由结构简式可知，芥酸的分子式为C22H42O2，芥酸中含有羧基，属于弱酸，故A错误；
B．芥酸中含有的羧基是亲水基团，有利于物质在水中的溶解，烃基不利于物质在水中的溶解，烃基中碳原子较多对物质溶解性起主导作用，该物质难溶于水，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，是一种顺式结构，故C正确；
D．分析结构简式根据原子成键规则可知，芥酸的分子式为C22H42O2，故D错误；
故答案为：C。
【分析】1个芥酸分子中含有1个羧基、1个碳碳双键，分子式为C22H42O2。
9．（2023·天津市）如图是反应装置，可以做下列（ ）
A．铁与稀硝酸反应制NO B．二氧化锰与浓盐酸共热制备Cl2
C．氢氧化钠与浓氨水制备NH3 D．Na2SO3与浓硫酸制备SO2
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；浓硫酸的性质；气体发生装置；气体的收集；尾气处理装置
【解析】【解答】A．NO与O2反应生成NO2，不能用排空气法收集NO，常用排水法收集，故A错误；
B．二氧化锰与浓盐酸制备Cl2，反应需要吸热，故B错误；
C．密度：氨气<空气，收集NH3时导管应短进长出，故C错误；
D．Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2，SO2密度比空气大，可用氢氧化钠溶液吸收多余二氧化硫，故D正确；
故答案为：D。
【分析】图中涉及固+液气体的反应，收集的气体密度比空气的大，多余的气体可用吸收液吸收。
10．（2023·天津市）在浓度为0.1mol/L的NaH2PO4溶液中，如下说法正确的是（ ）
A．溶液中浓度最大的离子是H2
B．c（H3PO4）+c（H2）+c（）+c（）＝0.1mol/L
C．c（Na+）+c（H+）＝c（H2）+2c（）+3c（）
D．磷酸第二步电离平衡的平衡常数表达式为K＝
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】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．NaH2PO4溶液中可得：，故B正确；
C．NaH2PO4溶液中电荷守恒为：，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；
故答案为：B。
【分析】在水溶液中，，存在物料守恒，电荷守恒。
11．（2023·天津市）下表列出25℃时不同羧酸的pKa（即﹣lgKa）。根据表中的数据推测，结论正确的是（ ）
羧酸 CH3COOH CH2FCOOH CH2ClCOOH CH2BrCOOH
pKa 4.76 2.59 2.87 2.90
A．酸性强弱：CH2ICOOH＞CH2BrCOOH
B．对键合电子的吸引能力强弱：F＜Cl＜Br
C．25℃时的pKa大小：CHF2COOH＜CH2FCOOH
D．25℃时0.1mol/L溶液的碱性强弱：CH3COONa＞CH2ClCOONa
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；盐类水解的应用；电离平衡常数
【解析】【解答】A．电负性Br＞I，吸引电子能力：Br＞I，电离氢离子能力：Br＞I，酸性CH2ICOOH＜CH2BrCOOH，故A错误；
B．电负性：F>Cl>Br，电负性越大，吸引电子能力越强，故对键合电子的吸引能力强弱：F>Cl>Br，B故错误；
C．F电负性强，F原子个数越多，吸电子能力越强，羧基中O-H键极性越强，电离出氢离子越容易，酸性越强，25℃时酸性：CHF2COOH>CH2FCOOH，pKa：CHF2COOHD．分析数据可知，相同浓度下酸性CH3COOH＜CH2ClCOOH，根据盐类水解的规律越弱越水解，相同浓度下碱性：CH2ClCOONa＜CH3COONa，故D错误；
故答案为：C。
【分析】电负性越大，吸引电子能力越强，羧基中O-H键极性越强，电离出氢离子越容易，酸性越强。
12．（2023·天津市）《武备志》记载了古人提纯硫的方法，其中这样描写到具体流程：“先将硫打豆粒样碎块，每斤硫磺用麻油二斤，入锅烧滚，再下青柏叶半斤在油内，看柏枯黑色，捞去柏叶，然后入硫磺在滚油内。待油面上黄泡起至半锅，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。”下列说法错误的是（ ）
A．“硫打豆粒样”是为了增大接触面积
B．“下青柏叶”“看柏枯黑色”是为了指示油温
C．“倒去硫上黄油”实现了固液分离
D．流程用到了蒸馏原理
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；过滤；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．“将硫打豆粒样碎块”增大了硫的接触面积，加快了硫在麻油中的溶解，故A正确；
B．油温较高时，柏叶由青色变为黑色，根据柏叶颜色变化判断温度的高低，故B正确；
C．硫经冷却凝固后沉在容器底部，麻油浮于上层，“倒去硫上黄油”可实现固液分离，故C正确；
D．蒸馏原理是利用相互溶解液体沸点相差较大将液态物质分离和提纯，该流程没有用到蒸馏原理，故D错误；
故答案为：D。
【分析】将固体硫粉碎，增大接触面可硫在麻油中的溶解；油温较高时，柏叶由青色变为黑色，根据柏叶颜色变化判断温度的高低；馏原理是利用相互溶解液体沸点相差较大将液态物质分离和提纯，该流程没有用到蒸馏原理。
二、简答题
13．（2023·天津市）关于铜，同学们进行了下列探究
（1）铜的价层电子排布式是 ，Cu+与Cu2+中半径较大的是 。
（2）如图是铜的一种氯化物晶胞，则这种物质的化学式为 。
（3）已知铜可以与过氧化氢、稀盐酸反应，制备CuCl2，写出该反应化学方程式： 。反应中，过氧化氢实际用量总是大于理论用量，原因是 。
（4）过氧化氢电子式为 。
（5）下列物质都可以替代（3）中过氧化氢进行这个反应，最合适的是 。
a．HNO3
b．O2
c．Cl2
（6）同学们对氯化铜性质进行了探究。向氯化铜溶液中加入KI溶液，得到含有碘元素的沉淀，且反应后所得溶液加入淀粉呈蓝色，则沉淀化学式为 ，过程中碘（离子）的作用为 。
【答案】（1）3d104s1；Cu+
（2）CuCl
（3）Cu+H2O2+2HCl＝CuCl2+2H2O；Cu2+是过氧化氢分解的催化剂
（4）
（5）b
（6）CuI；还原剂沉淀剂
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；催化剂；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】（1）基态Cu原子核外电子数为29，价电子电子排布式3d104s1；质子数相同，微粒电子数越多，半径越小，核外电子数：>，半径：>，故答案为：3d104s1；>；
（2）由晶胞结构可知，Cu原子处于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu原子，Cl原子位于顶点与面心上，利用均摊法可知一个晶胞中含有Cl原子数目为，Cu原子：1个，化学式为CuCl，故答案为：CuCl；
（3）铜与过氧化氢、稀盐酸反应制备CuCl2，铜作还原剂，氧化产物为氯化铜；过氧化氢作氧化剂，还原产物为水，化学方程式为；Cu2+是过氧化氢分解的催化剂，反应过程中生成的Cu2+可将过氧化氢催化分解，使得过氧化氢的实际用量总是大与理论用量，故答案为：；Cu2+是过氧化氢分解的催化剂；
（4）过氧化氢中氢原子和氧原子之间共用一对电子，氧原子和氧原子之间共用一对电子，电子式为 ，故答案为：；
（5）在（3）中过氧化氢在反应中作氧化剂能将铜氧化，Cl2不能将铜氧化；能将铜氧化，同时产生污染性气体；氧气能将铜氧化，同时不会产生污染性气体，故答案为：b；
（6）淀粉遇碘单质变蓝色，反应后所得溶液加入淀粉呈蓝色，说明有I2生成，该过程I-作还原剂，将还原为，与I-生成CuI沉淀，过程中I-的作用为还原剂和沉淀剂，故答案为：CuI；还原剂、沉淀剂。
【分析】（1）质子数相同，微粒电子数越多，半径越小；
（2）由晶胞结构可知，Cu原子处于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu原子，Cl原子位于顶点与面心上，利用均摊法可知1个晶胞中含有Cl原子数目为，Cu原子：1个，该物质化学式为CuCl；
（3）铜与过氧化氢、稀盐酸反应制备CuCl2，铜作还原剂，氧化产物为氯化铜；过氧化氢作氧化剂，还原产物为水，化学方程式为；
（4）过氧化氢中氢原子和氧原子之间共用一对电子，氧原子和氧原子之间共用一对电子，电子式为 ；
（5）在（3）中过氧化氢在反应中作氧化剂能将铜氧化，Cl2不能将铜氧化；能将铜氧化，同时产生污染性气体；氧气能将铜氧化，同时不会产生污染性气体；
（6）淀粉遇碘单质变蓝色，反应后所得溶液加入淀粉呈蓝色，说明有I2生成，该过程I-作还原剂，将还原为，与I-生成CuI沉淀。
14．（2023·天津市）根据下列有机流程，回答有关问题
（1）化合物G中含有的官能团为 。
（2）A→B的反应类型是 。
（3）化合物A满足下列条件的同分异构体有 种，其中核磁共振氢谱图像为4组峰的结构简式为 。
①可以发生银镜反应。
②含有苯环。
（4）B→C的反应方程式为 。
（5）C→D的所需试剂与反应条件为 。
（6）下列关于化合物E的说法，错误的是 。
a．可以发生聚合反应
b．所有9个碳原子共平面
c．可以形成分子内、分子间氢键
d．含有一个手性碳原子
（7）电催化过程中，二氧化碳与物质D的反应应当在 （填“阳极”或“阴极”）进行。
（8）根据上述信息，补齐下列反应流程：
【答案】（1）碳碳双键、羧基
（2）加成反应或还原反应
（3）4；
（4）+H2O
（5）O2、Ag
（6）b
（7）阴极
（8）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机化学反应的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由G的结构简式可知，化合物G中含有的官能团为：碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；
（2）由对比A和B的结构简式可知，A生成B的碳骨架未改变，酮羰基与氢气发生加成反应或还原反应变为醇羟基，故答案为：加成反应或还原反应；
（3）化合物A()的分子式为，同分异构体满足条件①可以发生银镜反应，说明其中含有醛基；②含有苯环。则苯环上1个取代基为-CH2CHO，有1种结构；苯环上2个的取代基为，在苯环上位置的异构有邻、间、对3种情况，满足条件的同分异构体有3+1=4种，其中核磁共振氢谱图像为4组峰的说明含有四种氢，结构中有两个取代基且处于对位，满足条件的物质结构简式为，故答案为：4；；
（4）
B()中醇羟基在浓硫酸作用下发生消去反应生成C（），化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；
（5）C()发生成环反应生成D()，结合C和D的结构简式可知，该反应加氧，属于氧化反应，反应条件为：O2、Ag，故答案为：O2、Ag；
（6）E的结构简式为，含有羧基、羟基。
a．E中有羧基和羟基，可以发生缩聚反应，故a正确；
b．苯环是平面结构，与苯环相连的C原子与苯环共平面，E中最多有8个碳原子共平面，故b错误；
c．E中含有羟基和羧基，可以形成分子内氢键和分子间氢键，故c正确；
d．连接四个不同原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子，E中含有1个手性碳原子，故d正确；
故答案为b。
（7）对比D、E的结构简式可知在电催化过程中，二氧化碳中C元素化合价下降，二氧化碳作氧化剂在阴极发生还原反应，故答案为：阴极；
（8）由B生成D的过程可知，先发生取代反应，发生成环反应生成，发生D生成E的反应原理得到，发生酯化反应得到，合成路线为：，故答案为：。
【分析】A()和H2发生加成反应生成B()，B()发生消去反应生成C()，C()发生成环反应生成D()，D()和CO2电催化反应后酸化得到E()，E发生一系列反应得到G()。
（1）合物G中含有的官能团为：碳碳双键、羧基；
（2）由对比A和B的结构简式可知，A生成B的碳骨架未改变，酮羰基与氢气发生加成反应或还原反应变为醇羟基；
3）化合物A的分子式为，同分异构体满足条件①可以发生银镜反应，说明其中含有醛基；②含有苯环。则苯环上1个取代基为-CH2CHO，有1种结构；苯环上2个的取代基为-CHO、-CH3，在苯环上位置的异构有邻、间、对3种情况，满足条件的同分异构体有3+1=4种；
（4）
B()中醇羟基在浓硫酸作用下发生消去反应生成C（）；
（5）C()发生成环反应生成D()，结合C和D的结构简式可知，该反应加氧，属于氧化反应，反应条件为：O2、Ag；
（6）E的结构中含有羧基、羟基，可以发生缩聚反应；可以形成分子内氢键和分子间氢键；苯环是平面结构，与苯环相连的C原子与苯环共平面，E中最多有8个碳原子共平面；E中含有1个手性碳原子；
（7）对比D、E的结构简式可知在电催化过程中，二氧化碳中C元素化合价下降，二氧化碳作氧化剂在阴极发生还原反应；
（8）由B生成D的过程可知，先发生取代反应，发生成环反应生成，发生D生成E的反应原理得到，发生酯化反应得到。
15．（2023·天津市）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：
Zn+2NaOH+2H2O═Na2[Zn（OH）4]+H2↑
Na2[Zn（OH）4]═2Na++[Zn（OH）4]2﹣
[Zn（OH）4]2﹣ Zn2++4OH﹣
（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）Na2[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： 。
【答案】（1）蒸发皿；用玻璃棒搅拌
（2）abd
（3）Zn+2OH﹣+2H2O＝[Zn（OH）4]2﹣+H2↑
（4）Zn﹣2e﹣+4OH﹣＝[Zn（OH）4]2﹣；[Zn（OH）4]2﹣+2e﹣＝Zn+4OH﹣；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）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
【知识点】化学键；极性键和非极性键；电极反应和电池反应方程式；常用仪器及其使用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由图可知，实验一溶液加热蒸发使用的仪器为蒸发皿，用玻璃棒搅拌可防止加热过程中液体沸腾溅出，故答案为：蒸发皿；用玻璃棒搅拌；
（2）是离子化合物，Na+和之间形成离子键，内部锌离子和氢氧根之间存在配位键，O-H属于极性共价键，故答案为：abd；
（3）由铝与氢氧化钠溶液反应迁移到Zn和NaOH溶液反应的离子方程式为：，故答案为：；
（4）锌、铜、氢氧化钠溶液形成原电池，Zn作负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为：，溶液中的在得到电子发生反应，生成的锌附着在铜片而出现银白色的金属、同时溶液中的H2O得电子发生反应2H2O+2e-=H2+2OH-，生成少量H2。电极方程式为：、2H2O+2e-=H2+2OH-，故答案为：；；2H2O+2e-=H2+2OH-；
（5）锌离子得电子产生锌析出在铜表面一薄层，加热内层的铜很容易被氧化变黄，用冷水降温的目的是：防止锌被氧化，故答案为：防止锌被氧化；
（6）黄金与稀硝酸不反应，铜与稀硫酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，可用稀硝酸鉴别两者，将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄铜，故答案为：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，故答案为：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。
【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；锌、铜、氢氧化钠溶液形成原电池，Zn作负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为：Zn-2e-+4OH-=，溶液中的在得到电子发生反应，生成的锌附着在铜片而出现银白色的金属、同时溶液中的H2O得电子发生反应2H2O+2e-=H2+2OH-，生成少量H2。
（1）实验一溶液加热蒸发使用的仪器为蒸发皿，用玻璃棒搅拌可防止加热过程中液体沸腾溅出；
（2）是离子化合物，Na+和之间形成离子键，内部锌离子和氢氧根之间存在配位键，O-H属于极性共价键；
（3）由铝与氢氧化钠溶液反应迁移到Zn和NaOH溶液反应的离子方程式为：；
（4）锌、铜、氢氧化钠溶液形成原电池，Zn作负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为：，溶液中的在正极得到电子发生反应，生成的锌附着在铜片而出现银白色的金属、同时溶液中的H2O得电子发生反应2生成少量H2；
（5）锌离子得电子产生锌析出在铜表面一薄层，加热内层的铜很容易被氧化变黄，用冷水降温的目的是：防止锌被氧化；
（6）黄金与稀硝酸不反应，铜与稀硫酸反应生成硝酸铜和一氧化氮；
（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。
16．（2023·天津市）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如图，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）S8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．三氧化硫生成率降低
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 。
（5）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，衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97%。
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
（7）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。
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）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】（1）分子晶体
（2）ab
（3）2SO2（g）+O2（g）＝2SO3ΔH＝﹣196.6kJ/mol；降低
（4）通过多次热交换及催化剂多次催化效应，可以提高能量的利用率
（5）二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量；及时分离出三氧化硫并充分利用能量
（6）ac
（7）98.3%；60℃
（8）94.1
【知识点】分子晶体；热化学方程式；催化剂；化学平衡中反应条件的控制；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）是由分子组成的分子晶体，故答案为：分子晶体；
（2）a．第Ⅰ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损失，消耗的硫粉会增大，a正确；
b．硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第Ⅱ步反应过程中，降低二氧化硫的生成率，b正确；
c．二氧化硫产率降低，导致生成的三氧化硫减少，c错误；
故答案为：ab；
（3）80gSO3的物质的量为：，若每生成1molSO3三氧化硫，放出98.3kJ能量，则生成2molSO3的反应的热化学方程式为：；正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，使SO2转化率降低，故答案为：；降低；
（4） 通过多次热交换及催化剂多次催化效应，可以提高能量的利用率 ，加快反应速率，故答案为： 通过多次热交换及催化剂多次催化效应，可以提高能量的利用率 ；
（5）通入催化剂层后，二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量使得温度升高；及时分离出三氧化硫并充分利用能量使得升高温度后的气体都需要降温，故答案为：二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量； 及时分离出三氧化硫并充分利用能量 ；
（6）a．各段控制适宜的温度，温度逐段降低，可以保持钒催化剂的活性温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率，故a正确；
b．反应转化率衡转化率，即使得反应衡状态，故b错误；
c．降温后的气体依次进行转化，温度逐段降低，节约了能源，故c正确；
故答案为：ac；
（7） 最适合的吸收条件是三氧化硫的吸收率最高的条件，从图中可知最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60℃，故答案为：98.3%；60℃；
（8）由题意可知，32吨含硫元素99%的硫粉物质的量为，在第一步反应中硫元素损失了2%，则生成的SO2为，SO2在第二步反应中97%转化为了SO3，则生成的SO3，SO3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，为吨，故答案为：94.1。
【分析】硫黄在空气中燃烧，生成的SO2和氧气发生催化氧化，生成的SO3用浓硫酸吸收得到硫酸。
（1）是由分子组成的分子晶体；
（2）第Ⅰ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损失，消耗的硫粉会增大；硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第Ⅱ步反应过程中，降低二氧化硫的生成率；二氧化硫产率降低，导致生成的三氧化硫减少；
（3）每生成1molSO3三氧化硫，放出98.3kJ能量，则生成2molSO3的反应的热化学方程式为：；正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，使SO2转化率降低；
（4） 通过多次热交换及催化剂多次催化效应，可以提高能量的利用率 ，加快反应速率；
（5）通入催化剂层后.二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量使得温度升高；为了及时分离出三氧化硫并充分利用能量升高温度后的气体都需要降温；
（6）各段控制适宜的温度，温度逐段降低，可以保持钒催化剂的活性温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率；反应转化率衡转化率，即使得反应衡状态；降温后的气体依次进行转化，温度逐段降低，节约了能源；
（7） 最适合的吸收条件为三氧化硫的吸收率最高的条件；
（8）由题意可知，32吨含硫元素99%的硫粉物质的量为，在第一步反应中硫元素损失了2%，则生成的SO2为，SO2在第二步反应中97%转化为了SO3，则生成的SO3，SO3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，为吨。
1 / 1天津市2023年高考化学试卷（网络收集）
一、选择题
1．（2023·天津市）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
2．（2023·天津市）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
3．（2023·天津市）下列方法（试剂）中，无法鉴别Na2CO3和BaCl2两种物质的是（ ）
A．焰色试验 B．pH试纸 C．稀氨水 D．Na2SO4
4．（2023·天津市）下列常见物质及用途，错误的是（ ）
A．碳酸氢钠俗称小苏打，可用于食品发酵
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
5．（2023·天津市）下列比较C和Si非金属性的方法，错误的是（ ）
A．元素的电负性 B．最高价氧化物熔点
C．简单氢化物的热稳定性 D．最高价氧化物对应水化物酸性
6．（2023·天津市）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：＜
C．NaClO3在反应中作还原剂 D．ClO2分子空间构型为直线形
7．（2023·天津市）研究人员用同位素标记法研究了一个反应过程，如下：
①Cl2+O2═H++Cl﹣+H18O18OCl
②H18O18OCl═H++Cl﹣+18O2
关于这个反应，说法正确的是（ ）
A．反应①是置换反应
B．18O的核电荷数是18
C．18O与16O互为同素异形体
D．反应历程中O—O键没有发生断裂
8．（2023·天津市）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C22H44O2
9．（2023·天津市）如图是反应装置，可以做下列（ ）
A．铁与稀硝酸反应制NO B．二氧化锰与浓盐酸共热制备Cl2
C．氢氧化钠与浓氨水制备NH3 D．Na2SO3与浓硫酸制备SO2
10．（2023·天津市）在浓度为0.1mol/L的NaH2PO4溶液中，如下说法正确的是（ ）
A．溶液中浓度最大的离子是H2
B．c（H3PO4）+c（H2）+c（）+c（）＝0.1mol/L
C．c（Na+）+c（H+）＝c（H2）+2c（）+3c（）
D．磷酸第二步电离平衡的平衡常数表达式为K＝
11．（2023·天津市）下表列出25℃时不同羧酸的pKa（即﹣lgKa）。根据表中的数据推测，结论正确的是（ ）
羧酸 CH3COOH CH2FCOOH CH2ClCOOH CH2BrCOOH
pKa 4.76 2.59 2.87 2.90
A．酸性强弱：CH2ICOOH＞CH2BrCOOH
B．对键合电子的吸引能力强弱：F＜Cl＜Br
C．25℃时的pKa大小：CHF2COOH＜CH2FCOOH
D．25℃时0.1mol/L溶液的碱性强弱：CH3COONa＞CH2ClCOONa
12．（2023·天津市）《武备志》记载了古人提纯硫的方法，其中这样描写到具体流程：“先将硫打豆粒样碎块，每斤硫磺用麻油二斤，入锅烧滚，再下青柏叶半斤在油内，看柏枯黑色，捞去柏叶，然后入硫磺在滚油内。待油面上黄泡起至半锅，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。”下列说法错误的是（ ）
A．“硫打豆粒样”是为了增大接触面积
B．“下青柏叶”“看柏枯黑色”是为了指示油温
C．“倒去硫上黄油”实现了固液分离
D．流程用到了蒸馏原理
二、简答题
13．（2023·天津市）关于铜，同学们进行了下列探究
（1）铜的价层电子排布式是 ，Cu+与Cu2+中半径较大的是 。
（2）如图是铜的一种氯化物晶胞，则这种物质的化学式为 。
（3）已知铜可以与过氧化氢、稀盐酸反应，制备CuCl2，写出该反应化学方程式： 。反应中，过氧化氢实际用量总是大于理论用量，原因是 。
（4）过氧化氢电子式为 。
（5）下列物质都可以替代（3）中过氧化氢进行这个反应，最合适的是 。
a．HNO3
b．O2
c．Cl2
（6）同学们对氯化铜性质进行了探究。向氯化铜溶液中加入KI溶液，得到含有碘元素的沉淀，且反应后所得溶液加入淀粉呈蓝色，则沉淀化学式为 ，过程中碘（离子）的作用为 。
14．（2023·天津市）根据下列有机流程，回答有关问题
（1）化合物G中含有的官能团为 。
（2）A→B的反应类型是 。
（3）化合物A满足下列条件的同分异构体有 种，其中核磁共振氢谱图像为4组峰的结构简式为 。
①可以发生银镜反应。
②含有苯环。
（4）B→C的反应方程式为 。
（5）C→D的所需试剂与反应条件为 。
（6）下列关于化合物E的说法，错误的是 。
a．可以发生聚合反应
b．所有9个碳原子共平面
c．可以形成分子内、分子间氢键
d．含有一个手性碳原子
（7）电催化过程中，二氧化碳与物质D的反应应当在 （填“阳极”或“阴极”）进行。
（8）根据上述信息，补齐下列反应流程：
15．（2023·天津市）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：
Zn+2NaOH+2H2O═Na2[Zn（OH）4]+H2↑
Na2[Zn（OH）4]═2Na++[Zn（OH）4]2﹣
[Zn（OH）4]2﹣ Zn2++4OH﹣
（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）Na2[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．（2023·天津市）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如图，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）S8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．三氧化硫生成率降低
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 。
（5）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，衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97%。
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
（7）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。
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）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。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合金及其应用；石油的分馏产品和用途；晶体的定义；物质的简单分类
【解析】【解答】A．玻璃内部排列不规则，属于非晶体，不是晶体，故A错误；
B．铝合金是铝和金属或非金属熔合的金属材料，故B正确；
C．煤油是由饱和烃类、少量不饱和烃、芳香烃组成的混合物，故C正确；
D．氙是第五周期0族元素，属于稀有气体，故D正确；
故答案为：A。
【分析】玻璃内部排列不规则，属于非晶体；铝合金是铝和金属或非金属熔合的金属材料；煤油是由饱和烃类、少量不饱和烃、芳香烃组成的混合物；氙是第五周期0族元素，属于稀有气体。
2．【答案】C
【知识点】单糖的性质和用途；多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．淀粉是天然高分子化合物，属于多糖，故A正确；
B．葡萄糖分子中含有醛基、羟基，为五羟基醛，具有还原性，故B正确；
C．油脂相对分子质量没有达到上万上百万，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，氨基可以和酸反应，羧基可以和碱反应，氨基酸具有两性，故D正确；
故答案为：C。
【分析】淀粉是天然高分子化合物，属于多糖；葡萄糖分子中含有醛基、羟基，具有还原性；油脂相对分子质量没有达到上万上百万，属于大分子化合物；氨基酸中含有氨基和羧基，氨基酸具有两性。
3．【答案】C
【知识点】测定溶液pH的方法；焰色反应；物质的检验和鉴别；离子反应的应用
【解析】【解答】A．灼烧钠元素火焰呈黄色、钡元素焰色为黄绿色，可以用焰色试验鉴别碳酸钠和氯化钡，故A不符合题意；
B．Na2CO3溶液中碳酸根水解溶液显碱性，BaCl2溶液显中性，可以用pH试纸检验Na2CO3和BaCl2，故B不符合题意；
C．Na2CO3溶液和BaCl2溶液均与氨水不反应，都无明显现象，故C符合题意；
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， 故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】灼烧钠元素火焰呈黄色、钡元素焰色为黄绿色；Na2CO3溶液中碳酸根水解溶液显碱性，BaCl2溶液显中性；BaCl2溶液与Na2SO4反应生成白色沉淀硫酸钡。
4．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅；钠的化学性质；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳，使面团松软，可用于食品发酵，故A正确。
B．光导纤维主要成分为SiO2，故B正确；
C．氧化铁俗称铁红，常用作染料，故C正确；
D．钠与水反应生成氢气，钠起火时不能用水基灭火器扑灭，可用沙土灭火，故D错误；
故答案为：D。
【分析】碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳，使面团松软，可用于食品发酵；光导纤维主要成分为SiO2；氧化铁俗称铁红，常用作染料；钠与水反应生成氢气，钠起火时不能用水基灭火器扑灭，可用沙土灭火。
5．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．元素电负性越大，原子吸引电子能力越强，元素的非金属性越强，故不符合题意A；
B．二氧化碳为分子晶体，熔点与分子间作用力有关，二氧化硅为共价晶体，熔点与共价键有关，与元素非金属性无关，故B符合题意；
C．根据简单氢化物的越稳定，元素非金属性越强可知稳定性：甲烷>硅烷，非金属性：C>Si，故C不符合题意；
D．根据最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素非金属性越强可知酸性：碳酸>硅酸，非金属性：C>Si，故不选D；
故答案为：B。
【分析】判断元素非金属性强弱可以通过单质氧化性强弱、气体氢化物稳定性强弱、最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱等方面判断。
6．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】A．CO2为直线形分子，分子结构对称，CO2为非极性分子，故A正确；
B．中氯原子的价层电子对数为，Cl杂化类型均为sp3，孤电子对数为1，中氯原子的价层电子对数为，Cl杂化类型均为sp3，孤电子对数为2，中孤电子对与成键电子对之间的排斥力小于中孤电子对与成键电子对之间的排斥力，键角：>，故B错误；
C． NaClO3 中氯元素化合价由+5价降为+4价，NaClO3是氧化剂，故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，Cl的价层电子对数3，Cl原子的轨道杂化方式为sp2，ClO2分子空间构型为V形，故D错误；
故答案为A。
【分析】CO2为直线形分子，分子结构对称，CO2为非极性分子；中孤电子对与成键电子对之间的排斥力小于中孤电子对与成键电子对之间的排斥力，键角：>；ClO2中Cl的价层电子对数3，Cl原子的轨道杂化方式为sp2，ClO2分子空间构型为V形。
7．【答案】D
【知识点】化学键；化学基本反应类型；同素异形体；同位素及其应用
【解析】【解答】A．置换反应使一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，反应①中生成物为两种化合物，不是置换反应，故A错误；
B．核电荷数=质子数，18O的质子数为8，核电荷数为8，质量数为18，故B错误；
C．18O与16O是质子数相同、中子数不同的核素互为同位素，故C错误；
D．、H18O18OCl 都含O-O键，反应①中O-O键没有发生断裂，H18O18OCl 、O2中都含有都含氧氧键，反应 ② 中O-O键也没有发生断裂，故D正确；
故答案为：D。
【分析】置换反应使一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物；核电荷数=质子数，18O的质子数为8，核电荷数为8，质量数为18；质子数相同、中子数不同的核素互为同位素。
8．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；分子式
【解析】【解答】A．由结构简式可知，芥酸的分子式为C22H42O2，芥酸中含有羧基，属于弱酸，故A错误；
B．芥酸中含有的羧基是亲水基团，有利于物质在水中的溶解，烃基不利于物质在水中的溶解，烃基中碳原子较多对物质溶解性起主导作用，该物质难溶于水，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，是一种顺式结构，故C正确；
D．分析结构简式根据原子成键规则可知，芥酸的分子式为C22H42O2，故D错误；
故答案为：C。
【分析】1个芥酸分子中含有1个羧基、1个碳碳双键，分子式为C22H42O2。
9．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；浓硫酸的性质；气体发生装置；气体的收集；尾气处理装置
【解析】【解答】A．NO与O2反应生成NO2，不能用排空气法收集NO，常用排水法收集，故A错误；
B．二氧化锰与浓盐酸制备Cl2，反应需要吸热，故B错误；
C．密度：氨气<空气，收集NH3时导管应短进长出，故C错误；
D．Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2，SO2密度比空气大，可用氢氧化钠溶液吸收多余二氧化硫，故D正确；
故答案为：D。
【分析】图中涉及固+液气体的反应，收集的气体密度比空气的大，多余的气体可用吸收液吸收。
10．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】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．NaH2PO4溶液中可得：，故B正确；
C．NaH2PO4溶液中电荷守恒为：，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；
故答案为：B。
【分析】在水溶液中，，存在物料守恒，电荷守恒。
11．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；盐类水解的应用；电离平衡常数
【解析】【解答】A．电负性Br＞I，吸引电子能力：Br＞I，电离氢离子能力：Br＞I，酸性CH2ICOOH＜CH2BrCOOH，故A错误；
B．电负性：F>Cl>Br，电负性越大，吸引电子能力越强，故对键合电子的吸引能力强弱：F>Cl>Br，B故错误；
C．F电负性强，F原子个数越多，吸电子能力越强，羧基中O-H键极性越强，电离出氢离子越容易，酸性越强，25℃时酸性：CHF2COOH>CH2FCOOH，pKa：CHF2COOHD．分析数据可知，相同浓度下酸性CH3COOH＜CH2ClCOOH，根据盐类水解的规律越弱越水解，相同浓度下碱性：CH2ClCOONa＜CH3COONa，故D错误；
故答案为：C。
【分析】电负性越大，吸引电子能力越强，羧基中O-H键极性越强，电离出氢离子越容易，酸性越强。
12．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；过滤；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．“将硫打豆粒样碎块”增大了硫的接触面积，加快了硫在麻油中的溶解，故A正确；
B．油温较高时，柏叶由青色变为黑色，根据柏叶颜色变化判断温度的高低，故B正确；
C．硫经冷却凝固后沉在容器底部，麻油浮于上层，“倒去硫上黄油”可实现固液分离，故C正确；
D．蒸馏原理是利用相互溶解液体沸点相差较大将液态物质分离和提纯，该流程没有用到蒸馏原理，故D错误；
故答案为：D。
【分析】将固体硫粉碎，增大接触面可硫在麻油中的溶解；油温较高时，柏叶由青色变为黑色，根据柏叶颜色变化判断温度的高低；馏原理是利用相互溶解液体沸点相差较大将液态物质分离和提纯，该流程没有用到蒸馏原理。
13．【答案】（1）3d104s1；Cu+
（2）CuCl
（3）Cu+H2O2+2HCl＝CuCl2+2H2O；Cu2+是过氧化氢分解的催化剂
（4）
（5）b
（6）CuI；还原剂沉淀剂
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；催化剂；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；常见氧化剂与还原剂
【解析】【解答】（1）基态Cu原子核外电子数为29，价电子电子排布式3d104s1；质子数相同，微粒电子数越多，半径越小，核外电子数：>，半径：>，故答案为：3d104s1；>；
（2）由晶胞结构可知，Cu原子处于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu原子，Cl原子位于顶点与面心上，利用均摊法可知一个晶胞中含有Cl原子数目为，Cu原子：1个，化学式为CuCl，故答案为：CuCl；
（3）铜与过氧化氢、稀盐酸反应制备CuCl2，铜作还原剂，氧化产物为氯化铜；过氧化氢作氧化剂，还原产物为水，化学方程式为；Cu2+是过氧化氢分解的催化剂，反应过程中生成的Cu2+可将过氧化氢催化分解，使得过氧化氢的实际用量总是大与理论用量，故答案为：；Cu2+是过氧化氢分解的催化剂；
（4）过氧化氢中氢原子和氧原子之间共用一对电子，氧原子和氧原子之间共用一对电子，电子式为 ，故答案为：；
（5）在（3）中过氧化氢在反应中作氧化剂能将铜氧化，Cl2不能将铜氧化；能将铜氧化，同时产生污染性气体；氧气能将铜氧化，同时不会产生污染性气体，故答案为：b；
（6）淀粉遇碘单质变蓝色，反应后所得溶液加入淀粉呈蓝色，说明有I2生成，该过程I-作还原剂，将还原为，与I-生成CuI沉淀，过程中I-的作用为还原剂和沉淀剂，故答案为：CuI；还原剂、沉淀剂。
【分析】（1）质子数相同，微粒电子数越多，半径越小；
（2）由晶胞结构可知，Cu原子处于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu原子，Cl原子位于顶点与面心上，利用均摊法可知1个晶胞中含有Cl原子数目为，Cu原子：1个，该物质化学式为CuCl；
（3）铜与过氧化氢、稀盐酸反应制备CuCl2，铜作还原剂，氧化产物为氯化铜；过氧化氢作氧化剂，还原产物为水，化学方程式为；
（4）过氧化氢中氢原子和氧原子之间共用一对电子，氧原子和氧原子之间共用一对电子，电子式为 ；
（5）在（3）中过氧化氢在反应中作氧化剂能将铜氧化，Cl2不能将铜氧化；能将铜氧化，同时产生污染性气体；氧气能将铜氧化，同时不会产生污染性气体；
（6）淀粉遇碘单质变蓝色，反应后所得溶液加入淀粉呈蓝色，说明有I2生成，该过程I-作还原剂，将还原为，与I-生成CuI沉淀。
14．【答案】（1）碳碳双键、羧基
（2）加成反应或还原反应
（3）4；
（4）+H2O
（5）O2、Ag
（6）b
（7）阴极
（8）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机化学反应的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由G的结构简式可知，化合物G中含有的官能团为：碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；
（2）由对比A和B的结构简式可知，A生成B的碳骨架未改变，酮羰基与氢气发生加成反应或还原反应变为醇羟基，故答案为：加成反应或还原反应；
（3）化合物A()的分子式为，同分异构体满足条件①可以发生银镜反应，说明其中含有醛基；②含有苯环。则苯环上1个取代基为-CH2CHO，有1种结构；苯环上2个的取代基为，在苯环上位置的异构有邻、间、对3种情况，满足条件的同分异构体有3+1=4种，其中核磁共振氢谱图像为4组峰的说明含有四种氢，结构中有两个取代基且处于对位，满足条件的物质结构简式为，故答案为：4；；
（4）
B()中醇羟基在浓硫酸作用下发生消去反应生成C（），化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；
（5）C()发生成环反应生成D()，结合C和D的结构简式可知，该反应加氧，属于氧化反应，反应条件为：O2、Ag，故答案为：O2、Ag；
（6）E的结构简式为，含有羧基、羟基。
a．E中有羧基和羟基，可以发生缩聚反应，故a正确；
b．苯环是平面结构，与苯环相连的C原子与苯环共平面，E中最多有8个碳原子共平面，故b错误；
c．E中含有羟基和羧基，可以形成分子内氢键和分子间氢键，故c正确；
d．连接四个不同原子或原子团的碳原子，称为手性碳原子，E中含有1个手性碳原子，故d正确；
故答案为b。
（7）对比D、E的结构简式可知在电催化过程中，二氧化碳中C元素化合价下降，二氧化碳作氧化剂在阴极发生还原反应，故答案为：阴极；
（8）由B生成D的过程可知，先发生取代反应，发生成环反应生成，发生D生成E的反应原理得到，发生酯化反应得到，合成路线为：，故答案为：。
【分析】A()和H2发生加成反应生成B()，B()发生消去反应生成C()，C()发生成环反应生成D()，D()和CO2电催化反应后酸化得到E()，E发生一系列反应得到G()。
（1）合物G中含有的官能团为：碳碳双键、羧基；
（2）由对比A和B的结构简式可知，A生成B的碳骨架未改变，酮羰基与氢气发生加成反应或还原反应变为醇羟基；
3）化合物A的分子式为，同分异构体满足条件①可以发生银镜反应，说明其中含有醛基；②含有苯环。则苯环上1个取代基为-CH2CHO，有1种结构；苯环上2个的取代基为-CHO、-CH3，在苯环上位置的异构有邻、间、对3种情况，满足条件的同分异构体有3+1=4种；
（4）
B()中醇羟基在浓硫酸作用下发生消去反应生成C（）；
（5）C()发生成环反应生成D()，结合C和D的结构简式可知，该反应加氧，属于氧化反应，反应条件为：O2、Ag；
（6）E的结构中含有羧基、羟基，可以发生缩聚反应；可以形成分子内氢键和分子间氢键；苯环是平面结构，与苯环相连的C原子与苯环共平面，E中最多有8个碳原子共平面；E中含有1个手性碳原子；
（7）对比D、E的结构简式可知在电催化过程中，二氧化碳中C元素化合价下降，二氧化碳作氧化剂在阴极发生还原反应；
（8）由B生成D的过程可知，先发生取代反应，发生成环反应生成，发生D生成E的反应原理得到，发生酯化反应得到。
15．【答案】（1）蒸发皿；用玻璃棒搅拌
（2）abd
（3）Zn+2OH﹣+2H2O＝[Zn（OH）4]2﹣+H2↑
（4）Zn﹣2e﹣+4OH﹣＝[Zn（OH）4]2﹣；[Zn（OH）4]2﹣+2e﹣＝Zn+4OH﹣；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）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
【知识点】化学键；极性键和非极性键；电极反应和电池反应方程式；常用仪器及其使用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由图可知，实验一溶液加热蒸发使用的仪器为蒸发皿，用玻璃棒搅拌可防止加热过程中液体沸腾溅出，故答案为：蒸发皿；用玻璃棒搅拌；
（2）是离子化合物，Na+和之间形成离子键，内部锌离子和氢氧根之间存在配位键，O-H属于极性共价键，故答案为：abd；
（3）由铝与氢氧化钠溶液反应迁移到Zn和NaOH溶液反应的离子方程式为：，故答案为：；
（4）锌、铜、氢氧化钠溶液形成原电池，Zn作负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为：，溶液中的在得到电子发生反应，生成的锌附着在铜片而出现银白色的金属、同时溶液中的H2O得电子发生反应2H2O+2e-=H2+2OH-，生成少量H2。电极方程式为：、2H2O+2e-=H2+2OH-，故答案为：；；2H2O+2e-=H2+2OH-；
（5）锌离子得电子产生锌析出在铜表面一薄层，加热内层的铜很容易被氧化变黄，用冷水降温的目的是：防止锌被氧化，故答案为：防止锌被氧化；
（6）黄金与稀硝酸不反应，铜与稀硫酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，可用稀硝酸鉴别两者，将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄铜，故答案为：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，故答案为：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。
【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；锌、铜、氢氧化钠溶液形成原电池，Zn作负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为：Zn-2e-+4OH-=，溶液中的在得到电子发生反应，生成的锌附着在铜片而出现银白色的金属、同时溶液中的H2O得电子发生反应2H2O+2e-=H2+2OH-，生成少量H2。
（1）实验一溶液加热蒸发使用的仪器为蒸发皿，用玻璃棒搅拌可防止加热过程中液体沸腾溅出；
（2）是离子化合物，Na+和之间形成离子键，内部锌离子和氢氧根之间存在配位键，O-H属于极性共价键；
（3）由铝与氢氧化钠溶液反应迁移到Zn和NaOH溶液反应的离子方程式为：；
（4）锌、铜、氢氧化钠溶液形成原电池，Zn作负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为：，溶液中的在正极得到电子发生反应，生成的锌附着在铜片而出现银白色的金属、同时溶液中的H2O得电子发生反应2生成少量H2；
（5）锌离子得电子产生锌析出在铜表面一薄层，加热内层的铜很容易被氧化变黄，用冷水降温的目的是：防止锌被氧化；
（6）黄金与稀硝酸不反应，铜与稀硫酸反应生成硝酸铜和一氧化氮；
（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。
16．【答案】（1）分子晶体
（2）ab
（3）2SO2（g）+O2（g）＝2SO3ΔH＝﹣196.6kJ/mol；降低
（4）通过多次热交换及催化剂多次催化效应，可以提高能量的利用率
（5）二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量；及时分离出三氧化硫并充分利用能量
（6）ac
（7）98.3%；60℃
（8）94.1
【知识点】分子晶体；热化学方程式；催化剂；化学平衡中反应条件的控制；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）是由分子组成的分子晶体，故答案为：分子晶体；
（2）a．第Ⅰ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损失，消耗的硫粉会增大，a正确；
b．硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第Ⅱ步反应过程中，降低二氧化硫的生成率，b正确；
c．二氧化硫产率降低，导致生成的三氧化硫减少，c错误；
故答案为：ab；
（3）80gSO3的物质的量为：，若每生成1molSO3三氧化硫，放出98.3kJ能量，则生成2molSO3的反应的热化学方程式为：；正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，使SO2转化率降低，故答案为：；降低；
（4） 通过多次热交换及催化剂多次催化效应，可以提高能量的利用率 ，加快反应速率，故答案为： 通过多次热交换及催化剂多次催化效应，可以提高能量的利用率 ；
（5）通入催化剂层后，二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量使得温度升高；及时分离出三氧化硫并充分利用能量使得升高温度后的气体都需要降温，故答案为：二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量； 及时分离出三氧化硫并充分利用能量 ；
（6）a．各段控制适宜的温度，温度逐段降低，可以保持钒催化剂的活性温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率，故a正确；
b．反应转化率衡转化率，即使得反应衡状态，故b错误；
c．降温后的气体依次进行转化，温度逐段降低，节约了能源，故c正确；
故答案为：ac；
（7） 最适合的吸收条件是三氧化硫的吸收率最高的条件，从图中可知最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60℃，故答案为：98.3%；60℃；
（8）由题意可知，32吨含硫元素99%的硫粉物质的量为，在第一步反应中硫元素损失了2%，则生成的SO2为，SO2在第二步反应中97%转化为了SO3，则生成的SO3，SO3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，为吨，故答案为：94.1。
【分析】硫黄在空气中燃烧，生成的SO2和氧气发生催化氧化，生成的SO3用浓硫酸吸收得到硫酸。
（1）是由分子组成的分子晶体；
（2）第Ⅰ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损失，消耗的硫粉会增大；硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第Ⅱ步反应过程中，降低二氧化硫的生成率；二氧化硫产率降低，导致生成的三氧化硫减少；
（3）每生成1molSO3三氧化硫，放出98.3kJ能量，则生成2molSO3的反应的热化学方程式为：；正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，使SO2转化率降低；
（4） 通过多次热交换及催化剂多次催化效应，可以提高能量的利用率 ，加快反应速率；
（5）通入催化剂层后.二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量使得温度升高；为了及时分离出三氧化硫并充分利用能量升高温度后的气体都需要降温；
（6）各段控制适宜的温度，温度逐段降低，可以保持钒催化剂的活性温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率；反应转化率衡转化率，即使得反应衡状态；降温后的气体依次进行转化，温度逐段降低，节约了能源；
（7） 最适合的吸收条件为三氧化硫的吸收率最高的条件；
（8）由题意可知，32吨含硫元素99%的硫粉物质的量为，在第一步反应中硫元素损失了2%，则生成的SO2为，SO2在第二步反应中97%转化为了SO3，则生成的SO3，SO3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，为吨。
1 / 1
